Matematika A1a 2008/4. gyakorlat

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

A lap 2008. szeptember 30., 09:18-kori változata

_{<Matematika A1a 2008}

Tartalomjegyzék

1 Bevezetés
2 Komplex számok

Bevezetés

Mielőtt a komplex számokra rátérnénk nézzünk példát olyan számkörben való számolásra, mely bár még kommutatív, de eltérést mutat a megszokott számkörökben történő számolástól.

Legyen Z₁₃ az egész számok 13-mal történő osztása maradékainak halmaza. Eszerint a fenti halmaz lényegében a következő:

$\mathbf{Z}_{13}=\{0,1,3,...,11,12\}\,$

Például Z₁₃-ban

$3\cdot 5=2\,$

abban az értelemben, hogy 13-mal 3-mat maradékul adót 5-öt maradékul adóval szorozva 2-t maradékul adót kapunk. Azért a félreértések elkerülése érdekében a fenti egyenlőséget így jelöljük:

$3\cdot 5\equiv 2\quad(\mathrm{mod}\,13)\,$

Vagy egy másik érdekes példa: milyen x Z₁₃-beli esetén lesz

$2\cdot x\equiv 1\quad(\mathrm{mod}\,13)\,$

Világos, hogy ez nem az 1/2, mert az nem egész. Csak 13 lehetőséget kell kipróbálnunk, hogy megtudjuk, van-e és ha igen, mi lesz:

$x=7\,.$

1. Feladat. Oldjuk meg Z₁₃-ban a következő egyenletet:

$x^2+1=0\,$

Megoldás. Ez egy másodfokú egyenlet (és a számkör egy kommutatív test, ahol használható a megoldóképlet), így:

$x_{1,2}=\frac{0\pm \sqrt{0-4\cdot 1}}{2}=\frac{\pm\sqrt{-4}}{2}\equiv\frac{\pm\sqrt{9}}{2}\equiv\pm 3\cdot 7\equiv\left\{\begin{matrix}8\\ \\ 5 \end{matrix}\right.$

Ellenőrzéssel meggyőződhetünk arról, hogy ezek valóban megoldások. (Megjegyezzük, hogy a fenti gondolatmenet ebben a formájában csak egy intuitív gondolatkísérlet, ám utánagondolva módszertanilag szigorú bizonyítássá tehető.)

Komplex számok

A komplex számok halmazát is maradékos osztással rendelkező halmazból konstrulájuk: a valós együtthetós polinomok R[X] halmazából. Közismert, hogy a valósegyütthatós, egyhatározatlanú polinomokal, azaz a

$a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n\,$

alakú kifejezésekkel, ahol az a-k valós számok, n pedig nemnegatív egész, lehet maradékosan osztani.

Példa. Mi az (x^3+8):(x+2) osztás maradéka?

Megoldás.

A számkör és a műveletek

$\mathbf{C}=_{\mathrm{def}}\mathbf{R}[X]/(x^2+1)$

azaz a komplex számok halmaza a valósegyütthatós polinomok x²+1-gyel történő osztási maradékai. Minden ilyen maradék előáll

$m(x)=a+bx\,$

alakban. A számkörben az összeadás a polinomösszeadás, a szorzás a polinomok szorzása. Ebben az esetben elvilag előfordulhat, hogy két elsőfokú polinom szorzata másodfokú, és akkor kilépnénk a számkörből, de ez mégsincs így, mivel megoldható az

$m(x)^2+1=0\,$

polinomegyenlet éspedig az m(x)=x polinom (az identitás) megoldás. Ekkor

$m(x)^2=-1\,$

azaz ebben a számkörben létezik a -1-nek négyzetgyöke.

Immaginárius egység, valós és képzetes rész

A fenti egy annyira jellegzetes tulajdonsága a komplex számkörnek, hogy a benne lévő x-re másként hivatkozunk.

$i \,$

-vel jelöljük és az imaginárius egységnek nevezzük. Úgy számolunk vele, mint paraméterrel, vagy határozatlannal (x-szel), csak teljesül rá:

i 2 = - 1

Ekkor

$z\in \mathbf{C}\quad\Leftrightarrow\quad z=a+bi\quad\quad(a,b\in \mathbf{R})$

itt a-t a z valós részének nevezzük és Re(z)-vel jelöljük, b-t a z képzetes részének nevezzük és Im(z)-vel jelöljük. Világos, hogy Im(z) ∈ R, azaz "tiszta" valós.

A z = Re(z) + iIm(z) alakot a komplex szám kanonikus alakjának nevezzük.

1. Feladat. Adjuk meg az

$\frac{i+4}{2-i}\,$

számot kanonikus alakban:

Megoldás. Megjegyezzük, hogy a fenti osztás értelmes, mint ahogy nemnulla polinommal való maradékos osztás is az. Persze z/0 a komplexekben sem értelmezhető.

A nevezőben is van i, emiatt nem kanonikus alakú a szám. "i-telenítsük" a nevezőt! Ezt hasonló módon tesszük, mint a (négyzet)gyöktelenítésnél, hiszen i úgy tekinthető, mint a -1 (egyik) négyzetgyöke:

$\frac{i+4}{2-i}=\frac{(i+4)(2+i)}{(2-i)(2+i)}=*$

itt felhasználjuk azt a múlhatatlanul fontos azonosságot, hogy:

$(A-B)(A+B)=A^2-B^2\,$

$*=\frac{(i+4)(2+i)}{2^2-i^2}=\frac{(i+4)(2+i)}{4+1}=\frac{1}{5}(2i-1+8+4i)=\frac{1}{5}(7+6i)=\frac{7}{5}+i\frac{6}{5}$

Konjugált

A fenti példa rámutat a konjugált hasznosságára, mely a következő:

ha z = a + bi ∈ C, akkor $\overline{z}=a-bi\,.$

Például kifejezhető a konjugltal az reciprok. Ha z ≠ 0, akkor \frac{1}{z}=

@@ 32. sor: / 32. sor: @@
 ''Megoldás.''
+===A számkör és a műveletek===
+:<math>\mathbf{C}=_{\mathrm{def}}\mathbf{R}[X]/(x^2+1)</math>
+azaz a komplex számok halmaza a valósegyütthatós polinomok x<sup>2</sup>+1-gyel történő osztási maradékai. Minden ilyen maradék előáll
+:<math>m(x)=a+bx\,</math>
+alakban. A számkörben az ''összeadás'' a polinomösszeadás, a szorzás a polinomok szorzása. Ebben az esetben elvilag előfordulhat, hogy két elsőfokú polinom szorzata másodfokú, és akkor kilépnénk a számkörből, de ez mégsincs így, mivel megoldható az
+:<math>m(x)^2+1=0\,</math>
+polinomegyenlet éspedig az m(x)=x polinom (az identitás) megoldás. Ekkor
+:<math>m(x)^2=-1\,</math>
+azaz ebben a számkörben létezik a -1-nek négyzetgyöke.
+===Immaginárius egység, valós és képzetes rész===
+A fenti egy annyira jellegzetes tulajdonsága a komplex számkörnek, hogy a benne lévő x-re másként hivatkozunk.
+:<math>i \,</math>
+-vel jelöljük és az imaginárius egységnek nevezzük. Úgy számolunk vele, mint paraméterrel, vagy határozatlannal (x-szel), csak teljesül rá:
+:<math>i^2=-1</math>
+Ekkor
+:<math>z\in \mathbf{C}\quad\Leftrightarrow\quad z=a+bi\quad\quad(a,b\in \mathbf{R})</math>
+itt ''a''-t a ''z'' valós részének nevezzük és Re(''z'')-vel jelöljük, ''b''-t a ''z'' képzetes részének nevezzük és Im(''z'')-vel jelöljük. Világos, hogy Im(''z'') &isin; '''R''', azaz "tiszta" valós.
+A ''z'' = Re(''z'') + iIm(''z'') alakot a komplex szám kanonikus alakjának nevezzük.
+'''1. Feladat.''' Adjuk meg az
+:<math>\frac{i+4}{2-i}\,</math>
+számot kanonikus alakban:
+''Megoldás.'' Megjegyezzük, hogy a fenti osztás értelmes, mint ahogy nemnulla polinommal való maradékos osztás is az. Persze ''z''/0 a komplexekben sem értelmezhető.
+A nevezőben is van i, emiatt nem kanonikus alakú a szám. "i-telenítsük" a nevezőt! Ezt hasonló módon tesszük, mint a (négyzet)gyöktelenítésnél, hiszen i úgy tekinthető, mint a -1 (egyik) négyzetgyöke:
+:<math>\frac{i+4}{2-i}=\frac{(i+4)(2+i)}{(2-i)(2+i)}=*</math>
+itt felhasználjuk azt a múlhatatlanul fontos azonosságot, hogy:
+:<math>(A-B)(A+B)=A^2-B^2\,</math>
+:<math>*=\frac{(i+4)(2+i)}{2^2-i^2}=\frac{(i+4)(2+i)}{4+1}=\frac{1}{5}(2i-1+8+4i)=\frac{1}{5}(7+6i)=\frac{7}{5}+i\frac{6}{5}</math>
+===Konjugált===
+A fenti példa rámutat a konjugált hasznosságára, mely a következő:
+:ha ''z'' = ''a'' + ''b''i  &isin;  '''C''', akkor <math>\overline{z}=a-bi\,.</math>
+Például kifejezhető a konjugltal az reciprok. Ha ''z'' &ne; 0, akkor
+\frac{1}{z}=
 [[Kategória:Matematika A1]]

Matematika A1a 2008/4. gyakorlat

A lap 2008. szeptember 30., 09:18-kori változata

Tartalomjegyzék

Bevezetés

Komplex számok

A számkör és a műveletek

Immaginárius egység, valós és képzetes rész

Konjugált

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök