Maciej Grzesiak Instytut Matematyki Politechniki Poznańskiej. Liczby zespolone

Transkrypt

1 Maciej Grzesiak Istytut Matematyki Politechiki Pozańskiej Liczby zespoloe 1. Określeie liczb zespoloych Rówaie kwadratowe ie ma pierwiastków rzeczywistych gdy < 0, bo wzory ogóle wymagają wtedy obliczeia pierwiastka z liczby ujemej. Wśród liczb rzeczywistych taki pierwiastek ie istieje. Gdy jedak wprowadzimy dodatkową liczbę i = 1, to moża rachować a liczbach postaci a + bi, a, b R, dodając do zwykłych reguł arytmetyki rówość i = 1. Tak postępowao od XVI wieku, azywając liczby bi liczbami urojoymi, bo trudo było uzasadić ich byt. Liczby a + bi azywao liczbami zespoloymi. Stosowao do ich zwykłe prawa algebry. Np. 4 = 4i = i. Ścisłe określeie liczb zespoloych pochodzi od Hamiltoa, który określił liczby zespoloe jako pary liczb rzeczywistych. Przedstawimy tę kostrukcję. Tworzymy iloczy kartezjański R R. Jego elemetami są pary liczb rzeczywistych. W zbiorze par wprowadzamy działaia dodawaia: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) i możeia (a, b) (c, d) = (ac bd, ad + bc). Parę z = (a, b) będziemy azywać liczbą zespoloą, a cały zbiór R R zbiorem liczb zespoloych. Będziemy go ozaczać literą C. Zbiór C z wprowadzoymi wyżej działaiami ma własości podobe do zbioru liczb rzeczywistych chodzi tu o własości działań: łączość, przemieość, istieie elemetu eutralego, przeciwego i odwrotego, oraz rozdzielość. Łatwo zauważyć, że para (0, 0) jest elemetem zerowym dodawaia, a para (1, 0) jest elemetem jedostkowym możeia. Rówież łatwo jest sprawdzić łączość dodawaia i możeia, i przemieość tych działań. Elemetem przeciwym do (a, b) jest taka para (x, y), że (a + x, b + y) = (0, 0); stąd (x, y) = ( a, b). Nieco trudiej jest wyliczyć elemet odwroty. Załóżmy więc, że z = (a, b) jest iezerową liczbą zespoloą, tj. a + b > 0 oraz że (a, b) (x, y) = (1, 0). Wtedy, zgodie z defiicją możeia, musi być: Rozwiązaiem tego układu jest para liczb ax by = 1, ay + bx = 0. x = a a + b, y = b a + b, a więc liczba zespoloa ( ) a a + b, b a + b jest odwrotością liczby z. 1

