2. el˝oad´as Komplex sz´amok (2)
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
1. A a + bi ←→ (a, b) k¨olcs¨on¨osen egy´ertelmu˝ megfeleltet´es lehet˝ov´e teszi, hogy a komplex sz´amokat a s´ık pontjaival, illetve helyvektoraival a´ br´azoljuk. A der´eksz¨ogu˝ koordin´ata rendszer v´ızszintes tengely´en az 1 ¨ oleges tengely´en az i. az egys´eg, a fugg˝
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
2. Ha a komlpex sz´amokat helyvektoroknak fogjuk fel, akkor az o¨ sszead´as, ˝ a kivon´as e´ s a val´os sz´ammal val´o szorz´as a megfelel˝o vektormuvelettel esik egybe, e´ s |z| e´ ppen a komplex sz´amot a´ br´azol´o vektor hossza.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
3. A komplex sz´amok s´ıkbeli pontokkal val´o reprezent´al´asa a szeml´eltet´es ´ kapcsolatot teremt a komplex sz´amok e´ s a geometria k¨oz¨ott. lehet˝os´eg´en tul Komplex sz´amok egy halmaza tekinthet˝o egy geometriai alakzatnak. A z e´ s a w komplex sz´am t´avols´aga a z -b˝ol a w-be mutat´o vektor hossza, azaz |z − w|. Ez alapj´an p´eld´aul a |z − i| ≤ 3 felt´etelnek eleget t´ev˝o komplex sz´amok az i-t˝ol legfeljebb 3 egys´eg t´avols´agra l´ev˝o komplex sz´amok, amelyek egy i k¨oz´eppontu´ 3 egys´eg sugaru´ k¨or pontjait alkotj´ak, a hat´arol´o k¨orvonal pontjait is bele´ertve. Ez a halmaz l´athat´o a k¨ovetkez˝o a´ br´an.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
´ hat´arozhat´o meg, 4. A komplex sz´ams´ıkon egy pont helyzete nem csak ugy ¨ oleges koordin´at´ait, hanem az hogy megadjuk a pont v´ızszintes e´ s fugg˝ al´abbi a´ br´an l´athat´o ϕ forg´assz¨og e´ s az r t´avols´ag megad´as´aval is.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
A ϕ a komplex sz´am sz¨oge vagy argumentuma, ez az a sz¨og, amellyel a v´ızszintes val´os tengely pozit´ıv fel´et az o´ ramutat´o j´ar´as´aval ellenkez˝o ir´anyban el kell forgatni, hogy ir´anya a z komplex sz´amot a´ br´azol´o vek¨ hogy 0 ≤ ϕ < 2π e´ s tor ir´any´aval essen egybe. Erre a sz¨ogre teljesul, b tgϕ = a , felt´eve, hogy a 6= 0. Ha a = 0, akkor ϕ = π2 vagy ϕ = 3π . 2 ¨ e´ s a radi´an m´ert´ekegys´eget nem A sz¨ogeket teh´at radi´anban m´erjuk ´ minden val´os sz´am egy radi´anban m´ert sz¨oget is jelent. A ¨ ¨ fel. Igy tuntetj uk radi´an e´ s a fok k¨oz¨otti a´ tv´alt´as a 2π rad = 360◦ k´eplet alapj´an t¨ort´enik. ◦ π , e´ s 1◦ = 180 rad. Teh´at 1 rad = 180 π ¨ onb¨oz˝o komplex sz´am fel´ırhat´o trigonometrikus 5. Minden null´at´ol kul¨ alakban. Legyen z = a + bi 6= 0. Ekkor z trigonometrikus alakja
√
z = r(cos ϕ + i sin ϕ),
(1)
ahol r = |z| = a2 + b2 > 0, a z komplex sz´am hossza, ϕ a z komplex sz´am sz¨oge vagy argumentuma.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
