Hatványozás, gyökvonás, algebrai egyenletek
3.6. Ellen˝ orz˝ o kérdések
Start. Kattintson a Start-ra, a kvíz kitöltése után pedig a Stop-ra.
1.A(cos 3π+isin 3π)szám
valós tiszta képzetes zérus abszolút értéke3
2.A(−i)2003-ik hatványa
1 i −i −1
3.Azi2n+inkomplex szám zérus, hanértéke
2001 2002 2003 2004
4.Az:= cos3π2 +isin3π2 komplex szám valós és képzetes részeire teljesül, hogy:
Rez= 0, Imz >0 Rez <0, Imz >0 Rez <0, Imz <0 Rez= 0, Imz <0 5.Az(1 +i)4 hatvány értéke
1 + 4i −4 −4i 4
6.Az 1−i
1 +i komplex tört értéke
1 −1 −i i
7.Ha egyzkomplex számraz=−¯zteljesül, akkor szükségképp
valós tiszta képzetes |z|= 1 Imz= 0
8.Az
1 + 2i 1−2i
szám értéke
1 i 2i −1
9.A
1 +i
√ 2
2000
hatvány értéke
i 1 −i −1
10.A2·(cos 2007π+isin 2007π)komplex szám értéke
2007 −2007i −2 2i
Stop.
Pontok:
3.7. Feladatok
3-1. Feladat: Számítsuk ki az
1 +i+i2+i3+...+i2006 1−i+i2−i3+...+i2006 kifejezés értékét.
Megoldás: itt
3-2. Feladat: Végezzük el az alábbi osztásokat: (a) 2+5i1−4i, (b) 5+4i2+6i. Megoldás: itt
3-3. Feladat: Határozzuk meg az alábbi komplex számok trigonometrikus alakját:
(a)1 +i√
3, (b)√
3−i, (c)−2 + 2i.
Megoldás: itt
3-4. Feladat: „A Moivre-tétel szerint Kiszámítva azonban a bal oldalt:
√3 adódik. A jobb oldal ugyanakkori.” Hol a hiba a gondolatmenetben?
Megoldás: itt
3-5. Feladat: Legyenz:= cosπ3 +isinπ3. Számítsuk ki az z12 +1z + 1 +z+z2 összeget.
Megoldás: itt
3-6. Feladat: Számítsuk ki az (a)
2√
3-8. Feladat: Mi lehet egy olyan komplex szám 5-ik hatványa, melynek 3-ik hatványa éppi?
Megoldás: itt
3-9. Feladat: Tekintsük az 1999z2 −19z+ 199 = 0 egyenletet, jelölje z1,z2 a két (komplex!) gyököt.
Mennyivel egyenl˝o
z1
z2
1999? Megoldás: itt
3-10. Feladat: Határozzuk meg mindazonzkomplex számokat, melyekrez3 =−zi3. Megoldás: itt
3-11. Feladat: Keressük meg az alábbi egyenlet összes komplex megoldását:z3−1 = z63. Megoldás: itt
3-12. Feladat: Keressük meg az z12 + 2z2= 2egyenlet összes komplex megoldását.
Megoldás: itt
3-13. Feladat: Legyenek0< x < πésn∈Ntetsz˝olegesek. Hozzuk zárt alakra az alábbi összeget:
1 + cosx+ cos 2x+ cos 3x+...+ cosnx.
Megoldás: itt
3-14. Feladat: Ha tudjuk, hogy(x+y) + (x−y)i= (1 +i)2+1
i, mivel egyenl˝o azxésyvalós szám?
Megoldás: itt
3-15. Feladat: Oldjuk meg az2−2z= 0egyenletet.
Megoldás: itt
3-16. Feladat: Vonjunk négyzetgyököt az=−5 + 12ikomplex számból.
Megoldás: itt
3-17. Feladat: Határozzuk meg(1 +i)7 trigonometrikus alakját.
Megoldás: itt
3-18. Feladat: Tekintsük a következ˝o komplex számokat:
z1 = 4(cos 45◦+isin 45◦), z2 = 4(cos 135◦+isin 135◦), z3= 2(cos 110◦+isin 110◦) Határozzuk meg z1+z2
z3 trigonometrikus alakját.
Megoldás: itt
3-19. Feladat: Oldjuk meg az6+z3−20 = 0egyenletet a komplex számok halmazán.
