Kompleksiluvut JYM, Syksy 2014 1/99
Miksi kompleksilukuja? Reaaliluvut lukusuoran pisteet: Tiedetään, että 7 1 0 x 2 = 0 x = 0 1 7 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 2014 2/99
Kompleksitaso Kompleksiluvut kompleksitason pisteet: (3, 3 2 ) (0, 1) ( 7, 0) ( 1, 0) (0, 0) (1, 0) ( 7, 0) ( 4, 2) JYM, Syksy 2014 3/99
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 2014 4/99
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 2014 5/99
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 2014 6/99
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 2014 7/99
Kompleksitaso 3 + 3 2 i i 0 7 1 1 7 4 2i JYM, Syksy 2014 8/99
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 = 3 + 3 2i. Laske lukujen z ja w summa ja tulo. Yhdistetään samanmuotoiset termit: z + w = ( 4 2i) + (3 + 3 ) 2 i = 4 + 3 2i + 3 2 i = 1 1 2 i. JYM, Syksy 2014 9/99
Kerrotaan sulut auki kuten koulussa on opittu: zw = ( 4 2i) (3 + 3 ) 2 i = 4 3 4 3 3 i 2i 3 2i 2 2 i = 12 6i 6i 3i 2 = 12 12i 3 ( 1) = 12 12i + 3 = 9 12i. JYM, Syksy 2014 10/99
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 2014 11/99
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 2014 12/99
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 2014 13/99
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 2014 14/99
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 2014 15/99
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 + 2 + i = 2 + 8i. JYM, Syksy 2014 16/99
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 2014 17/99
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 2014 18/99
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 2014 19/99
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 = 1 4 + 7i = = ( ) = 4 7i ( 4 7i)( 4 + 7i) 4 7i 4 7i ( 4) 2 = (7i) 2 16 49i 2 4 7i 16 + 49 = 4 65 7 65 i. = 4 7i 65 Kohdassa ( ) lavennetaan nimittäjän liittoluvulla. JYM, Syksy 2014 20/99
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 = 1 5 18 5 i. = = 1 18i 5 8 18i + 7 ( 1) 4 ( 1) Kohdassa ( ) lavennetaan nimittäjän liittoluvulla. JYM, Syksy 2014 21/99
Kompleksiluvuilla laskemista Esimerkki 5 Määritä kompeksiluvun z reaaliosa ja imaginaariosa, jos (a) z = 10 4 + 2i (b) z = 2i 1 3i + 1 i. JYM, Syksy 2014 22/99
(a) Lavennetaan nimittäjän liittoluvulla: z = 10 4 + 2i = = = 10 ( 4 2i) ( 4 + 2i)( 4 2i) 40 20i 40 20i ( 4) 2 = (2i) 2 16 4i 2 40 20i 16 + 4 = 2 i. = 40 20i 20 JYM, Syksy 2014 23/99
(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 6 1 + 9 + i 1 = 2i 6 + 10i 10 10 = 2i 6 10i 10 = 3 5 4 5 i. = 6 8i 10 JYM, Syksy 2014 24/99
Mitä vikaa on alla olevassa yhtälönratkaisussa? 2x 1 = x 2 ( 2x 1) 2 = (x 2) 2 2x 1 = x 2 4x + 4 0 = x 2 6x + 5 x = 6 ± ( 6) 2 4 1 5 2 1 x = 6 ± 4 2 = 3 ± 2 x = 5 x = 1 JYM, Syksy 2014 25/99
Johtopäätös ei ole oikein, sillä x = 1 ei ole kyseisen yhtälön ratkaisu. Nimittäin jos x = 1, niin 2x 1 = 2 1 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 2014 26/99
Yhtälönratkaisua Esimerkki 6 Ratkaise kompleksilukujen joukossa yhtälö iz + 3 = 5z z i + 2i. JYM, Syksy 2014 27/99
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 2014 28/99
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 + 15 25i 2 = 25 = 3 5 2 5 i. JYM, Syksy 2014 29/99
Tämä päättely osoittaa, että yhtälöllä on enintään yksi ratkaisu. Nimittäin jos yhtälö on totta, kuten edellä kuviteltiin, niin tällöin välttämättä z = 3 5 2 5 i. Siis mikään muu luku ei voi olla yhtälön ratkaisu. Vielä on kuitenkin periaatteessa mahdollista, että yhtälöllä ei ole yhtään ratkaisua! JYM, Syksy 2014 30/99
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 2 + 15 5 = 3i 2i2 + 15 5 = 17 + 3i 5 = 3i + 2 + 15 5 JYM, Syksy 2014 31/99
Yhtälön oikea puoli: 5z z ( 3 + 2i = 5 i 5 2 ) 5 i 1 i ( 3 5 2 5 i ) + 2i = 3 2i 3 5i + 2 5 + 2i = 3 3 ( i) 5i ( i) + 2 5 = 3 3i 5i 2 + 2 5 = 3 3i 5 + 2 5 = 15 + 3i + 2 5 = 17 + 3i 5 JYM, Syksy 2014 32/99
