Sisältö 1 Kompleksiluvut 1 1.1 Määritelmä............................ 1 1. Kertolasku suorakulmaisissa koordinaateissa.......... 4 1.3 Käänteisluku ja jakolasku..................... 9 1.4 Esimerkkejä............................. 9 1.5 Moivre n kaava........................... 11 1.6 Eulerin kaava............................ 13 1.7 Esimerkkejä............................. 14 1.8 Binomiyhtälö........................... 16 1 Kompleksiluvut 1.1 Määritelmä Tarkastellaan euklidista tasoa R = {(, y), y R}. y y z = (, y) R Kuva 1: Euklidinen taso R Suorakulmaisessa koordinaatistossa on -akseli ja y-akseli. Luvut ja y ovat pisteen z = (, y) koordinaatteja. Tavalliseen tapaan -akseli voidaan tulkita reaalilukujen joukoksi R. Tällöin -akselia kutsutaan reaaliakseliksi ja sitä voidaan tarvittaessa merkitä symbolilla R. Pistettä z = (, 0) kutsutaan reaaliluvuksi. Tällöin voidaan merkitä z = R. 1
Algebrallisesti R on kunta. Reaaliluvuilla on määritelty yhteenlasku ja kertolasku siten, että tavalliset laskukaavat ovat voimassa. Erityisen mielenkiintoisia ovat tulon merkkisäännöt: kertojan merkki kerrottavan merkki tulon merkki + + + + - - - + - - - + Hämmästyttävää on, että myös negatiivisen luvun neliö on positiivinen. Eräs selitys löydetään laajentamalla R:n laskutoimitukset koko tasoon. Reaalilukujen yhteenlaskun laajentaminen reaaliakselilta koko tasoon on helppoa. Jos z 1 = ( 1, y 1 ) ja z = (, y ) ovat kaksi pistettä, niin summaksi kelpaa tavallinen vektorisumma. z 1 + z = ( 1 +, y 1 + y ) y y 1 + y z 1 + z y y 1 1 1 + Kuva : Kompleksilukujen summa Jos y 1 = y = 0 eli pisteet ovat reaaliakselilla (ts. ovat reaalilukuja), niin z 1 +z on tavallinen reaalilukujen summa. (Merkitään z =, kun z = (, 0).)
Kertolaskun laajentaminen ei ole yhtä helppoa, sillä valmiina ei ole sopivaa vektorituloa. Kertolaskun laajentamista varten esitetään tason pisteet z = (, y) (0, 0) napakoordinaattien r ja ϕ avulla: { = r cos ϕ y = r sin ϕ z = (, y) r ϕ y Merkitään z = (r, ϕ). Tulo on nyt määriteltävissä yksinkertaisella kaavalla Kuva 3: Kompleksilukujen napakoordinaattiesitys z 1 z = (r 1 r, ϕ 1 + ϕ ). Siis: Pisteiden z 1 ja z etäisyydet origosta kerrotaan keskenään sekä vaihekulmat lasketaan yhteen. Erikoisesti on z 1 z = 0 aina ja vain kun z 1 = 0 tai z = 0. Tarkastellaan reaalilukujen kertolaskua tämän uuden kertolaskun valossa. Olkoon z = (r, ϕ) reaaliluku. Tällöin aina z = r. Lisäksi z = r > 0 ϕ = 0 + nπ z = r < 0 ϕ = π + nπ Jos nyt z 1 = (r 1, ϕ 1 ) ja z = (r, ϕ ) ovat kaksi reaalilukua, niin z 1 z = (r 1 r, ϕ 1 + ϕ ), joten z 1 z > 0 ϕ 1 + ϕ = 0 + nπ ϕ 1 = ϕ = 0 + nπ tai ϕ 1 = ϕ = π + nπ z 1 > 0 ja z > 0 tai z 1 < 0 ja z < 0. Reaalilukujen tulon merkkisäännöt ja uuden kertolaskun määritelmä liittyvät toisiinsa kauniilla tavalla. 3
