KOMPLEKSILUVUISTA. y. x 2 + y 2

Transkriptio

1 Matematiikan olympiavalmennus KOMPLEKSILUVUISTA 1 Perusteoriaa ja geometriaa 1.1 Kompleksilukujen määritelmä ja perusalgebraa 1. Joukossa R = {(x, y) x R, y R} määritellään yhteen- ja kertolasku kaavoilla (x, y)+(x,y )=(x + x,y+ y ), (x, y)(x,y )=(xx yy,xy + x y). On helppoa vaikkakaan ei kovin mielenkiintoista varmistaa, että määritellyt laskutoimitukset noudattavat vaihdanta-, liitäntä- ja osittelulakeja, että yhteenlaskun neutraalialkio on (0, 0) ja alkion (x, y) vasta-alkio on ( x, y) ja että kertolaskun neutraalialkio on (1, 0) ja alkion (x, y) (0, 0) käänteisalkio on ( x x + y, ) y. x + y Näin R :sta tulee algebrallinen kunta. Kuntana R :sta käytetään merkitää C. C:n alkiot ovat kompleksilukuja.. Kuvaus f : R C, f(x) =(x, 0), on laskutoimitukset säilyttävä bijektio. Näin ollen R = f(r) on reaalilukujen joukon kanssa isomorfinen C:n osajoukko. Merkitään (x, 0) = x ja samastetaan R ja R. Täten C on R:n laajennus. 3. Koska (0, 1)(y, 0) = (0, y), on (x, y) =(x, 0) + (0, 1)(y, 0) = x +(0, 1)y. Merkitään (0, 1) = i. Silloin (x, y) =x + yi. Kompleksilukua i kutsutaan imaginaariyksiköksi. Jos z = x + yi, merkitään x =Rez, y =Imz. i =(0, 1)(0, 1) = ( 1, 0) = 1. Kompleksilukujen kertolasku voidaan suorittaa reaalilukujen laskutoimituksin lisäyksellä i = Kompleksiluvun z = x+yi liittoluku eli konjugaatti on z = x yi. Liittoluvun muodostus noudattaa sääntöjä z 1 + z = z 1 + z, z 1 z = z 1 z. Luvun z = x + yi itseisarvo eli moduli on reaaliluku z = x + y.pätee z = zz, josta seuraa mm. z = z, z 1 z = z 1 z ja z 1 = z z. Kompleksiluvun reaali- ja imaginaariosa voidaan lausua luvun ja sen liittoluvun avulla: z + z =Rez ja z z =i Im z.

2 Koska Re z z, onz 1 z + z 1 z =Re(z 1 z ) z 1 z = z 1 z ja siis z 1 + z = (z 1 + z )(z 1 + z )= z 1 + z + z 1 z + z 1 z z 1 + z + z 1 z =( z 1 + z ). Kompleksilukujen itseisarvo toteuttaa siis kolmioepäyhtälön z 1 + z z 1 + z. 1. Kompleksilukujen geometrinen esitys 5. Koska (joukkoina) R ja C ovat samat, kompleksiluku z =(x, y) =x + iy voidaan samastaa tason koordinaattipisteen P =(x, y) tai origon O tähän koordinaattipisteeseen yhdistävän vektorin OP = x i + y j kanssa. Kompleksilukujen yhteenlaskua vastaa vektorien yhteenlasku ja sellaista kertolaskua, jossa toinen tulon tekijä on reaaliluku, vektorin kertominen reaaliluvulla. Joukko R on tässä mallissa x-akseli. OP = z. 6. Positiivisen x-akselin ja vektorin OP välinen x-akselista positiiviseen kiertosuuntaan mitattu kulma on kompleksiluvun z argumentti arg z. Koska x =Rez = z cos(arg z) ja y =Imz = z sin(arg z), on z = z (cos(arg z)+i sin(arg z)) = z (cos(arg z +nπ)+i sin(arg z +nπ)). Nähdään heti, että arg(z) =π arg z = arg z (mod π). 7. Jos z 1 = z 1 (cos t 1 + i sin t 1 )jaz = z (cos t + i sin t ), niin z 1 z = z 1 z (cos t 1 cos t sin t 1 sin t + i(cos t 1 sin t +sint 1 cos t )) = z 1 z (cos(t 1 + t )+isin(t 1 + t )) Tästä seuraa z 1 z = z 1 z ja arg(z 1 z )=arg(z 1 )+arg(z ) (mod π). Tulos yleistyy induktiolla tuloon, jossa on mielivaltainen määrä tekijöitä. Tästä seuraa erityisesti, että jos z = r(cos t + i sin t), niin z n = r n (cos nt + i sin nt), kun n N (De Moivren kaava). Osamäärälle saadaan z 1 = z ( ) 1 z, arg z1 =argz 1 arg z (mod π). z Hyödyllinen havainto on myös arg(zw) =argz arg w. z 1.3 Kompleksiset juuret sekä eksponentti- ja logaritmifunktio 8. Jos n a on luku, jolle ( n a) n = a ja jos a = r(cos t + i sin t), niin jokainen luvuista ), k =0, 1,..., n 1, (1) n r (cos t +kπ n + i sin t +kπ n voi olla n a. Luvut (1) ovat yhtälön ratkaisut. z n = a

3 Esimerkkejä. 3 π 1onjoko1,cos 3 + i sin π 3 3 = 1 + i i + kπ + i sin 1 3 i. i on joko cos π 4 + i sin π 4 = 1 Yhtälön z n = 1 ratkaisut z k = cos kπ yksikköjuuria. 9. Koska n 3 tai cos 4π 3 + i sin 4π 3 = taicos 5π 4 +sin5π 4 = 1 n i., k = 0, 1,..., n 1, ovat n:nsiä e it (it) k = k! k=0 =1 t! + t4 t3 + i(t 4! 3! + t5 )=cost + i sin t, 5! voidaan kirjoittaa z = r(cos t + i sin t) =re it (Eulerin kaava). 10. Edellisen perusteella e z = e x+iy = e x e iy = e x (cos y + i sin y). Siis e z = e x = e Re z ja arg e z = y = Imz. (Voidaan osoittaa, että sarjan avulla määritelty kompleksinen eksponenttifunktio toteuttaa samat laskusäännöt kuin reaalinen eksponenttifunktiokin.) Olkoon w = w (cos φ + i sin φ) mielivaltainen kompleksiluku. Yhtälö e z = w merkitsee, että e x = w eli x =ln w ja y =argw (mod π). Kompleksiluvun w logaritmilla log w on siten äärettömän monta arvoa: log w =ln w +iarg w +nπi. Arvoista yksi on aina valittavissa niin, että sen imaginaariosa on välillä [0, π]. Ne logaritmin ominaisuudet, jotka ovat seurausta eksponenttifunktion laskusäännöistä, periytyvät sellaisinaan kompleksisille logaritmeille. Siten mm. log(w 1 w )=logw 1 +logw. Esimerkkejä. Koska arg( 1) = π, niin log( 1) = iπ +nπi. log(ei) =1+ iπ +nπi. 11. Yleinen potenssi z w määritellään nyt lukuna e w log z. Potenssilla on yleensääärettömän monta eri arvoa. Esimerkki. i i = e i log i = e i(i π +nπi) = e π nπ. Luvun i i likiarvoja ovat siten esim. 0, (n = 3), 0,0788 (n = 0) ja (n = 4). 1.4 Kompleksitason geometriaa 1. Jos z = x + yi on kompleksitason piste, niin z = x yi on z:n symmetriapiste x- akselin suhteen, z = x yi on z:n symmetriapiste origon suhteen ja z = x + yi on z:n symmetriapiste y-akselin suhteen. 13. Jos z 1 ja z ovat kompleksitason pisteitä, niin z on samalla suoralla kuin z 1 ja z,jos ja vain jos vektorien zz 1 ja zz välinen kulma on 0 tai π. Tämä onsamaasiakuinse,että jollain reaaliluvulla k on z z = k z z 1

4 4 eli z = z kz 1 1 k. () Jos k<0, z on pisteiden z 1 ja z välissä, jos 0 <k<1, z on z:n ja z 1 :n välissä, ja jos 1 <k, z 1 on z:n ja z :n välissä. Yhtälön () kanssa yhtäpitäviä samalla suoralla olemisen ehtoja ovat z = pz 1 + qz, p, q R, p+ q =1 ja az + bz 1 + cz =0, a, b, c R, a+ b + c =0, a + b + c 0. Esimerkki. Janan [z 1,z ] keskipisteessä k = 1, joten keskipiste on z M = z 1 + z. Jos z 3 on kolmas piste, kolmion, jonka kärjet ovat z 1, z ja z 3 painopiste on se piste, jossa jana [z 3,z M ] jakautuu suhteessa : 1; tämä pisteon(k = 1 ) z G = z M + 1 z = 1 (z 1 + z + z 3 ) 3 = 1 3 (z 1 + z + z 3 ). Yleisemmin minkä tahansa tason pistejoukon {z 1,z,..., z k } painopiste on m = 1 k (z 1 + z + + z k ). 14. Pisteet z 1, z, z 3 ja z 4 ovat samalla ympyrällä, jos ja vain jos joko arg z 4 z 1 = z z 1 arg z 4 z 3 tai arg z 4 z 1 +arg z z 3 = π (kehäkulmalause). Tämä merkitsee, että z z 3 z z 1 z 4 z 3 kaksoissuhde z 4 z 1 z z 1 z z 3 z 4 z 3 = z 4 z 1 z z 1 : z 4 z 3 z z 3 on reaalinen. Jos suhde on reaalinen, pisteet z 1, z, z 3 ja z 4 ovat samalla ympyrällä tai samalla suoralla. Jos pisteet eivät ole samalla suoralla ja kaksoissuhde on negatiivinen, nelikulmio z 1 z z 3 z 4 on kupera ja sen ympäri voidaan piirtää ympyrä. 15. Olkoon z 1 z...z n kupera positiivisesti suunnistettu monikulmio kompleksitasossa. Merkitään z n+1 = z 1. Osoitetaan, että monikulmion pinta-ala on ( S = 1 n ) Im z k+1 z k. Tämä nähdään seuraavasti: Ensinnäkin jokaiselle kompleksiluvulle z on z z k + z z k+1 = z z k + z z k+1,

5 5 joten edellisen yhtälön lauseke on aina reaalinen. Tästä seuraa ( n ) Im (z k+1 + z)(z k + z) ( n ) ( =Im z k+1 z k +Im z z k + z ) ( n ) z k+1 +Im(n z )=Im z k+1 z k. Koska pinta-alaksi väitetyn summan arvo ei muutu,kun jokaiseen z k :hon lisätään z, voidaan monikulmio siirtää niin, että origo on sen sisäpuolella. Jos nyt z k = r k (cos t k + i sin t k ), on Im(z k+1 z k )=r k+1 r k sin(t k+1 t k ) eli kaksi kertaa sen kolmion ala, jonka kärjet ovat O, z k ja z k+1. Koska koko monikulmion ala saadaan laskemalla yhteen kaikkien kolmioiden Oz k z k+1 alat, väite seuraa. Itse asiassa monikulmion z 1 z...z n kuperuutta ei tarvitse olettaa, riittää että monikulmio on tähdenmuotoinen jonkin pisteen suhteen, siis että monikulmion kaikki kärjet voidaan yhdistää janoilla tähän pisteeseen. Jos kolmion kärjet ovat a, b ja c, niin edellisen mukaan kolmion ala on S = 1 Im(ab + bc + ca) tai esimerkiksi S = 1 Im(b a)(c a). 16. Samoin suunnistetut kolmiot A 1 A A 3 ja B 1 B B 3 ovat yhdenmuotoiset, jos (esim.) A 1 A A 1 A 3 = B 1B B 1 B 3 ja A A 1 A 3 = B 1 B B 3. Jos pistettä A i (B i ) vastaa kompleksiluku a i (b i ), niin yhdenmuotoisuusehdoista edellinen sanoo, että kompleksiluvuilla a a 1 ja b b 1 on sama moduli, jälkimmäinen, että niillä a 3 a 1 b 3 b 1 on sama argumentti. Yhdenmuotoisuus vallitsee siis, jos (ja elleivät kolmiot surkastu, vain jos) a a 1 = b b 1. (3) a 3 a 1 b 3 b 1 Jos kolmiot ovat vastakkaisesti suunnistetut, saadaan pari samoin suunnistettuja kolmioita peilaamalla toinen kolmio x-akselin yli. Yhdenmuotoisuusehto on tässä tapauksessa a a 1 a 3 a 1 = b b 1 b 3 b 1. Yhtälö (3) voidaan kirjoittaa symmetriseen muotoon a 1 a a 3 b 1 b b 3 =0. [Oletamme kolmirivisten determinanttien perusominaisuudet tunnetuiksi; ne eivät riipu siitä, ovatko determinantin alkiot reaalisia vai kompleksisia.]

6 6 17. Jos kolmio A 1 A A 3 on yhdenmuotoinen kolmion A A 3 A 1 kanssa, se on tasasivuinen. Edellisin merkinnöin tämä toteutuu, kun a 1 a a 3 a a 3 a 1 =0. Edellinen yhtälö onyhtäpitävä yhtälön a 1 +a +a 3 = a 1a +a a 3 +a 3 a 1 kanssa ja edelleen yhtälön (a 1 a ) +(a a 3 ) +(a 3 a 1 ) =0 kanssa. 1.5 Analyyttisen geometrian yhtälöiden kompleksimuotoja 18. Yhtälöparit ja z = x + iy, z = x iy x = 1 (z + z), y = 1 i (z z) = i (z z) ovat yhtäpitävät. Tätätietoahyväksi käyttäen relaatiot f(x, y) = 0 voidaan muuntaa relaatioiksi φ(z, z) = Suoran yhtälö ax + by + c = 0 muuntuu muotoon a bi (z + z) (z z)+c = 1 ((a bi)z +(a + ib)z)+c =0 eli αz + αz + c =0, (4) missä c on reaaliluku. Jos suora kulkee pisteen z 0 kautta, on oltava c = αz 0 αz 0. Suoran yhtälö on siis α(z z 0 )+α(z z 0 )=0. Jos z, z 1 ja z eivät ole samalla suoralla, ne muodostavat kolmion, joka ei ole (suoraan) yhdenmuotoinen sen kolmion kanssa, jonka kärjet ovat z, z 1 ja z. Edellä kolmioiden yhdenmuotoisuudesta tehty tarkastelu merkitsee, että pisteet ovat samalla suoralla, jos ja vain jos z z 1 z z z 1 z =0.

7 7 0. Suoran αz + αz + c =0eli(α + α)x + i(α α)y + c = 0 kulmakerroin on k = α + α i(α α) = iα + α α α. (5) Jos suoran ja x akselin välinen kulma on φ, niin k =tanφ = sin φ.yhtälöstä (5) voidaan cos φ ratkaista α cos φ + i sin φ = α cos φ i sin φ = eiφ = eφi e iφ ja edelleen φ = i ( log α ). α Kahden eri suoran αz + αz + a =0jaβz + βz + b =0väliseksi kulmaksi saadaan φ 1 φ = i ( log α ) i ( α log β ) = i ( ) αβ β log. αβ Tästä saadaan suorien yhdensuuntaisuudelle ehto αβ = αβ eli α α β β =0 ja kohtisuoruudelle αβ = αβ eli Ehto toteutuu esim. jos β = iα. α α + β β =0. 1. Pisteen z 0 kautta kulkevan ja suoraa (4) vastaan kohtisuoran suoran yhtälöksi saadaan edellisestä α(z z 0 ) α(z z 0 )=0. Yhtälöparista { αz αz = αz0 αz 0 αz + αz = c saadaan pisteen z 0 kohtisuoraksi projektioksi suoralla (4) z 1 = αz 0 αz 0 c. α Pisteen z 0 etäisyys suorasta (4) on z 0 z 1 = αz 0 αz 0 + αz 0 + c α = αz 0 + αz 0 + c. α

8 8. Pisteen z 0 kautta kulkeva kompleksiluvun w esittämän vektorin suuntaisen suoran pisteissä z on z z 0 = tw, missä t on reaaliluku. Tämä merkitsee, että pisteissä toteutuu yhtälö z z 0 w = z z 0 w eli wz wz + wz 0 wz 0 =0. Kun tätä verrataan yhtälöön (4) (jossa c on reaalinen!), saadaan α = iw. 3. Ympyrän x + y + ax + by + c =0yhtälöksi saadaan kuten numerossa 19 zz + αz + αz + c =0, (6) missä α = 1 (a ib). Jos ympyrän keskipiste on µ ja säde r, niin ympyrän yhtälö onmyös z µ = r eli (z µ)(z µ) =r. Siis α = µ ja c = µ r. Jos z 0 on ympyrän (6) ulkopuolella, sen potenssi ympyrän suhteen on ( z 0 µ + r)( z 0 µ r) = z 0 µ r = z 0 z 0 + αz 0 + αz 0 + c. Jos piste z 0 on ympyrän sisäpuolella, edellisen kaavan termi z 0 µ r on muutettava vastaluvukseen; tässä tapauksessa z 0 potenssi ympyrän (6) suhteen on siis (z 0 z 0 + αz 0 + αz 0 + c). 1.6 Tavalliset geometriset transformaatiot kompleksitasossa 4. Jos T : C C on jokin kompleksitason transformaatio, niin merkitään T (z) =z, T (z k )=z k jne. Sellainen tason siirto, jossa origo siirtyy pisteeseen w on kuvaus z = T (z) =z + w. 5. Tason kierto origon ympäri kulman φ verran vastapäivään on T (z) =e iφ z. Kierto pisteen w ympäri on z = T (z) =w +e iφ (z w) =e iφ z +w(e iφ 1), sillä se saadaan aikaan siirtämällä w origoon, kiertämällä origon ympäri ja siirtämällä origo takaisin pisteeseen w. Olkoon a =1,a 1jaT (z) =az + b. Silloin T (z) =az + b (a 1), a 1 b joten T on kierto pisteen ympäri. Kahden kierron yhdistäminen on kierto tai siirto: a 1 jos T 1 (z) =a 1 z + b 1, T (z) =a z + b ovat kiertoja, niin T (T 1 (z)) = (a a 1 )z + a b 1 + b, missä a 1 a =1.

9 6. Kuvaus T (z) =z on peilaus x-akselin yli. Origon kautta kulkeva suora l: αz +αz =0, on numeron mukaan vektorin w = iα suuntainen. Transformaatio α 9 T (z) =w(wz) =w z = α α z on yhdistetty kierrosta, jolla suora l kääntyy x-akseliksi, peilauksesta x-akselin yli ja kierrosta, jolla x-akseli palautuu suoraksi l. Transformaatio on siis peilaus suorassa l. Yleinen suora αz +αz +c = 0 leikkaa x-akselin pisteessä c.näin ollen peilaus tässä suorassa α + α on T (z) = α ( z + c ) c α α + α α + α. 7. Origokeskinen homotetia, jossa homotetiasuhde on k R, ont (z) =kz. Homotetia, jonka homotetiakeskus on w, ont (z) =w + k(z w) =kz +(1 k)w. 8. Olkoon a = a e iφ C mielivaltainen. Kuvaus ( T (z) =az + b = a z + b ) ( = a (e iφ z + b )) a a ontranslaatiosta, kierrosta ja homotetiastayhdistetty. Koska kukinnäistä kuvaustyypeistä säilyttää kuvioiden yhdenmuotoisuuden, T on yhdenmuotoisuuskuvaus. Numeron 16 tarkasteluista seuraa, että jokainen yhdenmuotoisuuskuvaus on joko muotoa T (z) = az + b tai T (z) =az + b. 9. Inversio origokeskisessä 1-säteisessä ympyrässä onkuvaust (z) = 1 z. Inversio z 0- keskisessä jar-säteisessä ympyrässä määrittyy kaavalla T (z) =z 0 + r z z 0. Algebran peruslause 30. Todistetaan algebran peruslause. Sen mukaan jokaisella polynomilla P (z) =z n + a n 1 z n a 1 z + a 0, missä kertoimet a j ovat kompleksilukuja, on ainakin yksi nollakohta, ts. yhtälöllä P (z) =0 on ainakin yksi ratkaisu. Todistus vaatii hiukan analyysin käsitteitä jatietoja.

10 Kompleksilukujonolla z j, j =1,,...,eli(z j )onraja-arvo z, jos z n z on mielivaltaisen pieni kaikilla tarpeeksi suurilla n:n arvoilla. (Tämä voidaan lausua täsmällisemminkin, mutta tarpeisiimme riittää tämä.) Jos P on polynomi, w j = P (z j ) ja jonolla (z j )onrajaarvo z, niin jonolla (w j ) on raja-arvo w = P (z). Tämä seuraa siitä, että w j w = P (z j ) P (z) = zj n zn +a n 1 (z n 1 j z n 1 )+ +a 1 (z j z) = z j z Q(z j,z). Kun j on tarpeeksi suuri, z j z on pieni; tällöin lauseke Q(z j,z) on kiinteän ylärajan alapuolella, ja tulo z j z Q(z j,z) tulee sekin mielivaltaisen pieneksi. 3. Tarkastellaan kaikkien niiden reaalilukujen joukkoa E, jotka jollain z:n arvolla ovat muotoa P (z). Luku x on E:n alaraja, jos jokainen E:n alkio on x. Jokainen eipositiivinen luku on E:n alaraja. Reaalilukujen perusominaisuuksia on, että E:n alarajojen joukossa on suurin alaraja. (Sitä kutsutaan myös E:n infimumiksi ja merkitään inf E.) Olkoon tämä suurin alaraja a. Havaitaan, että jos P (z) a, on olemassa z z siten, että P (z ) < P (z). Jos nimittäin kaikilla z C olisi P (z) P (z ), olisi P (z) a:ta suurempi E:n alaraja. 33. Osoitetaan, että jollain z 0 pätee yhtälö P (z 0 ) = a. Tehdään vastaoletus: P (z) >a kaikilla z. Josnäin on, voidaan löytää lukuz 1, jolle P (z 1 ) <a+1 ja päättymätön jono (z j ), jolla on esim. ominaisuus P (z j+1 ) a< 1 ( P (z j) a) ja siis myös P (z j ) <a+ 1 j. Tehty määrittely takaa, että kaikki jonon (z n ) luvut ovat eri lukuja. Koska P (z) = z n 1+ a n 1 z + + a 1 z n 1 + a 0 z n ja koska termit, joissa z on nimittäjässä, tulevat pieniksi, kun z on suuri, niin P (z) tulee suureksi, kun z on tarpeeksi suuri. Tästä seuraa, että kaikki jonon (z j ) luvut ovat jossain neliössä Q = {z C R<Re z<r, R <Im z<r}. Jaetaan Q neljään yhtä suureen neliöön. Koska jonossa (z j )onäärettömän monta lukua, jossain näistä neljästä neliöstä, esim. neliössä Q 1,onäärettömän monta luvuista z j. Prosessia voidaan jatkaa: jos Q 1 jaetaan neljäksi neliöksi, jossain näistä, esim neliössä Q,onäärettömän monta luvuista 1 z j jne. Neliöt (Q m )ovatsisäkkäin ja niiden sivujen pituudet ovat R. Tästä seuraa, m että neliöiden kärkipisteet muodostavat kompleksilukujonot, joilla on sama raja-arvo z 0. Lukujonosta (z j ) voidaan poimia ääretön osajono (z jk ), jonka raja-arvo on myös z 0. Jonon P (z jk ) raja-arvo on P (z 0 ). Jos olisi P (z 0 ) >a, jouduttaisiin ristiriitaan ominaisuuden P (z jk ) <a+ 1 j kanssa. Siis P (z 0 ) = a. k 34. Osoitetaan vielä, että a = 0. Oletetaan, että näineiole,että a>0jap (z 0 )=w 0 = a(cos φ 0 + i sin φ 0 )=ae iφ 0. Nyt voidaan kirjoittaa P (z) =(z z 0 ) n + b n 1 (z z 0 ) n b 1 (z z 0 )+w 0. Olkoon k pienin indeksi, jolla b k 0. Silloin P (z) =w 0 + b k (z z 0 ) k (1 + Q(z)),

11 11 missä Q(z) on polynomi, jonka arvot ovat pieniä, kun z on lähellä z 0 :aa. Voidaan esimerkiksi valita niin pieni r, että kunz = z 0 + re iφ, niin Q(z) < 1 ja samalla rk b k <a. Näillä z:n arvoilla P (z) =ae iφ 0 + r k b k 1+Q(z) e i(kφ+α+β(z)), missä α =argb k ja β(z) =arg(1+q(z)). Tehdystä oletuksesta seuraa, että β(z) < π 4 ja 1+Q(z) <. Edelleen löytyy φ niin, että kφ + α + β(z) =φ 0 + π. Mutta tällä φ:n arvolla P (z) =P (z 0 + re iφ )=(a r k b k 1+Q(z) )e iφ 0 ja P (z) <a. Tultiin ristiriitaan sen kanssa, että a on P (z) :n arvojen alaraja. Siis vastaoletus onkin väärä, ja P (z 0 ) = 0. Algebran peruslause on todistettu. 3 Tehtäviä jaratkaisuja 3.1 Tehtäviä 35. Johda sin 6x:n ja cos 6x:n lausekkeet sin x:n ja cos x:n polynomeina. 36. Laske sin k. 37. Jos a ja b ovat kokonaislukuja, niin z = a + ib on kompleksinen kokonaisluku. Jos kompleksista kokonaislukua z ei voida kirjoittaa muotoon z = z 1 z, missä z 1 ja z ovat kompleksisia kokonaislukuja 1, niin z on kompleksinen alkuluku. Selvitä, mitkä joukon {3, 5, 7} luvut ovat kompleksisia alkulukuja. 38. Selvitä, mitä tapahtuu suoralle ja ympyrälle inversiokuvauksessa. 39. Olkoon ε 1yhtälön z 3 = 1 jokin ratkaisu. Osoita, että eri pisteet z 1, z ja z 3 ovat tasasivuisen kolmion kärjet jos ja vain jos z 1 + εz + ε z 3 = Kuperan nelikulmion ABCD sivuille piirretään (ulkopuolisesti) tasasivuiset kolmiot ABM, BCN, CDP ja DAQ. Osoita, että nelikulmioilla ABCD ja MNPQ on sama painopiste. 41. Todista Napoleonin lause: Kolmion ABC sivut kantoina kolmion ulkopuolelle piirrettyjen tasasivuisten kolmioiden painopisteet ovat tasasivuisen kolmion kärjet.

12 1 4. Selvitä, miten säännöllinen 5-kulmio voidaan konstruoida lähtemällä yhtälön z 5 =1 ratkaisusta. 43. Olkoon P kolmion ABC sisäpiste. Osoita, että kolmio, jonka kärjet ovat kolmioiden ABP, BCP ja CAP painopisteet, ala on yhdeksäsosa kolmion ABC alasta. 44. Todista kompleksilukuja käyttämällä Cevan lause (oikeastaan sen puolikas): jos X, Y ja Z ovat kolmion ABC sivujen BC, CA ja AB pisteitä jajosaz, BY ja CX leikkaavat samassa pisteessä, niin BX XC CY YA AZ ZB =1, 3. Ratkaisuja 35. Eulerin kaavaa ja Pascalin kolmiota hyödyntämällä saadaan cos(6x) +i sin(6x) = e i(6x) = ( e ix) 6 =(cosx+i sin x) 6 =cos 6 x+6i cos 5 x sin x 15 cos 4 x sin 0i cos 3 x sin 3 x+ 15 cos x sin 4 x +6i cos x sin 5 x sin 6 x. Kun erotetaan reaali- ja imaginaariosat, saadaan cos(6x) =cos 6 x 15 cos 4 x sin +15 cos x sin 4 x sin 6 x ja sin(6x) =6cos 5 x sin x 0 cos 3 x sin 3 x +6cosx sin 5 x. 36. Koska e ik =cosk + i sin k, sin k on summan e ik imaginaariosa. Jälkimmäinen summa on geometrinen summa, jonka suhdeluku on e i, ja se voidaan määrittää suoraan geometrisen summan kaavasta: e ik = 1 ei(n+1) 1 e i = 1 cos(n +1) i sin(n +1) 1 cos 1 i sin 1 (1 cos(n +1) isin(n + 1))(1 cos 1 + i sin 1) = (1 cos 1) +sin. 1 Edellisen lausekkeen imaginaariosa on sin 1(1 cos(n +1)) (1 cos 1) sin(n +1) sin 1 + sin n sin(n +1) 1 cos1+cos 1+sin =. 1 (1 cos 1) Viimeiseen muotoon on päästy käyttämällä kahden kulman erotuksen sinin tuttua kaavaa. 37. Koska 5 = +1 = i =(+i)( i), 5 ei ole kompleksinen alkuluku. Jos 3=(a + ib)(c + id), niin a a + ib 3, c + d = c + id 9, ac bd =3,ad + bc =0. Kerrotaan kahdesta viimeisestä yhtälöstä edellinen c:llä ja jälkimmäinen d:llä ja lasketaan yhtälöt yhteen. Saadaan a(c +d )=3c. Nyt 3 on joko luvun a tai luvun c +d tekijä. Jos 3ona:n tekijä, a =3jac +d = c. Jälkimmäinen yhtälö voi toteutua vain, jos d =0ja c =1,b = 0. Jos taas 3 on luvun c + d tekijä, c + d on joko 3, 6 ta 9. Mikään näistä ei kuitenkaan ole kahden neliöluvun summa. 3 on siis kompleksinen alkuluku. Samoin, jos 7=(a + ib)(c + id), niin ac bd =7jabc ad =0,a(c + d )=7c ja joko 7 on a:n tekijä, jolloin a =7,c + d = c ja d =0, c = 1; viimein b = 0. Esimerkiksi tarkastamalla taulukkoa, jossa ovat lausekkeen x + y arvot, kun 1 x 7ja1 y 7nähdään, että 7 voi olla luvun c + d 7 tekijä vain,josc =7jad =0. Josd =0,onmyös b =0. 7 on siis kompleksinen alkuluku.

13 38. Tarkastetaan inversiota origokeskisessä yksikköympyrässä. Kuvaus on silloin w = T (z) = 1.Olkoonsuoranyhtälö az + az + c = 0. Suora kulkee origon kautta, jos ja vain z jos c =0. Nytz = 1 w ja z = 1. Suoran kuva w-tasossa toteuttaa siis yhtälön w 13 a w + a w + c =0 eli cww +aw+aw =0. Josc 0,tämä on origon kautta kulkevan ympyrän yhtälö, jos c = 0, kyseessä on origon kautta kulkeva suora. Vastaavasti ympyrän yhtälö zz+az+az+c =0 muuttuu yhtälöksi 1 + aw + aw + cww =0;josc =0elijoslähtöympyrä kulkee origon kautta, kuva on origon kautta suora, joka ei kulje origon kautta, mutta jos c 0,kuvaon w-tason ympyrä. 39. Olkoon pisteiden z 1, z ja z 3 muodostama kolmio tasasivuinen ja olkoon z 0 sen keskipiste. Oletetaan että z 1, z ja z 3 ovat z 0 :sta katsoen positiivisessa kiertosuunnassa ja että ε = cos π 3. Silloin z 1z 0 z = z z 0 z 3 = z 3 z 0 z 1 = π, mistä seuraa, että 3 z z 0 = ε(z 1 z 0 )jaz 3 z 0 = ε (z 1 z 0 ). Koska ε 3 1=0jaε 1, niin ε + ε +1 =0. Siis z 1 + εz + ε z 3 = z 1 + εz + ε z 3 +(1+ε + ε )z 0 = z 1 z 0 + ε(z z 0 )+ε (z 3 z 0 )= (z 1 z 0 )(1 + ε + ε 4 )=(z 1 z 0 )(1 + ε + ε) =0. Oletetaan sitten, että z 1 z z 3 z 1 ja että z 1 +εz +ε z 3 = 0. Silloin z 1 +εz +ε z 3 = (1 + ε + ε )z. Tästä seuraaz 1 z = ε (z z 3 ), joten z 1 z = z z 3. Samoin z 1 + εz + ε z 3 =(1+ε + ε )z 3,jostaz 1 z 3 = ε(z 3 z )ja z 1 z 3 = z 3 z. Kolmion z 1 z z 3 kaikki sivut ovat yhtä pitkiä, joten kolmio on tasasivuinen. 40. Tulkitaan tehtävässä nimetyt pisteet kompleksiluvuiksi. Olkoon ε sama kuin edellisessä ratkaisussa. Edellisen tehtävän perusteella M = εb ε A, N = εc ε B, P = εd ε C ja Q = εa ε D. Siis M + N + P + Q = (ε + ε )(A + B + C + D) =A + B + C + D. (1) Nelikulmion ABCD painopiste on 1 (A+B+C+D). Tehtävässä lueteltujen neljän kolmion 4 painopisteet kärkinä muodostetun nelikulmion painopiste on ( (A + B + M)+ 1 3 (B + C + N)+1 3 (C + D + P )+1 3 = 1 ( ) 4 3 (A + B + C + D)+1 (M + N + P + Q) 3 Viimeisessä yhtäsuuruudessa nojauduttiin yhtälöön (1). ) (D + A + Q) = 1 (A + B + C + D). 4