Megoldás: itt
3-20. Feladat: Oldjuk meg az4+iz2+ 12 = 0egyenletet a komplex számok halmazán.
Megoldás: itt
3-1Megoldás:
Figyelembe véve azi-hatványokra vonatkozó összefüggéseket:
1 +i+i2+i3 =i4+i5+i6+i7 =...= 0 és
1−i+i2−i3 =i4−i5+i6−i7=...= 0.
A számláló és a nevez˝o tagjait tehát négyesével csoportosíthatjuk. Egy-egy négyes csoport összege 0, innen 1 +i+i2+i3+...+i2006
1−i+i2−i3+...+i2006 = i2004+i2005+i2006
i2004−i2005+i2004 = 1 +i−1 1−i−1 =−1.
3-2Megoldás:
(a)
2 + 5i
1−4i = 2 + 5i
1−4i·1 + 4i
1 + 4i = −18 + 13i
1 + 16 =−18 17 +i13
17. (b)
5 + 4i
2 + 6i = 5 + 4i
2 + 6i·2−6i
2−6i = 34−22i 4 + 36 = 17
20−i11 20.
3-3Megoldás:
(a)
1 +i
√ 3 = 2
cosπ
3 +isinπ 3
.
(b) √
3−i= 2
cos11π
6 +isin11π 6
. (c)
−2 + 2i= 2√ 2
cos3π
4 +isin3π 4
.
3-4Megoldás:
A két oldal kiszámítása hibátlan, de a Moivre-tétel nem alkalmazható, mert a bal oldalon nem trigonometrikus alakú komplex számok állnak. Így a két oldal valóban nem egyenl˝o.
3-5Megoldás:
Vegyük észre, hogy (|z|= 1miatt)
1 z =z,
és 1
z2 =z2 =z2. Innen
1 z2 + 1
z+ 1 +z+z2= 1 + 2Rez+ 2Rez2= 1 + 2·1
2−2·1 2 = 1, mert
z2= cos2π
3 +isin2π 3 .
3-6Megoldás:
3-7Megoldás:
3-8Megoldás:
Azon komplex számok, melyek 3-ik hatványai, aziszám komplex köbgyökei, azaz a cosπ
6 +isinπ
6, cos5π
6 +isin5π
6 , cos9π
6 +isin9π 6 számok. Ezek 5-ik hatványai:
cos5π
6 +isin5π 6 , cos25π
6 +isin25π
6 = cosπ
6 +isinπ 6, és
cos45π
6 +isin45π
6 = cos3π
6 +isin3π 6 .
3-9Megoldás:
Az egyenlet megoldása nélkül: mivel az egyenletvalósegyütthatós, a diszkrimináns pedig negatív, a két komplex gyök egymás konjugáltja, így abszolút értékük megegyezik. Ezért
z1 z2
1999
= 1.
3-10Megoldás:
Az egyenlet ekvivalens az alábbival:
z6=−i= cos3π
2 +isin3π 2 . Innen
z= cos3π+ 4kπ
12 +isin3π+ 4kπ
12 (k= 0,1,2,3,4,5)
3-11Megoldás:
Az egyenlet ekvivalens az alábbival:
z6−z3−6 = 0.
3-12Megoldás:
Az egyenlet ekvivalens az alábbival:
2z4−2z2+ 1 = 0.
3-13Megoldás:
A feladat azt példázza, hogy bár most tiszta valós (trigonometrikus) kifejezések szerepelnek, komplex algebrai eszközökkel mégis célt érhetünk, s˝ot, jóval egyszer˝ubben, mint anélkül.
Vezessük be az:= cosx+isinxjelölést, akkor Rez= cosx, és
1 + cosx+ cos 2x+ cos 3x+...+ cosnx=Re(1 +z+z2+...+zn) A jobb oldalon egy véges mértani sor áll, melynek zárt alakban fel tudjuk írni az összegét:
1 +z+z2+...+zn= zn+1−1 z−1 =
zn+12
zn+12 −z−n+12 z1/2 z1/2−z−1/2 Ámde tetsz˝oleges valós (nem feltétlen egész) kitev˝orezk = coskx+isinkx, és ezért
z−k= cos(−kx) +isin(−kx) = coskx−isinkx, ahonnan:zk−z−k = 2isinkx. Ezt felhasználva:
1 + cosx+ cos 2x+ cos 3x+...+ cosnx=zn/2·sinn+12 x sinx2 A jobb oldali tört értéke márvalós, és Rezn/2 = cosn2x. Innen végül azt kapjuk, hogy
1 + cosx+ cos 2x+ cos 3x+...+ cosnx=Re(1 +z+z2+...+zn) = cosn2x·sinn+12 x sin12x .
