a) z 1 + z 2, b) z 1 z 2, c) z 1 z 2, d) z 1 z 2 = 4+10i 4 = 10i 5 = 2i. 4 ( 1)

Transkriptio

1 Matematiikan johdantokurssi, syksy 06 Harjoitus, ratkaisuista. Osoita, että kompleksilukujen yhteenlasku määriteltynä tasopisteiden kautta koordinaateittain on liitännäinen, so. z + (z + z ) = (z + z ) + z kaikilla z, z, z C (vrt. Lause.8.). Koska nyt esiintyy kaksi eri yhteenlaskua, merkitään selvyyden vuoksi kompleksilukujen yhteenlaskua. Ratkaisu. Olkoot z = (x, y ), z = (x, y ), z = (x, y ) C mielivaltaiset. Tämä tarkoittaa, että kukin x k, y k R. Yhteenlaskun liitännäisyys seuraa reaalilukujen yhteenlaskun liitännäisyydestä: z (z z ) = (x, y ) ( (x, y ) (x, y ) ) = (x, y ) (x + x, y + y ) = ( x + (x + x ), y + (y + y ) ) = (x + x + x, y + y + y ) (z z ) z = ( (x, y ) (x, y ) ) (x, y ) = (x + x, y + y ) (x, y ) mitkä ovat samat. = ( (x + x ) + x, (y + y ) + y ) = (x + x + x, y + y + y ). Olkoot z := +i ja z := i kompleksilukuja. Esitä normaalimuodossa luvut a) z + z, b) z z, c) z z, d) z z. Ratkaisu. a) z +z = +i+ i = +i b) z z = +i ( i) = +i +i = 5i c) z z = (+i)( i) = i+8i i = 8+6i d) z z = +i i. Ratkaise yhtälö a) ( i)z = z+i. b) z z = i. = (+i)(+i) (+i)( i) = +8i+i+i i = +0i ( ) = 0i 5 = i. Ratkaisu. Kompleksilukuyhtälöitä ratkaistaan kuten reaalilukuyhtälöitä, vaikkakin monesti laskut ovat työläämpiä. Siis: ( i)z = z + i ( i)z z = i ( i)z = i z = i i. Muokataan vastausta vielä, niin että reaali- ja imaginaariosat erottuvat, ts. esitetään normaalimuodossa: z = i i = ( + i)i ( + i)( i) = i + i i = + i = + i.

2 b) Ratkaisu voidaan toteuttaa erottamalla tuntemattoman reaali- ja imaginaariosat jo alkuvaiheessa, z = x + iy. Tällöin kyseessä on olennaisesti yhtälöryhmän ratkaiseminen: z z = i (x + iy) (x iy) = i x + yi = i x = ja y = x = ja y = z = i.. Olkoot z, z ja z kompleksilukuja. Ovatko seuraavat väitteet tosia? a) Re ( ) = z Re z, b) Im (z +z ) = Im z + Im z, c) Im (z z ) = Im z Im z. Ratkaisu. a) Kokeillaan aluksi: reaaliluvuille z 0 tulos on tosi. Puhtaasti imaginaarisilla oikea puoli ei ole määritelty. Onko tulos kuitenkin tosi, kun molemmat puolet ovat määriteltyjä? Valitaan kokeeksi sekaluku z := +i. Tällöin Re z =, joten / Re z =. Toisaalta, lasketaan /z: z = + i = i ( i)( + i) = i i = i Näin saadaankin vastaesimerkki: Väite on siis epätosi. Re z = = Re ( ). z = i. b) Väite on tosi, sillä merkitsemällä normaalimuodoin z k = x k + iy k saadaan suoralla laskulla: Im (z + z ) = Im (x + iy + x + iy ) = Im (x + x + i(y + y )) = y + y = Im z + Im z. c) Koska imaginaarilukujen kertominen voi tuottaa reaalista, jolloin imaginaariosa on nolla, ei väite liene totta. Vastaesimerkki: Valitaan z := i ja z := i, vaikkapa. Tällöin Im (z z ) = Im i = Im ( ) = 0, Im z Im z = Im i Im i = =. Siis Im (i i) = 0 = Im i Im i, mikä osoittaa väitteen on epätodeksi.

3 5. Esitä seuraavat kompleksiluvut muodoissa r(cos φ + i sin φ) ja re iφ. a) i, b) i, c) 5, d) Ratkaisu. Kompleksiluku z voidaan esittää muodoissa z = r(cos φ + i sin φ) = re iφ, + i, e) + i. missä r = z on kompleksiluvun moduli ja φ = arg z on vaihekulma. a) Merkitään normaalimuotoa z := x+yi = i. Moduliksi saadaan r = x + y = + ( ) = 8 =. Vaihekulma ratkaistaan yhtälöryhmästä { cos φ = x = r = sin φ = y = r = Näillä yhtälöillä on ratkaisut: cos φ = φ = ±π/ + nπ, n Z sin φ = φ = π/ + nπ tai φ = π ( π/) + nπ, n Z Näiden yhteisiä ratkaisuja ovat φ = π/ + nπ, n Z, esimerkiksi φ = π/ ja φ = 7π/. Kompleksiluvun esittämiseen riittää näistä yksi, valitaan φ = 7π/. ϕ π_ - Siis z = i = (cos 7 π + i sin 7 ) π = e i 7 π. Jaksollisuuden nojalla olisi siis voitu valita yhtä hyvin vaikkapa φ = π/. b) Merkitään z := i, joka on positiivisen imaginaariakselin piste. Moduliksi saadaan r = 0 + =. Koska z on puhtaasti imaginaarinen, niin vaihekulma on joko π/ tai π/ (tai vaikkapa π/). Koska imaginaariosa on positiivinen, on z ylemmässä puolitasossa ja voidaan päätellä, että φ = π/. Tällöin ( z = i = cos π + i sin π ) = e i π.

