Mathematics | Mathematical analysis » Gráff József - Komplex számok

BME GÉPÉSZMÉRNÖKI KAR RENDSZER- ÉS IRÁNYITÁSTECHNIKA TANSZÉK GRÄFF JÓZSEF Komplex számok KÉZIRAT BUDAPEST, 2002 Komplex számok 1 Komplex számok bevezetése A hogy − 1 nincs értelmezve a valós számok halmazán 1. Bővítsük a szám fogalmát úgy, − 1 és többszörösei is legyen része. Az egyszerűség kedvéért jelöljük j-vel 2 Legyenek rá érvényesek a számok között definiált műveletek és az azokra vonatkozó szabályok 3: Példák Leírás Valós Valós és komplex 1. Minden a, b esetén összegük is szám: a+b=c 1+2=3 j+2j=3j 2. Az összeadás asszociatív: (a+b)+c=a+(b+c) (1+2)+3=1+(2+3) (j+2j)+3j=j+(2j+3j) 3. Az összeadás kommutatív: a+b=b+a 1+2=2+1 j+2j=2j+j Minden a, b esetén csak egy x van, amelyre a+x=b 1+x=3 x=2 1j+x=3j x=2j 5. Minden a, b esetén szorzatuk is szám: a•b=c 1•2=2 j•2j=-2 6. A szorzat asszociatív: (a•b)•c=a•(b•c) (1•2)•3=1•(2•3) (j•2j)•3j=j•(2j•3j) 7. A

szorzás kommutatív: a•b=b•a 1•2=2•1 j•2j=2j•j 4. 8. Minden a, b esetén, ha a≠0 csak egy x van, amelyre ax=b 1•x=2 x=2 j•x=-2 x=2j 9. Minden a, b és c esetén fennáll a disztributivitás: a•(b+c)=a•b+a•c 2•(1+3)=2•1+2•3 j•(2j+3j)=j•2j+j•3j A komplex szám általánosan két – egy valós és egy képzetes – részből áll. Jelölése: a+bj, ahol a és b valós számok, és a a valós, bj pedig a képzetes rész. Ez utóbbi azt jelenti, hogy a j= − 1 képzetes egységből b db van a számban (tehát bj=b•j). Szokás még a z=a+bj jelölés is. Erre az „összetett” z számra is igazak a t áblázatban leírt szabályok Meg kell azonban jegyezni, hogy a komplex számok halmaza nem rendezett, tehát nem mondhatjuk azt, hogy az egyik komplex szám nagyobb, mint a másik (azaz z 1 >z 2 értelmetlen). 1 Ez sok gondot okozott, hiszen a valós számok halmazán az olyan egyenleteknek, mint pl. x2=-1 nincs megoldása. Ennél is

érdekesebb azonban a következő eset: a harmadfokú egyenletek megoldására levezethető az u.n Cardano formula Ez remekül működik arra az esetre, ha a harmadfokú egyenletnek egyetlen valós gyöke van, de ha a valós gyökök száma három, a Cardano formula alkalmazása során negatív számból kellene gyököt vonni. Ezt a műveletet valós számok körében maradva nem tudjuk elvégezni, de ha alkalmazzuk a komplex számokat, mind a három valós gyököt megkapjuk. 2 Ezt a jelölést a műszaki életben használjuk, a matematikában elterjedt jelölése i az imaginárius szóból. 3 A leírásban szereplő a, b, c és x paraméterek a fent leírtak szerint kibővített számhalmaz elemei. Komplex számok 2 Műveletek komplex számokkal A számítások során j-t ugyanúgy használjuk, mintha valós szám lenne, de ha előfordulnak a hatványai, akkor kihasználhatjuk, hogy j•j=j2=-1. Érdemes megfigyelni, hogy j hatványai négyes periódussal rendelkeznek: j1=j

j2=j•j=-1 j3=j•j2=-j j4=j•j3=1 j5=j•j4=j stb. A fent említett jelölés (a+bj) a komplex szám algebrai, vagy kanonikus alakja. A későbbiekben az algebrai alak elnevezést fogjuk használni. A következőkben nézzünk néhány példát a négy alapművelet alkalmazására. Összeadás Általánosan: z 1 =a+bj; z 2 =c+dj; z 3 =z 1 +z 2 =? z 3 =a+bj+c+dj=(a+c)+(b+d)j=e+fj a, (1+2j)+(0+j)=(1+0)+(2+1)j=1+3j b, (5+2j)+(3+0j)=(5+3)+(2+0)j=8+2j c, (1+0j)+(2+0j)=(1+2)+(0+0)j=3+0j=3 d, (2+j)+(3+2j)=(2+3)+(1+2)j=5+3j e, (2+(-j))+(3+2j)=(2+3)+(-1+2)j=5+j f, (1-2j)+(-1-3j)=(1-1)+(-2-3)j=-5j Kivonás Általánosan: z 1 =a+bj; z 2 =c+dj; z 3 =z 1 -z 2 =? z 3 =(a+bj)-(c+dj)=(a-c)+(b-d)j=e+fj a, (1+2j)-(0+j)=(1-0)+(2-1)j=1+j b, (5+2j)-(3+0j)=(5-3)+(2-0)j=2+2j c, (1+0j)-(2+0j)=(1-2)+(0-0)j=-1+0j=-1 d, (2+j)-(3+2j)=(2-3)+(1-2)j=-1-j e, (2+(-j))-(3+2j)=(2-3)+(-1-2)j=-1-3j f, (1-2j)-(-1-3j)=(1+1)+(-2+3)j=2+j Komplex számok 3 Szorzás Általánosan: z 1 =a+bj; z 2 =c+dj; z 3 =z 1 •z 2

