Trigonometrikus és exponenciális alak

1. Miért kell egy másik alak?

Az algebrai alak az összeadáshoz és a kivonáshoz tökéletes, a szorzáshoz és az osztáshoz elmegy. A hatványozásnál viszont elfogy: az $(1+i)^{20}$ -t senki nem akarja zárójelfelbontással kiszámolni, a $z^3=-8$ egyenlet három megoldását pedig algebrai alakban megtalálni kifejezetten kínos.

A kiút az, hogy egy komplex számot nem a két koordinátájával, hanem a hosszával és az irányszögével adunk meg. Az előző leckében láttuk, hogy az $i$ -vel szorzás 90°-os forgatás. Ez nem véletlen: a szorzás általában is forgatva nyújtás, és ebben az új alakban a szorzás, a hatványozás és a gyökvonás annyi lesz, hogy hosszakat szorzunk és szögeket adunk össze. Ebben a leckében ezt az új alakot építjük fel lépésről lépésre; a legtöbb hibát a szög meghatározásánál szokták elkövetni, ezért arra külön fejezetet szántam.

Elakadtál ennél a résznél?

Egy órán megnézzük, pontosan hol csúszik el, és addig gyakoroljuk, amíg magabiztos nem leszel benne.

Egyéni óra foglalása vagy 15 perc ingyenes konzultáció

2. Abszolút érték és argumentum

A $z=a+bi$ számhoz tartozó vektort két adat határozza meg:

a hossza, ami az abszolút érték: $r=|z|=\sqrt{a^2+b^2}$ ;
a szöge, amit a pozitív valós tengellyel bezár, az óramutató járásával ellentétes irányban mérve. Ez az argumentum, jele $\varphi=\arg z$ .

A derékszögű háromszögből a két koordináta a hosszal és a szöggel kifejezve:

Koordináták a hosszból és a szögből

a=r\cos\varphi,\qquad b=r\sin\varphi

Egy egyszerű példa: az i és az 1 + i

Az $i$ a képzetes tengelyen ül 1 távolságra, tehát $r=1$ , $\varphi=\frac{\pi}{2}$ . Ellenőrzés a képlettel: $a=1\cdot\cos\frac{\pi}{2}=0$ , $b=1\cdot\sin\frac{\pi}{2}=1$ , tényleg $0+1i$ . Az $1+i$ a szögfelezőn van: $r=\sqrt2$ , $\varphi=\frac{\pi}{4}$ , és $\sqrt2\cos\frac{\pi}{4}=\sqrt2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=1$ , ugyanígy $b=1$ . Ha egy szám rajzolva van előtted, a hossz és a szög sokszor ránézésre leolvasható.

Az argumentum nem egyértelmű: ha egy szög jó, akkor $2\pi$ -vel több vagy kevesebb is jó, hiszen az egy teljes körülfordulás. Hogy egy szám egy szöget kapjon, megegyezünk egy főértékben: itt a $0\le\varphi<2\pi$ tartományt használjuk. (Más könyvek a $-\pi<\varphi\le\pi$ intervallumot választják; ez csak megállapodás, a számolás ugyanaz.) A $0$ -nak nincs argumentuma, mert nincs iránya.

3. Az argumentum kiszámítása

A koordinátákból a szög a tangensen keresztül jön: $\tan\varphi=\frac{b}{a}$ . Ezzel egy baj van: a tangens periódusa $\pi$ , tehát egy tangens értékhez két szög tartozik a $[0,2\pi)$ -ben, egymással szemben. A számológép mindig a $\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ közti szöget adja, ami csak a jobb félsíkban helyes. Ezért a szöget mindig a síknegyedből kell eldönteni.

A biztos módszer: kiszámoljuk a hegyesszöget, amit a vektor a valós tengellyel bezár, aztán a síknegyed szerint helyezzük el:

\alpha=\arctan\frac{|b|}{|a|}\qquad (0<\alpha<\tfrac{\pi}{2})

Síknegyed	Előjelek	Az argumentum
I.	$a>0,\ b>0$	$\varphi=\alpha$
II.	$a<0,\ b>0$	$\varphi=\pi-\alpha$
III.	$a<0,\ b<0$	$\varphi=\pi+\alpha$
IV.	$a>0,\ b<0$	$\varphi=2\pi-\alpha$

Ha a szám valamelyik tengelyen van, tangens sem kell: a pozitív valósak szöge $0$ , a negatívaké $\pi$ , a pozitív képzeteseké $\frac{\pi}{2}$ , a negatív képzeteseké $\frac{3\pi}{2}$ .

