25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1

Átírás

1 6 Komplex számok megoldások Lásd ábra z = + i, z = + i, z = i, z = i z = 7i, z = + 5i, z = 5i, z = i, z 5 = 9, z 6 = 0 Teljes indukcióval 5 Teljes indukcióval 6 Az el z feladatból következik z = z = = z n = z esetén i, + 8i 8 i, 8 6i 9 i, 6 i 7 + i i + i A nevez kojugáltjával b vítjük a törtet, majd elvégezzük a szorzásokat: + i i = + i i + i + + i = = + i + 5 i i 5 5 i 6 A nevez beli szorzás elvégzése és a konjugálttal való b vítés, vagy a nevez beli i tényez k konjugáltjaival való b vítés és a szorzások elvégzése után: i i, i 6 + i z = 7 z i, z = z i, z = z 5 5 i, 7 z = 6 5 = 7 z i, z z = 5 i, z z i, i, i, i 57 + l T i 6 + i + i + i + i = 8 x + y + i xy x y + i xy i =

2 6 Komplex számok 9 A x + 5y = 7, y x = 5 egyenletrendszert megoldva: x =, y = 0 z + i =, azaz z + i = Vagy csak annyit írunk, hogy Im z = m Re z + b, vagy a következ t tesszük: ha z = x + iy, akkor x = z + z és y = i z z, amib l behelyettesítés után kapjuk, hogy miz + miz bi = 0 z + + z = A 0 középpontú és sugarú körök közti körgy r, a körvonalak nélkül Az origó középpontú, sugarú körvonal 5 Az valós tengely pontjai 6 A i középpontú sugarú körlap, a határoló körvonallal együtt 7 z i <, ekvivalens azzal, hogy z i < Így a tartomány a i középpontú, sugarú körlap a körvonal nélkül 8 Az egyenl tlenséget a z = x + yi behelyettesítésével átalakítva: x + y x + y +, azaz 0 y +, tehát a megoldás Imz félsik 9 z = x+yi behelyettesítése és átalakítás után kapjuk, hogy x+5 +y = 6, ami a 5 közep, sugarú kör egyenlete Ennek komplex alakja: z + 5 = 0 Ismeretes, hogy az xy koordináta-sikon bármely kör vagy egyenes egyenlete felirható Ax + y + Bx + Cy + D = 0 A, B, C, D R alakban Ez az egyenlet akkor lehet egyenes egyenlete, ha A = 0 Ha z = x + iy, akkor x + y = zz, x = z + z és y = z z B, amib l Azz+ i i + C B z+ i C z+ D = 0 x = i, x = i, x = + i, x = i x = + i, x = i x = + i, x = i 5 x =, x =, x = i, x = i 6 x = i, x = i, x = i, x = i 7 A z = x + yi helyettesítéssel a x + y + x + yi = + i komplex egyeletet x + y +x =, y = valós egyenletrendszerrel kapjuk, amely ekvivalens a Ez utóbbiból y =, x =, tehát z = + i 8 z = i, z = i 9 z = + i, z = i 50 z = i, z = i 5 z = iz, z tetsz leges 5 z = i, z = 5 z = + i, z = i 5 z = i, z = i 55 z =, z = i 56 Ha megszorozzuk a z + z + = 0 egyenlet mindkét oldalát z -gyel, akkor z = adódik Így z 65 + z 65 = z z + z z = z + z = z + z = a 8 x 8 = 870 a8 x x a/ 59 A hatodikban 60 A kilencedikben 6