14 Olkoot kolmion kärjet kompleksiluvut a, b ja c ja olkoon ε 1 ehdon ε 3 = 1 toteuttava kompleksiluku. Tehtävän 39 perusteella tehtävän kolmen tasasivuisen kolmioin kärjet ovat b, a, εb ε a; c, b, εc ε b ja a, c, εa ε c ja näiden kolmioiden painopisteet 1 3 (a + b εb ε a), 1 3 (b + c εc ε b)ja 1 3 (c + a εa ε c). Kun lasketaan yhteen näistä ensimmäinen, toinen luvulla ε kerrottuna ja kolmas luvulla ε kerrottuna, saadaan 1 3 (( ε +1 ε 3 + ε )a +( ε +1 ε 3 + ε)b +( ε + ε ε 4 + ε )c). Kun otetaan huomioon, että ε 3 =1jaε 4 = ε, nähdään, että edellinen lauseke on 0. Tehtävän 39 perusteella painopisteet ovat siis tasasivuisen kolmion kärjet. 4. Yhtälön z 5 =1ratkaisutovatz k = e πki 5 =cos πk πk + i sin, k =0, 1,..., 4. Pisteet ovat yksikköympyrään piirretyn säännöllisen viisikulmion kärjet. Viisikulmio voidaan 5 5 konstruoida (harpilla ja viivoittimella), jos jokin kärjistä z k 1 voidaan konstruoida. Koska z 5 1 = (z 1)(z 4 + z 3 + z + z + 1), muut kärjet kuin z = 1 ovat yhtälön z 4 + z 3 + z + z +1=0ratkaisuja. Yhtälö onyhtäpitävä yhtälön z + 1 z + z + 1 z +1=0 kanssa. Merkitään w = z + 1 z. (1) Silloin z + 1 z = w. Ratkaistava yhtälö voidaan siis kirjoittaa muotoon w +w 1 =0. Tämän yhtälön (yksi) ratkaisu on w = Jana w voidaan helposti piirtää Pythagoraan lausetta hyväksi käyttäen. Ratkaistaan vielä z yhtälöstä (1). Yksi ratkaisu on z = 1 (w + i 4 w ). Kun w on tunnettu jana, niin 4 w on jälleen piirrettävissä Pythagoraan lausetta hyödyntäen. 43. Kolmion ABC ala on numeron 15 perusteella 1 Im(A C)(B C). Samalla tavoin laskettuna kolmioiden ABP, BCP ja CAP painopisteiden muodostaman kolmion ala on luvun 1 ( 1 3 (B + C + P ) 1 )( 1 3 (A + B + P ) 3 (C + A + P ) 1 ) 3 (A + B + P ) = 1 18 (C A)(C B) imaginaariosan itseisarvo Ei merkitse olennaista rajoitusta valita kolmion kärkipisteiksi B =0,C =1jaA = a + bi, b 0. Otetaan sivun BC piste X = t ja sivun AB piste Z = u(a + ib), 0 < t<1, 0 <u<1. Määritetään AX:n ja CZ:n leikkauspiste. Leikkauspisteessä toteutuu yhtälö 1 p + p(u(a + ib)) = (1 q)t + q(a + ib) joillain reaaliluvuilla p ja q. Yhtälön

15 imaginaariosista saadaan pub = qb; kunq = up sijoitetaan yhtälön reaaliosaan, saadaan 1 p + pua =(1 up)t + upa, josta ratkaistaan 15 p = t 1 ut 1, 1 p = ut t ut 1. Leikkauspiste P on siis 1 (ut t + uat ua + i(t 1)ub). ut 1 Haetaan suoran BP ja sivun BA leikkauspiste. Leikkauspisteessä pätee reaalisilla l ja k yhtälö l (ut t + uat ua + i(t 1)ub) =(1 k)+k(a + ib). ut 1 Imaginaariosista ratkaistaan (t 1)ubl = kb eli l = k u(t 1). Kun tämä sijoitetaan yhtälön reaaliosiin, saadaan Saadaan helposti Nyt BX XC CY YA AZ ZB = t 1 t k = k 1 k u(t 1) ut u t. = u(t 1) t(u 1). k 1 k 1 u u = t u(t 1) (1 u) (1 t) t(u 1) u =1.