¨ 6. Mivel a tangens fuggv´ eny π szerint peri´odikus, 0 e´ s 2π k¨oz¨ott k´et olyan sz¨og van, amelynek a tangense ab , ez´ert a ϕ meghat´aroz´asakor gondosan kell elj´arni. Trigonometrikus alakra val´o a´ t´ır´askor el˝osz¨or a´ br´azoljuk a komplex sz´amot, ez az´ert fontos, l´assuk, hogy melyik s´ıknegyedbe esik a sz´am. √ 2 hogy Ezut´an az r = a + b2 k´eplettel kisz´amoljuk a hosszt. Ha a komplex sz´am valamelyik koordin´ata f´eltengelyre esik, akkor a sz¨oge 0, π2 , π vagy 3π , amit leolvashatunk az a´ br´ar´ol. 2 Ha sem az a, sem a b nem nulla, akkor kisz´amoljuk a kalkul´atorunkal, ´ radi´anban, a τ seg´edsz¨oget. Ezt a sz¨oget ugy kapjuk, hogy a komplex ¨ a v´ızszintes tengelyre, a vetuleti ¨ sz´amot a´ br´azol´o pontot levet´ıtjuk pont, a komplex sz´amot a´ br´azol´o pont e´ s az orig´o egy der´eksz¨ogu˝ h´aromsz¨oget alkot, ebben az orig´on´al l´ev˝o sz¨og a τ . Ez mindig egy 0 e´ s π2 k¨oz´e es˝o sz¨og, |b| e´ s a tgτ = |a| k´epletb˝ol sz´amolhat´o ki. Ha a komplex sz´am az els˝o s´ıknegyedbe esik, akkor ez a τ egyben a ϕ. Ha ´ kapjuk a ϕ-t, hogy a komplex sz´am a m´asodik s´ıknegyedbe esik, akkor ugy π -b˝ol kivonjuk a τ -t. ´ kapjuk a ϕ-t, Ha a harmadik s´ıknegyedbe esik a komplex sz´am, akkor ugy hogy ehhez a τ sz¨ogh¨oz hozz´aadunk π -t. ¨ ha a negyedik s´ıknegyedbe esik, akkor 2π -b˝ol kivonva τ -t kapjuk V´egul, a ϕ-t. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
7. P´elda 1 √ ´ Irjuk fel z = −1 + 3i trigonometrikus alakj´at. Ha a´ br´azoljuk a komplex sz´amunkat, akkor l´atjuk, hogy az a m´asodik s´ıknegyedben van. Teh´at a sz¨oge π2 e´ s π k¨oz´e esik. Kisz´amoljuk el˝osz¨or q √ √ a hossz´at. r = |z| = (−1)2 + ( 3)2 = 4 = 2. √ | 3| |−1|
√
3 k´epletb˝ol kapjuk, hogy τ = π3 . Mivel z a m´asodik s´ıknegyedben van, ϕ = π − τ = A tgτ =
=
trigonometrikus alakja teh´at
z = −1 +
√
3i = 2 cos
2π 3
+ i sin
2π 3
2π . 3
A z
.
¨ A nevezetes sz¨ogek sz¨ogfuggv´ enyeit ismerni kell fejb˝ol. Ha a π kalkul´atorunkkal sz´amolunk, akkor a τ = 3 -nak csak egy k¨ozel´ıt˝o e´ rt´ek´et kapjuk meg, pedig a pontos e´ rt´eket is tudhatjuk. A nevezetes sz¨ogek azok, amelyekn´el a sz¨oget kijel¨ol˝o f´elegyenes valamelyik koordin´ata f´eltengellyel 0, 30 vagy 45 fokos sz¨oget z´ar be. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
¨ A nevezetes sz¨ogek e´ s a sz¨ogfuggv´ enyeik e´ rt´eke az al´abbi a´ br´ar´ol leolvashat´ok. (A sz´amp´arok els˝o koordin´at´aja a sz¨og koszinusza, m´asodik koordin´at´aja a sz¨og szinusza.)
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
8. Legyen z = r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ), w = r2 (cos ϕ2 + i sin ϕ2 ) e´ s n ∈ N. Ekkor
zw = r1r2(cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2)), z w
=
r1 r2
(cos(ϕ1 − ϕ2) + i sin(ϕ1 − ϕ2)),
z n = r1n(cos(nϕ1) + i sin(nϕ1)).
(2) (3) (4)
¨ Az ut´obbi h´arom k´epletben a trigonometrikus fuggv´ enyek argumentum´aban l´ev˝o o¨ sszead´as, kivon´as e´ s szorz´as modul´o 2π e´ rtend˝o, teh´at csak a 2π -vel vett oszt´asi marad´ek sz´am´ıt, hiszen a defin´ıci´oja alapj´an a ¨ komplex sz´am sz¨oge a [0, 2π) intervallumba esik, a sz¨ogfuggv´ enyek pedig peri´odikusak 2π szerint. P´eld´aul 13 mod 2π ≈ 0.4336, hiszen 13 ≈ 3 · 2π + 0.4336. Hasonl´oan −15 mod 2π ≈ 3.8496, mivel −15 ≈ −3 · 2π − 2.4336 e´ s ´ j´arunk el, hogy −2.4336 + 2π ≈ 3.8496. Negat´ıv sz´amn´al teh´at ugy ´ e´ rt´ek´enek 2π -vel vett oszt´asi marad´ek´at, e´ s kisz´amoljuk a sz´am abszolut ennek m´ınusz egyszeres´et adjuk hozz´a 2π -hez. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
9. P´elda 2 ´ Legyen z = 2(cos 7 + i sin 7), w = 3(cos 10 + i sin 10). Irjuk fel
zw,
z
w
e´ s z 7 trigonometrikus alakj´at.
zw = 6(cos 17 + i sin 17) = 6(cos 4.43 + i sin 4.43), hiszen 17 ≈ 2 · 2π + 4.43. z
2 (cos(−3) + i sin(−3)) = (cos 3.28 + i sin 3.28), w 3 3 hiszen −3 + 2π ≈ 3.28. =
2
z 7 = 128(cos 49 + i sin 49) = 128(cos 5.02 + i sin 5.02), hiszen 49 ≈ 7 · 2π + 5.02.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
¨ 10. Az n-ed foku´ komplex egyutthat´ os polinom a´ ltal´anos alakja:
pn(z) = anz n + an−1z n−1 + . . . + a1z + a0,
(5)
ahol persze n ∈ N e´ s ai ∈ C minden i = 0, 1, 2, . . . , n-re. P´eld´aul p3 (z) = iz 3 − 2z 2 + (2 − i)z − 3 + i egy harmadfoku´ ¨ komplex egyutthat´ os polinom, p4 (z) = z 4 − 1 pedig egy negyedfoku´ ¨ komplex egyutthat´ os polinom. ¨ nagy jelent˝os´ege van az algebra alapt´etel´enek, amely szerint Rendk´ıvul ¨ minden n-ed foku´ komplex egyutthat´ os polinomnak a komplex sz´amok k¨or´eben pontosan n darab gy¨oke van, azaz a
pn(z) = anz n + an−1z n−1 + . . . + a1z + a0 = 0
(6)
egyenletnek a komplex sz´amok k¨or´eben pontosan n darab megold´asa van.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
11. Legyen n ∈ N e´ s a0 ∈ C. Ekkor az algebra alapt´etele szerint a
pn(z) = z n − a0 = 0
(7)
egyenletnek pontosan n darab megold´asa van. Ezt az n darab komplex sz´amot h´ıvjuk az a0 n-edik gy¨okeinek. Ha a0 trigonometrikus alakja a0 = r(cos ϕ + i sin ϕ), akkor ezeknek a gy¨ok¨oknek a trigonometrikus alakja a √ ϕ + k · 2π ϕ + k · 2π zk = n r cos + i sin (8)
n
n formul´ab´ol hat´arozhat´o meg, ahol k = 0, 1, . . . n − 1.
Mivel minden gy¨oknek ugyanannyi a hossza, e´ s minden gy¨ok sz¨oge az el˝oz˝o gy¨ok sz¨og´en´el 2π -el t¨obb, ha gy¨ok¨oket a´ br´azoljuk, azok egy orig´o n √ ´ k¨oz´eppontu´ n r sugaru´ k¨orbe ´ırt szab´alyos n sz¨og csucsait alkotj´ak.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
12. Feladat 1 Hat´arozzuk meg −1 + i o¨ t¨odik gy¨okeit. Megold´as: Mivel −1 + i trigonometrikus alakja
−1 + i =
√
2(cos
3π 4
+ i sin
3π 4
),
az o¨ t¨odik gy¨ok¨okre vonatkoz´o k´eplet:
zk =
√ 10
2 cos
3π 4
+ k · 2π 5
!
+ i sin
3π 4
+ k · 2π 5
!!
,
(9)
k = 0, 1, 2, 3, 4.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Ki´ırva a gy¨ok¨oket: √ 3π 3π 10 + i sin , z0 = 2 cos 20 20 √ 11π 11π 10 z1 = + i sin , 2 cos 20 20 √ 19π 19π 10 z2 = 2 cos + i sin , 20 20 √ 27π 27π 10 z3 = 2 cos + i sin , 20 20 √ 35π 35π 10 z4 = 2 cos + i sin . 20 20 Feladatmegold´as sor´an nem el´eg a (9) k´epletet megadni, hanem fel kell ´ırni az o¨ sszes gy¨ok¨ot. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
¨ kul¨ ¨ on¨os figyelmet e´ rdemel a n´egyzetgy¨okvon´as. 13. A gy¨okvon´asok k¨ozul A (8) formula persze alkalmazhat´o, de n´egyzetgy¨ok¨ot vonni, mint azt m´ar tudjuk, m´ashogy is lehet. P´elda 3 Sz´amoljuk ki 5 − 12i n´egyzetgy¨okeit. ¨ amelyekre (a + bi)2 = Azokat az a + bi komplex sz´amokat keressuk, 5 − 12i. A bal oldalon elv´egezve a n´egyzetre emel´est, kapjuk, hogy
a2 − b2 + 2abi = 5 − 12i. Mivel k´et komplex sz´am akkor e´ s csak akkor egyenl˝o, ha egyenl˝ok a val´os e´ s a k´epzetes r´eszek is, ebb˝ol kapjuk a val´os a e´ s b sz´amokra vonatkoz´o al´abbi k´etismeretlenes egyenletrendszert:
a2 − b2 = 5, 2ab = −12. A m´asodik egyenletb˝ol l´atszik, hogy sem a, sem b nem lehet nulla. Kifejezve mondjuk a b-t, kapjuk, hogy b = − a6 . Ezt az els˝o egyenletbe be´ırva a2-re a k¨ovetkez˝o m´asodfoku´ egyenletet kapjuk. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
a2 −
36 a2
= 5,
(a2)2 − 5a2 − 36 = 0 Ebb˝ol vagy a2 = −4, ami ellentmond´as, vagy a2 = 9, amib˝ol a = ±3. Ha a = 3, akkor a m´asodik egyenletb˝ol b = −2, teh´at az egyik n´egyzetgy¨ok 3 − 2i. Ha a = −3, akkor b = 2, a m´asik gy¨ok teh´at ¨ meg, hogy a k´et gy¨ok egym´as m´ınusz egyszerese. −3 + 2i. Figyeljuk Aj´anljuk az olvas´onak, hogy v´egezze el ezt a gy¨okvon´ast a (8) k´eplet alapj´an, e´ s a kapott trigonometrikus alaku´ gy¨ok¨oket ´ırja vissza algebrai alakba. Az el˝obb meghat´arozott k´et gy¨ok k¨ozel´ıt´es´et fogja kapni. Ez is r´amutat arra, hogy a trigonometrikus alakkal gyakran hat´ekonyan lehet sz´amolni, n´eha - p´eld´aul magas kitev˝oju˝ gy¨okvon´asn´al - nincs is m´as lehet˝os´eg, de a trigonometrikus alakok a´ ltal´aban k¨ozel´ıt´esek. ˝ r cos ϕ a (Trigonometrikus alakot a´ t´ırni algebraira nagyon egyszeru: val´os r´esz, r sin ϕ a k´epzetes r´esz.) •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
¨ 14. A m´asodfoku´ egyenlet megold´o k´eplete komplex egyutthat´ ok eset´en is e´ rv´enyes. P´elda 4 Oldjuk meg a z 2 − z − 1 + 3i = 0 egyenletet. Ekkor p
z1,2 =
1±
(−1)2
− 4 · 1 · (−1 + 3i) 2
=
1±
√
5 − 12i 2
.
