KOMPLEKSE TALL. hvor x og y er reelle tall. x = Re z og y = Im z

Transkript

1 KOMPLEKSE TALL. Innledning og definisjoner Mengden av komplekse tall danner en utvidelse av den reelle tallmengden. Denne utvidelsen skjer ved at vi innfører en ny størrelse (et tall) i som er slik at i =. Det betyr at vi har laget oss en løsning av likningen x = eller x + =. Den andre løsningen av denne andregradslikningen blir da selvsagt i. i kalles for den imaginære enheten. Et vilkårlig komplekst tall kan skrives på formen z = x + iy hvor x og y er reelle tall x kalles for realdelen og y for imaginærdelen til z, og vi skriver x = Re z og y = Im z Maple: Re(x+I*y); Im(x+I*y); Ovenfor er det komplekse tallet z representert på normalform (rektangulær form). For å danne et bilde av den komplekse tallmengden, kan det være hensiktsmessig å representere hvert komplekst tall ved et punkt i det komplekse (tall)plan iy iy x + iy x x

2 Som en ser, er det her en klar geometrisk parallell til xy-planet. På samme måten som vi kan dekomponere en vilkårlig vektor i R på formen p = x e +y e = x, y kan vi faktisk betrakte de komplekse tallene som vektorer i det vi lar tallet være enhetsvektor langs realaksen og lar i være enhetsvektor langs imaginæraksen. Noen av de operasjonene vi kan gjøre på vanlige vektorer i planet, som for eksempel addisjon av vektorer og finne lengden av vektorer, har dermed relevans for regning med komplekse tall. La oss, før vi går løs på regnereglene, gjøre de nødvendige definisjonene: Vi definerer normen (modulen/absoluttverdien) til det komplekse tallet z = x + iy ved z = x + y Maple: abs(x+i*y); Den kompleks konjugerte til z defineres ved z = x iy Maple: conjugate(x+i*y); Av figuren under kan vi se at kompleks konjugering svarer til en speilvending om realaksen Im x + iy Re x iy

3 3 Noen ganger er det hensiktsmessig å representere et punkt i xy-planet ved hjelp av polare koordinater. Tilsvarende kan vi representere det komplekse tallet z = x + iy på polar form (trigonometrisk form): z = r cos ϕ + ir sin ϕ Maple: polar(x+i*y); Her er r lengden av det begrensede linjestykket fra origo til z, altså normen til z, og ϕ er vinkelen som denne linjen danner med realaksen. ϕ kalles for argumentet til z. Dersom vi krever at π < ϕ π, kalles ϕ for hovedargumentet til z. Geometrisk vil r og ϕ fremkomme slik: Im r ϕ z Re Vi har følgende sammenhenger: x = r cos ϕ y = r sin ϕ r = x + y = z tan ϕ = y x Vi presiserer at normen til et komplekst tall er avstanden fra origo og ut til det komplekse tallet. En kan også legge merke til følgende: z = x iy = r(cos ϕ i sin ϕ) = r(cos( ϕ) + i sin( ϕ)) Vi ser altså at vi kommer til den konjugerte ved å gå ut vinkelen ϕ istedenfor ϕ, noe som stemmer overens med speiling om førsteaksen.

4 4. Regning med komplekse tall Vi må nå huske at de komplekse tallene er "nye" matematiske objekter, så derfor må vi definere hvilke regneregler som skal gjelde: Addisjon: Vi kan her tenke tilbake på hvordan to vektorer i planet legges sammen komponentvis. Hvis derfor z = x + iy og z = x + iy, definerer vi summen av z og z ved z + z = (x + x ) + i(y + y ) For z = 3 + 4i og z = 4 6i, finner vi z + z = ( 3 + 4) + i(4 6) = i. Maple: z:=-3+4*i: z:=4-6*i: evalc(z+z); Tilsvarende regel gjelder for subtraksjon av komplekse tall. Multiplikasjon: Her har vi ingen klar parallell til vektorregning, men ved å kreve at regneregelen (a + b)(c + d) = ac + ad + bc + bd skal gjelde, oppnår en: z z = (x + iy )(x + iy ) = x x + ix y + iy x + i y y Hvis vi så benytter at i = og samler reelt og imaginært hver for seg (skriver på normalform), finner vi: z z = (x x y y ) + i(x y + y x ) For z = 3 + 4i og z = 4 6i, finner vi z z = ( 3 + 4i)(4 6i) = + 8i + 6i 4i = + 34i. Maple: z:=-3+4*i: z:=4-6*i: evalc(z*z);

