Kompleksiluvut. JYM, Syksy /99

Transkriptio

1 Kompleksiluvut JYM, Syksy /99

2 Miksi kompleksilukuja? Reaaliluvut lukusuoran pisteet: Tiedetään, että x 2 = 0 x = x 2 = 1 x = 1 x = 1 x 2 = 7 x = 7 x = 7 x 2 = 1 ei ratkaisua reaalilukujen joukossa! Laajennetaan lukualuetta niin, että myös yhtälöllä x 2 = 1 on ratkaisu. JYM, Syksy /99

3 Kompleksitaso Kompleksiluvut kompleksitason pisteet: (3, 3 2 ) (0, 1) ( 7, 0) ( 1, 0) (0, 0) (1, 0) ( 7, 0) ( 4, 2) JYM, Syksy /99

4 Kompleksiluvut Määritelmä Kompleksilukujen joukko C on joukko { (a, b) a, b R } varustettuna yhteenlaskulla ja kertolaskulla, jotka määritellään seuraavasti: kompleksilukujen (a, b) ja (c, d) summa ja tulo ovat (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) ja (a, b) (c, d) = (ac bd, ad + bc). JYM, Syksy /99

5 Huom. Kompleksiluvut ovat järjestettyjä pareja. Esimerkiksi (1, 2) on eri kuin (2, 1). Kompleksilukujen yhteenlasku on sama kuin avaruuden R 2 vektoreiden yhteenlasku. Tulon laskemiseen tulee myöhemmin helpompia tapoja. Reaaliluvut ajatellaan kompeksilukujen osajoukoksi samastamalla reaaliluku a ja kompleksiluku (a, 0). Voidaan osoittaa, että tällöin reaaliluvuilla saadaan samat tulokset riippumatta siitä, käytetäänkö niille kompleksilukujen yhteen- ja kertolaskua vai reaalilukujen yhteen- ja kertolaskua. Voidaan osoittaa, että kompleksilukujen yhteen- ja kertolasku noudattavat samoja tuttuja laskusääntöjä kuin reaalilukujen yhteen- ja kertolasku (vaihdannaisuus, liitännäisyys, osittelulait... ). JYM, Syksy /99

6 Imaginaariyksikkö Yhtälölle x 2 = 1 löytyy ratkaisu kompleksilukujen joukossa: Määritelmä (0, 1) (0, 1) = (0 1, 0 + 0) = ( 1, 0). Kompleksilukua (0, 1) merkitään symbolilla i ja kutsutaan imaginaariyksiköksi. Huom. Yllä olevan laskun mukaan i 2 = 1. JYM, Syksy /99

7 Kompleksiluvun esitys imaginaariyksikön avulla Oletetaan, että a, b R. Kompleksiluku (a, b) voidaan kirjoittaa imaginaariyksikön avulla seuraavasti: (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0) (0, 1) = (a, 0) + (b, 0) i ( ) = a + bi. Kohdassa ( ) samastetaan jälleen kompleksiluvut (a, 0) ja (b, 0) reaalilukuihin a ja b. Näin ollen C = { a + bi a, b R }. JYM, Syksy /99

8 Kompleksitaso i i i JYM, Syksy /99

9 Kompleksilukujen summa ja tulo Summa ja tulo voidaan laskea kuten koulussa on opittu sieventämään reaalilukulausekkeita. Lisäksi pitää vain huomioida, että i 2 = 1. Esimerkki 1 Merkitään z = 4 2i ja w = i. Laske lukujen z ja w summa ja tulo. Yhdistetään samanmuotoiset termit: z + w = ( 4 2i) + (3 + 3 ) 2 i = i i = i. JYM, Syksy /99

10 Kerrotaan sulut auki kuten koulussa on opittu: zw = ( 4 2i) (3 + 3 ) 2 i = i 2i 3 2i 2 2 i = 12 6i 6i 3i 2 = 12 12i 3 ( 1) = 12 12i + 3 = 9 12i. JYM, Syksy /99

11 Kompleksilukuihin liittyviä käsitteitä Määritelmä Oletetaan, että a, b R. Kompleksiluvun z = (a, b) eli z = a + bi reaaliosa on Re z = a. imaginaariosa on Im z = b. HUOM! itseisarvo eli moduli on z = a 2 + b 2. liittoluku on z = (a, b) eli z = a bi. z z (Im z)i Re z z JYM, Syksy /99

12 Huom. Kompleksiluvun itseisarvo eli moduli kertoo Pythagoraan lauseen nojalla kompleksiluvun etäisyyden kompleksitason origosta eli luvusta 0. z = a + bi b z = a 2 + b 2 = a 2 + b 2 a 0 JYM, Syksy /99

13 Lause 2 Oletetaan, että z C. Tällöin z = z z. Todistus. Oletetaan, että z C. Tällöin z = a + bi joillakin a, b R. Lasketaan: z z = (a + bi)(a bi) = a 2 abi + abi (bi) 2 = a 2 b 2 i 2 = a 2 b 2 ( 1) = a 2 + b 2. Näin ollen z z = a 2 + b 2 = z. Lopussa käytettiin kompleksiluvun itseisarvon määritelmää. JYM, Syksy /99

14 Puhtaasti imaginaarinen luku ja reaaliluku Määritelmä Jos kompleksiluvun z reaaliosa Re z = 0 ja imaginaariosa Im z 0, sanotaan kompleksiluvun z olevan puhtaasti imaginaarinen luku. Jos kompleksiluvun z imaginaariosa Im z = 0, niin luku z on reaaliluku. JYM, Syksy /99