z 1 z = (r 1 r, ϕ 1 + ϕ ) y z = (r, ϕ ) ϕ 1 ϕ z 1 = (r 1, ϕ 1 ) ϕ 1 Kuva 4: Kompleksilukujen tulo y z = (r, ϕ) z = (r, ϕ) ϕ = π + nπ ϕ = 0 + nπ Kuva 5: Puhtaasti reaaliset kompleksiluvut 1. Kertolasku suorakulmaisissa koordinaateissa Muodostetaan kertolaskun lauseke y-koordinaateissa. Olkoot z 1 = ( 1, y 1 ), z = (, y ). Silloin Jos merkitään niin r = r 1 r ja ϕ = ϕ 1 + ϕ. 1 = r 1 cos ϕ 1, y 1 = r 1 sin ϕ 1 = r cos ϕ, y = r sin ϕ. z 1 z = (, y) = (r cos ϕ, r sin ϕ), 4
Siis = r 1 r cos(ϕ 1 + ϕ ) = r 1 r cos ϕ 1 cos ϕ r 1 r sin ϕ 1 sin ϕ = (r 1 cos ϕ 1 )(r cos ϕ ) (r 1 sin ϕ 1 )(r sin ϕ ) = 1 y 1 y, Algebrasta tuttu kaava y = r 1 r sin(ϕ 1 + ϕ ) = r 1 r sin ϕ 1 cos ϕ + r 1 r cos ϕ 1 sin ϕ = (r 1 cos ϕ 1 )(r sin ϕ ) + (r cos ϕ )(r 1 sin ϕ 1 ) = 1 y + y 1. z 1 z = ( 1 y 1 )(, y ) = ( 1 y 1 y, 1 y + y 1 ) seuraa siis kertolaskun (geometrisesta) määritelmästä. Algebrassa on tästä kaavasta lähtemällä voitu helposti todistaa, että (R, +, ) on kunta. Sille käytetään merkintää C ja sen alkioita kutsutaan kompleksiluvuiksi. Yhtälöllä z = 1 ei ole tulon merkkisääntöjen nojalla ratkaisua reaalilukujen kunnassa R. Tutkitaan, onko sillä ratkaisua kompleksilukujen kunnassa C. Koska 0 = 0, riittää tarkastella kompleksilukuja z 0. Olkoon z:lla napakoordinaattiesitys z = (r, ϕ). Silloin z = (r, ϕ) ja 1 = (1, π), joten z = 1 { r = 1 ϕ = π + nπ { r = 1 ϕ = π/ + nπ Yhtälöllä z = 1 on siis kaksi ratkaisua { z1 = (0, 1) (n = 0,, 4,...) z = (0, 1) (n = 1, 3, 5,...), missä z = z 1. 5
y z 1 1 1 z Kuva 6: Yhtälön z = 1 ratkaisut Merkitään i = (0, 1). Silloin i = 1. Lukua i kutsutaan imaginaariyksiköksi, ja y-akselia imaginaariakseliksi. Muotoa z = (0, y) = iy olevia kompleksilukuja kutsutaan puhtaasti imaginaarisiksi. Muistamme, että muotoa z = (, 0) = olevia kompleksilukuja kutsutaan reaalisiksi. Jos niin on z:n reaaliosa ja z = (, y) = (1, 0) + y(0, 1) = 1 + yi = + iy, = Re z y = Im z on z:n imaginaariosa. Molemmat ovat siis reaalisia, joten Lukua z = Re z + iim z. z = (, y) = iy kutsutaan z:n liittoluvuksi eli kompleksikonjugaatiksi. Määritelmistä seuraa, että (z 1 + z ) = z 1 + z z 1 z = z 1 z (z) = z z + z = Re z z z = iim z. 6
Jos z = (r, ϕ), niin z = (r, ϕ). Kuvaus z z on peilaus -akselissa. Oliko edellä tehty merkintä z = +iy täysin perusteltu? Olkoon z = (, y) kompleksiluku ja t = (t, 0) reaalinen kompleksiluku. Silloin tz = (t, 0)(, y) = (t 0y, ty + 0) = (t, ty). Jos t 0, on z t = 1 t z. Kompleksiluku kerrotaan (ja jaetaan) reaaliluvulla siis samalla tavalla kuin lineaarialgebrassa vektori kerrotaan (ja jaetaan) reaaliluvulla. Lineaarialgebran tapaan R :ssa käytetään nyt kantaa e 1 = 1 = (1, 0), e = i = (0, 1) ja laskut todellakin on luvallista suorittaa tavallisten algebran kaavojen mukaisesti: z = (, y) = (, 0) + (0, y) = (1, 0) + y(0, 