5 5 Siden det egentlig bare finnes to regnearter, nemlig addisjon og multiplikasjon, trenger vi ikke definere hvordan vi skal dividere et komplekst tall med et annet. Men det er likevel behov for å forklare hvordan det kan gjøres. For det første må vi klargjøre at vi anser divisjonen for utført når svaret er skrevet på normalform, og for det andre må vi inn med et lite triks for å få dette til. Eksempel La oss ta utgangspunkt i brøken z z = 3 + 4i 4 6i Vi legger merke til at den ikke står på normalform a + ib. Hvordan skal vi få det til? Poenget er å multiplisere teller og nevner med et passende tall, slik at nevneren blir reell. Det viser seg at vi alltid får dette til ved å multiplisere med den konjugerte av nevneren. Vi skal altså følge opp regnestykket I nevneren får vi da z z = z z z z z z = (4 6i)(4 + 6i) = 4 + 4i 4i 36i = = 5 Som vi ser, er dette reelt. Når vi multipliserer med den konjugerte av nevneren i telleren, får vi z z = ( 3 + 4i)(4 + 6i) = 8i + 6i + 4i = 36 i Dette resulterer i at vi får z z = 36 i 5 = i = i Maple: z:=-3+4*i: z:=4-6*i: evalc(z/z); I forbindelse med det å skrive brøker på normalform, vil vi ofte få bruk for resultatet zz = z = x + y

6 6 Eksempel Skriv på polar form tallet z = 3i + ( 3) = + 3 = og tan ϕ = 3 = 3, slik at r = z = ϕ = π. 3 Tallets polare form er altså ( ( z = cos π ) ( + i sin π )) 3 3 Maple: polar(-sqrt(3)*i); På grunnlag av regnereglene som er etablert, er det mulig å vise følgende: () z z = z z () z /z = z / z (3) z = z (4) z z = z z (5) z + z = z + z (6) (z /z ) = z /z (7) arg(z z ) = arg(z ) + arg(z ) (8) arg(z /z ) = arg(z ) arg(z ) La oss gå gjennom beviset for () og (7): Bevis av () La her z = a + bi og z = c + di. Da er z z = ac bd + i(ad + bc) og z z = (ac bd) +(ad+bc) = a c acbd+b d +a d +adbc+b c. Når vi så stryker de leddene som faller, finner vi z z = a c +b d +a d +b c. På den annen side vil z z = (a +b )(c +d ) = a c +a d +b c +b d. Vi ser altså at z z = z z, noe som bringer oss til at z z = z z Bevis av (7) Vi skal senere, ved hjelp av Eulers formel, se at dette beviset kan gjøres enda enklere, men la oss nå bruke de midler vi har. Polar form: z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) og z = r (cos ϕ + i sin ϕ ). Vi multipliserer sammen på vanlig måte og oppnår z z = r r {(cos ϕ cos ϕ sin ϕ sin ϕ ) + i(sin ϕ cos ϕ + cos ϕ sin ϕ )}

7 7 Vi benytter så de trigonometriske identitenene og oppnår cos(ϕ + ϕ ) = cos ϕ cos ϕ sin ϕ sin ϕ sin(ϕ + ϕ ) = sin ϕ cos ϕ + cos ϕ sin ϕ Vi ser altså at z z = r r {cos(ϕ + ϕ ) + i sin(ϕ + ϕ )} arg(z z ) = ϕ + ϕ = arg(z ) + arg(z ) Eksempel 3 Finn argumentet til det komplekse tallet z = + i 3 + i Her bør vi benytte resultat (8) fra rammen på forrige side. Vi vet at ϕ = arg( + i) = π og at ϕ 4 = arg( 3 + i) = π. Det følger da at 6 ( ) + i ϕ = arg = ϕ ϕ = π 3 + i 4 π 6 = π Maple: argument((+i)/(sqrt(3)+i)); 3. Eulers formel og de Moivres formel I emnet matematiske metoder lærer man å foreta ulike typer rekkeutviklinger av funksjoner. En rekkeutvikling av en funksjon er en alternativ representasjon av funksjonen. For eksempel har vi at det er mulig å skrive cosinus- og sinusfunksjonen som uendeliggradspolynomer. Disse uendeliggradspolynomene kan en bruke til å vise følgende sammenheng, som kalles Eulers formel: e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ Denne sammenhengen gjør at den polare formen til et komplekst tall kan skrives z = re iϕ

8 8 Siden vi definerer e iϕ regneregler gjelder: = cos ϕ + i sin ϕ, bør vi egentlig verifisere at vanlige (e iϕ ) = e iϕ og e i(ϕ +ϕ ) = e iϕ e iϕ Dette er ikke vanskelig, men vi hopper over det her (ta det som en øvelse). Eksempel 4 Vis på to måter at z = + i i = i Direkte beregning: Vi multipliserer med den konjugerte av nevneren oppe og nede og finner: z = ( + i)( + i) ( i)( + i) = + i + ( ) = i = i Ved hjelp av Eulers formel: Vi har + i = e i π 4 og i = e i( π 4 ). Dette gjør at + i i = e i π ( ) ( ) 4 = π e i( π 4 ) ei( 4 ( π 4 )) = e i π π π = cos + i sin = + i = i Eksempel 5 Skriv z på normalform dersom z = + 3 i. Siden z = r = + ( 3) = og arg(z) = arctan( 3/) = π, får vi at 3 z = ( e i π 3 Ved Eulers formel vet vi at ) = ( ) e i π 3 = e i π 3 ( ) ( ) e i π π π 3 = cos + i sin 3 3 = 3 i Dette gir oss at z = 4 ( ) 3 i = i Maple: z:=+sqrt(3)*i; polar(z); polar(%ˆ); simplify(%); evalc(%);

