1. No category

V1.02:: 11 september 2014 @ 07:48
Komplexa Tal och Polynom
En Introduktion
Mikael Forsberg
2
Innehåll
1 Komplexa tal
1.1 Introduktion till komplexa tal och deras egenskaper . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Definition av komplexa tal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1.1
Komplexa tal i Elkretsteknik . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 De fyra räknesätten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2.1
En paradox? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Konjugatet och beloppet till ett komplext tal . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3.1 Räkneregler för konjugat och belopp . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.4 Övningsuppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Polär form och dess konsekvenser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Rektangulär beskrivning av komplexa tal . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Polär beskrivning av komplexa tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2.1 Den Trigonometiska formen av den polära beskrivningen . . .
1.2.2.2 Den Exponentiella formen av den polära beskrivningen . . . .
1.2.2.3 En not om hur man väljer argument för den polära formen . .
1.2.3 Hur man växlar mellan polär och rektangulär beskrivning . . . . . . . .
1.2.3.1 Från polär beskrivning till rektangulär beskrivning . . . . . . .
1.2.3.2 Från rektangulär till polär beskrivning: . . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Konsekvenser av exponentialformen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.4.1 Geometrisk tolkning av multiplikation av komplexa tal . . . .
1.2.4.2 Potensregler för exponentialfunktionen och De Moivres formel
1.2.5 Övningsuppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Binomekvationer och hur man löser binomekvationer . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Vad är en binomekvation? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Hur man löser en binomekvation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.3 Övningsuppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Komplexa andragradspolynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Nollställen till reella andragradspolynom . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Nollställen till komplexa andragradspolynom . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.3 Övningsuppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
1
1
2
2
4
4
4
6
7
7
7
7
8
8
10
10
10
11
13
15
17
18
18
18
22
23
23
24
26
2 Polynom
2.1 Vad är ett polynom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Varför är polynom viktiga? . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Polynom är enkla funktioner . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Polynom är inte för enkla . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Nollställen till polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Ett vägledande exempel . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Polynoms nollställen och Algebrans fundamentalsats
2.4 Nollställen till Reella polynom . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
27
28
29
29
30
30
31
31
36
i
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ii
INNEHÅLL
2.5
2.6
2.4.1 Reella polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Irreducibla faktorer till reella polynom . . . . . .
Hur hittar man egentligen de där förnicklade nollställena?
Övningsuppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
36
37
38
42
Svar/lösningar på utvalda övningar
43
Register
53
Kapitel 1
Komplexa tal
1.1
Introduktion till komplexa tal och deras egenskaper
De komplexa talen uppstår som ett behov av av att kunna lösa polynomekvationer av typen
x2 + 1 = 0
⇐⇒
x2 = −1
(1.1)
Denna ekvation är olöslig om man bara känner till de reella talen. Vi ser ju att ekvationen leder till
att vi måste hitta tal sådana att dess kvadrat blir negativ. Om x är reellt tal så gäller ju att x2 ≥ 0
vilket betyder att vi måste hitta en ny typ av tal för att kunna lösa (1.1). Man använder sin fantasi
(Eng: imagination) och definierar därför den imaginära enheten1 i som det tal som uppfyller
√
vilket ska tolkas som att
i2 = −1
(1.2)
i = −1
och därigenom har man fått en lösning till (1.1). Mha denna imaginära enhet så kan man sedan
vidga vårt talsystem enligt vad vi säger i följande avsnitt.
1.1.1
Definition av komplexa tal.
Definition 1.1.1. Våra komplexa tal z är tal som kan skrivas på formen
z = x + iy,
där x, y ∈ R och i2 = −1. x kallas för realdelen till z, Re z = x och y kallas för imaginärdelen
till z och betecknas Im z = y. Notera att den imaginära enheten inte är en del av imaginärdelen.
Imaginärdelen är det som står tillsammans med i men inte i själv.
Mängden av alla komplexa talskriver vi som
C = {z : z = x + iy, x, y ∈ R}
Notera att denna definition är utvidgning av de reella talen eftersom de reella talen är de komplexa
tal vars imaginärdel y är noll.
Exempel 1.1.2. Låt z = 5 + 3i då har vi att
Re z = 5,
och
Im z = 3
Notera alltså att imaginärdelen inte är 3i, vilket man lätt leds att tro när man stöter på komplexa
tal för första gången.
1 I den matematiska traditionen så är det naturligt att beteckna den imaginära enheten med i. I Elektrisk Kretsteori
däremot, där man naturligtvis följer traditionerna i Elektromagnetisk teori och därför betecknar elektrisk ström med
i så betecknar man den imaginära enheten istället med j för att slippa risken för förväxling.
1
2
1.1.1.1
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
Komplexa tal i Elkretsteknik
Komplexa tal har som vi såg ett ursprung i matematikens önskan att kunna lösa alla typer av
polynomekvationer, något som möjligen endast tilltalar matematiker. Man kan därför lätt få uppfattningen att komplexa tal är något abstrakt och oandvändbart. Men faktum är att komplexat
tal dyker upp i en mängd tillämpningar. Inte minst inom Elektricitetsläran och speciellt inom
elkretsteknik så används komplexa tal flitigt.
Ohm’s lag, impedans och admittans
Ohm’s lag uttrycker sambandet mellan spänning och ström genom en ren resistans:
u(t) = i(t) · R,
där u(t) är spänningen, i(t) är strömmen och R resistansen. För en spole med ren induktans L och
en kondensator med kapacitans C har vi i stället de respektive sambanden
uL (t) = L · i0 (t)
i(t) = Cu0C (t).
Sambanden involverar alltså ett beroende av spänningen eller strömmens derivator när det gäller
spolar och kondensatorer .
Men, genom att introducera komplexa tal och använda dem för att modellera spänningar och
strömmar kan man beskriva alla tre fallen i ovan på ett gemensamt sätt som direkt påminner oss
Byt R mot Z om Ohm’s lag
i Ohm’s lag
u(t) = i(t) · Z,
så får vi denna.
där Z är kretskomponentens impedans. Impedansen är ett komplext tal som beror av spänning och
strömsignalernas vinkelfrekvens dω och vi har
Z = R(ω) +j X(ω) ,
| {z }
| {z }
resistans
reaktans
Impedansen för våra tre kretskomponenter modelleras enligt
Z
=
Z
=
Z
R+j·0=R
när vi har en ren resistans
0 + j · ωL = jωL ren induktans
1
1
= −j
när vi har en ren kapacitans
= 0−j
ωC
ωC
Den imaginära delen av de elektriska komponenterna anger alltså hur komponenten beror av strömmens
frekvens vilket är viktigt när man studerar elektriska kretsar med ström vars frekvens ändras. En sådan
varierande ström är ju normal i mängder av elektroniska apparater som, telefoner, musikanläggningar och
annat. I en telefon finns ju bl.a. en liten mikrofon som regerar på ljuden från din röst och detta ljud varierar
ganska mycket i frekvens och det är viktigt att detta ljud hanteras korrekt av telefonens kretsar så att
ljudet inte förvrängs av mikrofonkretsen. Sedan ska ju ljudsignalen vidare in i telefonen och skickas vidare
i telefonisystemet. Det är ingenjörernas uppgift att hantera och designa alla komponenter i telefonen så
att de fungerar tillfredsställande. En viktig grund för sådana ingenjörer att kunna hantera dessa kretsars
enklaste komponenter, vilket vi antyder här.
1.1.2
De fyra räknesätten
För komplexa tal gäller samma räkneregler som för reella tal. Det är i princip att räkna precis som
vanligt men man samlar ihop realdelar och imaginärdelar för sig och så ska man komma ihåg att
göra bytet i2 = −1 varje gång i2 dyker upp.
1.1. INTRODUKTION TILL KOMPLEXA TAL OCH DERAS EGENSKAPER
3
Addition, subtraktion: Låt z = x + iy och w = u + iv vara två komplexa tal. Då adderas/subtraheras de på följande sätt:
z + w = (x + iy) + (u + iv) = x + u + i(y + v),
z − w = (x + iy) − (u + iv) = x − u + i(y − v)
dvs realdel och imaginärdel adderas/subtraheras för sig.
Multiplikation: Två komplexa talmultipliceras:
z · w = (x + iy)(u + iv) = xu + xiv + iyu + i2 yv = xu − yv + i(xv + yu).
Observera att vi använde i2 = −1 i den sista likheten!
Division: Vid division handlar det ofta om att skriva om ett bråk så att bråket har ett reellt tal
i nämnaren i stället för ett komplext. Låt oss se hur vi gör i fallet z/w:
z
x + iy
(x + iy)(u − iv)
xu + yv + i(yu − xv)
=
=
=
,
w
u + iv
(u + iv)(u − iv)
u2 + v 2
m.a.o. vi förlänger med vad vi kommer kalla för konjugatet till w = u+iv, dvs med w = u−iv.
Konjugatet är viktigt och vi behandlar detta i nästa avsnitt.
Exempel 1.1.3. Förenkla följande uttryck: 3 + 2i − (1 − i)(2 + i):
i2 ] = 3 + 2i − [3 − i] = 3i
3 + 2i − [2 + i − 2i − |{z}
| {z }
=−i
Exempel 1.1.4. Förenkla kvoten
=−1
3+i
2−i :
=5+5i=5(1+i)
3+i
=
2−i
z
}|
{
(3 + i)(2 + i)
(2 − i)(2 + i)
|
{z
}
=1+i
=4+1=5
Exempel 1.1.5. I den elektriska kretsteorin arbetar man även med den så kallade admittansen
Y som definieras som
Y =
1
1
R − jX
R
X
=
=
=
−j 2
= G + jB,
2
2
Z
R + jX
(R + jX)(R − jX)
R +X
R + X2
| {z }
| {z }
=G
=−B
där vi använt oss av konjugattricket vi använde vid division. G kallas komponentens konduktans
och B dess suseptans
4
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
1.1.2.1
En paradox?
Vi har sett att räkning med komplexa talfungerar precis som räkning med reella tal med den
skillnaden att när man får i2 så byter man det mot −1. Detta utnyttjar alltså att
i2 = −1.
√
Detta brukar ibland tolkas som att i = −1 som man ofta ser som definition av imaginära enheten.
Med detta uttryck kan vi då göra räkningen2
p
√
√
√
1 |{z}
=
1 |{z}
=
(−1) · (−1) |{z}
=
−1 · −1 |{z}
= i · i |{z}
= −1
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
Vi tycks alltså, paradoxalt nog, ha bevisat att −1 = 1 vilket uppenbarligen är fel. Detta gör att vi
måste fråga oss vad i ovanstående räkning som är fel. Problemet ligger i att rotregeln (som används
i likheten (3))
√
√ √
a · b = a·b
inte alltid gäller när a och b är negativa reella tal eller för ickereella komplexa tal.3
Dessa räkningar √
är alltså lite riskabla vilket är en av anledningarna att man använder sig av symbolen i och inte −1 .
1.1.3
Konjugatet och beloppet till ett komplext tal
När vi utvecklade kvoter för komplexa tal i föregående situation så förlängdes kvoten med det så
kallade konjugatet till det komplexa tal som stod i nämnaren. Detta visades i exemplen 1.1.4 och
1.1.5.
Vi definierade alltså konjugatet z till ett komplext tal z = x + iy genom
z = x − iy.
Geometriskt är detta en spegling av z i den reella axeln, dvs x-axeln. Se figur 1.
Absolutbeloppet eller bara beloppet |z| av ett komplext tal är längden av sträckan mellan origo och
vårt tal. I figur 1.1.3 ser vi att vi kan använda Pythagoras sats och få följande uttryck för beloppet:
|z|2 = x2 + y 2 .
Vi noterar också att
x2 + y 2 = (x + iy)(x − iy) = z · z,
och detta blir utgångspunkten för definitionen: Beloppet till det komplexa talet z = x+iy definieras
som
√
|z| = z · z ,
1.1.3.1
Räkneregler för konjugat och belopp
Räkneregler för konjugat:
1. (z + w) = z + w
2 Vi
påminner oss om att räknereglerna för potenser för reella tal ger oss rotregeln
√
√
√
a · b = a·b
3 Detta faktum, som man kan studera i en högre kurs i komplex analys, beror på att rotfunktionen inte är
kontinuerlig som funktion av en komplex variabel. Se även http://sv.wikipedia.org/wiki/Kvadratrot
1.1. INTRODUKTION TILL KOMPLEXA TAL OCH DERAS EGENSKAPER
5
z = x + iy
|z
|
y
x
_
z = x - iy
Figur 1.1: Komplexa konjugatet och absolutbeloppet till ett komplext tal
2. zw = z · w
3.
z
w
=
z
w
4. z = z
Räkneregler för absolutbelopp:
1. |z|2 = zz
2. |zw| = |z||w|
3. | wz | =
|z|
|w|
4. |z| = |z|
Exempel 1.1.6. Låt z = x + iy och w = u + iv. Vi visar konjugaträknergel 1: Vi utgår från vänster
led och får
z + w = x + iy + u + iv = x + u + i(y + v) = x + u − i(y + v) = x − iy + u − iv = z + w,
| {z } | {z }
z
vilket är precis vad som står i höger led av första konjugaträkneregeln!.
I övningsuppgifterna ingår att verifiera övriga räkneregler.
w
6
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
1.1.4
Övningsuppgifter
Övning 1:1.1
Vad blir realdel och imaginärdel för de komplexa
talen
a. 3 + 7i
b. −3 − 17i
√
c. − 2
Övning 1:1.6
Om z = 2 − 3i, var i det komplexa planet ligger
−z? Rita!
Övning 1:1.7
Om s = 1 − i och t = 2 + i var i det komplexa
planet ligger s + t och s · t. Rita!
Övning 1:1.8
Plotta de komplexa talen 5+2i, −4−3i och deras
konjugat i det komplexa planet.
Övning 1:1.2
Beräkna z + w, 2z − 3w, z · w då
z = 1 + 2i
och
w = 2 + 3i
Övning 1:1.3
Vi ska utveckla en enkel kvot mellan två komplexa tal
1 + 3i
2 + 5i
Idén är att få bårt det komplexa talet i nämnaren. Detta kan man göra genom att multiplcera med nämnartalets konjugat uppe och nere.