Yhtälön vasen ja oikea puoli ovat yhtä suuret, joten luku z = 3 5 2 5 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 = 3 5 2 5 i. JYM, Syksy 2014 33/99
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 2014 34/99
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 2014 35/99
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 2014 36/99
Itseisarvo, liittoluku, vastaluku ja käänteisluku z z z 1 z 1 z z JYM, Syksy 2014 37/99
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 + 14 ) 13 i Tämä päättely osoittaa, että yhtälöllä on enintään yksi ratkaisu eikä se voi olla mikään muu kuin (1 + 4i)/(3 2i). JYM, Syksy 2014 38/99
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 2014 39/99
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) 3 + 12i + 2i + 8i 2 5 + 14i 9 4i 2 = 13 = 5 13 + 14 13 i. JYM, Syksy 2014 40/99
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 2014 41/99
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 2014 42/99
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 2014 43/99
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 2014 44/99
Radiaanien ja asteiden yhteys Muista, että 180 vastaa π radiaania. Joitakin kulmia: 120 135 150 90 60 45 30 5 6 π 2 3 4 π 3 π 1 2 π 1 3 π 1 4 π 1 6 π 180 0, 360 π 0, 2π 210 225 240 270 330 315 300 7 6 π 5 4 π 4 3 π 3 2 π 5 3 π 7 4 π 11 6 π JYM, Syksy 2014 45/99
Kulman piirtäminen koordinaatistoon voi auttaa päättelyssä. Myös ns. muistikolmioista voi olla apua. π 6 1 π 3 1 2 3 2 2 π 4 1 1 JYM, Syksy 2014 46/99
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 2014 47/99
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 2014 48/99
Kompleksiluvun napaesitys Esimerkki 10 Määritetään seuraavien kompleksilukujen napaesitys: z 1 = 2 + 2i z 2 = i z 3 = 1 i 3. JYM, Syksy 2014 49/99
Merkitään luku z 1 = 2 + 2i kompleksitasoon: z 1 8 α ϕ Itseisarvon määritelmän mukaan z 1 = ( 2) 2 + 2 2 = 8 = 2 2. Kuvaan piirretyn suorakulmaisen kolmion molempien kateettien pituus on 2, joten α = 45. Siten ϕ = 180 45 = 135. Näin z 1 = 2 2 cos(3π/4) + i2 2 sin(3π/4). JYM, Syksy 2014 50/99
Merkitään luku z 2 = i kompleksitasoon: 3 2 π z 2 Itseisarvon määritelmän mukaan z 2 = 0 2 + ( 1) 2 = 1 = 1. Kuvasta nähdään, että vaihekulma on 3π/2. Näin z 2 = cos(3π/2) + i sin(3π/2). JYM, Syksy 2014 51/99
Merkitään luku z 3 = 1 i 3 kompleksitasoon: 2 γ z 3 Itseisarvon määritelmän mukaan z 3 = 1 2 + 3 2 = 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 2014 52/99
Napaesityksen laskusääntöjä Tulon, liittoluvun ja käänteisluvun määrittäminen käy kätevästi napaesityksen avulla, kuten seuraavassa lauseessa osoitetaan. Potenssien laskemisessa auttaa ns. Moivrén kaava. JYM, Syksy 2014 53/99
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 2014 54/99
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 2014 55/99
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 2014 56/99
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 2014 57/99
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 = 180 + α. Näin z = 2 2 ( (cos(7π/6) + i sin(7π/6) ). JYM, Syksy 2014 58/99
Moivrén kaavan mukaan z 10 = (2 2) 10( cos(10 7π/6) + i sin(10 7π/6) ) = 2 10 2 10( cos(70π/6) + i sin(70π/6) ) = 2 10 2 5( 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 2014 59/99
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 2014 60/99
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 2014 61/99
Eksponenttiesitys Esimerkki 13 Määritä seuraavien kompleksilukujen eksponenttiesitys: z = 2 + 2 3i, w = 3 3i, z 3 w 4. Huom. Napaesityksen laskusääntöjä koskevasta lauseesta 11 seuraa, että eksponenttiesitystä käytettäessä voidaan soveltaa tuttuja potenssien laskusääntöjä. JYM, Syksy 2014 62/99
Merkitään luku z = 2 + 2 3i 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 2014 63/99
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 2014 64/99