A feladatokban szinte mindig három nevezetes hegyesszög jön elő; ezeket fejből kell tudni:

tan α	α	Tipikus szám
$\dfrac{1}{\sqrt3}$	$\dfrac{\pi}{6}\ (30^\circ)$	$\sqrt3+i$
$1$	$\dfrac{\pi}{4}\ (45^\circ)$	$1+i$
$\sqrt3$	$\dfrac{\pi}{3}\ (60^\circ)$	$1+\sqrt3\,i$

Argumentum a négy síknegyedben

$z=-1+\sqrt3\,i$ : $a<0$ , $b>0$ , II. negyed. A hegyesszög $\alpha=\arctan\frac{\sqrt3}{1}=\frac{\pi}{3}$ , tehát $\varphi=\pi-\frac{\pi}{3}=\frac{2\pi}{3}$ . A hossz $r=\sqrt{1+3}=2$ .
$z=1-i$ : IV. negyed, $\alpha=\arctan 1=\frac{\pi}{4}$ , így $\varphi=2\pi-\frac{\pi}{4}=\frac{7\pi}{4}$ , és $r=\sqrt2$ .
$z=-\sqrt3-i$ : III. negyed, $\alpha=\arctan\frac{1}{\sqrt3}=\frac{\pi}{6}$ , így $\varphi=\pi+\frac{\pi}{6}=\frac{7\pi}{6}$ , és $r=2$ .
$z=-3$ : a negatív valós tengelyen, $\varphi=\pi$ , $r=3$ . $z=-2i$ : a negatív képzetes tengelyen, $\varphi=\frac{3\pi}{2}$ , $r=2$ .

Az arctan önmagában nem elég

Az $1+i$ és a $-1-i$ tangense ugyanúgy $1$ , de az egyik szöge $\frac{\pi}{4}$ , a másiké $\frac{5\pi}{4}$ . Aki csak beüti a számológépbe, hogy $\arctan 1$ , az a III. negyedben biztosan rossz szöget kap. Mielőtt szöget számolsz, rajzold fel a pontot, vagy legalább nézd meg az előjeleket.

4. A trigonometrikus alak

Ha az $a=r\cos\varphi$ és $b=r\sin\varphi$ kifejezéseket visszaírjuk az algebrai alakba, és kiemeljük az $r$ -et, megkapjuk a szám trigonometrikus alakját:

Trigonometrikus alak

z=r\,(\cos\varphi+i\sin\varphi),\qquad r=|z|\ge 0,\quad \varphi=\arg z

Ez ugyanaz a szám, csak más adatokkal leírva. Az előző példák trigonometrikus alakban:

-1+\sqrt3\,i=2\left(\cos\tfrac{2\pi}{3}+i\sin\tfrac{2\pi}{3}\right),\qquad 1-i=\sqrt2\left(\cos\tfrac{7\pi}{4}+i\sin\tfrac{7\pi}{4}\right)

Visszafelé egyszerűbb a dolog: a szöget behelyettesítjük a koszinuszba és a szinuszba, és beszorzunk $r$ -rel.

Vissza algebrai alakba

Írjuk fel algebrai alakban: $z=4\left(\cos\frac{5\pi}{6}+i\sin\frac{5\pi}{6}\right)$ .

$\frac{5\pi}{6}$ a II. negyedben van (150°), ott a koszinusz negatív, a szinusz pozitív: $\cos\frac{5\pi}{6}=-\frac{\sqrt3}{2}$ , $\sin\frac{5\pi}{6}=\frac12$ .
$z=4\left(-\frac{\sqrt3}{2}+\frac12 i\right)=-2\sqrt3+2i$
Ellenőrzés: $|z|=\sqrt{12+4}=4$ , és a pont valóban a II. negyedben van. Rendben.

A nevezetes számok trigonometrikus alakját érdemes egyszer végigszámolni és utána felismerni:

Algebrai alak	r	φ	Trigonometrikus alak
$1$	$1$	$0$	$\cos 0+i\sin 0$
$i$	$1$	$\tfrac{\pi}{2}$	$\cos\tfrac{\pi}{2}+i\sin\tfrac{\pi}{2}$
$-1$	$1$	$\pi$	$\cos\pi+i\sin\pi$
$-i$	$1$	$\tfrac{3\pi}{2}$	$\cos\tfrac{3\pi}{2}+i\sin\tfrac{3\pi}{2}$
$1+i$	$\sqrt2$	$\tfrac{\pi}{4}$	$\sqrt2\left(\cos\tfrac{\pi}{4}+i\sin\tfrac{\pi}{4}\right)$
$\sqrt3+i$	$2$	$\tfrac{\pi}{6}$	$2\left(\cos\tfrac{\pi}{6}+i\sin\tfrac{\pi}{6}\right)$

Mi számít trigonometrikus alaknak, és mi nem

Az alaknak három kötelező kelléke van: az $r$ nemnegatív, a zárójelben ugyanaz a szög áll a koszinuszban és a szinuszban, és a szinusz előtt plusz van. Ami ezek közül nem teljesül, azt előbb át kell alakítani:

$2\left(\cos\frac{\pi}{3}-i\sin\frac{\pi}{3}\right)$ nem trigonometrikus alak. Mivel a koszinusz páros, a szinusz páratlan függvény, ez $2\left(\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)\right)=2\left(\cos\frac{5\pi}{3}+i\sin\frac{5\pi}{3}\right)$ ;
$-3\left(\cos\varphi+i\sin\varphi\right)$ sem az, mert az $r$ negatív. A $-1$ -gyel szorzás félfordulat, tehát ez $3\left(\cos(\varphi+\pi)+i\sin(\varphi+\pi)\right)$ .

5. Szorzás és osztás trigonometrikus alakban

Itt derül ki, miért érte meg az átváltás. Szorozzunk össze két trigonometrikus alakú számot, és a zárójelfelbontás után rendezzük valós és képzetes részre:

(\cos\varphi_1+i\sin\varphi_1)(\cos\varphi_2+i\sin\varphi_2)=(\cos\varphi_1\cos\varphi_2-\sin\varphi_1\sin\varphi_2)+i(\sin\varphi_1\cos\varphi_2+\cos\varphi_1\sin\varphi_2)

A két zárójel pontosan a koszinusz és a szinusz addíciós tétele: az első $\cos(\varphi_1+\varphi_2)$ , a második $\sin(\varphi_1+\varphi_2)$ . Vagyis szorzáskor a hosszak összeszorzódnak, a szögek összeadódnak; osztáskor ugyanez fordítva:

Szorzás és osztás

z_1z_2=r_1r_2\bigl(\cos(\varphi_1+\varphi_2)+i\sin(\varphi_1+\varphi_2)\bigr),\qquad \frac{z_1}{z_2}=\frac{r_1}{r_2}\bigl(\cos(\varphi_1-\varphi_2)+i\sin(\varphi_1-\varphi_2)\bigr)

Geometriailag: a $z_2$ -vel szorzás a $z_1$ vektort $\varphi_2$ szöggel elforgatja és $r_2$ -szeresére nyújtja. Az $i$ hossza 1, szöge $\frac{\pi}{2}$ : ezért forgatás 90°-kal, nyújtás nélkül.

Egy egyszerű példa: i · i a szögekkel

Tudjuk, hogy $i\cdot i=-1$ . Nézzük, mit mond a szabály: az $i$ hossza 1, szöge $\frac{\pi}{2}$ . A szorzat hossza $1\cdot1=1$ , szöge $\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi$ , vagyis a szorzat az 1 hosszú, $\pi$ irányú szám: $\cos\pi+i\sin\pi=-1$ . Az $i^2=-1$ tehát nem egy furcsa szabály, hanem két 90°-os forgatás, ami együtt 180°.

Szorzat és hányados szögekkel

Legyen $z_1=2\left(\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\right)$ és $z_2=3\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right)$ .

Szorzat: a hosszak szorzata $6$ , a szögek összege $\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$ :
$z_1z_2=6\left(\cos\tfrac{\pi}{2}+i\sin\tfrac{\pi}{2}\right)=6i$
Hányados: a hosszak hányadosa $\frac23$ , a szögek különbsége $\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{3}=-\frac{\pi}{6}$ . Ez kilóg a $[0,2\pi)$ -ből, ezért $2\pi$ -t hozzáadunk: $\frac{11\pi}{6}$ .
$\frac{z_1}{z_2}=\frac23\left(\cos\tfrac{11\pi}{6}+i\sin\tfrac{11\pi}{6}\right)=\frac23\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac12 i\right)=\frac{\sqrt3}{3}-\frac13 i$
Ellenőrzés algebrai alakban: $z_1=\sqrt3+i$ , $z_2=\frac32+\frac{3\sqrt3}{2}i$ , és
$z_1z_2=\frac{3\sqrt3}{2}+\frac92 i+\frac32 i+\frac{3\sqrt3}{2}i^2=6i$
Rendben, csak hosszabb volt.

Ha a szög kilóg a tartományból

Összeadás után a szög lehet $2\pi$ -nél nagyobb, kivonás után negatív. Az eredmény attól még helyes, a szög csak nem főérték: adj hozzá vagy vonj ki belőle annyi $2\pi$ -t, hogy a $[0,2\pi)$ -be kerüljön. A koszinusz és a szinusz értéke nem változik.

6. Az Euler-formula és az exponenciális alak

A „szorzásnál a szögek összeadódnak” szabály gyanúsan hasonlít a hatványozás azonosságára: $e^{x}e^{y}=e^{x+y}$ . Ez nem véletlen hasonlóság. Ha az $e^x$ , a $\cos x$ és a $\sin x$ Taylor-sorába képzetes számot helyettesítünk, kiderül, hogy a három függvény egy és ugyanaz:

Euler-formula

e^{i\varphi}=\cos\varphi+i\sin\varphi

Ezzel a trigonometrikus alak egy sorba tömörül. Ez az exponenciális alak:

Exponenciális alak

z=r\,e^{i\varphi}

Ugyanaz az információ, hossz és szög, csak a szorzás és osztás szabályát már nem kell megjegyezni, mert a hatványozás azonosságai adják:

r_1e^{i\varphi_1}\cdot r_2e^{i\varphi_2}=r_1r_2\,e^{i(\varphi_1+\varphi_2)},\qquad \frac{r_1e^{i\varphi_1}}{r_2e^{i\varphi_2}}=\frac{r_1}{r_2}\,e^{i(\varphi_1-\varphi_2)}

Néhány érték, amit érdemes fejből tudni:

e^{i\pi/2}=i,\qquad e^{i\pi}=-1,\qquad e^{2\pi i}=1,\qquad \left|e^{i\varphi}\right|=1\ \ \text{minden } \varphi\text{-re}

A középső az Euler-azonosság, $e^{i\pi}+1=0$ , amiben a matematika öt legfontosabb száma áll egy sorban. A gyakorlatban a legtöbbet a harmadik kell: az $e^{i\varphi}$ $2\pi$ szerint periodikus, tehát $e^{i(\varphi+2k\pi)}=e^{i\varphi}$ . Ez a következő lecke gyökvonásának a kulcsa.

Átírás exponenciális alakba

$-1+\sqrt3\,i$ : fentről $r=2$ , $\varphi=\frac{2\pi}{3}$ , tehát $-1+\sqrt3\,i=2e^{2\pi i/3}$ .
$1-i=\sqrt2\,e^{7\pi i/4}$ , és ugyanennek a konjugáltja $1+i=\sqrt2\,e^{\pi i/4}$ : a konjugálás a szög előjelét fordítja, $\overline{re^{i\varphi}}=re^{-i\varphi}$ .
$(1+i)^{20}=\left(\sqrt2\right)^{20}e^{20\pi i/4}=2^{10}e^{5\pi i}=1024\,e^{i\pi}=-1024$ . A bevezetőben feltett kérdés egy sorban; a részleteit a Moivre-képletnél nézzük meg.

Koszinusz és szinusz az exponenciálisból

Az Euler-formulát $\varphi$ -re és $-\varphi$ -re felírva és a kettőt összeadva, illetve kivonva:

\cos\varphi=\frac{e^{i\varphi}+e^{-i\varphi}}{2},\qquad \sin\varphi=\frac{e^{i\varphi}-e^{-i\varphi}}{2i}

Ez a két képlet az, ami miatt a Fourier-sorok és a jelfeldolgozás komplex számokkal dolgozik: egy szinuszos rezgés két forgó vektor összege.

7. Tipikus hibák

Rossz síknegyed. Az $\arctan\frac{b}{a}$ a II. és a III. negyedben $\pi$ -vel téved. Mindig az előjelekből dönts, ne a számológépből.
Negatív $r$ . A hossz nem lehet negatív; a $-2(\cos\varphi+i\sin\varphi)$ -ből a mínuszt a szögbe kell vinni: $\varphi+\pi$ .
Mínusz a szinusz előtt. A $\cos\varphi-i\sin\varphi$ a $-\varphi$ szöghöz tartozik, nem a $\varphi$ -hez.
Fok és radián keverése. Az $e^{i\varphi}$ -ben a szög radiánban van; a $e^{60i}$ nem a 60°-os irány. Az egész témában érdemes végig radiánban maradni.
Összeadás trigonometrikus alakban. Erre nincs képlet. Ha összeadni vagy kivonni kell, váltsd vissza algebrai alakba. Az alakot mindig a művelethez válaszd: összeadáshoz algebrai, szorzáshoz, hatványozáshoz és gyökvonáshoz trigonometrikus vagy exponenciális.