Megjegyezzük még, hogy a formula az0< x < πfeltétel miatt mindig értelmes, hiszen a nevez˝o ekkor nem lehet zérus. Megjegyezzük azt is, hogy a levezetésben3-11következménytnem egészkitev˝ok mellett
használtuk, melyet nem bizonyítottunk ugyan, de a Moivre-formulához hasonló módon igazolható: a részletekt˝ol eltekintünk.
3-14Megoldás:
Az egyenlet jobb oldalán végezzük el a m˝uveleteket, és írjuk fel az ott álló komplex számot algebrai alakban.
Számoljunk részletekben.
(1 +i)2 = 12+ 2i+i2= 1 + 2i−1 = 2i 1
i = 1·(−i)
i·(−i) = −i
02+ 12 = −i 1 =−i
(Az osztás elvégzésekor a nevez˝o konjugáltával b˝ovítettük a törtet. A nevez˝obeni= 0 +iállt, s ennek konjugáltával0−i=−i-vel b˝ovítettünk.)
Helyettesítsük be a részeredményeket az egyenletbe.
(x+y) + (x−y)i= 2i−i=i
Mivelxésyvalós számok, ezértx+yésx−yis valós szám. Az egyenlet bal oldalán tehát olyan komplex szám áll, melynek valós részex+y, s képzetes részex−y. Két komplex szám akkor és csakis akkor egyenl˝o, ha külön a valós, és a képzetes részeik is egyenl˝ok. A jobb oldal valós része0, képzetes része pedig1, hiszen i= 0 + 1·i. A(z egyetlen) komplex egyenletb˝ol így két egyenletb˝ol álló valós egyenletrendszert kapunk, amit egyszer˝u megoldani:
x+y= 0 x−y= 1
Összeadva a két egyenletet: 2x= 1, azazx= 1 2. Kivonva a két egyenletet: 2y=−1, azazy=−1 2. A feladat megoldása tehát: x= 1
2 ésy=−1 2.
3-15Megoldás:
Olyan egyenletet kell megoldanunk, amiben egy komplex ismeretlen, és annak konjugáltja is szerepel. Célszer˝u felírni általánosan az megoldás algebrai alakját, mert ebb˝ol felírható a konjugált is. Keressük tehát a megoldást z=a+bialakban, ahola,b∈Regyel˝ore ismeretlenek. Akkorz=a−bi. Visszahelyettesítve az egyenletbe:
(a+bi)2−2(a−bi) = 0 Elvégezve a négyzetre emelést:
a2+ 2abi+b2i2−2a+ 2bi= 0 ⇒ a2+ 2abi−b2−2a+ 2bi= 0 Csoportosítva a valós és tiszta képzetes számokat a bal oldalon:
(a2−b2−2a) + (2ab+ 2b)i= 0
Két komplex szám csak úgy lehet egyenl˝o, ha külön a valós részeik is, és külön a képzetes részeik is
megegyeznek. A jobb oldalon 0 áll: ennek valós és képzetes része is0. Így a(z egyetlen) komplex egyenletb˝ol egy kétismeretlenes valós egyenletrendszert kapunk:
a2−b2−2a= 0, 2ab+ 2b= 0
A második egyenlettel célszer˝u foglalkozni el˝obb, mert annak bal oldalán kiemelhet˝o egy2btényez˝o:
2b(a+ 1) = 0
Egy szorzat csak úgy lehet0, ha valamelyik tényez˝oje0. Így két eset fordulhat el˝o. Az els˝o esetbenb= 0, a másodikban pediga=−1. Innent˝ol tehát két ágon folytatódik a megoldás.
1. eset: b= 0.
Ezt helyettesítsük be a valós részek egyenl˝oségét leíró egyenletbe.
a2−02−2a= 0, azaza2−2a= 0.