2 Sprawdzimy jeszcze rozdzielość możeia względem dodawaia. Niech z 1 = (a, b), z = (c, d), z = (e, f). Wtedy (z 1 + z ) z = (a + c, b + d)(e, f) = = ((a + c)e (b + d)f, (b + d)e + (a + c)f) = = (ae + ce bf df, be + de + af + ef) = = (ae bf, be + af) + (ce df, de + cf) = = z 1 z + z z. W pewym sesie zbiór C zawiera zbiór R. Formalie C jest zbiorem par, ale jeśli rozważymy zbiór par postaci (a, 0), to poieważ zachodzą rówości: (a, 0) + (b, 0) = (a + b, 0) (a, 0) (b, 0) = (ab, 0), więc pary takie moża utożsamić z liczbami rzeczywistymi. Iaczej mówiąc mamy wzajemie jedozacze odwzorowaie (a, 0) a zbioru liczb zespoloych postaci (a, 0) a zbiór liczb rzeczywistych. W tym przyporządkowaiu liczbom 1 i 1 odpowiadają pary (1, 0) i ( 1, 0). Jeśli wprowadzimy ozaczeie i = (0, 1), to liczba zespoloa (a, b) daje się przedstawić za pomocą liczby i oraz liczb rzeczywistych (a, 0) i (b, 0). Mamy bowiem (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi, gdzie zamiast (a, 0), (b, 0) apisaliśmy krótko a, b. Zauważmy, że i = (0, 1) (0, 1) = ( 1, 0) = 1. W dalszym ciągu liczby zespoloe będziemy zapisywać w postaci a + bi. Zapis te pozwala przy działaiach arytmetyczych operować liczbami a + bi jak wielomiaami, przy czym ależy zastępować i przez 1. Na przykład: (1 + i)( i) = 1 1 i + i i i = i + 4i 6i = 8 + i.. Własości liczb zespoloych W prostokątym układzie współrzędych liczbę zespoloą z = a + bi moża iterpretować jako pukt o odciętej a i rzędej b. Pukty rzeczywiste, tj. takie pukty z = a + bi, dla których b = 0, wypełiają oś układu zwaą osią rzeczywistą, zaś pukty, dla których a = 0 wypełiają drugą oś, zwaą osią urojoą. Czasem wygodiej jest traktować liczbę z = a + bi jako wektor zaczepioy w początku układu współrzędych i końcu (a, b). Moża zauważyć, że dodawaie liczb zespoloych jest (geometryczie) dodawaiem wektorów. Iterpretacja możeia ie jest tak prosta. Jeśli z jest wektorem, to ma długość, kieruek i zwrot. Długość wyosi a + b. Nazywamy ją modułem bądź wartością bezwzględą liczby zespoloej z i ozaczamy z. Przykładowo: 1 + i = = 5, 4i = = 5. Zauważmy, że rówość z = 1 jest spełioa przez te pukty płaszczyzy, które leżą a okręgu o środku w początku układu i promieiu 1. Nierówość z < 1 charakteryzuje pukty wewątrz tego okręgu.

3 Rysuek 1. Suma liczb zespoloych Przykład. Narysować zbiory 1) z i = ; ) < z + 1 i 4; ) z + = z i. Niech z = a + bi. Przyjmiemy ozaczeie a bi = z. Liczbę z azywamy sprzężoą z liczbą z. Liczby sprzężoe leżą symetryczie względem osi rzeczywistej. Łatwo jest sprawdzić wzory: Mamy także dla z = a + bi: z 1 + z = z 1 + z, z 1 z = z 1 z, z 1 z = z 1 z, ( z1 z ) = z 1 z. z z = (a + bi)(a bi) = a b i = a + b = z. Ostatią własość wykorzystujemy przy dzieleiu liczb zespoloych. Wykoaie dzieleia polega a przedstawieiu ilorazu w postaci a+bi. Osiągiemy to, możąc liczik i miaowik przez liczbę sprzężoą do miaowika. Przykładowo: 1 + i (1 + i)( + 4i) + 4i + 6i i = = = = 1 4i ( 4i)( + 4i) i. Twierdzeie 1. Dla dowolych liczb zespoloych z 1 i z Jeśli dodatkowo z 0, to z 1 z = z 1 z. z 1 z D o w ó d. Pierwszy wzór wyika z rówości: = z 1 z. z 1 z = (z 1 z )(z 1 z ) = z 1 z z 1 z = (z 1 z 1 )(z z ) = z 1 z, a drugi z pierwszego, bo z z 1 z = z 1 z = z 1. z

