Bruder Györgyi és Láng Csabáné KOMPLEX SZÁMOK. Példák és feladatok. Szerkesztette Láng Csabáné
A könyvnyomtatás feltalálása után megélénkült a klasszikus görög és arab tudományos eredmények iránti érdeklődés.
A kor matematikai ismeretei alig haladták meg a görögök és arabok eredményeit. Azonban hamarosan, különösen Amerika 1492-ben történt felfedezése után, a hajózási ismeretek és a korabeli technikai fejlődés hatására a matematikában is új problémák jelentkeztek, új utakat kerestek.
A XVI. században már megkezdődött a maihoz hasonló algebrai jelölésmód kialakítása, amely új és az addigiaknál jobb lehetőséget nyújtott az algebrai egyenletek megoldásához.
Matematika
Mielőtt precízen definiálnánk a komplex számokat, elöljáróban a legfontosabbak: a valós számoknak egy olyan kibővítéséről van szó, ahol a gyökvonás mindig elvégezhető. Speciálisan minden negatív valós számnak is van a komplex számok körében négyzetgyöke, és ennek köszönhetően itt minden valós együtthatós másodfokú egyenlet megoldható, még akkor is, ha a diszkrimináns negatív. A komplex számokat általában a + bi alakban írjuk fel, ahol a, b valós számok és i egy olyan komplex számot jelöl, aminek a négyzete –1. Az így felírt komplex számokkal értelemszerűen végezzük el az összeadást és a szorzást, figyelembe véve azt, hogy i 2 = –1:
Tartalomjegyzék
- chevron_right 3.1. Elemi számtan (a számok írásának kialakulása, műveletek különböző számokkal, negatív számok, törtek, tizedes törtek), kerekítés, százalékszámítás
- chevron_right Műveletek a természetes számok halmazán
- chevron_right 4.1. Műveletek polinomokkal, oszthatóság, legnagyobb közös osztó
- chevron_right
- chevron_right
- chevron_right Speciális poliéderek
- chevron_right 7.1. Bevezetés
- chevron_right Néhány geometriai transzformáció, leképezés
- chevron_right Térelemek ábrázolása
- chevron_right Néhány alapvető görbe ábrázolása
- chevron_right Centrális ábrázolás
- chevron_right 9.1. A hegyesszög szögfüggvényei
- chevron_right 10.1. A sík analitikus geometriája (alapfogalmak, szakasz osztópontjai, két pont távolsága, a háromszög területe)
- chevron_right
- chevron_right A parabola
- chevron_right 11.1. Mátrixok és determinánsok
- chevron_right 13.1. Bevezetés, oszthatóság
- chevron_right 15.1. Függvény
- chevron_right Függvénytranszformációk
- chevron_right 17.1. Differenciálható függvények
- chevron_right 18.1. Határozatlan integrál
- chevron_right 19.1. Bevezetés
- chevron_right A komplex vonalintegrál
- chevron_right 23.1. Egyszerű sorba rendezési és kiválasztási problémák
- chevron_right 25.1. Bevezetés
Kiadó: Akadémiai Kiadó
Online megjelenés éve: 2016
Nyomtatott megjelenés éve: 2010
ISBN: 978 963 05 9767 8
Az Akadémiai kézikönyvek sorozat Matematika kötete a XXI. század kihívásainak megfelelően a hagyományos alapismeretek mellett a kor néhány újabb matematikai területét is tárgyalja, és ezek alapvető fogalmaival igyekszik megismertetni az érdeklődőket. Ennek megfelelően a kötetben a hagyományosan tanultak (a felsőoktatási intézmények BSc fokozatáig bezárólag): a legfontosabb fogalmak, tételek, eljárások és módszerek kapják a nagyobb hangsúlyt, de ezek mellett olyan (már inkább az MSc fokozatba tartozó) ismeretek is szerepelnek, amelyek nagyobb rálátást, mélyebb betekintést kínálnak az olvasónak. Fontos szempont volt az is, hogy bekerüljenek a kötetbe középiskolai szinten is azok a témakörök, melyek az új típusú érettségi követelményrendszerben is megjelentek (például a statisztika vagy a gráfelmélet). Mindezek mellett – bár érintőlegesen – a matematikai kutatások néhány újabb területe (kódoláselmélet, fraktálelmélet stb.) is teret kap.
Néhány felsőoktatási intézményben alapvetően fontos témakör az ábrázoló geometria, amit a forgalomban levő matematikai kézikönyvek általában nem vagy csak nagyon érintőlegesen tárgyalnak, ezért kötetünkben részletesebben szerepel, ami elsősorban a műszaki jellegű felsőoktatási intézményekben tanulóknak kíván segítséget nyújtani.
Az egyes fejezeteken belül részletesen kidolgozott mintapéldák vannak a tárgyalt elméleti anyag alkalmazására, melyek áttanulmányozása nagyban hozzájárulhat az elméleti problémák mélyebb megértéséhez. A könyv a szokásosnál bővebben fejti ki az egyes témák matematikai tartalmát, és a sok példával az alkalmazásokat támogatja, ami a mai matematikaoktatás egyik fontos, korábban kissé elhanyagolt területe.
Bruder Györgyi és Láng Csabáné KOMPLEX SZÁMOK. Példák és feladatok. Szerkesztette Láng Csabáné
1 Bruder Györgyi és Láng Csabáné KOMPLEX SZÁMOK Példák és feladatok Szerkesztette Láng Csabáné Lektorálta Burcsi Péter c Bruder Györgyi és Láng Csabáné, 008 ELTE IK Budapest javított kiadás Ez a példatár a Láng Csabáné: Példák és feladatok I, Komplex számok cím, az ELTE Eötvös Kiadónál megjelent könyvnek TEX-be átírt és javított vátozata
2 Tartalomjegyzék 0 El szó Bevezetés 5 Példák Algebrai alak Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 5 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 6 Szögfüggvények és a komplex számok 7 Komplex együtthatós egyenletek 8 8 Gyökök és együtthatók 55 9 Egyéb példák 59 0 Binomiális együtthatók és komplex számok 66 Feladatok 7 Algebrai alak 7 Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 7 Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek 75 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 76 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 77 6 Szögfüggvények és a komplex számok 79 7 Komplex együtthatós egyenletek 80 8 Gyökök és együtthatók 80 Feladatok megoldással 8 Algebrai alak 8 Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 87 Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek 0 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 8 6 Szögfüggvények és a komplex számok 0 7 Komplex együtthatós egyenletek 5 8 Gyökök és együtthatók 5 Ajánlott irodalom 7
