GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN
Készült a TÁMOP-4.1.2-08/2/a/KMR-2009-0041 pályázati projekt keretében Tartalomfejlesztés az ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszékén
az ELTE Közgazdaságtudományi Tanszék az MTA Közgazdaságtudományi Intézet
és a Balassi Kiadó közrem¶ködésével
Készítette: Lovics Gábor Szakmai felel®s: Lovics Gábor
2010. június
ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék
Gazdaságmatematika középhaladó szinten
4. hét
Komplex számok
Lovics Gábor
Alapfogalmak
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.
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.
Azi
Mivel az összes immaginárius szám képezhet® mint a √
−1többszöröse, ezért érdemes bevezetni az i=√
−1
jelölést. Kérdés, hogy hogyan végezzünk m¶veleteket ezekkel a képzetes számokkal. Legyena, 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.
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. Legyena, b, c, d∈R, ekkor
(a+bi) + (c+di) = (a+c) + (b+d)i;
(a+bi)(c+di) = (ac−bd) + (ad+cb)i.
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.
Alapdeníciók 1. Deníció
Legyen C = {(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.
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 Gyökvonás komplex számokból
2. Deníció
Legyen z ∈ C, ekkor √n
z jelölje az összes olyan komplex számot, melyre teljesül, hogy az n-edik hatványa éppenz. Az √n
1alakban felírható számokat egységgyököknek nevezzük.
Például nézzük meg, mit jelenthet a √4
1. Az1-re és a−1-re nyilván továbbra is igaz, hogy14= (−1)4= 1. Miveli2=−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.
Geometriai szemléltetés
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 az- zal, ahogy kétdimenziós vektorok összegét deniáltuk. Ez is mutatja, hogy érdemes kétdimmenziós síkban szemlélteni a komplex számokat.
Konjugált és abszolútérték 3. Deníció
Legyenz∈C,z=a+bialakú. Ekkorz konjugáltja:
¯
z=a−bi alakban áll el®.
4. Deníció
Legyenz∈C,z=a+bialakú. Ekkorz abszolútértéke:
|z|=p a2+b2 képlettel számolható ki.
1. Tétel
Legyenz∈Ctetsz®leges komplex szám. Ekkor
|z|=√ zz.¯ Feladat
Határozd meg a z= 2 + 3ikonjugáltját és abszolútértékét!
Megoldás:
haz= 2 + 3i, akkorz¯= 2−3i. A deníció alapján: |z|=√
4 + 9 =√
13. A tétel ellen®rzéséhez pedig csak azt kell megnézni, hogyzz¯= (2 + 3i)(2−3i) = 4−9i2= 4 + 9 = 13.
A komplex számok trigonometrikus alakja
A vektorok polárkoordinátás alakját felhasználva a komplex számokat könnyen új alakban írhatjuk fel:
z=r(cos(φ) +isin(φ)),
aholr=|z|. Legyen két trigonemtrikus formában adott komplex számunk z1=r1(cos(φ1) +isin(φ1));
z2=r2(cos(φ2) +isin(φ2)).
Ekkorz1=z2 pontosan akkor, har1=r2 ésφ1=φ2+ 2πk,k∈Z.
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◦. Mivelznyilván a harmadik síknegyedben van, ezért a két alternatíva közül a329◦ a helyes. Vagyis azt kaptuk, hogy
5−3i=√
34(cos(329◦) +isin(329◦)).
M¶veletek és polinomok
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
Komplex számok szorzása 2. Tétel (Moivre-tétel)
Legyenz1, z2∈C, melyek el®állnak a következ® alakban:
z1=r1(cos(φ1) +isin(φ1));
z2=r2(cos(φ2) +isin(φ2)).
Ekkor
z1z2=r1r2(cos(φ1+φ2) +isin(φ1+φ2)).
(Csak érdekességként jegyezzük meg, hogy a fenti képletb®l számos trigonometrikus azonosság pl. addiciós képletek nagyon gyorsan levezethet®k.)
Feladat
Határozzuk meg a trigonometrikus függvény segítségével a (3 + 2i)(7−i)értékét.
Megoldás
Korábban láttuk, hogy a megoldás23 + 11i. Legyenz1= 3 + 2iész2= 7−i. Ekkor|z1|=√
32+ 22=√ 13,
|z2|=√
72+ 11 =√
50. Jelöljeφ1 a z1-hez tartozó,φ2 a z2-höz tartozó szöget. Ekkor tg(φ1) = 23, amib®l φ1= 33,69◦, mert0◦< φ1<90◦. Valamint tg(φ2) =−17, amib®lφ2=−8,13◦, mert−90◦< φ2<0◦. Ezek alapján
z1z2=√
13·50(cos(33,69◦−8,13◦) +isin(33,69◦−8,13◦)) =
=√
650(cos(22,56◦) +isin(22,56◦)) = 22,94 + 10,96i.
Hatványozás és gyökvonás
Legyen z = r(cos(φ) +isin(φ)) tetsz®leges komplex szám. Ekkor a Moivre-tétel következményeként könnyen láthatjuk, hogy
zn =rn(cos(nφ) +isin(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 hányn-edik gyöke van egy számnak.
Keressük azokat aw∈Cszámokat, amelyekre teljesül, hogy
wn=z=r(cos(φ) +isin(φ)) =r(cos(φ+k2π) +isin(φ+k2π)).
Legyenw=ρ(cos(ψ) +isin(ψ))alakú. Ekkor
ρn(cos(nψ) +isin(nψ)) =r(cos(φ+k2π) +isin(φ+k2π)).
Ezek alapján egyrésztρn =r, vagyis √n
r=ρ. 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 ) +isin(φ n+k2π
n )), aholk= 0,1, . . . , n−1. Például keressük meg a √3
i-értékeit. Azitrigonometrikus alakja:
i= 1 (sinπ
2
+icosπ 2
. Ezért
√3
i= cos π
2 +k2π 3
+i
π 2 +k2π
3
, k= 0,1,2. Vagyis a gyökök a következ® alakban írhatók fel:
z1= cosπ 6
+isinπ 6
=
√ 3 2 +1
2i z2= cos
5π 6
+isin
5π 6
=−
√ 3 2 +1
2i z3= cos
3π 2
+isin
3π 2
=−i.
A reciprok 3. Tétel
Legyenz=a+bialakú, tetsz®leges nem nulla komplex szám. Ekkor 1
z = z¯
zz¯= a−bi a2+b2. Példa: 1i. Azikonjugáltja−i,i(−i) = 1, ezért
1 i = −i
1 =−i.
Ellen®rzés:
i(−i) =−(i2) =−(−1) = 1.
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+an−1xn−1+· · ·+a1x+a0. A kérdés, hogy ez átalakítható-e a következ® alakra:
(x−x1)α1(x−x2)α2. . .(x−xk)αk,
ahol α1+α2· · ·+αk =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.
4. Tétel (Az algebra alaptétele)
Legyen p(z) egy komplex együthatós n-ed fokú polinom. Ennek a polinomnak a komplex számok halmazán, multiplicitással számolva, éppen ndb gyöke van.