9 9 Formler for cos ϕ og sin ϕ Eulers formel e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ gir oss samtidig formelen Hvis vi så betrakter likningene e iϕ = cos( ϕ) + i sin( ϕ) = cos ϕ i sin ϕ e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ e iϕ = cos ϕ i sin ϕ som et likningssystem med cos ϕ og sin ϕ som ukjente, finner vi følgende formler cos ϕ = (eiϕ + e iϕ ) sin ϕ = i (eiϕ e iϕ ) Man kan forstå at det blir en enkel sak å for eksempel finne sin 3 ϕ dϕ på grunnlag av slike formler. Det hele reduserer seg til å integrere eksponensialfunksjoner. Når vi deriverer eller integrerer er det imidlertid viktig at vi regner med i som en vanlig konstant. Vi vet for eksempel at vi får cos ϕ når vi deriverer sin ϕ. Dette er det lett å konstatere ved å derivere i (eiϕ e iϕ ) med hensyn på ϕ. Vi oppnår da ved hjelp av kjernederivasjon d dϕ (sin ϕ) = i (ieiϕ ( i)e iϕ ) = (eiϕ + e iϕ ) = cos ϕ. Eulers formel gir opphav til noe vi kaller de Moivres formel, ved at vi opphøyer hver side i n. venstre side høyre side (e iϕ ) n = e inϕ = cos(nϕ) + i sin(nϕ) (cos ϕ + i sin ϕ) n de Moivres formel er altså gitt ved: cos(nϕ) + i sin(nϕ) = (cos ϕ + i sin ϕ) n For n = står det jo det samme på hver side, men for n = får vi cos(ϕ) + i sin(ϕ) = (cos ϕ + i sin ϕ)

10 Hvis vi nå regner ut høyresiden på vanlig måte, finner vi Vi har altså identiteten (cos ϕ + i sin ϕ) = cos ϕ sin ϕ + i cos ϕ sin ϕ cos(ϕ) + i sin(ϕ) = cos ϕ sin ϕ + i cos ϕ sin ϕ Realdelen og imaginærdelen på hver side må stemme, noe som fører til de kjente identitetene cos(ϕ) = cos ϕ sin ϕ og sin(ϕ) = cos ϕ sin ϕ Det er klart at vi kan få tilsvarende formler for høyere verdier av n. Maple: likn:=cos(*phi)+i*sin(*phi)=(cos(phi)+i*sin(phi))ˆ:%; lhs(likn)=expand(rhs(likn)); evalc(re(lhs(%)))=evalc(re(rhs(%))); evalc(im(lhs(%%)))=evalc(im(rhs(%%))); 4. Noen likninger med komplekse løsninger Andregradslikninger La oss se på parabelen gitt ved y = x + x +. Grafen ser slik ut Ut fra grafen skjønner vi at andregradslikningen x + x + = ikke vil ha reelle løsninger. Den ligger i sin helhet over førsteaksen. Algebraens fundamentalteorem forteller at en n-tegradslikning alltid vil ha n løsninger, men da regner vi med multiplisitet. Det vil si at vi skriver x = x =, og markerer at vi har to løsninger dersom likningen skulle være gitt ved (x ) =. x = sies å være en løsning med multiplisitet. Fundamentalteoremet sier altså at likningen x +x+ = vil ha to løsninger

11 siden den er av grad. Når vi bruker abc-formelen, finner vi (siden a = og b = c = ) x, = ± 4 = ± 4 Siden vi har at (±i) = (±) i = 4 ( ) = 4, finner vi Maple: solve(xˆ+*x+=, x); x, = ± i = ± i Selv om det ikke er helt matematisk presist, går det greit å regne med i = når vi løser andregradslikninger. Vi legger også merke til at de to løsningene er kompleks konjugerte av hverandre. Dette er ikke tilfeldig. I enhver n- tegradslikning a n z n + a n z n a z + a = med reelle koeffisienter a n, a n,..., a vil løsningene forekomme i komplekskonjugerte par (husk at reelle tall er komplekskonjugert av seg selv). En andregradslikning az + bz + c = har komplekse løsninger når b 4ac < (negativt under rottegnet). Løsningene kan da skrives: z, = b ± 4ac b i a Her forutsetter vi at a, b og c er reelle Eksempel 6 La oss betrakte andregradslikningen z = + i Her er ikke alle koeffisientene reelle, så vi må inn med en annen tilnærmingsmåte. Løsningene av denne likningen må uansett kunne skrives på formen z = x + iy, så la oss sette inn dette for z og se hva som skjer: Vi regner ut venstresiden og får (x + iy) = + i x y + xyi = + i Real- og imaginærdel må stemme overens, slik at x y =

12 og xy = Dette er to (ikkelineære) likninger med to ukjente. Vi må nå huske at x og y begge er rent reelle tall. Vi får fra den andre at y =, som innsettes i den x første. Da oppnår vi ( ) x = x Vi multipliserer med (x) = 4x på hver side av likhetstegnet, slik at vi oppnår 4x 4 4x = Dette er en kamuflert andregradslikning i u = x : 4u 4u = Vi løser på vanlig måte og oppnår u, = 4 ± ( 4) 4 4 ( ) 4 = 4 ± 3 8 = 4 ± 6 8 = 4 ± 4 8 Vi finner altså x = ± Her er det selvsagt bare plussvarianten som er gyldig, så vi får + x = som gir x = ± + og y = ± De to løsningene av den opprinnelige likningen blir derfor + z = + i + og z = i Maple: solve(zˆ=+i, z); seq(zi=evalc(%i), i=..); Vi skal i neste avsnitt se hvordan en likning som denne kan løses uten å bruke rotuttrykk, nemlig ved hjelp av sinus- og cosinusfunksjoner. Først setter vi imidlertid opp generelle uttrykk for løsningene av likningen z = w der w er kompleks

13 3 Dersom Im w >, har likningen z = w løsningene: w + Re w w Re w z, = ± + i Dersom Im w <, har likningen z = w løsningene: w + Re w w Re w z, = ± i Eksempel 7 Løs likningen, gitt ved z = 3 i. Vi bruker formelen i den nederste av rammene over fordi w = 3 i gir Im w = <. Vi har videre Re w = 3 og w = 3 + ( ) = 3. De to løsningene gis derfor ved z, = ± i Maple: solve(zˆ=3-*i, z); seq(zi=evalc(%i), i=..); Eksempel 8 Løs likningen gitt ved ( i)z + ( + i)z + =. abc-formelen gir z, = ( + i) ± ( + i) 4 ( i) ( i) Vi samler leddene under rottegnet slik at z, = i ± 8 + 6i 4 i = i ± + i 8 + 4i 4 i For å komme videre, legger vi merke til at ± 8 + 6i er løsningene til likningen u = 8 + 6i. For å få skrevet løsningene på normalform, bruker vi den øverste av formlene i rammen over. Vi finner da u = ± + i = ±( + 3i)

14 4 Løsningene av den opprinnelige likningen blir da z, = i ± ( + 3i) 4 i = i = i(4+i) 4 i 4i 4 i = + i 4 +( ) 5 5 = ( 4i)(4+i) = i = i 4 +( ) Vi finner altså z = i og z = i Vi legger merke til at disse ikke utgjør et komplekskonjugert par. Det er fordi koeffisientene i likningen ikke alle er reelle. Likningen z n = w der w er kompleks Vi legger merke til at likningen z = w, som vi tidligere har skrevet opp løsningene til, blir et spesialtilfelle av denne. Når vi løser likningen z n = w, pleier vi å si at vi finner n-terøttene til tallet w. Vi skal her imidlertid finne løsningene på trigonometrisk form istedenfor ved rottegn. Vi skal altså bruke cosinus og sinus for å uttrykke løsningene. Det vi alltid kan si om løsningene til en slik likning, er at det er n stykker av dem og at de ligger jevnt fordelt langs en sirkel om origo med radius w. n Hvis vi da bare vet hvor en av løsningene befinner seg, kan vi lett finne de andre ved å dele sirkelen inn i n like store deler. For å finne alle løsningene, må vi bruke at sinus og cosinus er periodiske funksjoner med periode π. Løsningene er gitt ved ( ( ) ( )) arg(w) + kπ arg(w) + kπ z k = w n cos + i sin n n, k =,..., n For hver verdi av k vi setter inn får vi en ny løsning. Hvis vi skulle sette inn k-verdier som er større eller lik n, får vi bare gjentakelser av de løsningene vi allerede har oppnådd for lavere verdier. Vi kan også nevne at løsningene kan uttrykkes mer elegant ved hjelp av Eulers formel. Det er via denne vi faktisk kommer frem til løsningene i rammen over. Eulers formel gir oss z k = n w e arg(w)+kπ n i, k =,..., n