1) = 1 + y i = + iy. Tavallinen algebra sujuu näillä lausekkeilla samoilla säännöillä kuin reaalilukujen algebra. Ainoa ero on, että i = 1 i 3 = i i 4 = 1 i 5 = i i 6 = 1 i 7 = i i 8 = 1 jne. (Lisäksi on i 0 = 1 ja i 1 = i). Kompleksiluvun z = + iy itseisarvolla eli modulilla z tarkoitetaan vektorin (, y) pituutta z = + y. Jos t > 0, niin tz = t z. Lause 1 z = zz (= z ). Todistus. zz = ( + iy)( iy) = (iy) = + y = z. 7
Kompleksiluvun z 0 vaihekulmaa ϕ kutsutaan sen argumentiksi arg z. Näin ollen arg z = arg z = z cos(arg z) y = z sin(arg z) z = z (cos(arg z) + i sin(arg z)) y i z 1 arg z 1 i z Kuva 7: Kompleksiluvun argumentti ja liittoluku Usein merkitään r = z ja ϕ = arg z. Silloin z = r(cos ϕ + i sin ϕ). Kertolaskun geometrisen määritelmän perusteella z 1 z = z 1 z arg(z 1 z ) = arg z 1 + arg z. Täydellisen induktion periaatteesta seuraa, että z 1 z z n = z 1 z z n arg(z 1 z z n ) = arg z 1 + arg z + + arg z n z 1 z z n = r 1 r r n (cos(ϕ 1 + ϕ + ϕ n ) + i sin(ϕ 1 + ϕ + + ϕ n )). 8
1.3 Käänteisluku ja jakolasku. Olkoon z 0. Silloin 1 = z z z = + y i y + y z 1 = z 1z z z = 1 + y 1 y i( 1 y y 1 ) + y = 1 z z 1 = z 1 1 z. Jakolaskussa lukujen hajottaminen reaali- ja imaginaariosiin pidentää lausekkeita huomattavasti. Kaavoista seuraa 1 = z 1 = z z z z 1 z = z = z z = 1 z z 1 z 1 = z z arg 1 z ( 1 ) = arg z z arg z 1 z = arg = arg 1 + arg z = 0 arg z = arg z z ( z 1 1 z ) = arg z 1 + arg 1 z. Kahden kompleksiluvun z 1 0 ja z 0 osamäärä muodostetaan jakamalla itseisarvot keskenään ja vähentämällä nimittäjän argumentti osoittajan argumentista. Kyseessä on siis myös geometrisesti kertolaskulle käänteinen laskutoimitus. 1.4 Esimerkkejä. 1. Suorita jakolasku 1+i 1+i, ts. jaa reaali- ja imaginaariosiin. i i Tehtävä ratkaistaan poistamalla i nimittäjästä. Jos lavennetaan nimittäjän liittoluvulla, nimittäjään tulee i, joka on reaalinen: 1 + i i = (1 + i)( + i) ( i)( + i) = + 3i 1 5 = 1 5 + 3 5 i = (1 + i)( + i) (i) = 1 + 3i 5. Vastaavasti a) 1 i = i i( i) = i 9
Re 1 i = 0, b) 3+i 1 i Im 1 i = 1 = (3+i)(1+i) (1 i)(1+i) = 3 +5i = 1 + i 5. 3. Olkoon z i. Laske z i 1+iz Ratkaisu: z i 1 + iz = z i ( ) z i 1 + iz = z i 1 + iz 1 + iz z + i 1 iz = z + 1 + i(z z) 1 + z + i(z z) = 1 Toinen tapa: z i 1 + iz = z i i( i + z) = 1 i = i 4. Olkoon z 1 = 1 + iy 1 ja z = + iy. Silloin Siis Koska on Koska on z 1 = 1 iy 1 z = iy. z 1 + z = z 1 + z. z 1 z = 1 y 1 y + i( 1 y + y 1 ), z 1 z = z 1 z. z 1 = 1 + y 1 y i( 1 y y 1 ) z 1 + y ( z1 z ) = z 1 z. 5. Kolmioepäyhtälö Olkoot a ja b kompleksilukuja. Silloin a + b = (a + b)(a + b) = a + b + ab + ab = a + b + ab + (ab) = a + b + Re ab. 10