Lasketaan: z 3 w 4 = ( 4e 2π i) 3 3 (3 2e 5π i) 4 4 = 4 3( e 2π 3 i) 3 3 4 ( 2) 4( e 5π 4 i) 4 = 4 3 e 3 2π 3 i 3 4 4 e 4 5π 4 i = 4 4 3 4 e 2πi e 5πi = 12 4 e 7πi = 12 4 e 6πi e πi = 12 4 1 e πi = 12 4 e πi JYM, Syksy 2014 65/99
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 2014 66/99
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 2014 67/99
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 = 21 2 2 i 21 2 2 Havaitaan, että luvun z 1 itseisarvo on 21 ja vaihekulma on π/4; reaaliosa on 21 2 2 ja imaginaariosa on 21 2. 2 JYM, Syksy 2014 68/99
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 ( 3 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 2014 69/99
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 ) = 3 3 2 2 3 2 i Havaitaan, että luvun z 3 itseisarvo on 3 ja vaihekulma on 7π/6; reaaliosa on 3 3 2 ja imaginaariosa on 3 2. JYM, Syksy 2014 70/99
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 2014 71/99
Toisen asteen yhtälö Esimerkki 17 Ratkaistaan yhtälö x 2 = 25. x 2 = 25 x 2 25 = 0 x 2 5 2 = 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 2014 72/99
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 2014 73/99
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 2014 74/99
Lauseen 19 perustelun idea. Täydennetään yhtälön vasen puoli neliöksi: ax 2 + bx + c = 0 x 2 + b a x + c a = 0 x 2 + 2 b 2a x = c a x 2 + 2 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 2014 75/99
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 2014 76/99
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 8 2 4 1 25 2 1 x = 8 ± i 64 100 2 x = 8 ± i 36 2 x = 8 ± 6i 2 x = 4 ± 3i JYM, Syksy 2014 77/99
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 2014 78/99
Neliöjuuren määritelmä Neliöjuuren määritelmä takaa, että sääntö x x on kuvaus [0, [ [0, [. JYM, Syksy 2014 79/99
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 2014 80/99
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 2014 81/99
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 2014 82/99
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 2014 83/99
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 2014 84/99
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 2014 85/99
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 2014 86/99
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 2014 87/99
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 2014 88/99
Yhtälön x 5 = 1 ratkaisut eli viidennet ykkösen juuret sijaitsevat kompeksitason yksikköympyrällä muodostaen säännöllisen viisikulmion: JYM, Syksy 2014 89/99
(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 2014 90/99
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 2014 91/99
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 11 24 πi, 2e 23 24 πi, 2e 35 24 πi. JYM, Syksy 2014 92/99
Yhtälön z 4 = 2 3 2i ratkaisut sijaitsevat kompeksitason origokeskisellä, 2-säteisellä ympyrällä muodostaen säännöllisen nelikulmion: JYM, Syksy 2014 93/99
Kompleksikertoiminen toisen asteen yhtälö Esimerkki 25 Ratkaistaan kompleksilukujen joukossa yhtälö x 2 (6 + 8i)x 11 + (24 + 4 3)i = 0. JYM, Syksy 2014 94/99
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 + (24 + 4 3)i ( = x 2 2(3 + 4i)x + (3 + 4i) 2) (3 + 4i) 2 11 + (24 + 4 3)i ( = x 2 2(3 + 4i)x + (3 + 4i) 2) (24i 7) 11 + (24 + 4 3)i ( = x 2 2(3 + 4i)x + (3 + 4i) 2) 24i + 7 11 + 24i + 4 3i ( = x 2 2(3 + 4i)x + (3 + 4i) 2) 4 + 4 3i ( 2 = x (3 + 4i)) 4 + 4 3i JYM, Syksy 2014 95/99
Alkuperäinen yhtälö voidaan näin kirjoittaa muodossa ( x (3 + 4i)) 2 4 + 4 3i = 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 2014 96/99
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 2014 97/99
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 ( 3 2 2 1 ) 2 i = 6 2i z 1 = 2 2e 5 6 πi = 2 2 ( 3 2 + 1 ) 2 i = 6 + 2i. JYM, Syksy 2014 98/99
Huomioimalla, että z = x (3 + 4i) saadaan alkuperäiselle yhtälölle ratkaisut x 0 = 6 2i + 3 + 4i = 3 + 6 + (4 2)i x 1 = 6 + 2i + 3 + 4i = 3 6 + (4 + 2)i. x 1 3 + 4i x 0 JYM, Syksy 2014 99/99