Felhaszn´alva az el˝oz˝o p´eld´at ebb˝ol
z1,2 =
1 ± (3 − 2i) 2
,
azaz z1 = 2 − i e´ s z2 = −1 + i. ¨ eges n´egyzetgy¨okvon´ast A m´asodfoku´ egyenlet megold´as´ahoz szuks´ ¨ elv´egezhetjuk algebrai vagy trigonomerikus alakban is. Ha a trigonometrikus alakot haszn´aljuk, a n´egyzetgy¨okvon´as k´et e´ rt´ek´et a´ t kell ´ırni algebrai alakba, hogy a megold´ok´eplet sz´aml´al´oj´aban l´ev˝o o¨ sszead´asokat el tudjuk v´egezni. Ha a diszkrimin´ansnak a val´os e´ s k´epzetes r´esze is eg´esz sz´am, az algebrai alakban elv´egzett gy¨okvon´as a´ lal´aban pontosabb. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
15. Ha a m´asodfoku´ egyenleteket meg tudjuk oldani, megoldhatunk ´ m´asodfokura visszavezethet˝o, magasabb foksz´amu´ egyenleteket is. Te¨ az kintsuk
a2z 2n + a1z n + a0 = 0 ´ de z n -ben m´asodfoku´ egyenletet. 2n-ed foku,
(10) Ezt az u
=
zn
helyettes´ıt´essel az
a2u2 + a1u + a0 = 0
(11)
¨ vissza. Kisz´amolva ennek a k´et gy¨ok´et, m´asodfoku´ egyenletre vezethetjuk majd mindkett˝ob˝ol n-edik gy¨ok¨ot vonva megkapjuk az eredeti egyenlet 2n darab gy¨ok´et.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
16. Feladat 2 Oldjuk meg a komplex sz´amok halmaz´an a z 6 + (1 − i)z 3 − i = 0 egyenletet. Megold´as: Bevezetve az u = z 3 helyettes´ıt´est az u2 + (1 − i)u − i = 0 m´asodfoku´ egyenletet kapjuk. A megold´ok´eplettel √ p
u1,2 =
−(1 − i) ±
(1 − i)2 + 4i
2
=
−(1 − i) ±
2i
2
.
¨ r´ola, hogy 2i n´egyzetgy¨okei 1 + i e´ s −(1 + K¨onnyen meggy˝oz˝odhetunk ¨ a gy¨okvon´ast algebrai vagy i), de a tanult m´odszerrel elv´egezhetjuk trigonometrikus alakban is, a trigonometrikus alakot haszn´alva, a kapott n´egyzetgy¨ok¨oket vissza´ırva algebrai alakba, a nevezetes sz¨ogek miatt most pontosan, ism´et megkapjuk az el˝obbi gy¨ok¨oket. Teh´at
u1 =
−(1 − i) + (1 + i) 2
= i,
u2 =
−(1 − i) − (1 + i) 2
= −1.
K¨obgy¨oket kell m´eg vonnunk u1 -b˝ol e´ s u2 -b˝ol. Ehhez a trigonometrikus alakjukat kell haszn´alni.
u1 = i = cos
π 2
+ i sin
π 2
,
u2 = −1 = cos π + i sin π. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Innen
π
u1,0 = cos
u1,1 = cos
6
5π 6
+ i sin
+ i sin
u1,2 = cos
3π 2
π 6
√
3
1 + i, 2 2
=
√
5π
=−
6
+ i sin
3π
3
1 + i, 2 2
= −i,
2
illetve
u2,0 = cos
π 3
+ i sin
π 3
=
1 2
√ +
3
2
i,
u2,1 = cos π + i sin π = −1,
u2,2 = cos
5π 3
+ i sin
5π 3
=
1 2
√ −
3
2
i.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