Nämnartalet är 2 + 5i och dess konjugat får man
genom att byta tecken på imaginärdelenoch då
får man 2 − 5i Sedan multiplicerar man täljare
och nämnare med detta:
17+i
}|
{
z
1 + 3i
(1 + 3i)(2 − 5i)
17 + i
17
1
=
=
=
+ i
2 + 5i
(2 + 5i)(2 − 5i)
29
29 29
{z
}
|
29
Fråga: varför förändras inte uttrycket när vi gör denna multiplikation uppe och nere med 2 − 5i
Övning 1:1.9
Om det komplexa talet z ligger i andra kvadranten i vilken kvadrant ligger i så fall dess konjugat
z?
Övning 1:1.10
I uppgift 3 förklara varför nämnaren blir ett positivt reellt tal. Vad säger det talet? Hur tolkas
det?
Övning 1:1.11
Verifiera räknereglerna (2) till (4) för konjugatet
på sidan 4.
Övning 1:1.12
Beräkna absolutbeloppet för de komplexa talen
2 + 3i,
2 − 3i,
3 + 2i,
och 3 − 2i
Övning 1:1.13
Beräkna avståndet till origo för talet 2 + 5i
Övning 1:1.14
Vad har talen 1+3i, 1−3i, 3+i och 3−i, −1+3i,
−1 − 3i, −3 + i och −3 − i gemensamt?
Övning 1:1.4
Övning 1:1.15
Använd idén om förlängning med konjugatet som Verifiera räknereglerna för beloppet på sidan 4.
i föregående uppgift för att beräkna kvoten
1 + 2i
2 + 3i
Övning 1:1.5
Plotta följande tal i det komplexa talplanet
1 + 3i,
2 − 5i,
−3 − 2i,
−1 − 4i
1.2. POLÄR FORM OCH DESS KONSEKVENSER
1.2
1.2.1
7
Polär form och dess konsekvenser
Rektangulär beskrivning av komplexa tal
Det finns framförallt två olika sätt att beskriva komplexa tal; på rektangulär form och på polär
form. Den rektangulära formen är den beskrivning vi hittills använt.
z = x + iy
rektangulär form
Den polära formen går ut på att beskriva ett komplext tal mha avståndet till origo samt med den
vinkel som linjen mellan origo och det komplexa talet bildar till den reella axeln. Detta illustreras
i följande figur
z = x + iy= r ( cos φ + isin φ )
r=
|
|z
y = r sin φ
φ
x = r cos φ
Figur 1.2: Rektangulär och polär beskrivning av komplexa tal
I figur två ser vi att vi kan gå mellan de två olika representationerna:
1.2.2
Polär beskrivning av komplexa tal
Den polära beskrivningen av ett komplexa tal går ut på att ange talets position genom hur långt
från origo talet ligger. Eftersom många punkter har samma avstånd till origo (de bildar en cirkel
centrerad i origo) så behöver vi skilja dem åt. Detta gör vi enklast genom att ange den vinkel från
positiva reella axeln som talet definierar. Vinkeln som man då får kallas då för argumentet för
vårt komplexa tal.
1.2.2.1
Den Trigonometiska formen av den polära beskrivningen
Från figur 1.2.1 har vi att det komplexa talet kan skrivas som
z = x + iy = r cos φ + ir sin φ = r(cos φ + i sin φ)
(1.3)
Detta är den så kallade trigonometriska formen för den polära beskrivningen. Oftast är det dock
smidigare att använda den exponentiella formen som vi tittar på nedan men den trigonometriska
beskrivningen är speciellt användbar när vi vill överföra ett tal på polär beskrivning till rektangulär
form.
8
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
1.2.2.2
Den Exponentiella formen av den polära beskrivningen
Man kan visa4 att de trigonometriska funktionerna i själva verket är real och imaginär del av den
komplexa exponentialfunktionen enligt
eiφ = cos φ + i sin φ
(1.4)
Med detta uttryck kan vi skriva om uttrycket i (1.3) som
z = reiφ
(1.5)
och detta är den polära beskrivningens exponentialform. I detta dokument kommer vi ofta benämna
den polära beskrivningens exponentialform som den polära formen. Anledningen till att använda
exponentialformen är dels att den möjliggör geometrisk tolkning av multiplikation och division
vilket hjälper förståelsen för operationer i det komplexa planet. Men framförallt så innebär den
exponentiella formen att många räkningar blir enklare och underlättar föresåelsen för hur många
trigonometriska samband uppstår. Vi kommer att sed detta i de avsnitt som följer.
1.2.2.3
En not om hur man väljer argument för den polära formen
Problemet med den polära formen är att det, till ett givet komplext tal, finns många argument att
välja bland. Detta beror på egenskaper för de trigonometriska funktionerna. I detta avsnitt ska vi
studera detta för att lära oss förstå argumentvalet bättre, vilket vi kommer ha nytta av senare.
Om vi tittar på graferna till sin x och cos x så ser vi att de upprepar sig, dvs de är periodiska
funktioner.
1
-4 Π
-3 Π
-2 Π
-Π
Π
2Π
3Π
4Π
-1
Figur 1.3: sin x (blått/streckad) och cos x (orange/heldragen) är periodiska vilket man ser från att funktionernas värden upprepas. Det är inte svårt att se att grafsnutten över intervallet [0, 2π] (markerad med
fetare linje) upprepas.
I figur 1.3 illustreras vad det innebär att sinus och cosinus är periodiska funktioner, med perioden
2π. Periodiciteten innbär att
sin(x + 2nπ) = sin x,
cos(x + 2nπ) = cos x,
(1.6)
där n är ett godtyckligt positivt eller negativt heltal.
När vi ska välja argument till den polära beskrivningen till z = x + iy så såg vi att vi söker vinkel
ϕ så att x = r cos φ och y = r sin φ. Har vi väl hittat en sådan vinkel (t.ex. genom att beräkna
arctan y/x) så får vi andra godtagbara vinklar genom att addera en heltalsmultippel av 2π, vilket
är vad ekvationerna (1.6) säger.
Om vi väljer argumentet i intervallet (−π, π] = {x : −π < x ≤ π}5 så säger vi att vi valt det
principalargumentet komplexa talets principalargument. Principalargumentet är den direkta vinkel som vi får genom
att starta från positiva reella axeln och sluta vid vårt komplexa tal och utan att korsa över negativa
reella axeln.
4 Ett bevis utgår från att lösningarna till en viss differentialekvationsproblem är unik. Eftersom cosinus och sinus
är två oberoende lösningar och exponentialfunktionen också löser problemet så måste exponentialfunktionen kunna
skrivas som en kombination av cosinus och sinus, som beskrivs av (1.5)
5 Vi använder oss av standard notationen att vanlig parantes anger att talet inte tillhör intervallet och att fyrkantparantes anger att talet tillhör intervallet. Med andra ord så kommer vi skriva intervallet a < x ≤ b som (a, b]
osv.
1.2. POLÄR FORM OCH DESS KONSEKVENSER
9
Figur 1.4: De svarta punkterna markerar var sitt komplext tal. De heldragna cirkelbågarna visar hur vi väljer
principalargumentet. De streckade cirkelbågarna markerar vinklar som inte är principalvinklar eftersom
dessa vinklar ligger utanför intervallet (−π, π]. Den högra figuren visar att om det komplexa talet ligger på
negativa reella axeln så väljer vi den positiva vinkeln +π, vilket också är markerat med fyrkantparantes i
principalintervallet (−π, π].
Genom att addera godtyckligt antal hela varv till principalargumentet så får vi alla andra gångbara
argument som vi kan använda för ett givet komplext tal. Detta kommer vi ha nytta av när vi ska
lösa binomekvationer längre fram.
Exempel 1.2.1. Ange principalargumentet till z = 1 − i och ett annat godtagbart argument för
detta komplexa tal.
-π/4+4π
-π/4
1-i
Figur 1.5: Principalargumentet för 1 − i är −π/4. Ett annat argument får vi genom att addera en multippel
av 2π till principalargumentet. I figuren har vi adderat 2 · 2π = 4π och då får vi det nya argumentet
−π/4 + 4π, som är det argument som är angiven med spiralen.
Lösning : Vi har att 1 − i ligger i fjärde kvadranten med vinkeln π/4 nedanför den reella axeln.
Denna vinkel är negativ eftersom vi rör oss medurs från reella axeln för att komma till vårt komplexa
tal. Vårt argument arg z = −π/4 ligger i intervallet (−π, π] och är därför principalargumentet för
z = 1 − i.
Ett annat godtagbart argument får vi genom att addera en heltalsmultippel av 2π till vårt argument.
Alla sådana argument har därför formen
arg z = −π/4 + 2πn,
n∈Z
10
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
100
För att få ett nytt argument så behöver vi bara ange ett av dem så vi kan välja t.ex. n = 1010
dvs n är en googolplex, men vi hade kunnat ta någon av −2, −1, 1 eller något annat av de oändligt
många heltalen också. Men för att få ett nytt argument så måste vi dock undvika att välja heltalet
n = 0 eftersom vi då får just principalargumentet.
Avsnitt 1.2.3.2 erbjuder fler exempel på hur man räknar fram principal och andra argument för ett
komplext tal.
1.2.3
Hur man växlar mellan polär och rektangulär beskrivning
Vi ska nu se hur man gör för att, för ett givet komplext tal, byta från rektangulär till polär
beskrivning och tvärt om. Vi börjar med hur man överför från polär form till rektangulär eftersom
detta är enklast.
1.2.3.1
Från polär beskrivning till rektangulär beskrivning
Vi startar alltså med ett komplext tal på polär beskrivning där talet alltså ges mha absolutbelopp
|z| och vinkel/argument ϕ och vi vill överföra detta till rektangulära beskrivining. Tack vare den
trigonometriska beskrivningen (1.3) så har vi att z kan uttryckas som
z = r cos ϕ + ir sin ϕ
M.a.o. så gäller att z = r cos ϕ + ir sin ϕ, som är den trigonometriska formen. Men detta kan ses
som en formel för att överföra från polär till rektangulär form: sätter vi in den aktuella radien r
och det aktuella argumentet ϕ och utför räkningarna så har vi ett tal på rektangulär form. Vi visar
hur detta fungerar i följande exempel:
Exempel 1.2.2. Ett komplext tal z har absolutbelopp r = |z| = 3 och argument ϕ = 30◦ = π/6
rad. Beräkna talets rektangulära uttryck. Vi har att
3 √
3√
3
3 + i = ( 3 + i)
z = r cos ϕ + i · r sin ϕ = 3 cos π/6 +i · 3 · sin π/6 =
| {z } 2
| {z }
2
2
√
= 3 /2
1.2.3.2
=1/2
Från rektangulär till polär beskrivning:
Utgångspunkten är här ett komplext tal på formen z = x + iy och vi vill beskriva z mha beloppet
och vinkeln ϕ. Vi kan utnyttja vår triangeltrigonometri och få
p
|z| =
x2 + y 2
y
ϕ = arctan( )
x
Problemet med detta är att arctan bara antar värden i intervallet [−π/2, π/2], vilket gör att vi inte
kan beräkna argumentet rakt av i andra och tredje kvadranten ty där är argumentet större än π/2,
respektive mindre än −π/2. I dessa kvadranter behöver vi vara försiktiga och vi visar i exempel
1.2.4 hur man går till väga i dessa kvadranter.
1.2. POLÄR FORM OCH DESS KONSEKVENSER
11
√
Exempel 1.2.3. Skriv det komplexa talet z = 3 + i på polär form. Vi har att beloppet blir
q√
√
√
|z| = ( 3 )2 + 12 = 3 + 1 = 4 = 2
För argumentet så har vi att
1
tan ϕ = √
3
=⇒
1
ϕ = arctan √ = π/6 = 30◦
3
På miniräknaren står
arctan som tan−1
Den polära formen blir alltså
2 cos 30◦ + 2i sin 30◦ = 2 cos π/6 + 2i sin π/6 = 2eiπ/6
|
{z
} |
{z
}
i grader
i radianer
Exempel 1.2.4.
Beräkna trigonometrisk
och exponentiell form av den polära beskrivningen för
√
√
talet z = − 3 + i och w = −1 − 3 i.
När vi använder inversa tangensfunktionen så får vi vinklarna
√ !
1
− 3
√
µ = arctan
= π/3
= −π/6, och β = arctan
−1
− 3
Att vinkeln µ är negativ betyder att den är orienterad medurs vilket i figur 1.6 är markerad med en
pil. Från figuren ser vi också att dessa vinklar inte utgår från positiva reella axeln och därför inte
är argumenten till z och w. Från figuren framgår också att argumenten blir ett halvt varv minus
respektive vinkel, dvs
arg z = π − µ = 5π/6
1.2.4
arg w = −(π − β) = −2π/3
Konsekvenser av exponentialformen
I komplex analys visar man att exponentialfunktionen kan vidgas så att den gäller för komplexa
tal, dvs så att ez har betydelse för z ∈ C och att de vanliga räknereglerna för exponentialfunktionen
fortsätter att gälla. Detta innebär att för z = x + iy så ger potensräknereglerna att
ez = ex+iy = ex · eiy .
Den sista faktorn eiy är speciellt intressant eftersom man också kan visa likheten6
eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ
(1.7)
Som vi redan sett så kan alltså ett komplext tal z = x + iy skrivas som som
z = |z|(cos ϕ + i sin ϕ) = |z|eiϕ ,
som är mycket smidigt att räkna med tack vare exponentialfunktionens många räkneregler.
6 Likheten (1.7) kan t.ex. visas genom att båda led löser samma differentialekvation och utnyttjar att differentialekvationer kan bevisas ha entydig lösning. Se t.ex Saff och Snider : Fundamentals of Complex Analysis. Men detta
ligger en ganska bra bit utanför denna kurs.
