KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

(1)

GAZDASÁGMATEMATIKA

KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

(2)

(3)

(4)

ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék

Gazdaságmatematika középhaladó szinten

4. hét KOMPLEX SZÁMOK Készítette: Lovics Gábor Szakmai felel®s: Lovics Gábor

(5)

4. hét Lovics

Alapfogalmak Geometriai szemléltetés M¶veletek és polinomok

Vázlat

1 Alapfogalmak

2 Geometriai szemléltetés

3 M¶veletek és polinomok

(6)

4. hét Lovics

Történeti bevezetés

A másodfokú egyenlet megoldóképletét már az ókorban is ismerték. Természetes volt az igény arra, hogy harmad- és magasabb fokú egyenleteket is meg akartak oldani. A harmadfokú egyenlet általános megoldására a 16. századig várni kellett.

(Speciális alakú egyenleteket korábban is megoldottak, de ezeket titokban tartották.) Az egyenlet megoldása azért tartott ilyen sokáig, mert a megoldáshoz b®víteni kellett a valós számok halmazát. A megoldóképletben ugyanis gyököt kell vonni negatív számokból. Mára ismertté vált, hogy ötöd- és annál magasabb fokú egyenleteknek nincs megoldóképlete, ráadásul a harmad- és negyedfokú egyenletet is inkább számítógépekkel oldjuk meg, mint analitikus képletekkel. Az új számok azonban több más területen is hasznosnak bizonyultak.

(7)

4. hét Lovics

Gondolkodjunk

A valós számkör b®vítésénél arra törökszünk, hogy a valós számokon deniált m¶veletek és az azoknál megszokott m¶veleti azonosságok a b®vített számkörben is igazak legyenek. Az új számokat úgy érdemes tehát deniálni, hogy igazak legyenek a következ® átalakítások:

√−4=p

(−1)·4=√ 4√

−1=√ 4√

−1=2√

−1;

√−3=p

(−1)·3=√ 3√

−1.

Ezen átalakításokat felhasználva könnyen megmutaható, hogy az összes olyan szám, amelyet négyzetre emelve negatív számot kapunk, el®áll a következ® alakban:

a√

−1, a∈R.

Mivel ezek a számok nem valósak, ezért azokat képzetes (képzelt) vagy immaginárius számoknak nevezzük.

(8)

4. hét Lovics

Az i

Mivel az összes immaginárius szám képezhet® mint a√

−1 többszöröse, ezért érdemes bevezetni az

i =√

−1

jelölést. Kérdés, hogy hogyan végezzünk m¶veleteket ezekkel a képzetes számokkal.

Legyen a,b∈R, ekkor a képzetes számok össszege:

ai+bi =a√

−1+b√

−1= (a+b)√

−1= (a+b)i; képzetes számok szorzata:

(ai)(bi) = (a√

−1)(b√

−1) =ab√

−1√

−1=−ab; képzetes szám és valós szám összege:

a+bi =a+b√

−1; képzetes szám és valós szám szorzata:

a(bi) =ab√

−1.

(9)

4. hét Lovics

Komplex számok

Milyen számot kapunk, ha összeadunk egy valós és egy képzetes számot? Ha az így kapott számot négyzetre emeljük, akkor

(a+bi)²=a²+2abi+ (bi)²=a²+2abi−b². Ennek a számnak a négyzete nem valós, vagyis nem is pozitív, és nem is negatív. Ez azt jelenti, hogy ez a szám nem valós, és nem is képzetes. Azokat a számokat, melyek egy valós és egy képzetes szám összegeként állnak el®, komplex számoknak nevezzük. A komplex számok nyílván tartalmazzák mind a valós mind a képzetes számok halmazát. Kérdés, hogy a komplex számokkal végzett m¶veletek nem vezetnek-e egy még b®vebb

számhalmazhoz. Gondoljuk végig, vajon hogyan érdemes m¶veleteket végezni a komplex számok halmazán.

Legyen a,b,c,d∈R, ekkor

(a+bi) + (c+di) = (a+c) + (b+d)i; (a+bi)(c+di) = (ac−bd) + (ad+cb)i.

(10)

4. hét Lovics

Ellentmondás?

