Ciało liczb zespolonych
Twierdzenie: Niech C = R 2.Wzbiorze Cokreślamydodawanie: oraz mnożenie: (a,b) + (c,d) = (a +c,b +d) (a,b) (c,d) = (ac bd,ad +bc). Wówczas (C, +, ) jest ciałem, w którym elementem neutralnym dodawania jest (0, 0), a elementem neutralnym mnożenia jest (1,0).
Dowód: Pokażemy dla przykładu, że każdy (0, 0) element ma element odwrotny względem mnożenia. Niech (0,0) (a,b) C. Rozważmy element: ( a b ) a 2 +b 2, a 2 +b 2 C. Wówczas ( a (a,b) b ) ( a 2 +b 2 ) ab a 2 +b 2, a 2 +b 2 = a 2 +b2,ab a 2 +b 2 = (1,0).
Definicja: Ciało (C, +, ) nazywamy ciałem liczb zespolonych. Zwyczajowopiszemya +ibzamiast (a,b)orazazamiast (a,0). Liczbę a nazywamy częścią rzeczywistą liczby a + bi i oznaczamy R(a +bi). Liczbębnazywamyczęściąurojonąliczbya +biioznaczamy I(a +bi).
Przykłady: 1. Sprawdzamy, że: (1 i) + (4 +7i) =5 +6i, ( 1 +3i) (2 5i) = (( 1) 2 3 ( 5)) + (( 1) ( 5) +3 2)i =13 +11i, 1+3i 2+5i = ( 1 +3i) (2 +5i) 1 = ( 1 +3i) ( 1 29 + 3 29 i) =10 29.
2.Podobniesprawdzamy,żei i = 1.
Uwaga: Ponieważ, jak zauważyliśmy, i i = 1, intuicyjnie przyjmujemy 1 =i.
Definicja: Niechz=a +bi C. Liczbąsprzężonązliczbąznazywamyliczbęz =a bi.
Przykład: 3.Wprostzdefinicjiwidzimy,że1 +2i =1 2i.
Twierdzenie: Niechz,w C.Wówczas: 1.z +w =z+w, 2.z w =z w, 3.z w =z w, z 4. w = z w,oilew 0.
Dowód: Pokażemy dla przykładu własność(4). Niechz=a +bi,w =c+di. Wówczas skąd z w =a +bi c +di Z drugiej strony = (a +bi)(c di) c 2 +d 2 = z w +bd ad =ca c 2 cb +d2 c 2 +d 2i. ca +bd ad c 2 +cb +d2 c 2 +d 2i, z w =a bi c di = (a bi)(c +di) c 2 +d 2 = ca +bd ad c 2 cb +d2 c 2 +d 2i.
Definicja: Niechz=a +bi C. Wartością bezwzględną(albo modułem) liczby z nazywamy liczbęrzeczywistą z = a 2 +b 2.
Przykład: 4.Wprostzdefinicjiwidzimy,że 3 +4i = 3 2 +4 2 =5.
Twierdzenie: Niechz,w C.Wówczas: 1. z w = odległośćmiędzypunktamiziw, 2. z w = z w, 3. z 2 =z z.
Dowód: Niechz=a +bi,w =c+di. 1. Wprost z definicji modułu: z w = (a c) + (b d)i = (a c) 2 + (b d) 2, co, z kolei, jest dokładnie równe odległości między punktami o współrzędnych (a, b) i (c, d).
2. Podobnie jak w punkcie(1) otrzymujemy: z w = (ac bd) + (ad +bc)i = a 2 c 2 2abcd +b 2 d 2 +a 2 d 2 +2abcd +b 2 c 2 = a 2 (c 2 +d 2 ) +b 2 (c 2 +d 2 ) = a 2 +b 2 c 2 +d 2 = z w.
3. Podobnie jak w poprzednich punktach: z 2 =a 2 +b 2 = (a +bi) (a bi) =z z.
Definicja: Niechz=a +bi C. Niech (r,φ)będątakimiliczbami,żea =rcos φ,b=rsinφ: (tj. niech (r, φ)) będą współrzędnymi biegunowymi punktu (a, b)), awięcniech z =rcos φ +irsinφ =r(cos φ +isinφ).