=? z 3 =(a+bj)•(c+dj)=a•c+a•dj+bj•c+b•dj2=ac+(ad+bc)j+bd•(-1)=(ac-bd)+(ad+bc)j=e+fj a, (1+2j)•(0+j) =(1+2j)•j=j+2j2=j-2=-2+j vagy =(1•0-2•1)+(1•1+2•0)j=-2+j b, (5+2j)•(3+0j) =(5+2j)•3=15+6j vagy =(5•3-2•0)+(5•0+2•3)j=15+6j c, (1+0j)•(2+0j) =1•2=2 vagy =(1•2-0•0)+(1•0+0•2)j=2+0j=2 d, (2+j)•(3+2j)=(2•3-1•2)+(2•2+1•3)j=(6-2)+(4+3)=4+7j e, (2+(-j))•(3+2j)=(2•3+1•2)+(2•2-1•3)j=(6+2)+(4-3)=8+j f, (1-2j)•(-1-3j) =(-1•1-2•3)+(-1•3+2•1)j=(-1-6)+(-3+2)=-7-j vagy =-(1-2j)•(1+3j)=-(1•1+2•3)-(1•3-2•1)j=-(1+6)-(3-2)=-7-j Osztás Általánosan: z 1 =a+bj; z 2 =c+dj; z 3 =z 1 /z 2 =? Kihasználjuk a következő – a valós számok köréből ismert – azonosságot: x2-y2=(x+y)(x-y). z3 = a + bj (a + bj )(c − dj ) (ac + bd ) + (− ad + bc ) j (ac + bd ) + (− ad + bc ) j = = = = e + fj 2 c + dj (c + dj )(c − dj ) c2 + d 2 c 2 − (dj ) a, 1 + 2 j (1 + 2 j )(− j ) − j − 2 j 2 2 − j = = = = 2− j

0+ j j (− j ) − j2 1 b, 5+ 2 j 5+ 2 j 5 2 = = + j 3+ 0 j 3 3 3 c, 1+ 0 j 1 = 2+0j 2 d, 2 + j (2 + j )(3 − 2 j ) (6 + 2 ) + (3 − 4 ) j 8 1 = = = − j 3+ 2 j 9+4 13 13 13 e, 2 − j (2 − j )(3 − 2 j ) (6 − 2 ) + (− 3 − 4 ) 4 7 = = = − j 3+ 2 j 13 13 13 13 f, (1 − 2 j )(1 − 3 j ) = − (1 − 6) + (− 3 − 2) j = − − 5 − 5 j = 5 + 5 j = 0,5 + 0,5 j 1− 2 j =− (1 + 3 j )(1 − 3 j ) −1− 3 j 10 1+ 9 10 Komplex számok 4 További szokásos jelölések Re(z) jelenti valamely komplex szám valós, Im(z) pedig képzetes részét. Ha z= a+bj, akkor Re(z)=a és Im(z)=b. Fontos: mind a valós, mind a képzetes rész valós szám! Valamely z komplex szám konjugáltja z . Ha z=a+bj, akkor z = a − bj Vegyük észre, hogy az osztáskor a nevező konjugáltjából álló törttel szoroztunk. Az ott látottak alapján megállapíthatjuk, hogy egy komplex számot megszorozva a konjugáltjával valós számot kapunk: (a+bj)•(a-bj)=a2+b2. A

komplex szám ábrázolása Köztudott, hogy a valós számokat számegyenesen ábrázoljuk. Egy egyenes a komplex számok ábrázolására nem elegendő, mivel valós és képzetes részből állnak. Ki kell tehát lépnünk az egyenesből a síkba. Ezt a síkot komplex számsíknak nevezzük. Vegyünk fel egy derékszögű koordinátarendszert és a vízszintes tengelyen a komplex szám valós, a függőleges tengelyen pedig képzetes részét jelöljük. Im z b z=a+bj a O Re Im Példák: 2 z 1 =0+j z 2 =1+0j z 3 =1+j z 4 =-1+j z 5 =-2-j z 6 =2-2j z4 1 z1 z3 Re z2 Az ábrázolás már sugallja, hogy a O -1 1 2 komplex számot vektorként is értelmezhetjük. -2 Ebben az estben az OP vektor jelenti a z -1 z5 komplex számot. A vektor koordinátái rendre a komplex szám valós- és képzetes részei- Mint -2 z6 minden vektort, ezt is megadhatjuk a hosszával és a valós tengellyel bezárt szögével is. Ez utóbbit azonban pontosan definiálni kell, mivel a szög

két féle módon is értelmezhető. Pozitív az a szög, amelyet úgy kapunk, hogy a valós tengelyt az óramutató járásával ellentétes Im irányban az OP vektorra forgatjuk. A pozitív P b szög jelölése: arg z. r A vektor geometriai adatait könnyen pozitív felírhatjuk a k omplex szám algebrai alakjának negatív segítségével, ha felhasználjuk a derékszögű φ háromszögekről tanult összefüggéseket. A O a Re vektor hosszát a komplex szám abszolút értékének hívjuk. Ez a P itagorasz tétel segítségével: z = r = a 2 + b 2 = Re( z ) + Im( z ) , a szög pedig: tg ϕ = 2 Komplex számok 2 b Im( z ) . = a Re( z ) 5 Érdemes az algebrai alak paramétereit (a és b) is kifejezni a geometriai alak paramétereivel: a = r cos ϕ ; b = r sin ϕ z = a + bj = r cos ϕ + rj sin ϕ z = r (cos ϕ + j sin ϕ) Ez utóbbit a komplex szám trigonometrikus alakjának hívjuk, és gyakran használjuk, mert segítségével néhány művelet sokkal könnyebben

elvégezhető, mint az algebrai alakkal. Néhány a komplex számokra vonatkozó azonosság Azonosság Bizonyítás a, z = 0, ⇒ z = 0 b, z = z⋅z z = c, z= z z = a2 + b2 ; d, (z1 ⋅ z 2 ) = z1 ⋅ z 2 (z1 ⋅ z 2 ) = (a + bj )(c + dj ) = (ac − bd ) + (ad + bc ) j = (ac − bd ) − (ad + bc ) j z1 ⋅ z 2 = (a − bj )(c − dj ) = (ac − bd ) + (− ad − bc ) j = (ac − bd ) − (ad + bc ) j e, z1 ⋅ z 2 = z1 ⋅ z 2 f, 2 a2 + b2 = 0 ⇒ a2 + b2 = 0 ⇒ a = b = 0 ⇒ z = 0 2 (a 2 + b2 ) =a 2 2 + b2 ; z = a 2 + (− b ) = a 2 + b 2 2 (z1 ⋅ z 2 )(z1 ⋅ z 2 ) = z1 ⋅ z 2 = z ⋅ z = (a + bj )(a − bj ) = a 2 + b 2 z1 ⋅ z 2 ⋅ z1 ⋅ z 2 = (z ⋅ z )(z 1 1 2 ) ⋅ z 2 = z1 ⋅ z 2 b, illetve d, felhasználásával e, általánosítható: teljes indukcióval bizonyítható z1 ⋅ z 2 ⋅  ⋅ z n = z1 ⋅ z 2 ⋅  ⋅ z n g, zn = z h, z z1 = 1 ; z2 ≠ 0 z2 z2 n f, alapján, ha minden z i azonos (i=1,2,,n) z z1 z ⋅ z 2

= 1 ⋅ z 2 , de 1 ⋅ z 2 = z1 a jobboldalakból az állítás adódik z2 z2 z2 Im b i, − arg z = arg z O -b Komplex számok z φ -φ arg z = ϕ arg z = −ϕ a Re z 6 Műveletek a trigonometrikus alakkal Szorzás z1 = r1 (cos ϕ1 + j sin ϕ1 ) ; z 2 = r2 (cos ϕ 2 + j sin ϕ 2 ) A szükséges trigonometriai azonosságok: sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β z1 ⋅ z 2 = [r1 (cos ϕ1 + j sin ϕ1 )]⋅ [r2 (cos ϕ 2 + j sin ϕ 2 )] = = r1 ⋅ r2 (cos ϕ1 + j sin ϕ1 )(cos ϕ 2 + j sin ϕ 2 ) = ( ) = r1 ⋅ r2 cos ϕ1 cos ϕ 2 + j cos ϕ1 sin ϕ 2 + j sin ϕ1 cos ϕ 2 + j 2 sin ϕ1 sin ϕ 2 = = r1 ⋅ r2 [(cos ϕ1 cos ϕ 2 − sin ϕ1 sin ϕ 2 ) + j (cos ϕ1 sin ϕ 2 + sin ϕ1 cos ϕ 2 )] = = r1 ⋅ r2 (cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + j sin (ϕ1 + ϕ 2 )) Az abszolút értékeket tehát összeszorozzuk, a szögeket összeadjuk. Az, hogy az abszolút értékeket össze kell szorozni e,-ből is látható. A szögekre

