6. Komplex számok (megoldások)
1.
2.
3.
4. 6. 7. 10. 13.
14. 16.
17. 20. 22.
23. 24. 27.
Lásd ábra.
= 2 + 2i, z2 = −3 + 2i, = 4 − 2i, z4 = −1 − i. = 2 − 7i, z2 = −3 + 5i, = −5i, z4 = i, z5 = −9, z6 = 0. Teljes indukcióval. Teljes indukcióval. Az el®z® feladatból következik z1 = z2 = . . . = z = z esetén. 6 + 2i, −2 + 8i. −2 − 2i, 8 − 6i. 2 − 4i, 6 − 2i. −7 + 23i. −3 − i. 23 + 14i. A nevez® kojugáltjával b®vítjük a törtet, majd elvégezzük a szorzásokat: 3 + 2i = 3 + 2i · 1 + i = (3 − 2) + (2 + 3)i = 1 + 5 i. 2 2 71 +− 9i i. 1 − i 1 + i 2 − 5 i.2 5 A5 nevez®beli szorzás elvégzése3 és 3a konjugálttal való b®vítés, vagy a nevez®beli tényez®k konjugáltjaival való b®vítés és a szorzások elvégzése után: 25 + 51 i. √ √ 7 24 11 2 1 − 3 1+ 3 − − i. − + i, + 4 i. 625 625 25 25 4 1 5 1 1 − + i. − − i. 26 2617 19 z 23 1011 10 z 23 11 z1 1 = + i, 1 = − i, = − − i, z2 25 25 z2 25 25 z2 25√ 25 z1 17 19 z1 = 1 − i, z1 = 26 . = − + i, z2 25 25 |z2| 5 z2 5 6 + 2 i, − 2 + 1 i, 3 + 11 i, 3 + 1 i. 5 5 5 5 5 5 5 5 √ 157 + 1 (l. ). −7 + 3i. 1. q √ | x2 + y 2 + i 2xy| |3 + 4i||2 + i| = 1. = 1. √ |1 + 2i||4 + 3i| |(x − y ) + 2i xy| z1 z3 z1 z3
5.
n
8.
9.
11.
12.
15.
18.
19.
21.
T 6.6
25.
26.
28.
6.1
6.
Komplex számok
29. 30. 31.
A 3x + 5y = 7, 2y − x = 5 egyenletrendszert megoldva: x = −1, y = 2. |z − (−2 + i)| = 4, azaz |z + 2 − i| = 4. Vagy csak annyit írunk, hogy Im z = m Re z1+ b, vagy a következ®t tesszük: 1 ha z = x + iy, akkor x = 2 (z + z) és y = 2 (z − z), amib®l behelyettesítés után kapjuk, hogy (1 − mi)z − (1 + mi)z − 2bi = 0. |z + 3| + |z − 3| = 10. A 0 középpontú 1 és 2 sugarú körök közti körgy¶r¶, a körvonalak nélkül. Az origó középpontú, 2 sugarú körvonal. Az valós tengely pontjai. A −i középpontú 1 sugarú körlap, a határoló körvonallal együtt. 1 |2z − 4i| < 1, ekvivalens azzal, hogy |z − 2i| < 2 . Így a tartomány a 2i középpontú, 21 sugarú körlap (a körvonal nélkül). Az2 egyenl®tlenséget a z = x + yi behelyettesítésével átalakítva: x2 + y 2 ≤ x + (y + 1)2 , azaz 0 ≤ 2y + 1, tehát a megoldás Imz ≤ − 21 (félsik). z = x + yi behelyettesítése és átalakítás után kapjuk, hogy (x +5)2 + y 2 = 16, ami a −5 közep¶, 4 sugarú kör egyenlete. Ennek komplex alakja: |z +5| = 4. Ismeretes, hogy az2 xy koordináta-sikon bármely kör vagy egyenes egyenlete 2 felirható A(x + y ) + Bx + Cy + D = 0 (A, B, C, D ∈ ) alakban. (Ez az egyenlet akkor lehet egyenes egyenlete, ha A = 0.) Ha z =x + iy , akkor x2 + z−z C C z+z B B y 2 = zz, x = és y= , amib®l Azz + + − z+ z+ 2 2 i 2 2 i 2 2 i D = 0. √ √ x1 = 2i, x2 = − 2i, x1 = 1 + i, x2 = 1 − i. x1 = 3 + 2i, x2 = 3 − 2i. x1 = −4 + i, x2 = −4 − i. √ √ √ √ x1 = 3, x2 = − 3, x3 = 2i, x4 = − 2i. √ √ √ √ x1 = 2i, x2 = − 2i, x3 = 3i, x4 = − 3i. q A z = x + yi helyettesítésselqa x2 + y2 + x + yi = 2+ i (komplex) egyeletet kapjuk, amely ekvivalens a3 x2 + y2 + x3 = 2, y = 1 valós egyenletrendszerrel. Ez utóbbiból y = 1, x = 4 , tehát z = 4 + i. z1 = i, z2 = −i. z1 = 1 + i, z2 = 1 − i. z1 = 1 − i, z2 = i. z1 = −iz2 , z2 tetsz®leges. z1 = −2i, z2 = −3. z1 = −1 + i, z2 = −2 − i. z1 = i, z2 = 1 − i. z1 = −1, z2 = 2 − i. 2 Ha megszorozzuk a z + z +1 = 0 egyenlet mindkét oldalát z − 1-gyel, akkor z 3 = 1 adódik. Így z 65 + z 65 = (z 3 )21 z 2 +(z 3 ) 21 z 2 = z 2 + z 2 = z 2 + z = −1. ! 16 a 8 √ 8 a8 8 (−1) 8 x ( x) = 12870 x4 . 40095 a22 3. A hatodikban. A kilencedikben. 4096 i
32. 33. 34. 35. 36. 37.
38.
39.
40.
R
41. 43. 45. 46. 47.
48. 50. 52. 54. 56.
42.
44.
49.
51.
53. 55.
−
57.
58.
/
−
59.
−
60.
6.2
−
6.
Komplex számok
61. 62. 63. 66. 67. 68. 69.
70.
455 (m = 15). x3 3003a10 ( 3 = 12 miatt 12 = m − 3, azaz m = 15). 1 35x5. n = 7. x1 = 10, x2 = √ 5 . 10 x1 = 10, x2 = 10 4 . Alkalmazzuk a binomiális tételt az a = 1, b = 1 esetre. Alkalmazzuk a binomiális tételt az a = 1, b = −1 esetre. Útmutatás: Adjunk az egyenlet mindkét oldalához 1-et, és használjuk fel a k ! + k · k ! = k !(k + 1) = (k + 1)! összefüggést. ! ! ! ! ! ! n n−1 n n−1 n n−1 1! = n !0 , 2 2 != n " 1 ,!. . . , n n =! n n − 1 , ezért!# n n n n−1 n−1 n−1 + 2 + ··· + n = n + + ··· + , 1 2 n 0 1 n−1 ami szerint egyenl® n · 2 1-nel. ! ! ! n n n Bontsuk fel az egyes tagokat a (k + 1) k = k + k k összefüggés alapján. Ezzel visszavezetjük a feladatot a és !feladatokra. ! ! n n n Kiegészítve az egyenlet bal oldalát az 1 − 0 + 1 − 1 összeggel és fel! ! ! n n n használva a (k−1) k = k k − k összefüggést, visszavezetjük a feladatot a , és feladatokra. Induljunk ki az egyenlet jobb oldalából. A binomiális együtthatók additív tulajdonsága alapján ! ! ! ! ! ! n+1 n n n n−1 n−1 = k + k−1 = k + k−1 + k−2 = k! ! ! ! n n−1 n−2 n−3 = k + k − 1 + k − 2 + k − 3 = ... ! ! ! ! n n−1 n−2 n−k = k + k − 1 + k − 2 + ··· + 0 . ! ! n n+1 Az 0 = 0 összefüggés miatt a bal oldal els® két tagjának összege: ! ! ! ! n+1 n+1 n+2 n+2 0 ! + 1 != 1 , ezért az els® három tag összege: 1 + n+2 n+3 = 2 ! 2 , és így tovább, !a bal oldal!els® k tagjának összege n+k n+k n+k , így a teljes bal oldal + , ami valóban egyenl® a k−1 k−1 k jobb oldallal. Lásd a feladat megoldását. Lásd a feladat megoldását. m
64.
65.
−
n−
67.
71.
m
67.
72.
67.
73.
74.
75.
70.
70.
73.
76.
6.3
73.
6.
Komplex számok
77.