Przedstawienie to nazywamy postacią trygonometryczną z. Kąt skierowany φ nazywamy argumentem z i oznaczamy arg(z). Kątskierowany θ [0,2π)taki,że cos θ =cosarg(z)isinθ =sinarg(z) nazywamy argumentem głównym liczby z i oznaczamy Arg(z).
Przykłady: 5.Rozważmyliczbęz=1 +i,czylipunktowspółrzędnych (1, 1) na płaszczyźnie zespolonej: Zrysunkułatwoodczytujemy,żer = 2,zaśprzykładowa wartośćkąta φto π 4.
Wszczególnościargumentgłównyliczbyz =1 +itoarg(z) = π 4. Argumentami arg(z) tej liczby mogą też być, na przykład, liczby 9π 4, 17π 4, 25π 4 itd.jakoże i równocześnie sin π 4 =sin9π 4 =sin17π 4 =sin25π 4 cos π 4 =cos9π 4 =cos17π 4 =cos25π 4. Tym samym przykładowe postaci trygonometryczne liczby z =1 +ito z = ( 2 cos π 4 +isin π ) = ( 2 cos 9π ) 4 4 +isin9π =... 4
6.Rozważmyliczbęz= 3 i,czylipunktowspółrzędnych ( 3, 1)napłaszczyźniezespolonej: Zrysunkułatwoodczytujemy,żer =2,zaśprzykładowa wartośćkąta φto 11π 6.
Wszczególnościargumentgłównyliczbyz = 3 ito Arg(z) = 11π 6. Argumentami arg(z) tej liczby mogą też być, na przykład, liczby 23π 6, 35π 6, 47π 6 itd.jakoże i równocześnie sin 11π 6 =sin23π 6 =sin35π 6 =sin47π 6 cos 11π 6 =cos23π 6 =cos35π 6 =cos47π 6. Tym samym przykładowe postaci trygonometryczne liczby z = 3 ito ( z =2 cos 11π ) ( 6 +isin11π =2 cos 23π ) 6 6 +isin23π =... 6
Twierdzenie: Niechz 1 =r 1 (cos φ 1 +isinφ 1 ),z 2 =r 2 (cos φ 2 +isinφ 2 ) C. Wówczas: 1.z 1 z 2 =r 1 r 2 [cos(φ 1 + φ 2 ) +isin(φ 1 + φ 2 ), z 2. 1 z 2 = r 1 r2 [cos(φ 1 φ 2 ) +isin(φ 1 φ 2 )],oilez 2 0, 1 3. z 1 = 1 r 1 (cos φ 1 isinφ 1 ),oilez 2 0.
Dowód: Wzorytewynikająwprostzewzorównasumyiróżnicefunkcji trygonometrycznych znane ze szkoły średniej. Udowodnimy dla przykładu własność(1): z 1 z 2 = r 1 r 2 [(cos φ 1 +isinφ 1 )(cos φ 2 +isinφ 2 )] = r 1 r 2 [(cos φ 1 cos φ 2 sinφ 1 sinφ 2 )] + i(cos φ 1 sinφ 2 +sinφ 1 cos φ 2 )] = r 1 r 2 [cos(φ 1 + φ 2 ) +isin(φ 1 + φ 2 )].
Przykład: 7.Rozważmypostaćtrygonometrycznąliczby (1 +i)( 3 i). W poprzednich przykładach sprawdziliśmy, że 1 +i = ( 2 cos π 4 +isin π ) 4 oraz 3 i =2 (cos 11π ) 6 +isin11π. 6 Wobectegopostaćtrygonometrzycznaliczby (1 +i)( 3 i) to: 2 2(cos 25π 12 +isin25π 12 ).
Zauważmy przy tym, że wobec czego 25π 12 =24π 12 + π 12 =2π + π 12 cos 24π 12 =cos π 12 orazsin24π 12 =sin π 12 iliczbę (1 +i)( 3 i)możemyteżzapisaćjako (1 +i)( 3 i) =2 2(cos π 12 +isin π 12 ).