vonatkozó összefüggés (f,-hez hasonlóan) általánosítható: arg(z 1 z 2 z n )=arg z 1 +arg z 2 +arg z n . Ha azonban minden z i = z (ahol i= 1,2,,n), akkor arg zn= n arg z. Ennek és g,-nek a felhasználásával felírható zn összefüggése: z n = r n (cos nϕ + j sin nϕ) Ez az összefüggés Moivre tétele. Osztás z1 = r1 (cos ϕ1 + j sin ϕ1 ) ; z 2 = r2 (cos ϕ 2 + j sin ϕ 2 ); z2 ≠ 0 Első lépésként nézzük meg, hogy mi lesz egy komplex szám reciproka: 1 1 a − bj a − bj = ⋅ = 2 , a számláló z konjugáltja, a nevező pedig az abszolút z a + bj a − bj a + b 2 z 1 1 1 értéke, így = z ⋅ 2 . Ebből 1 = z1 ⋅ z 2 ⋅ 2 Ezzel az osztást visszavezettük szorzássá, már z z2 r r2 csak a konjugált abszolút értékét és szögét kell kifejezni z 2 paramétereivel: c, alapján z 2 = z 2 = r2 és i, alapján arg z 2 = − arg z 2 = −ϕ 2 . z1 1 1 r = z1 z 2 2 = r1r2 (cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + j sin (ϕ1 − ϕ 2 )) 2 = 1 (cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + j sin

(ϕ1 − ϕ 2 )) . z2 r2 r2 r2 Tehát az abszolút értékeket osztjuk, a szögeket pedig kivonjuk egymásból! Komplex számok 7 Példák: a, z1 = 1 + j ; z2 = j z1 ⋅ z2 = ? 1 π arg z1 = arctg = 45° = 1 4 z1 = 1 + 1 = 2 z1 =? z2 1 arg z 2 = arctg = arctg ∞ = 90° = π 0 z2 = 0 + 1 = 1 z1 ⋅ z2 = 2 ⋅1 ⋅ (cos(45° + 90°) + j sin (45° + 90°)) = 2 (cos135° + j sin 135°) =  2 2  = −1 + j = 2  − +j  2 2   z1 2 (cos(45° − 90°) + j sin (45° − 90°)) = 2 (cos(− 45°) + j sin (− 45°)) = = z2 1  2 2  = 1− j = 2 (cos 45° − j sin 45°) = 2  −j  2 2   b, z1 = 2 ; arg z1 = 75° ; z2 = 2 ; arg z2 = 15° ; z1 ⋅ z2 = ? z1 =? z2 z1 ⋅ z2 = 2 ⋅ 2 ⋅ (cos(75° + 15°) + j sin (75° + 15°)) = 2 2 (cos 90° + j sin 90°) = = 2 2 (0 + j ) = 2 2 j z1 2 (cos(75° − 15°) + j sin (75° − 15°)) = 2 (cos 60° + j sin 60°) = = z2 2 1 3 2 6 = = 2  − j + j  2  2 2 2 c, z =

1+ j z3 = ? a,-ból z = 2 z3 = arg z = 45° ( 2 ) (cos(3 ⋅ 45°) + j sin(3 ⋅ 45°)) = 2 3 2 (cos135° + j sin 135°) =  2 2  = −2 + 2 j = 2 2  − +j  2 2   1 3 d, z = − + j 2 2 z3 = ? 3 arg z = arctg 2 = arctg − 3 = 120° 1 − 2 3 3 z = 1 (cos(3 ⋅120°) + j sin (3 ⋅120°)) = 1(cos 360° + j sin 360°) = cos 0 + j sin 0 = 1 Tehát z az x3=1 egyenlet egyik gyöke!! 1 3 z= + =1; 4 4 Komplex számok ( ) 8 e, (1 + j )4 (1 − j )2 =? 1 1 + j = 1 + 1 = 2 ; arg(1 + j ) = arctg = 45° 1 −1 1 − j = 1 + 1 = 2 ; arg(1 − j ) = arctg = −45° 1 ( 2 ) (cos 4 ⋅ 45° + j sin 4 ⋅ 45°) = 4(cos180° + j sin180°) = = ( 2 ) (cos 2 ⋅ (− 45°) + j sin 2 ⋅ (− 45°)) 2(cos(− 90°) + j sin(− 90°)) (1 + j )4 (1 − j )2 4 2 4 (cos(180° − (− 90°)) + j sin (180° − (− 90°))) = 2(cos 270° + j sin 270°) = 2 = 2(0 + j (− 1)) = −2 j = A matematikai műveletek geometriai szemléltetése Összeadás Kivonás

Im b+d d Im z 1 =a+bj z1+z2 z2 b b b-d d z1 c z 2 =c+dj a c z1-z2 d Re c z1 d z2 a+c a-c c Re a A geometriában tanult vektorösszegzési és kivonási szabályok itt is érvényesek, mint ahogy az ábrából is látszik. Szorzás Im A következőkben a szorzat vektor megszerkesztésének módját ismerjük meg. Ehhez felhasználjuk a komplex számok szorzásáról tanultakat, azaz a szögek összeadódnak, az abszolút értékek összeszorzódnak. ϕ = arg z1 z2 = arg z1 + arg z2 = ϕ1 + ϕ 2 amiből szorzatvektor egyenese már megszerkeszthető. r a Bizonyítsuk be, hogy az origó, 1, z 1 és az origó, z 2 , z 1 z 2 háromszögek hasonlóak. Elegendő azt belátni, hogy egy szöge, és ezen szögek szárainak aránya megegyezik. Az origónál levő szög mindkét háromszögben φ 1 , tehát r1 z1·z2 φ1 φ φ2 α r2 r1 z1 α φ1 z2 Re 1 r r2 ⇒ r = r1r2 , ami igaz, hiszen a 1 komplex számok abszolút értékeit össze kell szorozni. Ezek