3 0 El szó Akiknek ez a könyv készült Els sorban az ELTE TTK, illetve átszervezési okok miatt 00 szét l az ELTE Informatikai Kar programozó és programtervez matematikus, valamint informatika tanár szakos hallgatói számára készült ez a példatár Ajánlom azonban másoknak is, akik a komplex számokkal való számolásban jártasságot szeretnének szerezni Ezt megkönnyítheti az, hogy a példák mind részletesen ki vannak dolgozva, és igen sok bevezet jelleg példa ujjgyakorlat is szerepel a könyvben A könyv szerkezete, technikai tudnivalók A Bevezetés fejezetben azok a tudnivalók deníciók, tételek szerepelnek röviden összefoglalva, amelyekre a példák megoldása közben szükség lehet A komplex számok részletes felépítése megtalálható többek között a szerz Bevezet fejezetek a matematikába I cím könyvében, illetve Reiman István Matematika cím könyvében A teljes anyag lényegében két részre tagolódik A Példák fejezetben minden egyes példa után következik a részletes megoldása Úgy gondolom, hogy ennek a fejezetnek az anyagát végigkövetve kialakulhat egy átfogó kép a komplex számokról Ha valaki ezeket az ismereteit mélyíteni kívánja, akkor a Feladatok fejezet példáihoz nyúlhat Ezeknek a megoldásai a Feladatok megoldással fejezetben találhatók A példák megoldásában ha van rá lehet ség a szögek radiánban, π többszöröseként szerepelnek Természetesen fokban is ki lehet fejezni ezeket a szögeket, amire ebben a könyvben is akad példa Köszönetnyilvánítás A feladatok túlnyomórészt más könyvekb l, példatárakból, mások által összeállított feladatsorokból származnak Azok a források, amelyekr l tudomásom van, szerepelnek az Ajánlott irodalom fejezetben A feladatok egy részére amelyek Perkins&Perkins könyvéb l, illetve a Nemzetközi Érettségi egyik feladatsorából származnak Bruder Györgyi hívta fel a gyelmemet, akinek hálás vagyok a munkájáért, nélküle szegényesebb lett volna ez a könyv Megköszönöm Bui Minh Phong segítségét is, akit l a komplex számok kombinatorikai alkalmazását megvalósító példák származnak Köszönöm a lektorok segítségét, akik aprólékos munkával igyekeztek kisz rni a hibákat Tanácsaikat igyekeztem messzemen en gyelembe venni A könyvben található hibákra, hiányosságokra vonatkozó észrevételeket köszönettel fogadom Budapest, 00 július Láng Csabáné
4 0 El szó El szó a kiadáshoz A kiadás a Láng Csabáné: Példák és feladatok I, Komplex számok cím, az ELTE Eötvös Kiadónál megjelent könyvnek TEX-be átírt és javított vátozata Akiknek a könyvet ajánlom Id közben új szakok indultak, így most az ELTE Informatikai Kar programtervez informatikus szak hallgatói számára is hasznos lehet ez a példatár Köszönetnyilvánítás Köszönöm Burcsi Péter lektor segítségét, valamint Imrényi Katalin munkáját, aki az anyag TEX-be való átírásában nagyon nagy segítségemre volt Igen nagy segítséget jelentett Kovács Sándor munkája, aki az anyagot rendkívül lelkiismeretesen átnézte, és hasznos megjegyzéseivel lehet vé tette, hogy a hibák, hiányosságok száma jelent sen csökkenjen a digitális könyvben Budapest, 008 november Láng Csabáné ELTE Informatikai Kar Komputeralgebra Tanszék 7 Budapest, Pázmány Péter sétány /C
5 Bevezetés A könyvben N <. >a természetes számokat, R pedig a valós számokat jelöli Komplex számok A valós számokból álló rendezett számpárok halmazát, ha abban a m veleteket az alábbi módon értelmezzük, komplex számoknak nevezzük, és a C szimbólummal jelöljük: tetsz leges a, b, c, d C esetén legyen a, b + c, d a + c, b + d és a, b c, d ac bd, ad + bc Az a, b és a c, d komplex szám tehát pontosan akkor egyenl, ha a c és b d Algebrai alak A z komplex szám algebrai alakja z a + bi, ahol a, b R és i a 0, komplex számot jelöli z valós része Rez a, z képzetes imaginárius része Imz b Két komplex szám egyenl, ha valós és képzetes részük is egyenl Algebrai alakban írva a m veletek deníciója: a + bi + c + di a + c + b + di a + bi c + di ac bd + ad + bci A szorzási szabályt alkalmazva azt kapjuk, hogy i Gauss-féle számsík A komplex számok geometriai realizációja az úgynevezett Gauss-féle számsík Ha a síkon derékszög koordinátarenszert vezetünk be, akkor a komplex számok e sík pontjaiként ábrázolhatók: a z a + bi komplex szám képe az a abszcisszájú, b ordinátájú pont ábra Im képzetes tengely P z a + bi b 0 a valós tengely Re ábra A vízszintes tengelyt valós tengelynek, a függ legeset képzetes vagy imaginárius tengelynek nevezzük A z a + bi komplex szám felfogható az origóból a P pontba mutató vektorként is Komplex számok összegének megfelel vektor a tagoknak megfelel vektorok összege ábra
6 6 Bevezetés Trigonometrikus alak A számsíkon a P pontnak megfelel komplex szám nem csupán a és b koordinátáival azonosítható, hanem megadható az OP vektor r hosszával és a vektor valós tengellyel bezárt α szögével is ábra Az óramutató járásával ellentétes irányítású szöget pozitív szögként értelmezzük Im P z a + bi b r 0 ϕ a Re ábra r a komplex szám abszolút értéke vagy modulusa z -kel is jelöljük, ϕ a szöge arcusa illetve argumentuma Nyilván r 0 minden z C esetén Amint az ábráról leolvasható: a r cos ϕ és b r sin ϕ, és így z rcos α α, ami a z komplex szám trigonometrikus alakja A 0 komplex szám esetén r 0, ϕ pedig tetsz leges A trigonometrikus alak a z 0 esetben sem egyértelm, hiszen az egymástól π egész számú többszörösével eltér argumentumok ugyanazt a P pontot azonosítják, s így ugyanazt a komplex számot jelentik Két komplex szám, z rcos ϕ ϕ és z r cos ϕ ϕ r 0 esetén akkor és csak akkor egyenl, ha r r és ϕ ϕ kπ k Z z f argumentuma ϕ, ha 0 ϕ < π, illetve 0 ϕ < 60 Algebrai alakból a trigonometrikus alak meghatározása Ha z 0, akkor r 0, ϕ tetsz leges Ha a és b adottak, és z 0, akkor a trigonometrikus alak meghatározása a következ képpen történhet: r a + b, és ϕ az a szög, amelyre cos ϕ a r és sin ϕ b r ϕ meghatározásához jelölje ϕ a cos ϕ a egyenlet 0 és π közé es egyetlen megoldását, r 0, illetve π is megengedett Ha b 0, akkor ϕ ϕ, ha pedig b < 0, akkor ϕ π ϕ Exponenciális alak Az abszolút érték, ϕ argumentumú komplex számot e iϕ -vel jelölhetjük, ahol e a természetes logaritmus alapszáma Az r abszolút érték, ϕ argumentumu komplex szám trigonometrikus és exponenciális alakja közötti kapcsolat: rcos ϕ ϕ re iϕ Komplex konjugált A z a + bi szám komplex konjugáltjának nevezzük a z a bi számot A Gauss-számsíkon egy komplex szám és a konjugáltjának megfelel pontok egymásnak a valós tengelyre vonatkozó tükörképei ábra Legyen z és z C Ekkor z z, z + z z + z, z z z z,
7 Bevezetés 7 Im z Re z 7 ábra Im z + z z z Re ábra tehát a konjugálás és az alapm veletek felcserélhet ek Az abszolút érték képzése és az alapm veletek kapcsolatára a következ igaz: z z z z és z + z z + z Az utóbbi a háromszög-egyenl tlenséggel is igazolható ábra Ha z a + bi rcos ϕ ϕ, akkor z z a + b r z Moivre-azonosság Legyen z r cos α α és z r cos β β A szorzatuk z z r r cosα + β α + β Komplex számok szorzása esetén az abszolút értékek összeszorzódnak, az argumentumok pedig összeadódnak Hatványozásra a következ igaz Ha n N, akkor z n rn cos nα nα Számítsuk ki a z rcos ϕ ϕ 0 szám reciprokát z r cos ϕ i sin ϕ r cos ϕ ϕ Az eredmény abszolút értéke a z komplex szám abszolút értékének reciproka, argumentuma az eredeti argumentum -szerese
