1. Gyökvoás komplex számból Gyökvoás komplex számból Ismétlés: Ha r,s > 0 valós, akkor r(cosα+isiα) = s(cosβ+isiβ) potosa akkor, ha r = s, és α β a 360 egész számszorosa. Moivre képlete: ( s(cosβ+isiβ) ) = s (cosβ+isiβ). Azaz hatváyozáskor a hosszat a kitevőre emeljük, a szöget a kitevővel szorozzuk. A gyökvoás képlete (K1.5.2) Határozzuk meg 0 z = r(cosα+isiα) -edik gyökeit. Ha r(cosα+isiα) = ( s(cosβ +isiβ) ) = s (cosβ +isiβ), akkor s = r, és β α = k 2π (k egész). Ezért z = r ( cos α+2kπ Példa gyökvoásra +isi α+2kπ r(cosα+isiα) = r(cos α+2kπ ). +isi α+2kπ ) (k Z) ( r : r > 0 valós, egyértelműe voható pozitív -edik gyök.) Példa z = 4 = 4(cos180 +isi180 ) = 4(cosπ +isiπ) 4 ( 4 = 4 4 cos π +2kπ +isi π +2kπ ) (k Z) 4 4 Háyféle számot kapuk? k = 0: 2 ( cos( π/4)+isi( π/4) ) = 1+i. k = 1: 2 ( cos(3π/4)+isi(3π/4) ) = 1+i. k = 2: 2 ( cos(5π/4)+isi(5π/4) ) = 1 i. k = 3: 2 ( cos(7π/4)+isi(7π/4) ) = 1 i. Tovább? A egyedik gyökök száma z = 4 = 4(cos180 +isi180 ) = 4(cosπ +isiπ) 4 ( 4 = 4 4 cos π +2kπ +isi π +2kπ ) (k Z) 4 4 k = 0: 2 ( cos( π/4)+isi( π/4) ) = 1+i. k = 4: 2 ( cos(9π/4)+isi(9π/4) ) = 1+i. Oka: 9π/4 π/4 = 2π. Mit k = 0-ra.
π +2(k +4)π = π +2kπ + 8π 4 4 4 = π +2kπ +2π. 4 Ha m k osztható 4-gyel, akkor m és k ugyaazt adja. Ezért csak k-ak a 4-gyel való osztási maradéka számít. 4 4-ek égy értéke va: 1+i, 1+i, 1 i, 1 i. Az -edik gyökök száma Tétel (K1.5.4) Mide em ulla komplex számak darab -edik gyöke va. Bizoyítás r(cosα+isiα) = r(cos α+2kπ +isi α+2kπ ) (k Z) 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. Eltolás, forgatás, yújtás A z z +w függvéy a w vektorral való eltolás. Állítás (K1.4.5) Ha w 0, akkor az f : z zw függvéy (a w-vel szorzás) forgatva yújtás: w szögével forgat az origó körül, és w hosszaszorosára yújt az origóból. Bizoyítás Legye z = r(cosα+isiα) és w = s(cosβ +isiβ). Láttuk, hogy zw = rs ( cos(α+β)+isi(α+β) ). Ezért zw szöge z szögéél β-val agyobb, zw hossza pedig z hosszáak s-szerese. Így az f függvéy a z vektort β-val forgatja, s-szeresére yújtja. 2
A egyedik gyökök elhelyezkedése 4 4-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 i(1 + i) = 1 + i. Hasolóa i( 1+i) = 1 i, i( 1 i) = 1 i, i(1 i) = 1+i. i = 1(cos90 +isi90 ). Az -edik gyökök elhelyezkedése Tétel (K1.5.4) Egy em ulla komplex szám -edik gyökei szabályos -szöget alkotak a komplex számsíko, melyek középpotja az origó. Bizoyítás Ha z = r(cosα+isiα), akkor z értékei w 1,w 2,...,w, ahol w k = ( r cos α+2kπ +isi α+2kπ ) (k Z). Ha ε = cos(2π/)+isi(2π/), akkor εw k = w k+1, mert α+2kπ + 2π α+2(k +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 (K1.5.3, K1.5.4) Az 1 szám -edik gyökeit -edik egységgyökökek evezzük. Ezek a cos(2kπ/)+isi(2kπ/) számok, ahol k Z. Összese darab -edik egységgyök va. 1 = 1(cos0 +isi0 ) r(cosα+isiα) = r(cos α+2kπ +isi α+2kπ ) (k Z) 3