15 Kompleksiluvun vastaluku Minkä tahansa reaaliluvun ja sen vastaluvun summa on tunnetusti aina nolla. Sama vaaditaan kompleksilukujen tapauksessa. Oletetaan, että a, b R. Kompleksiluvun a + bi vastaluku on a bi, sillä Huom. (a + bi) + ( a bi) = (a a) + (b b)i = 0 ja ( a bi) + (a + bi) = ( a + a) + ( b + b)i = 0. Toinen yhtälö seuraa ensimmäisestä kompleksilukujen yhteenlaskun vaihdannaisuuden nojalla. Kompleksiluvun z vastalukua merkitään z. JYM, Syksy /99

16 Vastaluku ja kompleksilukujen erotus Vastalukujen avulla saadaan määriteltyä kompleksilukujen erotus: jos z, w C, niin z w = z + ( w). Esimerkki 3 Merkitään z = 4 + 7i ja w = 2 i. Määritä luvun z vastaluku ja lukujen z ja w erotus. Miinusmerkki vaikuttaa kaikkiin etumerkkeihin sulkujen sisällä: z = ( 4 + 7i) = 4 7i. z w = ( 4 + 7i) ( 2 i) = 4 + 7i i = 2 + 8i. JYM, Syksy /99

17 Kompleksiluvun käänteisluku Nollaa lukuunottamatta jokaisella reaaliluvulla on käänteisluku. Reaaliluvun ja sen käänteisluvun tulo on tunnetusti aina yksi. Sama vaaditaan kompleksilukujen tapauksessa. Kompleksiluvun z 0 käänteisluku on 1 z, sillä z 2 ensinnäkin se on olemassa: Koska z 0, niin z = a + bi, missä a,b R ja ainakin toinen luvuista a ja b on nollasta poikkeava. Siten nimittäjä z 2 = a 2 + b 2 > 0. JYM, Syksy /99

18 lisäksi ( 1 ) z z 2 z = z z z 2 = z z z z = 1 ja ( 1 z 2 z ) z = zz z 2 = zz z z = 1. Huom. Toinen yhtälö seuraa ensimmäisestä kompleksilukujen kertolaskun vaihdannaisuuden nojalla. Kompleksiluvun z käänteislukua merkitään z 1 tai 1/z tai 1 z. JYM, Syksy /99

19 Kompleksilukujen osamäärä Huom. Käänteislukujen avulla saadaan osamäärä: jos z, w C ja w 0, niin z w = z w 1. Käytännössä osamäärä on mukava sieventää laventamalla nimittäjän liittoluvulla: z w = wz ww = 1 w 2 wz. Tästä tulee esimerkkejä myöhemmin. JYM, Syksy /99

20 Esimerkki 4 Kompleksilukujen osamäärä Merkitään z = 4 + 7i ja w = 2 i. Määritä luvun z käänteisluku sekä lukujen z ja w osamäärä. z 1 = 1 z = i = = ( ) = 4 7i ( 4 7i)( 4 + 7i) 4 7i 4 7i ( 4) 2 = (7i) i 2 4 7i = i. = 4 7i 65 Kohdassa ( ) lavennetaan nimittäjän liittoluvulla. JYM, Syksy /99

21 Osamäärä: z w = 4 + 7i 2 i ( ) = ( 2 + i)( 4 + 7i) ( 2 + i)( 2 i) = 8 14i 4i + 7i 2 ( 2) 2 i 2 = 8 18i 7 5 = i. = = 1 18i i + 7 ( 1) 4 ( 1) Kohdassa ( ) lavennetaan nimittäjän liittoluvulla. JYM, Syksy /99

22 Kompleksiluvuilla laskemista Esimerkki 5 Määritä kompeksiluvun z reaaliosa ja imaginaariosa, jos (a) z = i (b) z = 2i 1 3i + 1 i. JYM, Syksy /99

23 (a) Lavennetaan nimittäjän liittoluvulla: z = i = = = 10 ( 4 2i) ( 4 + 2i)( 4 2i) 40 20i 40 20i ( 4) 2 = (2i) i i = 2 i. = 40 20i 20 JYM, Syksy /99

24 (b) Lavennetaan nimittäjien liittoluvuilla: z = 2i 1 3i + 1 i = 2i(1 + 3i) (1 3i)(1 + 3i) + 1 ( i) i( i) = 2i + 6i2 1 2 (3i) 2 + i i 2 = 2i 6 1 9i 2 + i ( 1) = 2i i 1 = 2i i = 2i 6 10i 10 = i. = 6 8i 10 JYM, Syksy /99

25 Mitä vikaa on alla olevassa yhtälönratkaisussa? 2x 1 = x 2 ( 2x 1) 2 = (x 2) 2 2x 1 = x 2 4x = x 2 6x + 5 x = 6 ± ( 6) x = 6 ± 4 2 = 3 ± 2 x = 5 x = 1 JYM, Syksy /99

