//


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

1.6. Gyökvonás komplex számok körében

Tanulási cél: Begyakorolni a gyökvonás képletének alkalmazását, és megismerkedni bizonyos, másodfokúra visszavezethető, magasabb fokszámú egyenletek megoldásával.

Tananyag:
Tankönyv: Ács lászló, Gáspár Csaba: Analízis 1.
Fejezet: 2.4. és 2.5.

Elméleti összefoglaló: A z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) komplex szám n darab n -edik gyökét a következő képlettel lehet előállítani:

z k = r n ( cos ( ϕ n + k . 360 o n ) + i sin ( ϕ n + k . 360 o n ) ) , k = 0, 1, 2, ... , n 1 .

Ebben a képletben a k indexnek n darab lehetséges értéke van, így kapjuk meg az n darab n -edik gyököt.

Az olvasót ne zavarja meg az itt szereplő r n gyökvonás. Ez valós értelemben vett n -edik gyöke egy pozitív számnak, aminek az egyetlen pozitív értéke szerepel itt.

Fontos tétel az Algebra alaptétele, mely szerint egy komplex együtthatós n -ed fokú polinomnak a komplex számok körében pontosan n darab gyöke van.
Kidolgozott feladatok:

1. feladat Számítsuk ki 1 + 3 i 3 értékeit.

Megoldás: Először felírjuk a

z = 1 + 3 i

komplex szám trigonometrikus alakját:

z = 1 + 3 i = 2 ( cos 120 o + i sin 120 o ) .

Alkalmazzuk a gyökvonás fenti képletét.

Ebben a feladatban n = 3 , tehát három gyök lesz.

ϕ n = 120 o 3 = 40 o ,

360 o n = 360 o 3 = 120 o ,

és a k index utolsó értéke k = n 1 = 3 1 = 2 .

Ha k = 0 , akkor a fenti képletből

z 0 = 2 3 ( cos ( 40 o + 0 . 120 o ) + i sin ( 40 o + 0 . 120 o ) ) = 2 3 ( cos 40 o + i sin 40 o ) .

Ha k = 1 , akkor

z 1 = 2 3 ( cos ( 40 o + 1 . 120 o ) + i sin ( 40 o + 1 . 120 o ) ) = 2 3 ( cos 160 o + i sin 160 o ) .

Végül, ha k = 2 , akkor

z 2 = 2 3 ( cos ( 40 o + 2 . 120 o ) + i sin ( 40 o + 2 . 120 o ) ) = 2 3 ( cos 280 o + i sin 280 o ) .

Ez a három szám a z három köbgyöke trigonometrikus alakban.

2. feladat Számítsuk ki 3 3 i 5 értékeit.

Megoldás: Felírjuk 3 3 i trigonometrikus alakját.

3 3 i = 18 ( cos 315 o + i sin 315 o ) .

Alkalmazzuk a gyökvonásra vonatkozó képletet. A feladatunkban

n = 5 , ϕ n = ϕ 5 = 315 o 5 = 63 o , és 360 o n = 360 o 5 = 72 o .

A gyökvonás képletéből látszik, hogy minden gyök ugyanolyan hosszú. Ez a közös hossz most

r n = 18 5 = 18 10 .

Az első gyök szöge 63 o , a második gyök szöge ennél 72 o -kal több, a harmadik gyök szöge a második gyök szögénél 72 o -kal több, és így tovább. Tehát

z 0 = 18 10 ( cos 63 o + i sin 63 o ) ,

z 1 = 18 10 ( cos 135 o + i sin 135 o ) ,

z 2 = 18 10 ( cos 207 o + i sin 207 o ) ,

z 3 = 18 10 ( cos 279 o + i sin 279 o ) ,

z 4 = 18 10 ( cos 351 o + i sin 351 o ) .
3. feladat Számítsuk ki 1 4 értékeit.

Megoldás: A komplex számok körében minden, nullától különböző, számnak négy darab negyedik gyöke van, az 1-nek is. Az 1 gyökeit egységgyököknek hívják, és számos érdekes tulajdonságuk és alkalmazásuk van.

Minthogy 1 = cos 0 o + i sin 0 o , ϕ 4 = 0 o , 360 o 4 = 90 o , és minden gyök hossza 1 4 = 1 , a keresett negyedik egységgyökök:

z 0 = cos 0 o + i sin 0 o ,

z 1 = cos 90 o + i sin 90 o ,

z 2 = cos 180 o + i sin 180 o ,

z 3 = cos 270 o + i sin 270 o .
4. feladat Számítsuk ki 729 6 értékeit, és a kapott gyököket ábrázoljuk egy közös koordinátarendszerben.

Megoldás: Először is

729 = 729 ( cos 180 o + i sin 180 o ) .

A gyökök közös hossza 729 6 = 3 .

ϕ 6 = 30 o , és 360 o 6 = 60 o .

Ezeket felhasználva:

z 0 = 3 ( cos 30 o + i sin 30 o ) ,

z 1 = 3 ( cos 90 o + i sin 90 o ) ,

z 2 = 3 ( cos 150 o + i sin 150 o ) ,

z 3 = 3 ( cos 210 o + i sin 210 o ) ,

z 4 = 3 ( cos 270 o + i sin 270 o ) ,

z 5 = 3 ( cos 330 o + i sin 330 o ) .

Mivel minden gyök 3 hosszú, a gyökök egy origó középpontú, 3 sugarú körre esnek, és mivel a gyökök szöge között 60 o eltérés van, a gyökök egy szabályos hatszög csúcsaiban helyezkednek el. Ezt láthatjuk az alábbi ábrán.

5. feladat Oldjuk meg a komplex számok halmazán a z 6 + z 3 6 = 0 egyenletet.

Megoldás: Az Algebra alaptétele értelmében az egyenletnek hat megoldása van.

Vegyük észre, hogy az egyenlet z 3 -ben másodfokú:

z 6 + z 3 6 = ( z 3 ) 2 + z 3 6 = 0 .

Ha bevezetjük az u = z 3 új ismeretlent, az eredeti egyenlet

u 2 + u 6 = 0

alakot ölt.

Ha ennek kiszámoljuk a gyökeit, (két darab gyöke van), és azok mindegyikéből köbgyököt vonunk, megkapjuk az eredeti egyenlet hat gyökét.

Például a másodfokú egyenlet megoldóképletét használva, a két gyök: u 1 = 3 és u 2 = 2 .

Köbgyököt vonunk u 1 -ből. Felírjuk először u 1 trigonometrikus alakját.

u 1 = 3 = 3 ( cos 180 o + i sin 180 o ) .

Innen a három köbgyök, felhasználva, hogy az elsőhöz, amelynek szöge 180 o 3 = 60 o , most 360 o 3 = 120 o -ot kell adogatni, és persze azt, hogy mindegyik gyök hossza 3 3 :

u 1,0 = 3 3 ( cos 60 o + i sin 60 o ) ,

u 1,1 = 3 3 ( cos 180 o + i sin 180 o ) ,

u 1,2 = 3 3 ( cos 300 o + i sin 300 o ) .

Hasonlóan u 2 = 2 = 2 ( cos 0 o + i sin 0 o ) , ezért

u 2,0 = 2 3 ( cos 0 o + i sin 0 o ) ,

u 2,1 = 2 3 ( cos 120 o + i sin 120 o ) ,

u 2,2 = 2 3 ( cos 240 o + i sin 240 o ) .

Ez a hat szám az egyenletünk hat megoldása. Mivel mindegyik gyök szöge nevezetes szög, most a pontos megoldásokat kaptuk meg. Tanácsoljuk az olvasónak, hogy a gyököket írja vissza algebrai alakba és behelyettesítéssel ellenőrizze le a megoldásokat. Pl. u 1,1 = 3 3 , és

( 3 3 ) 6 + ( 3 3 ) 3 6 = ( ( 3 3 ) 3 ) 2 + ( 3 3 ) 3 6 = 9 3 6 = 0 .
6. feladat Oldjuk meg a komplex számok halmazán a z 4 2 z 2 + 5 = 0 egyenletet.

Megoldás: Bevezetve az u = z 2 helyettesítést az

u 2 2 u + 5 = 0

egyenletet kapjuk. Alkalmazva a megoldóképletet, ennek gyökei:

u 1,2 = 2 + 4 20 2 = 2 + 16 2 = 2 + 4 i 2 .

Itt felhasználtuk, hogy 16 = 16 . 1 = 4 . ( + i ) .

Innen u 1 = 1 + 2 i és u 2 = 1 2 i . Ezekből kell tehát a helyettesítés szerint négyzetgyököt vonni.

Kezdjük u 1 trigonometrikus alakjával:

u 1 = 1 + 2 i = 5 ( cos 63.43 o + i sin 63.43 o ) .

Ennek két négyzetgyöke ( n = 2 , ϕ 2 = 31.715 o , 360 o 2 = 180 o )

u 1,0 = 5 4 ( cos 31.715 o + i sin 31.715 o ) ,

u 1,1 = 5 4 ( cos 211.715 o + i sin 211.715 o ) .

Hasonlóan

u 2 = 1 2 i = 5 ( cos 296.57 o + i sin 296.57 o ) ,

aminek két négyzetgyöke

u 2,0 = 5 4 ( cos 148.285 o + i sin 148.285 o ) ,

u 2,1 = 5 4 ( cos 328.285 o + i sin 328.285 o ) .