Vastaavasti a b = (a b)(a b) = a + b ab ab = a + b Re ab. Laskemalla yhteen saadaan hupaisa kaava a + b + a b = ( a + b ) eli suunnikkaan lävistäjien neliöiden summa on kaksi kertaa sivujen neliöiden summa. Koska a = (Re a) + (Im a), on a Re a a, a Im a a. Koska kertolaskun geometrisen määritelmän mukaan ab = ab, on joten ab Re ab ab, a + b a + b + a b = ( a + b ) a + b a + b a b = ( a b ). Tuloksena on tavallinen kolmioepäyhtälö: a b a + b a + b, joka nyt on voimassa myös kompleksiluvuille. Soveltamalla kolmioepäyhtälöä esitykseen z = + iy saadaan y z + y. 1.5 Moivre n kaava. Olkoon z = r(cos ϕ + i sin ϕ). Silloin z n = r n (cos nϕ + i sin nϕ). Jos valitaan r = 1, jolloin z = cos ϕ + i sin ϕ, saadaan ns. Moivre n kaava (cos ϕ + i sin ϕ) = cos nϕ + i sin nϕ. 11
1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 Kuva 8: Pascalin kolmio Tämä on kätevä moninkertaisten kulmien sinien ja kosinien laskemiseen. Valitaan esim. n = 5. (cos ϕ+i sin ϕ) 5 = cos 5 ϕ+5i cos 4 ϕ sin ϕ 10 cos 3 ϕ sin ϕ 10i cos ϕ sin 3 ϕ+5 cos ϕ sin 4 ϕ+i sin 5 ϕ. Näin ollen cos 5ϕ = Re (cos ϕ + i sin ϕ) 5 = cos 5 ϕ 10 cos 3 ϕ sin ϕ + 5 cos ϕ sin 4 ϕ sin 5ϕ = Im (cos ϕ + i sin ϕ) 5 = sin 5 ϕ 10 cos ϕ sin 3 ϕ + 5 cos 4 ϕ sin ϕ. Näitä voidaan vielä muokata eri muotoihin.sijoitetaan esimerkiksi ensimmäiseen sin ϕ = 1 cos ϕ : cos 5ϕ = cos 5 ϕ 10 cos 3 ϕ(1 cos ϕ + 5 cos ϕ(1 cos ϕ) Vastaavasti = cos 5 ϕ 10 cos 3 ϕ + 10 cos 5 ϕ + 5 cos ϕ(1 cos ϕ + cos 4 ϕ) = 16 cos 5 ϕ 0 cos 3 ϕ + 5 cos ϕ. cos 3ϕ = Re (cos ϕ + i sin ϕ) 3 = Re (cos 3 ϕ + 3i cos ϕ sin ϕ 3 cos ϕ sin ϕ i sin 3 ϕ) = cos 3 ϕ 3 cos ϕ sin ϕ = cos 3 ϕ 3 cos ϕ(1 cos ϕ) = 4 cos 3 ϕ 3 cos ϕ. Tästä seura esimerkiksi kaava cos 3 ϕ = 1 4 cos 3ϕ + 3 cos ϕ. 4 1
Unohtuneet kaavat on helppo johtaa: Koska on cos ϕ + i sin ϕ = (cos ϕ + i sin ϕ) 1.6 Eulerin kaava. Jos R, niin = cos ϕ + i sin ϕ cos ϕ cos ϕ cos ϕ = cos ϕ sin ϕ, sin ϕ = sin ϕ cos ϕ. Toisaalta e = 1 + +! + 3 3! + 4 4! + cos = 1! + 4 4! 6 6! + sin = 3 3! + 5 5! 7 7! +. i 1 = i i = 1 i 3 = i i 4 = 1 i 5 = i i 6 = 1 i 7 = ijne. Sijoitetaan e :n sarjakehitelmään = iϕ. Silloin e iϕ = 1 + iϕ ϕ! iϕ3 3! + ϕ4 4! + iϕ5 5! ϕ6 6! iϕ7 7! + = cos ϕ + i sin ϕ, joten olemme saaneet ns. Eulerin kaavan e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ. 13
Tämän perusteella kompleksiluvuilla z, arg z = ϕ, z = r, on esitys z = re iϕ. Moivren kaava saa muodon (e iϕ ) n = e inϕ. 1.7 Esimerkkejä. 1. Laske (1 + i 3) 6 Moivren kaavan avulla. i 3 y 1 + 3 = e i π 3 π 3 1 Kuva 9: (1 + i 3) 6 = 6 e i 6π 3 = 6 e πi = 64.. Ratkaise yhtälö z 3 = 1. Merkitään z = re iϕ. Silloin z 3 = r 3 e 3iϕ. Koska e 3iϕ = 1, on z 3 = r 3 e 3iϕ = r 3 = 1 r = 1. z 3 = 1 r = 1 ja e 3iϕ = 1 = e nπi, n = 0, ±1, ±,.... z 3 = 1 ϕ = n π, n = 0, ±1, ±,.... 3 z 1 = cos 10 + i sin 10 = 1 3 + i z = z 1 = 1 3 i. 14