szerint a két háromszög tényleg az egyik feltétel teljesül. Az oldalak aránya pedig: Komplex számok = 9 hasonló, amiből viszont az következik, hogy minden szögük – tehát a z 2 -nél és 1-nél jelölt α szögek is – egyenlők. Így a szorzat már megszerkeszthető Osztás Nagymértékben építhetünk a szorzásnál tapasztaltakra, hiszen az osztás a szorzás ellentett művelete. A hányados egyenesét úgy kaphatjuk, hogy z 1 vektorát elforgatjuk –φ szöggel, mivel arg z = ϕ = arg z1 − arg z2 = ϕ1 − ϕ 2 . Az előzőek alapján az origó, 1, z 2 és az origó, z 1 /z 2 , z 1 háromszögek hasonlóak, így az α szöget z 1 -nél felmérve a két egyenes metszéseként megkapjuk a keresett hányados vektort. Im z1 φ2 φ1 φ z1/z2 α α φ2 z2 Re 1 A komplex számok exponenciális alakja Az áttérést az un. Euler formula biztosítja Ez a következő: e jϕ = cos ϕ + j sin ϕ , ahol e a természetes logaritmus alapszáma (≈2,718281828),

e jϕ -t pedig hatványnak tekintjük, ahol e az alap jφ pedig a kitevő. Az Euler formula tulajdonképpen egy egységnyi abszolút értékű komplex számot jelent, melynél az argumentum φ. Vizsgáljuk meg, hogy ez az egyezés fenn áll-e a művelet végzés esetén is. Szorzás: (cos ϕ1 + j sin ϕ1 )(cos ϕ 2 + j sin ϕ 2 ) = cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + j sin (ϕ1 + ϕ 2 ) = cos φ + j sin φ e jϕ ⋅ e jϕ = e jϕ + jϕ = e j ( ϕ + ϕ ) = e jφ 1 2 1 2 1 2 Osztás: (cos ϕ1 + j sin ϕ1 ) = cos(ϕ − ϕ ) + j sin (ϕ − ϕ ) = cos φ − j sin φ 1 2 1 2 (cos ϕ 2 + j sin ϕ 2 ) e jϕ = e j ϕ − j ϕ = e j ( ϕ − ϕ ) = e jφ jϕ e 1 1 2 1 2 2 Egész kitevős hatványozás: (cos ϕ + j sin ϕ)n = cos nϕ + j sin nϕ = cos φ + j sin φ (e ) jϕ n = e jnϕ = e jφ Könnyen belátható, hogy az egyezés nem csak egységnyi abszolút értékű komplex számok esetén áll fenn. Egy komplex szám trigonometrikus alakból könnyen átírható exponenciális alakra az

Euler formula alkalmazásával: r (cos ϕ + j sin ϕ) = re jϕ . Komplex számok 10 Példák: Az előző feladatsor a, és e, feladatát oldjuk meg. f, j π 4 z1 ⋅ z2 = 2 ⋅ e ⋅1⋅ e j j π 2 = 2 ⋅e j 3π 4 3π 3π   = 2 ⋅  cos + j sin  = −1 + j 4 4   π π −j   π z1 2 ⋅e 4  π  2 2 = = ⋅ = 2 ⋅  cos −  + j sin  −   = 1 − j e π j z2  4    4 1⋅ e 2 g, (1 + j )4 (1 − j )2 ( 2) e = ( 2) e 4 2 j4 π 4 − j2 π 4 = 4e jπ 2e −j π 2 = 2⋅e j 3π 2 = 2(cos 270° + j sin 270°) = 2(0 − j ) = −2 j Gyökvonás komplex számok esetén A problémát az jelenti, hogy egy komplex számnak több gyöke van. Tudjuk, hogy a hatványozás a gyökvonás ellentett művelete. Mivel hatványozni a legkényelmesebben a trigonometrikus alak segítségével lehet, ezért itt is azt használjuk. Legyen z1n = z2 és z1 = r1 (cos ϕ1 + j sin ϕ1 ) , valamint z2 =

r2 (cos ϕ 2 + j sin ϕ 2 ) . Ekkor a Moivre formula alapján: z1n = r1n (cos nϕ1 + j sin nϕ1 ) = r2 (cos ϕ 2 + j sin ϕ 2 ) . Ez az egyenlőség csak akkor teljesül, ha az abszolút értékek és a szögek megegyeznek: r1n = r2 , nϕ1 = ϕ 2 + 2kπ ⇒ r1 = n r2 > 0, ϕ1 = ϕ 2 + 2kπ n . A gyökvonás összefüggése tehát: n   z = n r  cos ϕ + 2kπ n + j sin ϕ + 2kπ  , ahol z = r (cos ϕ + j sin ϕ), k = 0,1,2, n  Ez azt jelenti, hogy a komplex számok halmazán minden számnak n db n-edik gyöke van, hiszen mind a szinusz, mind a koszinusz 2π szerint periodikus. ( ) Megvizsgálva a gyököket látjuk, hogy mindegyikük abszolút értéke azonos n r , és 2π egymással bezárt szögük többszöröse. Ez azt jelenti, hogy a komplex számsíkon egy n origó középpontú r sugarú körön egyenletesen helyezkednek el. Ha ezen pontokat összekötjük, akkor egy n oldalú szabályos sokszöget kapunk. n Komplex számok 11