12
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
z
arg z
µ
ß
arg w
w
√
√
Figur 1.6: argument och vinklar för z = − 3 + i och w = −1 − 3 i
1.2. POLÄR FORM OCH DESS KONSEKVENSER
13
En viktig observation är också att beloppet av eiϕ är lika med ett, tack vare den s.k.”trigonometriska
ettan":
|eiϕ |2 = (cos ϕ + i sin ϕ)(cos ϕ − i sin ϕ) =
= cos2 ϕ + sin2 ϕ + i(sin ϕ cos ϕ − cos ϕ sin ϕ) =
| {z }
=sin ϕ cos ϕ
|
{z
}
=0
= cos2 ϕ + sin2 ϕ = 1
Geometriskt så betyder detta att eiϕ alltid ligger på en cirkel med radien 1 centrerad i origo. ϕ
anger då vinkeln från positiva reella axeln till talets position på denna cirkel. Den här bilden hjälper
oss också att se vad som händer, rent geometriskt när vi multiplicerar två tal med varandra. Detta
studerar vi närmre i nästa avsnitt.
1.2.4.1
Geometrisk tolkning av multiplikation av komplexa tal
Låt oss betrakta två komplexa tal a och b och låt dem vara givna på polär form:
a = reα
b = Reβ
Multiplicerar vi dessa tal så får vi ett nytt komplext tal, c säg, och för detta gäller
c = ab = reiα Reiβ = rRei(α+β)
Eftersom den trigonometriska ettan ger oss att |eiϕ | = 1 för alla vinklar, så har vi att
c=a b
rR
b
R
r
a
=α+β
β
α
Figur 1.7: Geometrisk tolkning av komplex multiplikation: När de två komplexa talen a = reiα och b = Reiβ
multipliceras som får man ett nytt komplext tal, betecknat med c = a·b = r ·Rei(α+β) . c’s belopp är produkten
av a’s och b’s belopp. Argumentet för c, i figuren betecknad med γ, är summan av a’ s och b’s argument.
|c| = rR
γ = α + β,
Trigonometriska
ettan
14
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
dvs produktens vinkel är summan av faktorernas vinklar och produktens belopp är produkten av
faktorernas belopp! Vi illustrerar detta i figur 3.
Exempel 1.2.5. Beskriv geometriskt vad som händer när vi multiplicerar den imaginära enheten
med sig själv. Vad händer när vi multiplicerar ett godtyckligt komplext tal med sig själv?
Den imaginära enheten uppfyller
i = eiπ/2 .
När vi beräknar produkten i2 så får vi
i2 = eiπ/2 · eiπ/2 = eiπ/2+iπ/2 = eiπ = −1
Vid denna kvadrering så fördubblas alltså vinkeln och geometriskt så hamnar vi då i punkten −1.
Ett allmänt komplext tal z kan skrivas på polär form som z = reiϕ för någon vinkel ϕ. Kvadrering
ger oss
z = reiϕ · reiϕ = r2 e2iϕ
så här har vi också en dubblering av vinkeln. Men för detta tal har får vi också en ändring i
absolutbeloppet då |z 2 | = r2 . Detta gäller även för i2 men detta syntes kanske inte eftersom |i| = 1
och då gäller också att dess kvadrat också får beloppet ett.
I exemplet ovan såg vi att kvadrering gav en dubblering av vinkeln. Eftersom kvadratroten är en
sorts motsats7 till kvadrering så kan man undra om inte rotdragning skulle ge oss en halvering av
vinkeln. Ett argument för att detta är sant ges i följande exempel:
√
Exempel 1.2.6. Låt√x > 0. Då har vi att roten ur x är det positiva tal, betecknat med x , som
har egenskapen att ( x )2 = x. Vi ska nu använda den geometriska tolkningen av multiplikation
med komplexa
√ tal för att ge en idé om vad roten ur ett komplext tal skulle kunna vara.
För roten z av ett komplext tal z så måste gälla att
√
( z )2 = z
√
i(ϕ+2πn)
Om vi sätter z =
och eftersom z ska vara ett komplext tal så kan vi skriva det på
√ Re iα
polär form som z = re och då har vi att
√
( z )2 = r2 ei2α = Rei(ϕ+2πn) = z
Eftersom |eiφ | = 1 så har vi att de två sidornas belopp måste överensstämma
p
√
r2 = R
⇔
r = R = |z|
Sedan måste även de båda sidornas argument överensstämma vilket ger oss
⇒
2α = ϕ + 2πn
α = ϕ/2 + πn, n ∈ Z,
där n = 0 och n = 1 ger två unika argument, som genererar två olika lösningar. Argumentet för
n = 0 och n = 2 skiljer sig åt med en multipel av 2π och kommer därför att ge samma punkt i det
komplexa talplanet. Vi har alltså att
p
p
p
√
z = |z| ei(ϕ/2+nπ = |z| eiϕ · einπ = ± |z| eiϕ ,
vilket följer eftersom
(
e
7 Mer
inπ
=
1
−1
om n jämn
om n udda .
precist, kvadratroten är inversen till kvadrering av ett positivt tal
1.2. POLÄR FORM OCH DESS KONSEKVENSER
15
Sammanfattar vi detta så har vi att roten ur ett komplext tal är ett tal vars argument är hälften
av talets argument och har ett belopp som är roten ur talets belopp.
p
√
a2 = z
z = a = |z| · e(i arg z)/2
=⇒
Exempel 1.2.7. Ett exempel på föregående exempel: Beräkna
π/2. Föregående exempel ger oss därför att
√
1.2.4.2
i =±·e
(i arg i)/2
= ±e
iπ/4
√
i . Vi har att |i| = 1 och arg i =
√
2
= ±(cos π/4 + i sin π/4) = ±
(1 + i)
| {z } | {z }
2
√
= 2 /2
√
= 2 /2
Potensregler för exponentialfunktionen och De Moivres formel
I föregående avsnitt så konstaterade vi att multiplikation av komplexa tal kan tolkas geometriskt som
att beloppen multipliceras och att argumenten adderas. Anledningen till att argumenten adderas
berodde på potensregeln
eiα · eiβ = ei(α+β)
(1.8)
Exempel 1.2.8. Om vi överför vänster och höger led av (1.8) på trigonometrisk form och förenklar
så får vi
VL=
eiα
|{z}
·
eiβ
|{z}
=
cos α cos β − sin α sin β + i(cos α sin β + sin α cos β) (1.9)
=
cos(α + β) + i sin(α + β)
cos α+i sin α cos β+i sin β
HL = ei(α+β)
(1.10)
Höger och vänster led är två komplexa tal och om vi samlar ihop de båda ledens real och imaginärdelar var för sig så får vi de trigonometriska formlerna
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β
sin(α + β) = cos α sin β + sin α cos β
realdelen
imaginärdelen
(1.11)
I övning 25 så får ni modifiera ovanstående räkningar för att ta hand om situationen där β subtraheras från α.
Att kunna använda potensregler är en av de stora fördelarna med den exponentiella formen av den
polära beskrivningen. Vi ska här titta på ytterligare en potensregel och här kommer vi ytterligare
ett exempel på se varför den exponentiella formen är speciellt användbar.
Vi har potensregeln8
eiϕ
n
= eiϕ·n
(1.12)
Om vi överför (1.12) till trigonometrisk form så får vi den så kallade deMoivres formel:
(cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ
(1.13)
Vi har alltså visat att deMoivres formel helt enkelt är en enkel konsekvens av en potensräkneregel.
Däremot är deMoivres formel långt ifrån trivial om man ser den från ett trigonometriskt perspektiv,
vilket vi kan få en idé av från följande exempel.
8 Potensregeln
(1.12) kan enkelt motiveras: Se övning ??
16
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
Exempel 1.2.9. Om vi tar n = 2 i de Moivres formel (1.13) så får vi, där vänster led utvecklats
cos2 ϕ − sin2 ϕ + 2i cos ϕ sin ϕ = cos 2ϕ + i sin 2ϕ.
Eftersom två komplexa talär lika precis om deras real och imaginärdelar är lika så ger denna likhet
oss två väl bekanta trigonometriska formler
cos 2ϕ =
sin 2ϕ =
cos2 ϕ − sin2 ϕ
2 cos ϕ sin ϕ
realdelen
imaginärdelen
Exempel 1.2.10. Om vi låter n = 3 i deMoivres formel så har vi för vänster led att
(cos ϕ + i sin ϕ)3 = binomialsatsen/ Pascals triangel ger
= cos3 ϕ + 3i cos2 ϕ sin ϕ − 3 cos ϕ sin2 ϕ − i sin3 ϕ =
= cos3 ϕ − 3 cos ϕ sin2 ϕ + i(3 cos2 ϕ sin ϕ − sin3 ϕ).
Och då tar deMoivres formen
cos3 ϕ − 3 cos ϕ sin2 ϕ + i(3 cos2 ϕ sin ϕ − sin3 ϕ) = cos 3ϕ + i sin 3ϕ
Detta ger oss de trigonometriska formlerna
cos 3ϕ = cos3 ϕ − 3 cos ϕ sin2 ϕ
sin 3ϕ = 3 cos2 ϕ sin ϕ − sin3 ϕ
DeMoivres formel kommer alltså från en egentligen en ganska enkel egenskap för exponentialfunktionen. Exponentialformen för den polära beskrivningen är således väldigt användbar och ger oss
ett relativt enkelt sätt att vid behov kunna härleda en del komplicerade trigonometriska samband.
Vi ska nu gå vidare och studera hur den exponentiella polära formen kan användas för att hitta
nollställen till en viss typ av polynom.
1.2. POLÄR FORM OCH DESS KONSEKVENSER
1.2.5
Övningsuppgifter
Övning 1:2.16
Skriv talet z = 3e−iπ/3 på rektangulär form.
Övning 1:2.17
a. ) Skriv z = 2eiπ/3 på rektangulär form.
b. ) Skriv w = −1 + i på polär form.
Övning 1:2.18
Skriv talet z = 1 + i på polär form, ange alla
möjliga argument samt principalargumentet.
Övning 1:2.19
Låt z = 3 + 4i och w = 2 − 3i.
Lös följande deluppgifter:
a.) Beräkna
(z + w)(z − w)
b.) Beräkna
1+i
( √ )100 .
2
Övning 1:2.20
Bestäm |z| och arg z och skriv z √
i trigonometrisk
och exponentiell form då z = − 3 − i.
Övning 1:2.21
Bestäm |z| och arg z och skriv z i √
trigonometrisk
och exponentiell form för z = 32
3 −i .
Övning 1:2.22
√
Beräkna principalargumentet för z = −1 + i 3
samt beräkna ett argument för z som ligger i
intervallet (3π, 5π].
Övning 1:2.23
Om z är ett komplext tal vars principalargumentuppfyller 0 < α < π/6 och w ett tal som
har argumentet π/4 < α < π/2. Var måste i så
fall z · w och z/w ligga?
Övning 1:2.24
Bevisa potensregeln (1.12).
n
Hint: tolka eiϕ
som en multiplikation med flera
faktorer och använd en annan potensregel.
17
Övning 1:2.25
Använd idéerna i exempel 1.2.8 för att härleda
de trigonometriska formlerna.
cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β
sin(α − β) = − cos α sin β + sin α cos β
realdelen
imaginärdelen
18
1.3
1.3.1
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
Binomekvationer och hur man löser binomekvationer
Vad är en binomekvation?
Ett binom är ett polynom med två termer, eftersom vi antar att m 6= n så kan vi anta att m > n:
b(z) = a1 z m + a2 z n ,
m > n.
När man ska hitta nollställen till detta binom så börjar man med att faktorisera binomet:
z n (a1 z m−n + a2 )
Den första faktorn ger nollstället 0, medan den andra faktorn ger andra nollställen. När vi i fortsättningen talar om ett binom menar vi ett polynom av typen
p(z) = az n − b,
(1.14)
ty de intressanta nollställena till ett allmänt binom kommer alltid från ett sådant binom, vilket var
vad vi visade i ovan. Nollställena till ett binom uppfyller ekvationen
az n − b = 0,
(1.15)
och detta är vår prototyp av en binomekvation.
1.3.2
Hur man löser en binomekvation
Vi visar nu hur man går tillväga för att lösa en binomekvation. Nyckeln är att skriva om binomekvationen på polär form och att skriva upp samtliga argument för det komplexa talet c.
Exempel 1.3.1. Genom att sätta c = b/a kan den binomiska ekvationen (1.15) kan skrivas på
formen
z n = c,
och denna ska vi nu lösa!
Tricket här är att utrycka allt på polär form. När vi skriver c på polär form har vi uppräkneligt
många val av argument. Om vi väljer en vinkel α0 i principalområdet (α0 ∈ (−π, π]) så kan vi
skriva alla andra möjliga vinklar som
Med |c| = r så får vi
α = α0 + 2πN,
N = 0, ±1, ±2, . . . .
c = rei(α0 +2πN ) ,
N = 0, ±1, ±2, . . . .
Skriver vi z = Reiφ , så får vi ekvationen
Rn einφ = rei(α0 +2πN )
Detta leder till ett system av två ekvationer, en för beloppet och en för argumentet:
Rn = r (beloppen lika)
nφ = α0 + 2πN,
N = 0, ±1, ±2, . . . .
1
Den första ekvationen leder till att R = r n . Den andra leder till att
φ=
α0
2π
+
N,
n
n
N = 0, ±1, ±2, . . . .
1.3. BINOMEKVATIONER OCH HUR MAN LÖSER BINOMEKVATIONER
19
Notera att eftersom ei(θ+2mπ) = eiθ , för alla heltal m (eiθ är 2π periodisk eftersom cosinus och sinus
är det) så gäller att endast n stycken av ovanstående vinklar är olika. Därför får vi n stycken olika
lösningar till vår binomekvation:
1
z = r n ei(
α0
n
+ 2π
n N)
,
N = 0, 1, . . . , n − 1.
Exempel 1.3.2. Lös ekvationen z 4 + 1 = 0
Lösning:: Ekvationen, som kan skrivas som z 4 = −1, blir på polär form
|z|4 e4iθ = ei(π+2πk) ,
k godtyckligt heltal
Ekvation för beloppet:: |z| = 1
Ekvation för argumentet::
4θ = π + 2πk
⇒
θ = π/4 + kπ/2
Fyra på varandra följande värden på k ger våra fyra lösningar för argumentet.
Lösningen sammanställs nu som z = ei(π/4+kπ/2) , där k = 0, 1, 2, 3.
k=1, 5, 9, ...
k=0, 4, 8, ...
-1
k=2, 6, 10, ...
k=3, 7, 11, ...
Figur 1.8: För varje heltalsvärde på k så får vi en av de fyra svarta punkterna. Notera att de är jämnt
utspridda på cirkeln och att den första (k = 0) har argument som är en fjärdedel av argumentet för vårt
högerled −1.
√
Exempel 1.3.3. Lös ekvationen z 2 = −1 + i 3 .
Lösning:: Börja med att ställa upp ekvationen på polär form, där vi noterar att
q
√
√
| − 1 + 3 i| = (−1)2 + ( 3 )2 e2π/3+2πk = 2e2π/3+2πk
Vi får
(|z|eiθ )2 = |z|2 e2iθ = 2e2π/3+2πk
Detta ger oss en ekvation för beloppet:
|z|2 = 2
⇒
|z| =
√
2
20
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
-1+i√3
k=0, 2, 4, ...
√2
2
k=1, 3, 5, ...
√
Figur 1.9: Den yttre
√ ocrafärgade cirkeln har radien 2 som är beloppet | − 1 + i 3 | = 2. Den inre svarta
cirkeln har radien 2 . Lösningarna
till vår binomekvation ligger på denna inre cirkel. Notera att de svarta
p
√
punkterna kan tolkas som ± −1 + i 3 i enlighet med exemplen 1.2.6 och 1.2.7
och en ekvation för argumentet
e2iθ = e(2π/3+2πk)i
⇒
θ = π/3 + πk,
k = 0, 1
Vi får alltså argumenten π/3 och 4π/3 och lösningarna blir därför
√ ! √
√
√ iπ/3 √
2
6
1+i 3
z = 2e
= 2
=
+i
2
2
2
och
z=
√
2 ei4π/3 = z =
√
√
2 eiπ/3 · |{z}
eiπ = − 2 eiπ/3 = −
=−1
√
√ !
2
6
+i
2
2
√
Exempel 1.3.4. Lös ekvationen z 5 = − 3 + i
Lösning:: Skriv ekvationen på polär form:
r5 e5θ = 2ei(5π/6+2πk)
Detta ger oss att beloppet för z blir
1
|z| = r = 2 5 =
Argumentet blir
θ=
Se fig 1.10
√
5
π
2π
+k
= 30◦ + k · 72◦ ,
6
5
2.
k = 0, 1, 2, 3, 4.
1.3. BINOMEKVATIONER OCH HUR MAN LÖSER BINOMEKVATIONER
21
150°
k=1, 6, 11, ...
√3-i
k=0, 5,10, ...
k=2, 7, 12 ...
30°
2
k=-1, 4, 9, ...
k=-2, 3, 8, ...
√
5
2 ≈ 1.15.
Punkterna är jämnt utspridda med vinkeln 72 = 360/5
mellan
sig.
Den
första
punkten,
dvs
för
k = 0 har
√
ett argument som är en femtedel av argumentet för 3 − i (som är 150◦ ) och blir därför 30◦ .
Figur 1.10: Figur till uppgift 1.3.4: Här ligger rötterna på den inre cirkeln som har radien
◦
22
1.3.3
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
Övningsuppgifter
Övning 1:3.26
Lös binomekvationen
z3 + 8 = 0
Rita lösningarna i det komplexa planet och ange
lösningarna både på polär och rektangulär form.
Övning 1:3.27
Lös binomekvationen z 5 =
243(1−i)
√
2
Övning 1:3.28
Lös binomekvationen z 5 = −i.
Övning 1:3.29
Lös binomekvationen
z5 =
32(1 + i)
√
2
Övning 1:3.30
Lös ekvationen
32
z 5 = √ (1 − i)
2
Övning 1:3.31
Lös ekvationen z 5 = −1.
Övning 1:3.32
I ett försök att tolka vad femteroten av ett komplext ickereellt tal ska betyda så ställer vi upp
ekvationen
√
z = 51+i
Beräkna alla möjliga lösningar till detta genom
att tolka ekvationen som en binomekvation och
sedan lösa binomekvationen.
1.4. KOMPLEXA ANDRAGRADSPOLYNOM
1.4
23
Komplexa andragradspolynom
I detta avsnitt ska vi studera andragradspolynom.
Sådana bör alla ha sett redan i gymnasiet men vi börjar med vi börjar ändå med en kort sammanfattning av det vi bör kunna från gymnasiet och introducerar också kvadratkomplettering som vi
använder för att härleda den s.k. pq-formeln som de flesta brukar känna igen från gymnasiet.
Efter det så ska vi se hur vi kan hantera andragradspolynomen med utgångspunkt från de komplexa
talen och visa hur vi beräknar nollställen till komplexa andragradspolynom.
1.4.1
Nollställen till reella andragradspolynom
I gymnasiet lärde vi oss att beräkna nollställen till reella andragradspolynom, dvs polynom på
formen
p(x) = x2 + px + q,
där p, q är reella tal. Ett nollställe är ett tal, ett värde på x så att polynomet blir noll, dvs som
uppfyller
p(x) = x2 + px + q = 0.
I gymnasiet använde de flesta sig av den så kallade p − q formeln för att beräkna dessa nollställen.
Här formulerar vi det som att vi använder oss av följande sats.
Theorem 1.4.1. Om
p(x) = x2 + px + q,
är ett reellt andragradspolynom så ges dess nollställen av
r
p2
p
−q
x=− ±
2
4
detta är två varianter av pq-formeln
p
p 1
p2 − 4q
=− ±
2 2
(1.16)
Vi ska nu bevisa denna sats. Beviset använder sig av så kallad kvadratkomplettering, något som är
nyttigt att kunna.
Bevis. Vi ska lösa ut x så att x2 + px + q = 0. Vi börjar med att förlänga uttrycket på ett par
ställen så att en del av uttrycket kan identifieras som en kvadrat
1
p2 p2
x2 + 2 · px +
− +q =0
2
4} 4
{z
|
2
=(x+ p
2)
Vi har nu förenklat uttrycket till att bli
p 2 p2
x+
−
+q =0
2
4
Det är dessa steg som kallas för kvadratkomplettering. Tack vare denna kvadratkomplettering kan
vi nu skriva
r
p2
p 2
p2
p
p 1p 2
x+
=
−q ⇒ x+ =±
−q
⇒ x=− ±
p − 4q
2
4
2
4
2 2
vilket är den önskade pq-formeln
24
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
P q-formeln hjälper oss alltså att beräkna nollställena till reella andragradspolynom. Sådana nollställen kan naturligtvis bli ickereella vilket inträffar om den så kallade diskriminanten p2 − 4q är
mindre än noll. Problemet med detta är bara att om vi har ett ickereellt andragradspolynom så är
p och q i allmänhet ickereella komplexa tal och då faller pq-formeln på att man behöver beräkna
roten ur ett komplext tal. Vi har varit inne och nuddat vid en idé om roten av ett komplext tal men
vi har inte alls rett ut saken tillräckligt.9 Det här betyder att vi inte kan använda oss av pq formeln
när vi ska studera den komplexa andragradsekvationen. Däremot kommer kvadratkompletteringen
att vara till nytta, som vi ska se i nästa avsnitt.
1.4.2
Nollställen till komplexa andragradspolynom
Nu ska vi lära oss hitta nollställena till ett polynom som har komplexa koefficienter. Det är vanligt
att beteckna variabeln med z för att markera att man arbetar med helkomplexa polynom.
p(z) = z 2 + cz + d,
c, d ∈ C
För att beräkna nollställena till p så sätter vi polynomet lika med noll och försöker lösa ut z
z 2 + cz + d = 0
Eftersom koeffecienterna c och d i allmänhet är ickereella så kan vi alltså inte använda pq formeln,
eftersom vi inte riktigt hur man ska beräkna roten ur ett komplext tal. Men vi kan använda oss av
kvadratkomplettering, så låt oss börja med att göra de nödvändiga förlängningarna för c och d:
c=2·
1
·c
2
och
d=0+d=
c2
c2
+d
−
|4 {z 4}
=0
som leder till kvadratkompletteringen
1
c2 c2
z 2 + cz + d = z 2 + 2 · cz +
− +d=0
2
4} 4
|
{z
⇐⇒
=(z+ 2c )2
c
c2
(z + )2 =
−d
4
| {z 2}
=w
Vi gör substitutionen
c
(1.17)
2
i vänster led. I höger led har vi ett uttryck som när vi räknar ihop det (c och d är kända komplexa
tal) så blir ett konkret tal på rektangulär form. Höger led blir alltså a + ib för två reella tal a och
b. Detta leder till att vår ekvation kan skrivas
w=z+
w2 = a + ib.
För vår komplexa variabel w så använder vi dess rektangulära form w = x+iy och då blir ekvationen
x2 − y 2 + i · 2xy = a + ib
Eftersom två komplexa tal är lika precis om både deras realdelar och deras imaginärdelar är lika så
får vi följande system av reella ekvationer:
2xy
x2 − y 2
x2 + y 2
9 Man
= b
imaginärdelen
= a
p
a2 + b2
=
realdelen
ekvation för beloppet ,
får vänta med arbeta med den komplexa rotfunktionen till en kurs i komplex analys/Analytiska funktioner
som ligger längre fram i en matematikutbildning.
1.4. KOMPLEXA ANDRAGRADSPOLYNOM
25
där den tredje ekvation kommer från att w2 = a + ib som ger att båda sidors belopp måste vara
lika, dvs |w2 | = |a + ib| och detta är precis den tredje ekvationen. Denna ekvation är inte alldeles
nödvändig men den gör räkningarna enklare. Vi kan t.ex. addera den andra ekvationen med den
tredje rakt av och då får man
p
2x2 = a + a2 + b2
ur vilken man kan lösa ut x. Man får då två värden på x och från första ekvationen så ger vardera
värdet på x var sitt värde på y och då har vi två värden på w = x + iy. För varje värde på w så
beräknar vi slutligen z från substitutionen (1.17) , vilket ger oss lösningen till vår andragradsekvation.
Låt oss titta på ett exempel:
Exempel 1.4.2. Vi låter
p(z) = z 2 + (1 + i)z − (6 + 2i).
1. Vi börjar med att kvadratkomplettera i ekvationen p(z) = 0:
1
1
(z + (1 + i))2 − (1 + i)2 − (6 + 2i) = 0,
2
4
som, efter förenklingar, blir
5
1
(z + (1 + i))2 = 6 + i.
2
2
I uppgift 33 så får ni som uppgift att reda ut detaljerna för denna kvadratkomplettering.
2. Genom att göra substitutionen w = z + 21 (1 + i) så får vi den enkla ekvationen
5
w2 = 6 + i.
2
3. Sätt nu w = x + iy så ger ekvationerna för real och imaginärdelar att
5
.
2
4. Ekvation för beloppet:: Att två komplexa talär lika betyder att deras belopp också är lika.
Vi får:
x2 − y 2 = 6, och 2xy =
|w2 | = |w|2 = ww = x2 + y 2 ,
r
r
5
25
13
144 + 25
|6 + i| = 36 +
=
=
.
2
4
4
2
5. Vi löser systemet med de tre ekvationerna: Följande ekvationssystem ger lätt lösningar
för x2 och y 2 :
13
2
x2 − y 2 = 6.
x2 + y 2 =
För x så adderas ekvationerna och för y så subtraherar vi den andra ekvationen från den första.
1
5
1
2
Man får då x2 = 25
4 och y = 4 , dvs x = ± 2 och y = ± 2 .
Ekvationen för imaginärdelen visar att x och y har samma tecken och detta hjälper
oss att para
ihop dem så att rätt y kombineras med rätt x. Detta ger oss att w = ± 52 + i 12 .
6. Substituera tillbaka: Nu var det ju z vi sökte och vi har att z = w − 12 (1 + i) så vi får att
(
2
(+)
1
5
1
z = − (1 + i) ± ( + i ) =
2
2
2
−3 − i.
(−)
26
1.4.3
KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL
Övningsuppgifter
Övning 1:4.33
Utför detaljerna för kvadratkompletteringen i exempel 1.4.2
Övning 1:4.34
Beräkna nollställena till polynomet z 2 −3z +11+
3i.
Övning 1:4.35
Lös ekvationen z 2 + (3 − 2i)z − 6i = 0.
Övning 1:4.36
Lös ekvationen z 2 − 4iz − 4 − 2i = 0.
Kapitel 2
Polynom
27
28
2.1
KAPITEL 2. POLYNOM
Vad är ett polynom?
Ett polynom är ett uttryck på formen
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
I figur 2.1 så definieras begreppen koeffecient, gradtal och konstantterm. För att precisera så är
polynomets gradtal det största värde på n så att koeffecienten an 6= 0.
Exempel 2.1.1. Polynomet x3 + x + 1 har tre nollskillda koeffecienter a3 = 1, a1 = 1 och slutligen
konstanttermen a0 = 1 och gradtalet är 3 eftersom detta är det största värde med en nollskilld
koeffecient. Detta betyder att polynomet inte har gradtalet 4 eftersom a4 = 0
Polynomets koeffecienter
Polynom
polynomets gradtal
(förutsätter att koeffecienten framför inte är noll)
polynomets konstantterm
Figur 2.1: Definition av polynom och några av dess tillhörande termer.
Exempel 2.1.2. Nollpolynomet är det unika polynom där alla koeffecienter är noll. Detta polynom
är noll för alla x och är alltså identiskt med noll och vi skriver p(x) ≡ 0
Exempel 2.1.3. Ett monom är ett polynom som bara har en enda nollskilld term an xn . Konstanttermen kan skrivas som a0 · x0 och är alltså ett monom med grad noll. Ett binom är, som vi såg i
kapitel ??, ett polynom med två termer: am z m + an z n .
Exempel 2.1.4. Ett moniskt polynom av grad n är ett polynom av typen
xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,
2.2. VARFÖR ÄR POLYNOM VIKTIGA?
29
dvs koeffecienten för termen med det högsta gradtalet är 1. Vi kommer ofta att arbeta med moniska
polynom och varje ickemoniskt polynom kan göras om till ett moniskt polynom genom att dividera
med högstagradskoeffecienten. En sådan division förändrar inte polynomets nollställen vilket visas
av
an−1 n−1
a1
a0
n
n−1
n
0 = an x + an−1 x
+ · · · + a1 x + a0 = an x +
x
+ ··· +
x+
an
an
an
vilket fungerar eftersom an 6= 0
Exempel 2.1.5. Ett polynom är reellt om alla polynomets koeffecienter är reella tal. Exempelvis
så är
√
x31 + 3 x17 + πx2 + eπ
ett reellt polynom, (och moniskt eftersom högsta termen är 1 · x31 ).