Az egyenlet bal oldalánakiemelhet˝o:.
a(a−2) = 0
Ennek két megoldása van: a= 0, ésa= 2.
Ezután már felírhatjuk az egyenlet két megoldását. A megoldásokat célszer˝u indexeléssel megkülönböztetni.
Aza= 0ésb= 0számpárból kapjuk az1= 0 + 0i= 0megoldást.
Aza= 2ésb= 0számpárból pedig az2 = 2 + 0i= 2megoldást kapjuk.
2. eset: a=−1.
Ezt behelyettesítjük a valós részek egyenl˝oségét leíró egyenletbe.
(−1)2−b2−2(−1) = 0, azaz3−b2 = 0.
Ennek az egyenletnek két megoldása van: b=√
3ésb=−√ 3.
Ebben az esetben is két(a,b)számpárt kaptunk, amelyekb˝ol az egyenletnek további két megoldása írható fel.
Aza=−1ésb=√
3számpárból kapjuk az3 =−1 +√
3imegoldást.
Aza=−1ésb=−√
3számpárból pedig az4 =−1−√
3imegoldást kapjuk.
Végül tekintsük át az egyenlet összes megoldását. Négy darab megoldást kaptunk, melyek a következ˝ok:
z1= 0, z2 = 2, z3=−1 +√
3i, z4=−1−√ 3i
3-16Megoldás:
Olyanukomplex számo(ka)t kell keresnünk, amely(ek) négyzetez-vel egyenl˝o: u2 =−5 + 12i. Célszer˝u az általános algebrai alakból elindulni. u-t keressüku=a+bi, alakban, ahola,b∈Regyel˝ore ismeretlenek.
Helyettesítsük ezt be az egyenletbe:
(a+bi)2=−5 + 12i
Elvégezve a négyzetreemelést:
a2+ 2abi+b2i2 =−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 két oldalon álló két komplex szám akkor és csakis akkor egyenl˝o, ha a valós és képzetes részeik külön-külön is megegyeznek:
a2−b2=−5, 2ab= 12 A második egyenletb˝ol fejezzük kib-t:b= 6
a, ezt visszahelyettesítve az els˝o egyenletbe:
a2− 6
a 2
=−5
Elvégezve a négyzetre emelést, és rendezve az egyenletet:
a2−36
a2 =−5 ⇒ a4−36 =−5a2 ⇒ a4+ 5a2−36 = 0
Vezessük be at=a2 új változót, akkort-re nézve másodfokú egyenletet nyerünk: t2+ 5t−36 = 0.
Írjuk fel a megoldóképletet. (Miveltvalós, ezért szükség van±-ra.)
t1,2 = −5±p
Mivel azavalós számot jelöl, így négyzete nem lehet negatív. Ebb˝ol következik, hogy a második megoldás, a
−9hamis gyök, csak at= 4megoldással kell foglalkoznunk. t=a2miatt innena-ra két megoldást kapunk:
a1 = 2ésa2=−2. Ezeket visszahelyettesítve ab-re nyert korábbib= 6
a egyenletbe,b-re is két értéket kapunk:
b1= 6 a1 = 6
2 = 3, b2= 6 a2 = 6
−2 =−3
Ezután felírhatjuk a megoldásokat. Két(a,b)számpárt kaptunk, ígyukét lehetséges értéke:
u1 = 2 + 3i(aza= 2ésb= 3számpárból), és u2 =−2−3i(aza=−2ésb=−3számpárból).
Röviden tehát: √
z=±(2 + 3i).
Megjegyzés: Látható tehát, a négyzetgyökvonást algebrai alakban is el lehet végezni a komplex számok körében. Általában azonban nem ez a legcélszer˝ubb eljárás. Sokkal célszer˝ubb a trigonometrikus alak használata, és így nem csak négyzetgyököt, hanem bármilyen kitev˝oj˝u gyököt lehet vonni a komplex számok-ból.
3-17Megoldás:
Egy komplex számot kell hatványoznunk elég nagy kitev˝ore. Ha ezt algebrai alakban szeretnénk elvégezni, akkor nagyon sok szorzást kellene végrehajtani. Sokkal célszer˝ubb a komplex számot átírni trigonometrikus alakra, és ott elvégezni a hatványozást. Így ráadásul rögtön trigonometrikus alakban fogjuk megkapni az eredményt.
