First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Komplex számok (2)

Átírás

1 2. előadás Komplex számok (2)

2 1. A a + bi (a, b) kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés lehetővé teszi, hogy a komplex számokat a sík pontjaival, illetve helyvektoraival ábrázoljuk. A derékszögű koordináta rendszer vízszintes tengelyén az 1 az egység, a függőleges tengelyén az i. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

3 2. Ha a komlpex számokat helyvektoroknak fogjuk fel, akkor az összeadás, a kivonás és a valós számmal való szorzás a megfelelő vektorművelettel esik egybe, és z éppen a komplex számot ábrázoló vektor hossza. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

4 3. A komplex számok síkbeli pontokkal való reprezentálása a szemléltetés lehetőségén túl kapcsolatot teremt a komplex számok és a geometria között. Komplex számok egy halmaza tekinthető egy geometriai alakzatnak. A z és a w komplex szám távolsága a z-ből a w-be mutató vektor hossza, azaz z w. Ez alapján például a z i 3 feltételnek eleget tévő komplex számok az i-től legfeljebb 3 egység távolságra lévő komplex számok, amelyek egy i középpontú 3 egység sugarú kör pontjait alkotják, a határoló körvonal pontjait is beleértve. Ez a halmaz látható a következő ábrán. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

5 4. A komplex számsíkon egy pont helyzete nem csak úgy határozható meg, hogy megadjuk a pont vízszintes és függőleges koordinátáit, hanem az alábbi ábrán látható ϕ forgásszög és az r távolság megadásával is. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

6 A ϕ a komplex szám szöge vagy argumentuma, ez az a szög, amellyel a vízszintes valós tengely pozitív felét az óramutató járásával ellenkező irányban el kell forgatni, hogy iránya a z komplex számot ábrázoló vektor irányával essen egybe. Erre a szögre teljesül, hogy 0 ϕ < 2π és tgϕ = b a, feltéve, hogy a 0. Ha a = 0, akkor ϕ = π 2 vagy ϕ = 3π 2. A szögeket tehát radiánban mérjük és a radián mértékegységet nem tüntetjük fel. Így minden valós szám egy radiánban mért szöget is jelent. A radián és a fok közötti átváltás a 2π rad = 360 képlet alapján történik. Tehát 1 rad = 180 π, és 1 = π 180 rad. 5. Minden nullától különböző komplex szám felírható trigonometrikus alakban. Legyen z = a + bi 0. Ekkor z trigonometrikus alakja z = r(cos ϕ + i sin ϕ), (1) ahol r = z = a 2 + b 2 > 0, a z komplex szám hossza, ϕ a z komplex szám szöge vagy argumentuma.

7

8 6. Mivel a tangens függvény π szerint periódikus, 0 és 2π között két olyan szög van, amelynek a tangense b, ezért a ϕ meghatározásakor gondosan a kell eljárni. Trigonometrikus alakra való átíráskor először ábrázoljuk a komplex számot, ez azért fontos, hogy lássuk, hogy melyik síknegyedbe esik a szám. Ezután az r = a 2 + b 2 képlettel kiszámoljuk a hosszt. Ha a komplex szám valamelyik koordináta féltengelyre esik, akkor a szöge 0, π, π vagy 2 3π, amit leolvashatunk az ábráról. 2 Ha sem az a, sem a b nem nulla, akkor kiszámoljuk a kalkulátorunkal, radiánban, a τ segédszöget. Ezt a szöget úgy kapjuk, hogy a komplex számot ábrázoló pontot levetítjük a vízszintes tengelyre, a vetületi pont, a komplex számot ábrázoló pont és az origó egy derékszögű háromszöget alkot, ebben az origónál lévő szög a τ. Ez mindig egy 0 és π közé eső szög, 2 és a tgτ = b képletből számolható ki. a Ha a komplex szám az első síknegyedbe esik, akkor ez a τ egyben a ϕ. Ha a komplex szám a második síknegyedbe esik, akkor úgy kapjuk a ϕ-t, hogy π-ből kivonjuk a τ -t. Ha a harmadik síknegyedbe esik a komplex szám, akkor úgy kapjuk a ϕ-t, hogy ehhez a τ szöghöz hozzáadunk π-t. Végül, ha a negyedik síknegyedbe esik, akkor 2π-ből kivonva τ -t kapjuk a ϕ-t.

9

10 7. Példa 1 Írjuk fel z = 1 + 3i trigonometrikus alakját. Ha ábrázoljuk a komplex számunkat, akkor látjuk, hogy az a második síknegyedben van. Tehát a szöge π és π közé esik. Kiszámoljuk először 2 a hosszát. r = z = ( 1) 2 + ( 3) 2 = 4 = 2. A tgτ = 3 = 3 képletből kapjuk, hogy τ = π. 1 3 Mivel z a második síknegyedben van, ϕ = π τ = 2π. A z 3 trigonometrikus alakja tehát z = 1 + ( 3i = 2 cos 2π 3 + i sin 2π ). 3 A nevezetes szögek szögfüggvényeit ismerni kell fejből. Ha a kalkulátorunkkal számolunk, akkor a τ = π -nak csak egy közelítő értékét 3 kapjuk meg, pedig a pontos értéket is tudhatjuk. A nevezetes szögek azok, amelyeknél a szöget kijelölő félegyenes valamelyik koordináta féltengellyel 0, 30 vagy 45 fokos szöget zár be.

