Komplex számok
1.
N
Adjuk meg az alábbi komplex számok valós, illetve képzetes részét:
a)
z1 = 2 + 3i
c)
z3 = 6
e)
z5 = −2i
b)
z2 = 3 − 4i
d)
z4 = i
f)
z6 = 1
megoldás: A
z = a + bi
komplex szám valós része:
Re(z) = a,
képzetes része
Im(z) = b.
a megoldások
2.
a)
Re(z1 ) = 2, Im(z1 ) = 3
d)
Re(z4 ) = 0, Im(z4 ) = 1
b)
Re(z2 ) = 3, Im(z2 ) = −4
e)
Re(z5 ) = 0, Im(z5 ) = −2
c)
Re(z3 ) = 6, Im(z3 ) = 0
f)
Re(z6 ) = 1, Im(z6 ) = 0
N
Ábrázoljuk a komplex számsíkon az alábbi komplex számokat
a)
z1 = 3
c)
z3 = −i
e)
z5 = 3 + 2i
b)
z2 = −2
d)
z4 = 3i
f)
z6 = −2 − 4i
megoldás:
3.
♠
Ábrázoljuk a komplex számsíkon az alábbi halmazokat
a)
A = {z ∈ C | Re(z) ≤ 1}
b)
B = {z ∈ C | Im(z) > 0}
c)
C = {z ∈ C | |z| ≤ 1}
d)
D = {z ∈ C | |z| ≥ 1}
megoldás:
1
Ez alap ján
2
A C halmaz elemei azon komplex számok, melyek abszolút értéke kisebb vagy egyenl®, mint 1, azaz azok a komplex számok, melyeknek az origótól való távolsága nem nagyobb, mint 1. Ezek a pontok az egység sugarú, origó középpontú körön és annak belsejében helyezkednek el. A D halmaz elemei pedig éppen a kör és a rajta kívül es® pontok:
4.
♠ a)
Tekintsük a
z1 + z2
b)
z1 · z2
c)
z1
d)
z1 = 2 + 3i
z2
és a
z2 = 3 − 4i
e) f)
g)
h)
komplex számokat! Határozzuk meg a
|z1 | z1 z2 z2 z1 z1 Re z2
z1 z2
i)
Im
j)
z1 + 5z 2 + 6
k)
z12
l)
z22
komplex számokat! megoldás: a) Két algebrai alakú komplex számot úgy adunk össze, hogy a valós részt a valós résszel, a képzetes részt a képzetes résszel összegezzük:
z1 + z2 = 2 + 3i + 3 − 4i = 5 − i.
3 b) Két algebrai alakú komplex számot úgy szorzunk össze, hogy minden tagot szorzunk minden taggal
z1 · z2 = (2 + 3i)(3 − 4i) = 6 − 8i + 9i − 12i2 = 6 + i − 12(−1) = 18 + i. c) Az
a + bi
komplex szám konjugáltja az
a − bi
komplex szám:
z 1 = 2 − 3i. A konjugálás geometriai jelentése a valós tengelyre való tükrözés. d)
z 2 = 3 + 4i
e) Egy komplex szám hossza a valós részének és képzetes részének a négyzetösszege
|z1 | =
√
22 + 32 =
√ √ 4 + 9 = 13
f ) Két algebrai alakú komplex számot úgy osztunk el egymással, hogy b®vítjük a törtet a nevez® konjugáltjával.
Ezután tört törttel való szorzását kapjuk, melyet úgy végzünk
el, hogy a számlálót szorozzuk a számlálóval, a nevez®t a nevez®vel:
z1 2 + 3i 2 + 3i 3 + 4i (2 + 3i)(3 + 4i) = = · = = z2 3 − 4i 3 − 4i 3 + 4i (3 − 4i)(3 + 4i) 6 + 17i − 12 −6 + 17i 6 17 6 + 8i + 9i + 12i2 = = = − + i. = 2 9 − 16i 9 + 16 25 25 25 g)
h)
i)
j)
z2 3 − 4i 3 − 4i 2 − 3i (3 − 4i)(2 − 3i) = = · = = z1 2 + 3i 2 + 3i 2 − 3i (2 + 3i)(2 − 3i) 6 − 8i − 9i + 12i2 6 − 17i − 12 −6 − 17i 6 17 = = = = − − i. 2 4 − 9i 4+9 13 13 13 z1 6 Re =− z2 25 z1 17 Im = z2 25 z1 + 5z 2 + 6 = 2 + 3i + 5(3 + 4i) + 6 = 2 + 3i + 15 + 20i + 6 = 23 + 23i
k) Felhasználva, hogy
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 :
z12 = (2 + 3i)2 = 4 + 12i + 9i2 = 4 + 12i − 9 = −5 + 12i. l)
5.
♠
z22 = (3 − 4i)2 = 9 − 24i + 16i2 = 9 − 24i − 16 = −7 − 24i Mennyi
i0 ; i1 ; i2 ; i3 ; i4 ; i100 ; i101 ; i102 ; i103 ; i104 i4k ; i4k+1 ; i4k+2 ; i4k+3 , ha
k
egész szám?
megoldás:
i0 := 1;
i1 = i;
i2 = −1;
i3 = i2 · i = −i;
i4 = (i2 )2
4
i100 = (i4 )25 = 125 = 1; i101 = i100 · i = 1 · i = i i102 = i100 · i2 = 1 · (−1) = −1; i103 = i100 · i3 = −i; i104 = i100 · i4 = 1 Tapasztalatunk a következ®: Ha i hatványkitev® je 4-gyel osztható, akkor a hatvány értéke 1; ha 4-gyel osztva 1 maradékot ad, akkor a hatvány értéke i; ha 2 maradékot ad, akkor −1; ha 3 maradékot ad, akkor −i. Tehát: i4k = 1;
6.
♠
Írjuk föl a
z = −2 − 2i
i4k+1 = i;
i4k+2 = −1;
i4k+3 = −i.
komplex szám trigonometrikus alakját!
megoldás A
z = a + bi
z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ahol r a komplex ϕ a komplex szám argumentuma, azaz a valós tengellyel bezárt
komplex szám trigonometrikus alakja
szám hossza/abszolútértéke, szöge.
Jelen esetben a komplex számunk valós része a komplex szám hossza
r=
Re(z) = −2,
képzetes része
Im(z) = −2.
Így
p √ (−2)2 + (−2)2 = 8,
továbbá az argumentumra fennáll a
b −2 = =1 a −2 π 5π ϕ2 = π + = . 4 4 tg(ϕ) =
π ϕ1 = 4 5π ϕ= . 4
egyenlet, amib®l
megfelel® szög
vagy
Az ábrázolás után világos, hogy a
Így a komplex szám trigonometrikus alakja
z=
√
5π 5π 8 cos + i sin 4 4
.
5 7.
♠
Számoljuk ki a
√ z =− 3+i
komplex szám harmadik gyökeit!
megoldás: Minden komplex számnak
√ wk = n r cos
n
darab
ϕ + 2kπ n
n-edik
gyöke van. Ezek
+ i sin
ϕ + 2kπ n
(k = 0, . . . , n − 1).
alakban állnak el®. Jelen esetben harmadik gyököt szeretnénk vonni, azaz
n = 3, így három
megoldás lesz. A komplex szám hossza
q √ r = (− 3)2 + 12 = 2, argumentuma
w0 = w1 = w2 = 8.
♠
√ 3 √ 3 √ 3
π 5π = . Behelyettesítve a fenti képletbe 6 6 5π √ + 2 · 0π + 2 · 0π 5π 5π 3 6 + i sin + i sin = 2 cos 3 3 18 18 5π √ + 2 · 1π + 2 · 1π 17π 17π 3 6 + i sin + i sin = 2 cos 3 3 18 18 5π √ + 2 · 2π + 2 · 2π 29π 29π 3 6 + i sin + i sin = 2 cos . 3 3 18 18
ϕ=π− 5π
2 cos
6
5π
2 cos
6
5π
2 cos
6
Oldjuk meg a komplex számok halmazán a
z3 + 1 + i = 0
egyenletet!
megoldás: Kifejezzük
z -t
az egyenletb®l
z=
√ 3 −1 − i.
−1 − i komplex szám 3-adik gyökeit kell meghatározni. Minden komplex számnak n darab n-edik gyöke van, így 3 darab harmadik gyök van. Ezek √ ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ n wk = r cos + i sin , (k = 0, . . . , n − 1) n n √ alakban állnak el®. Jelen esetben n = 3, r = 2, ϕ = 5π , k = 0, 1, 2. Így az egyenlet 4 Így a
megoldásai
q 3 √ w0 = 2 cos q 3 √ w1 = 2 cos q 3 √ w2 = 2 cos .
5π 4 5π 4 5π 4
+2·0·π + i sin 3 +2·1·π + i sin 3 +2·2·π + i sin 3
5π 4 5π 4 5π 4
√ +2·0·π 5π 5π 6 = 2 cos + i sin 3 12 12 √ +2·1·π 13π 13π 6 = 2 cos + i sin 3 12 12 √ +2·2·π 21π 21π 6 = 2 cos + i sin 3 12 12
6 9.
♠
Határozzuk meg és ábrázoljuk a negyedik egységgyököket!
megoldás: Az
n-edik
egységgyökök az 1 komplex szám
n-edik
gyökei. Így a negyedik egységgyökök az
1 komplex szám negyedik gyökei. Ezek
wk =
√ n
alakban állnak el®.
ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ + i sin r cos n n Jelen esetben
(k = 0, . . . , n − 1)
n = 4, r = 1, ϕ = 0, k = 0, 1, 2, 3.
Így a negyedik
egységgyökök
w0 = w1 = w2 = w3 =
√ 4
0+2·0·π 1 cos 4 √ 0+2·1·π 4 1 cos 4 √ 0+2·2·π 4 1 cos 4 √ 0+2·3·π 4 1 cos 4
0+2·0·π + i sin = cos 0 + i sin 0 = 1 4 0+2·1·π π π + i sin = cos + i sin = i 4 2 2 0+2·2·π + i sin = cos π + i sin π = −1 4 0+2·3·π 3π 3π + i sin + i sin = −i. = cos 4 2 2
Ábrázolva a kapott komplex számokat a Gauss féle (komplex számsíkon) azt vehetjük észre, hogy a negyedik egységgyökök négyoldalú szabályos sokszög csúcsaiban helyezkednek el.
Általánosan igaz, hogy az n-edik egységgyökök n oldalú szabályos sokszög csúcsaiban
helyezkednek el.
10.
♠
Oldjuk meg a komplex számok halmazán a
z 2 + 2z + 2 = 0 másodfokú egyenletet! megoldás: Felírva a másodfokú egyenlet megoldóképletét
z1,2 =
−2 ±
√ 2
4−8
√ −2 ± −4 −2 ± 2i = = = −1 ± i. 2 2
7 11.
♠
Írjuk át az
1+i
komplex számot Euler-féle alakba!
megoldás:
√ √ z = 1 + i = 1 + 1 · i komplex szám hossza |z| = 12 + 12 = 2 másrészt z argumentuma ϕ = π/4. Így az Euler-féle alak √ π z = 2 · ei· 4 . π 12. ♠ Tekintsük a z1 = 1 + i és z2 = 3 cos + i sin π3 komplex számokat! Határozzuk meg 3 z1 z2 10 a z1 · z2 , , és z1 komplex számokat! z2 z1 A
megoldás: Els® lépésben írjuk föl a
z1
komplex szám trigonometrikus alakját:
z1 =
√ π π 2 cos + i sin . 4 4
Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy szorzunk össze, hogy az abszolút értéküket összeszorozzuk, az argumentumokat összeadjuk:
π π √ π π √ 7π 7π z1 z2 = 3 2 cos + + i sin + = 3 2 cos + i sin . 3 4 3 4 12 12 Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy osztunk el,
hogy az abszolút értéküket
elosztjuk, az argumentumokat kivonjuk:
π π 3 π π z2 3 π π − + i sin − = √ cos + i sin , = √ cos z1 3 4 3 4 12 12 2 2 √ π π √2 z1 2 π π −π −π cos − + i sin − = + i sin = cos = z2 3 4 3 4 3 3 12 12 √ 23π 23π 2 = cos + i sin . 3 12 12 Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy hatványozunk, hogy az abszolút értéküket hatványozzuk, az argumentumokat szorozzuk a kitev®vel:
z110
=
√
10π 10π π π 2 cos + i sin = 32 cos + i sin = 32i. 4 4 2 2 10