A binomiális együtthatók ! ! !additív!tulajdonsága ! alapján ! n n−1 n−1 n n−1 n−1 = + , = + 2 1 2 4 3 4 , . . .. Beírva ezeket a megfelel® tagok helyébe, visszavezettük a feladatot a feladatra. Lásd az el®z® feladat megoldását. Hasonlítsuk össze az (a + b)2 binomiális kifejtésében és az (a + b) (a + b) szorzatban az a b -es tagok együtthatóit és vegyük gyelembe a binomiális együtthatók szimmetriatulajdonságát. Ha n = 2m − 1, akkor a szimmetriatulajdonság miatt 2 2 2 2 1 2 1 +(−1) 2 1 = 0, − = 0 , − + = 0 , . . . , ( − 1) 1 1 0 tehát az összeg valóban 0. 1 Az n = 2m eset vizsgálatához szorozzuk össze az (a + b) és (a − b) binomiális kifejtését, és adjuk össze az a b2 -es2tagok együtthatóit. Akkor éppen az egyenlet bal oldalát kapjuk. ! Az (a − b ) kifejtésében pedig az a b -es 2 m tag együtthatója (−1) m . Egyrészt írjuk fel8 (1 + i)8 -t a binomiális tétel alapján, másrészt mutassuk meg,√ hogy (1 + i) = 16. −128(1 + i). −8(1 + i). 72( 3i − 1). −27. Re z = 3, Im z = 0, r = 3, ϕ0 = 03. Re z = −8, Im z = 0, r = 8, ϕ0 = π. Re z = 0, Im z = −2, r =√2, ϕ0 = 2 . Re z = 1, Im z = 1, r = 2, ϕ0 = 4 . Re z = − 12 , Im z = −√23 , r = 1, ϕ0 = 43 . Re z = 2√, Im z = −2 3, r = 4, ϕ0 = 53 . Re z = 4 3, Im z = −4, r = 8, ϕ0 = 76 . Im(x+iy +i) = y +1 > 2, Im z > 1. Im(ix − y) = x ≥ 1, Re z ≥ 1. Az x = 1 számot ábrázoló ponton átmen® és a valós tengelyre mer®leges egyenes. Re(2x + 2iy) = 2x < 4, x < 2, Re z < 2. Annak a szögtartománynak a pontjai, amelyet az Im z = Re z ≥ 0 feltételekkel meghatározott félegyenes és a képzetes tengely pozitív fele határol, az el®bbi félegyenes pontjait kizárva, az utóbbi pontjait hozzászámítva a tartományhoz. arg[(1 + i)z] = arg(1 + i) + arg z miatt a feltétel átírható a − < arg z < 3 alakra; azok a pontok elégítik ki, amelyek az Im z = − Re4z egyenlet¶ 4 egyenest®l "jobbra" es® félsíkban vannak (az egyenest kizárva). √ 5π + isin 5π . π π z = 2 3 cos 3 cos 2 + isin 2 . 6 π 6 √ π 4(cos π + i sin π) . 5 2 cos 4 + isin 4 . 67.
78. 79.
n
n
n
n n
80.
n
n n
n
n n−
m−
m− m−
m
n
m− m
n
n n
n
n n
m
81.
82. 85. 86. 88. 89. 90. 91. 92. 93. 95.
96. 97.
98.
n
83.
84.
87.
π
π
√
π
π π
94.
π
π
99. 101.
100.
102.
6.4
6.
Komplex számok
103. 105.
107.
110. 113. 114. 115. 116.
117. 118.
119. 120. 121. 122.
123.
124.
12 cos 23π + isin 23π . 3√2 cos 54π + isin 54π . 3 π 3 π 11 π 11 π cos + isin 2 . 4 cos 6 + isin 6 . √ 2 5 3 + 5 i. 3 3 √ + √ i. 2i. 2 √2 2 2 √ 3 3 3 i. − − −2i. −3 − 3i, 2 2 x2 + y 2 = a2 . Origó középpontú, a sugarú kör. x2 + (y − a)2 = a2 . A (0, a) középpontú, a sugarú kör. (x − a)2 + y2 = a2. Az (a, 0) középpontú, a sugarú kör. cos ϕ-vel való beszorzás után kapjuk, hogy r cos ϕ = 2, tehát a görbe az x = 2 egyenlet¶ egyenes. y = a egyenlet¶ egyenes. (1+cos ϕ)-vel való beszorzással kapjuk, hogy r + r cos ϕ = 1, azaz q 2 x + y 2 + x = 1, ahonnan átalakítás után az y2+2x−1 = 0 ill. y2 = 2( 12 − x) egyenlethez jutunk, melynek képe az ábrán látható parabola. 2 2 x y + 2 2 = 1 egyenlet¶ ellipszis. a b 1 2 y =2 x+ egyenlet¶ parabola. 2 y 2 = 4a(4 − x) egyenlet¶ parabola. x2 1 parabola. y= 2 2− 2 egyenlet¶ (x − 3) + y2 = 1. Ellipszis, amelynek a középppontja a (3, 0) pont, tengelyei 2 4y2 tengellyel párhuzamosak, a tengelyek félhossza 5, illetve 4. az x,5 illetve 2 x + 32 y2 2 + = 1 . A görbe − , 0 középpontú ellipszis, melynek az 2 2 3 4 2 3 3 4 x, ill. y tengellyel párhuzamos tengelyei vannak; a tengelyek félhossza: a = , 3 2 ill. b = √3 . Mivel r csak nemnegatív lehet, alkalmas feltételt kell keresnünk16 arra, hogy x a jobb oldal pozitív legyen. cos ϕ = r helyettesítéssel r = 3 − 5 , amib®l q 3r = 16 + 5x. Emiatt 16 + 5x ≥ 0, azaz x > − 165 . Az r helyébe x2 + y2-et 104. 106.