Kérdés persze, hogy az új számhalmazban végzett m¶veletek nem vezetnek-e ellentmondásra. Nézzük meg például a következ®

átalakítást:

−1=√

−1√

−1=p

(−1)(−1) =√ 1=1. Azt kaptuk tehát, hogy 1=−1, ami nyílván nem igaz. De hol követtük el a hibát? A válasz, hogy valójában nem beszéltük meg, hogy egy komplex számból hogyan vonunk gyököt. Márpedig a fenti esetben az 1 egy speciális komplex szám. Viszont a−1-b®l mint speciális számból korábban minden gond nélkül gyököt tudtunk vonni. De azért már ott is felmerült a kérdés, vajon csak egy olyan szám lesz-e ebben az új számhalmazban, amelyet ha négyzetre emelünk,−1-et kapunk? Azért, hogy ezeket a

problémákat feloldjuk, érdemes az egész számhalmazt az eddigihez képest fordított logikával felépíteni.

(11)

4. hét Lovics

Alapdeníciók

Deníció

LegyenC={(a,b) :a,b∈R}={a+bi :a,b∈R}. A halmazon az összeadás és a szorzás legyen a következ®képpen deniálva:

(a,b) + (c,d) = (a+c,b+d);

a+bi+c+di=a+c+ (b+d)i;

(a,b)(c,d) = (ac−bd,ad+cb);

(a+bi)(c+di) = (ac−bd) + (ad+cb)i. Következmény:

i²= (0+i)(0+i) = (0·1−1) + (0·1+0·1)i=−1. Az így bevezetett halmazról és m¶veletekr®l megmutatható, hogy ellentmondásmentes, s®t kiterjesztése a valós számoknak, és azt is, hogy a valós számoknál megszokott m¶veleti azonosságok

(asszociativitás, disztributivitás, kommutatívitás, inverz m¶veletek) itt is érvényesek.

(12)

4. hét Lovics

Feladatok

Végezzük el a következ® m¶veleteket:

1 5+6i+4−2i;

2 (3+2i)(7−i)! Megoldások:

5+6i+4−2i = (5+6) + (6−2)i=11+4i;

(közvetlenül végigszámolva)

(3+2i)(7−i) =3·7+ (2i)·7+3·(−i) + (2i)(−i) = 21+14i−3i−2i²=21+14i−3i+2=23+11i (képletbe behelyettesítve)

(3+2i)(7−i) = (3·7−2·(−1))(3·(−1) +2·7)i=23+11i

(13)

4. hét Lovics

Gyökvonás komplex számokból

Deníció

Legyen z∈C, ekkor √ⁿ

z jelölje az összes olyan komplex számot, melyre teljesül, hogy az n-edik hatványa éppen z. Az √ⁿ

1 alakban felírható számokat egységgyököknek nevezzük.

Például nézzük meg, mit jelenthet a √⁴

Az 1-re és a−1-re nyilván továbbra is igaz, hogy 11. ⁴= (−1)⁴=1.

Mivel i²=−1, ezért(i)⁴=1, és könnyen látszik az is, hogy (−i)⁴=1. Kés®bb azt is látni fogjuk, hogy más megoldás nem lehet.

Vizsgáljuk meg most újra a korábban látott ellentmondást. Az átalakításokkal nincs semmi gond, egészen az utolsó lépésig:

−1=√

−1√

−1=p

(−1)(−1) =√ 1.

Ez a kifejezés viszont nem egyenl® eggyel, csak annyit tudunk, hogy egyenl® egy olyan kifejezéssel, amit ha négyzetre emelünk 1-et kapunk, ami igaz a−1-re.

(14)

4. hét Lovics

Komplex számok a síkon

A deníciókból láttuk, hogy a komplex számok deniálhatók mint olyan valós számpárok, amelyeken speciális módon deniálunk m¶veleteket. Ha az összeadást nézzük, a m¶velet lényegében megegyezik azzal, ahogy kétdimenziós vektorok összegét deniáltuk. Ez is mutatja, hogy érdemes kétdimmenziós síkban szemlélteni a komplex számokat.

(15)

4. hét Lovics

Konjugált és abszolútérték

Deníció

Legyen z∈C, z=a+bi alakú. Ekkor z konjugáltja:

¯z =a−bi alakban áll el®.

(16)

4. hét Lovics

Konjugált és abszolútérték (folyt.)

Deníció

Legyen z∈C, z=a+bi alakú. Ekkor z abszolútértéke:

|z|=p a²+b² képlettel számolható ki.

Tétel

Legyen z∈Ctetsz®leges komplex szám. Ekkor

|z|=√ z¯z.

(17)

4. hét Lovics

Feladat

Határozd meg a z =2+3i konjugáltját és abszolútértékét!

Megoldás:

ha z =2+3i, akkor¯z =2−3i. A deníció alapján:

|z|=√

4+9=√

A tétel ellen®rzéséhez pedig csak azt kell megnézni, hogy13.

z¯z = (2+3i)(2−3i) =4−9i²=4+9=13.

(18)

4. hét Lovics

A komplex számok trigonometrikus alakja

A vektorok polárkoordinátás alakját felhasználva a komplex számokat könnyen új alakban írhatjuk fel:

z =r(cos(φ) +i sin(φ)),

ahol r =|z|. Legyen két trigonemtrikus formában adott komplex számunk

z₁=r₁(cos(φ₁) +i sin(φ₁));

z2=r2(cos(φ₂) +i sin(φ₂)).

Ekkor z1=z2pontosan akkor, ha r1=r2ésφ₁=φ₂+2πk, k ∈Z.

(19)

4. hét Lovics

A komplex számok trigonometrikus alakja (folyt.)

Legyen például

z =5−3i. Ekkor

r =|z|=p

5²+3²=√ 34. Tudjuk továbbá, hogy

tg(φ) =−3

5 =−0,6,

amib®l következik, hogyφ=149^◦ vagyφ=329^◦. Mivel z nyilván a harmadik síknegyedben van, ezért a két alternatíva közül a 329^◦ a helyes. Vagyis azt kaptuk, hogy

5−3i =√

34(cos(329^◦) +i sin(329^◦)).

(20)

4. hét Lovics

Komplex számok összeadása

A komplex számok összeadása grakusan ugyanúgy történik, mint ahogy azt a vektoroknál megszoktuk. Ebben a trigonometrikus alak nem sokat segít.

6

- I

R *

z¹

z²

*

z¹+z²

(21)

4. hét Lovics

Komplex számok szorzása

Tétel (Moivre-tétel)

Legyen z1,z2∈C, melyek el®állnak a következ® alakban:

z1=r1(cos(φ₁) +i sin(φ₁));

z₂=r₂(cos(φ₂) +i sin(φ₂)).

Ekkor

z1z2=r1r2(cos(φ₁+φ₂) +i sin(φ₁+φ₂)).

(Csak érdekességként jegyezzük meg, hogy a fenti képletb®l számos trigonometrikus azonosság pl. addiciós képletek nagyon gyorsan levezethet®k.)

(22)

4. hét Lovics

Feladat

Határozzuk meg a trigonometrikus függvény segítségével a (3+2i)(7−i)értékét.

Megoldás

Korábban láttuk, hogy a megoldás 23+11i. Legyen z₁=3+2i és z₂=7−i.

Ekkor |z1|=√

3²+2²=√

13,|z2|=√

7²+1¹=√ Jelöljeφ₁ a z1-hez tartozó,φ₂a z2-höz tartozó szöget.50.

Ekkor tg(φ₁) =²₃, amib®lφ₁=33,69^◦, mert 0^◦< φ₁<90^◦. Valamint tg(φ₂) =−¹₇, amib®lφ₂=−8,13^◦, mert

−90^◦< φ₂<0^◦. Ezek alapján z₁z₂=√

13·50(cos(33,69^◦−8,13^◦) +i sin(33,69^◦−8,13^◦)) =

=√

650(cos(22,56^◦) +i sin(22,56^◦)) =22,94+10,96i.

(23)

4. hét Lovics

Hatványozás és gyökvonás

Legyen z=r(cos(φ) +i sin(φ))tetsz®leges komplex szám. Ekkor a Moivre-tétel következményeként könnyen láthatjuk, hogy

zⁿ=rⁿ(cos(nφ) +i sin(nφ)).

