GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

Átírás

1 GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

2

3

4 ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Gazdaságmatematika középhaladó szinten KOMPLEX SZÁMOK Készítette: Gábor Szakmai felel s: Gábor

5 Vázlat 1 2 3

6 Történeti bevezetés A másodfokú egyenlet megoldóképletét már az ókorban is ismerték. Természetes volt az igény arra, hogy harmad- és magasabb fokú egyenleteket is meg akartak oldani. A harmadfokú egyenlet általános megoldására a 16. századig várni kellett. (Speciális alakú egyenleteket korábban is megoldottak, de ezeket titokban tartották.) Az egyenlet megoldása azért tartott ilyen sokáig, mert a megoldáshoz b víteni kellett a valós számok halmazát. A megoldóképletben ugyanis gyököt kell vonni negatív számokból. Mára ismertté vált, hogy ötöd- és annál magasabb fokú egyenleteknek nincs megoldóképlete, ráadásul a harmad- és negyedfokú egyenletet is inkább számítógépekkel oldjuk meg, mint analitikus képletekkel. Az új számok azonban több más területen is hasznosnak bizonyultak.

7 Gondolkodjunk A valós számkör b vítésénél arra törökszünk, hogy a valós számokon deniált m veletek és az azoknál megszokott m veleti azonosságok a b vített számkörben is igazak legyenek. Az új számokat úgy érdemes tehát deniálni, hogy igazak legyenek a következ átalakítások: 4 = ( 1) 4 = 4 1 = 4 1 = 2 1; 3 = ( 1) 3 = 3 1. Ezen átalakításokat felhasználva könnyen megmutaható, hogy az összes olyan szám, amelyet négyzetre emelve negatív számot kapunk, el áll a következ alakban: a 1, a R. Mivel ezek a számok nem valósak, ezért azokat képzetes (képzelt) vagy immaginárius számoknak nevezzük.

8 Az i Mivel az összes immaginárius szám képezhet mint a 1 többszöröse, ezért érdemes bevezetni az i = 1 jelölést. Kérdés, hogy hogyan végezzünk m veleteket ezekkel a képzetes számokkal. Legyen a, b R, ekkor a képzetes számok össszege: ai + bi = a 1 + b 1 = (a + b) 1 = (a + b)i; képzetes számok szorzata: (ai)(bi) = (a 1)(b 1) = ab 1 1 = ab; képzetes szám és valós szám összege: a + bi = a + b 1; képzetes szám és valós szám szorzata: a(bi) = ab 1.

9 Komplex számok Milyen számot kapunk, ha összeadunk egy valós és egy képzetes számot? Ha az így kapott számot négyzetre emeljük, akkor (a + bi) 2 = a 2 + 2abi + (bi) 2 = a 2 + 2abi b 2. Ennek a számnak a négyzete nem valós, vagyis nem is pozitív, és nem is negatív. Ez azt jelenti, hogy ez a szám nem valós, és nem is képzetes. Azokat a számokat, melyek egy valós és egy képzetes szám összegeként állnak el, komplex számoknak nevezzük. A komplex számok nyílván tartalmazzák mind a valós mind a képzetes számok halmazát. Kérdés, hogy a komplex számokkal végzett m veletek nem vezetnek-e egy még b vebb számhalmazhoz. Gondoljuk végig, vajon hogyan érdemes m veleteket végezni a komplex számok halmazán. Legyen a, b, c, d R, ekkor (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i; (a + bi)(c + di) = (ac bd) + (ad + cb)i.

10 Ellentmondás? Kérdés persze, hogy az új számhalmazban végzett m veletek nem vezetnek-e ellentmondásra. Nézzük meg például a következ átalakítást: 1 = 1 1 = ( 1)( 1) = 1 = 1. Azt kaptuk tehát, hogy 1 = 1, ami nyílván nem igaz. De hol követtük el a hibát? A válasz, hogy valójában nem beszéltük meg, hogy egy komplex számból hogyan vonunk gyököt. Márpedig a fenti esetben az 1 egy speciális komplex szám. Viszont a 1-b l mint speciális számból korábban minden gond nélkül gyököt tudtunk vonni. De azért már ott is felmerült a kérdés, vajon csak egy olyan szám lesz-e ebben az új számhalmazban, amelyet ha négyzetre emelünk, 1-et kapunk? Azért, hogy ezeket a problémákat feloldjuk, érdemes az egész számhalmazt az eddigihez képest fordított logikával felépíteni.

11 Alapdeníciók Deníció Legyen C = {(a, b) : a, b R} = {a + bi : a, b R}. A halmazon az összeadás és a szorzás legyen a következ képpen deniálva: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d); a + bi + c + di = a + c + (b + d)i; Következmény: (a, b)(c, d) = (ac bd, ad + cb); (a + bi)(c + di) = (ac bd) + (ad + cb)i. i 2 = (0 + i)(0 + i) = (0 1 1) + ( )i = 1. Az így bevezetett halmazról és m veletekr l megmutatható, hogy ellentmondásmentes, s t kiterjesztése a valós számoknak, és azt is, hogy a valós számoknál megszokott m veleti azonosságok (asszociativitás, disztributivitás, kommutatívitás, inverz m veletek) itt is érvényesek.