Írjuk tehát át(1 +i)-t trigonometrikus alakra.
r =√
a2+b2=√
12+ 12=√ 2 tgφ= |b|
|a| = 1 1 = 1
ahonnan: φ= 45◦, mivel(1 +i)nyilván az els˝o síknegyedben helyezkedik el. Azaz:
1 +i=√
2(cos 45◦+isin 45◦).
A hatványozásnál használhatjuk a Moivre-formula3-11következményét, ahonnan:
(1 +i)7 = (√
2)7(cos(7·45◦) +isin(7·45◦)) = 8√
2(cos 315◦+isin 315◦).
3-18Megoldás:
A meghatározandó tört számlálójában két komplex szám összege áll. Ezek a számok trigonometrikus alakban vannak megadva, azonban az összeadást csak algebrai alakban tudjuk elvégezni. Ezért el˝oször meg kell határoznunkz1 ész2 algebrai alakját.
z1 = 4(cos 45◦+isin 45◦) = 4 Ezután már elvégezhet˝o az összeadás.
z1+z2= (2√
Hátra van még egy osztás. A számláló algebrai alakban van, a nevez˝o pedig trigonometrikus alakban. Közös alakra kell ˝oket hozni. Mivel az eredményt trigonometrikus alakban kell megadni, ezért célszer˝u a számlálót átírni trigonometrikus alakra. A számláló tiszta képzetes szám, így trigonometrikus alakjában argumentuma φ= 90◦, abszolút értéke pedig nyilvánr = 4√
2. A számláló trigonometrikus alakja tehát:
z1+z2= 4√
2(cos 90◦+isin 90◦).
Most végezzük el az osztást:
z1+z2 Mivel negatív szöget kaptunk, azért az argumentumhoz adjunk hozzá360◦-ot: ezzel a komplex szám értéke nem változik, de az argumentum 0 és360◦közé kerül. Kaptuk tehát, hogy:
z1+z2 z3
= 2
√
2(cos 340◦+isin 340◦)
3-19Megoldás:
Bevezetve azu:=z3 új ismeretlent, az eredetileg hatodfokú egyenlet másodfokúra egyszer˝usödik:
u2+u−20 = 0. A megoldóképletet alkalmazva: u1,2= −1 +p Ahhoz, hogy az eredeti ismeretlent kapjuk meg, ezenuértékekb˝ol még komplex köbgyököt kell vonnunk.
Ehhez viszont a másodfokú egyenlet gyökeit trigonometrikus alakra kell hozni. Az argumentum nyilván0◦(a pozitív gyök esetén), ill. 180◦(a negatív gyök esetén):
u1= 4 = 4(cos 0◦+isin 0◦)., és
u2=−5eseténr = 5ésϕ= 180◦, így trigonometrikus alakja u2=−5 = 5(cos 180◦+isin 180◦).
A gyökvonások végrehajtása után 6 megoldást fogunk kapni.
Egyrészt
, aholk= 0,1,2értékeket veheti fel.
Másrészt
, aholk= 0,1,2értékeket veheti fel.
Felírhatjuk külön-külön is a gyököket.
z1= √3
3-20Megoldás:
Vezessük be azt:=z2 új ismeretlent, ezzel a negyedfokú egyenletet visszavezethetjük másodfokú egyenletre:
t2+it+ 12 = 0. A megoldóképletet alkalmazva:
Az eredeti ismeretlen meghatározásához ezentértékekb˝ol még komplex négyzetgyököt kell vonnunk.
A gyökvonást trigonometrikus alakban tudjuk végrehajtani, ezért a másodfokú egyenlet gyökeit írjuk át trigonometrikus alakra. Mindkét gyök tiszta képzetes, így argumentumukφ= 90◦, ha a képzetes rész pozitív, ill. φ= 270◦, ha a képzetes rész negatív. Ezért:
t1 = 3i= 3(cos 90◦+isin 90◦), és:t2 =−4i= 4(cos 270◦+isin 270◦).
A gyökvonások végrehajtása után 4 megoldást fogunk kapni.
Egyrészt
Írjuk fel külön-külön is gyököket.
z1 =√
3 (cos 45◦+isin 45◦), z2=√
3 (cos 225◦+isin 225◦), z3= 2 (cos 135◦+isin 135◦), z4= 2 (cos 315◦+isin 315◦).