Maciej Grzesiak Istytut Matematyki Politechiki Pozańskiej Liczby zespoloe 1. Określeie liczb zespoloych W starożytości okazało się, że zbiór liczb wymierych jest iewystarczający, bo ie ma takiej liczby wymierej, która byłaby długością przekątej kwadratu o boku 1. Doprowadziło to rozważaia liczb iewymierych, p.. W XVI wieku okazało się, że zbiór R liczb rzeczywistych jest też iewystarczający. Miaowicie odkryte wtedy metody rozwiązywaia rówań stopia wymagają iekiedy obliczeia pierwiastka liczby ujemej. Np. rówaie x = 15x + 4 moża obecie rozwiązać zauważając, że pierwiastkiem tego rówaia jest x = 4; dzieląc astępie x = 15x + 4 przez x 4, otrzymujemy x + 4x + 1 i łatwo obliczymy pozostałe pierwiastki tego rówaia, którymi są ±. Nie jest to jedak metoda, którą moża rozwiązać każde rówaie. W XVI wieku odkryto wzory a pierwiastki rówaia stopia, azywae obecie wzorami Cardaa. Na mocy tych wzorów rówaie x = 15x + 4 ma rozwiązaie wyrażające się wzorem: x = + 11 + 11. Te wzory wymagają obliczeia pierwiastka z liczby ujemej. Wśród liczb rzeczywistych pierwiastek z liczby ujemej jedak ie istieje. Wyjście z tej sytuacji zalezioo, zakładając istieie takich liczb jak 1. Nazwao je liczbami urojoymi, bo trudo było uzasadić ich byt. Stosowao do ich zwykłe prawa algebry. Na przykład, jeśli i ozacza 1, to 11 = 1 11 = 11 i. Moża także obliczyć, że: ( + i) = + 11 i, ( i) = 11 i, zatem x = + 11 + 11 = ( + i) + ( i) = 4. Spostrzeżeie, że rówaie x = ie ma rozwiązaia wymierego doprowadziło do rozważaia liczb, które teraz azywamy iewymierymi. Aalogiczie, skoro rówaie x = 1 ie ma rozwiązaia rzeczywistego, to wprowadzamy symbol i a ozaczeie pierwiastka rówaia x = 1. Na liczbach postaci a + b i, gdzie a, b R, azywaych liczbami zespoloymi, moża wykoywać działaia aalogiczie jak a liczbach postaci a + b. Pozostaje pytaie: czym właściwie jest i? Bo o ile jest długością przekątej kwadratu, to i ie ma tak prostej iterpretacji. Przez około 00 lat trwały spory o zasadość używaia liczby(?) i. Formale uzaie liczby zespoloe zyskały w XIX wieku, gdy Hamilto 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) 1
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. 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. Rysuek 1. Suma liczb zespoloych 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 = 1 + 4 = 5, 4i = 9 + 16 = 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. Przykład. Narysować zbiory 1) z i = (okrąg o środku (0, 1) i promieiu ); ) < z + 1 i 4 (pierścień kołowy o środku ( 1, ) i promieiach i 4, zewętrzie domkięty); ) z + = z i (zbiór puktów rówodległych od puktów A = (, 0) i B = (0, ), czyli symetrala odcika AB). 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 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 8 5 + 10i = = = = 1 4i ( 4i)( + 4i) 9 + 16 5 5 + 5 i. Twierdzeie 1. Dla dowolych liczb zespoloych z 1 i z Jeśli dodatkowo z 0, to z z 1 z = z 1 z. z 1 z D o w ó d. Pierwszy wzór wyika z rówości: a drugi z pierwszego, bo = 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, z z 1 z = z 1 z = z 1. Twierdzeie. Dla dowolych liczb zespoloych z 1 i z zachodzą ierówości z z 1 + z z 1 + z, z 1 z z 1 z. Dowód aalityczy pomiiemy. Zauważmy jedak, że i) jeśli wektory z 1 i z są współliiowe, to wektor odpowiadający liczbie z 1 + z ma długość będącą sumą, bądź różicą długości wektorów z 1 i z ; ii) jeśli wektory z 1 i z ie są współliiowe, to 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 miejsza iż suma długości pozostałych boków. Stąd mamy pierwszą ierówość, którą azywamy ierówością trójkąta. Druga ierówość jest wioskiem z pierwszej. 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. 4
Rysuek. Moduł i argumet liczby zespoloej ϕ 0 azywamy argumetem główym. Ozaczamy: ϕ 0 = arg z, ϕ = Arg z. Argumetem liczby 0 azywamy dowolą liczbę ϕ. 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: W takim razie cos ϕ = Stąd otrzymujemy poiższe twierdzeie: a a + b, si ϕ = b a + b. ( a z = a + bi = z z + i b ) = z (cos ϕ + i si ϕ). z Twierdzeie. Każda liczba zespoloa daje się przedstawić w postaci zwaej postacią trygoometryczą liczby z. z = z (cos ϕ + i si ϕ), 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) 5
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. Przykłady. ( + i ) 6 = ( cos π 4 + i si π ) 6 6π 6π = cos + i si 4 4 4 = ( = cos 6π + π ) ( + i si 6π + π ) = 4 4 = cos π + i si π = i, ( ) 1 + 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) = k=0 6 ( ) a k b k i k. k
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, e πi = cos π + i si π = 1, e i = cos 1 + i si 1. 4.. Wzory Eulera Poieważ 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 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 4.. Postać wykładicza liczby = 1 (1 + cos ϕ). 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, 7
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. czyli x + ixy y = 4i, 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. 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: Na przykład z = ± a dla b = 0, a 0, ± ai dla b = 0, a < 0, ( ) a+ z a+ z ± + isg b dla b 0. 4i = ± ( + 5 ) + 5 + i( 1) = ±( i). Obliczaie pierwiastków stopia wyższego iż wymaga postaci trygoometryczej liczby z. 8
Rysuek. Pierwiastki szóstego stopia liczby 64 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: i = cos π + i si π, zatem w 0 = cos π 6 + i si π 6 = + 1 i, ( π w 1 = cos 6 + π ) ( π + i si 6 + π ) = + 1 i, ( π w = cos 6 + 4π ) ( π + i si 6 + 4π ) = i. Pierwiastki stopia szóstego liczby 64 = 64(cos 0 + i si 0) to: ( w k = cos kπ ) kπ + i si, k = 0, 1,..., 5. 6 6 Są oe wierzchołkami sześciokąta foremego wpisaego w okrąg o promieiu. 9
6. Rówaia algebraicze Rówaie algebraicze drugiego stopia: az + bz + c = 0, 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 1 + + 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). 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 10 = i.
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,... 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 ), 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,,... 1. 4 11