1. Gyökvoás komplex számból Gyökvoás komplex számból. Ismétlés: Ha r, s > 0 valós, akkor rcos α + i siα) = scos β + i siβ) potosa akkor, ha r = s, és α β a 360 egész számszorosa. Moivre képlete scos β+i siβ) ) = s cos β+i si β). Azaz hatváyozáskor a hosszat a kitevőre emeljük, a szöget a kitevővel szorozzuk. Határozzuk meg 0 z = rcos α + i siα) -edik gyökeit. Ha rcos α + i siα) = scos β + i siβ) ) = s cos β + i si β), akkor s = r, és β α = k 2π k egész). Ezért z = r gyökvoásra. cos α + 2kπ rcos α + i si α) = r + i si α + 2kπ cos α + 2kπ ). + i si α + 2kπ ) r : r > 0 valós, egyértelműe voható pozitív -edik gyök.) z = = cos 180 + i si 180 ) = cos π + i siπ) = cos π + 2kπ + i si π + 2kπ ) Háyféle számot kapuk? k = 0: 2 cos π/) + i si π/) ) = 1 + i. k = 1: 2 cos3π/) + i si3π/) ) = 1 + i. k = 2: 2 cos5π/) + i si5π/) ) = 1 i. k = 3: 2 cos7π/) + i si7π/) ) = 1 i. Tovább? A egyedik gyökök száma. z = = cos 180 + i si 180 ) = cos π + i siπ) = cos π + 2kπ + i si π + 2kπ ) k = 0: 2 cos π/) + i si π/) ) = 1 + i. k = : 2 cos9π/) + i si9π/) ) = 1 + i. Oka: 9π/ π/ = 2π. Mit k = 0-ra.
π + 2k + )π = π + 2kπ + 8π = π + 2kπ + 2π. Ha m k osztható -gyel, akkor m és k ugyaazt adja. Ezért csak k-ak a -gyel való osztási maradéka számít. -ek égy értéke va: 1 + i, 1 + i, 1 i, 1 i. Az -edik gyökök száma. Mide em ulla komplex számak darab -edik gyöke va. Bizoyítás rcos α + i si α) = r cos α + 2kπ + i si α + 2kπ ) Ha m k osztható -el, azaz m = k + l l egész), akkor π + 2mπ = π + 2kπ + 2lπ = π + 2kπ + l 2π. Ezért csak k-ak az -el való osztási maradéka számít. Házi feladat a bizoyításhoz hozzátartozik) Ha m k em osztható -el, akkor a szögek külöbsége em lesz 2π egész többszöröse, és így a két -edik gyök külöböző. A egyedik gyökök elhelyezkedése. -ek égy értéke va: 1 + i, 1 + i, 1 i, 1 i. Ezek egy égyzet égy csúcsába helyezkedek el, melyek középpotja az origó. 1 + i 1 i 1 + i 1 i Bizoyítás 1 + i-ek a +90 -os elforgatottja 1 + i, mert i1 + i) = 1 + i. Hasolóa i 1 + i) = 1 i, i 1 i) = 1 i, i1 i) = 1 + i. i = cos 90 + i si 90. Az -edik gyökök elhelyezkedése. Egy em ulla komplex szám -edik gyökei szabályos -szöget alkotak a komplex számsíko, melyek középpotja az origó. 2
Bizoyítás Ha z = rcos α + i si α), akkor z értékei w 1,w 2,...,w, ahol w k = r cos α + 2kπ + i si α + 2kπ ). Ha ε = cos2π/) + i si2π/), akkor εw k = w k+1, mert α + 2kπ + 2π α + 2k + 1)π =. De az ε-al szorzás 2π/-el forgat, ami a szabályos -szögbe egy oldalhoz tartozó középpoti szög. 2. Komplex egységgyökök Az 1 szám -edik gyökei. Defiíció Az 1 szám -edik gyökeit -edik egységgyökökek evezzük. Ezek a cos2kπ/) + i si2kπ/) számok, ahol k Z. Összese darab -edik egységgyök va. 1 = 1cos 0 + i si 0 ) rcos α + i si α) = r cos α + 2kπ A egyedik egységgyökök a következők. cos2π/) + i si2π/) = 0 + 1i = i. cosπ/) + i siπ/) = 1 + 0i = 1. cos6π/) + i si6π/) = 0 1i = i. cos8π/) + i si8π/) = 1 + 0i = 1. A hatodik egységgyökök. A hatodik egységgyökök a következők. ε 1 = cos 2π/6) + i si 2π/6) = 1/2 + i 3/2. ε 2 = cos π/6) + i si π/6) = 1/2 + i 3/2. ε 3 = cos 6π/6) + i si 6π/6) = 1. ε = cos 8π/6) + i si 8π/6) = 1/2 i 3/2. ε 5 = cos10π/6) + i si10π/6) = 1/2 i 3/2. ε 6 = cos12π/6) + i si12π/6) = 1. + i si α + 2kπ ) ε 2 ε1 ε 3 ε 6 ε ε 5 Szabályos hatszöget alkotak. 3
Gyökvoás egységgyökök segítségével. Állítás Legye ε k = cos2kπ/) + i si2kπ/). Ekkor ε k = ε1 k. Az -edik egységgyökök a cos2π/) + i si2π/) hatváyai. A k tetszőleges egész, egatív is lehet. Ha a z 0 számak w 0 az egyik -edik gyöke, akkor ε k w 0 k = 1, 2,...,) az összes -edik gyöke. Vagyis w 0 -t végig kell szorozi az -edik egységgyökökkel. Bizoyítás w = z w = w 0 w/w 0) = 1, akkor és csak akkor, ha w/w 0 egy -edik egységgyök. Ha w/w 0 = ε, akkor w = εw 0. 3. Komplex szám redje A hatváyok száma. Kérdés Háy hatváya va egy em ulla komplex számak? Példák Az 1 mide hatváya 1, azaz 1 darab hatváya va. A 1 hatváyai 1 és 1, azaz 2 darab hatváya va. Az i hatváyai i, 1, i, 1, azaz darab hatváya va. i 1 = i, i 2 = 1, i 3 = i, i = 1, i 5 = i = i 1, i 6 = 1 = i 2, stb. Nempozitív kitevőkre: i 0 = 1 = i, i 1 = 1/i = i = i 3, i 2 = 1/i 2 = 1 = i 2, i 3 = 1/i 3 = i = i 1. A hatváyok periódikusa ismétlődek: Ha a k egész szám -gyel való osztási maradéka 1, 2, 3, 0, akkor i k értéke redre i, 1, i, 1. További példák a hatváyok számára. A 2 szám mide egész kitevőjű hatváya külöböző. Idoklás:... < 2 2 < 2 1 < 2 0 < 2 1 < 2 2 <.... A 2i mide egész kitevőjű hatváya külöböző. Idoklás: 2i k = 2 k is párokét külöböző. A cos 2 2π) + i si 2 2π) bármely két hatváya külöböző. Idoklás: ha m eseté igaz lee, hogy cos 2 2π) + i si 2 2π) ) = cos 2 2π) + i si 2 2π) ) m, akkor 2 2π m 2 2π = k 2π k egész). Ie k 2 = m. Ez elletmod aak, hogy 2 irracioális szám. Idirekt bizoyítás: feltettük, hogy az állítás em igaz, és elletmodásra jutottuk.
A hatváyok száma mikor véges?. Sejtés az eddigi példák alapjá): Ha egy em ulla komplex számak az abszolút értéke em 1, vagy a szöge a 2π-ek em racioális többszöröse, akkor bármely két, egész kitevőjű hatváya külöböző. Mik a kimaradó számok? Abszolút értékük 1, szögük k/) 2π. Tehát a szám cos2kπ/) + i si2kπ/), azaz egységgyök. Legye z 0 tetszőleges komplex szám. Ha z egységgyök, akkor hatváyai periódikusa ismétlődek. Ha z em egységgyök, akkor z-ek bármely két, egész kitevőjű hatváya külöböző. Bizoyítás a következő előadáso. Komplex szám redje. Defiíció Egy z 0 komplex szám redje a külöböző, egész kitevőjű hatváyaiak a száma. Jele oz). Ez vagy pozitív egész szám, vagy a végtele) szimbólum. Példák o2) =. o2i) =. o cos 2 2π) + i si 2 2π) ) =. o1) = 1, o 1) = 2, oi) =. Kérdés a szüetre): Egységgyök-e cos 336 + i si 336? Háyadik? Meyi a redje? 5