4 c) Merkitään z := 5. Moduliksi saadaan r = ( 5) + 0 = 5. Koska z on reaalinen, sen vaihekulma on joko 0 tai π. Koska sen reaaliosa on negatiivinen, on φ = π (tai π). Siis eräs esitys on z = 5 = 5(cos π + i sin π) = 5e iπ. d) Merkitään normaalimuotoa z :== x+yi = + i. Moduliksi saadaan ( r = ) ( ) 6 + = 9 =. Vaihekulmalle sopiva arvo ratkaistaan yhtälöryhmästä kohdan a) tapaan: { cos φ = x = = r sin φ = y = = r josta saadaan erääksi ratkaisuksi φ = π/6. Siis z = + i = ( cos π 6 + i sin π ) = π 6 ei 6. e) Merkitään normaalimuotoa z := x + yi = + i. Moduliksi saadaan r = ( ) + ( ) = =. Vaihekulma ratkaistaan jälleen yhtälöryhmästä { cos φ = x r = sin φ = y r = josta saadaan eräs yhteinen ratkaisu φ = π/. Siis z = + ( i = cos π + i sin π ) = e i π. 6. Esitä kompleksitasossa ne pisteet z, joille a) z i =. b) z+ = z. Ratkaisu. a) Kirjoittamalla z i = z ( + i) = nähdään, että kyseessä on ympyrä, jonka keskipiste on +i ja säde on. i i +

5 b) Kirjoittamalla z + = z ( ) = z huomataan, että että yhtälön toteuttavat ne pisteet z, jotka ovat yhtä etäällä pisteistä ja, eli muodostavat suoran Re (z) = eli x = Esitä kompleksitasossa ne pisteet z, joille a) < z < ja π arg z π. b) z+ i > ja z+ <. Ratkaisu. a) Ratkaisu on kuvassa alla. Ehdon < z 0 < toteuttavat origokeskisen ympyrärenkaan sisäpisteet, ja niistä argumenttiehdon toteuttavat viivoitetun alueen pisteet. Alueen reunoilta suorat reunajanat kuuluvat mukaan, paitsi eivät niiden päätepisteet, koska ne ovat kielletyillä ympyröiden kehillä. π_ b) Toisen ehdon z + = z ( ) < toteuttavat -keskisen -säteisen kiekon pisteet. Ratkaisuksi saadaan se kiekon pistejoukko, joka jää jäljelle, kun kiekosta on poistettu pienempi suljettu kiekko (siis reunoineen), jonka keskipiste on +i ja säde. xxxxxx xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx x -+i xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxx xxxxxxx - 5

6 8. Esitä kompleksitasossa ne pisteet z 0, joille a) Im (z/z) = 0 (eli z/z on reaalinen). b) Re (z/z) = 0 (eli z/z on puhtaasti imaginaarinen). Ratkaisu. Olkoon z := x + iy 0 normaalimuoto. Tällöin luvulle z/z saadaan esitys z z mikä myös on normaalimuoto. a) Imaginaariosasta saadaan yhtälö: = x + iy x iy = (x + iy) (x + iy)(x iy) = x y + xyi = x y x + y x + y + i xy x + y, Im z z = 0 z 0 xy x + y = 0 x + y 0 xy = 0 (x, y) (0, 0) (x = 0 y = 0) (x, y) (0, 0). Ratkaisu on esitetty alla olevassa kuvassa vasemmalla. Kyseessä on siis joukko, jonka muodostavat reaali- ja imaginaariakselien pisteet poislukien origo. b) Reaaliosasta saadaan vastaavasti yhtälö: Re z z = 0 z 0 x y x + y = 0 x + y 0 x y = 0 (x, y) (0, 0) x = y (x, y) (0, 0) y = ±x (x, y) (0, 0). Ratkaisut on esitetty oheisessa kuvassa oikealla. Kyseessä on siis joukko { (x, y) C \ (0, 0) y = ±x }. 9. a) Ratkaise yhtälöt z =, z =, z = ja z 5 =. b) Keksitkö yleisen säännön yhtälön z n = ratkaisulle, kun n N? Vihje: Tarkastele kompleksilukuja muodossa z = re iφ. Ratkaisu. Kirjoitetaan ohjeen mukaan z = re iφ, jolloin z n = (re iφ ) n = r n (e iφ ) n = r n e inφ =. 6

7 b) On siis ratkaistava yhtälö z n = r n e inφ = = e i 0. Mutta tämähän ei ole vaikeaa: Eulerin kaavan mukaan e iψ = cos ψ + i sin ψ, ja e iψ =. Selvästi r =, koska r on ei-negatiivinen reaaliluku ja siten z = e iφ. Koska nyt saadaan taas Eulerin kaavaa käyttäen z n = e inφ = cos nφ + i sin nφ = + 0i, on oltava cos nφ = ja sin nφ = 0. Näiden yhteiset ratkaisut ovat jaksollisuuden nojalla nφ = kπ, k Z. Erilaisia kompleksilukuarvoja näistä tuottavat vain φ = k π n, k = 0,,,..., n. Ratkaisut jakautuvat tasaisesti yksikkökiekon kehälle: Esimerkiksi arvolla n = 5: z n = z = e ik π n, k = 0,,,,..., n. y i π 5 x a) Ratkaisut ovat siis: z = z = ± z = z = e ik π, k = 0,, z = z = e ik π, k = 0,,, z 5 = z = e ik π 5, k = 0,,,, 7