Példák: a, 0 + 2kπ 0 + 2kπ   1 = 3 1(cos 0 + j sin 0 ) = 3 1 cos + j sin  3 3   0 + 2⋅0⋅π 0 + 2⋅0⋅π   k = 0 ⇒ z1 = 1 cos + j sin  = cos 0 + j sin 0 = 1 3 3   3   k = 1 ⇒ z2 = 1 cos 0 + 2 ⋅1 ⋅ π 0 + 2 ⋅1 ⋅ π  2π 2π 1 3 + j sin =− + j  = cos + j sin 3 3 3 3 2 2  0 + 2⋅2⋅π 0 + 2⋅2⋅π  4π 4π 1 3  + j sin =− − j  = cos + j sin 3 3 3 3 2 2   A következő k-ra szög 2π, ami a periodicitás miatt Im annyi mintha zérus lenne. Ekkor azonban ugyan 3 azt az értéket kapjuk, mint k=0 esetén, Innentől 2 kezdve tehát a gyökök ismétlődnek, így összesen Re három különböző gyök van. k = 2 ⇒ z3 = 1 cos -1 Ábrázolva: b, − 1 2 1 π + 2kπ π + 2kπ   − 4 = 4 4(cos π + j sin π) = 4 4  cos + j sin  4 4    2 2 π π   = 1+ j k = 0 ⇒ z1 = 2  cos + j sin  = 2  +j  2 4 4 2    4  3π 3π

 + j sin  = 2  − 4 4    5π  5π  z3 = 2  cos + j sin  = 2  − 4  4     k = 1 ⇒ z2 = 2  cos k=2 ⇒   k = 3 ⇒ z4 = 2  cos 2 2  = −1 + j +j 2 2  2 2  = −1 − j −j 2 2   2 7π 7π  2  = 1− j + j sin  = 2  −j 4 4  2   2 Im z2 Re Ábrázolva: -1 z3 Komplex számok z1 1 1 -1 2 z4 12 c, 3 −2+2j = 3 3π 3π   8  cos + j sin  = 4 4   3 3π 3π   + 2kπ + 2kπ   = 8  cos 4 + j sin 4 3 3         π 2kπ   π 2kπ   = 2  cos +  + j sin  +  3  3   4  4  2 π π 2   = 1+ j +j k = 0 ⇒ z1 = 2  cos + j sin  = 2   4 4 2 2    11π 11π  3 +1 3 −1 π π  + j sin +j  = 2  − cos + j sin  = − 12 12  12 12  2 2  19π 19π  3 −1 3 +1 π π   k

= 2 ⇒ z3 = 2  cos + j sin −j  = 2  sin − j cos  = 12 12  12  2 2  12  Az eredmények meghatározásához a következőket vegyük figyelembe: π π π π π 2 3 21 2 π π sin = sin  −  = sin cos − cos sin = − = 3 −1 12 4 6 4 6 2 2 2 2 4 4 6   k = 1 ⇒ z2 = 2  cos ( cos π π π π π 2 3 21 2 π π = cos −  = cos cos + sin sin = + = 12 4 6 4 6 2 2 2 2 4 4 6 ( ) ) 3 +1 Im 1 -1 0,5 1 Re -1 Komplex számok 13 Néhány komplex függvény ábrázolása A következő feladatokban ω valós paramétertől függő komplex függvényeket ábrázolunk. Az ω a [0,∞] zárt intervallumba eső értékeket vesz fel 1. Legyen Y(ω)=ejω Ekkor Y(ω)=cos ω+jsin ω és Re(Y(ω))=cos ω; Im(Y(ω))=sin ω. Y(ω) = cos 2 ω + sin 2 ω = 1 , tehát a függvény minden pontja azonos távolságra van az origótól, azaz a függvény képe kör, melynek sugara 1. ω 0 Re(Y(ω)) 1 Im(Y(ω)) 0 π 4

2 2 2 2 π 3π 2 4 − 2 0 2 2 1 2 Im 1    Re 1 -1 A körön a nyíl az ω növekedésének irányát jelzi. 2. Legyen Y(ω)=2ejω -1 Ekkor Y(ω)=2(cos ω+jsin ω) és Re(Y(ω))=2cos ω; Im(Y(ω))=2sin ω. Y (ω) = 4 cos 2 ω + 4 sin 2 ω = 2 cos 2 ω + sin 2 ω = 2 , tehát a függvény minden pontja azonos távolságra van az origótól, azaz a függvény képe kör, melynek sugara 2. 3. Legyen Y(ω)=ej2ω Ekkor Y(ω)=cos 2ω+jsin 2ω és Re(Y(ω))=cos 2ω; Im(Y(ω))=sin 2ω. Y (ω) = cos 2 ω + sin 2 ω = 1 , tehát ez is kör – mint az 1, f eladatban – de az ω növekedésével „gyorsabban haladnak” a függvény pontjai a körön. 4. Legyen Y(ω)=1+j ω Ekkor Re(Y(ω))=1; Im(Y(ω))=ω, tehát valós része mindig 1. Y (ω) = 1 + ω2 ; ϕ = arg Y (ω) = arctg Im ω . 1 φ A komplex vektor hossza szigorúan monoton nő, legkisebb értéke egységnyi; szöge szintén szigorúan monoton nő, legkisebb 1 Re értéke 0°, a legnagyobb pedig 90°. Ezek

alapján megállapítható, hogy a függvény képe egyenes, mely a valós tengely 1 pont jából indul, és függőlegesen tart a végtelenbe. 1. Legyen Y (ω) = 2 . 1 + jω Az ábrázolás előkészítéseként célszerű a függvényt az algebrai alaknak megfelelő formájúvá rendezni. 2 1 − jω 2 − 2 jω 2 2ω ⋅ = = − j . Ebből az alakból könnyen kifejezhetjük 2 2 1 + jω 1 − jω 1 + ω 1 + ω 1 + ω2 az abszolút értéket és a szöget: Y (ω) = Komplex számok 14 4 Y (ω) = + 4ω2 (1 + ω ) (1 + ω ) 2 2 2 2 = ) = 2 (1 + ω ) = (1 + ω ) (1 + ω ) ( 2 4 1 + ω2 2 2 2 2 , 1 + ω2 2ω 2 ϕ = arctg 1 + ω = arctg(− ω). 2 1 + ω2 − Ebből csak azt tudjuk megállapítani, hogy a szög 0°-tól –90°-ig nő, de az abszolút érték nem ad segítséget a függvény alakjának megállapításához. Vizsgáljuk inkább az Y 1 (ω)=Y(ω)-1 függvényt. Ha ezt sikerül ábrázolni, akkor az eredeti függvényünk képét egy egyszerű

eltolással megkapjuk. Y1 (ω) = 2 2ω 2 − 1 − ω2 2ω 1 − ω2 2ω 1 − − j = − j = − j, 2 2 2 2 2 1+ ω 1+ ω 1+ ω 1+ ω 1 + ω 1 + ω2 Y1 (ω) = (1 − ω ) + 4ω (1 + ω ) (1 + ω ) ϕ1 = arctg − 2ω . 1 − ω2 2 2 2 2 2 2 2 = 1 − 2ω 2 + ω 4 + 4ω 2 (1 + ω ) 2 2 Megállapítható tehát, hogy az ω paramétertől függetlenül minden pont egységnyi távolságra van az origótól, azaz a függvény pontjai egy egységsugarú körön vannak. Mivel Im(Y 1 (ω)) minden pozitív ω esetén negatív, ezért a függvény képe egy origó középpontú egységsugarú félkör, amely a negatív képzetes félsíkon helyezkedik el. = ( ( ) ) 1 + 2ω2 + ω4 1 + ω2 = = 1, 1 + ω2 1 + ω2 ( ) Im -1 1 2 Re Y1 Y -1 Az eredeti függvényünk ennek +1-el való eltolásával adódik, így a félkör középpontja az 1+0j pont. Javasolt feladat: Y (ω) = A vizsgálata. (Ez is egy félkör, de sugara: A/2, 1 + Tjω középpontja: A/2+0j. Érdekes

még, hogy a függvény minimuma ω=1/T helyen van, és itt a függvény értéke: A/2-jA/2.) 6. Legyen Y(ω)=e -0,1ω+jω 1 Im Ekkor Y(ω)=e -0,1ω e jω = e -0,1ω (cos ω+jsin ω) és Re(Y(ω))= e -0,1ω cos ω; Im(Y(ω))= e -0,1ω sin ω. ( ) Y (ω) = e −0, 2 ω cos 2 ω + sin 2 ω = e −0,1ω ; ϕ = arctg e −0,1ω sin ω = arctg tg ω = ω. e −0,1ω cos ω Re -1 1 -1 A szög megegyezik az 1. feladat szögével, tehát a komplex vektor itt is az origó körül fog forogni. Az abszolút értéket egy szigorúan monoton csökkenő, nullához tartó függvény írja le. Ebből arra lehet következtetni, hogy a függvény képe spirális, mely egyre jobban „rászorul” az origóra. Legtávolabb az origótól az ω =0 esetén lesz: 1+0j. Komplex számok 15 A későbbi tanulmányok miatt célszerű megvizsgálni a Re(Y(ω)) függvényt. Legyen f(ω)=e -0,1ω cos ω, ez tehát egy valós függvény, amely két részből áll. Az egyik egy koszinusz, amely 1 és