11 A nevezetes szögek és a szögfüggvényeik értéke az alábbi ábráról leolvashatók. (A számpárok első koordinátája a szög koszinusza, második koordinátája a szög szinusza.) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

12 8. Legyen z = r 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ), w = r 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) és n N. Ekkor zw = r 1 r 2 (cos(ϕ 1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 + ϕ 2 )), (2) z w = r 1 r 2 (cos(ϕ 1 ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 ϕ 2 )), (3) z n = r n 1 (cos(nϕ 1) + i sin(nϕ 1 )). (4) Az utóbbi három képletben a trigonometrikus függvények argumentumában lévő összeadás, kivonás és szorzás moduló 2π értendő, tehát csak a 2π-vel vett osztási maradék számít, hiszen a definíciója alapján a komplex szám szöge a [0, 2π) intervallumba esik, a szögfüggvények pedig periódikusak 2π szerint. Például 13 mod 2π , hiszen π Hasonlóan 15 mod 2π , mivel π és π Negatív számnál tehát úgy járunk el, hogy kiszámoljuk a szám abszolút értékének 2π-vel vett osztási maradékát, és ennek mínusz egyszeresét adjuk hozzá 2π-hez.

13 9. Példa 2 Legyen z = 2(cos 7 + i sin 7), w = 3(cos 10 + i sin 10). Írjuk fel zw, z w és z7 trigonometrikus alakját. zw = 6(cos 17 + i sin 17) = 6(cos i sin 4.43), hiszen π z w = 2 3 (cos( 3) + i sin( 3)) = 2 3 hiszen 3 + 2π (cos i sin 3.28), z 7 = 128(cos 49 + i sin 49) = 128(cos i sin 5.02), hiszen π

14 10. Az n-ed fokú komplex együtthatós polinom általános alakja: p n (z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0, (5) ahol persze n N és a i C minden i = 0, 1, 2,..., n-re. Például p 3 (z) = iz 3 2z 2 + (2 i)z 3 + i egy harmadfokú komplex együtthatós polinom, p 4 (z) = z 4 1 pedig egy negyedfokú komplex együtthatós polinom. Rendkívül nagy jelentősége van az algebra alaptételének, amely szerint minden n-ed fokú komplex együtthatós polinomnak a komplex számok körében pontosan n darab gyöke van, azaz a p n (z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 = 0 (6) egyenletnek a komplex számok körében pontosan n darab megoldása van.

15 11. Legyen n N és a 0 C. Ekkor az algebra alaptétele szerint a p n (z) = z n a 0 = 0 (7) egyenletnek pontosan n darab megoldása van. Ezt az n darab komplex számot hívjuk az a 0 n-edik gyökeinek. Ha a 0 trigonometrikus alakja a 0 = r(cos ϕ + i sin ϕ), akkor ezeknek a gyököknek a trigonometrikus alakja a z k = n ( ( ) ( )) ϕ + k 2π ϕ + k 2π r cos + i sin (8) n n formulából határozható meg, ahol k = 0, 1,... n 1. Mivel minden gyöknek ugyanannyi a hossza, és minden gyök szöge az előző gyök szögénél 2π -el több, ha gyököket ábrázoljuk, azok egy origó n középpontú n r sugarú körbe írt szabályos n szög csúcsait alkotják.

16 12. Feladat 1 Határozzuk meg 1 + i ötödik gyökeit. Megoldás: Mivel 1 + i trigonometrikus alakja 1 + i = 2(cos 3π 4 + i sin 3π 4 ), az ötödik gyökökre vonatkozó képlet: ( 3π z k = (cos + k 2π ) 5 ( 3π 4 + i sin + k 2π )), (9) 5 k = 0, 1, 2, 3, 4.

17 Kiírva a gyököket: ( ) ( )) 3π 3π z 0 = 10 2 (cos + i sin, ( ) 11π z 1 = 10 2 (cos 20 ( ) 19π z 2 = 10 2 (cos 20 ( ) 27π z 3 = 10 2 (cos 20 ( ) 35π z 4 = 10 2 (cos 20 ( )) 11π + i sin, 20 ( )) 19π + i sin, 20 ( )) 27π + i sin, 20 ( )) 35π + i sin. 20 Feladatmegoldás során nem elég a (9) képletet megadni, hanem fel kell írni az összes gyököt.

18 13. A gyökvonások közül különös figyelmet érdemel a négyzetgyökvonás. A (8) formula persze alkalmazható, de négyzetgyököt vonni, mint azt már tudjuk, máshogy is lehet. Példa 3 Számoljuk ki 5 12i négyzetgyökeit. Azokat az a + bi komplex számokat keressük, amelyekre (a + bi) 2 = 5 12i. A bal oldalon elvégezve a négyzetre emelést, kapjuk, hogy a 2 b 2 + 2abi = 5 12i. Mivel két komplex szám akkor és csak akkor egyenlő, ha egyenlők a valós és a képzetes részek is, ebből kapjuk a valós a és b számokra vonatkozó alábbi kétismeretlenes egyenletrendszert: a 2 b 2 = 5, 2ab = 12. A második egyenletből látszik, hogy sem a, sem b nem lehet nulla. Kifejezve mondjuk a b-t, kapjuk, hogy b = 6. Ezt az első egyenletbe beírva a a 2 -re a következő másodfokú egyenletet kapjuk. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

19 a 2 36 a 2 = 5, (a 2 ) 2 5a 2 36 = 0 Ebből vagy a 2 = 4, ami ellentmondás, vagy a 2 = 9, amiből a = ±3. Ha a = 3, akkor a második egyenletből b = 2, tehát az egyik négyzetgyök 3 2i. Ha a = 3, akkor b = 2, a másik gyök tehát 3 + 2i. Figyeljük meg, hogy a két gyök egymás mínusz egyszerese. Ajánljuk az olvasónak, hogy végezze el ezt a gyökvonást a (8) képlet alapján, és a kapott trigonometrikus alakú gyököket írja vissza algebrai alakba. Az előbb meghatározott két gyök közelítését fogja kapni. Ez is rámutat arra, hogy a trigonometrikus alakkal gyakran hatékonyan lehet számolni, néha - például magas kitevőjű gyökvonásnál - nincs is más lehetőség, de a trigonometrikus alakok általában közelítések. (Trigonometrikus alakot átírni algebraira nagyon egyszerű: r cos ϕ a valós rész, r sin ϕ a képzetes rész.)

20 14. A másodfokú egyenlet megoldó képlete komplex együtthatók esetén is érvényes. Példa 4 Oldjuk meg a z 2 z 1 + 3i = 0 egyenletet. Ekkor z 1,2 = 1 ± ( 1) ( 1 + 3i) 2 Felhasználva az előző példát ebből z 1,2 = azaz z 1 = 2 i és z 2 = 1 + i. 1 ± (3 2i), 2 = 1 ± 5 12i. 2 A másodfokú egyenlet megoldásához szükséges négyzetgyökvonást elvégezhetjük algebrai vagy trigonomerikus alakban is. Ha a trigonometrikus alakot használjuk, a négyzetgyökvonás két értékét át kell írni algebrai alakba, hogy a megoldóképlet számlálójában lévő összeadásokat el tudjuk végezni. Ha a diszkriminánsnak a valós és képzetes része is egész szám, az algebrai alakban elvégzett gyökvonás álalában pontosabb. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

21 15. Ha a másodfokú egyenleteket meg tudjuk oldani, megoldhatunk másodfokúra visszavezethető, magasabb fokszámú egyenleteket is. Tekintsük az a 2 z 2n + a 1 z n + a 0 = 0 (10) 2n-ed fokú, de z n -ben másodfokú egyenletet. Ezt az u = z n helyettesítéssel az a 2 u 2 + a 1 u + a 0 = 0 (11) másodfokú egyenletre vezethetjük vissza. Kiszámolva ennek a két gyökét, majd mindkettőből n-edik gyököt vonva megkapjuk az eredeti egyenlet 2n darab gyökét.

22 16. Feladat 2 Oldjuk meg a komplex számok halmazán a z 6 + (1 i)z 3 i = 0 egyenletet. Megoldás: Bevezetve az u = z 3 helyettesítést az u 2 + (1 i)u i = 0 másodfokú egyenletet kapjuk. A megoldóképlettel u 1,2 = (1 i) ± (1 i) 2 + 4i 2 = (1 i) ± 2i. 2 Könnyen meggyőződhetünk róla, hogy 2i négyzetgyökei 1 + i és (1 + i), de a tanult módszerrel elvégezhetjük a gyökvonást algebrai vagy trigonometrikus alakban is, a trigonometrikus alakot használva, a kapott négyzetgyököket visszaírva algebrai alakba, a nevezetes szögek miatt most pontosan, ismét megkapjuk az előbbi gyököket. Tehát u 1 = (1 i) + (1 + i) 2 = i, u 2 = (1 i) (1 + i) 2 = 1. Köbgyöket kell még vonnunk u 1 -ből és u 2 -ből. Ehhez a trigonometrikus alakjukat kell használni. u 1 = i = cos π 2 + i sin π 2, u 2 = 1 = cos π + i sin π. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

23 Innen u 1,0 = cos π 6 + i sin π 6 = i, u 1,1 = cos 5π 6 + i sin 5π 6 = i, u 1,2 = cos 3π 2 + i sin 3π 2 = i, illetve u 2,0 = cos π 3 + i sin π 3 = i, u 2,1 = cos π + i sin π = 1, u 2,2 = cos 5π 3 + i sin 5π 3 = i. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit