Komplex számok algebrai alakja Lukács Antal 2015. február 8.
1.
Alapfeladatok
1.
Legyen z1 = 2 + 3i és z2 = 5 − 4i! Határozzuk meg az alábbiakat! Feladat:
(a) (b) (c) (d) (e)
z1 + z2 3z2 − z1 z1 · z 2
Re(i · z1 ) Im(z2 + 2i19 )
Megoldás:
(a) Két komplex számot kell összeadnunk. Ezt úgy hajtjuk végre, hogy összeadjuk a valós részeket, így magkapjuk az összeg valós részét, és összeadjuk a képzetes részeket, s ezzel megkapjuk az összeg képzetes részét. z1 + z2 = (2 + 3i) + (5 − 4i) = (2 + 5) + (3 − 4)i = 7 − i
(b) A feladat két részb®l áll. Els®ként egy komplex számot meg kell szoroznunk egy valós számmal. Ezt úgy hajtjuk végre, hogy a komplex szám valós és képzetes részét is megszorozzuk a valós számmal. 3z2 = 3(5 − 4i) = 3 · 5 + 3 · (−4)i = 15 − 12i
Ezután két komplex szám kivonása a feladat, amit az összeadáshoz hasonlóan úgy végzünk el, hogy valós részb®l valós részt vonunk ki, képzetes részb®l pedig képzetes részt. 3z2 − z1 = (15 − 12i) − (2 + 3i) = (15 − 2) + (−12 − 3)i = 13 − 15i
(c) Most szoroznunk kell két komplex számot. Ezt úgy végezhetjük el a legegyszer¶bben, hogy a két komplex számot, mint két darab kéttagú algebrai kifejézést szorozzuk össze, azaz minden tagot minden taggal szorzunk. z1 · z2 = (2 + 3i) · (5 − 4i) =
1
= (2·5)+(2·(−4i))+((3i)·5)+((3i)·(−4i)) = 10−8i+15i−12i2 Ezután használjuk fel, hogy tudjuk, i2 = −1, majd vonjuk össze
az egynem¶ tagokat, azaz külön a valós részeket és a képzetes részeket.
10−8i+15i−12i2 = 10−8i+15i−12·(−1) = 10−8i+15i+12 = = (10 + 12) + ((−8) + 15)i = 22 + 7i
(d) Két részb®l áll a feladat. El®ször egy szorzást kell elvégeznünk, majd a szorzatnak venni a valós részét. A szorzást most egyszer¶bben hajthatjuk végre, mint az el®bb, hiszen az els® tényez® csak a képzetes egység, így nem kéttagú kifejezés. i · z1 = i · (2 + 3i) = i · 2 + i · (3i) = 2i + 3i2 Most is használjuk fel, hogy i2 = −1. 2i + 3i2 = 2i + 3 · (−1) = 2i − 3 = −3 + 2i
Ezután vegyük az eredmény valós részét. Re(i · z1 ) = Re(−3 + 2i) = −3 (e) Ez a feladat már három részb®l áll. Els®ként meg kell határoznunk i19 -t. Utána ennek kétszeresét hozzá kell adnunk z2 -höz. Végül az eredménynek vennünk kell a képzetes részét. Az i hatványairól tudjuk, hogy periodikusan váltakoznak. i1 = i, i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1, i5 = i, · · · Ezért, ha i valamilyen magasabb kitev®s hatványát kell meghatározni,
akkor elég azt megviszgálni, mi a kitev®nek a maradéka 4-gyel osztva, s elég az i-t erre a maradékra hatványozni. Ez jelen esetben a következ®t jelenti: i19 = i(4·4+3) = i4
4
· i3 = 14 · i3 = i3 = −i Adjuk ennek kétszeresét z2 -höz. z2 + 2i19 = (5 − 4i) + 2 · (−i) = 5 − 4i − 2i = 5 − 6i
Végül vegyük ennek a képzetes részét! Im(z2 + 2i19 ) = Im(5 − 6i) = −6 Nagyon gyeljünk oda arra, hogy a képzetes rész csak az i együtthatója. Nem tartalmazza az i-t. 2.
Feladat: Legyen z1 = 3 − 5i és z2 = 4 + 2i! Határozzuk meg az alábbiakat!
(a) z1 + z2 (b) (z12 ) z1 z2 i (d) z1
(c)
2
Megoldás:
(a) A feladatban két komplex szám konjugáltját kell meghatározni, majd a konjugáltakat összeadni. Kezdjük a konjugálásokkal. Egy komplex szám konjugáltját úgy kapjuk, hogy a komplex szám képzetes részének el®jelét megváltoztatjuk. Jelen esetben ez az alábbiakat jelenti: z1 = (3 − 5i) = 3 + 5i z2 = (4 + 2i) = 4 − 2i
Ezután már csak az összeadás van hátra. z1 + z2 = (3 + 5i) + (4 − 2i) = (3 + 4) + (5 − 2)i = 7 + 3i
Itt meg kell jegyezni, hogy ugyanezt az eredményt kaptuk volna, ha a m¶veleteket fordított sorrendben hajtjuk végre, azaz el®ször összeadjuk a két komplex számot, majd az eredménynek vesszük a konjugáltját. A m¶veletek ilyen sorrendjét képletben z1 + z2 formában írhatjuk. Ellen®rizzük le, hogy így valóban ugyanazt kapjuk, mint az el®bb. Most els®ként az összeadást végezzük el. z1 + z2 = (3 − 5i) + (4 + 2i) = (3 + 4) + (−5 + 2)i = 7 − 3i
Ezután vegyük ennek konjugáltját, azaz változtassuk meg a képzetes rész el®jelét. z1 + z2 = 7 − 3i = 7 + 3i
Általánosságban is igaz, hogy z1 + z2 = z1 + z2 , s hasonlóan igaz a z1 − z2 = z1 − z2 összefüggés is. (b) Most els®ként egy komplex számot négyzetre kell emelnünk, majd utána az eredmény konjugáltját kell vennünk. A négyzetre emelés lényegében egy szorzás, hiszen ekkor a komplex számot önmagával szorozzuk. z12 = (3 − 5i)2 = (3 − 5i) · (3 − 5i) = 3 · 3 + 3 · (−5i) + (−5i) · 3 + (−5i) · (−5i) = 9 − 15i − 15i + 25i2 = = 9 − 15i − 15i + 25 · (−1) = 9 − 15i − 15i − 25 = −16 − 30i Persze hivatkozhattunk volna a középiskolából ismert (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 összefüggésre is, azaz a kéttagú kifejezések négyzetre
emelési módjára. Ekkor a következ® a számolás.
z12 = (3 − 5i)2 = 32 + 2 · 3 · (−5i) + (−5i)2 A (−5i)2 számolásakor egy szorzatot emelünk négyzetre, amit
tényez®nként végezhetünk el.
32 + 2 · 3 · (−5i) + (−5i)2 = 32 + 2 · 3 · (−5i) + (−5)2 · i2 = 9 − 30i + 25 · i2 = 9 − 30i + 25 · (−1) = 9 − 30i − 25 = = −16 − 30i
Ezután már csak a konjugálás van hátra. (z12 ) = −16 − 30i = −16 + 30i
3
Az el®bb megállapítottuk, hogy az összeadás és a konjugálás sorrendje felcserélhet®. Ezen feladat után az a kérdés vet®dik fel, hogy vajon a négyzetre emelés, és a konjugálás sorrendje is felcserélhet®-e, azaz ugyanezt az eredményt kapjuk-e, ha a komplex számnak el®ször konjugáltját vesszük, s azt emeljük négyzetre. Végezzük el most ilyen sorrendben a m¶veleteket. Ez képletben a következ® módon írható: (z1 )2 z1 = (3 − 5i) = 3 + 5i
Ezután jöhet a négyzetre emelés. (z1 )2 = (3 + 5i)2 = 32 + 2 · 3 · (5i) + (5i)2 = = 9 + 30i + 25i2 = 9 + 30i + 25 · (−1) = 9 + 30i − 25 = −16 + 30i
Amint látható, a m¶veletek ilyen sorrendje esetén is ugyanazt kaptuk. Általánosan is igaz, hogy a négyzetre emelés és a konjugálás sorrendje felcserélhet®, azaz (z 2 ) = (z)2 . Még általánosabban hasonlót mondhatunk ki a szorzás és a konjugálás sorrendjét illet®en, mely képletben z1 · z2 = z1 · z2 alakban írható. (c) Most két komplex szám osztása a feladat. Ezt úgy hajtjuk végre, hogy a nevez® konjugáltjával b®vítünk. 3 − 5i 4 − 2i (3 − 5i) · (4 − 2i) z1 3 − 5i = · = = z2 4 + 2i 4 + 2i 4 − 2i (4 + 2i) · (4 − 2i)
Két szorzást kell elvégeznünk, egyet a számlálóban, egyet pedig a nevez®ben. Nézzük el®ször a számlálót, immár kicsit kevésbe részletesen írva, mint eddig. (3−5i)·(4−2i) = 12−6i−20i+10i2 = 12−6i−20i−10 = 2−26i
Ezután foglalkozzunk a nevez®vel. (4 + 2i) · (4 − 2i) = 16 − 8i + 8i − 4i2 = 16 − 8i + 8i + 4 = 20
Ezt egyszer¶bben is megkaphattuk volna. Mivel komplex szám a saját konjugáltjával van szorozva, ezért a két tényez® csak az egyik tag el®jelében tér el. Középiskolából pedig ismerünk egy összefüggést az ilyen szorzatokra. Eszerint (x+y)·(x−y) = x2 −y 2 . Ha ezt használjuk a nevez®ben a szorzat számolásához, akkor a következ®t írhatjuk: (4+2i)·(4−2i) = 42 −(2i)2 = 16−4i2 = 16−4·(−1) = 16+4 = 20
Térjünk vissza az osztáshoz. (3 − 5i) · (4 − 2i) 2 − 26i = (4 + 2i) · (4 − 2i) 20
Mivel a nevez®ben egy valós szám áll, ha külön osztjuk a számlálóban lev® tagokat, akkor egy algebrai alakú komplex számot kapunk. 2 26i 1 13 2 − 26i = − = − i = 0.1 − 1.3i 20 20 20 10 10
4
Miel®tt a következ® feladatra lépnénk, ejtsünk pár szót az osztásnál a nevez®ben álló szorzatról. Ilyenkor egy komplex számot mindig a saját konjugáltjával szorzunk, azaz a nevez®ben (a+bi)·(a−bi) típusú szorzat áll. Felhasználva a korábban említett (x + y) · (x − y) = x2 − y 2 középiskolai azonosságot, végezzük el ezt a szorzást. (a+bi)·(a−bi) = a2 −(bi)2 = a2 −(b)2 ·i2 = a2 −(b)2 ·(−1) = a2 +b2
Azaz ilyen esetben a komplex szám valós és képzetes részének négyzetösszegét kapjuk. Ha ezt megjegyezzük, akkor az osztást gyorsabban tudjuk elvégezni. (d) Amint az el®bb is, egy osztást kell elvégeznünk. B®vítsünk a nevez® konjugáltjával. i i i 3 + 5i i · (3 + 5i) = = · = z1 3 − 5i 3 − 5i 3 + 5i (3 − 5i) · (3 + 5i)
A számlálóban bontsuk fel a zárójelet, a nevez®ben pedig használjuk fel azt, amit az el®bb megállapítottunk. Eszerint, ha a komplex számot saját konjugáltjával szorozzuk, akkor a valós és képzetes rész négyzetének összegét kapjuk. i · (3 + 5i) 3i + 5i2 3i + 5 · (−1) −5 + 3i = 2 = = = 2 (3 − 5i) · (3 + 5i) 3 + (−5) 9 + 25 34 5 3 =− + i 34 34
3.
7 − 17i
Határozzuk meg a z = − (3 − i9 ) komplex szám 3 + 2i algebrai alakját! Megoldás: A feladat több részletb®l áll. El kell végezni egy osztást, meg kell határozni i9 -t, s végül egy kivonást kell végrehajtani. Kezdjük az osztással.
Feladat:
7 − 17i (7 − 17i) · (3 − 2i) 21 − 14i − 51i + 34i2 = = = 3 + 2i (3 + 2i) · (3 − 2i) 32 + 2 2 21 − 14i − 51i − 34 −13 − 65i 21 − 14i − 51i + 34 · (−1) = = = = 9+4 13 13 13 65 = − − i = −1 − 5i 13 13 Ezután határozzuk meg i9 -t! i9 = i(4·2+1) = i4
2
· i2 = 12 · i1 = i1 = i
A részeredményeket felhasználva határozzuk meg z algebrai alakját. z=
4.
7 − 17i −(3−i9 ) = (−1−5i)−(3−i) = (−1−3)+(−5+1)i = −4−4i 3 + 2i
Határozzuk meg a z = (3 + 2i)(5 + 4i − 7 − 3i) komplex szám képzetes részét! Feladat:
5
Megoldás: Meg kell határoznunk z algebrai alakját, melyb®l a képzetes rész már könnyen kiolvasható. Ehhez végezzük el a m¶veleteket. Els®ként hajtsuk végre a konjugálást. Ne feledkezzünk el arról, hogy minden úgymond 'hosszú' m¶veleti jel egyben zárójel is, és ha elvégezzük a m¶veletet, utána ki kell tenni a zárójelet. Most ez azt jelenti, hogy a 7 − 3i konjugáltját zárójelbe kell tenni.
z = (3 + 2i)(5 + 4i − 7 − 3i) = (3 + 2i)(5 + 4i − (7 + 3i))
Ezután végezzük el a kivonást. z = (3+2i)(5+4i−(7+3i)) = (3+2i)(5+4i−7−3i) = (3+2i)(−2+i)
Következik egy szorzás. z = (3 + 2i)(−2 + i) = −6 + 3i − 4i + 2i2 = −6 + 3i − 4i − 2 = −8 − i
Megvan tehát z algebrai alakja. A képzetes rész ebben az i együtthatója, azaz jelen esetben a −1. 5.
Oldjuk meg az x2 + 4x + 5 = 0 egyenletet a komplex számok halmazán! Megoldás: Egy másodfokú egyenletet kell megoldanunk, így csak be kell helyettesítenünk a megoldóképletbe.
Feladat:
x1,2 =
−4 ±
√
√ 42 − 4 · 1 · 5 −4 ± −4 = 2·1 2
Amint látható, negatív szám áll négyzetgyök alatt. Ezt a m¶veletet a valós számok halmazán nem tudjuk elvégezni, tehát az egyenletnek valós gyöke nincs. Elvégezhet® azonban a komplex számok halmazán. Olyan komplex számot, vagy számokat kell keresnünk, melynek négyzete −4-gyel egyenl®. Írjuk ehhez a −4-et 4 · (−1) alakban. Szorzatból tényez®nként vonhatunk gyököt, tehát külön kereshetünk olyan számot, melynek négyzete 4, s melynek négyzete −1. Tudjuk, hogy 4 = 22 és −1 = i2 . Ezek alapján −4 = 22 · i2 = (2i)2 . Találtunk tehát olyan komplex számot, aminek a négyzete −4 , így a komplex számok halmazán elvégezhet® ez a gyökvonás. A komplex számok halmazán azonban egy z szám négyzetgyökének nevezünk minden olyan komplex számot, amelynek négyzete z -vel egyenl®. Nyilvánvaló, hogy nem csak a 2i, hanem a −2i négyzete is −4-gyel egyenl®. Belátható, hogy a 0 kivételével minden z komplex szám esetén két olyan komplex szám létezik, melynek négyzete z -vel egyenl®, tehát a 0-n kívül minden komplex számnak két négyzetgyöke van. Ez azt jelenti, hogy √ −4 = ±2i, hiszen ez az a két komplex szám, melynek négyzete −4. Mivel a komplex számok esetében két négyzetgyök van, ezért komplexben felesleges ±-t írni a gyökjel elé a megoldóképletben, mert a négyzetgyökvonásnak két eredménye lesz majd, s abban jelenik meg a ±. 6
Írjuk be a gyökvonás eredményét a megoldóképletbe. √
x1,2 =
−4 + 2i = −2 + i
−4 + −4 −4 ± 2i = = −4 2− 2i 2 2 = −2 − i 2
Amint látható, az egyenletnek két komplex szám a megoldása. Miel®tt áttérnénk a következ® feladatra, két dolgora szeretném felhívni a gyelmet. Egyrészt arra, hogy a komplex számok halmazán negatív valós számokból is lehet négyzetgyököt vonni. Ezt könnyen végrehajthatjuk úgy, hogy a negatív számot egy pozitív valós szám és a −1 szorzatára √ bontjuk, majd ezután tényez®nként vonunk gyököt. Tudjuk, hogy −1 = ±i. Másrészt pedig arra, hogy ha komplexben vonunk gyököt, akkor a pozitív valós számoknak is két négyzetgyöke van, mert komplexben a z szám négyzetgyökének nevezünk minden olyan √ számot, aminek négyzete z . A komplex számok halmazán √ például 9 = ±3, és nem csak a 3. Persze a valós számok halmazán 9 = 3, ott a de níció szerint csak egy négyzetgyök van. 6.
Oldjuk meg az x2 +2ix+15 = 0 egyenletet a komplex számok halmazán! Megoldás: Most is másodfokú egyenletet kell megoldanunk, így csak be kell helyettesítenünk a megoldóképletbe. Változás az el®z® feladathoz képest, hogy most nem csak valós számok szerepelnek együtthatóként az egyenletben. Természetesen ilyenkor a komplex számokat kell behelyettesíteni a képletbe. Feladat:
√ √ (2i)2 − 4 · 1 · 15 −2i + −4 − 60 −2i + −64 x1,2 = = = 2·1 2 2 2 A √ gyökvonát hajtsuk végre külön. Mivel −64 = 64 · (−1) = 64 · i , ezért −64 = ±8i −2i +
p
Az eredménnyel térjünk vissza a megoldóképlethez. −2i + 8i = 3i
√
x1,2 =
−2i + −64 −2i ± 8i = = −2i2− 8i 2 2 = −5i 2
Most is két komplex megoldást kaptunk. Ezek a megoldások azért különlegesek, mert valós részük nulla. Az ilyen számokat nevezzük tiszta képzetes számoknak. 7.
Oldjuk meg a 3z + z = 16 − 4i egyenletet. Megoldás: Az egyenletben szerepel ismeretlenként egy komplex szám és annak konjugáltja is. Ilyen esetben célszer¶ az ismeretlen komplex Feladat:
7
számot általánosan algebrai alakban felírni, mert abból könnyen el®állítható a konjugált is. Egy komplex szám algebrai alakja általánosan a következ®: z = a + bi, ahol a és b valós számok. Azaz egy komplex ismeretlen két valós ismeretlent jelent. Ebb®l feírjuk a konjugáltat: z = a − bi. Helyettesítsük be az algebrai alakokat az egyenletben z és z helyére. 3(a + bi) + (a − bi) = 16 − 4i
Az egyenlet bal oldalán végezzük el a m¶veleteket, azaz bontsuk fel a zárójeleket, és vonjuk össze a valós illetve képzetes részeket. 3a + 3bi + a − bi = 16 − 4i 4a + 2bi = 16 − 4i
Két komplex szám csak úgy lehet egyenl®, ha külön a valós részeik is megegyeznek, és külön a képzetes részeik is egyenl®k. Így a komplex egyenletet felbonthatjuk egy két egyenletb®l álló egyenletrendszerre. A valós részek egyenl®ségéb®l a 4a = 16 egyenletet kapjuk, amib®l a = 4 következik. A képzetes részek egyenl®sége a 2b = −4 egyenletet jelenti, melyb®l b = −2 következik. Mivel meghatároztuk az ismeretlen komplex szám valós és képzetes részét is, így felírhatjuk az egyenlet megoldását. z = a + bi = 4 − 2i 2.
Összetett feladatok
1.
1 − i2 + i4 − i6 + · · · − i18
Határozzuk meg a z = komplex 1 + i + i2 + i3 + · · · + i9 szám algebrai alakját! Megoldás: El®ször a számlálóban és a nevez®ben álló kifejezések algebrai alakját kell meghatározni, majd utána elvégezni az osztást. Kezdjük a számlálóval. Az i-nek csak páros kitev®j¶ hatványai szerepelnek, melyek vagy 1-gyel, vagy −1-gyel egyenl®ek. Ha a kitev® osztható 4-gyel, akkor a hatvány 1, ha nem osztható 4-gyel, akkor a hatvány −1. Írjuk be ezeket az i hatványai helyére. Feladat:
1 − i2 + i4 − i6 + · · · − i18 = 1 − (−1) + 1 − (−1) + · · · − (−1) = = 1 + 1 + 1 + 1 + ··· + 1
A számlálóban tehát csupa egyest kell összadnunk. Már csak az a kérdés, hogy hány darabot. Mivel a legnagyobb kitev® 18, a legkisebb pedig 0, és kettesével változik, ezért 10 darab tag van, azaz a számlálóban 10 · 1 = 10 áll. 8
Ezután foglalkozzunk a nevez®vel. Itt is írjuk be i különböz® hatványainak az értékét. 1 + i + i2 + i3 + · · · + i9 = 1 + i + (−1) + (−i) + · · · + i
Tudjuk, hogy az i hatványai periodikusan ismétl®dnek, s csupán négy különböz® hatvány van. Az összeg elején pontosan 4 hatványt írtunk ki, ami egy periódust alkot. Kapcsoljunk össze zárójellel egy-egy ilyen periódust. 1 + i + i2 + i3 + · · · + i9 = 1 + i + (−1) + (−i) + · · · + i = = [1 + i + (−1) + (−i)] + [· · ·] + 1 + i
Látható, hogy egy perióduson belül az összeg 0 lesz, hiszen szerepel benne az 1 és a −1, valamint az i és a −i. Így csak az a kérdés, hogy hány tag marad még a teljes periódusokon kívül. Mivel itt is 10 tag van, így az utolsó kett® marad meg, azaz a nevez® 1 + i-vel egyenl®. Ezután térjünk vissza a részeredményekkel a törthöz. z=
1 − i2 + i4 − i6 + · · · − i18 10 = 1 + i + i2 + i3 + · · · + i9 1+i
Már csak egy osztást kell elvégeznünk. z=
2.
10 10 · (1 − i) 10 − 10i 10 − 10i = = 2 = = 5 − 5i 2 1+i (1 + i) · (1 − i) 1 +1 2
Feladat:
Oldjuk meg a
(2 + i) · z = 1 − 2i6 − i7 egyenletet! 2 + 6i
Végezzük el az egyenlet jobb oldalán a m¶veleteket, majd fejezzük ki az ismeretlent. Els® lépésként helyettesítsük be i hatványainak értékét. Mivel i6 = −1 és i7 = −i, így az egyenlet a következ® alakot ölti. Megoldás:
(2 + i) · z = 1 − 2 · (−1) − (−i) 2 + 6i
Ezután vonjunk össze a jobb oldalon. (2 + i) · z =3+i 2 + 6i
Most végezzük el a konjugálást. (2 + i) · z =3−i 2 + 6i
Itt feltétlenül álljunk meg egy pillanatra! Meg kell jegyezni, hogy a konjugálás nem azt jelenti, hogy minden olyan tag el®jelét megváltoztatjuk, amiben az i szerepel. A konjugálás során csak a képzetes rész el®jele változik. Ebben a feladatban jól látható, hogy az eredeti felírásban két tag is tartalmazza az i-t, de mégis csak az egyik el®jelét kell megváltoztatni. Az i7 valóban képzetes, hiszen −i-vel egyenl®, de az i6 valós, hiszen −1-gyel egyenl®. 9
Térjünk vissza az egyenlet megoldásához. Most szorozzuk az egyenlet mindkét oldalát 2 + 6i-vel, és osszuk mindkét oldalt 2 + i-vel. Így kifejezzük az ismeretlent. z=
(3 − i)(2 + 6i) 2+i
El kell még végezni a jobb oldalon a m¶veleteket. Írjuk le külön a számlálóból a szorzást. (3 − i)(2 + 6i) = 6 + 18i − 2i − 6i2 = 6 + 18i − 2i + 6 = 12 + 16i
Helyettesítsük ezt be, majd végezzük el az osztást. 12 + 16i (12 + 16i)(2 − i) 24 − 12i + 32i − 16i2 = = = 2+i (2 + i)(2 − i) 22 + 1 2 24 − 12i + 32i + 16 40 + 20i = = = 8 + 4i 4+1 5 A megoldás tehát z = 8 + 4i. z=
3.
1
Ha tudjuk, hogy (x + y) + (x − y)i = (1 + i)2 + , mivel i egyenl® az x és y valós szám? Megoldás: Az egyenlet jobb oldalán végezzük el a m¶veleteket, és írjuk fel az ott álló komplex számot algebrai alakban. Számoljunk részletekben.
