Matematika A1a 2008/4. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Bevezetés)
(Komplex számok)
 
(egy szerkesztő 6 közbeeső változata nincs mutatva)
20. sor: 20. sor:
 
''Megoldás.'' Ez egy másodfokú egyenlet (és a számkör egy kommutatív test, ahol használható a megoldóképlet), így:
 
''Megoldás.'' Ez egy másodfokú egyenlet (és a számkör egy kommutatív test, ahol használható a megoldóképlet), így:
 
:<math>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.</math>
 
:<math>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.</math>
Ellenőrzéssel meggyőződhetünk arról, hogy ezek valóban megoldások. (Megjegyezzük, hogy a fenti gondolatmenet ebben a formájában csak egy intuitív gondolatkísérlet, ám utánagondolva módszertanilag szigorú gondolatmenetté tehető.)
+
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==
 
==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
 +
:<math>a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n\,</math>
 +
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?
 +
 +
===A számkör és a műveletek===
 +
A komplex számok halmazát egy a maradékos osztással rendelkező halmazból konstrulájuk: a valós együtthatós polinomok '''R'''[X] halmazából:
 +
:<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 polinommal történő osztási maradékai. Világos, hogy minden ilyen maradék előáll
 +
:<math>m(x)=a+bx\,</math>
 +
alakban, azaz legfeljebb elsőfokú polinom alakjában. Ebben a számkörben az ''összeadás'' a polinomösszeadás, a szorzás a polinomok szorzása (illetve ezen eredményének x<sup>2</sup>+1-vel történő osztási maradéka). Amikor két elsőfokú polinom szorzata másodfokú, akkor sem lépünk ki a számkörből, hisz a 
 +
:<math>m(x)^2+1=0\,</math>
 +
polinomegyenlet megoldható, 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
 +
:<math>\frac{1}{z}=\frac{\overline{z}}{z\overline{z}}\,</math>
 +
itt <math> z\overline{z}</math> mindig nemnegatív, hiszen
 +
:<math> z\overline{z}=a^2+b^2</math>
 +
Ennek a kifejezésnek az alakja vezet el a komplex számok geometriai képéhez.
 +
 +
==Geometriai interpretáció==
 +
Minthogy
 +
:<math>z\in \mathbf{C}\quad\leftrightarrow\quad z=a+bi\quad\quad(a,b\in \mathbf{R})</math>
 +
azaz a komplex számot egyértelműen meghatározza a valós és képzetes része, így a koordinátasík minden pontja kölcsnösen egyértelmű megfeleltetésbe hozható a komplex számok halmazával.
 +
 +
Ekkor a "hozzáadás" az eltolás. A konjugálás az "Re"-tengelyre tükrözés. Innen következik, hogy konjugálás invariáns az összeadásra (sőt a szorzásra is). Az komplex szám hossza az eltolás vektor hossza:
 +
:<math>|z|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{z\overline{z}}</math>
 +
Ez egyben abszolútérték is, azaz |zw|=|z||w|.
 +
A szorzás  Ha z egy egységnyi abszolútértékű komplex szám, akkor nyilván:
 +
:<math>z=\cos(\varphi)+i\sin(\varphi)\,</math>
 +
amelyet még
 +
:<math>e^{z}\,</math>
 +
-vel is jelölünk. A valóssal való szorzás miatt egy ''r'' hosszúságú komplex szám:
 +
:<math>z=r(\cos(\varphi)+i\sin(\varphi))\,</math>
 +
==Feladatok==
 +
===Algebrai alakkal===
 +
'''2. Feladat.''' Oldjuk meg a
 +
:<math>z^3+2z^2+5z=0\quad\quad (\mathbf{C}\ni z=?)</math>
 +
egyenletet a komplex számok halmazán!
 +
 +
'''3. Feladat.''' Oldjuk meg a
 +
:<math>z\overline{z}=z^3\quad\quad (\mathbf{C}\ni z=?)</math>
 +
egyenletet  a komplex számok halmazán!
 +
 +
'''4. Feladat.''' Oldjuk meg a
 +
:<math>3x+2iy-ix+5y=7+5i\quad\quad (\mathbf{R}^2\ni (x,y)=?)</math>
 +
egyenletet a valós számpárok halmazán (azaz  x és y valós ismeretlenek)!
  
 
[[Kategória:Matematika A1]]
 
[[Kategória:Matematika A1]]

A lap jelenlegi, 2012. augusztus 28., 07:55-kori változata

<Matematika A1a 2008

Tartalomjegyzék

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?

A számkör és a műveletek

A komplex számok halmazát egy a maradékos osztással rendelkező halmazból konstrulájuk: a valós együtthatós polinomok R[X] halmazából:

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

azaz a komplex számok halmaza a valósegyütthatós polinomok x2+1 polinommal történő osztási maradékai. Világos, hogy minden ilyen maradék előáll

m(x)=a+bx\,

alakban, azaz legfeljebb elsőfokú polinom alakjában. Ebben a számkörben az összeadás a polinomösszeadás, a szorzás a polinomok szorzása (illetve ezen eredményének x2+1-vel történő osztási maradéka). Amikor két elsőfokú polinom szorzata másodfokú, akkor sem lépünk ki a számkörből, hisz a

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

polinomegyenlet megoldható, 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:

i2 = − 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}=\frac{\overline{z}}{z\overline{z}}\,

itt  z\overline{z} mindig nemnegatív, hiszen

 z\overline{z}=a^2+b^2

Ennek a kifejezésnek az alakja vezet el a komplex számok geometriai képéhez.

Geometriai interpretáció

Minthogy

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

azaz a komplex számot egyértelműen meghatározza a valós és képzetes része, így a koordinátasík minden pontja kölcsnösen egyértelmű megfeleltetésbe hozható a komplex számok halmazával.

Ekkor a "hozzáadás" az eltolás. A konjugálás az "Re"-tengelyre tükrözés. Innen következik, hogy konjugálás invariáns az összeadásra (sőt a szorzásra is). Az komplex szám hossza az eltolás vektor hossza:

|z|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{z\overline{z}}

Ez egyben abszolútérték is, azaz |zw|=|z||w|. A szorzás Ha z egy egységnyi abszolútértékű komplex szám, akkor nyilván:

z=\cos(\varphi)+i\sin(\varphi)\,

amelyet még

e^{z}\,

-vel is jelölünk. A valóssal való szorzás miatt egy r hosszúságú komplex szám:

z=r(\cos(\varphi)+i\sin(\varphi))\,

Feladatok

Algebrai alakkal

2. Feladat. Oldjuk meg a

z^3+2z^2+5z=0\quad\quad (\mathbf{C}\ni z=?)

egyenletet a komplex számok halmazán!

3. Feladat. Oldjuk meg a

z\overline{z}=z^3\quad\quad (\mathbf{C}\ni z=?)

egyenletet a komplex számok halmazán!

4. Feladat. Oldjuk meg a

3x+2iy-ix+5y=7+5i\quad\quad (\mathbf{R}^2\ni (x,y)=?)

egyenletet a valós számpárok halmazán (azaz x és y valós ismeretlenek)!

Személyes eszközök