1. komplex számok ábrázolása Vektorok és helyvektorok. Ismétlés sík vektorai irányított szakaszok, de két vektor egyenlő, ha párhuzamosak, egyenlő hosszúak és irányúak. Így minden vektor kezdőpontja az O origóba tolható. sík minden pontját egyértelműen kijelöli egy ilyen O vektor végpontja. Ez az pont helyvektora. Jelölés z origóból az = (a, b) pontba mutató vektort szintén az (a, b) számpárral adjuk meg. Tehát beszélhetünk a z = (a, b) = O vektorról. Vektorösszeadás. vektorok összeadása egymás után fűzéssel történik: O + C = OC. C z c = (a, b) d = (c, d) d c C = (a + c, b + d) z b b O a c Ez a paralelogramma-szabály, hiszen O C paralelogramma. z = O = C = (a, b) és = O = C = (c, d) vektorok összege z + = OC = (a + c, b + d). komplex számsík. z + hogy a valós számokat a számegyenesre képzeljük, az a + bi komplex számot a sík (a, b) pontjával ábrázoljuk. Például i = 0 + 1i a (0, 1) pontnak felel meg. valós számok az x-tengelyen helyezkednek el, ennek neve valós tengely. tisztán képzetes számok az y-tengelyen vannak, ennek neve képzetes tengely. z (a, b)-be mutató helyvektort is azonosítjuk a + bi-vel. Mivel (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i, ezért a komplex számokat ugyanúgy kell összeadni, mint a nekik megfelelő helyvektorokat.
2. trigonometrikus alak Komplex szám hossza és szöge. z = a + bi hossza az origótól mért távolsága. Pitagorasz tétele szerint ez a 2 + b 2, azaz z. z = r = a 2 + b 2 α = arg(z) a = r cos α z = a + bi = r(cos α + i sinα) b = r sinα z 0 szöge a valós tengely pozitív felével bezárt szög. Ez irányított szög, 0 arg(z) < 360. Nyilván a = z cos α és b = z sinα. Ezért z-t egyértelműen meghatározza a hossza és a szöge. Komplex szám trigonometrikus alakja. Definíció z 0 trigonometrikus alakja z = r(cos α + i sin α), ahol r = z a z szám hossza, α = arg(z) pedig a z szám szöge. z = a + bi az algebrai alak. z 1 i hossza 1 2 + ( 1) 2 = 2. Szöge 315 (nem 45 ). Így trigonometrikus alakja 1 i = 2(cos 315 + i sin 315 ). 1 i = 2 z = 1 i trigonometrikus alak egyértelműsége. 4 hossza (abszolút értéke) 4, szöge 180 (nem 0 ). Így trigonometrikus alakja 4 = 4(cos 180 + i sin 180 ). Figyelem! nullának nincs trigonometrikus alakja. z r(cos α i sin α) szám nincs trigonometrikus alakban! 2
z r(cos α + i sin α) felírásban érdemes megengednünk olyan α szöget is, ahol 0 α < 360 nem feltétlenül teljesül. Például 1 i = 2 ( cos( 45 ) + i sin( 45 ) ). Állítás (HF ellenőrizni, Kiss-jegyzet 1.4.4.) Ha r, s > 0 valós, akkor r(cos α + i sinα) = s(cos β + i sinβ) pontosan akkor, ha r = s, és α β a 360 egész számszorosa. Szorzás trigonometrikus alakban. Tétel Komplex számok szorzásakor hosszuk összeszorzódik, szögük pedig összeadódik. (modulo 360 ) Legyen z = r(cos α + i sinα) és = s(cos β + i sinβ). Ekkor z = rs ( (cos α cos β sin α