A trigonometrikus alak egyik legf®bb erénye, hogy a gyökvonás is viszonylag egyszer¶en számolható vele. S®t, azt a kérdést is tisztázni tudjuk, hogy a komplex számok halmazán hány n-edik gyöke van egy számnak. Keressük azokat a w ∈Cszámokat, amelyekre teljesül, hogy

wⁿ=z =r(cos(φ) +i sin(φ)) =r(cos(φ+k2π) +i sin(φ+k2π)).

Legyen w =ρ(cos(ψ) +i sin(ψ))alakú.

Ekkor

ρⁿ(cos(nψ) +i sin(nψ)) =r(cos(φ+k2π) +i sin(φ+k2π)).

Ezek alapján egyrésztρⁿ=r, vagyis √ⁿ r =ρ.

(24)

4. hét Lovics

Hatványozás és gyökvonás (folyt.)

Másrészt

nψ=φ+k2π;

ψ= φ n +k2π

n .

Kérdés, hány különböz® n-edik gyök van. A képletb®l leolvasható, hogy minden esetben pontosan n, ahol az argumentumok a következ®k lehetnek:

φ

n;φ+2π

n ;φ+4π

n ;. . .;φ+ (n−1)2π

n .

Összegezve tehát azt kaptuk, hogy

√n

z =√ⁿ r(cos(φ

n+k2π

n ) +i sin(φ n+k2π

n )), ahol k =0,1, . . . ,n−1.

(25)

4. hét Lovics

Hatványozás és gyökvonás (folyt.)

Például keressük meg a √³

i-értékeit.

Az i trigonometrikus alakja:

i=1 (sinπ

2

+i cosπ 2

. Ezért

√3

i =cosπ 2 +k2π

3

+iπ 2+k2π

3

, k =0,1,2.

Vagyis a gyökök a következ® alakban írhatók fel:

z₁=cosπ 6

+i sinπ 6

=

√3 2 +1

2i z₂=cos5π

6

+i sin5π 6

=−

√3 2 +1

2i z₃=cos3π

2

+i sin3π 2

=−i.

(26)

4. hét Lovics

A reciprok

Tétel

Legyen z=a+bi alakú, tetsz®leges nem nulla komplex szám.

Ekkor

1 z = ¯z

z¯z = a−bi a²+b². Példa: ¹_i.

Az i konjugáltja−i, i(−i) =1, ezért 1

i =−i 1 =−i. Ellen®rzés:

i(−i) =−(i²) =−(−1) =1.

(27)

4. hét Lovics

Az algebra alaptétele

Egy másodfokú polinomnál egyszer¶ osztással elérhet®, hogy x²+bx+c alakú legyen. Ha ennek a polinomnak létezik gyöke, akkor az felírható a következ® alakban:

(x−x1)(x−x2).

Abban a speciális esetben, amikor x1=x2, azt mondjuk, hogy a polinomnak kétszeres gyöke van. Más szavakkal ezt úgy

fejezhetjük ki, hogy egy másodfokú polinomnak multiplicitással számolva vagy 2 vagy 0 db gyöke van.

A kérdés áltolánosan is feltehet®.

Legyen adva egy 1 f®együtthatós, n-ed fokú polinom:

xⁿ+a_n−1xⁿ⁻¹+· · ·+a₁x+a₀. A kérdés, hogy ez átalakítható-e a következ® alakra:

(x−x1)^α¹(x−x2)^α². . .(x−xk)^α^k,

(28)

4. hét Lovics

Az algebra alaptétele (folyt.)

aholα₁+α₂· · ·+α_k =n. Ha átalakítható, akkor azt mondjuk, hogy egy polinomnak multiplicitással számolva éppen annyi gyöke van, ahányad fokú a polinom. Már a másodfokú függvény vizsgálatából is kiderül, hogy a valós számok halmazán csak annyi mondható, hogy minden polinomnak, multiplicitással számolva, legfeljebb annyi gyöke van, ahányad fokú a polinom.

Tétel (Az algebra alaptétele)

Legyen p(z)egy komplex együthatós n-ed fokú polinom. Ennek a polinomnak a komplex számok halmazán, multiplicitással

számolva, éppen n db gyöke van.