Matematika A1a 2008/4. gyakorlat

A MathWikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2008. szeptember 30., 19:12-kor történt szerkesztése után volt.

<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?

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:

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