Hatványozás és gyökvonás: a Moivre-képlet

1. Hatványozás: a Moivre-képlet

Ehhez a leckéhez a trigonometrikus alak kell, és az ottani szabály: szorzásnál a hosszak szorzódnak, a szögek összeadódnak. Ez a lecke arról szól, hogy ebből az egy szabályból hogyan jön ki a hatványozás és a gyökvonás; azt szeretném megmutatni, hogy a gyökvonás elsőre ijesztő képlete valójában egy rajz. A hatványozás ismételt szorzás ugyanazzal a számmal, tehát $n$ -edik hatványnál a hossz $n$ -edik hatványra emelkedik, a szög pedig $n$ -szeresére nő:

Moivre-képlet

\bigl(r(\cos\varphi+i\sin\varphi)\bigr)^n=r^n\bigl(\cos(n\varphi)+i\sin(n\varphi)\bigr)

Exponenciális alakban ez nem is külön képlet, csak a hatvány hatványa: $\left(re^{i\varphi}\right)^n=r^ne^{in\varphi}$ . A képlet negatív egész $n$ -re is érvényes, mert a reciprok trigonometrikus alakban $\frac{1}{r}(\cos(-\varphi)+i\sin(-\varphi))$ .

A recept mindig ugyanaz: algebrai alakból trigonometrikusba, hatványozás a képlettel, a szög visszahozása a $[0,2\pi)$ -be, aztán vissza algebrai alakba.

Egy egyszerű példa: i⁴ a képlettel

Tudjuk, hogy $i^4=1$ . A Moivre-képlettel: az $i$ hossza 1, szöge $\frac{\pi}{2}$ , tehát $i^4=1^4\left(\cos 4\cdot\tfrac{\pi}{2}+i\sin 4\cdot\tfrac{\pi}{2}\right)=\cos2\pi+i\sin2\pi=1$ . Négy negyedfordulat egy teljes kör, és visszaértünk az 1-hez. Ugyanígy $(1+i)^2$ : hossz $(\sqrt2)^2=2$ , szög $2\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$ , tehát $2i$ . Ellenőrzés zárójelfelbontással: $1+2i+i^2=2i$ . Rendben.

Egy tizedik hatvány

Számítsuk ki: $(1+i)^{10}$ .

Trigonometrikus alak: $r=\sqrt2$ , I. negyed, $\varphi=\frac{\pi}{4}$ .
A hossz: $\left(\sqrt2\right)^{10}=2^5=32$ . A szög: $10\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{5\pi}{2}$ , amiből $2\pi$ -t levonva $\frac{\pi}{2}$ .
$(1+i)^{10}=32\left(\cos\tfrac{\pi}{2}+i\sin\tfrac{\pi}{2}\right)=32i$
Gyors ellenőrzés a nevezetes $(1+i)^2=2i$ azonossággal: $(2i)^5=32i^5=32i$ . Rendben.

Amikor a hatvány valós lesz

Számítsuk ki: $\left(-1+\sqrt3\,i\right)^6$ .

$r=2$ , II. negyed, $\varphi=\frac{2\pi}{3}$ .
$r^6=64$ , a szög $6\cdot\frac{2\pi}{3}=4\pi$ , ami két teljes kör, tehát $0$ .
$\left(-1+\sqrt3\,i\right)^6=64(\cos 0+i\sin 0)=64$
A hatodik hatvány valós szám lett: a szög hatszorosa pont egész számú kör. Ez a megfigyelés vezet a következő fejezet gyökvonásához, mert visszafelé olvasva azt mondja, hogy a $64$ -nek van olyan hatodik gyöke, ami nem valós.

Ráadás: trigonometrikus azonosságok ingyen

Ha a Moivre-képletet $n=2$ -re, egységnyi hosszal felírjuk, és a bal oldalt algebrai alakban is kiszámoljuk:

(\cos\varphi+i\sin\varphi)^2=\cos^2\varphi-\sin^2\varphi+2i\sin\varphi\cos\varphi=\cos 2\varphi+i\sin 2\varphi

A valós és a képzetes rész összehasonlítása pont a két kétszeres szögű azonosság: $\cos2\varphi=\cos^2\varphi-\sin^2\varphi$ és $\sin2\varphi=2\sin\varphi\cos\varphi$ . Ugyanígy $n=3$ -ra a háromszoros szögű képletek jönnek ki.