12 Feladatok Végezzük el a következ m veleteket: i + 4 2i; 2 (3 + 2i)(7 i)! Megoldások: 5 + 6i + 4 2i = (5 + 6) + (6 2)i = i; (közvetlenül végigszámolva) (3 + 2i)(7 i) = (2i) ( i) + (2i)( i) = i 3i 2i 2 = i 3i + 2 = i (képletbe behelyettesítve) (3 + 2i)(7 i) = (3 7 2 ( 1))(3 ( 1) + 2 7)i = i

13 Gyökvonás komplex számokból Deníció Legyen z C, ekkor n z jelölje az összes olyan komplex számot, melyre teljesül, hogy az n-edik hatványa éppen z. Az n 1 alakban felírható számokat egységgyököknek nevezzük. Például nézzük meg, mit jelenthet a 4 1. Az 1-re és a 1-re nyilván továbbra is igaz, hogy 1 4 = ( 1) 4 = 1. Mivel i 2 = 1, ezért (i) 4 = 1, és könnyen látszik az is, hogy ( i) 4 = 1. Kés bb azt is látni fogjuk, hogy más megoldás nem lehet. Vizsgáljuk meg most újra a korábban látott ellentmondást. Az átalakításokkal nincs semmi gond, egészen az utolsó lépésig: 1 = 1 1 = ( 1)( 1) = 1. Ez a kifejezés viszont nem egyenl eggyel, csak annyit tudunk, hogy egyenl egy olyan kifejezéssel, amit ha négyzetre emelünk 1-et kapunk, ami igaz a 1-re.

14 Komplex számok a síkon A deníciókból láttuk, hogy a komplex számok deniálhatók mint olyan valós számpárok, amelyeken speciális módon deniálunk m veleteket. Ha az összeadást nézzük, a m velet lényegében megegyezik azzal, ahogy kétdimenziós vektorok összegét deniáltuk. Ez is mutatja, hogy érdemes kétdimmenziós síkban szemlélteni a komplex számokat.

15 Konjugált és abszolútérték Deníció Legyen z C, z = a + bi alakú. Ekkor z konjugáltja: z = a bi alakban áll el.

16 Konjugált és abszolútérték (folyt.) Deníció Legyen z C, z = a + bi alakú. Ekkor z abszolútértéke: z = a 2 + b 2 képlettel számolható ki. Tétel Legyen z C tetsz leges komplex szám. Ekkor z = z z.

17 Feladat Határozd meg a z = 2 + 3i konjugáltját és abszolútértékét! Megoldás: ha z = 2 + 3i, akkor z = 2 3i. A deníció alapján: z = = 13. A tétel ellen rzéséhez pedig csak azt kell megnézni, hogy z z = (2 + 3i)(2 3i) = 4 9i 2 = = 13.

18 A komplex számok trigonometrikus alakja A vektorok polárkoordinátás alakját felhasználva a komplex számokat könnyen új alakban írhatjuk fel: z = r(cos(φ) + i sin(φ)), ahol r = z. Legyen két trigonemtrikus formában adott komplex számunk z 1 = r 1 (cos(φ 1 ) + i sin(φ 1 )); z 2 = r 2 (cos(φ 2 ) + i sin(φ 2 )). Ekkor z 1 = z 2 pontosan akkor, ha r 1 = r 2 és φ 1 = φ 2 + 2πk, k Z.

19 A komplex számok trigonometrikus alakja (folyt.) Legyen például Ekkor z = 5 3i. r = z = = 34. Tudjuk továbbá, hogy tg(φ) = 3 = 0, 6, 5 amib l következik, hogy φ = 149 vagy φ = 329. Mivel z nyilván a harmadik síknegyedben van, ezért a két alternatíva közül a 329 a helyes. Vagyis azt kaptuk, hogy 5 3i = 34(cos(329 ) + i sin(329 )).

20 Komplex számok összeadása A komplex számok összeadása grakusan ugyanúgy történik, mint ahogy azt a vektoroknál megszoktuk. Ebben a trigonometrikus alak nem sokat segít. I R z 2 z 1 + z 2 z 1

21 Komplex számok szorzása Tétel (Moivre-tétel) Legyen z 1, z 2 C, melyek el állnak a következ alakban: z 1 = r 1 (cos(φ 1 ) + i sin(φ 1 )); z 2 = r 2 (cos(φ 2 ) + i sin(φ 2 )). Ekkor z 1 z 2 = r 1 r 2 (cos(φ 1 + φ 2 ) + i sin(φ 1 + φ 2 )). (Csak érdekességként jegyezzük meg, hogy a fenti képletb l számos trigonometrikus azonosság pl. addiciós képletek nagyon gyorsan levezethet k.)