4 Twierdzeie. Dla dowolych liczb zespoloych z 1 i z zachodzą ierówości z 1 + z z 1 + z, z 1 z z 1 z. Dowód aalityczy pomiiemy. Zauważmy jedak, że wektor odpowiadający liczbie z 1 + z jest bokiem trójkąta, którego pozostałymi bokami są wektory odpowiadające liczbom z 1 i z. W trójkącie długość każdego boku jest ie większa iż suma długości pozostałych boków. Stąd mamy pierwszą ierówość, którą azywamy ierówością trójkąta. Niech z = a + bi. Wprowadzamy ozaczeia Re z = a, Im z = b. Liczby Re z i Im z azywamy odpowiedio częścią rzeczywistą i częścią urojoą liczby z.. Postać trygoometrycza liczby zespoloej Kieruek i zwrot wektora z = a + bi moża określić, podając miarę ϕ kąta skierowaego, którego pierwszym ramieiem jest półoś rzeczywista dodatia, a drugim ramieiem wektor z. Tę miarę azwiemy argumetem liczby z. Jak wiadomo jest oa wielozacza i wyraża się wzorem: ϕ = ϕ 0 + kπ, gdzie: 0 ϕ 0 < π, k Z. ϕ 0 azywamy argumetem główym. Ozaczamy: ϕ 0 = arg z, ϕ = Arg z. Argumetem liczby 0 azywamy dowolą liczbę ϕ. Rysuek. Moduł i argumet liczby zespoloej Przykładowo: arg i = 1 π, Arg i = 1 π + kπ, arg 1 = 0, Arg 1 = kπ. Odotujmy, że liczby rzeczywiste dodatie mają argumet główy rówy 0, a ujeme rówy π. Po rozpatrzeiu odpowiediego trójkąta prostokątego otrzymamy: cos ϕ = a a + b, si ϕ = b a + b. 4

5 W takim razie ( a z = a + bi = z z + i b ) = z (cos ϕ + i si ϕ). z Stąd otrzymujemy poiższe twierdzeie: Twierdzeie. Każda liczba zespoloa daje się przedstawić w postaci z = z (cos ϕ + i si ϕ), zwaej postacią trygoometryczą liczby z. Na przykład 1 = 1 (cos 0 + i si 0), i = 1 (cos π + i si π ), 1 + i = (cos π 4 + i si π 4 ). Wiemy już, że możeiu (dzieleiu) liczb zespoloych odpowiada możeie (dzieleie) modułów tych liczb. Następujące twierdzeie wyjaśia, co dzieje się z argumetami tych liczb. Twierdzeie 4. Dla dowolych liczb zespoloych z 1 i z : Arg z 1 z = Arg z 1 + Arg z. (1) U w a g a. Poieważ Arg z ie jest określoy jedozaczie, więc powyższy wzór ależy rozumieć astępująco: do każdych dwóch wartości argumetów występujących we wzorze moża dobrać trzecią wartość argumetu, tak aby zachodziła rówość. D o w ó d. Niech Wówczas z 1 = z 1 (cos ϕ 1 + i si ϕ 1 ), z = z (cos ϕ + i si ϕ ). z 1 z = z 1 (cos ϕ 1 + i si ϕ 1 ) z (cos ϕ + i si ϕ ) = = z 1 z (cos ϕ 1 cos ϕ si ϕ 1 si ϕ + + i si ϕ 1 cos ϕ + i cos ϕ 1 si ϕ ) = = z 1 z (cos(ϕ 1 + ϕ ) + i si(ϕ 1 + ϕ )). Podobie udowadia się astępe dwa twierdzeia. Twierdzeie 5. Dla dowolych liczb zespoloych z 1 i z, (z 0): Arg z 1 z = Arg z 1 Arg z. () Twierdzeie 6. Dla każdej liczby zespoloej z i każdego całkowitego : W szczególości zachodzi tzw. wzór de Moivre a: Arg z = Arg z. () (cos ϕ + i si ϕ) = cos ϕ + i si ϕ. (4) D o w ó d. Dla aturalego wzór () otrzymamy po wielokrotym zastosowaiu wzoru (1). Gdy = 0, to prawdziwość wzoru wyika z rówości Arg 1 = kπ. Natomiast, gdy = k, gdzie k N, to Arg z = Arg z k = Arg 1 z k = Arg 1 Arg zk = k Arg z = Arg z. 5

6 Przykłady. ( + i ) 6 = ( ) 1 + i = ( cos π 4 + i si π ) 6 6π 6π = cos + i si = ( = cos 6π + π ) ( + i si 6π + π ) = 4 4 = cos π + i si π = i, ( cos π + i si π ) = cos ( π) + i si ( π) = = cos 0 + i si 0 = 1. Jak widać potęgowaie jest łatwe, gdy zamy postać trygoometryczą liczby. Jeśli jej ie zamy, pozostaje wzór dwumiaowy Newtoa: ( ) z = (a + bi) = a k b k i k. k k=0 4. Postać wykładicza liczby zespoloej 4.1. Symbol e iϕ. Określamy: e iϕ = cos ϕ + i si ϕ. W te sposób został zdefiioway pewie symbol. Uzasadieiem celowości jego wprowadzeia są astępujące własości, pokazujące, że moża go traktować jako potęgę liczby e. Własości symbolu e iϕ. 1. e i(ϕ1+ϕ) = e iϕ1 e iϕ ;. e i(ϕ1 ϕ) = eiϕ 1 e ; iϕ. (e iϕ ) k = e ikϕ ; 4. e i(ϕ+kπ) = e iϕ ; 5. e iϕ 0; 6. e iϕ = 1; 7. e iϕ1 = e iϕ ϕ 1 = ϕ + kπ; Przykłady. Obliczyć e i π, e πi, e i. e i π π = cos + i si π = i, 4.. Wzory Eulera Poieważ e πi = cos π + i si π = 1, e i = cos 1 + i si 1. e iϕ = cos ϕ + i si ϕ e iϕ = cos ϕ i si ϕ więc po dodaiu (odjęciu) stroami i podzieleiu przez (odpowiedio i) otrzymujemy tożsamości, azywae wzorami Eulera: cos ϕ = eiϕ + e iϕ si ϕ = eiϕ e iϕ i 6

7 Przykład. Wyrazić cos ϕ w zależości od cos ϕ. ( e cos iϕ + e iϕ ) ϕ = = 1 ( e iϕ + + e iϕ ) = 1 (1 + eiϕ + e iϕ ) 4 = 1 (1 + cos ϕ). 4.. Postać wykładicza liczby Defiicja 1. Jeżeli ϕ jest argumetem liczby z, a r jej modułem, to re iϕ azywamy postacią wykładiczą liczby z. Przykład. Rozwiązać rówaie z = z. Podstawiając z = re iϕ otrzymujemy r e iϕ = re iϕ, skąd mamy r = 0 lub r = 1 i iϕ = kπ dla k Z. Róże kąty otrzymujemy dla k = 0, 1,. Są to ϕ = 0, ϕ = π, ϕ = 4 π. Zatem są 4 rozwiązaia: z = 0, z = 1 e 0, z = 1 e πi, z = 1 e 4 πi, czyli z = 0, z = 1, z = 1 + i, z = 1 i. Przykład. Rozwiązać rówaie z = ( + i) 6. Przykład. Rozwiązać rówaie z z = 1. Niech z = re iα. Wtedy (re iα ) re iα = 1, e iα = 1 iα = kπ, k Z. Zatem r jest dowole, a α ma wartości: 0, π/, 4π/. Geometryczie są to półproste wychodzące z początku układu, achyloe do osi rzeczywistej pod kątami 0, π/, 4π/. 5. Pierwiastki z liczb zespoloych Dla liczby rzeczywistej dodatiej a liczbę rzeczywistą dodatią b taką, że b = = a azywamy pierwiastkiem arytmetyczym z liczby a i ozaczamy a. Taka liczba jest tylko jeda. W przypadku zespoloym, pierwiastkiem stopia z liczby z azywamy taką liczbę w, że w = z. Jak zobaczymy, takich liczb jest dokładie (wyjątkiem jest 0, które ma jede pierwiastek). Rozważymy ajpierw pierwiastki kwadratowe. Zaczijmy od przykładu. Zajdziemy pierwiastki kwadratowe liczby z = 4i. Szukamy takiej liczby w = x + iy, że (x + iy) = 4i, tz. x + ixy y = 4i, czyli x y =, xy = 4. Po podstawieiu p. z drugiego rówaia y = /x do pierwszego otrzymamy (po pomożeiu przez x ) rówaie x 4 x 4 = 0, które ma dwa pierwiastki rzeczywiste x 1 =, x =. Stąd y 1 = 1, y = 1, więc pierwiastkami z 4i są liczby w 1 = i, w = + i. 7

8 Rachuek powyższy moża przeprowadzić w przypadku ogólym, choć wymaga to rozróżieia kilku przypadków. Wprowadzamy dla liczb rzeczywistych fukcję sg x (czytaj: sigum) wzorem: 1 dla x > 0, sg x = 0 dla x = 0, 1 dla x < 0. Twierdzeie 7. Każda liczba zespoloa z = a + bi 0 ma dwa róże pierwiastki drugiego stopia, określoe wzorami: z = ± a dla b = 0, a 0, ± ai dla b = 0, a < 0, ( ) a+ z a+ z ± + isg b dla b 0. Na przykład 4i = ± ( + 5 ) i( 1) = ±( i). Obliczaie pierwiastków stopia wyższego iż wymaga postaci trygoometryczej liczby z. Twierdzeie 8. Liczba z = z (cos ϕ + i si ϕ) 0 ma dokładie różych pierwiastków -tego stopia. Określoe są oe wzorem: w k = ( z cos ϕ + kπ + i si ϕ + kπ ), k = 0, 1,..., 1. Szczegóły dowodu pomiiemy, ograiczając się do zauważeia, że dla każdego w k mamy a mocy wzoru Moivre a: wk = [ z (cos ϕ + kπ + i si ϕ + kπ )] = = z (cos (ϕ + kπ) + i si (ϕ + kπ)) = z. Obliczymy i (tu uwaga: te symbol ozacza trzy liczby). Mamy: zatem ( π w 1 = cos i = cos π + i si π, w 0 = cos π 6 + i si π 6 = + 1 i, 6 + π ) ( π + i si 6 + π ) = ( π w = cos 6 + 4π ) ( π + i si 6 + 4π ) = i. + 1 i, Pierwiastki stopia szóstego liczby 64 = 64(cos 0 + i si 0) to: ( w k = cos kπ ) kπ + i si, k = 0, 1,..., Są oe wierzchołkami sześciokąta foremego wpisaego w okrąg o promieiu. 6. Rówaia algebraicze Rówaie algebraicze drugiego stopia: az + bz + c = 0, 8

9 Rysuek. Pierwiastki szóstego stopia liczby 64 o współczyikach zespoloych rozwiązujemy w zwykły sposób, tz. obliczamy wyróżik = b 4ac i stosujemy wzory: z 1, = b ±. a Zauważmy, że w tym przypadku (w przeciwieństwie do przypadku liczb rzeczywistych) zawsze istieje w istocie są dwa pierwiastki różiące się zakiem. Do powyższych wzorów wystarczy podstawiać dowoly z ich (te drugi da te same wartości z 1, ). Przykłady. 1. Rozwiązać rówaie z 4z + 5 = 0. Obliczamy = 4, = ±i, z 1 = 4+i = + i, z = 4 i = i. To rówaie miało współczyiki rzeczywiste i jego pierwiastki są liczbami sprzężoymi.. Rozwiązać rówaie z + ( 1 + i)z + ( + i) = 0. Obliczamy = 8 6i, = ±(1 i), więc z 1 = 1 i + 1 i = 1 i, z = 1 i 1 i W ogólym przypadku pierwiastki ie są sprzężoe. Tak więc rówaie algebraicze drugiego stopia ma dokładie dwa pierwiastki (jeśli przyjmiemy, że pierwiastek podwójy występujący, gdy = 0 liczymy dwa razy). Rozważmy teraz rówaie postaci: a z + a 1 z a 1 z + a 0 = 0, gdzie a k C dla k = 0, 1,..., i a 0. Takie rówaie azywamy rówaiem algebraiczym stopia. Twierdzeie 9. (zasadicze twierdzeie algebry) Rówaie algebraicze stopia o współczyikach zespoloych ma w ciele liczb zespoloych dokładie pierwiastków (każdy pierwiastek liczymy tyle razy, ile wyosi jego krotość). 9 = i.