15 5 Eksempel 9 Finn røttene i likningen z 5 = 3 og tegn dem inn i det komplekse planet. Her har vi altså w = 3, så w er et positivt reelt tall, med arg(w) =. Vi må og så finne ut hva n w blir i dette tilfellet. Siden w er reell, får vi w = w = 3. Vi har n = 5, noe som gir oss w n = 5 3 =. Løsningene av likningen blir derfor ( ( ) ( )) + kπ + kπ z k = cos + i sin, k =,..., Vi setter så inn de 5 k-verdiene for å se nærmere på løsningene. z = (cos + i sin ) = Dette er den vanlige reelle femteroten til 3. z = z = z 3 = z 4 = ( ( π cos 5 ( ( 4π cos 5 ( ( 6π cos 5 ( ( 8π cos 5 ) ) ) ) ( π + i sin 5 ( 4π + i sin 5 ( 6π + i sin 5 ( 8π + i sin 5 )) )) )) )) En grafisk fremstilling av røttene: Maple: p:=plot(*cos(t),*sin(t), t=..*pi, color=black, thickness=):%; L:=seq(*cos(*Pi*k/5),*sin(*Pi*k/5), k=..4); p:=plot(l, style=point, symbol=circle, symbolsize=5, color=black):%; display(p,p);

16 6 De som har calc-pakka, kan få røttene i likningen z 5 = 3 representert direkte ved å skrive dette: Maple: with(calc): KompleksRot(zˆ5=3); Hvis vi har en rekke komplekse tall som ikke er knyttet til en likning, men som vi ønsker en grafisk representasjon for, kan vi bruke kommandoen complexplot som er tilgjengelig innenfor plots-pakka. La oss likevel ta utgangspunkt i de komplekse tallene + i, 3i, i og 3 i. Vi benytter så complexplot-kommandoen for å representere dem grafisk: Maple: with(plots): L:=-+I,-3*I,I,3-I; complexplot(l, x=-..3, style=point); Når vi for eksempel opphøyer et komplekst tall i andre, vil argumentet dobles. Opphøyer vi i tredje, triples argumentet osv. Når vi for eksempel skal finne kvadratroten til et komplekst tall, vil argumentet i utgangspunktet halveres. Om vi tar tredjeroten, tredeles argumentet. Eksempel Finn ved geometrisk resonnement de to røttene til likningen z = i. Vi vet at argumentet til høyresiden i er π, siden dette tallet ligger på den positive imaginæraksen. Det betyr at vi må få en rot som har halve argumentet, nemlig π. Siden røttene jevnfordeler seg langs enhetssirkelen (husk at i = ), 4 må den andre roten ha argument π + π = 5π. Vi skjønner også at dersom en 4 4 av løsningene er z, vil den andre være z = z. De to røttene blir derfor z = z = ( ( ) ( )) π π cos + i sin = 4 4 ( ( 5π cos 4 ) ( 5π + i sin 4 )) = + i i Dette svarer jo til at både real- og imaginærdel skifter fortegn når vi legger til en vinkel π.

17 7 OPPGAVER K- Skriv tallene på rektangulær form (normalform): a) ( + i)(3 i) b) ( + i) 4 c) i d) 3 + 4i + i + + i + ( 3 + i e) + i + i ) ( 3 i i i ) f) ( ) ( 6 )i 3 + i ( ) i ( ) + i ( ) 3 3 i g) + h) i) ( + i) n 3 + i 3 i K- Skriv tallene på polar form (trigonometrisk form). Uttrykk vinklene i grader og avrund til desimaltall om nødvendig: n= a) + 3i b) 3 + i c) i d) ( + i) 6 e) (3 i) 4 ( + i) 6 f) + 3i + i K-3 La U og V være komplekse tall. Vis at da er a) UV + UV et reelt tall. b) U U V UV U et tall med modul. K-4 Det komplekse tallet z har realdel og argument π. Finn z. 3 K-5 Skriv røttene i likningen z 6z+34 = på formen a+bi (normalform/rektangulær form). K-6 Skriv røttene i likningen z 3z + = på formen a + bi. K-7 a) Finn det komplekskonjugerte tallet til z = 4 i. b) Tegn z og z i samme aksekors.

18 8 K-8 Regn ut + i 4 (3i 5 i 6 ) ( i) 7. K-9 Regn ut i 5 + i 67. K- Skriv det komplekse tallet 3 + 3i på trigonometrisk (polar) form. K- Skriv det komplekse tallet på formen x + iy. ( ( 5π 4 cos 6 ) ( 5π + i sin 6 )) K- a) Finn likningssammenhengen mellom x og y for kurven i det komplekse planet som er definert ved z i = når z = x + iy. Hvordan kan dette sees uten regning? b) Plot kurven. K-3 Gitt z = ( 3 + 3i)( 3 + i). a) Utfør multiplikasjonen direkte. b) Utfør multiplikasjonen ved først å skrive faktorene i z på trigonometrisk form. K-4 3 i Gitt z = + 3i. a) Utfør divisjonen direkte. b) Utfør divisjonen ved først å skrive teller og nevner i z på trigonometrisk form. K-5 Gitt z = ( + 3i) ( 3 i) a) Finn z direkte. b) Finn z ved først å skrive teller og nevner på trigonometrisk form. K-6 Bruk de Moivres formel til å utlede formler for cos(4ϕ) og sin(4ϕ).

19 9 K-7 Bruk de Moivres formel til å utlede formler for cos(5ϕ) og sin(5ϕ). K-8 Løs likningen z 4 = 6i. K-9 Løs likningen z 8 = 56i K- Skriv 6i på formen re iϕ. K- Løs likningen z = 3 + i og uttrykk løsningene både ved hjelp av rottegn og ved hjelp av sinus og cosinus. Finn utfra dette formler for cos ( ( ) π ) og sin π. K- Løs likningen z + ( i)z + i =. K-3 Finn alle røttene i likningen z 4 + 5z + 6 =. K-4 Gitt polynomet p(z) = z 6 z 5 + z 4 6z 3 4z 4z 4. Finn alle røttene i likningen p(z) =. Plot grafen til p(x) i et passende intervall. Kommenter grafen i lys av nullpunktene.

20 FASIT K-: a) 8 i b) 7 4i c).48.64i d) h) i) i j) 3 i K-: a) 3.66(cos(56.3 ) + i sin(56.3 )) b) (cos(5 ) + i sin(5 )) c) (cos( 35 ) + i sin( 35 )) d) 5(cos(59.39 ) + i sin(59.39 )) e).5(cos( ) + i sin( )) f) (cos(5 ) + i sin(5 )) K-4: z = + 3i K-5: x = 3 ± 5i K-6: x = 3 4 ± 7 4 i K-7: z = 4 + i K-8: 4i K-9: i e)..8i f) 4 65 g) i K-: 3 ( cos ( ) ( 5π 6 + i sin 5π )) 6 K-: 3 + i K-: x + (y ) = 4. Sirkel med sentrum i i og radius=. K-3: 4 3i K-4: i K-5: 3i K-6: cos(4ϕ) = cos 4 ϕ 6 cos ϕ sin ϕ + sin 4 ϕ og sin(4ϕ) = 4 sin ϕ cos 3 ϕ 4 cos ϕ sin 3 ϕ K-7: cos(5ϕ) = cos 5 ϕ cos 3 ϕ sin ϕ + 5 cos ϕ sin 4 ϕ og sin(5ϕ) = 5 cos 4 ϕ sin ϕ cos ϕ sin 3 ϕ + sin 5 ϕ K-8: z = ( cos ( ) ( π 8 + i sin π 8 z 3 = ( cos ( ) ( 3π 8 + i sin 3π )) 8 K-9: z = ( cos ( π z 3 = ( cos ( 3π 6 z 6 = ( cos ( 5π 6 K-: z = e π 3 i K-: cos ( π )), z = ( cos ( 5π 8 ) + i sin ( 5π 8 )), z = ( cos ( ) ( 9π 8 + i sin 9π )) 8, ( 6) + i sin π )) 6, z = ( cos ( ) ( 5π 6 + i sin 5π )) 6, z = ( cos ( ) ( 9π 6 + i sin 9π )) ) ( 6, + i sin 3π )) 6 z4 = ( cos ( ) ( 7π 6 + i sin 7π )) 6, z5 = ( cos ( ) ( π 6 + i sin π )) ) ( 6, + i sin 5π )), z7 = ( cos ( ) ( 9π + i sin 9π )) 6 ) = 6+ 4 og sin ( π 6 ) = 6 4 K-: z = + + i og z = + + i K-3: z = ± i og z = ± 3i K-4: z = ± i, z = ±i og z = ± 3 Bare de reelle løsningene fremkommer som skjæringspunkter mellom polynomets graf og førsteaksen, slik vi kan se på figuren under. 6

21 UKE 4. Matriser Vi skal ta for oss en type matematiske objekter som kan sies å være en generalisering av vektorene. Disse objektene kalles matriser. Matrisene er svært nyttige i mange situasjoner, for eksempel ved representasjon og løsning av lineære likningssystemer. Ved hjelp av matriser kan en også introdusere det svært sentrale begrepet lineær transformasjon. Definisjon En systematisk oppstilling av elementer i m rekker (horisontale) og n søyler (eller kolonner) kalles en m n-matrise (m ganger n-matrise). I vårt tilfelle vil hvert element være et tall (reelt eller komplekst). Matrisen A under er et eksempel på en 3 4-matrise: A = Maple: with(linalg): A:=matrix(3,4,,-3,5,,-,3,,6,-4,4,9,7); Hvis vi lar a i,j betegne det elementet i en vilkårlig matrise, som står både på rekke i og søyle j, vil vi for matrisen A for eksempel ha at a,3 = og a 3, = 4. Maple: A,3; A3,; Vi skal senere lære å regne med matriser som egne matematiske objekter (addere, multiplisere, invertere osv), men først skal vi se hvordan matrisenotasjonen kan være et middel for løsning av lineære likningssystemer.. Løsning av lineære likningssystemer uten hjelp av matriser La oss ta utgangspunkt i et likningssystem med 3 likninger og 3 ukjente. x + y 3z = 6 x y + z = x + y + 4z = 3

22 Et slikt likningssystem vil enten ha ingen løsninger (selvmotsigende system), en eneste løsning eller uendelig mange løsninger. Hvis vi ønsker å løse et lineært likningssystemet ved å eliminere ukjente, er følgende operasjoner lovlige uten at løsningsmengden endres: () Erstatte en av likningene med summen av seg selv og en annen. () To likninger kan bytte plass. (3) Multiplisere hver side av en likning med en konstant. Med utgangspunkt i likningssystemet på foregående side kan vi da få fram et nytt likningssystem x + y 3z = 6 5y + 7z = 3y + z = 3 Dette fremkom fra det første ved at vi gjorde endringene likning likning + ( ) likning likning 3 likning 3 + likning Som vi ser over, kan det ofte være effektivt å kombinere () og (3) i en samlet operasjon, men vi kan også multiplisere opp likningene med passende konstanter før likningsaddisjonen foretas. La oss derfor, før vi går videre, multiplisere likning og likning 3 med henholdsvis 3 og 5, slik at vi oppnår systemet: La oss så foreta endringen x + y 3z = 6 5y + z = 33 5y + 5z = 5 Dette gir systemet: likning 3 likning 3 + likning x + y 3z = 6 5y + z = 33 6z = 8 Vi ser at denne prosessen har gitt et forenklet likningssystem, hvor vi umiddelbart finner z = 9 fra den siste av likningene. Ideen er å suksessivt 3 tilbakesubstituere til likningene over, slik at vi finner en og en løsning. ) Setter vi altså denne z-verdien inn i likningen over, finner vi 5y+ ( 9 3 = 33. Løser vi denne på vanlig måte, finner vi y = 6. Hvis både z og y settes inn i 3 den øverste av likningene, finner vi at x = 9 3.

23 3 3. Sammenhengen mellom matriser og likningssystemer. Rekkeoperasjoner på matriser. Vi skal nå se hvordan matriser kan brukes til å løse likningssystemer. La oss betrakte likningssystemet x + y + 3z = x + y + z = x + y + z = 3 Vi sier at A= 3 er koeffisientmatrisen til likningssystemet og videre at 3 T = 3 er totalmatrisen eller den utvidede matrisen til systemet. Det er totalmatrisen til likningssystemet som representerer hele systemet, så det er den vi skal gå videre med. På tilsvarende måte som vi definerte lovlige operasjoner for likningene, kan vi nå definere lovlige rekkeoperasjoner for de tre rekkene R, R og R 3 i totalmatrisen T : () Erstatte en av rekkene med summen av seg selv og en annen. () To rekker kan bytte plass. (3) Multiplisere en rekke med en konstant. Når vi legger sammen to rekker, gjør vi det ved komponentvis addisjon. For eksempel vil vi få en rekke med komponentene hvis vi adderer den første og den andre rekka i matrisen T. Etter å ha gjort et visst antall lovlige rekkeoperasjoner på en totalmatrise, har vi en matrise som ikke er lik den vi startet med, men som likevel har de samme løsningene (hvis noen). Vi kaller matriser som vi kommer til ved hjelp av rekkeoperasjoner for rekkeekvivalente matriser. Hvis en matrise E og en matrise F er rekkeekvivalente, skriver vi E F Ideen er altså nå at vi skal bruke matriser i mellomregningen mellom et første komplisert likningssystem og et likningssystem som har en enklere form.

24 4 4. Likningsløsning ved Gauss-eliminasjon. Matriser på innrykksform/trappeform. Vi husker at likningssystemet x + y + 3z = x + y + z = x + y + z = 3 har totalmatrisen T = 3 3 Vi skal nå ved hjelp av rekkeoperasjoner bringe T over på innrykksformen a b c d e f g h i Vi legger merke til at innrykksformen har bare nuller under hoveddiagonalen (som består av elementene a, e og h). Grunnen til at innrykksformen er gunstig, er at den representerer et enklere likningssystem ax + by + cz = d ey + fz = g hz = i Som vi tidligere har sett, kan dette systemet løses ved hjelp av suksessiv tilbakesubstitusjon ved at vi starter nederst, med den enkleste av likningene, og så arbeider oss oppover. La oss gå konkret til verks og bringe matrisen T = 3 3 innrykksform. Den generelle framgangsmåten er slik og betegnes med gausseliminasjon: over på (A) Ved eventuelt å bytte plassering, sørger vi for at den første rekka ikke har null som første element, altså a,. (B) Vi lager oss nuller i hele første kolonne under a, ved å utføre passende rekkeoperasjoner. (C) Etter at (A) og (B) er gjennomført, sørger vi for, ved eventuell ombytting, at a, (altså elementet som står i andre rekke og andre kolonne). Og benytter deretter rekkeoperasjoner til å lage nuller under a,. Slik fortsetter prosedyren inntil matrisen står på innrykksform.

25 5 La oss gjennomføre gausseliminasjon på matrisen T, slik at vi får den på innrykksform: 3 3 R R R R 3 R 3 R 3 5 R 3 R 3 + R Maple manuell: with(linalg): T:=matrix(3,4,,,3,,,,,,,,,3); T:=addrow(T,,,-); T:=addrow(T,,3,-); T3:=mulrow(T,3,-); T4:=addrow(T3,,3,); Maple direkte: with(linalg): T:=matrix(3,4,,,3,,,,,,,,,3); S:=gausselim(T); Det tilhørende likningssystemet blir nå Ved suksessiv innsetting oppnår vi x + y + 3z = y + 5z = z = 4 z = 4 y = 5 z = 5 4 = x = y 3z = ( ) 3 4 = 9 Maple: x,y,z =backsub(s); Dette forutsetter at S er matrisen på innrykksform. 5. Likningssystemer med ingen eller uendelig mange løsninger Et likningssystem kan være inkonsistent (selvmotsigende) eller ha uendelig mange løsninger. La oss se hvordan vi kan håndtere disse situasjonene ved å benytte gausseliminasjon (bringe totalmatrisen på innrykksform). Vi skal gjøre det ved å se på to eksempler:

26 6 Eksempel Finn eventuelle løsninger av likningssystemet x 3y + 6z = 7 x + 4y z = 3 x 5y + 7z = 4 Vi danner totalmatrisen T = Vi bringer så matrisen over på innrykksform ved gausseliminering: R R + R R 3 R 3 R R 3 R 3 R Vi ser at nederste rekka består av bare nuller, noe som betyr at vi bare har uavhengige likninger, nemlig x 3y + 6z = 7 y + z = 7 Vi kan nå uttrykke både x og y ved hjelp av z, som da blir fri variabel. Fra den andre likningen finner vi y = z 7 Hvis dette uttrykket for y settes inn i den første likningen, finner vi x uttrykt ved z: ( x = 7 + 3y 6z = z 7 ) 6z = z 6z = 37 + z Samlet er det da mulig å skrive løsningstriplene (som det er uendelig mange av) slik: x = 37 + z y = 7 + z z = z z kan velges fritt

27 7 Geometrisk svarer dette til at de to likningene representerer to plan. Hvis begge likningene skal være tilfredsstilt, svarer det til at vi er på skjæringslinja mellom de to planene. Punktene på skjæringslinja utgjør altså alle løsningene av systemet. Maple med matriser: with(linalg): T:=matrix(3,4,,-3,6,7,-,4,-,3,,-5,7,4); S:=gausselim(T); x,y,z=backsub(s); Maple uten matriser: solve({x-3*y+6*z=7,-*x+4*y-z=3,x-5*y+7*z=4}, {x,y,z}); Eksempel Finn eventuelle løsninger av likningssystemet x + 6y 3z = 6x y z = 3 3x 7y + z = Vi setter som vanlig opp totalmatrisen og finner deretter innrykksformen ved gausseliminasjon: R 3 R 3 + R R R + 6 R R 3 R 3 3R Hvis vi nå konverterer denne matrisen tilbake til likningssystem, får vi

28 8 x + 6y 3z = 35y z = 3 = Her ser vi selvmotsigelsen i siste likning. Altså konkluderer vi med at det ikke finnes løsninger av dette systemet. Geometrisk svarer dette til at tre plan ikke går gjennom noe felles punkt. Dette vil for eksempel inntreffe dersom to av planene er parallelle. 6. Matriser på redusert innrykksform. Gauss-jordan-eliminasjon. En matrise sies å være på innrykksform dersom (A) (B) (C) Alle rekkene med bare nuller er samlet nederst. Det ledende elementet (det første som er ) i en rekke finnes i en kolonne til høyre for det ledende elementet i rekka over. Alle elementer i en kolonne som ligger under et ledende element, er null. En matrise som er på redusert innrykksform, må i tillegg til å oppfylle kravene ovenfor også tilfredsstille følgende: (D) Det ledende elementet i hver rekke er. (E) Hvert ledende ettall er det eneste elementet forskjellig fra null på den kolonnen hvor den står. Vi skal da være klar over at matriser på redusert innrykksform entydige, mens matriser på innrykksform ikke er det. Eksempel 3 Bring matrisen A = over på redusert innrykksform. 3 3 Vi bringer først A over på ordinær innrykksform ved vanlig gausseliminasjon: 3 3 R 3 R 3 3R R 3 R 3 + 4R