26 Johtopäätös ei ole oikein, sillä x = 1 ei ole kyseisen yhtälön ratkaisu. Nimittäin jos x = 1, niin 2x 1 = = 1 = 1 mutta x 2 = 1 2 = 1. Onkohan x = 5 kyseisen yhtälön ratkaisu? Voit tarkistaa itse. Väärän johtopäätöksen lisäksi ratkaisun merkinnät ovat puutteelliset. Niistä ei käy mitenkään ilmi, miten toistensa alle kirjoitetut rivit liittyvät toisiinsa. Mikä on päättelyn suunta? Seuraavassa esimerkissä ratkaistaan hyvin huolellisesti eräs yhtälö kompleksilukujen joukossa. Kiinnitetään erityistä huomiota yhtälönratkaisussa tarvittavaan päättelyyn. JYM, Syksy /99

27 Yhtälönratkaisua Esimerkki 6 Ratkaise kompleksilukujen joukossa yhtälö iz + 3 = 5z z i + 2i. JYM, Syksy /99

28 1. Oletetaan (eli kuvitellaan), että yhtälö pätee. Siis iz + 3 = 5z z i + 2i. Kertomalla yhtälön molemmat puolet luvulla i päästään nimittäjästä eroon ja saadaan yhtälö i 2 z + 3i = 5iz z + 2i 2. Käyttämällä tietoa i 2 = 1 saadaan z + 3i = 5iz z 2. Lisäämällä yhtälön molemmille puolille z saadaan 3i = 5iz 2. JYM, Syksy /99

29 Lisäämällä yhtälön molemmille puolille 2 saadaan 3i + 2 = 5iz. Jakamalla yhtälön molemmat puolet luvulla 5i saadaan 3i + 2 5i = z ja laventamalla nimittäjän liittoluvulla saadaan edelleen z = 2 + 3i 5i = 5i(2 + 3i) (5i) 2 = 10i 15i 2 10i i 2 = 25 = i. JYM, Syksy /99

30 Tämä päättely osoittaa, että yhtälöllä on enintään yksi ratkaisu. Nimittäin jos yhtälö on totta, kuten edellä kuviteltiin, niin tällöin välttämättä z = i. Siis mikään muu luku ei voi olla yhtälön ratkaisu. Vielä on kuitenkin periaatteessa mahdollista, että yhtälöllä ei ole yhtään ratkaisua! JYM, Syksy /99

31 2. Osoitetaan, että edellä löydetty luku todella on yhtälön ratkaisu. Se voidaan tehdä esimerkiksi sijoittamalla: Yhtälön vasen puoli: ( 3 iz + 3 = i 5 2 ) 5 i + 3 = 3 5 i 2 5 i = 3i 2i = i 5 = 3i JYM, Syksy /99

32 Yhtälön oikea puoli: 5z z ( 3 + 2i = 5 i 5 2 ) 5 i 1 i ( i ) + 2i = 3 2i 3 5i i = 3 3 ( i) 5i ( i) = 3 3i 5i = 3 3i = i = i 5 JYM, Syksy /99

33 Yhtälön vasen ja oikea puoli ovat yhtä suuret, joten luku z = i on yhtälön ratkaisu. Siis yhtälöllä on ainakin yksi ratkaisu. Kohdat 1. ja 2. yhdessä osoittavat, että yhtälöllä on tasan yksi ratkaisu ja se on z = i. JYM, Syksy /99

34 Tulon itseisarvo Voidaan osoittaa, että reaalilukujen itseisarvon laskusäännöt pätevät myös kompleksilukujen itseisarvolle. Lause 7 Oletetaan, että z, w C. Tulon zw itseisarvo on lukujen z ja w itseisarvojen tulo; ts. zw = z w. JYM, Syksy /99

35 Lauseen 7 todistus. Aikaisemmin perustellun lauseen 2 mukaan zw = (zw)(zw). Lisäksi pätee, että zw = z w (perustelu tulee harjoitustehtäväksi). Käyttämällä tulon liitännäisyyttä ja vaihdannaisuutta kohdassa (1) ja neliöjuuren ominaisuuksia kohdassa (2) saadaan zw = (zw)(zw) = (zw)( z w) (1) = (z z)(w w) (2) = z z w w = z w. Huomaa, että kompleksiluvun ja sen liittoluvun tulo on epänegatiivinen reaaliluku (kyseisen kompleksiluvun itseisarvon neliö), joten kohdassa (2) voidaan todella käyttää neliöjuuren ominaisuuksia. JYM, Syksy /99

36 Lause 8 Käänteisluvun itseisarvo Oletetaan, että z C ja z 0. Käänteisluvun z 1 itseisarvo on itseisarvon käänteisluku 1/ z ; ts. Todistus. z 1 = 1 z. Käyttämällä lauseen 7 tulosta saadaan z 1 z = z 1 z = 1 = 1. Koska z 0, niin z 0. Jakamalla luvulla z saadaan z 1 = 1 z. JYM, Syksy /99

37 Itseisarvo, liittoluku, vastaluku ja käänteisluku z z z 1 z 1 z z JYM, Syksy /99

38 Esimerkki 9 Yhtälönratkaisua Ratkaise kompleksilukujen joukossa yhtälö Voidaan päätellä seuraavasti: 3z 4i = 1 + 2iz. 3z 4i = 1 + 2iz 3z = 1 + 2iz + 4i 3z 2iz = 1 + 4i (3 2i)z = 1 + 4i z = 1 + 4i ( = 5 3 2i ) 13 i Tämä päättely osoittaa, että yhtälöllä on enintään yksi ratkaisu eikä se voi olla mikään muu kuin (1 + 4i)/(3 2i). JYM, Syksy /99

39 Toisaalta voidaan päätellä z = 1 + 4i 3 2i (3 2i)z = 1 + 4i 3z 2iz = 1 + 4i 3z = 1 + 2iz + 4i 3z 4i = 1 + 2iz Tämä päättely osoittaa, että yhtälöllä on ainakin yksi ratkaisu ja se on (1 + 4i)/(3 2i). JYM, Syksy /99

40 Siis yhtälöllä on tasan yksi ratkaisu ja se on z = 1 + 4i 3 2i = 3z 4i = 1 + 2iz = (3 + 2i)(1 + 4i) (3 + 2i)(3 2i) i + 2i + 8i i 9 4i 2 = 13 = i. JYM, Syksy /99

41 Trigonometriset funktiot ja yksikköympyrä Yksikköympyrän pisteiden ja trigonometristen funktioiden yhteys: yksikköympyrän kehäpisteen vaakakoordinaatti on vastaavan kulman kosini ja pystykoordinaatti on sini. Pythagoraan lauseella saadaan lisäksi cos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1 (cos ϕ, sin ϕ) 1 ϕ Huomaa, että yksikköympyrän säde on yksi. JYM, Syksy /99

42 Oletetaan, että r R ja r 0. Piste (cos ϕ, sin ϕ) saadaan siirrettyä etäisyydelle r origosta kertomalla sitä luvulla r: (r cos ϕ) 2 + (r sin ϕ) 2 = r 2 cos 2 ϕ + r 2 sin 2 ϕ = r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ) = r 2 1 = r = r (r cos ϕ, r sin ϕ) r ϕ JYM, Syksy /99

43 Kompleksiluvun napaesitys Kompleksiluvun napaesitys tarkoittaa kompleksiluvun esittämistä muodossa z = z (cos ϕ + i sin ϕ), missä z on luvun z itseisarvo eli moduli ja ϕ on luvun z vaihekulma eli argumentti. ϕ z cos ϕ + i z sin ϕ z JYM, Syksy /99

44 Radiaani kulman suuruuden yksikkönä Kompleksiluvun vaihekulman eli argumentin yksikkö on absoluuttinen kulmayksikkö eli radiaani. Kulman suuruus radiaaneina on määritelmän mukaan kulman rajoittaman ympyrän kaaren suhde ympyrän säteeseen: α = b r. α r b Kulman suuruus radiaaneina on siis reaaliluku. JYM, Syksy /99

45 Radiaanien ja asteiden yhteys Muista, että 180 vastaa π radiaania. Joitakin kulmia: π π 3 π 1 2 π 1 3 π 1 4 π 1 6 π 180 0, 360 π 0, 2π π 5 4 π 4 3 π 3 2 π 5 3 π 7 4 π 11 6 π JYM, Syksy /99

46 Kulman piirtäminen koordinaatistoon voi auttaa päättelyssä. Myös ns. muistikolmioista voi olla apua. π 6 1 π π JYM, Syksy /99

47 Vaihekulma ei ole yksikäsitteinen Kompleksiluvun z vaihekulma ei ole yksikäsitteinen: Jos z = 0, niin vaihekulmaksi käy mikä luku tahansa: 0 = 0(cos ϕ + i sin ϕ) kaikilla ϕ R. JYM, Syksy /99

48 Jos z 0, sen eri vaihekulmat eroavat toisistaan täysien kierroksien verran; ts. kahden eri vaihekulman erotus on n 2π, missä n Z. ϕ γ z cos ϕ + i z sin ϕ z cos θ + i z sin θ θ z cos γ + i z sin γ Esimerkiksi ϕ = θ + 2π, γ = θ + 2 2π, γ = ϕ + 2π. JYM, Syksy /99

49 Kompleksiluvun napaesitys Esimerkki 10 Määritetään seuraavien kompleksilukujen napaesitys: z 1 = 2 + 2i z 2 = i z 3 = 1 i 3. JYM, Syksy /99

50 Merkitään luku z 1 = 2 + 2i kompleksitasoon: z 1 8 α ϕ Itseisarvon määritelmän mukaan z 1 = ( 2) = 8 = 2 2. Kuvaan piirretyn suorakulmaisen kolmion molempien kateettien pituus on 2, joten α = 45. Siten ϕ = = 135. Näin z 1 = 2 2 cos(3π/4) + i2 2 sin(3π/4). JYM, Syksy /99

51 Merkitään luku z 2 = i kompleksitasoon: 3 2 π z 2 Itseisarvon määritelmän mukaan z 2 = ( 1) 2 = 1 = 1. Kuvasta nähdään, että vaihekulma on 3π/2. Näin z 2 = cos(3π/2) + i sin(3π/2). JYM, Syksy /99

52 Merkitään luku z 3 = 1 i 3 kompleksitasoon: 2 γ z 3 Itseisarvon määritelmän mukaan z 3 = = 4 = 2. Kuvaan piirretyn suorakulmaisen kolmion kateetit ovat 1 ja 3 ja hypotenuusa on 2. Saadaan ratkaistua γ = 60. Näin z 3 = 2 cos( π/3) + i2 sin( π/3). JYM, Syksy /99

53 Napaesityksen laskusääntöjä Tulon, liittoluvun ja käänteisluvun määrittäminen käy kätevästi napaesityksen avulla, kuten seuraavassa lauseessa osoitetaan. Potenssien laskemisessa auttaa ns. Moivrén kaava. JYM, Syksy /99

54 Napaesityksen laskusääntöjä ja Moivrén kaava Lause 11 Oletetaan, että luvuilla z, w C on napaesitykset z = z (cos ϕ + i sin ϕ) ja w = w (cos θ + i sin θ). Tällöin (a) zw = z w (cos(ϕ + θ) + i sin(ϕ + θ)). (b) z = z (cos( ϕ) + i sin( ϕ)). (c) z 1 = z 1 (cos( ϕ) + i sin( ϕ)). (d) jos n Z, niin z n = z n (cos nϕ + i sin nϕ) (Moivrén kaava). JYM, Syksy /99

55 Lauseen 11 todistus (osa). (a) Lasketaan ja käytetään sinin ja kosinin summakaavoja: zw = z (cos ϕ + i sin ϕ) w (cos θ + i sin θ) = z w (cos ϕ + i sin ϕ)(cos θ + i sin θ) = z w (cos ϕ cos θ + i cos ϕ sin θ + i sin ϕ cos θ + i 2 sin ϕ sin θ) = z w (cos ϕ cos θ + i(cos ϕ sin θ + sin ϕ cos θ) sin ϕ sin θ) = z w (cos ϕ cos θ sin ϕ sin θ + i(cos ϕ sin θ + sin ϕ cos θ)) = z w (cos(ϕ + θ) + i sin(ϕ + θ)) Sinin ja kosinin summakaavat löytyvät erilaisista taulukkokirjoista. Täältä löydät todistuksen alle 90 kulmien tapauksessa. JYM, Syksy /99

56 w zw z zw = z w (cos(ϕ + θ) + i sin(ϕ + θ)). Kompleksilukujen tulon itseisarvo on tulon tekijöiden itseisarvojen tulo. Kompleksilukujen tulon vaihekulma on tulon tekijöiden vaihekulmien summa. JYM, Syksy /99

57 Moivrén kaava Esimerkki 12 Merkitään z = 6 i 2. Laske Moivrén kaavan avulla z 10. Itseisarvon määritelmän mukaan z = ( 6) 2 + ( 2) 2 = 8 = 2 2. JYM, Syksy /99

58 8 α ϕ z Kuvaan piirretyn suorakulmaisen kolmion kateetit ovat 6 ja 2 ja hypotenuusa on 2 2. Saadaan ratkaistua α = 30 ja edelleen vaihekulma ϕ = α. Näin z = 2 2 ( (cos(7π/6) + i sin(7π/6) ). JYM, Syksy /99

59 Moivrén kaavan mukaan z 10 = (2 2) 10( cos(10 7π/6) + i sin(10 7π/6) ) = ( cos(70π/6) + i sin(70π/6) ) = ( cos(11π + 4π/6) + i sin(11π + 4π/6) ) = 2 15( cos(5 2π + π + 2π/3) + i sin(5 2π + π + 2π/3) ) = 2 15( cos(π + 2π/3) + i sin(π + 2π/3) ) = 2 15( cos(5π/3) + i sin(5π/3) ) = 2 15( 1/2 i 3/2 ) = 2 14( 1 i 3 ) JYM, Syksy /99

60 Eksponenttiesitys Yksinkertaisuuden vuoksi asetetaan seuraava määritelmä: Määritelmä Oletetaan, että ϕ R. Merkintä e iϕ tarkoittaa kompleksilukua cos ϕ + i sin ϕ; ts. e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ. Huom. Myöhemmillä kursseilla eksponenttifunktio x e x laajennetaan funktioksi C C, jolloin yllä olevaa määritelmää ei enää tarvita. JYM, Syksy /99

61 Määritelmä Eksponenttiesitys Kompleksiluvun eksponenttiesitys tarkoittaa kompleksiluvun esittämistä muodossa z = z e iϕ, missä z on luvun z itseisarvo ja ϕ on luvun z vaihekulma. ϕ z e iϕ z JYM, Syksy /99

62 Eksponenttiesitys Esimerkki 13 Määritä seuraavien kompleksilukujen eksponenttiesitys: z = i, w = 3 3i, z 3 w 4. Huom. Napaesityksen laskusääntöjä koskevasta lauseesta 11 seuraa, että eksponenttiesitystä käytettäessä voidaan soveltaa tuttuja potenssien laskusääntöjä. JYM, Syksy /99

63 Merkitään luku z = i kompleksitasoon: z 4 α ϕ Itseisarvon määritelmän mukaan z = ( 2) 2 + (2 3) 2 = 16 = 4. Kolmiosta saadaan α = π/3, joten vaihekulma on ϕ = 2π/3. Näin z = 4e 2π 3 i. JYM, Syksy /99

64 Merkitään luku w = 3 3i kompleksitasoon: α ϕ 3 2 w Itseisarvon määritelmän mukaan w = ( 3) 2 + ( 3) 2 = 18 = 3 2. Kolmiosta saadaan α = π/4, joten vaihekulma on ϕ = 5π/4. Näin w = 3 2e 5π 4 i. JYM, Syksy /99

65 Lasketaan: z 3 w 4 = ( 4e 2π i) 3 3 (3 2e 5π i) 4 4 = 4 3( e 2π 3 i) ( 2) 4( e 5π 4 i) 4 = 4 3 e 3 2π 3 i e 4 5π 4 i = e 2πi e 5πi = 12 4 e 7πi = 12 4 e 6πi e πi = e πi = 12 4 e πi JYM, Syksy /99

66 Tulon nollasääntö kompleksiluvuille Lause 14 Oletetaan, että z, w C. Jos zw = 0, niin z = 0 tai w = 0. Todistus. Oletetaan, että zw = 0. Tällöin zw = 0. Toisaalta zw = z w lauseen 7 nojalla. Siis z w = 0. Reaalilukujen tulon nollasäännön mukaan tästä yhtälöstä seuraa, että z = 0 tai w = 0. Tämä tarkoittaa, että z = 0 tai w = 0. JYM, Syksy /99

67 Tulot ja osamäärät eksponenttiesityksessä Tulojen ja osamäärien laskeminen käy kätevästi eksponenttiesityksen avulla, mutta on syytä olla myös tarkkana. Esimerkki 15 Määritä seuraavien kompleksilukujen itseisarvo, vaihekulma, reaaliosa ja imaginaariosa: z 1 = 3e π 2 i 7e π 4 i, z 2 = 2e π 6 i, z 3 = 12e 4 3 πi 4e π 6 i. JYM, Syksy /99

68 Lasketaan: z 1 = 3e π 2 i 7e π 4 i = 3 7e ( π 2 + π 4 )i = 21e π 4 i = 21(cos( π/4) + i sin( π/4)) ( ) 1 1 = 21 2 i 2 = i Havaitaan, että luvun z 1 itseisarvo on 21 ja vaihekulma on π/4; reaaliosa on ja imaginaariosa on JYM, Syksy /99

69 Huomataan, että z 2 ei olekaan valmiiksi eksponenttiesityksessä, sillä kerroin 2 on negatiivinen. Lasketaan: z 2 = 2e π 6 i = 1 2e π 6 i = e πi 2e π 6 i = 2e (π π 6 )i = 2e 5π 6 i = 2(cos(5π/6) + i sin(5π/6)) = 2 ( i 1 ) = 3 + i 2 Havaitaan, että luvun z 2 itseisarvo on 2 ja vaihekulma on 5π/6; reaaliosa on 3 ja imaginaariosa on 1. JYM, Syksy /99

70 Lasketaan: z 3 = 12e 4 3 πi 4e π 6 i = 3e ( 4 = 3e 7π 6 i 3 π π 6 )i = 3(cos(7π/6) + i sin(7π/6)) = 3 ( 3 2 i 1 ) = i Havaitaan, että luvun z 3 itseisarvo on 3 ja vaihekulma on 7π/6; reaaliosa on ja imaginaariosa on 3 2. JYM, Syksy /99

71 Toisen asteen yhtälö Lause 16 Oletetaan, että r R. Jos r > 0, niin yhtälöllä x 2 = r on kompleksilukujen joukossa tasan kaksi ratkaisua, jotka ovat r ja r. Jos r = 0, niin yhtälöllä x 2 = r on kompleksilukujen joukossa tasan yksi ratkaisu, joka on 0. jos r < 0, niin yhtälöllä x 2 = r on kompleksilukujen joukossa tasan kaksi ratkaisua, jotka ovat i r ja i r. Seuraavat esimerkit havainnollistavat tekniikkaa, jolla tämä lause voitaisiin todistaa. JYM, Syksy /99

72 Toisen asteen yhtälö Esimerkki 17 Ratkaistaan yhtälö x 2 = 25. x 2 = 25 x 2 25 = 0 x = 0 (x 5)(x + 5) = 0 Tulon nollasäännön mukaan viimeinen yhtälö toteutuu, jos ja vain jos x 5 = 0 tai x + 5 = 0. Toisin sanottuna x = 5 tai x = 5. JYM, Syksy /99

73 Toisen asteen yhtälö Esimerkki 18 Ratkaistaan yhtälö x 2 = 9. x 2 = 9 x 2 ( 9) = 0 x 2 9i 2 = 0 x 2 (3i) 2 = 0 (x 3i)(x + 3i) = 0 Tulon nollasäännön mukaan viimeinen yhtälö toteutuu, jos ja vain jos x 3i = 0 tai x + 3i = 0. Toisin sanottuna x = 3i tai x = 3i. JYM, Syksy /99

74 Lause 19 Toisen asteen yhtälö Oletetaan, että a, b, c R ja a 0. Tarkastellaan yhtälöä ax 2 + bx + c = 0. Jos diskriminantti b 2 4ac 0, yhtälöllä on kompleksilukujen joukossa yksi tai kaksi juurta, jotka saadaan kaavasta x = b ± b 2 4ac 2a. Jos diskriminantti b 2 4ac < 0, yhtälöllä on kompleksilukujen joukossa tasan kaksi juurta, jotka saadaan kaavasta x = b ± i b 2 4ac. 2a JYM, Syksy /99

75 Lauseen 19 perustelun idea. Täydennetään yhtälön vasen puoli neliöksi: ax 2 + bx + c = 0 x 2 + b a x + c a = 0 x b 2a x = c a x b ( ) 2 b 2a x + = c ( b 2a a + 2a ) 2 ( ( x + b 2a x + b 2a ) 2 = b2 4a 2 c a ) 2 = b2 4ac 4a 2 JYM, Syksy /99

76 Jos yhtälön oikea puoli on negatiivinen eli b 2 4ac < 0, niin yhtälöllä on lauseen 16 mukaan kaksi ratkaisua: x + b 2a = ±i b 2 4ac 4a 2 x = b 2a ± i b 2 4ac 4a 2 x = b 2a ± i b 2 4ac 2 a x = b ± i b 2 4ac 2a JYM, Syksy /99

77 Esimerkki 20 Toisen asteen yhtälö Ratkaise kompleksilukujen joukossa yhtälö x 2 2x + 27 = 2 10x. x 2 2x + 27 = 2 10x x 2 + 8x + 25 = 0 x = 8 ± i x = 8 ± i x = 8 ± i 36 2 x = 8 ± 6i 2 x = 4 ± 3i JYM, Syksy /99

78 Neliöjuuren määritelmä Määritelmä Oletetaan, että a R ja a 0. Luvun a neliöjuuri tarkoittaa reaalilukua b, jolla pätee: b 2 = a ja b 0. Luvun a neliöjuurta merkitään a. Huom. Toisin sanottuna luvun a 0 neliöjuuri a on yhtälön x 2 = a epänegatiivinen ratkaisu. Negatiivisen reaaliluvun neliöjuuri ei ole määritelty. JYM, Syksy /99

79 Neliöjuuren määritelmä Neliöjuuren määritelmä takaa, että sääntö x x on kuvaus [0, [ [0, [. JYM, Syksy /99

80 Neliöjuuren määritelmä Esimerkki 21 Luvun 9 neliöjuuri on 9 = 3, sillä 3 2 = 9 ja 3 0. Huomaa, että yhtälöllä x 2 = 9 on kaksi ratkaisua: 3 ja 3. Neliöjuuren määritelmän mukaan 9 tarkoittaa näistä kahdesta epänegatiivista lukua 3. JYM, Syksy /99

81 Neliöjuuren määritelmä Esimerkki 22 Myös yhtälöllä x 2 = 9 on kaksi ratkaisua: 3i ja 3i. Negatiivisen luvun 9 neliöjuureksi olisi siis luontevaa määritellä näistä toinen. Kokeillaan määritellä 9 = 3i. Etsi ongelma alla olevasta yhtälöketjusta: 9 = 81 = = 9i 2 = 9. ( 9)( 9) = 9 9 = 3i 3i JYM, Syksy /99

82 Kokeillaan määritellä 9 = 3i. Etsi ongelma alla olevasta yhtälöketjusta: 9 = 81 = = 9i 2 = 9. ( 9)( 9) = 9 9 = 3i ( 3i) Huom. Mistä joudutaan luopumaan, jos negatiivisen luvun neliöjuuri määritellään jommalla kummalla yllä kuvatulla tavalla? JYM, Syksy /99

83 Huom. Havaitaan, että tuttu sääntö ab = a b ei enää pidäkään paikkaansa. Neliöjuuri voidaan määritellä negatiivisille reaaliluvuille ja yleisemmin kompleksiluvuille asettamalla luvun z = re iϕ neliöjuureksi z = re i ϕ 2. Tällöin joudutaan monikäsitteisyyden välttämiseksi rajoittamaan vaihekulma ϕ esimerkiksi välille [0, 2π[ tai ] π, π]. Tuttuihin neliöjuuren laskusääntöihin ei kuitenkaan voi tällöin enää luottaa. JYM, Syksy /99

84 Binomiyhtälö Määritelmä Oletetaan, että w C ja n N, n > 0. Muotoa x n = w olevaa yhtälöä kutsutaan binomiyhtälöksi. Esimerkki 23 Binomiyhtälöitä ovat esimerkiksi yhtälöt x 6 = 1 ja x 2 = 4 + 4i. JYM, Syksy /99

85 Binomiyhtälö Binomiyhtälön ratkaiseminen helpottuu, jos käytetään eksponenttiesitystä sekä tuntemattomalle x että luvulle w. Oletetaan, että w 0. Menetelmä binomiyhtälön x n = w ratkaisemiseksi: 1. Kirjoitetaan tuntematon eksponenttiesitystä käyttäen: x = re iϕ, missä r = x 0 ja ϕ R. 2. Etsitään luvun w eksponenttiesitys w = w e iθ. 3. Binomiyhtälö saa muodon ( re iϕ ) n = w e iθ r n e inϕ = w e iθ. JYM, Syksy /99

86 4. Yhtälössä esiintyvät kompleksiluvut ovat samat, jos ja vain jos niillä on sama itseisarvo ja niiden vaihekulmien erotus on k 2π, missä k Z. Siten saadaan tarkasteltavan yhtälön kanssa yhtäpitävä yhtälöpari { r n = w nϕ θ = 2πk, missä k Z. 5. Ratkaistaan tästä yhtälöparista r ja ϕ. JYM, Syksy /99

87 Binomiyhtälö Esimerkki 24 Ratkaise kompleksilukujen joukossa yhtälö (a) x 5 = 1 (b) z 4 = 2 3 2i. (a) Merkitään x = re iϕ, missä r = x 0 ja ϕ R. Luvun 1 eksponenttiesitys on e 0i. Tarkasteltava yhtälö saa siis muodon (re iϕ ) 5 = e 0i r 5 e 5iϕ = e 0i. Tämän yhtälön kanssa yhtäpitävä yhtälöpari on { r 5 = 1 5ϕ 0 = 2πk, missä k Z. JYM, Syksy /99

88 Tämä johtuu siitä, että yhtälössä esiintyvillä kompleksiluvuilla pitää olla sama itseisarvo ja niiden vaihekulmat saavat erota toisistaan jollakin määrällä täysiä kierroksia. Yhtälöpari saadaan ratkaistua: { 5 r = 1 r = 1 5ϕ = 2πk ϕ = 2k π, missä k Z. 5 Kokeilemalla havaitaan, että yhtälöllä on viisi eri ratkaisua, jotka saadaan esimerkiksi tapauksissa k = 0,..., k = 4: 1, e 2 5 πi, e 4 5 πi, e 6 5 πi, e 8 5 πi. Nämä ratkaisut ovat nimeltään viidennet ykkösen juuret. JYM, Syksy /99

89 Yhtälön x 5 = 1 ratkaisut eli viidennet ykkösen juuret sijaitsevat kompeksitason yksikköympyrällä muodostaen säännöllisen viisikulmion: JYM, Syksy /99

90 (b) Ratkaistaan kompleksilukujen joukossa yhtälö z 4 = 2 3 2i. Merkitään z = re iϕ, missä r = z 0 ja ϕ R. Luvun w = 2 3 2i itseisarvo on w = (2 3) 2 + ( 2) 2 = 16 = 4. Vaihekulma saadaan ratkaistua suorakulmaisesta kolmiosta: θ 4 w = 2 3 2i Siis 2 3 2i = 4e π 6 i. JYM, Syksy /99

91 Tarkasteltava yhtälö saa näin muodon (re iϕ ) 4 = 4e π 6 i r 4 e 4iϕ = 4e π 6 i. Tämän yhtälön kanssa yhtäpitävä yhtälöpari on r 4 = 4 ( 4ϕ π ) = 2πk, missä k Z. 6 Tämä johtuu siitä, että yhtälössä esiintyvillä kompleksiluvuilla pitää olla sama itseisarvo ja niiden vaihekulmat saavat erota toisistaan jollakin määrällä täysiä kierroksia. JYM, Syksy /99

92 Ottamalla huomioon, että itseisarvo r 0, saadaan yhtälöpari ratkaistua: r = 4 ( 4 r = 4 ) 4 r = ( 2 r = ) 2 4ϕ = π 6 + 2πk ϕ = π 24 + π 2 k, missä k Z. Havaitaan, että yhtälöllä on neljä eri ratkaisua, jotka saadaan esimerkiksi tapauksissa k = 0,..., k = 3: 2e 1 24 πi, 2e πi, 2e πi, 2e πi. JYM, Syksy /99

93 Yhtälön z 4 = 2 3 2i ratkaisut sijaitsevat kompeksitason origokeskisellä, 2-säteisellä ympyrällä muodostaen säännöllisen nelikulmion: JYM, Syksy /99

94 Kompleksikertoiminen toisen asteen yhtälö Esimerkki 25 Ratkaistaan kompleksilukujen joukossa yhtälö x 2 (6 + 8i)x 11 + ( )i = 0. JYM, Syksy /99

95 Aloitetaan täydentämällä yhtälön vasen puoli neliöksi tiedon a 2 2ab + b 2 = (a b) 2 avulla. Tutkittavan yhtälön tapauksessa a = x ja b = 3 + 4i, joten lisäämällä ja vähentämällä b 2 = (3 + 4i) 2 saadaan x 2 (6 + 8i)x 11 + ( )i ( = x 2 2(3 + 4i)x + (3 + 4i) 2) (3 + 4i) ( )i ( = x 2 2(3 + 4i)x + (3 + 4i) 2) (24i 7) 11 + ( )i ( = x 2 2(3 + 4i)x + (3 + 4i) 2) 24i i + 4 3i ( = x 2 2(3 + 4i)x + (3 + 4i) 2) i ( 2 = x (3 + 4i)) i JYM, Syksy /99

96 Alkuperäinen yhtälö voidaan näin kirjoittaa muodossa ( x (3 + 4i)) i = 0 eli ( x (3 + 4i)) 2 = 4 4 3i. Merkitään z = x (3 + 4i), jolloin yhtälö saa muodon Eksponenttiesityksessä missä r, ϕ R ja r 0. z 2 = 4 4 3i. ( re iϕ) 2 = 8e π 3 i eli r 2 e 2iϕ = 8e π 3 i, JYM, Syksy /99

97 Tämän yhtälön kanssa yhtäpitävä yhtälöpari on r 2 = 8 2ϕ = π 3 + 2πk, missä k Z. Tämä johtuu siitä, että yhtälössä esiintyvillä kompleksiluvuilla pitää olla sama itseisarvo ja niiden vaihekulmat saavat erota toisistaan jollakin määrällä täysiä kierroksia. JYM, Syksy /99

98 Ottamalla huomioon, että itseisarvo r 0, saadaan yhtälöpari ratkaistua: r = ( 8 r = ) 8 r = 2 ( 2 r = 2 ) 2 2ϕ = π 3 + 2πk ϕ = π 6 + πk, missä k Z. Havaitaan, että yhtälöllä on kaksi eri ratkaisua, jotka saadaan esimerkiksi parametrin k arvoilla 0 ja 1: z 0 = 2 2e 1 6 πi = 2 ( ) 2 i = 6 2i z 1 = 2 2e 5 6 πi = 2 2 ( ) 2 i = 6 + 2i. JYM, Syksy /99

99 Huomioimalla, että z = x (3 + 4i) saadaan alkuperäiselle yhtälölle ratkaisut x 0 = 6 2i i = (4 2)i x 1 = 6 + 2i i = (4 + 2)i. x i x 0 JYM, Syksy /99