Példa A egyedik egységgyökök a következők. cos(2π/4)+isi(2π/4) = 0+1i = i. cos(4π/4)+isi(4π/4) = 1+0i = 1. cos(6π/4)+isi(6π/4) = 0 1i = i. cos(8π/4)+isi(8π/4) = 1+0i = 1. A hatodik egységgyökök Példa A hatodik egységgyökök a következők. ε 1 = cos( 2π/6)+isi( 2π/6) = 1/2+i 3/2. ε 2 = cos( 4π/6)+isi( 4π/6) = 1/2+i 3/2. ε 3 = cos( 6π/6)+isi( 6π/6) = 1. ε 4 = cos( 8π/6)+isi( 8π/6) = 1/2 i 3/2. ε 5 = cos(10π/6)+isi(10π/6) = 1/2 i 3/2. ε 6 = cos(12π/6)+isi(12π/6) = 1. ε 2 ε1 ε 3 ε 6 ε 4 ε 5 Szabályos hatszöget alkotak. Gyökvoás egységgyökök segítségével Állítás Legye ε k = cos(2kπ/)+isi(2kπ/). Ekkor ε k = ε k 1. Az -edik egységgyökök a cos(2π/)+isi(2π/) hatváyai. A k tetszőleges egész, egatív is lehet. Tétel (K1.5.4) 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. Az algebra alaptétele Az algebra alaptétele (K2.5.4) Mide em kostas, komplex együtthatós poliomak va gyöke a komplex számok között. 4
Bizoyítás: egyelőre ics A tétel bizoyításához az aalízis eszközei szükségesek. Harmadéve: bizoyítás komplex függvéyta segítségével. Másodéve: bizoyítás Galois-elmélet segítségével. Felhaszált segédtétel: Tétel Páratla fokú valós együtthatós poliomak va valós gyöke. Ez bizoyítható az elemi aalízis Bolzao-tételével, de következik az algebra alaptételéből is (később). 3. Geometria a komplex számsíko A háromszög-egyelőtleség A háromszög-egyelőtleség (K1.4.3) Mide z,w C-re z +w z + w. Egyelőség potosa akkor áll, ha z és w párhuzamosak, és egyelő állásúak, azaz z = rw vagy w = rz alkalmas valós r 0-ra. O w B z +w z z A w C Bizoyítás Háromszög-egyelőtleség az OAC háromszögre. Két pot távolsága Állítás (K1.4.7) Mide z,w C-re a z és w távolsága z w. O w B z w z z w D A Bizoyítás Legye z = OA és w = OB. Ekkor z w = BA, hisze w +(z w) = z. De z w hossza z w. 5
Forgatás pot körül Forgatás adott pot körül (K1.4. ábra) Mi lesz a z pot w körüli +90 fokos elforgatottja? A w-ből z-be mutató z w vektort az origóba toljuk, elforgatjuk (i szöge 90 ), visszatoljuk, azaz w-t hozzáaduk. i(z w) w z w i(z w)+w i = 1(cos90 +isi90 ) z Geometria-feladatok megoldása komplex számokkal Feladat (K1.4.12.) Egy égyszög oldalaira kifelé égyzeteket rajzoluk. Kössük össze az átellees égyzetek középpotjait. Igazoljuk, hogy e két szakasz merőleges, és egyelő hosszú. 6
Négyzet középpotja Határozzuk meg az AB oldalú két égyzet két középpotját. A Y X B Láttuk: w körül z-t +90 fokkal elforgatva i(z w) + w-t kapjuk. X körül A-t +90 fokkal forgatva B-t kapjuk. Így B = i(a X)+X. Ie X = (B Ai)/(1 i). Y körül B-t +90 fokkal forgatva A-t kapjuk. Így A = i(b Y)+Y. Ie Y = (A Bi)/(1 i). A égyszöges feladat megoldása (D Ai)/(1 i) = V D U = (C Di)/(1 i) C Y = (B Ci)/(1 i) A B XU = U X = 1 YV = V Y = 1 X = (A Bi)/(1 i) ( (C ) ( ) ) Di A Bi. 1 i( (D ) ( ) ) Ai B Ci. De 1 i i ( (C Di) (A Bi) ) = ( (D Ai) (B Ci) ). Azaz i(u X) = V Y, így XU +90 -os elforgatottja YV. 4. Példák egyeletredszerre Egy ismeretle kiejtése Oldjuk meg: 2x 3y = 1 5x 2y = 8 Ötlet: Próbáljuk meg x-et kiejtei (elimiáli). Az első egyelet 5-szöröséből vojuk ki a második egyelet 2-szeresét. Az eredméy: 7
15y ( 4y) = 5 16, azaz 11y = 11. Ie y = 1. Az első egyeletből ekkor 2x 3 = 1, azaz x = 2. Elleőrzés: 2 2 3 1 = 1 5 2 2 1 = 8 Geometriai ábrázolás 2x 3y = 1, azaz y = (2/3)x (1/3). 5x 2y = 8, azaz y = (5/2)x 4. y = (5/2)x 4 y = (2/3)x (1/3) (x,y) = (2,1) A megoldások száma Két egyeesek lehet (1) Nulla darab közös potja (ha párhuzamosak); (2) Egy darab közös potja (ha metszők); (3) Végtele sok közös potja (ha egyelők). Példák 3x 3y = 3 2x 2y = 4 Párhuzamos egyeesek (y = x 1, y = x 2), ics megoldás. 3x 3y = 3 2x 2y = 2 Egybeeső egyeesek (y = x 1), végtele sok megoldás. 8
Az általáos megoldás Az egyeletredszer általáos megoldása az összes olya (x,y) számpár valamilye megadása, amik megoldásai az egyeletredszerek. Példa 3x 3y = 3 2x 2y = 2 Az (x,y) akkor megoldás, ha y = x 1. Ezért az általáos megoldás: {(r,r 1) r R}. Probléma Hogya lehet megkeresi egy általáos egyeletredszer általáos megoldását? Lieáris egyeletredszer eseté Gauss-elimiációval. 5. Gauss-elimiáció Lieáris egyeletredszerek Defiíció Legyeek az ismeretleek x 1,x 2,...,x m. Lieáris egyelet: a 1 x 1 +...+a m x m = b Ismeretleek szorzata em szerepel, a 1,...,a m,b számok. Defiíció (Freud, 3.1. szakasz) Lieáris egyeletredszer: több lieáris egyelet közös megoldásait keressük. Általáos jelölés: a 11 x 1 +...+a 1m x m = b 1 a 21 x 1 +...+a 2m x m = b 2... a 1 x 1 +...+a m x m = b Itt egyelet va és m ismeretle. Az elimiáció megegedett lépései Skalár: egy szám, amilyeek az együtthatók is. (1) Az egyik egyeletet egy em ulla skalárral megszorozzuk. (2) Az egyik egyeletből kivojuk egy másik egyelet tetszőleges skalárszorosát. Ekkor a megoldások ugyaazok maradak. Az (1) lépéssel bármelyik em ulla együtthatóból 1-et csiálhatuk, ha aak reciprokával szorzuk. A (2) lépéssel ki lehet ullázi mide olya együtthatót, amely fölött vagy alatt egy em ulla együttható található. 9
2x+4y = 6 x+2y = 3 x+2y = 3 3x+2y = 5 3x+2y = 5 0x 4y = 4 Az első háromszorosát kivojuk a másodikból. Így y = 1. Szisztematikus eljárás (1) Egy em ulla együtthatót leosztással 1-re változtatuk, és bekarikázzuk. Ez a vezéregyes. (2) Az oszlopába a többi együtthatót kiullázzuk. (3) Az (1)+(2)-t ismételjük, de (1)-be csak olya együtthatót választhatuk, amely sorába és oszlopába ics karika. (4) Ha ilye ics, akkor megálluk. Ezutá: (5) Ha va olya sor, amelyek bal oldalá mide együttható ulla, de a jobb oldali b j em, akkor az egyeletredszer elletmodásos, ics megoldása. Ez egy tilos sor. (6) Ha va olya sor, amelyek bal oldalá mide együttható ulla, és a jobb oldali b j is ulla, akkor ezt a sort kihúzzuk. A megoldás leolvasása (F3.1.1. Tétel) (7) Azokat az ismeretleeket, amelyek oszlopába ics karika, szabad változóak evezzük. A többi ismeretle a kötött változó. (8) Midegyik kötött változó csak egyetle egyeletbe szerepel, és abba az együtthatója 1. Ezért a kötött változók kifejezhetők a szabad változókkal. A megoldások száma A szabad változókak tetszőleges értéket adva egyértelmű megoldást kapuk. Így ha va szabad változó, akkor a megoldások száma végtele. A megoldás akkor egyértelmű, ha az egyeletredszer em elletmodásos, és ics szabad változó. 10
Az egyetle összefüggés Tétel (F3.1.2. Tétel) Ha az egyeletek száma kisebb, mit az ismeretleek száma, akkor em lehet egyértelmű a megoldás. Bizoyítás Ha egyértelmű a megoldás, akkor ics szabad változó. Ezért mide oszlopba va karika. De a karikák csupa külöböző sorokba vaak, így legalább ayi sor va, mit oszlop. Azaz legalább ayi egyelet va, mit ismeretle. Fotos: más összefüggés ics az ismeretleek száma, az egyeletek száma és a megoldások száma között! Példák: gyakorlato, mátrixos jelöléssel. Homogé lieáris egyeletredszerek Defiíció Egy lieáris egyeletredszer homogé, ha a jobb oldalá szereplő midegyik b j ullával egyelő. Triviális megoldás: midegyik ismeretle ulla. Következméy (F3.1.4. Tétel) Ha egy homogé lieáris egyeletredszerbe az egyeletek száma kisebb, mit az ismeretleek száma, akkor va emtriviális megoldás. Bizoyítás Az előző tétel miatt em lehet egyértelmű a megoldás. De em is elletmodásos, mert va (triviális) megoldás. Ezért va legalább még egy megoldás. 6. Összefoglaló A 4. előadáshoz tartozó vizsgaayag Fogalmak Komplex -edik egységgyök (K1.5.3). Lieáris és homogé lieáris egyeletredszer (F3.1. szakasz). Tételek Komplex szám -edik gyökéek képlete (K1.5.2). Az -edik gyökök száma, elhelyezkedése (K1.5.4). Az algebra alaptétele (K2.5.4). A háromszög-egyelőtleség (K1.4.3). Két pot távolsága (K1.4.7). Forgatva yújtás komplex számmal (K1.4.5). Forgatás adott pot körül (K1.4. ábra). Gauss-elimiáció, a megoldások leolvasása (F3.1.1. Tétel). A megoldások, az ismeretleek és az egyeletek száma közötti összefüggés (általáos és homogé eset: F3.1.2. és F3.1.4. Tétel). 11