3 6 Komplex számok 55 6 m = 5 x 6 00a m = m miatt = m, azaz m = 5 6 5x 5 6 n = 7 65 x =, x = 5 66 x =, x = 67 Alkalmazzuk a binomiális tételt az a =, b = esetre 68 Alkalmazzuk a binomiális tételt az a =, b = esetre 69 Útmutatás: Adjunk az egyenlet mindkét oldalához -et, és használjuk fel a k! + k k! = k!k + = k +! összefüggést n n n n n n 70 = n, = n,, n = n, ezért 0 n n [ ] n n n n n n n = n + + +, n 0 n ami 67 szerint egyenl n n -nel n n n 7 Bontsuk fel az egyes tagokat a k + = + k k k k Ezzel visszavezetjük a feladatot a 67 és 70 feladatokra n n + 0 összeggel és fel- 7 Kiegészítve az egyenlet bal oldalát az n n n használva a k = k k k k összefüggés alapján n összefüggést, visszavezetjük a feladatot a 67, és 70 feladatokra 7 Induljunk ki az egyenlet jobb oldalából A binomiális együtthatók additív tulajdonsága alapján n + n n n n n = + = + + = k k k k k k n n n n = = k k k k n n n n k = k k k 0 n n + 7 Az = összefüggés miatt a bal oldal els két tagjának összege: 0 0 n + n + n + n + + =, ezért az els három tag összege: + 0 n + n + =, és így tovább, a bal oldal els k tagjának összege n + k n + k n + k, így a teljes bal oldal +, ami valóban egyenl a k k k jobb oldallal 75 Lásd a 7 feladat megoldását 76 Lásd a 7 feladat megoldását 6

4 6 Komplex számok 77 A binomiális együtthatók additív tulajdonsága alapján n n n n n n = +, = +, Beírva ezeket a megfelel tagok helyébe, visszavezettük a feladatot a 67 feladatra 78 Lásd az el z feladat megoldását 79 Hasonlítsuk össze az a + b n binomiális kifejtésében és az a + b n a + b n szorzatban az a n b n -es tagok együtthatóit és vegyük gyelembe a binomiális együtthatók szimmetriatulajdonságát 80 Ha n = m, akkor a szimmetriatulajdonság miatt n n 0 n = 0, n + n n = 0,, m m m + m m m = 0, tehát az összeg valóban 0 Az n = m eset vizsgálatához szorozzuk össze az a + b n és a b n binomiális kifejtését, és adjuk össze az a n b n -es tagok együtthatóit Akkor éppen az egyenlet bal oldalát kapjuk Az a b n kifejtésében pedig az a n b n -es tag együtthatója m m m 8 Egyrészt írjuk fel + i 8n -t a binomiális tétel alapján, másrészt mutassuk meg, hogy + i 8 = i i i Re z =, Im z = 0, r =, ϕ 0 = 0 87 Re z = 8, Im z = 0, r = 8, ϕ 0 = π 88 Re z = 0, Im z =, r =, ϕ 0 = π 89 Re z =, Im z =, r =, ϕ 0 = π 90 Re z =, Im z =, r =, ϕ 0 = π 9 Re z =, Im z =, r =, ϕ 0 = 5π 9 Re z =, Im z =, r = 8, ϕ 0 = 7π 6 9 Imx+iy+i = y+ >, Im z > 9 Imix y = x, Re z 95 Az x = számot ábrázoló ponton átmen és a valós tengelyre mer leges egyenes 96 Rex + iy = x <, x <, Re z < 97 Annak a szögtartománynak a pontjai, amelyet az Im z = Re z 0 feltételekkel meghatározott félegyenes és a képzetes tengely pozitív fele határol, az el bbi félegyenes pontjait kizárva, az utóbbi pontjait hozzászámítva a tartományhoz 98 arg[ + iz] = arg + i + arg z miatt a feltétel átírható a π < arg z < π alakra; azok a pontok elégítik ki, amelyek az Im z = Re z egyenlet egyenest l "jobbra" es félsíkban vannak az egyenest kizárva 99 cos π + isin π 0z = cos π π 5 6 cos 5π 6 + isin 5π 6 cos π + isin π