Tym samym posługując się postacią trygonometryczną liczb zespolonych możemy wyznaczyć dokładne wartości funkcji trygonometrycznychkąta π 12.Istotnie: (1 +i)( 3 i) = ( 3 +1) + ( 3 1)i = 2 ( ) 3 +1 3 1 2 2 2 + 2 2 i = 2 ( ) 6 + 2 6 2 2 + i, 4 4 co po porównaniu z postacią trygonometryczną liczby (1 +i)( 3 i)daje cos π 12 = 6 + 2 4 orazsin π 6 2 12 =. 4
Wniosek(wzory de Moivre a): Niechz=r(cos φ +isinφ) C,niechn N. Wówczasz n =r n (cosnφ +isinnφ).
Przykład: 8. Przy pomocy wzorów de Moivre a potęgowanie potrafi być naprawdę szybkie. Obliczmydlaprzykładu (1 +i) 10. Sprawdziliśmy już, że 1 +i = ( 2 cos π 4 +isin π ). 4 Wobec tego (1 +i) 10 =32 ( cos 10π ) 4 +isin10π. 4
Ale z drugiej strony iwobectego 10π 4 =8π 4 +2π 4 =2π + π 2 cos 10π 4 =cos π 2 orazsin10π 4 =sin π 2 iliczbę (1 +i) 10 możemyzapisaćjako ( (1 +i) 10 =32 cos π 2 +isin π ) =32(0 +1i) =32i. 2
Twierdzenie: Niechz=r(cos φ +isinφ) C,niechn N. Wówczas z ma n różnych pierwiastków stopnia n danych wzorem ( w k = n r cos φ +2kπ +isin φ +2kπ ), n n gdziek {0,1,...,n 1}.
Dowód: Niechw Cbędzietakąliczbą,żew n =ziniech w =s(cos θ +isinθ). Wówczass n (cosnθ +isinnθ) =r(cos φ +isinφ),skąds= n r oraz cosnθ =cos φisinnθ =sinφ. Tym samym, wobec okresowości funkcji cos i sin awięc θ = φ+2kπ n,dlak N. nθ = φ +2kπ,dlak N,
Zauważmyjednak,żedlak n: φ +2kπ n = φ +2(n + l)π n = φ +2nπ +2lπ n =2π + φ +2lπ, n skąd cos φ +2kπ n =cos φ +2lπ n isin φ +2kπ n =sin φ +2lπ. n Wobec tego otrzymujemy tylko n różnych liczb i wystarczy rozpatrywaćk {0,...,n 1}.
Przykład: 9. Wyznaczymy wszystkie pierwiastki stopnia 6 z liczby 2. Sprawdzamy, że 2 =2( 1 +0i) =2(cos π +isinπ). Wobectegopierwiastkistopnia6z 2wyrażąsię następującymi wzorami: w 0 = 6 ( 2 cos π 6 +isin π ) ( ) = 6 3 2 6 2 +i1 2 w 1 = 6 ( 2 cos 3π ) 6 +isin3π = 6 ( 2 cos π 6 2 +isin π ) 2 = 6 2 (0 +i1) = 6 2i
w 2 = 6 ( 2 cos 5π 6 +isin5π 6 = 6 [ ( 2 cos π π ) +isin 6 = 6 ( 2 cos π 6 +isin π ) = 6 2 6 ) w 3 = 6 ( 2 ) ( π π )] ( 6 cos 7π 6 +isin7π 6 = 6 [ ( 2 cos π + π ) +isin 6 = 6 ( 2 cos π 6 isin π ) = 6 2 6 ( π + π )] ( 6 ) 3 2 +i1 2 ) 3 2 i1 2
w 4 = 6 ( 2 cos 9π 6 +isin9π 6 = 6 2 [cos (2π + π) +isin(2π + π)] = 6 2 (cos π +isinπ) = 6 2 ( 1 +i0) = 6 2 w 5 = 6 ( 2 cos 11π ) 6 +isin11π 6 = 6 [ ( 2 cos 2π π ) ( +isin 2π π )] 6 6 = 6 ( 2 cos π 6 isin π ) ( ) = 6 3 2 6 2 i1. 2 )
cos(φ 1 + φ 2 ) = cos φ 1 cos φ 2 sinφ 1 sinφ 2 sin(φ 1 + φ 2 ) = cos φ 1 sinφ 2 +sinφ 1 cos φ 2 cos(π α) = cos α sin(π α) = sinα cos(π + α) = cos α sin(π + α) = sinα