//


KURZUS: Matematika (Analízis)
MODUL: 1. Komplex számok

1.7. A komplex exponenciális függvény és az Euler-formula

Tanulási cél: Begyakorolni a komplex számok trigonometrikus alakjában a szögek radiánban való megadását. Megismerkedni a komplex exponenciális függvénnyel.
Tananyag:
Tankönyv: Ács László, Gáspár Csaba: Analízis I.
Fejezet: 7.4.
Elméleti összefoglaló:
A komplex számok trigonometrikus alakjában eddig a komplex szám szögét fokban mértük. A szögeket azonban radiánban is mérhetjük. Ez nem annyira szemléletes, mint a fok használata, de számos előnnyel jár, és a komplex számokra alapuló komplex függvénytanban elkerülhetetlen.
A két mértékegység közötti átváltást a
360 =2 π rad
konvenció teszi lehetővé.
Ezek szerint
1 = 2π 360 rad= π 180 rad , és 1 rad= ( 360 2π ) = ( 180 π ) .
Ezek után tetszőleges fokban mért szöget könnyen átválthatunk radiánra, és fordítva. A komplex számok körében eddig megismert minden összefüggés, amelyben a komplex számok szöge fokban volt mérve, akkor is igaz, ha a szöget radiánban mérjük, egyszerűen csak a fokban mért szögeket át kell váltani radiánra. Ahogyan a trigonometrikus alak használatakor a szögekkel végzett műveleteket moduló 360  kellett elvégezni, radián használata esetén az ilyen műveleteket moduló 2π  kell elvégezni, azaz csak a 2π -vel vett osztási maradék számít. Némileg zavaró, hogy ha a szögeket radiánban mérjük nem szokás feltüntetni a mértékegységet. Ezek alapján tetszőleges valós szám egy radiánban mért szöget is reprezentál.
Az elemi analízisben, mint majd látjuk, az egyik legfontosabb függvény a középiskolából is ismert exponenciális függvény. Az exponenciális függvény kiterjeszthető a komplex számokra is, és definiálható az e  szám tetszőleges komplex kitevős hatványa. Ennek a modern matematikában igen nagy szerepe van.
Legyen z=x+yi  tetszőleges komplex szám. Ekkor az e z  hatvány definíciója:
e z = e x ( cosy+isiny ) .
(Itt a trigonometrikus függvények argumentuma tehát radiánban van mérve.) Vegyük észre, hogy a jobb oldalon voltaképpen egy trigonometrikus alak áll. Ebből az is következik, hogy | e z |= e x .
Ez a valós exponenciális függvény általánosítása, be lehet látni, hogy minden eddig megismert azonosság továbbra is érvényben marad, például
e z 1 + z 2 = e z 1 . e z 2 .
Nekünk most csak annyi a célunk, hogy ki tudjuk számolni pozitív valós számok komplex kitevős hatványát.
Ha a z  komplex szám tisztán képzetes, azaz z=yi , akkor, (hiszen most x=0 , és e 0 =1 ),
e z = e yi =cosy+isiny .
Ezt a nevezetes összefüggést Euler-formulának hívják.
Kidolgozott feladatok
1. feladat Váltsuk át az 50 -ot radiánra és az 5 radiánt fokra.
Megoldás:
50 =50 π 180 rad0 .87 rad .
5 rad=5 180 π 286.48 .
2. feladat Számítsuk ki e iπ -t.
Megoldás: Legyen z=iπ , Ekkor a definíció alapján, mivel z -ben a valós rész nulla, a képzetes rész pedig π :
e z = e iπ =cos(π)+ i sin(π)=1+i0=1 .
Jegyezzük meg, hogy ezek szerint a komplex exponenciális függvény negatív értékű is lehet, ellentétben a válós exponenciális függvénnyel, amelynek értéke mindig pozitív.
3. feladat Legyen z 1 =1+i  és z 2 =2πi . Számítsuk ki e z 1 -et és e z 1 + z 2 -t.
Megoldás: Egyrészt
e z 1 = e 1+i =e( cos1+isin1 )e( 0.54+0.84i )1.47+2.28i .
Ugyanakkor
e z 1 + z 2 = e 1+i+2πi = e 1+(1+2π)i =e( cos( 1+2π )+isin( 1+2π ) )=e( cos1+isin1 ) 1.47+2.28i,
hiszen a trigonometrikus függvények 2π  szerint periodikusak. Ennek az a meglepő következménye van, hogy a komplex exponenciális függvény 2πi  szerint periodikus.
4. feladat Legyen u=2+i , v=3i . Számítsuk ki e u e v  értékét.
Megoldás: Mint azt említettük, a komplex exponenciális függvényre minden korábban megismert azonosság változatlanul érvényes, például e u e v = e uv . Ezt felhasználva
e u e v = e uv = e (2+i)(3i) = e 1+2i = e 1 ( cos2+isin2 )0.15+0.33i .
5. feladat Mekkora az e 3+2i  komplex szám képzetes része?
Megoldás: Mivel e 3+2i = e 3 ( cos2+isin2 ) e 3 ( 0.42+0.91i )8.44+18.28i , a keresett képzetes rész 18.28 .
6. feladat Számítsuk ki 2 i  értékét.
Megoldás: Az a megoldás kulcsa, hogy fel lehet írni a 2 i  hatványt e  alapú hatványként. A középiskolából is tudjuk, hogy 2= e ln2 . Ezért
2 i = ( e ln2 ) i = e ( ln2 )i =cos( ln2 )+isin( ln2 )0.77+0.64i .
7. feladat Számítsuk ki 3 1+ π 4 i  értékét.
Megoldás: Hasonlóan járunk el, mint az előző feladatban.
3 1+ π 4 i = ( e ln3 ) 1+ π 4 i = e ln3+ πln3 4 i = e ln3 ( cos( πln3 4 )+isin( πln3 4 ) )
e ln3 ( 0.65+0.76i )0.33( 0.65+0.76i )0.21+0.25i .
8. feladat Oldjuk meg az e z =i  egyenletet.
Megoldás: Tudjuk, hogy a periodikusság miatt végtelen sok ilyen szám van. Ilyenkor úgy járhatunk el, hogy először meghatározzuk azt a megoldást, amelynek a képzetes része a [ 0, 2π )  intervallumba esik. A többi megoldást úgy kapjuk, hogy ehhez hozzáadjuk 2πi  tetszőleges egészszámú többszörösét.
Legyen z=x+iy . Ekkor e z  hossza egyrészt e x , másrészt, az egyenletünkből | e z |=| i |=1 . Tehát e x =1 , amiből x=0  következik. Azt kapjuk, hogy
e z = e yi =cosy+isiny=i .
Ez csak akkor teljesülhet, ha cosy=0  és siny=1 . Tudjuk, hogy a [ 0, 2π )  intervallumban két olyan szám van, amelynek a koszinusza nulla: a π 2  és a 3π 2 . Ezek közül az első szinusza 1, a másodiké -1, tehát ez a jó nekünk. Így y= 3π 2 .
Vagyis az egyik megoldás z= 3πi 2 . Az össze megoldás pedig az alábbi alakban adható meg:
z= 3πi 2 +k2πi , ahol k  tetszőleges.
9. feladat Oldjuk meg az e z =43i  egyenletet.
Megoldás: Mint az előző feladatban, most is feltehetjük, hogy z=x+yi . Felhasználva, hogy ekkor e z  hossza egyrészt e x , másrészt az egyenletünkből  | e z |=| 43i |=5 , kapjuk, hogy e x =5 , amiből x=ln51.61 . Figyelembe véve e z  definícióját következik, hogy
e z =5( cosy+isiny )=43i .
Itt a második egyenlőségre figyelve kapjuk, hogy cosy= 4 5 =0.8  és siny= 3 5 =0.6 .
Ezeket az egyenleteket csak közelítően lehet megoldani. Tudjuk, hogy a [ 0, 2π )  intervallumban két olyan szám van, amelynek koszinusza 0.8 . Ha ezek egyike u , akkor a másik 2πu . Így y0.64 , vagy y2π0.645.64 . Az első y  érték szinusza pozitív (körülbelül 0.6 ), ez tehát nem lehet a keresett érték, azaz y5.64 . Ezek alapján az egyik megoldás z1.61+5.64i , az összes megoldás pedig
z1.61+5.64i+k2πi , ahol k  tetszőleges.
Ellenőrző kérdések:

1. kérdés: 123
 
a) 2.51 rad ,
 
b) 2.15 rad ,
 
c) 2.25 rad ,
 
d) 2.52 rad .
 

2. kérdés: 13 rad
 
a) 24.85 ,
 
b) 25.84 ,
 
c) 24.58 ,
 
d) 25.48 .
 

3. kérdés: 22 rad
 
a) 179.54 ,
 
b) 179.45 ,
 
c) 179.43 ,
 
d) 179.34 .
 

4. kérdés: Re( e 2i )
 
a) 3.88 ,
 
b) 3.99 ,
 
c) 3.77 ,
 
d) 3.66 .
 

5. kérdés: e 1+i
 
a) 0.3+0.2i ,
 
b) 0.20.3i ,
 
c) 0.2+0.3i ,
 
d) 0.30.2i .
 

6. kérdés: π i
 
a) 0.410.91i ,
 
b) 1 2 +i ,
 
c) 1 2 i ,
 
d) 0.41+0.91i .
 

7. kérdés: 5 2+i
 
a) 0.97+24.98i ,
 
b) 0.98+24.97i ,
 
c) 0.97+24.98i ,
 
d) 0.98+24.97i .
 

8. kérdés: Az e z =2i  egyenlet közelítő megoldása
 
a) 0.69+1.57i+k2πi, k ,
 
b) 0.691.57i+k2πi, k ,
 
c) 0.69+1.57i+k2πi, k ,
 
d) 0.691.57i+k2πi, k .
 

9. kérdés: Az e z =1+3i  egyenlet közelítő megoldása
 
a) 1.151.25i+k2πi, k ,
 
b) 1.15+1.25i+k2πi, k ,
 
c) 1.15+1.25i+k2πi, k ,
 
d) 1.151.25i+k2πi, k .