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. Az n-edik gyökök

Gyökvonáskor a kérdés fordított: adott a $z=r(\cos\varphi+i\sin\varphi)$ , és keressük azokat a $w$ számokat, amikre $w^n=z$ . Írjuk fel a keresett számot is trigonometrikus alakban, $w=\rho(\cos\psi+i\sin\psi)$ , és hatványozzuk a Moivre-képlettel:

\rho^n\bigl(\cos(n\psi)+i\sin(n\psi)\bigr)=r(\cos\varphi+i\sin\varphi)

Két trigonometrikus alakú szám akkor egyenlő, ha a hosszuk megegyezik, a szögük pedig $2\pi$ egész számú többszörösével tér el. Ez a második feltétel a lényeg: nem csak $n\psi=\varphi$ jó, hanem $n\psi=\varphi+2k\pi$ is, bármilyen egész $k$ -ra.

\rho^n=r\ \Longrightarrow\ \rho=\sqrt[n]{r},\qquad n\psi=\varphi+2k\pi\ \Longrightarrow\ \psi_k=\frac{\varphi+2k\pi}{n}

A $k=0,1,\ldots,n-1$ értékek $n$ különböző szöget adnak; a $k=n$ már ugyanazt, mint a $k=0$ , csak egy körrel odébb. Ezért:

Az n-edik gyökök

w_k=\sqrt[n]{r}\left(\cos\frac{\varphi+2k\pi}{n}+i\sin\frac{\varphi+2k\pi}{n}\right),\qquad k=0,1,\ldots,n-1

Itt $\sqrt[n]{r}$ a pozitív valós $r$ szám közönséges, pozitív $n$ -edik gyöke. Minden nemnulla komplex számnak tehát pontosan $n$ darab $n$ -edik gyöke van, és a képlet mindet megadja.

Egy egyszerű példa: a −1 két négyzetgyöke

Tudjuk, hogy $w^2=-1$ megoldásai $i$ és $-i$ . Nézzük, a képlet is ezt adja-e: a $-1$ hossza 1, szöge $\pi$ , $n=2$ . A $k=0$ -ra a szög $\frac{\pi}{2}$ , ez az $i$ ; a $k=1$ -re $\frac{\pi+2\pi}{2}=\frac{3\pi}{2}$ , ez a $-i$ . A $k=2$ már $\frac{5\pi}{2}$ -t adna, ami egy körrel odébb ugyanaz, mint az $i$ : ezért állunk meg $k=n-1$ -nél. A két gyök egymással szemben ül az egységkörön, ahogy egy „szabályos kétszögnek” illik.

A gyökök egy szabályos sokszög csúcsai

Mind az $n$ gyök hossza $\sqrt[n]{r}$ , tehát mind egy origó középpontú körön ül; a szögeik pedig egyenletesen, $\frac{2\pi}{n}$ -enként követik egymást. A gyökök így egy szabályos $n$ -szög csúcsai. Ez a kép a legjobb ellenőrzés: ha a három köbgyököd nem egy szabályos háromszög, valahol elszámoltad. És spórol is: elég a $w_0$ -t kiszámolni, a többi $\frac{2\pi}{n}$ -es forgatásokkal jön.

3. Példák: az összes gyök kiszámítása

A −8 három köbgyöke

Oldjuk meg: $w^3=-8$ .

A $-8$ trigonometrikus alakja: $r=8$ , a negatív valós tengelyen van, $\varphi=\pi$ .
A gyökök hossza $\rho=\sqrt[3]{8}=2$ , a szögek $\psi_k=\frac{\pi+2k\pi}{3}$ :
$\psi_0=\frac{\pi}{3},\qquad \psi_1=\pi,\qquad \psi_2=\frac{5\pi}{3}$
Vissza algebrai alakba:
$w_0=2\left(\cos\tfrac{\pi}{3}+i\sin\tfrac{\pi}{3}\right)=1+\sqrt3\,i,\qquad w_1=2(\cos\pi+i\sin\pi)=-2,\qquad w_2=1-\sqrt3\,i$
A $w_1=-2$ az a köbgyök, amit a valósaknál is ismertünk; a másik kettő egy konjugált pár. A három pont egy 2 sugarú körön, egymástól 120°-ra: szabályos háromszög. Ellenőrzés a Moivre-képlettel: $|w_0|^3=8$ és $3\cdot\frac{\pi}{3}=\pi$ , tehát $w_0^3=8(\cos\pi+i\sin\pi)=-8$ . Rendben.

A −16 négy negyedik gyöke

Oldjuk meg: $w^4=-16$ .

$r=16$ , $\varphi=\pi$ , tehát $\rho=\sqrt[4]{16}=2$ és $\psi_k=\frac{\pi+2k\pi}{4}$ :
$\psi_0=\frac{\pi}{4},\qquad \psi_1=\frac{3\pi}{4},\qquad \psi_2=\frac{5\pi}{4},\qquad \psi_3=\frac{7\pi}{4}$
Mind a négy szögnél a koszinusz és a szinusz abszolút értéke $\frac{\sqrt2}{2}$ , csak az előjelek járják körbe a négy síknegyedet:
$w_0=\sqrt2+\sqrt2\,i,\qquad w_1=-\sqrt2+\sqrt2\,i,\qquad w_2=-\sqrt2-\sqrt2\,i,\qquad w_3=\sqrt2-\sqrt2\,i$
Egy négyzet csúcsai a 2 sugarú körön, és egyik sem valós: negatív számnak páros kitevőjű gyöke a valósak közt nincs, a komplexek közt viszont pontosan négy van.

4. Az egységgyökök

A legfontosabb speciális eset a $w^n=1$ egyenlet. Az $1$ hossza 1, szöge 0, tehát a gyökök is egységnyi hosszúak, a szögeik pedig $\frac{2k\pi}{n}$ . Ezek az $n$ -edik egységgyökök:

Egységgyökök

\varepsilon_k=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}=e^{2k\pi i/n},\qquad k=0,1,\ldots,n-1

n	Az egységgyökök	Alakzat
$2$	$1,\ -1$	két átellenes pont
$3$	$1,\ -\tfrac12+\tfrac{\sqrt3}{2}i,\ -\tfrac12-\tfrac{\sqrt3}{2}i$	szabályos háromszög
$4$	$1,\ i,\ -1,\ -i$	négyzet
$6$	$\pm1,\ \tfrac12\pm\tfrac{\sqrt3}{2}i,\ -\tfrac12\pm\tfrac{\sqrt3}{2}i$	szabályos hatszög

Két tulajdonság, ami feladatokban gyakran jól jön:

az összes egységgyök az elsőnek a hatványa: $\varepsilon_k=\varepsilon_1^{\,k}$ , mert a hatványozás a szöget $k$ -szorozza;
bármely $z$ összes $n$ -edik gyöke egyetlen gyökből az egységgyökökkel szorozva jön ki: $w_k=w_0\,\varepsilon_k$ . Ezért elég egy gyököt megtalálni.

Ha $n\ge2$ , az egységgyökök összege nulla: egy szabályos sokszög csúcsaiba mutató vektorok kiegyenlítik egymást. A $n=4$ esetben ez a már ismert $1+i-1-i=0$ .

5. Másodfokú egyenletek negatív diszkriminánssal

A középiskolából ismerős, hogy ha az $ax^2+bx+c=0$ diszkriminánsa negatív, „nincs megoldás”. Pontosabban: nincs valós megoldás. A megoldóképlet a komplexek közt is működik, csak a negatív számból vont gyököt kell az $i$ -vel felírni:

Megoldóképlet, ha D < 0

x_{1,2}=\frac{-b\pm i\sqrt{-D}}{2a},\qquad D=b^2-4ac<0

A két megoldás mindig egymás konjugáltja: ugyanaz a valós rész, ellentett képzetes rész.

Valós együtthatók

Oldjuk meg: $z^2-4z+13=0$ .

$D=16-52=-36$ , tehát $\sqrt{D}=\sqrt{-36}=6i$ .
$z_{1,2}=\frac{4\pm 6i}{2}=2\pm 3i$
Ellenőrzés a Viète-formulákkal: a gyökök összege $(2+3i)+(2-3i)=4$ , ami $-\frac{b}{a}$ ; a szorzatuk $(2+3i)(2-3i)=4+9=13$ , ami $\frac{c}{a}$ . Rendben.

Komplex együtthatók

Oldjuk meg: $z^2-(1+i)z+i=0$ .

A megoldóképlet ugyanúgy megy, csak a diszkrimináns is komplex lesz: $D=(1+i)^2-4i=2i-4i=-2i$ .
Kell a $-2i$ egyik négyzetgyöke. Trigonometrikus alakban $-2i=2\left(\cos\frac{3\pi}{2}+i\sin\frac{3\pi}{2}\right)$ , a $k=0$ gyök:
$\sqrt2\left(\cos\tfrac{3\pi}{4}+i\sin\tfrac{3\pi}{4}\right)=\sqrt2\left(-\tfrac{\sqrt2}{2}+\tfrac{\sqrt2}{2}i\right)=-1+i$
Ellenőrzés: $(-1+i)^2=1-2i+i^2=-2i$ .
A $\pm$ a másik négyzetgyököt ( $1-i$ ) automatikusan lefedi:
$z_{1,2}=\frac{(1+i)\pm(-1+i)}{2}\quad\Longrightarrow\quad z_1=\frac{2i}{2}=i,\qquad z_2=\frac{2}{2}=1$
Ellenőrzés: $1-(1+i)+i=0$ és $i^2-(1+i)i+i=-1-i+1+i=0$ . Rendben. A két gyök itt nem konjugált pár, mert az együtthatók nem valósak.

6. Az algebra alaptétele

A komplex számokat azért vezettük be, hogy az $x^2+1=0$ -nak legyen megoldása. Az egyik legszebb tétel azt mondja, hogy ezzel az egy lépéssel minden polinomegyenlet megoldhatóvá vált, nem kell újabb számokat kitalálni:

Az algebra alaptétele

Minden legalább elsőfokú, komplex együtthatós polinomnak van komplex gyöke. Következésképpen egy $n$ -edfokú polinomnak, a többszörös gyököket annyiszor számolva, ahányszoros, pontosan $n$ gyöke van, és a polinom gyöktényezős alakra bomlik:

p(z)=a_n(z-z_1)(z-z_2)\cdots(z-z_n)

Valós együtthatós polinomra ennél több is igaz: ha $z_0$ gyök, akkor a konjugáltja, $\overline{z_0}$ is az. A nem valós gyökök tehát konjugált párokban jönnek, ahogy a másodfokú egyenletnél láttuk. Ebből két hasznos következmény:

egy páratlan fokú valós együtthatós polinomnak mindig van legalább egy valós gyöke, mert a nem valósak párosával fogynak;
egy konjugált párhoz tartozó két gyöktényező szorzata valós együtthatós másodfokú tényező: $(z-z_0)(z-\overline{z_0})=z^2-2\operatorname{Re}(z_0)\,z+|z_0|^2$ . Ezért bomlik minden valós polinom valós első- és másodfokú tényezők szorzatára; erre épül a parciális törtekre bontás.

Gyöktényezős alak a gyökökből

Bontsuk fel a $z^3+8$ polinomot elsőfokú tényezőkre, majd valós tényezőkre.

A $z^3+8=0$ gyökei a $-8$ köbgyökei, amiket fent kiszámoltunk: $-2$ , $1+\sqrt3\,i$ , $1-\sqrt3\,i$ .
$z^3+8=(z+2)\left(z-1-\sqrt3\,i\right)\left(z-1+\sqrt3\,i\right)$
A konjugált pár tényezőit összeszorozva: $\operatorname{Re}(z_0)=1$ , $|z_0|^2=1+3=4$ , tehát a valós felbontás
$z^3+8=(z+2)(z^2-2z+4)$
Beszorozva: $z^3-2z^2+4z+2z^2-4z+8=z^3+8$ . Rendben.

7. Tipikus hibák

Csak egy gyök. A $w^n=z$ egyenletnek $n$ megoldása van; aki a $2k\pi$ -t elhagyja, csak a $k=0$ -t találja meg. A szabályos sokszög képe azonnal mutatja, ha hiányzik valamelyik.
A hossz hatványozása helyett szorzása. A Moivre-képletben a hossz $r^n$ , nem $nr$ ; a szög viszont $n\varphi$ . Az egyik hatványozódik, a másik szorzódik.
Moivre algebrai alakra. $(a+bi)^n\neq a^n+b^ni^n$ . A képlet kizárólag trigonometrikus (vagy exponenciális) alakra érvényes: előbb át kell váltani.
$\sqrt{-36}=\pm6$ vagy $-6$ . $\sqrt{-36}=6i$ , mert $(6i)^2=-36$ . Valós együtthatós másodfokú egyenletnél gyors ellenőrzés: a két gyöknek konjugált párnak kell lennie.
Nem redukált szög. A $\cos\frac{5\pi}{2}$ nem hibás, csak nehezen olvasható; vonj le belőle $2\pi$ -t, és $\frac{\pi}{2}$ -ből már látszik, hogy az eredmény tisztán képzetes.

A témakör gyakorló feladatsora mind a négy leckét végigjárja, az algebrai műveletektől a gyökvonásig.