Feladat:
(1 + i)2 = 12 + 2i + i2 = 1 + 2i − 1 = 2i 1 1 · (−i) −i −i = = 2 = = −i 2 i i · (−i) 0 +1 1
(Itt is ugyanúgy végeztük el az oszást, mint az eddigiekben, azaz a nevez® konjugáltával b®vítettük a törtet. A nevez®ben i = 0 + i állt, s ennek konjugáltával 0 − i = −i-vel b®vítettünk.) Helyettesítsük be a részeredményeket az egyenletbe. (x + y) + (x − y)i = 2i − i = i
Mivel x és y valós számok, ezért x + y és x − y is valós szám. Ez azt jelenti, hogy az egyenlet bal oldalán tulajdonképpen egy komplex szám áll, melynek valós része x + y , s képzetes része x − y . Arra hivatkozhatunk ismét, hogy két komplex szám akkor és csak akkor egyenl®, ha külön a valós, és a képzetes részeik is egyenl®k. A jobb oldal valós része 0, képzetes része pedig 1, hiszen i = 0 + 1 · i. A komplex egyenletb®l így az alábbi két egyenletb®l álló egyenletrendszert kapjuk.
x+y =0 x−y =1
Meg kell oldanunk az egyenletrendszert.
10
Adjuk össze a két egyenletet, így a 2x = 1 egyenletet kapjuk, amib®l 1 x= . 2
Ha kivonjuk a két egyenletet, akkor a 2y = −1 egyenletet kapjuk, 1 amib®l y = − . 2
(Miután megkaptuk x értékét, természetesen y -t valamelyik egyenletbe történ® visszahelyettesítéssel is megkaphattuk volna.) A feladat megoldása: x = 4.
1 1 és y = − . 2 2
Oldjuk meg a z 2 − 2z = 0 egyenletet! Megoldás: Olyan egyenletet kell megoldanunk, amiben egy komplex ismeretlen, és annak konjugáltja is szerepel. Mint egy korábbi feladatban, most is célszer¶ felírni általánosan az ismeretlen algebrai alakját, mert ebb®l felírható a konjugált is. z = a + bi és z = a − bi Helyettesítsük be ezeket az egyenletbe. Feladat:
(a + bi)2 − 2(a − bi) = 0
Végezzük el a négyzetre emelést, és bontsuk fel a zárójelet. a2 + 2abi + (bi)2 − 2a + 2bi = 0 a2 + 2abi + b2 i2 − 2a + 2bi = 0 a2 + 2abi − b2 − 2a + 2bi = 0
Csoportosítsuk ezután a bal oldalon a tagokat úgy, hogy külön a valósakat, és külön a képzeteseket. (a2 − b2 − 2a) + (2ab + 2b)i = 0
Használjuk fel, hogy két komplex szám csak úgy lehet egyenl®, ha külön a valós részeik is, és külön a képzetes részeik is megegyeznek. A jobb oldalon 0 áll, ami azt jelenti, hogy ott a valós és képzetes rész is 0, hiszen a 0 komplex szám algebrai alakja 0 + 0i. Így a komplex egyenletb®l az alábbi egyenletrendszert kapjuk. A valós részek egyenl®sége: a2 − b2 − 2a = 0 A képzetes részek egyenl®sége: 2ab + 2b = 0 A második egyenlettel célszer¶ el®ször foglalkozni, mert annak bal oldalán kiemelhet® 2b. 2b(a + 1) = 0
Ez azért jó, mert egy szorzat csak úgy lehet 0, ha valamelyi tényez®je 0. Így két eset fordulhat el®. Az els® eset, ha 2b = 0, amib®l b = 0 következik, a második pedig, ha a + 1 = 0, amib®l a = −1 következik. 11
Innent®l tehát két ágon folytatódik a megoldás. Az els® esetben b = 0. Ezt helyettesítsük be a valós részek egyenl®ségét leíró egyenletbe. a2 − 02 − 2a = 0, azaz a2 − 2a = 0. Az egyenlet bal oldalán kiemelhet® a. a(a − 2) = 0
Mivel ismét szorzat egyenl® 0-val, ezért két eset van. Egyrészt a = 0, másrészt pedig a − 2 = 0, amib®l a = 2 következik. Ezután már felírhatjuk az egyenlet két megoldását. A megoldásokat célszer¶ indexeléssel megkülönböztetni. Az a = 0 és b = 0 számpárból kapjuk a z1 = 0 + 0i = 0 megoldást. Az a = 2 és b = 0 számpárból pedig a z2 = 2 + 0i = 2 megoldást kapjuk. Ezután foglalkozzunk a második esettel, amikor a = −1. Ezt behelyettesítjük a valós részek egyenl®ségét leíró egyenletbe. (−1)2 − b2 − 2(−1) = 0, azaz 3 − b2 = 0. √ √ Ennek az egyenletnek két megoldása van: b = 3 és b = − 3. Így ebben az esetben is két (a, b) számpárt kaptunk, amelyekb®l az egyenletnek további két megoldása írható fel. √ √ Az a = −1 és b = 3 számpárból kapjuk a z3 = −1 + 3i megoldást. √ √ Az a = −1 és b = − 3 számpárból pedig a z4 = −1 − 3i megoldást kapjuk. Végül tekintsük át az egyenlet összes megoldását. Négy darab megoldást kaptunk, melyek a következ®k: √ √ z1 = 0, z2 = 2, z3 = −1 + 3i és z4 = −1 − 3i. 5.
Vonjunk négyzetgyököt a z = −5 + 12i komplex számból! Megoldás: El®ször fogalmazzuk át a feladatot. Olyan komplex számot, vagy számokat √ kell keresnünk, amelynek négyzete z -vel egyenl®. Vezessük be az u = z jelölést, ekkor u2 = z , azaz u2 = −5 + 12i. A gyökvonás tehát azt jelenti, hogy ezt az egyenletet kell megoldanunk. Mivel ebben az egyenletben az u ismeretlen komplex, ezért az el®z® feladathoz hasonlóan célszer¶ az általános algebrai alakból elindulni. u = a + bi. Helyettesítsük ezt be az egyenletbe. Feladat:
(a + bi)2 = −5 + 12i
Végezzük el a négyzetre emelést. 12
a2 + 2abi + (bi)2 = −5 + 12i a2 + 2abi + b2 i2 = −5 + 12i a2 + 2abi − b2 = −5 + 12i
Csoportosítsunk ezután a bal oldalon, külön a valós tagokat, s kölün a képzetes tagokat. (a2 − b2 ) + 2abi = −5 + 12i
A komplex egyenletet ismét egyenletrendszerré alakíthatjuk, mert felírhatjuk külön a valós részek, és külön a képzetes részek egyenl®ségét.
a2 − b2 = −5 2ab = 12
A második egyenletb®l fejezzük ki b-t. b=
6 a
(*)
Helyettesítsük ezt be az els® egyenletbe. a2
−
2 6
a
= −5
Végezzük el a négyzetre emelést. 36 = −5 a2 Szorozzunk a2 -tel. a2 −
a4 − 36 = −5a2
Rendezzük 0-ra az egyenletet. a4 + 5a2 − 36 = 0
Célszer¶ az a2 helyére egy új ismeretlent bevezetni, mert így az egyenlet visszavezethet® másodfokú egyenletre. Legyen pl. t = a2 . Ekkor az egyenlet a t2 + 5t − 36 = 0 alakot ölti. Írjuk fel a megoldóképletet. (Mivel t valós, ezért kiírjuk a ±-t.) t1,2 =
−5 ±
√
p
−5 + 13 =4
(−5)2 − 4 · 1 · (−36) −5 ± 169 = = −5 2− 13 2·1 2 = −9 2
Mivel az a valós számot jelöl, így négyzete nem lehet negatív. Ebb®l következik, hogy a második megoldás, a −9 hamis gyök, csak a t = 4 megoldásssal kell foglalkoznunk. Mivel t = a2 , ezért az a2 = 4 egyenletet kapjuk, aminek két megoldása van, az a1 = 2 és az a2 = −2. Helyettesítsük be ezeket a (*)-gal jelölt egyenletbe. 6 6 = =3 a1 2 6 6 b2 = = = −3 a1 −2 b1 =
13
Ezután felírhatjuk a megoldásokat. Két (a, b) számpárt kaptunk, így két megoldás van. Az a = 2 és b = 3 számpárból kapjuk az u1 = 2 + 3i megoldást. Az a = −2 és b = −3 számpárból pedig az u2 = −2 − 3i megoldást kapjuk. √ Mivel u = z , ezért az eredményt a következ® módon is írhatjuk: √ z = ±(2 + 3i). Megjegyzés: Amint a feladatból látható, a négyzetgyökvonást algebrai alakban is el lehet végezni a komplex számok körében. Általában azonban nem ez a legcélszer¶bb eljárás. A gyökvonást célszer¶bb trigonometrikus alakban végrehajtani. Úgy nem csak négyzetgyököt, hanem bármilyen kitev®j¶ gyököt lehet vonni a komplex számokból.
14