108.
109.
111.
112.
√
125.
x r
6.5
6.
Komplex számok
126.
írva a 3r = 16 + 5x egyenletb®l átalakítások után az (x + 5)2 − y2 = 1 32 42 egyenletet kapjuk. Ez olyan hiperbola egyenlete, melynek valós tengelye az x tengelyen, képzetes tengelye az x = −5 egyenlet¶ egyenesen van és a tengelyek és félhossza163 ill. 4; ezek miatt a hiperbola egyik fókusza az origóban van. Az x > − 5 feltétel miatt a hiperbolának csak a jobb oldali ágát vehetjük gyelembe. Négyzetreemelés és átalakítás után r2 = a2 (cos2 ϕ−sin2 ϕ). Felhasználva a tétel 2 2 2 egyenleteit: x + y = a + − + , amib®l a keresett egyenlet, az ábrán is látható un.2 2 2 2 egyenlete: (x + y ) = a (x2 − y2). 6(cos20 + i sin20 ). √ 6 2(cos130 + i sin130 ). 2(cos120 + i sin120 ). 6 cos 512π + i sin 512π . cos(−ϕ) + i sin(−ϕ). − cos ϕ+i sin ϕ = (−1)(cos ϕ−i sin ϕ) = (cos π +sin π )(cos(−ϕ)+i sin(−ϕ)) = cos(π − ϕ) + i sin(π − ϕ). cos(π + ϕ) + i sin(π + ϕ). Forgassuk el a z2 −z1 helyvektorát 60 -kal, ill. −60 -kal és adjuk a z1 helyvektorához. A két1 megoldás: √ z3 = (4 − 3i)( 2 + 23 i)+(1+4i) = 3+ 3 2 3 +( 52 +2 3) ≈ 5, 59807+5, 96410i, √ z3 = (4 − 3i)( 21 + 23 i)+(1+4i) = 3 − 3 2 3 +( 25 − 2 3) ≈ 0, 401924 − 0, 964101i. A z2 − z1 helyvektorának 90 -os (ill. −90 -os) elforgatásával kapott vektort hozzáadva a z1 és a z2 helyvektorához kapjuk az els® (ill. második) megoldást. A1 z2 − z1 helyvektorát 45 -kal ill. −45 -kal elforgatva, a kapott vektorokat 2 - vel szorozva és z1 helyvektorához adva kapjuk a harmadik megoldást. A három megoldás: z4 = 7 + 4i; z3 = 8i, z3 = −8 − 6i, z4 = −1 − 10i; 5 9 3 5 z4 = − − i. z3 = + i, 2 2 2 2 A harmadik megoldás egyszer¶bben úgy is megkapható, hogy 211(z1 + z2) helyvektorához hozzáadjuk a z2−z1 helyvektorára mer®leges vektor 2 -szeresét. Három megoldás van: z4 = z2 + z3 = 3 + i, z4 = z3 − z2 = 1 + 5i, z4 = z2 − z3 = −1 − 5i. T 6.11
x2 x2 y 2
y2 2 x y2
lemniszkáta
127. 128. 129. 130. 131. 132.
133. 134.
◦
◦
◦
◦
◦
◦
◦
√
0
135.
◦
√
√
√
◦
◦
◦
◦
√
136.
0
0
00
00
0
6.6
00
6.