22 Feladat Határozzuk meg a trigonometrikus függvény segítségével a (3 + 2i)(7 i) értékét. Megoldás Korábban láttuk, hogy a megoldás i. Legyen z 1 = 3 + 2i és z 2 = 7 i. Ekkor z 1 = = 13, z 2 = = 50. Jelölje φ 1 a z 1 -hez tartozó, φ 2 a z 2 -höz tartozó szöget. Ekkor tg(φ 1 ) = 2 3, amib l φ 1 = 33, 69, mert 0 < φ 1 < 90. Valamint tg(φ 2 ) = 1 7, amib l φ 2 = 8, 13, mert 90 < φ 2 < 0. Ezek alapján z 1 z 2 = 13 50(cos(33, 69 8, 13 ) + i sin(33, 69 8, 13 )) = = 650(cos(22, 56 ) + i sin(22, 56 )) = 22, , 96i.

23 Hatványozás és gyökvonás Legyen z = r(cos(φ) + i sin(φ)) tetsz leges komplex szám. Ekkor a Moivre-tétel következményeként könnyen láthatjuk, hogy z n = r n (cos(nφ) + i sin(nφ)). A trigonometrikus alak egyik legf bb erénye, hogy a gyökvonás is viszonylag egyszer en számolható vele. S t, azt a kérdést is tisztázni tudjuk, hogy a komplex számok halmazán hány n-edik gyöke van egy számnak. Keressük azokat a w C számokat, amelyekre teljesül, hogy w n = z = r(cos(φ) + i sin(φ)) = r(cos(φ + k2π) + i sin(φ + k2π)). Legyen w = ρ(cos(ψ) + i sin(ψ)) alakú. Ekkor ρ n (cos(nψ) + i sin(nψ)) = r(cos(φ + k2π) + i sin(φ + k2π)). Ezek alapján egyrészt ρ n = r, vagyis n r = ρ.

24 Hatványozás és gyökvonás (folyt.) Másrészt nψ = φ + k2π; ψ = φ n + k2π n. Kérdés, hány különböz n-edik gyök van. A képletb l leolvasható, hogy minden esetben pontosan n, ahol az argumentumok a következ k lehetnek: φ ; φ + 2π ; φ + 4π φ + (n 1)2π ;... ;. n n n n Összegezve tehát azt kaptuk, hogy n z = n r(cos( φ n + k2π ahol k = 0, 1,..., n 1. n ) + i sin(φ n + k2π n )),

25 Hatványozás és gyökvonás (folyt.) Például keressük meg a 3 i-értékeit. Az i trigonometrikus alakja: ( ( π ) ( π )) i = 1 (sin + i cos. 2 2 Ezért 3 i = cos ( π 2 + k2π 3 ) + i ( π 2 + k2π k = 0, 1, 2. Vagyis a gyökök a következ alakban írhatók fel: ( π ) ( π ) 3 z 1 = cos + i sin = 6 6 ( ) ( ) 5π 5π z 2 = cos + i sin 6 6 ( ) ( ) 3π 3π z 3 = cos + i sin i = = i. ), i

26 A reciprok Tétel Legyen z = a + bi alakú, tetsz leges nem nulla komplex szám. Ekkor 1 z = z z z = a bi a 2 + b 2. 1 i. Példa: Az i konjugáltja i, i( i) = 1, ezért 1 i = i 1 = i. Ellen rzés: i( i) = (i 2 ) = ( 1) = 1.

27 Az algebra alaptétele Egy másodfokú polinomnál egyszer osztással elérhet, hogy x 2 + bx + c alakú legyen. Ha ennek a polinomnak létezik gyöke, akkor az felírható a következ alakban: (x x 1 )(x x 2 ). Abban a speciális esetben, amikor x 1 = x 2, azt mondjuk, hogy a polinomnak kétszeres gyöke van. Más szavakkal ezt úgy fejezhetjük ki, hogy egy másodfokú polinomnak multiplicitással számolva vagy 2 vagy 0 db gyöke van. A kérdés áltolánosan is feltehet. Legyen adva egy 1 f együtthatós, n-ed fokú polinom: x n + a n 1 x n a 1 x + a 0. A kérdés, hogy ez átalakítható-e a következ alakra: (x x 1 ) α1 (x x 2 ) α2... (x x k ) α k,

28 Az algebra alaptétele (folyt.) ahol α 1 + α 2 + α k = n. Ha átalakítható, akkor azt mondjuk, hogy egy polinomnak multiplicitással számolva éppen annyi gyöke van, ahányad fokú a polinom. Már a másodfokú függvény vizsgálatából is kiderül, hogy a valós számok halmazán csak annyi mondható, hogy minden polinomnak, multiplicitással számolva, legfeljebb annyi gyöke van, ahányad fokú a polinom. Tétel (Az algebra alaptétele) Legyen p(z) egy komplex együthatós n-ed fokú polinom. Ennek a polinomnak a komplex számok halmazán, multiplicitással számolva, éppen n db gyöke van.