Exempel 2.1.6. För att förtydliga att ett polynom inte ska betraktas som ett reellt polynom utan
som ett allmänt komplext polynom så använder vi variabeln z
an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 ,
koeffecienterna kan då vara godtyckliga komplexa tal.
2.2
Varför är polynom viktiga?
Som vi ska se så är polynom enkla typer av funktioner eftersom det bara krävs våra fyra räknesätt
för att beräkna ett polynoms värde. Men det som gör polynom viktiga är att de kan användas för att
approximera en stor mängd andra, mer komplicerade funktioner. De mer avancerade funktionerna,
som exponentialfunktioner och trigonometriska behövs för att de modellerar viktiga saker från
verkligheten och används därför för att analysera konkreta problem. Varje gång vi använder, t.ex.
en miniräknare för att beräkna sinus av en vinkel så använder miniräknaren i själva verket ett
polynom för att beräkna detta värde. På så vis används polynomen används för att ge konkreta
siffror till modellerna.
2.2.1
Polynom är enkla funktioner
Den första anledningen till att polynomfunktionerna är viktiga är att de är enkla. Givet våra fyra
räknesätt så kan man alltid beräkna värdena för funktionerna.
Exempel 2.2.1. Låt oss ta polynomet p(x) = x7 + 3x5 + 2x4 − x + 3. Detta är inte det allra
enklaste polynomet men det är ändå rätt enkelt att beräkna värdet för polynomet. Säg att vi är
intresserade av värdena för funktionen då x = 2. Vi har
p(2) = 2| · 2 · 2 ·{z
2 · 2 · 2 · 2} + |3 · 2 · 2{z
· 2 · 2 · 2} + |2 · 2 ·{z
2 · 2 · 2} −2 + 3 = 257.
=27 =128
=3·25 =3·32=96
2·24 =2·16=32
Beräkningen av polynomets värde involverade bara multiplikation, addition och subtraktion. I denna
mening är alltså polynom enkla: det krävs bara våra fyra räknesätt för att beräkna värdet för ett
polynom. Division kommer också behövas om vi ska beräkna värden för exempelvis x = 3/7.
I praktiken kan det naturligtvis bli omständigt att beräkna värdet för polynomet då x är att allmänt
decimaltal men i princip är det alltså bara våra fyra räknesätt.
Det är skillnad om vi som exempel tar andra elementära funktioner som exponentialfunktioner,
logaritmer och trigonometriska funktioner. Dessa definieras på andra sätt och för att utvärderas
exakt så behöver man beräkna oändliga summor av tal, något som oftast är ganska invecklat.
30
KAPITEL 2. POLYNOM
2.2.2
Polynom är inte för enkla
Om polynomen bara vore enkla så kanske de inte skulle vara värda så mycket. Faktum är att
polynomen inte är för enkla. Det visar sig nämligen att man med polynom kan approximera de
flesta andra vanliga (deriverbara) funktioner med godtycklig precision. För att beräkna värdet av
sin x så kan man istället beräkna värdet av ett speciellt polynom, det s.k. Taylorpolynomet. Man
gör då ett fel men genom att välja tillräckligt hög gradtal på Taylorpolynomet1 så kan man göra
en beräkning som uppfyller vilken i förväg fastställd noggrannhet som helst.
Exempel 2.2.2. Vi ger de 20 första decimalerna för sin 1:
sin |{z}
1 = 0.84147098480789650665 . . .
1 radian
Låt oss nu jämföra detta med Taylorpolynomen till sin x med olika gradtal
3
p3 (x)
p5 (x)
p7 (x)
..
.
= x − x6 ,
3
x5
= 120
− x6 + x,
x7
x5
= − 5040
+ 120
−
..
.
p21 (x)
x21
x19
− 121645100408832000
+
51090942171709440000
15
17
x
x13
x
− 1307674368000 + 6227020800
355687428096000
3
x11
x9
x7
x5
− 39916800
+ 362880
− 5040
+ 120
− x6 + x
x3
6
+x
=
p3 (1) = 1 − 1/6 = 5/6 = 0.83333333 . . .
p5 (1) = 0.841666666 . . .
p7 (1) = 0.841468254 . . .
..
.
p21 (1) = 0.84147098480789650665 . . .
För att få en decimals noggrannhet så behöver man alltså bara beräkna två termer, vilket är fullt
möjligt att göra för hand. Med högre krav på noggrannhet så blir arbetsinsatsen större. Vi ser
t.ex. att sjundegradspolynomet ger oss ett värde med fyra decimalers noggrannhet. För att få 20
decimalers noggrannhet är man tvingad att välja Taylorpolynomet av grad 21
När man använder en miniräknare (eller telefon!) för att beräkna sin x så använder sig miniräknaren
av Taylorpolynom för att göra beräkningarna. Miniräknarföretagets ingenjörer har då programmerat
in ett Taylorpolynom av tillräckligt högt gradtal för att ge den noggrannhet som minräknarens
display kan visa. Programmeringen blir relativt enkel tack vare att polynom kan beräknas enbart
med de fyra räknesätten, som vi beskrev i föregående avsnitt.
2.3
Nollställen till polynom
I detta avsnitt så förklarar vi att ett polynom med grad n har precis n stycken nollställen. Dessutom är det viktigt att dessa nollställen kan användas för att skriva polynomet som en produkt
av förstagradspolynom. För att göra detta så behöver vi resultaten från de s.k. faktorsatsen och
algebrans fundamentalsats. Vi behöver också lära oss polynomdivision och divisionsalgoritmen. Det
här ger oss kunskaper som behövs i all matematikanvändning.
1 I kursen Envariabelanalys ma034a så går man genom Taylorpolynom och approximation mer noggrannt. Där lär
man sig speciellt hur man räknar ut Taylorpolynomet för en funktion.
2.3. NOLLSTÄLLEN TILL POLYNOM
2.3.1
31
Ett vägledande exempel
För att ge en bild av vart vi vill komma med detta avsnitt så börjar vi med ett exempel
Exempel 2.3.1. Ett förstagradspolynom x − a har nollstället x = a. Om vi har en produkt av
sådana faktorer, t.ex
p(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)
så ser vi direkt att nollställena till p(x) är 1, 2 och 3.
Men om vi tittar på polynomet
q(x) = x3 − 6x2 + 11x − 6
så är det inte lika lätt att säga vilka nollställena är.
Nu visar det sig att
p(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3) = x3 − 6x2 + 11x − 6 = q(x)
och då följer det att q(x) också har nollställena 1, 2 och 3.
Från exemplet ser vi att polynomets nollställen tydligen svarar mot faktorer. Känner man till
ett polynoms nollställen så vet man också hur polynomet faktoriseras och har man lyckats skriva
polynomet på faktoriserad form så ser man också nollställena tydligt.
Syftet med detta kapitel är att reda ut begreppen och förklara att ovanstående exempel är typiskt
och att alla polynom kan faktoriseras med sina nollställen och att antalet nollställen är lika med
polynomets gradtal
2.3.2
Polynoms nollställen och Algebrans fundamentalsats
Ett nollställe till ett polynom är ett tal som ger noll när man sätter in det i polynomet. M.a.o.
x = b är ett nollställe till polynomet p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 om
p(b) = an bn + an−1 bn−1 + · · · + a1 b + a0 = 0
Exempel 2.3.2. x = 1 är ett nollställe till andragradspolynomet x2 + 3x − 4 eftersom
12 + 3 · 1 − 4 = 1 + 3 − 4 = 0
Genom att använda t.ex. pq-formeln (1.16) så kan vi bevisa att vårt andragradspolynom bara har
nollställena x = 1 och x = −4. Det senare är verkligen ett nollställe eftersom
(−4)2 + 3 · (−4) − 4 = 16 − 12 − 4 = 0.
Polynom har alltså nollställen men gäller detta verkligen varje polynom. Kan det inte finnas polynom
som saknar nollställen?
Om vi tar reella andragradspolynom t.ex. så följer det av pq-formeln att alla reella polynom har
nollställen (faktiskt två nollställen i allmänhet). Dessa nollställen behöver dock inte vara reella.
Om vi kräver att nollställena också ska vara reella så finns det gott om polynom som saknar reella
nollställen
Exempel 2.3.3. Polynomet x2 +1 saknar reella nollställen eftersom pq-formeln ger oss de ickereella
nollställena ±i.
32
KAPITEL 2. POLYNOM
Vi behöver alltså de komplexa talen för att garantera att varje reellt polynom ska ha nollställen
(det är ju så de komplexa talen uppstår...).
Men vad gäller för ickereella polynom. Har polynom med komplexa koeffecienter alltid nollställen?
Svaret är Ja! på den frågan och anledningen är att man kan bevisa den s.k. algebrans fundamentalsats:
Theorem 2.3.4. Algebrans fundamentalsats, variant 1
Varje polynom av grad större eller lika med ett har minst ett komplext nollställe.
Så, hur många nollställen har ett polynom egentligen?
Om vi studerar polynomexemplen i detta kapitel så kan man se att det tycks finnas lika många
nollställen som polynomets gradtal. Problemet är bara hur vi ska hantera exempel av den typ som
nästa exempel tillhör.
Exempel 2.3.5. Polynomet x2 + 2x + 1 har bara ett nollställe nämligen x = −1. Anledningen är
förstås att pq-formeln ger att diskriminanten blir noll och därför blir de två rötterna lika:
√
x = −1 ± 0
Vi har alltså ett fall med dubbelrot, som det kan uttryckas som. Att nollstället räknas som dubbelt
kommer av att polynomet kan faktoriseras mha kvadreringsregeln
x2 + 2x + 1 = (x + 1)(x + 1) = (x + 1)2
Polynomet kan alltså skrivas som produkt av två faktorer och båda dessa faktorer blir noll för
x = −1. Eftersom det är två faktorer som blir noll för x = −1 så säger man att det är ett dubbelt
nollställe och att nollstället har multiplicitet 2. Om vi i stället tar polynomet
(x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1
så är det enda nollstället x = −1 ett trippelt nollställe och dess multiplicitet är därför 3.
Tack vare exempel 2.3.5 så är vi något viktigt på spåret. Det visar sig att varje polynom kan
faktoriseras mha sina nollställen.
Theorem 2.3.6. Faktorsatsen: Om x = a är ett nollställe till polynomet p(x) så är x − a en
faktor i polynomet. Detta innebär att det finns ett annat polynom q(x) så att
p(x) = (x − a)q(x)
Man noterar att denna likhet innebär att polynomet q(x) har lägre gradtal än p(x).
Exempel 2.3.7. Det är inte svårt att verifiera att x = 3 är ett nollställe till polynomet p(x) =
x4 + 3x3 − 7x2 − 27x − 18 Det är heller inte svårt att visa att
p(x) = (x − 3) · (x3 + 6x2 + 11x + 6) = (x − 3) · q(x)
|
{z
}
=q(x)
vilket verifierar påståendet i faktorsatsen Theorem 2.3.6.
Givet ett polynom som, precis som i föregående exempel 2.3.7 har ett känt nollställe. Om polynomet
q(x) är givet så såg vi att det inte är svårt att verifiera faktoriseringen men frågan är hur man kan
beräkna polynomet q(x).
Svaret på detta är polynomdivision2 och den så kallade Divisionsalgoritmen:
2 Hur man utför polynomdivision kan man hitta på författarens youtube-kanal grebsrof matematik, länk finner ni
även i blackboard.
2.3. NOLLSTÄLLEN TILL POLYNOM
33
Theorem 2.3.8. Divisionsalgoritmen: Om p(x) är ett polynom av grad n och q(x) är ett polynom
av grad m < n så finns det ett polynom, det så kallade kvotpolynomet k(x, och ett polynom r(x),
det så kallade restpolynomet sådana att
p(x) = k(x)q(x) + r(x)
där kvotpolynomet och restpolynomen båda har lägre gradtal än p. Om restpolynomet är noll så har
vi faktoriseringen p(x) = k(x) · q(x). Kvot och restpolynomen beräknas med polynomdivision, som
visas i figur 2.2
Figur 2.2 visar strukturen i en typisk polynomdivision.
p(x) = k(x) q(x) + r(x)
x2
x2 + 1
+5
x 4 + 6 x 2 + 12 x + 6
− x4 − x2
5x 2 + 12 x + 6
− 5x 2
− 5
12x + 1
Figur 2.2: Givet två polynom p(x) och q(x) så ger divisionsalgoritmen att det existerar två andra polynom,
kvotpolynomet k(x) och restpolynomet r(x). Figuren visar hur man hittar de olika polynomen i en normal
uppställning för polynomdivision. I uppgift (37) har man som uppgift att verifiera att
x4 + 6x2 + 12x + 6 = (x2 + 5)(x2 + 1) + 12x + 1
Exempel 2.3.9. Låt oss fortsätta med situationen i exempel 2.3.7. Vi utför polynomdivisionen
p(x)/(x − 3) och verifierar att vi får polynomet q(x) där vi noterar att x = −1 är ett nollställe som
i sin tur ger att q(x) kan delas med x − 1:
x2 + 5x + 6
x3 + 6x2 + 11x + 6
x−3
x4 + 3x3 − 7x2 − 27x − 18
− x4 + 3x3
6x3 − 7x2
− 6x3 + 18x2
11x2 − 27x
− 11x2 + 33x
6x − 18
− 6x + 18
0
x+1
x3 + 6x2 + 11x + 6
− x3 − x2
5x2 + 11x
− 5x2 − 5x
6x + 6
− 6x − 6
0
34
KAPITEL 2. POLYNOM
Från dessa polynomdivisioner har vi att
p(x) = (x − 3) (x3 + 6x2 + 11x + 6) = (x − 3)(x + 1) (x2 + 5x + 6) = (x − 3)(x + 1)(x + 2)(x + 3)
|
{z
}
|
{z
}
(x+1)(x2 +5x+6)
(x+2)(x+3)
Den sista likheten får vi tack vare att två sista nollställena, −2 och −3 till p(x) kan bestämmas
som nollställena till x2 + 5x + 6 och kan beräknas mha pq formeln.