Megjegyezzük, hogy, például azért, mert az argumentumok közelítő értékek, ezek a gyökök is csak közelítő értékek.

Például, ha u 1,0 -t átírjuk algebrai alakba, akkor, 10 tizedesjegyre pontosan számolva,

u 1,0 = 1.272053599 + 0.7860964425 i

adódik, amit behelyettesítve az eredeti egyenletbe az eredmény

0.000345550 + 0.000690937 i ,

ami nem nulla. De azért közel van a nullához, a közelítés elég jó.

Megjegyzés: A feladat megoldása során egy negatív valós számból ( 16 ) kellett négyzetgyököt vonni. Mivel most a komplex számok halmazán végezzük a gyökvonást, elvileg át kellett volna írnunk ezt a számot trigonometrikus alakra, és abban elvégezni a gyökvonást, melynek eredményeként két darab komplex számot kapunk. Azonban ebben a speciális esetben rövidebben is eljárhatunk. A negatív valós számot szorzattá bontjuk úgy, hogy az egyik tényező a szám abszolút értéke, a másik pedig 1 legyen. ( 16 = 16 . ( 1 ) ) Ezután a gyökvonást tényezőnként végezhetjük el. ( 16 = 16 . 1 ) Tudjuk azonban, hogy két olyan komplex szám van, melyeknek négyzete 1 -gyel egyenlő, s ezek az i és i komplex számok. Azaz nem kell elvégezni trigonometrikus alakban a 1 -ből a gyökvonást, mert az eredményt anélkül is tudjuk. Ezután a tényezők gyökeinek szorzataként kapjuk az eredeti szám gyökeit, azaz 16 = 4 . ( + i ) = + 4 i . Ezt az egyszerűbb eljárást akkor alkalmazhatjuk, ha negatív számból kell négyzetgyököt vonnunk. Ha köbgyököt, vagy magasabb kitevőjű gyököt kell vonnunk, akkor át kell térnünk trigonometrikus alakra, és a gyökvonást abban kell elvégeznünk.
7. feladat Oldjuk meg a komplex számok körében a z 6 i z 3 + 2 = 0 egyenletet.

Megoldás: Ez egy komplex együtthatós egyenlet, de ez a megoldás menetén nem változtat.

Bevezetve az u = z 3 helyettesítést az egyenlet

u 2 i u + 2 = 0

alakot ölt. A megoldóképlet komplex együtthatók esetén is érvényes, tehát

u 1,2 = i + i 2 8 2 = i + 9 2 = i 3 i + 2 ,

ahonnan u 1 = 2 i , és u 2 = i .

Ezután

u 1 = 2 i = 2 ( cos 90 o + i sin 90 o ) ,

és n = 3, ϕ 3 = 30 o , 360 o 3 = 120 o miatt

u 1,0 = 2 3 ( cos 30 o + i sin 30 o ) ,

u 1,1 = 2 3 ( cos 150 o + i sin 150 o ) ,

u 1,2 = 2 3 ( cos 270 o + i sin 270 o ) .

Teljesen hasonlóan

u 2 = i = cos 270 o + i sin 270 o ,

és így

u 2,0 = cos 90 o + i sin 90 o ,

u 2,1 = cos 210 o + i sin 210 o ,

u 2,2 = cos 330 o + i sin 330 o .

Ez a hat szám a hat megoldás, amelyek most, mivel az argumentumok nevezetes szögek, pontos gyökök.

Ellenőrző kérdések:

1. kérdés: 1 + i köbgyökeinek hossza
 
2 3 .
 
2 5 .
 
2 6 .
 
2 8 .
 

2. kérdés: 3 i negyedik gyökei közül a legkisebb szögűnek mennyi a szöge?
 
12.5 o .
 
25 o .
 
90 o .
 
22.5 o .
 

3. kérdés: i ötödik gyökei közül a legnagyobb szögűnek mekkora a szöge?
 
306 o .
 
300 o .
 
360 o .
 
342 o .
 

4. kérdés: Mennyi -1 köbgyökeinek összege?
 
1.
 
-1.
 
0.
 
i.
 

5. kérdés: Mennyi i köbgyökeinek szorzata?
 
-i.
 
i.
 
1.
 
-1.
 

6. kérdés: A z 2 + i z + 2 = 0 egyenlet gyökei
 
i és -2i.
 
-i és -2i.
 
i és 2i.
 
-i és 2i.
 

7. kérdés: A z 2 5 i z 6 = 0 egyenlet gyökei
 
2i és 3i.
 
-2i és -3i.
 
2i és -3i.
 
-2i és 3i.
 

8. kérdés: A z 4 3 z 2 4 = 0 egyenlet gyökei
 
2i, -2i, 2, -2.
 
-i, 1+i, 2, -2.
 
2, -2, i, -i.
 
1-i, 1+i, i, -i.