8 8 Bevezetés Az osztást a szorzás és a reciprok felhasználásával a következ képpen végezhetjük: z r cosα β α β, ha z 0 z r Gyökvonás z C, n N esetén a w C számot a z szám n-edik gyökének nevezzük, ha w n z Legyen z C, n N A z 0 szám egyetlen n-edik gyöke 0 Ha z 0 és z rcos ϕ ϕ, akkor z-nek n különböz n-edik gyöke van, melyek trigonometrikus alakja w k n r cos ϕ + kπ ϕ + kπ, 0 k n n n Valamely z 0 komplex szám n-edik gyökei a számsíkon ábrázolva n oldalú szabályos sokszög csúcsai A csúcsoknak az origótól való távolsága n r, az egyik csúcsnak a valós tengellyel bezárt szöge ϕ n n N \ <> esetén a z C szám n-edik gyökeinek összege 0 Egységgyök, primitív n-edik egységgyök Az komplex szám n-edik gyökeit n-edik egységgyököknek nevezzük n N Legyen n N rögzített Mivel cos 0 0, az n-edik egységgyökök trigonometrikus alakja ε k cos k π k π, 0 k n n n z C \ 0, n N és w n z esetén z többi n-edik gyöke wε k k n, ahol ε k n-edik egységgyök Primitív n-edik egységgyök az az n-edik egységgyök, amelynek különböz természetes szám kitev j hatványai el állítják az összes n-edik egységgyököt Például a negyedik egységgyökök, i,, i közül az i különböz hatványai el állítják a többi negyedik egységgyököt, hatványai között azonban csak az és ismétl dik A negyedik egységgyökök közül i és i primitív negyedik egységgyökök, míg az és nem azok Tetsz leges n-re primitív n-edik egységgyök az ε cos π n + i sin π n, mert ε k cos k π k π ε k, 0 k n n n ε k pontosan akkor lesz primitív n-edik egységgyök, ha k és n relatív prímek, tehát nincs -nél nagyobb közös osztójuk Megállapodás z a + bi, ha a + bi z és a > 0 vagy a 0 és b 0 Ezek szerint a z a két gyök közül azt jelöli, amelyik az 5 ábrán megjelölt tartományba esik A másikat az ellentettjét z -vel jelöljük Bizonyos azonosságok alkalmazásánál óvatosnak kell lennünk Nézzük a következ nyilvánvalóan hibás átalakítást: i! A nyilvánvaló hibát az okozza, hogy a a b ab azonosság nem alkalmazható feltétel nélkül z-t nem lehet oly módon deniálni C-n, hogy ez az azonosság korlátlanul fennálljon
10 0 Bevezetés Ha ebben az alakban elvégezzük a beszorzásokat, akkor az fx a n x n c + c + + c n x n + +c c + c c + + c n c n x n + + n c c c n alakhoz jutunk Ebb l a gyökök és együtthatók közötti alábbi összefüggéseket, az úgynevezett Vieta-formulákat kapjuk: a n a n c + c + + c n, a n a n c c + c c + + c n c n, a 0 a n n c c c n Ha valamely valós együtthatós polinomnak gyöke a c komplex szám, akkor c is gyöke Nevezetes szögek szögfüggvényei Az alábbi tréfás táblázat segíthet memorizálni a nevezetes szögek szögfüggvényeit sin cos
11 Példák Algebrai alak – Fejezzük ki algebrai alakban a következ számokat: a + i + i b i5 + i c 5i d i Az algebrai alakban megadott komplex számok összeadására és szorzására vonatkozó összefüggéseket alkalmazzuk a + i + i i + i b i5 + i 7 9i c 5i 0i d i i + i i – Írjuk a lehet legegyszer bb alakban a következ kifejezéseket: a i b i 5 c i 8 d e f i i i Támaszkodunk arra, hogy i a i i b i 5 i c i 8 d i e i i f i i – Számítsuk ki i n értékét, ha n egész szám Legyen el ször n természetes szám Nézzük n alakját a -gyel való oszthatóságot gyelve k természetes szám, és felhasználva, hogy i, megkapjuk az alábbi táblázat második oszlopában látható értékeket Ha n 0, akkor i n Ha n negatív szám, akkor nézzük a következ átalakítást: Legyen n s, s N Ekkor i n i s i s oszlopot is i s i s is s i s Ezt gyelembe véve kapjuk a harmadik n i n, ha n N i n, ha n N k + i i k + k + i i k
12 Példák – Adjuk meg a következ komplex számok konjugáltját: a + 5i b 7i c i d e + i a + 5i 5i b 7i + 7i c i i d e + i i -5 A következ számokat fejezzük ki algebrai alakban: a + i i b i + i c d + i i + i A nevez b l úgy tüntethetjük el az i-t, hogy a nevez konjugáltjával b vítünk a + i i + i + i 5 + 0i + i i + i + b c d i i i + i i + i i i i + i + i i i -6 Fejezzük ki a következ számokat algebrai alakban: a b a + i + i + i + i b + i + 7i + i + 6i + i 5 + 5i 7 + i + 7i + i + i i -7 Keressük meg az komplex szám valós és képzetes részét i
13 Algebrai alak z i + i i + i + i i Amib l Rez 5, Imz 5-8 Adjuk meg az a és b valós számok értékét, ha: a a + bi i a + i b a + i + bi b + ai Támaszkodunk arra a tényre, hogy az algebrai alak egyértelm A kifejezés bal oldalát is algebrai alakban adjuk meg, s a bal oldal valós része egyenl a jobb oldal valós részével, hasonlóan a képzetes részek is megegyeznek a bal és a jobb oldalon Ebb l két valós együtthatós egyenletb l álló egyenletrendszert kapunk, amit megoldunk a a + bi i a + i, a ai + bi + b a + i, a + b + b ai a + i A következ két valós együtthatós egyenletet kapjuk a + b a és b a A megoldás b, a b a + i + bi b + ai, a + abi + i b b + ai, a b + + abi b + ai Ebb l a következ két valós együtthatós egyenletet kapjuk a b b és + ab a Amib l a b és + b b b b + 0, b 8, a -9 Legyen 5 x + yi + + i, ahol x és y valós számok Adjuk meg x és y értékét 5 x + yi + + i 5 + i + x + yi x + yi + i 5 + 5i + x + yi x + xi + yi y Amib l a következ valós együtthatós egyenletrendszer adódik: 5 + x x y és 5 + y x + y A megoldás x, y -0 Számítsuk ki a következ kifejezés értékét: + i 6
14 Példák A binomiális tétel alkalmazásával: + i i + 6 i i i + 6 i i i i i i i Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság Az – feladatokban szerepl komplex számoknak adjuk meg az abszolút értékét és a f argumentumát A f argumentumot radiánban, π többszöröseként fejezzük ki ϕ f argumentum, ha 0 ϕ < π Adjuk meg a számokat trigonometrikus alakban is - a + i b i c i d a z + i a + bi, z r a + b + Az argumentum kiszámítása érdekében a cos ϕ a r és a sin ϕ b r összefüggéseknek megfelel szöget keresünk cos ϕ legyen ϕ ϕ π 6 0 és π közé es megoldása Általában, ha sin ϕ 0, akkor ϕ ϕ, ha pedig sin ϕ < 0, akkor ϕ π ϕ Esetünkben ϕ ϕ π 6 z trigonometrikus alakja ezek szerint: z cos π 6 π 6 b z i, z r, cos ϕ, sin ϕ
15 Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 5 cos ϕ ϕ π ϕ π π 7π 0 és π közé es megoldását jelölje ϕ ϕ π sin ϕ < 0, ezért A trigonometrikus alak: z cos 7π 7π c z i, z r, cos ϕ 0, sin ϕ cos ϕ 0 0 és π közé es megoldása ϕ π sin ϕ >0, ezért ϕ ϕ π z trigonometrikus alakja: z cos π π d z, z r, cos ϕ, sin ϕ 0 cos ϕ 0 és π közé es megoldása ϕ π sin ϕ 0, ezért ϕ ϕ π z trigonometrikus alakja: z cos π π – a 0 b i + i 5 + i El ször algebrai alakra hozzuk a számokat a z i i i, z r 5 5, cos ϕ, sin ϕ cos ϕ 0 és π közé es megoldása ϕ π 6 sin ϕ > 0, ezért ϕ ϕ π 6 z trigonometrikus alakja: z 5 b z + i + i5 i 5 + i 5 + cos ϕ, sin ϕ – a cos π i sin π cos π 6 π 6 + i 6, ϕ π, z + i, z r, cos π π b cos π π a z cos π i sin π, z r, cos ϕ cos π, sin ϕ sin π, ϕ π, ϕ π π π
16 6 Példák z trigonometrikus alakja: z cos π π b z cos π π, z r, cos ϕ cos π, sin ϕ sin π, ϕ π, ϕ π π 5π z trigonometrikus alakja: z cos 5π 5π – Az alábbi feladatban szerepl komplex számoknak adjuk meg az abszolút értékét modulusát és a f argumentumát A f argumentumot radiánban, tizedesjegy pontossággal fejezzük ki Adjuk meg a számok trigonometrikus alakjának egy közelít értékét is a i b + i c i d 5 i Ebben a feladatban függvénytáblázat, vagy számológép segítségével keressük meg az argumentumok közelít értékét a z i, z r 5, cos ϕ 5 06, sin ϕ 08, ϕ 556, z 5cos b z + i, z r 5, cos ϕ 5 5 5, 5 sin ϕ 5, ϕ 678, z 5cos c z i, z r 0 0, cos ϕ 0, sin ϕ 0 0, ϕ 9, z 0cos 9 9 d z 5 i, z r, cos ϕ 5, sin ϕ, ϕ 57, z cos Hozzuk trigonometrikus alakra a következ komplex számokat: a + i b + i c i d i z mindegyik esetben a + i cos π π c i cos π π b + i cos π π d i cos 5π 5π -6 Adjuk meg trigonometrikus alakban a következ komplex számokat:
17 Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 7 a cos ϕ i sin ϕ b cos ϕ ϕ c cos ϕ i sin ϕ Mindegyik szám abszolút értéke a z cos ϕ i sin ϕ Olyan α szög az argumentum, amelyre cos α cos ϕ és sin α sin ϕ A Gauss-számsíkban α a ϕ-nek az x tengelyre való tükörképe, tehát α π ϕ és z cosπ ϕ π ϕ b z cos ϕ ϕ Olyan α szög az argumentum, amelyre cos α cos ϕ és sin α sin ϕ A Gauss-számsíkban α a ϕ-nek az y tengelyre való tükörképe, tehát α π ϕ és z cosπ ϕ π ϕ c z cos ϕ i sin ϕ Olyan α szög az argumentum, amelyre cos α cos ϕ és sin α sin ϕ A Gauss-számsíkban α a ϕ-nek az origóra való tükörképe, tehát α π + ϕ és z cosπ + ϕ π + ϕ -7 Egyszer sítsük a következ kifejezéseket a b c cos π π cos 5π 5π cos π π cos 5π 6 5π 6 cos π π A Moivre-azonosságot és következményeit használjuk fel a cos π π cos π π π cos + π π + π cosπ π b cos 5π 5π cos 5π 5π cos 5π 6 5π 6 c + i
18 8 Példák cos π π cos 5π 6 5π 6 π cos 5π π 6 5π 6 cos π i π -8 Végezzük el a kijelölt m veleteket trigonometrikus alak felhasználásával + i 9 i 7 A számláló és a nevez trigonometrikus alakja: + i + i i i + i 9 i 7 cos π π cos π π 9 cos π π 9 7 cos π cos 9π + 7π cos π π π 7 9π + 7π -9 Legyen z rcos θ θ, r > 0, 0 < θ < π Adjuk meg az alábbi számokat trigonometrikus alakban, r és θ segítségével kifejezve a z b iz c z d z z a b c z z cos π π rcos θ θ rcosπ + θ π + θ iz cos π π rcos θ θ π π r cos + θ + θ
19 Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 9 d z r cos θ θ z z z z z z z cos θ θ A kapott argumentumok mindegyik esetben 0 és π között vannak, s így f argumentumok -0 Mivel egyenl + cos α α n, ha n N Áttérünk fél szögekre és felhasználjuk a következ összefüggéseket: cos α + sin α, cos α cos α sin α, sin α sin α cos α + cos α α n cos α + α sin + α cos α sin α cos α cos α cos α α n n cos n α cos nα nα n Ha n páros, akkor cos n α > 0, s így az el bbi alak egyúttal trigonometrikus alak is Ha n páratlan, de cos α > 0, akkor szintén trigonometrikus alakot kaptunk Ha n páratlan, és cos α < 0, akkor a trigonometrikus alakban az abszolút érték: n cos n α, az argumentum pedig: ϕ nα + π - Számítsuk ki i értékét trigonometrikus alak felhasználásával Áttérünk fél szögekre és felhasználjuk az el z feladatban látott összefüggéseket: Ebb l + i + cos 5π 6 5π 6 cos 5π cos 5π 5π 5π 5π + sin + cos sin cos 5π 5π 5π 5π + i cos sin
20 0 Példák Mivel 5π i cos 5π 5π cos cos 5π π + π 6 és π cos + π 6 cos π cos π 6 sin π sin π 6 5π ezért cos 5π, – Számítsuk ki a z értékét trigonometrikus alak felhasználásával: z + i 5 i 0 + i 5 + i 0 + i + i i i Ebb l az els tag: 5 cos π 5 π 5 0 cos 7π 0 7π 0 cos π π cos 7π 7π 5 cos 0π 0π 0 cos 5π 5π 5 cos 0π 5π 0π 5π 5 cos 5π 5π 5 cos π π 5
21 Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek A második tag az els nek komplex konjugáltja, az értéke konjugáltja, ami szintén Így a végeredmény 6 Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek – Adjuk meg a 7 i komplex szám négyzetgyökeit algebrai alakban 7 i a + bi, Ebb l a b 7 és ab 7 i a b + abi A második egyenletb l a, amit az els egyenletbe helyettesítve b /b b 7, b 7b, b 7b 0 Ezt az egyenletet b -re megoldva: b, 7 ± ± 5, amib l az egyik gyök b 9, esetünkben nem megoldás, mert b valós szám A másik gyök b 6 Ebb l b és a, illetve b és a A keresett komplex számok tehát + i és i – Vonjunk négyzetgyököt az alábbi számokból: a i b i c 8 + 6i a i a + bi, i a b + abi Ebb l a b és ab A második egyenletb l b, amit az els egyenletbe helyettesítve a a a 0, a a 0 Ezt az egyenletet a -re megoldva: a, ± ± 5, amib l az egyik gyök a nem megoldás, mert a valós szám A másik gyök a Ebb l a és b, illetve a és b A keresett komplex számok tehát i és + i b i a b + abi Ebb l a b és ab b, amit az els egyenletbe a behelyettesítve a a, a Amib l a nem megoldás a -b l a és b, illetve a és b A keresett komplex számok tehát + i és i
22 Példák c 8 + 6i a b + abi Ebb l a b 8 és ab 6 A második egyenletb l b, amit az els egyenletbe helyettesítve a a 9 a 8 0, a 8a 9 0 Ezt az egyenletet a -re megoldva: a, 8 ± ± 0 Ebb l az egyik gyök a nem megoldás, a másik gyök a 9 Ez alapján a és b, illetve a és b A keresett komplex számok tehát + i és i – Oldjuk meg a következ másodfokú egyenletet A gyököket algebrai alakban adjuk meg z + z Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét: z, ± 0 ± 6 ± i ± i A gyökök: + i és i – Oldjuk meg a következ egyenletet: + ix 5 ix + i 0 Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét Számoljuk ki a diszkriminánst x, 5 i ± 5 i i + i + i 5 i i + i 5 0i + i i + 0i 6 8i + 6i 8 i A i számból az példánál látott módszerrel gyököt vonunk a, amit az els egyenletbe behelyet- b tesítve: a b 0 és ab Ebb l ab, b b 0, b Amib l b, tehát b és a illetve b és a
23 Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek Im + i i i Re ábra A gyökök + i és i Ezt a két értéket visszahelyettesítjük a megoldóképletbe Ebb l és 5 i + + i + i 5 i + i + i 5 i + i + i + i + i i 5 i 5 5 i + i + i 6 i + i i + i i i 5 6 i i 5 5 5i 5 i A ábrán láthatjuk a i és két négyzetgyökének a helyzetét egymáshoz képest a Gauss-féle számsíkon
24 Példák -5 Oldjuk meg a következ egyenletet: x ix + 5 5i 0 Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét Számoljuk ki a diszkriminánst: x, i ± i 5 5i i 5 5i 9 i 0 + 0i 5 + 8i Kiszámítjuk 5 + 8i négyzetgyökeit a b 5 és ab 8 Ebb l a 6, amit az els egyenletbe beírva b b b 5 Amib l b 5b 6 0 b, 5 ± ± 89 5 ± 7 A b nem megoldás, b 6 alapján pedig b és a illetve b és a 5 + 8i négyzetgyökei + i és i Visszahelyettesítjük a megoldóképletbe: x, Ebb l a megoldás + i és i i ± + i -6 Bontsuk els fokú tényez k szorzatára a következ kifejezéseket: a x + 5, b 9x +, c x + x + 5 a Az x egyenlet gyökei 5i és 5i Így a kívánt felbontás, az egyenlet gyöktényez s alakja: x 5ix + 5i b A 9x + 0 egyenlet gyökei i és i A felbontás x i c Oldjuk meg az x + x egyenletet x + i x, ± 0 ± i A felbontás x + ix i x + ix + + i
25 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 5 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök – Számoljuk ki a z 6 + 6i szám ötödik gyökeit Írjuk fel z-t trigonometrikus alakban z 6 + i + i cos 5π 6 5π 6 Tudjuk, hogy a z rcos ϕ ϕ komplex szám n-edik gyökei: w k n r cos ϕ + kπ ϕ + kπ, 0 k n n n Ebb l esetünkben a gyökök lásd a ábrát: w 0 cos π 6 π 6 + i + i Im w w π 5 w 0 π 6 Re w w ábra A következ gyök argumentuma: így π 6 + π 5 7π 0, w cos 7π 7π 0 0
26 6 Példák A többi gyök argumentuma π 5 -tel több a megel z énél, ezek szerint w cos 9π 9π, w cos π π, w cos 5π 5π Vonjunk harmadik gyököt -b l A harmadik egységgyököket keressük trigonometrikus alakja: cos 0 0 A gyökök ábra: ε k cos k π k π, 0 k Im ε ε 0 Re ε ábra k 0 : ε 0 cos 0 0, k : ε cos π π + i, k : ε cos π π i ε és ε primitív harmadik egységgyökök is, hiszen ε ε, ε ε és mindkett harmadik hatványa – Vonjunk harmadik gyököt a + i számból trigonometrikus alak felhasználásával A gyököket adjuk meg algebrai alakban is
27 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 7 + i 8 + i a gyökök ábra: 8 cos π π Mivel 8 8, így k 0 : w 0 cos π π, k : w π cos + π π + π cos π π + i + i, k : w π cos + π π + π cos 7π 7π Im w w 0 π Re w ábra A k értékhez tartozó gyököt, w -t könnyen meg lehet adni algebrai alakban, w + i A w és w 0 algebrai alakját a harmadik egységgyökökkel való szorzással állíthatjuk el w -b l Harmadik egységgyökökkel szorozva a harmadik egységgyököket lásd az el z példában: w + i cos π π + i + i + i w 0 + i cos π π + i i + + i +
28 8 Példák Számításaink melléktermékeként megkaphatjuk például cos 7π pontos értékét w algebrai és trigonometrikus alakjának összehasonlításából A két alakban a valós részek egyenl ek: ebb l 7π cos, cos 7π – Oldjuk meg az x 7 + i5 i 0 egyenletet 7 + i 7 + i5 + i + i, 5 i 9 így az x + i megoldására van szükségünk, tehát + i negyedik gyökeit keressük Áttérünk trigonometrikus alakra: + i cos π π A gyökök: w 0 8 cos π 6 π 6 w 8 cos 7π 7π Vonjunk harmadik gyököt i-b l, w 8, w 8 9π 6 cos 9π 6 cos 5π 5π 6 6, A trigonometrikus alak i cos π π A gyökök 5 ábra: π w k cos 6 + kπ π 6 + kπ, 0 k w 0 cos π 6 π 6 + i, w cos 5π 6 5π 6 + i, w cos π π i
29 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 9 Im w w 0 π 6 Re w 5 ábra -6 Számítsuk ki Mivel i hatodik gyökeit + i i i cos 7π 7π és ezért + i + i cos π 6 π, 6 i cos 9π 9π + i A gyökök: w k 9π + kπ cos 7 9π + kπ, 0 k Vonjunk negyedik gyököt a felhasználásával: számból a trigonometrikus alak + i
30 0 Példák Most a szögek közelít értékét fokban adjuk meg Legyen z + i i i + i + i i + 5 i Írjuk fel i-t trigonometrikus alakban i 5 5 i i 5 -t felírjuk rcos ϕ ϕ alakban A cos ϕ 089 egyenlet 0 és π közé es megoldása 656 Mivel sin ϕ negatív, ϕ π ϕ Ezek szerint i 6cos Felhasználva, hogy cos 80 80, az alábbiak szerint alakul: z negyedik gyökei: z 5 6 cos 5 cos cos 0577cos cos cos cos508 + k k 90, k 0. -8 Adjuk össze a harmadik egységgyököket Láttuk a feladatban, hogy a harmadik egységgyökök: ε 0 ε cos π π + i ε cos π π i Ha ezt a három számot összeadjuk, akkor 0-t kapunk -9 Legyen n N \ <> Lássuk be, hogy tetsz leges z komplex szám n-edik gyökeinek összege zérus
31 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök Ábrázoljuk a számsíkon a z szám n-edik gyökeit A gyököknek megfelel vektorok ered jét keressük Ha a vektorokat π -nel elforgatjuk, mindegyik a következ be megy n át, ered jük tehát helyben marad Az egyetlen olyan vektor, amelyik megegyezik π-nél kisebb szöggel történ elforgatottjával, a nullvektor A gyökök összege tehát 0 Tudjuk, hogy az n-edik gyökök felírhatóak w ε k alakban, ahol w az egyik n-edik gyöke z-nek, ε k pedig n-edik egységgyök w + w + w + + w n w + ε + ε + ε + + ε n Írjuk fel az n-edik egységgyököket ε hatványaiként, felhasználva, hogy ε, valamint alkalmazva a mértani sorozat összegképletét: w + ε + ε + ε + + ε n w ε n ε, és ε n miatt ez 0 lesz -0 Jelöljön ε n -edik egységgyököt Számítsuk ki az alábbi összegeket: a + ε + ε + + ε n b + ε + ε + + nε n a Ha ε, akkor az összeg n Ha ε, akkor akkor az összeg ε n ε 0, mert ε n b Legyen a keresett összeg S Ha ε akkor a számtani sorozat összegképlete alapján S + n n Ha pedig ε, akkor a következ átalakítást végezzük el: és amib l ε S ε ε ε n ε n nε n S ε S + ε + ε + + ε n nε n, S ε S 0 n, S n ε n ε
32 Példák Im ε ε ε ε 0 Re ε ε 5 6 ábra – Vonjunk hatodik gyököt -b l Keressük meg a primitív hatodik egységgyököket El ször a hatodik egységgyököket írjuk fel Lásd a 6 ábrát Mivel cos 0 0, ezért ε k cos kπ 6 kπ, k 0,, 5 6 ε 0 cos 0 0 ε cos π 6 π 6 + i ε cos π 6 π 6 + i ε cos 6π 6 6π 6 ε cos 8π 6 8π 6 i ε 5 cos 0π 0π 6 6 i Ezek közül a primitív hatodik egységgyökök ε és ε 5 Némi számolással meggy z dhetünk róla, hogy pontosan ezek azok a hatodik gyökök közül, amelyek különböz természetes kitev j hatványaikként el állítják az összeset – Legyen ε k cos k π k π, 0 k < n n n
34 a + b Példák Ábrázoljuk a paralelogrammát a Gauss-számsíkban úgy, hogy egyik csúcsa az origóban legyen Jelölje a és b a paralelogramma két szomszédos oldalának megfelel vektorokat, illetve ezen vektoroknak megfelel komplex számokat Ekkor a két átló a + b és a b lesz Lásd a 7 ábrát Im a + b b a b a Re 7 ábra A feladat állítása szerint A bizonyítás során felhasználjuk, hogy a + b + a b a + b a a a a + b + a b a + ba + b + a ba b a + ba + b + a ba b aa + ba + ab + bb + aa ba ab + bb aa + bb 5- Ábrázoljuk a z + i komplex számot a Gauss-számsíkon vektorral Adjuk meg algebrai alakban és ábrázoljuk ugyanezen az ábrán a z, z, z, iz és iz számokat is Figyeljük meg, hogy az egyes vektorok milyen kapcsolatban vannak egymással
35 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 5 Im z iz z Re z z iz 8 ábra z i, z i, z + i, iz + i, iz i z a z origóra való tükörképe, z a z -b l a valós tengelyre való tükrözéssel, iz pedig a z π/ szöggel való elforgatásával keletkezik Lásd a 8 ábrát 5- Mi a geometriai jelentése a következ knek: a z z, b i-vel való szorzás, c + i-vel való szorzás, d cos π n π -nel való szorzás n a A z és a z komplex számoknak megfelel pontok távolsága b Ha i -vel szorzunk egy tetsz leges z komplex számot, akkor a Moivre-azonosság szerint a szorzat abszolút értéke z abszolút értékével egyezik meg, mert i abszolút értéke Az argumentumok pedig összeadódnak, s mivel i argumentuma 90, ezért z 90 -kal pozitív irányba történ forgatása felel meg a szorzatnak c 60 -kal pozitív irányba történ forgatás d π n szöggel pozitív irányba történ forgatás 5- A Gauss számsíkon jelölje az origót O, egy négyzet középpontja W, csúcsai pedig az óramutató járásával ellenkez irányban O, R, S, T A pontok által reprezentált komplex számok o, w, r, s, t Adjuk meg w és i segítségével
36 6 Példák kifejezve az r, s, t számokat Im T S iw W O w iw R Re 9 ábra Lásd a 9 ábrát r w iw, s w, t w + iw 5-5 A Gauss-számsíkon egy négyzet középpontja a + i, a négyzet egyik csúcsa az 5 + 7i pontban van Adjuk meg a többi három csúcsot reprezentáló komplex számokat Im a b +w d Re c 0 ábra A négyzet középpontját reprezentáló komplex szám w + i, az adott csúcsnak megfelel komplex szám a 5 + 7i, a többi csúcsnak az óramutató járásával ellenkez
37 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 7 irányban a b, c, d komplex számok feleljenek meg Lásd a 0 ábrát c a + w a 5 + 7i + 5i i b w + ia w + i + i + 5i + i d w + iw a + i + i 5i Hol helyezkednek el a síkon azok a pontok, amelyeknek megfelel komplex számokra az alábbi teljesül? a z Rez b z i z + i c z z d z z e z iz a Legyen z a + bi Ezt beírva az egyenletbe a + b a, amib l leolvasható, hogy a 0 Im y x y x Re Négyzetre emeléssel: Ebb l b a, ábra a + b a b ± a A megoldás y x és y x, ha x 0
38 8 Példák Lásd a ábrát b z i z + i, z i Ebb l Emeljük négyzetre: z i z + i z i z + i Im i Re i Alkalmazzuk a zz z összefüggést: átalakítással: Legyen z a + bi Ekkor ábra z iz i z + iz + i, z iz + i z + iz i zz iz + iz + 9 zz + iz iz + 8 iz iz 8 iz z 8 i bi 8b, amib l a megoldás b, z i A megoldás a ábrán látható lukas félsík c zz, vagyis z Az origó középpontú egységsugarú körvonal pontjai adják a megoldást Lásd a ábrát d zz z Nincs az egyenletnek megfelel komplex szám, mert komplex szám abszolút értéke, és a négyzete is nemnegatív valós szám e Legyen z a+bi Ebb l a + b ia+bi b+ai, amib l a 0 és b b, tehát b 0
39 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 9 Im Re ábra Im Re ábra A megoldás a képzetes tengely negatív része Lásd a ábrát 5-7 A z x + yi komplex számnak a Gauss számsíkon feleltessük meg a Z pontot Tudjuk, hogy a z i z + komplex szám valós része zérus Bizonyítsuk be, hogy Z mértani helye egy körön van rajta Keressük meg a kör középpontját, és mutassuk meg, hogy a sugara 5 z, mert a nevez nem lehet 0 z x + yi és Re z i z + 0 x + y i x + y ix + yi Re Re x + + yi x + + yix + yi amib l Re x + x xyi + y xi + y i + y y x + + y 0 x + x + y y 0
40 0 Példák A kör egyenlete x + + y 5 A kör középpontja,, sugara 5 A mértani helyben nem szerepel a kör, 0 koordinátájú pontja 5-8 Jelöljük A, B, C, D-vel a Gauss-számsík azon pontjait, amelyek a következ komplex számoknak felelnek meg z A 8 i, z B + i, z C 9 + 6i, z D 6i Bizonyítsuk be, hogy az A, B, C, D pontok valamely négyzetnek a csúcsai Az ABCD négyszög oldalainak megfelel komplex számok: z AB z A z B 5 i, z BC z B z C + 5i, z CD z C z D 5 + i, z DA z D z A 5i Im B C A Re D 5 ábra Nézzük meg sorban ezeknek a komplex számoknak az i-szeresét z AB i + 5i z BC, z BC i 5 + i z CD, z CD i 5i z DA, z DA i 5 i z AB A négyszög bármelyik oldala az el z oldal i-szerese, tehát az oldalnak megfelel vektor az el z nek 90 -kal való elforgatottja Mivel a négyszög oldalai egyenl hosszúak, és a szomszédosak egymással derékszöget zárnak be, valóban négyzetr l van szó Lásd a 5 ábrát 5-9 Adjuk meg z + legkisebb értékét, ha a Rez 5, b Imz, c z, d argz π
41 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése z + geometriai megfelel je a z-nek megfelel pont és a, 0 pont távolsága a Az 5 valós rész komplex számoknak megfelel pontok az x 5 egyenesen vannak A feladatban az a kérdés, hogy az egyenes melyik pontja van a, 0 ponthoz legközelebb, más szóval a, 0 pont és az x 5 egyenes távolsága a kérdés z 5 esetén kapjuk a keresett értéket, ami b A, 0 pont, és az y egyenes távolságát keressük z + i esetén kapjuk a keresett értéket, ami + i + c Az origó középpontú sugarú körnek a, 0 ponthoz legközelebbi pontja a, 0 pont A keresett érték + d A komplex számsík azon z pontjainak mértani helye, amelyre argz π/ teljesül, nem más, mint az y x x 0 egyenlet félegyenes Ennek a félegyenesnek a, 0 ponthoz legközelebb es pontja a 0, 0, így a keresett minimum Tegyük fel, hogy a z komplex szám értéke a z 7 feltételnek eleget téve változik Keressük meg z i legkisebb és legnagyobb értékét A z 7 feltételnek megfelel pontok egy körön vannak A kör középpontját 7, 0-t és az i-nek megfelel pontot, 0, -t összeköt egyenesnek a körrel való két metszéspontja szolgáltatja a legkisebb és legnagyobb értéket Im i 7,0 Re 6 ábra A kör egyenlete 6 ábra: A középpont távolsága a 0, ponttól x 7 + y A minimumot megkapjuk, ha ebb l levonjuk a sugár nagyságát, a maximumot akkor kapjuk, ha hozzáadjuk a sugár nagyságát Így min z i 50, max z i 50 +
42 Példák 5- Tegyük fel, hogy z és w a következ feltételeknek eleget tev komplex számok: w 7 és z 5i Keressük meg w z legnagyobb és legkisebb értékét A feltételek két kört határoznak meg, melyek diszjunktak A keresett pontok a két kör középpontjait, a, 0 és 0, 5 pontokat összeköt egyeneseken vannak A körök középpontjainak távolsága: O, O 5 + Az egymáshoz két legközelebbi pont távolságát megkapjuk, ha ebb l kivonjuk a két sugár nagyságát: A, B 7 Az egymástól két legtávolabbi pont távolságát megkapjuk, ha O, O -hez hozzáadjuk a két sugár nagyságát: A, B Szögfüggvények és a komplex számok 6- Adjuk meg cosθ-t cos θ-val, sinθ-t sin θ-val és tgθ-t tg θ-val kifejezve Induljunk ki a következ összefüggésb l: Alakítsuk a jobb oldalt: cosθ θ cos θ θ cos θ θ cos θ + cos θ sin θi cos θ sin θ sin θi A két oldal valós részeinek egyenl ségéb l, valamint a azonosságra támaszkodva: sin θ cos θ cosθ cos θ cos θ sin θ cos cos θ A két oldal képzetes részeinek egyenl ségéb l, valamint a azonosságra támaszkodva: cos θ sin θ sinθ cos θ sin θ sin θ sin θ sin θ
43 6 Szögfüggvények és a komplex számok Végül, ha tg θ ±, akkor tgθ sinθ cosθ cos θ sin θ sin θ cos θ cos θ sin θ tg θ tg θ tg θ 6- a A cos5θ 5θ cos θ θ 5 összefüggés felhasználásával bizonyítsuk be, hogy cos5θ 6 cos 5 θ 0 cos θ + 5 cos θ b Ebb l számológép felhasználása nélkül bizonyítsuk be, hogy cos , és keressünk hasonló kifejezést cos 5 számára a cos5θ Recos θ θ cos 5 θ + i 5 cos θ sin θ + i 5 cos θ sin θ cos 5 θ 0 cos θ cos θ + 5 cos θ cos θ 6 cos 5 θ 0 cos θ + 5 cos θ b Vezessük be az x cos 8 jelölést Mivel ezért a cos5 8 cos90 0, 6x 5 0x + 5x 0, vagyis az x6x 0x egyenlet megoldását kell megkeresnünk Egyik gyök a nulla, ami nekünk nem megoldásunk Vizsgáljuk a 6x 0x egyenletet Ezt az x -ben másodfokú egyenletet oldjuk meg x -re x 0 ± 00 0 Mivel a keresett érték pozitív, így a ± 80 illetve a 0 ±
44 Példák értékek jöhetnek szóba x számára A második kisebb, mint cos0, így a keresett megoldás cos cos 5 számításakor ugyanarra az egyenletre jutunk, mint az el bb, mivel cos5 5 cos70 0 Így a most keresett érték az el bb talált második gyök: cos Legyen z + i, z i Számítsuk ki mindkét szám abszolút értékét és f argumentumát A Gauss-számsík segítségével mutassuk meg, hogy argz + z 5π Ebb l kiindulva lássuk be, hogy z + i tg 5π + z i cos π π z + z + + i + i cos π π, A 7 ábráról leolvasható, hogy z +z egy olyan paralelogramma átlója, amelyiknek a két oldalát az azonos abszolút érték z és z alkotja, s így a paralelogramma rombusz, a rombusz átlói pedig felezik az oldalak által bezárt szögeket Ebb l argz + z π +, π π π + π 5π z + z + + i i Ezek alapján tg 5π tgarcz + z sinarcz + z cosarcz + z +
45 6 Szögfüggvények és a komplex számok 5 Im z + z z π π z π Re 7 ábra 6- Mutassuk meg, hogy sinx + sinx + + sinnx n + sin x sin nx, sin x ahol x olyan valós szám, amelyre sin x 0 teljesül Legyen z cos x x Tekintsük a következ mértani sorozatot: z + z + + z n Mivel z 0, z, a q z kvócienssel alkalmazhatjuk a mértani sorozat összegképletét: z + z + + z n q + q + + q n q + q + + q n q qn q z zn z z zn z zn z n z z z n+ zn z n z z
46 6 Példák A továbbiakban felhasználjuk, hogy valamint s ebb l z n cos nx A képlet a következ képpen alakul: nx i sin n+ z i sin x nx, z cos x i sin x, nx nx cos i sin zn nx n + n + sin cos x x sin x képzetes része képzetes része sinx + sinx + + sinnx, n + sin x sin nx sin x, ezek egyenl ek, így az állításban szerepl egyenl séghez jutunk 6-5 Bizonyítsuk be, hogy cos x + cos x + + cos nx n ahol x olyan valós szám, amelyre sin x 0 teljesül Legyen Felhasználjuk a következ azonosságot: + cosn + x sin x sin x A cos x + cos x + + cos nx, amib l cos x cos x sin x cos x, cos x cos x +
47 6 Szögfüggvények és a komplex számok 7 Ennek segítségével a bal oldalt alakítva: Legyen ekkor nyilván A cosx + + cosx cosnx B cosx + cosx + + cosnx, + A B + n Ha z cos x x, akkor z 0, z A továbbiakban felhasználjuk, hogy valamint s ebb l z n cosnx nx, z cos x i sin x, cosnx i sinnx zn B értékének kiszámítására tekintsük a következ, z kvóciens mértani sorozatot: A bal oldal valós része z + z + + z n z zn z z zn z z n z n z z z n+ zn z n z z zn nx i sin x cosn + x n + x cosx + cosx + + cosnx, ami B Ez egyenl a jobb oldal valós részével, vagyis sin nx sin x B cosx + cosx + + cosnx cosn + x sin nx sin x
48 8 Példák Ezt -be helyettesítve: cos x + cos x + + cos nx amit be kellett látnunk cosn + x sin nx sin x + n, 7 Komplex együtthatós egyenletek 7- Oldjuk meg a következ egyenletet a komplex számok halmazán: Legyen Ekkor az egyenlet így alakul: z z + i z a + bi Ebb l a + b a + bi + + i a + + b + i b + 0, amib l b Másrészt a + a +, amib l leolvasható, hogy Négyzetre emeléssel: ebb l a + 0 a + a + a +, a, a A megoldás: z i 7- Oldjuk meg a komplex számok halmazán a egyenletet z z 0
49 7 Komplex együtthatós egyenletek 9 Megoldás: Használjuk fel z algebrai alakját Legyen Ekkor z a + bi z a + bi a b + abi, z a bi Ezeket a feltételi egyenletbe írva az alábbi egyenletrendszert kapjuk a b a 0 és ab + b 0 A második egyenlet ba + 0 alakra hozható, amib l azt kapjuk, hogy Helyettesítsük b 0-t az els egyenletbe b 0, vagy a + 0 vagyis s ebb l a a 0, aa 0, a 0, vagy a a + 0 esetén a Helyettesítsük ezt az els egyenletbe amib l b, b ± Összefoglalva eredményeinket, az egyenlet megoldásai: a 0, b 0, z 0; a, b 0, z ; a, b, z + i ; a, b, z i
50 50 Példák Megoldás: Most z trigonometrikus alakjával dolgozunk A z z 0 egyenlet mindkét oldalához hozzáadjuk z-at: mindkét oldalt megszorozzuk z-vel: z z, Legyen z rcos ϕ ϕ Ezt helyettesítsük be -be a Ha r 0, akkor z 0 b Ha r 0, akkor osztunk r -tel amib l r Behelyettesítés után kapjuk, hogy z zz z r cosϕ ϕ r rcosϕ ϕ, cosϕ ϕ, vagyis cos ϕ ϕ Ennek az egyenletnek a megoldásai a harmadik egységgyökök: A megoldás tehát, + i, i 0,, + i, i 7- Vizsgáljuk meg, milyen z komplex számok elégítik ki a következ egyenletet: z z Szorozzuk be az egyenletet z-vel ebb l z z z, z z
51 7 Komplex együtthatós egyenletek 5 Legyen Ezt beírva egyenletünkbe z rcos ϕ ϕ r r cosϕ ϕ r 0 kielégíti az egyenletet, s így az egyik megoldás z 0 0 Ha r 0, akkor r -tel oszthatunk: r cosϕ ϕ Bal oldalon áll, s így a jobb oldal trigonometrikus alakja, amib l r nem negatív, tehát r Így, r cosϕ ϕ megoldását kell keresnünk, ami a négy negyedik egységgyök A teljes megoldás: z k cos kπ kπ, 0 k z 0 0, z, z i, z, z i 7- Igazoljuk, hogy ha a z komplex szám nem nulla, és akkor z + z cos θ, z m + z m cosmθ, m N z + z cos θ Szorozzuk meg mindkét oldalt z-vel: z + z cos θ, rendezve: z z cos θ + 0 Oldjuk meg ezt a z-ben másodfokú egyenletet: z, cos θ ± cos θ cos θ ± i sin θ cos θ ± i sin θ
52 5 Példák Ez alapján és z m cosmθ ± i sinmθ, z m m z cos θ ± i sin θ m cos θ ± i sin θ m cos mθ ± i sin mθ Amib l valóban z m + z m cosmθ 7-5 Bizonyítsuk be, hogy ha ε harmadik egységgyök, akkor a + b + ca + bε + cε a + bε + cε a + b + c abc a + b + ca + bε + cε a + bε + cε a + b + ca + abε + acε + abε + b ε + bcε + acε + bcε + c ε Mivel ε harmadik egységgyök, ezért ε : a + b + ca + b + c + abε + ε + acε + ε + bcε + ε ε harmadik egységgyök, s így + ε + ε 0, amit felhasználva: a + ab + ac a b a c abc + a b + b + bc Legyen ab abc b c + a c + b c + c abc ac bc a + b + c abc a cos π π, b cos 5 i sin 5, c cos π π Oldjuk meg az alábbi egyenletet a komplex számok halmazán és az eredményt adjuk meg trigonometrikus alakban a 6 b 5 cz 0 Mivel c 0, a kiindulási egyenlet rendezésével azt kapjuk, hogy z a6 b 5 c
53 7 Komplex együtthatós egyenletek 5 A számlálóban lev m velet algebrai alakot kíván, a tört értékéb l való harmadik gyökvonás viszont trigonometrikus alakot Ezt szem el tt tartva egyrészt a 6 cos π π 6 9 cos π π i 6 i, másrészt és ebb l b cos 5 5 cos π π, b 5 5 cos 5π 5π 5 i 6 6 i Így Felhasználva azt, hogy Behelyettesítve a törtbe: a 6 b 5 6 cos π π, c cos π π cos π π cos π cos π π π a 6 b 5 c 6 cos π π 8 cos π π
54 5 Példák Ebb l harmadik gyököt vonva: π z k cos 9 + kπ π 9 + kπ, k 0,, Ezek szerint a keresett gyökök: z 0 cos π 9 π 9 z cos 0π 9 0π 9 z cos 6π 6π 9 9 cos cos cos Oldjuk meg az alábbi egyenletet a komplex számok halmazán és az eredményt adjuk meg trigonometrikus alakban cos 5 i sin 5 z 5 + i 05 Mivel cos 5 i sin 5 0, ezért i 0 i z 5 05 i i i cos 5 i sin 5 El ször a számlálót alakítjuk át i i i + 6 Felhasználjuk, hogy i + i, i +, i i Így a számláló: 05 i i 05 6 i i i + i i A nevez t alakítva cos 5 i sin 5 cos 5 5 cos 5π 5π
55 8 Gyökök és együtthatók 55 Ezek alapján a tört: z 5 cos 5π 5π A gyökvonást elvégezve: π z k cos + kπ 5 π 5 + 8kπ cos 0 + kπ kπ 0, k 0. Ebb l: z 0 cos π π z cos π 0 z cos π 0 z cos 9π 0 π, 0 π 0 9π 0 z cos 7π 7π 0 0,, + i + i, 8 Gyökök és együtthatók 8- Keressük meg a z + z egyenlet összes valós gyökét, ha tudjuk, hogy az egyik gyök z i Valós együtthatós egyenletr l van szó, s így a másik gyök z z + i Legyen a harmadik gyök z A gyökök és együtthatók közötti összefüggés alapján: z + z + z 0, amib l z 8- Mutassuk meg, hogy a z + z + z 0 egyenlet egyik gyöke z i Adjuk meg a többi három gyököt
56 56 Példák Helyettesítsük be i t az egyenletbe i + i + i i + i 0 Tehát z i gyöke az egyenletnek Az egyenlet valós együtthatós, így a másik gyök z z i Legyen a többi két gyök z és z A gyökök és együtthatók közötti összefüggésekre támaszkodva: z + z + z + z és z z z z Ebb l z + z és z z Mivel 0 nem gyök, ezért amit beírva az els egyenletbe z z, z z, z + z 0 Ebb l és Az egyenlet gyökei tehát: z + 5 z 5 i, i, + 5, 5 8- Mutassuk meg, hogy a z z z + z egyenletnek gyöke a z + i Adjuk meg a többi három gyököt is Behelyettesítve látjuk, hogy z + i
57 8 Gyökök és együtthatók 57 gyöke az egyenletnek Az egyenlet valós együtthatós, így egy másik gyök z z i Legyen a többi két gyök z és z A gyökök és együtthatók közötti összefüggésekre támaszkodva: z + z + z + z és z z z z 0 Ebb l z + z és z z 5 Mivel 0 nem gyök, ezért az utóbbi egyenletb l z 5 z, amit beírva az el z be z + 5 z 0 Az egyenlet gyökei tehát: z z + 5 0, z ± 6 0 ± i ± i + i, i, + i, i 8- Tudjuk, hogy a z + iz + 7i 0 egyenlet egyik gyöke z i Keressük meg a másik gyököt Vigyázzunk, nem valós együtthatós egyenletr l van szó, s így a másik gyök nem z Legyen a másik gyök z A gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján: z + z i + i és z z + 7i Az els összefüggésbe helyettesítsük be z adott értékét i + z + i, z + i z értékét az eredeti egyenletbe visszahelyettesítve meggy z dhetünk arról, hogy valóban gyök 8-5 Tegyük fel hogy a z z + k 0 egyenlet egyik gyöke z + i Adjuk meg a másik két gyököt és a k valós konstans értékét Az egyenlet valós együtthatós, s így a másik gyök z z i
58 58 Példák Legyen a harmadik gyök z A gyökök és együtthatók közötti összefüggések szerint: amib l Másrészt és így z + z + z 0, + i + i + z 0, z z z z k, k 8-6 Tudjuk, hogy a z + pz + qz + 0 egyenlet egyik gyöke z i Adjuk meg a többi gyököt, valamint a p és q valós konstansok értékét Az egyenlet valós együtthatós, így a másik gyök z z + i Legyen a harmadik gyök z A gyökök és együtthatók közötti összefüggésekre támaszkodva: z z z, z, z Másrészt z + z + z p, és z z + z z + z z q Ebb l p és q i + i + i + + i Keressük meg az a és b valós számok értékét, ha z z +az +b osztható z i -vel A feltétel miatt z i szerepel z z + az + b 0 gyöktényez s alakjában, s így i gyöke a harmadfokú egyenletnek Ha tehát az egyenletbe i-t behelyettesítjük, akkor nullát kapunk i i + ai + b 0 amib l A megoldás i + + ai + b 0, + b 0 és ia 0 b és a
59 9 Egyéb példák 59 9 Egyéb példák 9- Bizonyítsuk be, hogy ha két természetes szám mindegyike el állítható két négyzetszám összegeként, akkor a szorzatuk is el állítható ilyen alakban Igaz-e az állítás megfordítása? Négyzetszámként a 0-t is megengedjük Például +, Legyen n a + b és m x + y Ekkor n és m tekinthet egy-egy komplex szám abszolút érték négyzeteként: Ebb l: n a + bi, m x + yi n m a + bi x + yi Az állítás megfordítása nem igaz, például a + bix + yi ax by + ay + bxi ax by + ay + bx 8 +, 8 6, de sem, sem 6 nem állítható el két négyzetszám összegeként 9- Bizonyítsuk be a következ állítást: Legyen z C, n N A z 0 szám egyetlen n-edik gyöke 0 Ha z 0 és z rcos ϕ ϕ, akkor z-nek n különböz n-edik gyöke van, melyek w k n r cos ϕ + kπ ϕ + kπ, 0 k n n n Legyen w ϱcos ψ ψ a z szám n-edik gyöke Mivel w n z, ezért Ha z 0, akkor r 0, s így -b l ϱ n cosnψ nψ rcos ϕ ϕ ϱ 0 és w 0
60 60 Példák Ha z 0, s ezért r 0, akkor alapján és ϱ n r nψ ϕ kπ, k Z -b l ϱ n r, ami a nem negatív valós számokon értelmezett gyökvonás alapján egyértelm -ból pedig nψ ϕ + kπ, s így ψ ϕ n + kπ n, k Z Ha 0 k n, akkor n különböz értéket kapunk ψ-re és így w-re is Ha k valamely ezekt l különböz egész szám, akkor ψ ezen értékek valamelyikét l π egész számú többszörösével különbözik, s így a w k számok valamelyikével megegyezik Ezek szerint minden nullától különböz komplex számnak n különböz n-edik gyöke van 9- Mutassuk meg, hogy ha z C \ 0, n N és w n z, akkor z többi n-edik gyöke w ε k k n, ahol ε k n-edik egységgyök Felhasználva, hogy ε n k, azt kapjuk, hogy w ε k n w n ε n k wn z, ezért w ε k z n-edik gyöke Másrészt az n-edik egységgyökökkel szorozva w -et, csupa különböz n-edik gyököt kapunk, mert esetén w 0 miatt w ε k w ε s ε k ε s Mivel z-nek n különböz n-edik gyöke van, az állításban megadott módon megkapjuk az összeset 9- Szerkesszük meg két adott komplex szám szorzatának megfelel vektort a Gauss-számsíkon Legyen P a z -nek, Q a z -nek, E pedig az számnak megfelel pont a koordinátarendszerben Feltesszük, hogy a 8 ábrának megfelel helyzet ek a vektoraink Szerkesszünk az OQ szakasz fölé az OEP háromszöghöz hasonló háromszöget, és az új csúcsot jelöljük R-rel z argumentumát jelölje α, z argumentumát pedig β Az R pont által meghatározott komplex szám argumentuma α + β, abszolút értékére pedig a következ igaz Mivel a két háromszög hasonló, ezért OP : OE OR : OQ
Comments are closed, but trackbacks and pingbacks are open.