sin β) + (cos α sinβ + sinα cos β)i ). Ez az ismert képletek miatt rs ( cos(α + β) + i sin(α + β) ). Emlékeztető: (a + bi)(c + di) = (ac bd) + (ad + bc)i. 1 i = 2(cos 315 + i sin 315 ) négyzete (1 i) 2 = 2 2 ( cos(315 + 315 ) + i sin(315 + 315 ) ) = = 2(cos 630 + i sin 630 ) = 2(cos 270 + i sin 270 ) = = 2 ( 0 + i( 1) ) = 2i. Hatványozás trigonometrikus alakban. Házi Feladat Osztáskor a hosszakat elosztjuk, a szögeket kivonjuk. Moivre képlete ( r(cos α+i sinα) ) n = r n (cos nα+i sin nα). zaz hatványozáskor a hosszat a kitevőre emeljük, a szöget a kitevővel szorozzuk. képlet negatív (egész) kitevőre is érvényes. (1 i) 1526 = 2 1526 ( cos(1526 315 ) + i sin(1526 315 ) ) = = 2 763 ( cos 90 + i sin 90 ) = 2 763 (0 + 1i) = 2 763 i. 1 i = 2(cos 315 + i sin 315 ) 1526/2 = 763 1526 315 = 480690 = 1335 360 + 90 3
3. Geometria a komplex számsíkon háromszög-egyenlőtlenség. háromszög-egyenlőtlenség Minden z, C-re z + z +. Egyenlőség pontosan akkor áll, ha z és párhuzamosak, és egyenlő állásúak, azaz z = r vagy = rz alkalmas pozitív valós r-re. z C O z + z Háromszög-egyenlőtlenség az O C háromszögre. Két pont távolsága. Állítás Minden z, C-re a z és távolsága z. O z z z D Legyen z = O és = O. Ekkor z =, hiszen + (z ) = z. De z hossza z. Geometriai transzformációk. z z + függvény a vektorral való eltolás. Állítás Ha 0, akkor az f : z z függvény (a -vel szorzás) forgatva nyújtás: szögével forgat az origó körül, és hosszaszorosára nyújt az origóból. Legyen z = r(cos α + i sinα) és = s(cos β + i sinβ). Láttuk, hogy z = rs ( cos(α + β) + i sin(α + β) ). Ezért 4
z szöge z szögénél β-val nagyobb, z hossza pedig z hosszának s-szerese. Így az f függvény a z vektort β-val forgatja, s-szeresére nyújtja. Forgatás pont körül. Mi lesz a z pont körüli +90 fokos elforgatottja? i(z ) z i(z ) + i = 1(cos 90 + i sin 90 ) z -ből z-be mutató z vektort az origóba toljuk, elforgatjuk (i szöge 90 ), visszatoljuk, azaz -t hozzáadunk. Geometria-feladatok megoldása komplex számokkal. Feladat (Kiss-jegyzet, 1.4.12.) Egy négyszög oldalaira kifelé négyzeteket rajzolunk. Kössük össze az átellenes négyzetek középpontjait. Igazoljuk, hogy e két szakasz merőleges, és egyenlő hosszú. 5
Négyzet középpontja. Határozzuk meg az oldalú két négyzet két középpontját. Y X Láttuk: körül z-t +90 fokkal elforgatva i(z ) + -t kapjuk. X körül -t +90 fokkal forgatva -t kapjuk. Így = i( X) + X. Innen X = ( i)/(1 i). Y körül -t +90 fokkal forgatva -t kapjuk. Így = i( Y) + Y. Innen Y = ( i)/(1 i). négyszöges feladat megoldása. (D i)/(1 i) = V D U = (C Di)/(1 i) C Y = ( Ci)/(1 i) 1 XU = U X = 1 Y V = V Y = X = ( i)/(1 i) ( (C ) ( ) ) Di i. 1 i ( (D ) ( ) ) i Ci. De 1 i i ( (C Di) ( i) ) = ( (D i) ( Ci) ). zaz i(u X) = V Y, így XU +90 -os elforgatottja Y V. Ezzel elvégeztük a Kiss-jegyzet 1.4. Szakaszát. 6