–1 között periodikusan „hullámzik”, a másik egy e-ad, amely negatív kitevője miatt szigorúan monoton tart nullához. Ez utóbbi alulról és felülről korlátok közé szorítja a koszinusz függvényt. f(ω) 1 0,5 0 10 5 15 ω -0,5 -1 -1,5 Javasolt feladatok Rendezze algebrai alakra a következő komplex függvényeket: 1. Y (ω) = 1 + 2 jω + 3( jω) 1 + 4 jω 2. Y (ω) = 1 + 4 jω 2 1 + 2 jω + 3( jω) 2 1 1 ⋅ j ω 1 + jω 3. Y (ω) = 1 1 1 1+ ⋅ ⋅ j ω 1 + jω 1 + 2 jω 1 ⋅ (1 + 2 jω) 1 + jω 4. Y (ω) = 1 1 1+ ⋅ (1 + 2 jω) ⋅ 1 + jω 1 + 4 jω  1 1  1 ⋅ ⋅ 1 + 2  jω  1 + jω 1 + jω + ( jω)  5. Y (ω) =  1 1  1 ⋅ ⋅ (1 + 2 jω) ⋅ 1 + 1+ 2  jω  1 + jω 1 + jω + ( jω)  Ábrázolja a következő komplex függvényeket pozitív ω esetén: 6. Y (ω) = jω 1 jω 7. Y (ω) = 8. Y (ω) = 2 + 9. Y (ω) = 1 jω 4 1 + 2 jω Komplex számok 16 10. Y (ω) = jω 1 + jω 11. Y (ω) = 1

jω ⋅ (1 + jω) 12. Y (ω) = 1 2 1 + jω + ( jω) 13. Y (ω) = jω 2 1 + jω + ( jω) 14. Y (ω) = 1 2 jω ⋅ 1 + jω + ( jω) ) 15. Y (ω) = 1 + jω 2 jω ⋅ 1 + jω + ( jω) ) ( ( 16. Y (ω) = jω ⋅ e − jω 17. Y (ω) = e − jω jω 18. Y (ω) = e − jω 1 + jω 19. Y (ω) = e − jω 2 1 + jω + ( jω) Megoldások 1. ( ) 1 + 5ω2 2ω 6ω2 − 1 + j 1 + 16ω2 1 + 16ω2 ( ) 1 + 5ω2 2ω 1 − 6ω2 2. + j 1 − 2ω2 + 9ω4 1 − 2ω2 + 9ω4 3. 1 − ω2 − 4ω4 ω − 4ω3 j + 1 − 5ω2 + 5ω4 + 4ω6 1 − 5ω2 + 5ω4 + 4ω6 4. 2 + 22ω2 + 32ω4 5ω + 32ω3 + j 4 + 33ω2 + 16ω4 4 + 33ω2 + 16ω4 5. 1 − ω2 − 3ω + ω3 j + 1 + 7ω2 − 5ω4 + ω6 1 + 7ω2 − 5ω4 + ω6 Komplex számok 17 Im Im Re 3,0 -3,0 3,0 6. Re -3,0 7. -3,0 3,0 -6,0 -3,0 Im -3,0 8. Im Re 2,0 Re 3,0 2,0 9. -3,0 -6,0 -2,0 4,0 ω=0,5 -4,0 Im Im -1,0 Re 1,0 ω=1 0,5 10. Re 11. -1,0 1,0 0,5 Im 0,5 Im Re 12. -0,5 0,5 1,0 Re

13. -0,5 -1,0 -1,0 1,0 -0,5 Im Re -1,5 -0,5 14. -1,0 Re -0,5 -1,0 -1,0 Komplex számok 0,5 -1,0 Im -1,5 -0,5 15. -2,0 -2,0 -3,0 -3,0 18 0,5 Im Im Re 10,0 -1,0 Re 16. -15,0 -10,0 -5,0 5,0 -0,5 0,5 17. -0,5 10,0 -1,0 -10,0 -1,5 Im Im 1,0 1,0 -0,5 18. 0,5 -0,5 -1,0 Komplex számok -0,5 Re 19. 0,5 Re -0,5 -1,0 19 TARTALOMJEGYZÉK Komplex számok bevezetése. 2 Műveletek komplex számokkal . 3 Összeadás . 3 Kivonás. 3 Szorzás . 4 Osztás . 4 További szokásos jelölések . 5 A komplex szám ábrázolása . 5 Néhány a komplex számokra vonatkozó azonosság . 6 Műveletek a trigonometrikus alakkal . 7 Szorzás . 7 Osztás . 7 A matematikai műveletek geometriai szemléltetése . 9 Összeadás K ivonás . 9 Szorzás . 9 Osztás . 10 A komplex számok exponenciális alakja . 10 Gyökvonás komplex számok esetén . 11 Néhány komplex függvény ábrázolása . 14 Javasolt feladatok . 16 Megoldások . 17 Komplex számok

20