z 1 z 0 = 1 z Kuva 10: Yhtälön z 3 = 1 ratkaisut Tarkastus: ( 1 3 + i )3 = 1 3 8 + 3i1 4 + 31 3 3 4 i( )3 Yleisesti ottaen binomiyhtälön = 9 8 1 8 = 1. z n = 1 juuret ovat yksikköympyrän kehällä. Ne sijaitsevat säännöllisen n-kulmion kärjissä, jonka yksi kärki on pisteessä 1. 3. Ratkaise yhtälö z 4 = 1. Piirretään yksikköympyrä ja sen sisään neliö, jonka yksi kärki on pisteessä z = 1. Juuret ovat neliön kärjissä: z 1 = 1 z = i z 3 = 1 z 4 = i. 4. Laske e iπ. e iπ = cos π + i sin π = 1. 15
y z 1 1 1 z 1.8 Binomiyhtälö Kuva 11: Yhtälön z 4 = 1 ratkaisut Yleisellä binomiyhtälöllä tarkoitetaan yhtälöä z n = w, missä z on tuntematon ja w annettu kompleksiluku. Edellä käsiteltiin muotoa z n = 1 (1) olevia erikoistapauksia. Jos merkitään z = re iϕ, saadaan (1) muotoon { r = 1 r n e inϕ = 1 nϕ = kπ. Yhtälön (1) juuret ovat siis { r = 1 z k : ϕ = k π, k = 0, ±1, ±,. n Kun k = 0, saadaan triviaali juuri z 0 = 1. Kun k = 1, saadaan niin sanottu n:s yksikköjuuri z 1 = e i π n jolle käytetään merkintää ε n. Koska = cos π n + i sin π n, ε k n = e ik π n = zk, 16
voidaan muut (1):n juuret esittää ε n :n potensseina, ja kaikki ε n :n potenssit ovat (1):n juuria. Yhtälöllä (1) on täsmälleen niin monta juurta kuin ε n :llä on eri potenssia. Nämä ovat ε 0 n = 1 ε 1 n = ε n ε ṇ sillä. ε n 1 n ε n n = e in π n = e πi = 1 ε n+1 n = ε n ε n+ n = ε n jne. (Kun lasketaan pelkästään luvuilla ε n k, joiden moduli =1, on kertolasku pelkkää argumenttien yhteenlaskua.) Binomiyhtälöllä (1) on täsmälleen n kpl eri juurta. Nämä sijaitsevat kompleksitasossa sen säännöllisen n-kulmion kärjissä, jonka yksi kärki on pisteessä z = 1 ja keskipiste on origossa. y ε 8 ε 3 8 ε 8 ε 4 8 ε 8 8 = 1 = ε 0 8 ε 5 8 ε 6 8 ε 7 8 Kuva 1: Yhtälön z 8 = 1 ratkaisut Esimerkki. Olkoon a yhtälön 1 + z + z + z 3 + z 4 = 0 () 17
Kuva 13: Kuva 14: juuri. Osoita, että myös a on yhtälön juuri. Ratkaisu: Koska ja z = 1 ei ole ():n juuri, on 1 z 5 = (1 z)(1 + z + z + z 3 + z 4 ) 1 + z + z + z 3 + z 4 = 0 z 5 = 1, z 1. Näin ollen a = ε k 5 jollakin k = 1,, 3, 4. Tällöin a 1. Toisaalta a = ε k 5 on yhtälön z 5 = 1 juuri. Siis a on ():n juuri. Sama tehtävä ei onnistu, jos astelukua nostetaan yhdellä: (1 + z + z + z 3 + z 4 + z 5 )(1 z) = 1 z 6. a = 1 on yhtälön 1 + z + z + z 3 + z 4 + z 5 = 0 juuri, mutta a = 1 ei ole. Siirrymme nyt yleiseen binomiyhtälöön z n = w = ρe iψ, ψ > 0. (3) Sijoituksella z = re iϕ saadaan { r r n e inϕ = ρe iψ n = ρ nϕ = ψ + kπ, k = 0, ±1, ±,.... Yhtälöllä (3) on juuret { r = n ρ z k : ϕ = ψ + k π, k = 0, ±1, ±,.... n n Merkitään Silloin muut juuret ovat z 0 = n ρe i ψ n. z 1 = z 0 ε n z = z 0 ε n. z n 1 = z 0 ε n 1 n 18
Kuva 15: Kuva 16: Juuret z 0,..., z n 1 sijaitsevat sen säännöllisen n-kulmion kärjissä, jonka yksi kärki on pisteessä z 0 ja keskipiste on origossa. Esimerkki. Yhtälön z 4 = 1 = e iπ juuret ovat z 0 = e i π 4 = + i eli z = z 0, z 3 = z 0, ja z 1 = z 0. z 1 = + i z = i z 3 = i 19