Exemplen visar alltså hur algebrans fundamentalsats, faktorsatsen och divisionsalgoritmen arbetar
tillsammans och utför man detta argument i ren allmänhet så kan man komma fram till följande
viktiga formulering av algebrans fundamentalsats.
Theorem 2.3.10. Algebrans fundamentalsats: variant 2 Ett polynom har lika många nollställen som sitt gradtal och kan skrivas som produkt av faktorer:
(x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − an ) = (x − b1 )n1 · · · (x − bj )nj ,
n1 + · · · + nj = n
(2.1)
Det högra skrivsättet får vi om flera av nollställena ai är lika, alla sådana ai har då döps om och
kallats för bi och då samlar vi ihop alla motsvarande faktorer och anger dess multipliciteter som
ni , etc.. Båda led har lika många faktorer så multipliciteterna adderas och är lika med gradtalet för
polynomet.
Låt oss försöka förstå denna sats genom att titta på ett konkret exempel.
Exempel 2.3.11. Givet polynomet p(x) = x3 + x2 − x − 1 så är det inte svårt att se att x = 1 är
ett nollställe. Faktorsatsen ger då att det finns ett polynom q(x) så att
p(x) = (x − 1)q(x)
Vi använder divisionsalgoritmen (polynomdivision) för att beräkna q(x)
x2 + 2x + 1
x−1
x3 + x2 − x − 1
− x3 + x2
2x2 − x
− 2x2 + 2x
x−1
−x+1
0
Polynomet q(x) = x2 + 2x + 1 står i detta schema högst upp och resten längst ned. Resten är
noll och detta visar att vi verkligen har den faktorisering som vi trodde. Polynomet p’s övriga
nollställen får vi nu genom att beräkna nollställen till q(x) som är ett andragradspolynom och då
kan vi använda pq-formeln för att beräkna dess nollställen. Men den uppmärksamme känner också
igen q(x) från exempel 2.3.5 där vi visade att q har det dubbla nollstället −1 vi kan nu skriva den
totala faktoriseringen av p(x) som
p(x) = (x − 1)(x + 1)(x + 1) = (x − 1)(x + 1)2
Jämför vi detta med faktoriseringen i (2.1) så har vi då att a1 = b1 = 1 och a2 = a3 = b2 och
n1 = 1 och n2 = 2
2.3. NOLLSTÄLLEN TILL POLYNOM
35
Exempel 2.3.12. Om vi utför polynomdivisionen p(x)/q(x) med p(x) = x4 + x3 + 3x2 + x + 2 och
q(x) = x2 + 2x + 2 så blir divisionen
x2 + 2x + 2
x2 − x + 3
x4 + x3 + 3x2 + x + 2
− x4 − 2x3 − 2x2
− x3 + x2 + x
x3 + 2x2 + 2x
3x2 + 3x + 2
− 3x2 − 6x − 6
− 3x − 4
I detta fall har vi kvoten x2 − x − 3 och resten −3x − 4 och vi kan verifiera att vi har
p(x) = (x2 − x + 3)q(x) + (−3x − 4),
vilket verifierar divisionsalgoritmen i detta fall.
Exempel 2.3.13. I detta exempel visar vi vad som händer om vi försöker faktorisera med ett
felaktigt nollställe. Det är lätt att se att x = 1 inte är ett nollställe till p(x) = x5 + x2 + 3x + 1. Vi
utför polynomdivision:
x4 + x3 + x2 + 2x + 5
5
x−1
x
+ x2 + 3x + 1
5
4
−x +x
x4
− x4 + x3
x3 + x2
− x3 + x2
2x2 + 3x
− 2x2 + 2x
5x + 1
− 5x + 5
6
Vi ser här att resten längst ned inte är noll och detta är en signal för att x − 1 inte delar p(x) och
faktorsatsen säger då att x = 1 inte är ett nollställe till p. Från polynomdivisionsschemat ovan kan
vi läsa att
x5 + x2 + 3x + 1 = (x − 1)(x4 + x3 + x2 + 2x + 5) + 6
Verifiera gärna denna likhet själv genom att utföra multiplikationen och additionen i höger led.
36
2.4
KAPITEL 2. POLYNOM
Nollställen till Reella polynom
Sammanfattning
Vi går igenom komplexa nollställen till reella polynom. Det viktiga resultatet om nollställen till polynom
med reella koeffecienter är att ickereella nollställen kommer parvis: om z = x + iy är ett icke reellt nollställe
så är också konjugatet z = x − iy ett nollställe.
När man vill faktorisera ett reellt polynom i reella faktorer så kan man inte ta med förstagradsfaktorer som
kommer från ickereella nollställen, eftersom dessa inte är reella. Men eftersom dessa kommer parvis kan
man multiplicera faktorerna som hör till ett sådant par och då får man en reell andragradsfaktor. Reella
polynom faktoriseras i ett antal andragradsfaktorer som kommer från ickereella par av nollställen samt ett
antal förstagradsfaktorer som kommer från de reella nollställena.
2.4.1
Reella polynom
Ett polynom
p(z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n
är reellt om alla koefficienterna a0 , . . . an är reella tal.
√
√
Exempel 2.4.1. p(z) = 1 + z + 3 z 2 + 23z 3 är ett reellt polynom men q(z) = 1 + z + i 3 z 2 + 23z 3
är inte reellt.
För att se vart vi är på väg så kan vi titta på följande exempel
Exempel 2.4.2. Betrakta polynomet 1 + x2 . Vi ser direkt att dess nollställen är x = ±i.
Vad är speciellt med detta? Man ska notera att det ena nollstället är det komplexa konjugatet av
det andra. Är detta en slump eller är det för att ovanstående polynom är så enkelt?
Exempel 2.4.3. Låt oss titta på polynomet p(z) = 5 + 2z + z 2 . Dess nollställen är z = −1 ± 2i.
Återigen ser vi att komplexa nollställen följs åt två och två!
Vi generaliserar dessa två exempel mha följande exempel:
Exempel 2.4.4. q
Om man tar ett allmänt reellt andragradspolynom z 2 + az + b så blir ju dess noll2
ställen z = − a2 ± a −4b
. Om diskriminanten a2 − 4b < 0 så har polynomet icke-reella nollställen.
4
Och dessa följs åt parvis: nollstället och dess konjugat!!
Fördjupning av dessa observationer ger följande sats:
Theorem 2.4.5. Om p(z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n är reellt så gäller att om z = a + ib är ett
icke reellt nollställe så är dess konjugat z = a − ib också ett nollställe, det så kallade konjugerade
nollstället till nollstället z.
Bevis. Låt z0 vara ett nollställe till p. Vi måste visa att p(z0 ) = 0. Vi har följande
0 = a0 + a1 z0 + a2 zo2 + · · · + an z0n = a0 + a1 z0 + a2 z02 + · · · + an z0n =
= a0 + a1 z0 + a2 z0 2 + · · · + an z0 n = a0 + a1 z0 + a2 zo 2 + · · · + an z0 n =
= p(z),
där vi utnyttjat räkneregler för konjugering och att
a ∈ R ⇔ a = a.
2.4. NOLLSTÄLLEN TILL REELLA POLYNOM
37
Exempel 2.4.6. Hitta nollställena till polynomet p(x) = x4 − 5x3 − 2x2 + 46x − 60, då man vet
att ett nollställe är x = 3 + i.
Eftersom detta polynom är reellt så har vi enligt ovanstående sats att komplexa nollställen kommer
parvis. Till det givna nollstället x = 3 + i hör alltså dess konjugat x = 3 − i, som alltså också är
ett nollställe. Enligt faktorsatsen är p delbart med båda faktorerna x − (3 + i) och x − (3 − i) som
hör ihop med nollställena. Detta betyder att p är delbart med dessa faktorers produkt
(x − (3 + i)(x − (3 − i)) = x2 − 6x + 10.
Utför vi nu polynomdivisionen får vi att
p(x) = (x2 − 6x + 10)(x2 + x − 6)
De andra faktorn har nollställena x = 2 eller x = 3, och då har vi hittat alla nollställen till p!
2.4.2
Irreducibla faktorer till reella polynom
Vi börjar med att notera att när vi multiplicerar två förstagradsfaktorer till ett konjugerat par av
komplexa nollställen så blir resultatet ett reellt andragradspolynom:
(z − (a + bi))(z − (a − bi)) = z 2 + (a + bi)(a − bi) − z(a − bi) − z(a + bi) + (a + bi)(a − bi)
= z 2 + 2bz + |a + bi|2
Polynomet längst till höger är reellt eftersom koeffecienterna 2b och |a + bi|2 är reellla tal.
Exempel 2.4.7. I föregående exempel hade vi
(x − (3 + i)(x − (3 − i)) = x2 − x(3 + i + 3 − i) + (3 + i)(3 − i) = x2 − 6x + 10
Eftersom de paren av de ickereella nollställena kan kombineras som nollställen till reella andragradspolynom så kan vi nu förstå att det är möjligt att faktorisera reella polynom som en produkt av
reella faktorer. Algebrans fundamentalsats och faktorsatsen ger oss annars bara en faktorisering
i förstagradsfaktorer, som ju är komplexa för ickereella nollställen, vilket alltså inte är en reell
faktorisering.
Theorem 2.4.8. Om p är ett reellt polynom så kan man faktorisera p i ett antal rella förstagradsfaktorer och ett antal reella andragradsfaktorer.
Bevis. Som en följd av algebrans fundamentalsats, faktorsatsen och divisionsalgoritmen så vet vi
att varje polynom faktoriseras i lika många första gradsfaktorer som det finns nollställen.
p(z) = cn (z − a1 ) . . . (z − an )
För ett reellt polynom förekommer ickereella faktorer parvis och deras faktorer multipliceras ihop
till en reell andra gradsfaktor. Om vi låter a1 , . . . a2k , 2k ≤ n vara våra icke reella nollställen så kan
vi skriva p som
p(z) = cn (z 2 + b1 z + d1 ) · · · (z 2 + bk z + dk )(z − a2k+1 ) · · · (z − an ),
där z 2 +bj z+dj , j = 1 . . . k är de k stycken reella andra gradsfaktorer som våra ickerella nollställespar
ger upphov till och a2k+1 , . . . , an är de reella nollställena
38
KAPITEL 2. POLYNOM
Exempel 2.4.9. I exempel 2.4.6 så fick vi fram nollställena x = 2, x = 3 och x = 3 ± i. Dessa ger
oss förstagradsfaktorerna
(x − 2)(x − 3) (x − 3 − i)(x − 3 + i) = (x − 2)(x − 3)(x2 + x − 6)
|
{z
}
kombineras till reell andragradsfaktor
|
{z
}
=x2 +x−6
vilket alltså är den reella faktoriseringen av polynomet x4 − 5x3 − 2x2 + 46x − 60
Korollarium 2.4.10. Om ett reellt polynom har udda gradtal så finns det minst ett reellt nollställe.
Att detta resultat måste vara sant följer också om vi tittar på hur polynomen beter sig när
x → ±∞ alltså när x blir stor och negativ respektive stor och positiv. För sådana värden så
kommer högstagradstermen att dominera. Om vi antar att polynomet är moniskt och alltså har
högstagradskoeffecienten 1 så ges högsta gradstermen av xn där n är ett udda heltal. Om x är stor
och negativ så kommer xn vara stor och negativ och då kommer polynomet också vara stor och
negativ eftersom denna term dominerar. Om x är stor och positiv så kommer polynomet blir positiv
eftersom högsta gradstermen dominerar.
Polynomets värden är alltså negativa då x är mycket mindre än noll och positiva om x är mycket större än noll. Eftersom polynomet är en kontinuerlig så måste polynomet någonstans växla
från negativ till positiv, dvs någonstans på reella axeln måste polynomet vara noll. Vi har alltså
argumenterat för att ett nollställe måste existera.
Vi visar hur detta ser ut i ett konkret fall:
Exempel 2.4.11. Vi ritar grafen till polynomet p(x) = −x5 − x4 + 98x3 + 98x2 + 200x + 200 i
figur 2.3:
50 000
-10
-5
5
10
-50 000
Figur 2.3: Grafen till polynomet p(x) = −x5 − x4 + 98x3 + 98x2 + 200x + 200. Notera har grafen går
nedåt när x minskar och går uppåt då x ökar. Någonstans kommer grafen att skära x-axeln och i
denna punkt så är polynomet noll. Från grafen kan man skönja
√ tre reella nollställen. (dessa är ±10
och x = −1. De övriga två nollställena är ickerella: x = ±i 2 och dessa syns inte i denna graf.
I figuren ska man notera hur grafen går mot −∞ då x går mot −∞ och hur grafen går mot +∞
om x går mot +∞. Eftersom grafen är en kontinuerlig kurva och inte gör något plötsligt hopp så
gäller att någonstans mellan de två oändligheterna så måste grafen skära x-axeln där funktionen i
så fall är noll. Från figuren kan vi se att polynomet skär på tre ställen. Vårt polynom har därför
tre reella nollställen men det finns ytterligare två ickereella nollställen som inte syns i grafen.
2.5
Hur hittar man egentligen de där förnicklade nollställena?
Princip: det är svårt att hitta nollställen
2.5. HUR HITTAR MAN EGENTLIGEN DE DÄR FÖRNICKLADE NOLLSTÄLLENA?
39
I exemplen i detta dokument har vi visat hur man beräknar nollställen till andragradspolynom
mha pq-formeln (vi har även sett hur man löser allmänna komplexa andragradspolynom utan pqformel) men för högregrads polynom så har exemplen gått ut på att minst ett nollställe varit
känt (och dessutom varit heltal!) och sedan har vi använt polynomdivision för att komma ned
till ett andragradspolynom. Om man tar ett godtyckligt polynom av grad 3 eller högre så är det
inte lätt att hitta ens ett nollställe. Det finns visserligen formler för att beräkna nollställen för
tredje och fjärdegradspolynom men de är alltför komplicerade för att vara riktigt användbara.
För femtegradspolynom och högre så finns det inte ens formler. Faktum är att det är ett berömt
resultat från början av 1800-talet av fransmannen Galois och Norrmannen Abel3 att man inte kan
lösa femtegradsekvationer.
Skulle man inte kunna beräkna nollställen med datorer?
Jodå, det gör man också men problemet här är att det är svårt att avgöra om något verkligen
är helt noll eller bara nära. En dator kan bara representera tal upp till ett antal ändligt många
decimaler (kalla denna decimallängd för N . Då kan inte datorn skilja på följande tal
0. 0000000000000
. . . 0} 2345 och
{z
|
N stycken decimaler
0. 0000000000000
. . . 0} 5451 och
|
{z
N stycken decimaler
0 =0. 0000000000000
. . . 0} 0000000000000
. .}.
|
{z
|
{z
N stycken decimaler
∞ många nollor
Bara det sista talet är verkligen noll men datorn kan inte se skillnaden.
Men är inte det här en helt omöjlig situation?
Jo, det kan man kanske säga... men ...
I denna kurs, t.ex. på tentamen så kommer polynomen vara enkla så att de typiskt har heltalskoeffecienter och har minst ett nollställe, ofta flera stycken som är ett heltal. Detta heltals-nollställe
kan man oftast göra en kvalificerad gissning för att få fram. Vi har sett att ett polynom p(x) kan
faktoriseras mha sina faktorer
p(x) = (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − an ) = xn − (a1 + · · · + an )xn−1 + · · · +
a1 · a2 · · · an
|
{z
}
.
produkten av nollställena
Konstanttermen i polynomet är alltså produkten av nollställena vilket innebär att ett nollställe till
polynomet måste jämnt dela denna konstantterm. Låt oss se på ett exempel:
Exempel 2.5.1. Beräkna alla nollställen till tredjegradspolynomet p(x) = x3 + x2 − 8x − 6.
3 Evariste Galois (1811-1832) och Niels Henrik Abel (1802-1829) kom, oberoende av varandra, fram till att det är
omöjligt att lösa femtegradsekvationen med algebraiska operationer.
40
KAPITEL 2. POLYNOM
Vi kan inga lösningsformler (de finns4 men de är för svåra för oss.) så vi provar med att gissa på de tal
som delar konstanttermen −6. Minustecknet kan vi ignorerara och 6 är delbar med ±1, ±2, ±3, ±6
så något av dessa tal skulle kunna vara ett nollställe till polynomet. Vi sätter in talen i polynomet
och får att polynomet blir noll endast för −3:
p(−3) = (−3)3 + (−3)2 − 2 · (−3) − 6 = −27 + 9 − 8(−3) − 6 = 0
Vi utför nu polynomdivisionen p(x)/(x + 3):
x+3
x2 − 2x − 2
3
x + x2 − 8x − 6
− x3 − 3x2
− 2x2 − 8x
2x2 + 6x
− 2x − 6
2x + 6
0
Vilket alltså ger oss att
p(x) = (x2 − 2x − 2)(x + 3)
De övriga två nollställena får vi genom att använda pq-formeln (1.16) på polynomet x2 − 2x − 2,
som ger oss:
√
√
x=1± 1+2 =1± 3
Det är bra att verkligen testa alla möjliga delare till konstanttermen. Om polynomet är konstruerat
så att alla nollställen är heltal så kommer man hitta alla nollställen och behöver då inte utföra
några polynomdivisioner. Vi visar en sådan situation i nästa exempel:
Exempel 2.5.2. Beräkna alla nollställen till p(x) = x4 + 5x3 + 5x2 − 5x − 6.
I detta fall har vi igen delarna till −6: ±1, ±2, ±3, ±6. Vi sätter in dessa tal i polynomet och får
p(−1) = 0,
p(1) = 0,
p(2) 6= 0,
p(−2) = 0,
p(3) 6= 0,
p(−3) = 0,
p(6) 6= 0,
p(−6) 6= 0
I detta fall behöver man naturligtvis bara sätta in värden tills man hittat fyra stycken nollställen, eftersom detta är det maximala antalet nollställen för vårt fjärdegradspolynom. De två sista
insättningarna av ±6 var alltså egentligen onödiga.
Faktoriseringen blir alltså
p(x) = (x − 1)(x + 1)(x + 2)(x + 3)
Utveckla gärna själva höger led och verifera att likheten stämmer.
Vi avslutar med ett exempel där alla nollställen är heltal men ett nollställe har multiplicitet större
än 1:
4 Kolla
in wikipedia om cubic equation http://en.wikipedia.org/wiki/Cubic_function
2.5. HUR HITTAR MAN EGENTLIGEN DE DÄR FÖRNICKLADE NOLLSTÄLLENA?
41
Exempel 2.5.3. Låt p(x) = x4 − x3 − 3x2 + 5x − 2. Konstanttermen −2 har delarna ±1 och ±2
så vi sätter in dessa tal i polynomet och får
p(1) = 0,
p(−1) 6= 0,
p(2) 6= 0,
p(−2) = 0
Detta ger att (x − 1) och (x + 2) båda är faktorer för p(x). Detta innebär att produkten
(x − 1)(x + 2) = x2 + x − 2
av faktorerna också måste vara faktor i p(x). Vi utför därför polynomdivisionen
x2 + x − 2
x2 − 2x + 1
x4 − x3 − 3x2 + 5x − 2
− x4 − x3 + 2x2
− 2x3 − x2 + 5x
2x3 + 2x2 − 4x
x2 + x − 2
− x2 − x + 2
0
och får att resterande två nollställen är nollställen till polynomet x2 − 2x + 1 som enligt kvadreringsregeln (eller pq-formeln +faktorsatsen) ger att
x2 − 2x + 1 = (x − 1)2
Detta ger oss den slutliga faktoriseringen av p(x):
p(x) = (x − 1)3 (x + 2)
42
2.6
KAPITEL 2. POLYNOM
Övningsuppgifter
Övning 2:6.37
Använd polynomdivision för att beräkna kvotpolynomet k(x) och restpolynomet r(x) då p(x) =
x4 + 6x2 + 12x + 6 och q(x) = (x2 + 1). Verifiera
att p(x) = k(x)q(x) + r(x).
Övning 2:6.38
Lös ekvationen x3 − 3x2 + 4x − 2 = 0.
Övning 2:6.39
lös ekvationen z 3 + 6z 2 + 11z + 6 = 0.
Övning 2:6.40
Ekvationen z 4 + 3z 2 − 6z + 10 = 0 har en lösning
z = −1 + 2i. Bestäm de andra lösningarna.
Övning 2:6.41
Skriv polynomet p(z) = z 4 + 3z 2 − 6z + 10 som
en produkt av reella faktorer av grad högst 2.
Övning 2:6.42
Ekvationen z 4 + 2z 3 + 3z 2 + 2z + 2 = 0 har lösningen z = −1 + i. Bestäm samtliga rötter.
Övning 2:6.43
Skriv polynomet p(z) = z 4 + 2z 3 + 3z 2 + 2z + 2
som en produkt av reella faktorer av grad högst
två. (hint: jmfr föregående uppgift)
Svar/lösningar på utvalda övningar
Lösning 1:1.1
1. realdel (3 och imaginärdel 7
2. realdel (−3 och imaginärdel −17
√
3. realdel (− 2 och imaginärdel 0
Lösning 1:1.2
z + w = 1 + 2i + 2 + 3i = 3 + 5i
2z − 3w = 2(1 + 2i) − 3(2 + 3i) = 2 + 4i − 6 − 9i = −4 − 5i
z · w = (1 + 2i)(2 + 3i) = 2 + 6i2 + 3i + 4i = −4 + 7i
Lösning 1:1.3
Multiplikation uppe och nere med samma tal c 6= 0 betyder att man multiplicerar med ett:
c
1
1
=c· = ·c=1
c
c
c
⇒
A·
c
c
= ·A=1·A=A
c
c
Vi har alltså att 2 − 5i dividerat med 2 − 5i blir lika med 1, så vad man gör är alltså att multiplicera
med 1 och multiplikation med 1 förändrar ingenting, exempelvis är 1 · 3 = 3.
Lösning 1:1.4
(1 + 2i)(2 − 3i)
8+i
=
(2 + 3i)(2 − 3i)
13
Lösning 1:1.5
Lösning 1:1.6
z = 2 − 3i ligger i den fjärde kvadranten. Detta innebär att −z = −2 + 3i ligger i andra kvadranten.
Se även figur 4.
Lösning 1:1.7
Se figur 4.
Lösning 1:1.8
Se figur 4.
43
44
SVAR/LÖSNINGAR PÅ UTVALDA ÖVNINGAR
-4+3i
1+3i
-z=-2+3i
2i
t
-2
s+t
2
-3-2i
-2i
s
-1-4i
-4-3i
5+2i
st
z=2-3i
5-2i
2-5i
Figur 4: Svarta ”pluppar” är lösning till uppgift 5 , lila pluppar är lösningen till uppgift 6 och blå
pluppar till uppgift 7. Röda pluppar hör ihop med uppgift 8. Pilarna visar vad som händer vid
konjugeringen.
Lösning 1:1.9
Eftersom konjugering geometriskt svarar mot en spegling i den reella axeln så kommer en punkt i
andra kvadranten att speglas ned till tredje kvadranten.
Lösning 1:1.10
Vi multiplicerade täljare och nämnare men nämnarens konjugat. Detta betyder att nämnaren innehåller ett tal multiplicerat med sitt konjugat och denna produkt är talets absolutbelopp i kvadrat.
Om vi kallar talet för w = a + ib så har vi
ww = (a + ib)(a − ib) = a2 + b2 = |a + ib|2
Och absolutbeloppet är alltid ett ickenegativt tal.
Lösning 1:1.11
När det behövs använder vi att z = a + ib och w = c + id
Räkneregel 2 :: Vi ska visa att z · w = z · w: så har vi i vänster led
z · w = (a + ib)(c + id) = ac − bd + i(ad + bc) = ac − bd − i(ad + bc)
För höger led så gäller
z · w = (a + ib) · (c + id) = (a − ib)(c − id) = ac + bd − i(ad + bc)
Eftersom höger och vänster led är lika så är vi klara.11
Räkneregel 2 :: Vi ska visa att
z
w
=
z
w:
45
Vänster led blir
a + bi
c + di
=
(a − bi)(c + di)
(a + bi)(c − di)
(a + bi) · (c − di)
=
=
2
2
(c + di)(c − di)
c +d
c2 + d2
Höger led blir
(a − bi)
a + bi
(a − bi)(c + di)
(a − bi)(c + di)
=
=
=
(c
−
di)
(c
−
di)(c
+
di)
c2 + d2
c + di
Höger led och vänster led är alltså lika och vi är klara.
Räkneregel 3 :: Denna räkneregel följer genom en dubbel användning av konjugatets definition:
z = a + bi = a − bi = a + bi = z
Lösning 1:1.12
|2 + 3i| =
p
22 + 32 =
√
13 ,
|3 + 2i| =
p
√
32 + 22 = 13 ,
|3 − 2i| =
p
√
32 + (−2)2 = 13
De tre talen ligger alltså på samma avstånd från origo: de ligger alla på en cirkel med radien
Lösning 1:1.13
Avståndet till origo är precis talets absolutbelopp: |2 + 5i| =
p
22 + 52 | =
Lösning 1:1.14
√
√
13 .
29
√
De åtta talen har √
samma belopp (= 10 ) vilket betyder att de allihop ligger på en och samma
cirkel med radien 10 och centrerad i origo. Se också figur 5
2i
-2
√10
2
-2i
Figur 5: Figur till uppgift 14
46
SVAR/LÖSNINGAR PÅ UTVALDA ÖVNINGAR
Lösning 1:1.15
Vi använder oss av definitionen på sid 4 av beloppet och utnyttjar också räknereglerna för konjugatet, som vi också visade i uppgift ??
Räkneregel 1 :: Det här är i stort sett definitionen
av absolutbeloppet.
√
Eftersom beloppet definieras av |z| = zz så följer det att |z|2 = zz.
Räkneregel 2 :: Vi har att
|zw|2 = zwzw = zwzw = zzww = |z|2 |w|2
Räkneregel 4 :: Det räcker att visa det hela för kvadraten:
z 2
zz
z z
zz
|z|2
=
=
=
=
w
w w
ww
ww
|w|2
Räkneregel 4 :: Här räcker det att visa att |z|2 = |z|2 och detta följer enkelt eftersom
|z|2 = zz,
|z|2 = z z = zz = zz
Lösning 1:2.16
Vi använder den polära trigonometriska formen för att överföra till rektangulär form:
√
√
3
1
3
3 3
z = 3(cos −π/3 +i sin −π/3) = 3( −
)= −i
| {z } | {z }
2
2
2
2
= 12
√
=−
3
2
Lösning 1:2.17
Vi använder den trigonometriska beskrivningen för att skriva om från polär till rektangulär form
√
√
a. ) z = 2(cos π/3 + i sin π/3) = 2(1/2 + i 3 /2) = 1 + i 3
√
√
b. ) Vi har att beloppet för w blir: |w| = 1 + 1 = 2 . Om
√ vi tar argumentet i principalområdet
(−π, π] så får vi vinkeln 3π/4. Följdaktligen blir w = 2 ei3π/4 .
Lösning 1:2.18
Principalargumentet för 1 + i är π/4. De övriga argumenten får vi genom att addera alla multipplar
av 2π till detta argument. Alla argument kan således skrivas
π/4 + 2πk,
k∈Z
Lösning 1:2.19
Vi använder oss av räknereglerna för konjugatet:
a. )
(z + w)(z − w) = (z + w)(z − w) = zz − zw + wz − ww =
= |z| − |w|2 + zw − zw = |z|2 − |w|2 + 2i Im(zw) = 25 − 13 + 34i = 12 + 34i.
2
b. ) Argumentet för talet är tex π/4 varför vi kan skriva
formel ger nu att
1+i
√
2
= cos π/4 + i sin π/4 De Moivres
1+i
( √ )100 = (cos π/4 + i sin π/4)100 = cos 100π/4 + i sin 100π/4 = cos 25π + i sin 25π = −1
2
47
Lösning 1:2.20
Den polära formen av ett komplext tal går ut på att beskriva talet m.h.a. dess avstånd r till origo
tillsammans med den vinkel (kallad argumentet) som det talet bildar till den positiva delen av reella
axeln. Man väljer oftast den minsta vinkel som kan bildas vilket då är en vinkel som ligger mellan
−π och π. I figur 6 så betecknas denna vinkel med α.