10 Trudy dowód tego twierdzeia pomiiemy. Zauważymy dla przykładu, że rozwiązaiami rówaia z 1 = 0 są pierwiastki stopia z liczby 1. Tradycyjie używa się ozaczeia: ε k = cos kπ kπ + i si, k = 0, 1,..., 1. Dla k = 0 otrzymujemy oczywisty pierwiastek 1. Jeśli jest ieparzyste, to ie ma iych pierwiastków rzeczywistych. Gdy jest parzyste, to drugi pierwiastek rzeczywisty 1 otrzymujemy dla k = /. Geometryczie, pierwiastki leżą a okręgu o promieiu 1, w rówych odstępach kątowych (kąt między dwoma kolejymi pierwiastkami stopia wyosi π ). Łącząc je odcikami otrzymamy -kąt foremy wpisay w okrąg jedostkowy. Do rozwiązywaia rówań wyższych rzędów moża stosować zae metody. Np. rozwiązywaie rówaia: z 4z + 14z 0 = 0 moża rozpocząć od szukaia pierwiastków całkowitych wśród dzielików 0. Zajdziemy i stąd z 4z + 14z 0 = (z )(z z + 10). Wystarczy teraz rozwiązać rówaie z z + 10 = 0. W przypadku rówaia dwukwadratowego, p. podstawiamy t = z i zajdujemy z 4 z + 4 = 0 t 1 = 1 + i, t = 1 i. Dla każdej ze zalezioych wartości ależy teraz obliczyć pierwiastki kwadratowe. Otrzymamy z 1 = 1 ( + i), z = 1 ( + i), z = 1 ( i), z 4 = 1 ( + i). Rozwiązywaie rówań stopi wyższych wymaga a ogół pewej pomysłowości. Jeśli się da, warto korzystać z postaci trygoometryczej. Przykładowo rozważmy rówaie: (x + i) + i(x i) = 0 gdzie x R. Zauważmy, że i a pewo ie jest pierwiastkiem. Zatem możemy rówaie podzielić przez (x i). Otrzymamy ( ) x + i = i. x i Stadardowo obliczamy pierwiastki stopia liczby i = cos π + i si π: Zatem skąd wyliczamy x: w k = cos π + kπ + i si π + kπ, k = 0, 1, x + i x i = w k, x = i 1 + w k 1 w k. Podstawimy teraz wartości w k. Przy tym będziemy korzystać ze wzorów: 1 + cos ϕ + i si ϕ = cos ϕ (cos ϕ + i si ϕ ), 10

11 1 cos ϕ i si ϕ = 1 + cos(ϕ + π) + i si(ϕ + π) = cos ϕ + π (cos ϕ + π + i si ϕ + π ). Rachuek przebiega tak (dla uproszczeia zapisu piszemy a razie ϕ zamiast π+kπ ): x = i 1 + w k cos ϕ = i (cos ϕ + i si ϕ ) 1 w k cos ϕ+π ϕ+π (cos + i si ϕ+π ). Uwzględiając, że cos ϕ+π = si ϕ i wykoując dzieleie postaci trygoometryczych otrzymamy x = i ctg ϕ (cos( π ) ) + i si( π ) = i ctg ϕ ( i) = ctg ϕ. Podstawiamy teraz ϕ = π+kπ czyli ϕ = +4k 4 π. Otrzymujemy: x = ctg + 4k π, k = 0, 1,,