Komplex számok π π π π +1 = cos 4 + k 3 + i sin 4 + k 3 , (k = 1, 2, 3, 4, 5). ! 2 kπ 2 kπ z +1 = i + (3 − 5i) cos + i sin 5 , (k = 1, 2, 3, 4). 5 2√2 (cos103 + i sin103 ). 3 (cos62 + i sin62 ). 4 √ √3 −4 3 (cos75 + i sin75 ). 3 i. − 2 19 19 √ −64. −i. −64( 3 + i). √ 1 + 3i . 1 1 i − − + i. 2024√ 4 4 49 . √ −256. −16 3 + 16i. −8(1 + 3i). √ √ √ √ 1 3 1 3 1 3 1 3 i. 1, − 2 + 2 i, 2 + 2 i. −1, + i, − 2 2 2 2 1, i, −√1, −i. √ 1, 21 √+ 23 i, −√12 + 23 i, −1, 1 3 i, 1 − 3 i. − − 2 √2 2 √ 2 1 i 1 i √ + √ , −√ − √ . 2i, − 3 − i, 3 − i. 2 2 2 2 3 π 3 π 7 π 7 π 11 π 3 cos 10 + i sin 10 ,3 cos 10 + i sin 10 , 3 cos 10 + i sin 1110π , 3 cos 1510π + i sin 1510π , 3 cos 1910π + i sin 1910π . cos π7 + i sin π7 , cos 37π + i sin 37π , cos 57π + i sin 57π , cos π + i sin π = −1, cos 97π + i sin 97π , cos 117π + i sin 117π , cos 137π + i sin 137π . √ 2(cos ϕ + i cos ϕ), ahol ϕ = 4 , 1112 , 1912 , ill. ϕ = 45 , 165 , 285 . Algebrai alakba is felírható az eredmény, hisz a 4 -hez tartozó gyök 1 + i, a másik két gyök3 például a3 harmadik egységgyökökkel való beszorzás útján kapható meg: 3 3 1 1 1 1 − 2 − 2 + ( 2 − 2 )i, 2 − 2 + (− 2 − 2 )i. Kalkulátorral legalább négy tizedes pontossággal számolva 2 + i, −2 − i adódik. A következ® meggondolás szerint amely bármely komplex szám négyzetgyökének kiszámítására használható ezek pontos értékek. Legyen 2 2 2 2 u = (x + yi) = z, akkor x − y = 3, 2xy = 4, az utóbbiból y = 2 , és ennek felhasználásával x4 −3x2 −4 = 0 adódik, amib®l , x21 2 = 4, x23 4 = −1, s mivel x valós, ez utóbbi hamis gyök. Tehát x1 = 2, x2 = −2, y1 = 1, y2 = −1; a megoldás: 2 + i, −2 − i. 3 + 4i, −3 − 4i, lásd az el®z® feladat megoldását.
137. zk
138. k
139.
141. 143. 146. 149. 152. 154. 155.
156.
158.
159.
160.
◦
◦
◦
140.
◦
◦
◦
142.
144.
145.
147.
148.
150.
151.
153.
157.
π
π
π
◦
◦
◦
π
√
161.
√
√
√
x
,
162.
6.7
,
6.
Komplex számok
163.
Az √c z = c √z egyenl®ség mindkét oldalán n különböz® szám szerepel, és mindkét oldal n-edik hatványa c z, !így az egyenl®ség valóban fennáll. 2 b2 b Ekvivalens átalakításokkal z + 2a − 4a2 + ac = 0, és ebb®l s b b2 − 4ac z+ = 2a 4a2 adódik. s √ √ b2 − 4ac b2 − 4ac −b + b2 − 4ac Az el®z® feladat szerint 4a2 = 2a . Így z = 2a . z1 = 2 + i, z2 = −2 + i. z1 = 1 + 2i, z2 = 1 + i. z1 = −3 + i, z2 = −2 + i. q √ −1 + 2i + (1 − 2i)2 + 8i −1 + 2i + −3 + 4i z1 2 = = = 2 2 = −1 + 2i ±2 (1 + 2i) , z1 = 2i, z2 = −1. A Moivre-képlet és a binomiális tétel alkalmazásával kapjuk, hogy 5 cos55 x + i sin5x3 = (cos2 x + i sin x) =4 cos5 x − 10cos x sin x + 5cos x sin x + i(5cos4 x sin x − 10cos2 x sin3 x + sin x). Amib®l 5 cos5x3 = cos x − 10cos3 x(1 − cos2 x) + 5cos x(1 − cos2 x)2 = 16cos5 x − 20cos x + 5cos x. l. az el®z® feladat megoldását! 