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



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

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

x = 1 = ı (imaginárius egység), illetve x 12 = 1 ± 1 4 2

Komplex számok. Wettl Ferenc előadása alapján Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok / 18

Diszkrét matematika 1.

Komplex számok. (a, b) + (c, d) := (a + c, b + d)

Komplex számok trigonometrikus alakja

1. Komplex számok. x 2 = 1 és x 2 + x + 1 = 0. egyenletek megoldását számnak tekinthessük:

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Kalkulus. Komplex számok

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Analízis elo adások. Vajda István szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem)

Komplex számok algebrai alakja

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató

Komplex számok. Komplex számok és alakjaik, számolás komplex számokkal.

: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett!

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

Komplex számok. Wettl Ferenc szeptember 14. Wettl Ferenc Komplex számok szeptember / 23

Vektorok és koordinátageometria

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

1. Analizis (A1) gyakorló feladatok megoldása

9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás:

1. A komplex számok ábrázolása

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont

Komplex számok. d) Re(z 4 ) = 0, Im(z 4 ) = 1 e) Re(z 5 ) = 0, Im(z 5 ) = 2 f) Re(z 6 ) = 1, Im(z 6 ) = 0

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Diszkrét matematika 1. estis képzés

Koordináta geometria III.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.

10. Koordinátageometria

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Matematika I

1. A komplex számok definíciója

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Határozott integrál és alkalmazásai

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok április Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját!

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak!

Koordinátageometria. M veletek vektorokkal grakusan. Szent István Egyetem Gépészmérnöki Kar Matematika Tanszék 1

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor

Függvények július 13. f(x) = 1 x+x 2 f() = 1 ()+() 2 f(f(x)) = 1 (1 x+x 2 )+(1 x+x 2 ) 2 Rendezés után kapjuk, hogy:

Függvények Megoldások

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7

Trigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( )

Komplex számok. Wettl Ferenc Wettl Ferenc () Komplex számok / 14

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

A kör. A kör egyenlete

LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET. Példák és feladatok. ELTE IK Budapest javított kiadás

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Komplex számok (el adásvázlat, február 12.) Maróti Miklós

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.

9. Tétel Els - és másodfokú egyenl tlenségek. Pozitív számok nevezetes közepei, ezek felhasználása széls érték-feladatok megoldásában

6. Függvények. 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban?

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria

Trigonometria. Szögfüggvények alkalmazása derékszög háromszögekben. Szent István Egyetem Gépészmérnöki Kar Matematika Tanszék 1

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT. Koordináta-geometria

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Paraméter

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria

Vektorgeometria (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Matematika javítóvizsga témakörök 10.B (kompetencia alapú )

egyenletrendszert. Az egyenlő együtthatók módszerét alkalmazhatjuk. sin 2 x = 1 és cosy = 0.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint

Koordináta-geometria feladatok (emelt szint)

FELVÉTELI VIZSGA, szeptember 12.

Koordinátageometria Megoldások

Németh László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Koordináta-geometria feladatok (középszint)

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi

Az 1. forduló feladatainak megoldása

3. Lineáris differenciálegyenletek

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Magasabbfokú egyenletek

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Koordináta-geometria

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:

Osztályozóvizsga és javítóvizsga témakörei Matematika 9. évfolyam

1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok II.

Irodalom. (a) A T, B T, (b) A + B, C + D, D C, (c) 3A, (d) AD, DA, B T A, 1 2 B = 1 C = A = 1 0 D = (a) 1 1 3, B T = = ( ) ; A T = 1 0

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

, D(-1; 1). A B csúcs koordinátáit az y = + -. A trapéz BD

I. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása

2018/2019. Matematika 10.K

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

Matematika 10 Másodfokú egyenletek. matematika és fizika szakos középiskolai tanár. > o < szeptember 27.

Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások

Matematika A1a Analízis

Átírás:

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 008--6 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

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 8 8 Gyökök és együtthatók 55 9 Egyéb példák 59 0 Binomiális együtthatók és komplex számok 66 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

0 El szó Akiknek ez a könyv készült Els sorban az ELTE TTK, illetve átszervezési okok miatt 00 szét l az ELTE Informatikai Kar programozó és programtervez matematikus, valamint 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 A 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

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 Akiknek a könyvet ajánlom Id közben új szakok indultak, így most az ELTE Informatikai Kar programtervez informatikus szak hallgatói számára is hasznos lehet ez a példatár Köszönetnyilvánítás Köszönöm Burcsi Péter lektor segítségét, valamint Imrényi Katalin munkáját, aki az anyag TEX-be való átírásában nagyon nagy segítségemre volt Igen nagy segítséget jelentett Kovács Sándor munkája, aki az anyagot rendkívül 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 Komputeralgebra Tanszék 7 Budapest, Pázmány Péter sétány /C

Bevezetés A könyvben N {,,, } a természetes számokat, R pedig a valós számokat jelöli Komplex számok A valós számokból álló rendezett számpárok halmazát, ha abban a m veleteket az alábbi módon értelmezzük, komplex számoknak nevezzük, és a C szimbólummal jelöljük: tetsz leges a, b, c, d C esetén legyen a, b + c, d a + c, b + d és a, b c, d ac bd, ad + bc Az a, b és a c, d komplex szám tehát pontosan akkor egyenl, ha a c és b d 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 Ha a síkon derékszög koordinátarenszert vezetünk be, akkor a komplex számok e sík pontjaiként ábrázolhatók: a z a + bi komplex szám képe az a abszcisszájú, b ordinátájú pont 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 szám felfogható az origóból a P pontba mutató vektorként is Komplex számok összegének megfelel vektor a tagoknak megfelel vektorok összege ábra

6 Bevezetés Trigonometrikus alak A számsíkon a P pontnak megfelel komplex szám nem csupán a és b koordinátáival azonosítható, hanem megadható az OP vektor r hosszával és a vektor valós tengellyel bezárt α szögével is ábra Az óramutató járásával ellentétes irányítású szöget pozitív szögként értelmezzük Im P z a + bi b r 0 ϕ a Re ábra 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, és ϕ az a szög, amelyre cos ϕ a r és sin ϕ b r ϕ meghatározásához jelölje ϕ a cos ϕ a egyenlet 0 és π közé es egyetlen megoldását, r 0, illetve π is megengedett Ha b 0, akkor ϕ ϕ, ha pedig b < 0, akkor ϕ π ϕ Exponenciális alak Az abszolút érték, ϕ argumentumú 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,

Bevezetés 7 Im z Re z 7 ábra Im z + z z z Re ábra 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 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 r cos ϕ ϕ Az eredmény abszolút értéke a z komplex szám abszolút értékének reciproka, argumentuma az eredeti argumentum -szerese

8 Bevezetés Az osztást a szorzás és a reciprok felhasználásával a következ képpen végezhetjük: z r cosα β α β, ha z 0 z r Gyökvonás z C, n N esetén a w C számot a z szám n-edik gyökének nevezzük, ha w n z 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 trigonometrikus alakja w k n r cos ϕ + kπ ϕ + kπ, 0 k n n n Valamely z 0 komplex 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 n N \ {} esetén a z C szám n-edik gyökeinek összege 0 Egységgyök, primitív n-edik egységgyök Az komplex szám n-edik gyökeit n-edik egységgyököknek nevezzük n N Legyen n N rögzített Mivel cos 0 0, az n-edik egységgyökök trigonometrikus alakja ε k cos k π k π, 0 k n n n z C \ 0, n N és w n z esetén z többi n-edik gyöke wε k k n, ahol ε k n-edik egységgyök 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

Bevezetés 9 Im Re 5 ábra Másodfokú egyenletek megoldása Legyen x, a, b, c C, a 0 és ax + bx + c 0, 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 Legyen k és n nemnegatív egész szám, k n, és 0!, n! n, n k n! k!n k! Ha n < k, akkor legyen n k 0 Könnyen látható, hogy n 0 n! 0!n!, n n n! n!0!, n k n n k Binomiális tétel: Legyen n természetes szám, x, y tetsz leges komplex számok Ekkor x + y n n 0 y n + n xy n + + n k x k y n k + + Ha a binomiális tételbe az x y értékeket helyettesítjük, akkor az n 0 + n + + n n n Cn k n k0 azonosságot kapjuk, míg az x és y helyettesítéssel az n 0 n + + n n n 0 n n x n eredményre jutunk Gyöktényez s alak, Vieta-formulák, valós együtthatós egyenletek komplex gyökei Legyen n N, a k C, k 0,, n, a n 0 Az fx a n x n + a n x n + + a x + a 0 komplex együtthatós 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

0 Bevezetés 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 Nevezetes szögek szögfüggvényei Az alábbi tréfás táblázat segíthet memorizálni a nevezetes szögek szögfüggvényeit sin cos 0 0 0 90 0 5 60 60 5 0 90 0

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 6 + 9 + 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 e f i i 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

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 d + i i + i A nevez b l úgy tüntethetjük el az i-t, hogy a nevez konjugáltjával b vítünk a + i i + i + i 5 + 0i + i i + i + b c d i i i + i i + i i i i + i + i i 5 5 5 i -6 Fejezzük ki a következ számokat algebrai alakban: a b a + i + i + i + i b + i + 7i + i + 6i + i 5 + 5i 7 + i + 7i + i + i 5 5 7 5 + 5 i -7 Keressük meg az komplex szám valós és képzetes részét i

Algebrai alak z i + i i + i + i 5 5 + 5 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 + b a és b a A megoldás 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 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

Példák A binomiális tétel alkalmazásával: + i 6 6 + 0 6 i + 6 i + 6 8 i + 6 6 i + 6 i 5 + 5 6 6 i 6 6 + 6 i + 5 + 0 8 i + 5 6 + 6 i + 6 60 + 0 6 + i 60 + 9 7 + i Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 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 b z i, z r, cos ϕ, sin ϕ

Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 5 cos ϕ ϕ π ϕ π π 7π 0 és π közé es megoldását jelölje ϕ ϕ π sin ϕ < 0, ezért 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 b i + i 5 + i El ször algebrai alakra hozzuk a számokat a z 0 0 + i 5 5 + 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 b z + i + i5 i 5 + i 5 + cos ϕ, sin ϕ - a cos π i sin π cos π 6 π 6 + i 6, ϕ π, z + i, z r, cos π π b cos π π a z cos π i sin π, z r, cos ϕ cos π, sin ϕ sin π, ϕ π, ϕ π π π

6 Példák 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 556 556 5 b z + i, z r 5, cos ϕ 5 5 5, 5 sin ϕ 5, ϕ 678, z 5cos 678 678 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 57 57-5 Hozzuk trigonometrikus alakra a következ komplex számokat: a + i b + i c i d i z mindegyik esetben a + i cos π π c i cos π π b + i cos π π d i cos 5π 5π -6 Adjuk meg trigonometrikus alakban a következ komplex számokat:

Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 7 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 és z cosπ + ϕ π + ϕ -7 Egyszer sítsük a következ kifejezéseket a b c cos π π cos 5π 5π cos π π cos 5π 6 5π 6 cos π π A Moivre-azonosságot és következményeit használjuk fel a cos π π cos π π π cos + π π + π cosπ π b cos 5π 5π cos 5π 5π cos 5π 6 5π 6 c + i

8 Példák 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 i i + i 9 i 7 cos π π cos π π 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 z b iz c z d z z a b c 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

Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 9 d z r cos θ θ z z z z z z z cos θ θ A kapott argumentumok mindegyik esetben 0 és π között vannak, s így f argumentumok -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

0 Példák Mivel 5π i cos 5π 5π cos cos 5π 75 5 + 0 π + π 6 és π cos + π 6 cos π 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 Ebb l az els tag: 5 cos π 5 π 5 0 cos 7π 0 7π 0 cos π π cos 7π 7π 5 cos 0π 0π 0 cos 5π 5π 5 cos 0π 5π 0π 5π 5 cos 5π 5π 5 cos π π 5

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, Ebb l a b 7 és ab 7 i a b + abi 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 ± 9 + 576 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, ± 9 + 6 ± 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

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 ± 6 + 6 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 + 5 0 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 Számoljuk ki a diszkriminánst x, 5 i ± 5 i i + i + i 5 i i + i 5 0i + i i + 0i 6 8i + 6i 8 i A i számból az példánál látott módszerrel gyököt vonunk a, amit az els egyenletbe behelyet- b tesítve: a b 0 és ab Ebb l ab, b b 0, b Amib l b, tehát b és a illetve b és a

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

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 ± 5 + 6 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 + 5 0 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 + 5 0 egyenletet x + i x, ± 0 ± i A felbontás x + ix i x + ix + + i

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: így π 6 + π 5 7π 0, w cos 7π 7π 0 0

6 Példák A többi gyök argumentuma π 5 -tel több a megel z énél, ezek szerint w cos 9π 9π, w cos π π, 0 0 0 0 w cos 5π 5π 0 0 - 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

n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 7 + i 8 + i a gyökök ábra: 8 cos π π Mivel 8 8, így 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 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 +

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 cos π 6 π 6 w 8 cos 7π 7π 6 6-5 Vonjunk harmadik gyököt i-b l, w 8, w 8 9π 6 cos 9π 6 cos 5π 5π 6 6, 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

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

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 6089 07i 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 60 656 Ezek szerint i 6cos Felhasználva, hogy cos 80 80, az alábbiak szerint alakul: z negyedik gyökei: z 5 6 cos 5 cos 80 80 6 cos 0577cos 80 80 cos 000 000 0577cos 00 00 077cos508 + k 90 508 + 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

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 -nel elforgatjuk, mindegyik a következ be megy n 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: és amib l ε S ε ε ε n ε n nε n S ε S + ε + ε + + ε n nε n, S ε S 0 n, S n ε n ε

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

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 n-edik hatványa, s így n-edik egységgyökkel van dolgunk a El ször belátjuk, hogy ha ε k n-nél alacsonyabb természetes kitev j hatványa nem, akkor primitív n-edik egységgyök Készítsük el ε k i-edik hatványait, ahol i n Két különböz kitev j hatvány nem lehet azonos Ha ugyanis ε u k εv k lenne, akkor, u < v n ε v u k is teljesülne, ami a feltétel miatt nem lehet Látjuk tehát, hogy ha ε k n-nél alacsonyabb természetes kitev j hatványa nem, akkor ezek a hatványok mind különböz ek Ehhez hozzávéve az n-edik hatványt ami, n számú különböz hatványt kapunk, s így ε k hatványaiként az összes n-edik gyök el áll, tehát ε k primitív n-edik egységgyök b 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 k, vagyis εr 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 k u-t osszuk el n-nel maradékosan k u n s + r, 0 r n, ε ku ε n s ε r ε r, amib l r 0, s így k u n s, vagyis 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

a + b Példák Ábrázoljuk a paralelogrammát a Gauss-számsíkban úgy, hogy egyik csúcsa az origóban legyen Jelölje a és b a paralelogramma két szomszédos oldalának megfelel 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 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

5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 5 Im z iz z Re z z iz 8 ábra z i, z i, z + i, iz + i, iz i 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 -nel való szorzás n 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

6 Példák kifejezve az r, s, t számokat 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

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 8 5-6 Hol helyezkednek el a síkon azok a pontok, amelyeknek megfelel komplex számokra az alábbi teljesül? a z Rez b z i z + i c z z d z z e z iz a Legyen z a + bi Ezt beírva az egyenletbe a + b a, amib l leolvasható, hogy a 0 Im y x y x Re Négyzetre emeléssel: Ebb l b a, ábra a + b a b ± a A megoldás y x és y x, ha x 0

8 Példák Lásd a ábrát b z i z + i, z i Ebb l Emeljük négyzetre: z i z + i z i z + i Im i Re i Alkalmazzuk a zz z összefüggést: átalakítással: Legyen z a + bi Ekkor ábra 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, amib l a megoldás 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

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 amib l Re x + x xyi + y xi + y i + y y x + + y 0 x + x + y y 0

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

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 5 + 9 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 komplex számsík azon z pontjainak mértani helye, amelyre argz π/ teljesül, nem más, mint az y x x 0 egyenlet félegyenes Ennek a félegyenesnek a, 0 ponthoz legközelebb es pontja a 0, 0, így a keresett minimum 0 + 5-0 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 6 ábra: A középpont távolsága a 0, ponttól x 7 + y 9 7 + 50 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 +

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 + 7 + 6 Szögfüggvények és a komplex számok 6- Adjuk meg cosθ-t cos θ-val, sinθ-t sin θ-val és tgθ-t tg θ-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

6 Szögfüggvények és a komplex számok Végül, ha tg θ ±, akkor tgθ sinθ cosθ cos θ sin θ sin θ cos θ cos θ sin θ tg θ tg θ tg θ 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 8 0 + 5, és keressünk hasonló kifejezést cos 5 számára a cos5θ Recos θ θ 5 5 0 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 ezért a cos5 8 cos90 0, 6x 5 0x + 5x 0, vagyis az x6x 0x + 5 0 egyenlet megoldását kell megkeresnünk Egyik gyök a nulla, ami nekünk nem megoldásunk Vizsgáljuk a 6x 0x + 5 0 egyenletet Ezt az x -ben másodfokú egyenletet oldjuk meg x -re x 0 ± 00 0 Mivel a keresett érték pozitív, így a 0 + 5 6 0 ± 80 illetve a 0 ± 5 6 0 5 6

Példák értékek jöhetnek szóba x számára A második kisebb, mint cos0, így a keresett megoldás cos 8 0 + 5 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 5 0 5 6- Legyen z + i, z i Számítsuk ki mindkét szám abszolút értékét és f argumentumát A Gauss-számsík segítségével mutassuk meg, hogy argz + z 5π Ebb l kiindulva lássuk be, hogy z + i tg 5π + z i cos π π z + z + + i + i cos π π, 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 Ezek alapján tg 5π tgarcz + z sinarcz + z cosarcz + z +

6 Szögfüggvények és a komplex számok 5 Im z + z z π π z π Re 7 ábra 6- Mutassuk meg, hogy sinx + sinx + + sinnx 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 q z kvócienssel alkalmazhatjuk a mértani sorozat összegképletét: z + z + + z n q + q + + q n q + q + + q n q qn q z zn z z zn z zn z n z z z n+ zn z n z z

6 Példák A továbbiakban felhasználjuk, hogy valamint s ebb l z n cos nx A képlet a következ képpen alakul: nx i sin n+ z i sin x nx, z cos x i sin x, nx nx cos i sin zn nx n + n + sin cos x x sin x képzetes része képzetes része sinx + sinx + + sinnx, n + sin 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 ahol x olyan valós szám, amelyre sin x 0 teljesül Legyen Felhasználjuk a következ azonosságot: + cosn + x sin x sin x A cos x + cos x + + cos nx, amib l cos x cos x sin x cos x, cos x cos x +

6 Szögfüggvények és a komplex számok 7 Ennek segítségével a bal oldalt alakítva: Legyen ekkor nyilván A cosx + + cosx + + + cosnx B cosx + cosx + + cosnx, + A B + n Ha z cos x x, akkor z 0, z A továbbiakban felhasználjuk, hogy valamint s ebb l z n cosnx nx, z cos x i sin x, cosnx i sinnx zn 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 z n+ zn z n z z zn nx i sin x cosn + x n + x cosx + cosx + + cosnx, ami B Ez egyenl a jobb oldal valós részével, vagyis sin nx sin x B cosx + cosx + + cosnx cosn + x sin nx sin x

8 Példák Ezt -be helyettesítve: cos x + cos x + + cos nx amit be kellett látnunk cosn + x sin nx sin x + n, 7 Komplex együtthatós egyenletek 7- Oldjuk meg a következ egyenletet a komplex számok halmazán: Legyen Ekkor az egyenlet így alakul: z z + i z a + bi Ebb l a + b a + bi + + i a + + b + i 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 egyenletet z z 0

7 Komplex együtthatós egyenletek 9 Megoldás: Használjuk fel z algebrai alakját Legyen Ekkor z a + bi 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 Helyettesítsük b 0-t az els egyenletbe b 0, vagy a + 0 vagyis s ebb l a a 0, aa 0, a 0, vagy a a + 0 esetén a Helyettesítsük ezt az els egyenletbe amib l b, b ± Összefoglalva eredményeinket, az egyenlet megoldásai: a 0, b 0, z 0; a, b 0, z ; a, b, z + i ; a, b, z i

50 Példák 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, 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 ebb l z z z, z z

7 Komplex együtthatós egyenletek 5 Legyen Ezt beírva egyenletünkbe 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 A teljes megoldás: z k cos kπ kπ, 0 k z 0 0, z, z i, z, z i 7- Igazoljuk, hogy ha a z komplex szám nem nulla, és akkor z + z cos θ, z m + z m cosmθ, m N z + z cos θ 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

5 Példák Ez alapján és z m cosmθ ± i sinmθ, z m m z 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 ε harmadik egységgyök, s így + ε + ε 0, amit felhasználva: a + ab + ac a b a c abc + a b + b + bc + 7-6 Legyen ab abc b c + a c + b c + c abc ac bc a + b + c abc 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 Mivel c 0, a kiindulási egyenlet rendezésével azt kapjuk, hogy z a6 b 5 c

7 Komplex együtthatós egyenletek 5 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 és ebb l b cos 5 5 cos π π, b 5 5 cos 5π 5π 5 i 6 6 i Így Felhasználva azt, hogy Behelyettesítve a törtbe: a 6 b 5 6 cos π π, c cos π π cos π π cos π cos π π π a 6 b 5 c 6 cos π π 8 cos π π

5 Példák 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 80 80 cos 00 00 cos 0 0 7-7 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 Mivel cos 5 i sin 5 0, ezért i 0 i 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

8 Gyökök és együtthatók 55 Ezek alapján a tört: z 5 cos 5π 5π A gyökvonást elvégezve: π z k cos + kπ 5 π 5 + 8kπ cos 0 + kπ 5 5 + 8kπ 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, 8 Gyökök és együtthatók 8- Keressük meg a z + z + 0 0 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

56 Példák 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 z z z z Ebb l z + z és z z Mivel 0 nem gyök, ezért amit beírva az els egyenletbe z z, z z, z + z 0 Ebb l és Az egyenlet gyökei tehát: z + 5 z 5 i, i, + 5, 5 8- Mutassuk meg, hogy a z z z + z + 0 0 egyenletnek gyöke a z + i Adjuk meg a többi három gyököt is Behelyettesítve látjuk, hogy z + i

8 Gyökök és együtthatók 57 gyöke az egyenletnek Az egyenlet valós együtthatós, így egy 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 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

58 Példák Legyen a harmadik gyök z A gyökök és együtthatók közötti összefüggések szerint: amib l Másrészt és így z + z + z 0, + i + i + z 0, 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 z + z + z p, és z z + z z + z z q Ebb l p és q i + i + i + + i 9 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 59 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 +, + + 0 Legyen n a + b és m x + y Ekkor n és m tekinthet egy-egy komplex szám abszolút érték négyzeteként: Ebb l: n a + bi, m x + yi n m a + bi x + yi Az állítás megfordítása nem igaz, például a + bix + yi ax by + ay + bxi ax by + ay + bx 8 +, 8 6, 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 cos ϕ + kπ ϕ + kπ, 0 k n n n Legyen w ϱcos ψ ψ a z szám n-edik gyöke Mivel w n z, ezért Ha z 0, akkor r 0, s így -b l ϱ n cosnψ nψ rcos ϕ ϕ ϱ 0 és w 0

60 Példák Ha z 0, s ezért r 0, akkor alapján és ϱ n r nψ ϕ kπ, k Z -b l 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, ezért w ε k z n-edik gyöke Másrészt az n-edik egységgyökökkel szorozva w -et, csupa különböz n-edik gyököt kapunk, mert esetén w 0 miatt w ε k w ε s 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 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