5 6 Komplex számok cos π + isin π cos 5π + isin 5π 5 cos π + isin π 6 cos π π + isin i 8 + i 9i i i i, x + y = a Origó középpontú, a sugarú kör x + y a = a A 0, a középpontú, a sugarú kör 5x a + y = a Az a, 0 középpontú, a sugarú kör 6cos ϕ-vel való beszorzás után kapjuk, hogy r cos ϕ =, tehát a görbe az x = egyenlet egyenes 7y = a egyenlet egyenes 8 +cos ϕ-vel való beszorzással kapjuk, hogy r + r cos ϕ =, azaz x + y + x =, ahonnan átalakítás után az y +x = 0 ill y = x egyenlethez jutunk, melynek képe az ábrán látható parabola 9 x a + y = egyenlet ellipszis b y = x + egyenlet parabola y = a x egyenlet parabola y = x egyenlet parabola x + y = Ellipszis, amelynek a középppontja a, 0 pont, tengelyei 5 az x, illetve y tengellyel párhuzamosak, a tengelyek félhossza 5, illetve x + + y = A görbe, 0 középpontú ellipszis, melynek az x, ill y tengellyel párhuzamos tengelyei vannak; a tengelyek félhossza: a =, ill b = 5 Mivel r csak nemnegatív lehet, alkalmas feltételt kell keresnünk arra, hogy a jobb oldal pozitív legyen cos ϕ = x 6 helyettesítéssel r = r 5 x, amib l r r = 6 + 5x Emiatt 6 + 5x 0, azaz x > 6 5 Az r helyébe x + y -et 65

6 6 Komplex számok írva a r = 6 + 5x egyenletb l átalakítások után az x + 5 y = egyenletet kapjuk Ez olyan hiperbola egyenlete, melynek valós tengelye az x tengelyen, képzetes tengelye az x = 5 egyenlet egyenesen van és a tengelyek és félhossza ill ; ezek miatt a hiperbola egyik fókusza az origóban van Az x > 6 feltétel miatt a hiperbolának csak a jobb oldali ágát vehetjük 5 gyelembe 6 Négyzetreemelés és átalakítás után r = a cos ϕ sin ϕ Felhasználva a T 6 tétel egyenleteit: x + y = a x y, x +y x +y amib l a keresett egyenlet, az ábrán is látható un lemniszkáta egyenlete: x + y = a x y 76cos cos 9cos cos 5π 5π 6 cos ϕ ϕ cos ϕ+i sin ϕ = cos ϕ i sin ϕ = cos π+sin πcos ϕ+i sin ϕ = cosπ ϕ π ϕ cosπ + ϕ π + ϕ Forgassuk el a z z helyvektorát 60 -kal, ill 60 -kal és adjuk a z helyvektorához A két megoldás: z = i + i + + i = , , 96i, z = i + i++i = + 5 0, 09 0, 96i 5A z z helyvektorának 90 -os ill 90 -os elforgatásával kapott vektort hozzáadva a z és a z helyvektorához kapjuk az els ill második megoldást A z z helyvektorát 5 -kal ill 5 -kal elforgatva, a kapott vektorokat - vel szorozva és z helyvektorához adva kapjuk a harmadik megoldást A három megoldás: z = 8i, z = 8 6i, z = 7 + i; z = i; z = + 5 i, z = 5 9 i A harmadik megoldás egyszer bben úgy is megkapható, hogy z + z helyvektorához hozzáadjuk a z z helyvektorára mer leges vektor -szeresét 6Három megoldás van: z = z + z = + i, z = z z = + 5i, z = z z = 5i 66

7 6 Komplex számok π 7z k+ = cos + k π 8z k+ = i + 5i π + k π cos kπ 5 kπ 5, k =,,,, 5, k =,,, 9 cos cos 6 6 cos i 6 i i 6 + i i i i i 5, + i, + i 5, + i, i 5, i,, i 55, + i, + i,, i, i 56i, i, i 57 + i, i 58 cos π cos 5π π 5π,, cos 7π cos 9π 7π 9π, cos π 59cos π 7 π 7, cos π 7 π 7, cos 5π 7 5π 7, π, cos π π =, cos 9π 7 9π 7, cos π π π π, cos cos ϕ + i cos ϕ, ahol ϕ = π, π, 9π, ill ϕ = 5, 65, 85 Algebrai alakba is felírható az eredmény, hisz a π -hez tartozó gyök + i, a másik két gyök példáula harmadik egységgyökökkel való beszorzás útján kapható meg: + i, + i 6 Kalkulátorral legalább négy tizedes pontossággal számolva + i, i adódik A következ meggondolás szerint amely bármely komplex szám négyzetgyökének kiszámítására használható ezek pontos értékek Legyen u = x + yi = z, akkor x y =, xy =, az utóbbiból y = x, és ennek felhasználásával x x = 0 adódik, amib l, x =,, x =,, s mivel x valós, ez utóbbi hamis gyök Tehát x =, x =, y =, y = ; a megoldás: + i, i 6 + i, i, lásd az el z feladat megoldását 67