1.megoldás: A feladat megoldásában leírt módon −1 + 415i és 1 − 4i. 2.megoldás: Legyen −15 − 8i = 17(cos ϕ + i sin ϕ), ahol cos ϕ = − 17 és sin ϕ = √ 8 3 − 17 , π < ϕ < 2 (< 2π ). A −15 − 8i szám négyzetgyökei: ± 17(cos 2 + i sin 2 ). Mivel 2 < 2 < π , ezért cos 2 = − 117 és sin 2 = 417 . Ezekb®l a négyzetgyökök: −1 + 4i és 1 − 4i. Ha z1 = 0 vagy z2 = 0, akkor a z1z2höz tartozó helyvektor a . Ha z1, z2 6= 0, akkor |z|z1z2|2| = |z11| , továbbá ha z1 argumentuma ϕ1 és z2 argumentuma ϕ2 , akkor z1 z2 argumentuma ϕ1 + ϕ2 . Ezek alapján a szerkesztés menete a következ® ábráról leolvasható. Ha két komplex szám egyenl®, akkor abszolút értékük is, ezért |z|(|z| 1 − 1) = 0. Ebb®l következik, hogy |z| = 0 vagy |z| 1 = 1, azaz z = 0 vagy |z| = 1. Az2 eredeti+1egyenlet mindkét oldalát z-vel megszorozva, a+1z 6= 0 esetben az |z| = z egyenletet kapjuk. Ebb®l a |z| = 1 miatt z = 1 adódik. n
n
n
n
164.
165. 167.
168.
169.
170. 171.
166.
,
161.
ϕ
π
ϕ
172.
π
ϕ
ϕ
√
ϕ
√
0
173.
n−
n−
n
n
6.8
6.
Komplex számok
174.
Összegezve, az egyenlet megoldásai: 0 és a cos n2+kπ1 + i sin n2+kπ1 (k = 0, 1, 2, . . . , n) (n + 1)-edik egységgyökök. Jelöljük az összeget s -vel. Könnyen belátható, hogy e = e1 (k = 0, 1, . . . , n), ezért s = 1 + e1 + e21 + · · · + e1 . Ha e1 = 1, 1 − (e1 +1 ) 1 − (e1 ) +1 akkor s = n + 1. Ha e1 6= 1, akkor s = 1 − e = 1 − e = 1 − 1 = 0. 1−e Ha e = 1, akkor az összeg: (n + 1)(2 n + 2) . Ha e 6= 1, akkor 1 + 2e + 3e2 + · · · + (n + 1)e = (1 ++1e + e2 + · · · + e ) + (e + e2 +2 · · · + e ) + 1 − e + e1 − e + · · · + e 1 1 − e + e 1 − e = · · · + (e 1 + e ) + e = 1−e 1−e 1−e 1−e (1 + e + e2 + · · · + e ) − (n + 1)e +1 . Mivel 1+ e + e2 + · · · + e = 0 és e +1, 1 − en + 1 ezért a végeredmény e − 1 . √ |(1 + i)z 3 + iz| ≤ |(1 + i)z 3 | + |iz| = |1 + i||z|3 + |i||z| = 2|z|3 + |z| < √ 1 3 1 2 2 + 2 < 2 · 18 + 21 = 34 . Az egyenl®ség bal oldalát írjuk fel trigonometriai alakban. Az egyenl®ség bal oldalát írjuk fel trigonometriai alakban. Írjuk felnπaz (1+ i) kifejezést a binomiális tétel segítségével. A keresett összeg: 2 cos 4 (l. a feladatot!). A keresett összeg: 2 sin nπ4 (l. az el®bbi feladatot!). Használjuk fel, hogy a −1 komplex n-edik egységgyökeinek összege 0. Továbbá azt, hogy ha n páratlan szám, akkor a komplex egységgyökök a komplex számsíkon olyan szabályos n-szög csúcsai, amely középpontja a 0, körülírt köre egységsugarú és szimmetrikus a valós tengelyre. Ezeket az észrevételeket alkalmazzuk az n = 11 esetre. L. az el®z® feladat megoldását! L. feladat megoldását! n,j
k
k
j
n,j
nj
j n
j
n,j
j
j
n
j
n,j
j
175.
n
n−
n
n
n
n
n
n
n
n−
n
n
n
176.
177. 178. 179.
n
n
2
177.
n
180. 181.
182. 183.
2
181.
6.9
n