8 6 Komplex számok 6Az n c n z = c n z egyenl ség mindkét oldalán n különböz szám szerepel, és mindkét oldal n-edik hatványa c n z, így az egyenl ség valóban fennáll 6 Ekvivalens átalakításokkal z + b b a a + c a = 0, és ebb l z + b a = b ac a adódik b Az el z feladat szerint ac b ac = Így z = b + b ac a a a 65z = + i, z = + i 66z = + i, z = + i 67z = + i, z = + i 68z, = + i + i + 8i + i ± + i =, z = i, z = = + i + + i 69 A Moivre-képlet és a binomiális tétel alkalmazásával kapjuk, hogy cos 5x 5x = cos x x 5 = cos 5 x cos x sin x + 5 cos x sin x + i5 cos x sin x cos x sin x + sin 5 x Amib l cos 5x = cos 5 x cos x cos x + 5 cos x cos x = 6 cos 5 x 0 cos x + 5 cos x 70 l az el z feladat megoldását! 7 megoldás: A 6 feladat megoldásában leírt módon + i és i megoldás: Legyen 5 8i = 7cos ϕ+i sin ϕ, ahol cos ϕ = 5 és sin ϕ = 7 8, π < ϕ < π < π A 5 8i szám négyzetgyökei: ± 7cos ϕ + 7 i sin ϕ Mivel π < ϕ < π, ezért cos ϕ = 7 és sin ϕ = 7 Ezekb l a négyzetgyökök: + i és i 7 Ha z = 0 vagy z = 0, akkor a z z - höz tartozó helyvektor a 0 Ha z, z 0, akkor z z = z z, továbbá ha z argumentuma ϕ és z argumentuma ϕ, akkor z z argumentuma ϕ + ϕ Ezek alapján a szerkesztés menete a következ ábráról leolvasható 7 Ha két komplex szám egyenl, akkor abszolút értékük is, ezért z z n = 0 Ebb l következik, hogy z = 0 vagy z n =, azaz z = 0 vagy z = Az eredeti egyenlet mindkét oldalát z-vel megszorozva, a z 0 esetben az z = z n+ egyenletet kapjuk Ebb l a z = miatt z n+ = adódik 68 =

9 6 Komplex számok Összegezve, az egyenlet megoldásai: 0 és a cos kπ kπ k = n + n + 0,,,, n n + -edik egységgyökök 7Jelöljük az összeget s n,j -vel Könnyen belátható, hogy e k = e k k = 0,,, n, ezért s n,j = + e j + ej enj ej =, akkor s n,j = n + Ha e j, akkor s n,j = ej n+ = en+ j e e = j e = 0 75 Ha e =, akkor az összeg: n + n + Ha e, akkor + e + e + + n + e n = + e + e + + e n + e + e + + e n + + e n + e n + e n = en+ + e en e + + en e e e + e en e = + e + e + + e n n + e n+ Mivel + e + e + + e n = 0 és e n+, e ezért a végeredmény n + e 76 + iz + iz + iz + iz = + i z + i z = z + z < + < + = 8 77 Az egyenl ség bal oldalát írjuk fel trigonometriai alakban 78 Az egyenl ség bal oldalát írjuk fel trigonometriai alakban 79Írjuk fel az +i n kifejezést a binomiális tétel segítségével A keresett összeg: n nπ cos l a 77 feladatot! 80A keresett összeg: n nπ sin l az el bbi feladatot! 8 Használjuk fel, hogy a komplex n-edik egységgyökeinek összege 0 Továbbá azt, hogy ha n páratlan szám, akkor a komplex egységgyökök a komplex számsíkon olyan szabályos n-szög csúcsai, amely középpontja a 0, körülírt köre egységsugarú és szimmetrikus a valós tengelyre Ezeket az észrevételeket alkalmazzuk az n = esetre 8 L az el z feladat megoldását! 8 L 8 feladat megoldását! 69