Den trigonometriska formen blir då
z = r(cos α + i sin α)
och den exponentiella formen blir
z = reiα
-1
Figur 6: Bild till uppgift ??
Nu behöver vi bara bestämma r och α för vårt komplexa tal. Som hjälp har vi figur 6 där r är
hypotenusan i den blå triangeln och Pythagoras sats ger oss
q √
√
√
r = (− 3 )2 + (−1)2 = 3 + 1 = 4 = 2
För att bestämma α så måste vi först beräkna vinkeln β som kan uttryckas m.h.a. den blå triangeln:
1
tan β = √
3
⇒
1
β = arctan √ = π/6
3
Från figuren ser vi nu att vinkeln β är den vinkel som saknas för att α ska bli π, dvs
π =α+β
⇒
α = π − β = π − (π/6) = 5π/6
Nu har vi bara en sak kvar och det är att notera att vinklar som går medurs från positiva reella axeln
räknas som negativa. (Positiv orientering är moturs). Detta ger att argumentet för vårt komplexa
tal blir −5π/6.
Vi har nu
Trigonometrisk form:
Exponentiell form:
z = 2(cos(−5π/6) + i sin(−5π/6)) = 2(cos(5π/6) − i sin(5π/6))
z = 2e−i5π/6
48
SVAR/LÖSNINGAR PÅ UTVALDA ÖVNINGAR
Lösning 1:2.21
√
3 − i ligger i den fjärde kvadraten vilket betyder att argumentet måste
Vi har att vårt tal z = 32
−1
ligga i intervaller −π/2, 0 Eftersom beloppet är 3 och argumentet ges av arctan √
= −π/6 (eller
3
◦
-30 ) så har vi att den trigonometriska och exponentiella formerna blir
z = 3(cos −π/6 + i sin −π/6),
z = 3e−iπ/6
Lösning 1:2.22
√
Principalargumentet blir 2π/3: Talet ligger i den andra kvadranten och arctan 3 = π/3 och då får
vi principalargumentet som π − π/3 = 2π/3. För att välja argumentet i ett annat intervall behöver
vi bara lägga till ett lämpligt antal multipplar av 2π. Lägger vi till 2 · 2π = 4π så får vi 14π/3 som
ligger i det önskade intervallet (3π, 5π]
Lösning 1:2.23
Eftersom multiplikation innebär att argumenten adderas så gäller arg z + arg w som minst kan vara
0 + π/4 och som mest kan vara π/6 + π/2 = 4π/6, dvs argumentet för zw måste ligga i intervallet
(π/4, 4π/6)
Vid divisionen z/w så subtraheras argumentet för w från argumentet för z och då har vi att
arg z − arg w som mest är π/6 − π/4 = −π/12 (tag största argumentet för z och subtraherar det
minsta argumentet för w).
Som minst blir arg z − arg w när vi tar det minsta argumentet för z och subtraherar det största
argumentet för w och då får vi minsta argumentet 0 − π/2 = −π/2.
Argumentet för z/w ligger alltså i intervallet (−π/2, −π/12)
Lösning 1:2.24
Vi har att
n st
e
iϕ n
z
}|
{
iϕ
iϕ
iϕ
i(ϕ + · · · + ϕ)
= e| · e {z· · · e } = e
= einϕ ,
n stycken
där vi i den första likheten gör den vanliga tolkningen om vad upphöjt med ett heltal betyder. I
den andra likheten använder vi sedan oss av potensräkneregeln (1.8).
Lösning 1:2.25
Vi ska visa de trigonometriska additionsreglerna som man kan hitta i vilken matematisk formelsamling som helst. M.a.o. vi ska visa att
sin(α ± β)
cos(α ± β)
=
=
sin α cos β ± cos α sin β
cos α cos β ∓ sin α sin β
(2)
(3)
Vi använder oss av ekvation (1.8):
cos(α ± β) + i sin(α ± β) = ei(α±β) = eiα · e±iβ =
(cos α + i sin α)(cos β ± i sin β)
|
{z
}
=cos α cos β∓sin α sin β+i(sin α cos β±cos α sin β)
Från detta får vi att de två sidornas realdelar är lika ger oss ekvation (3) och (2) följer av att
imaginärdelarna ska vara lika
49
Lösning 1:3.26
√
Svar :: Lösningarna blir på rektangulär form {−2, 1 ± 3 i}. På polär form har vi
z = 2ei(π/3+2πk/3) ,
k = −1, 0, 1
Lösning: Vi börjar med att skriva binomekvationen på normalform:
z 3 = −8
som vi sedan skriver på polär form:
r3 ei3φ = 8ei(π+2πk) ,
k∈Z
Detta ger oss en ekvation för beloppet
r3 = 8
→
r=2
och en ekvation för argumentet/vinkeln
3φ = π + 2πk
⇒
φ = π/3 + 2k · π/3
Eftersom vår binomekvation är av ordning 4 så vet vi (från algebrans fundamentalsats) att vi ska
få fyra olika lösningar. Detta åstadkommer vi genom att välja fyra stycken på varandra värden av
k, t.ex. k = −1, 0, 1. Dessa värden ger oss lösningarna
zk = 2eπ/3+2k·π/3 ,
k = −1, 0, 1.
Utnyttjar vi att eiα = cos α + i sin α så får vi att den rektangulära formen för våra fyra lösningar
blir
√
√
z−1 = 1 − 3 i, z0 = 1 + 3 i, z1 = −2,
Lösning 1:3.27
z = 3ei(−π/20+2πk/5) , k = 0, 1, . . . 4
Lösning 1:3.28
π
z = ei(− 10 +
2π
5 k)
,k = 0, 1, 2, 3, 4.
Lösning 1:3.29
Skriv båda led på polär form:
π
r5 ei5θ = 32ei 4 +2πn
n∈Z
Detta ger oss direkt att r = 2 och att
θ=
π
2π
+
n
20
5
n∈Z
De fem olika lösningarna ges av fem på varandra följande värden på n, tex n = 0, 1, 2, 3, 4. 3,
π
z = 2ei( 20 +
Lösning 1:3.30
z = 2e−π/20+2nπ/5 , n = −2, 1, 0, 1, 2.
2π
5 n)
, n = 0, 1, 2, 3, 4
50
SVAR/LÖSNINGAR PÅ UTVALDA ÖVNINGAR
Lösning 1:3.31
Skriv båda led av ekvationen på polär form:
R5 e5iθ = ei(π+2nπ) ,
n∈Z
De båda sidornas absolutbelopp måste vara lika vilket ger att R = 1 (enda reella lösningen) till
R5 = 1. Ekvationen för argumentet blir
n∈Z
5θ = π + 2nπ,
vilket ger att θ = π/5+2nπ/5. Fem på varandra följande värden på n ger ekvationens fem lösningar.
Lösning 1:3.32
Vi ska hitta lösningar till
z=
√
5
1+i
(4)
Vi har att
√
5
1
1 + i = (1 + i) 5
Vilket innebär att om upphöjer båda led med 5 och då får vi binomekvationen
z5 = 1 + i
Varje lösning till denna binomekvation bör alltså kunna tolkas som en lösning till ekvation (4).
Vi skriver binomekvationen på polär form
r5 e5iθ =
√
2ei(π/4+2πn) ,
n∈Z
som leder till att
q
r=
5
√
2
√
10
=
2,
θ=
och
π
2π
+n·
,
20
5
n∈Z
Fem olika lösningar till vår femtegradens binomekvation får vi genom att välja fem på varandra
följande heltal vilket leder till att lösningen t.ex. kan uttryckas som
z=
q
5 √
π
2 ei( 20 +n·
2π
5 )
,
n = −2, −1, 0, 1, 2
Denna ekvation har lösningarna
√
10
π
2ei( 20 +
2π
5 k)
,
k = 0, 1, 2, 3, 4
Alla dessa fem lösningar är alltså kandidater för femteroten ur 1 + i.
51
Lösning 1:4.33
Vi ska kvadratkomplettera och då följer vi schemat
=c
z }| {
a 2 a2
a 2 a 2
1
a
a
2
2
2
−
z + az + b = z + 2 · az +
+b = z + 2 · z +
− + b = (z + )2 + c
2
2
2
2
2
4
2
|{z}
|
|
{z
}
{z
}
=1
2
=(z+ a
2)
=0
För vår uppgift så har vi att a = 1 + i och b = −6 + 2i. Vi får nu att kvadratkompletteringen blir
(z +
1 + i 2 (1 + i)2
1+i 2
) −
− 6 + 2i = (z +
) +C
2
4 {z
2
|
}
=C
Vi snyggar till konstanten C:
=2i
z }| {
(1 + i)2
2i
1
4
5
C=−
− 6 + 2i = − − 6 + 2i = −6 + i + i = −6 + i
4
4
2
2
2
Kvadratkompletteringen blir alltså
2
1+i
5
z+
−6+ i
2
2
Lösning 1:4.34
1 + 3i och 2 − 3i.
52
SVAR/LÖSNINGAR PÅ UTVALDA ÖVNINGAR
Kvadratkomplettera:
3
3
9
35
z 2 − 3z + 11 + 3i = (z − )2 − + 11 + 3i = (z − )2 +
+ 3i
2
4
2
4
Vi gör substitutionen w = z − 32 och eftersom vi ska beräkna nollställen så ger det oss följande
ekvation
35
w2 = − − 3i
(5)
4
Vi sätter nu w = x + iy och använder att realdelarna och imaginärdelarna för båda sidor av
denna ekvation ska vara lika. Även beloppet av båda led ska också vara lika. Vi får därför följande
ekvationssystem
35
x2 − y 2 = −
(6)
4
2xy = −3
(7)
r
1369
37
=
(8)
x2 + y 2 =
16
4
Adderar vi ekvationerna (6) och (8) så får vi
1
2
=
4
2
Ekvation (7) ger oss sedan att y = ∓ 3 så att
2x2 =
⇒
x=±
1
2
1
1
− 3i och w = − + 3i
2
2
löser ekvation (5). Genom att substituera tillbaka så får vi lösningarna

 1 − 3i + 32
= 2 − 3i
3 2
z=w+ =
2 
 1
− 2 + 3i + 23 = 1 + 3i
w=
Lösning 1:4.35
Svar: z = 2i eller z = −3.
Lösning 1:4.36
z = −1 + i och z = 1 + 3i
Lösning 2:6.37
Polynomdivisionen ger
x2
2
x +1
4
+5
2
x + 6x + 12x + 6
− x4 − x2
5x2 + 12x + 6
− 5x2
−5
12x + 1
2
från vilket vi får k(x) = (x + 5) och restpolynomet r(x) = 12x + 1 Vi har att
k(x)q(x) + r(x) = (x2 + 5)(x2 + 1) +12x + 1 = x4 + 6x2 + 12x + 6
|
{z
}
=x4 +6x2 +5
och eftersom polynomet till höger faktiskt är polynomet p(x) så är vi klara.
53
Lösning 2:6.38
Vi noterar att vi har ett reellt polynom och eftersom detta har udda grad så måste minst ett av
nollställena vara reellt. Vi antar att vi har heltaslösningar och att de i så fall måste vara heltal som
delar konstanttermen −2. Vi får då talen ±1 och ±2 som vi sätter in i vårt polynom. Vi får då att
p(1) = 0,
polynomet ej noll för − 1, ±2.
Faktorsatsen ger nu att polynomet x − 1 måste dela vårt polynom. Polynomdivision ger
x−1
x2 − 2x + 2
x3 − 3x2 + 4x − 2
− x3 + x2
− 2x2 + 4x
2x2 − 2x
2x − 2
− 2x + 2
0
Vi får alltså kvotpolynomet x2 − 2x + 2 som har nollställena x = 1 ± i.
Lösningarna blir alltså x = 1, x = 1 ± i.
Lösning 2:6.39
Pröva om någon av delarna ±1, ±2, ±3, ±6 till konstanttermen 6 är nollställen till polynomet.
Man får då lösningarna är z = −1, z = −2 och z = −3.
Lösning 2:6.40
Lösningarna blir z = −1 ± 2i och z = 1 ± i.
Lösning 2:6.41
Från uppgift 40 så får vi att p(z) = (z 2 + 2z + 5)(z 2 − 2z + 2) eftersom de båda faktorerna har
nollställena z = −1 ± 2i respektive z = 1 ± i.
Lösning 2:6.42
Lösningarna blir z = −1 ± i och z = ±i.
Lösning 2:6.43
Från uppgift 42 så ser vi att p(z) = (z 2 +2z +2)(z 2 +1) eftersom de båda faktorerna har nollställena
z = −1 ± i respektive z = ±i.
Sakregister
absolutbelopp, 4
räkneregler, 5
addition, 2
admittans, 3
algebrans fundamentalsats, 27, 29
argument, 7
konjugerat, 32
multiplicitet för, 28
till reellt uddagradspolynom, 34
trippelt, 28
Ohm’s lag, 2
polär
beskrivning, 7
exponential form, 8
form, 7
exponentiell, 8
trigonmetrisk, 7
polynom
kvot, 28
moniskt, 24
noll, 24
nollställe, 27
reellt, 25
rest, 28
polynomdivision, 28, 33
kvot, 28
rest, 28
polynomekvation, 1, 2
pq-formeln, 20
bevis, 20
principalargument, 8, 9, 15
belopp, se absolutbelopp
binom, 24
division, 3
divisionsalgoritmen, 28
dubbelrot, 27
dubbelt nollställe, 28
exponential form, 8
faktorsatsen, 28
gradtal, 24
imaginära enheten, 1, 1, 3, 13
imaginärdelen, 1, 1, 5
impedans, 2
koeffecient, 24
komplexa tal, 1, 1, 2–4, 7, 8, 12–14, 22
absolutbelopp, 4
addition, 2
division, 3
konjugat, 4
multiplikation, 3
subtraktion, 2
konduktans, 3
konjugat, 4
räkneregler, 4
konstantterm, 24
kvadratkomplettering, 20
kvotpolynom, 28
realdelen, 1
reella polynom, 32
reellt
polynom, 25, 32
rektangulär
beskrivning, se rektangulär form
form, 7
restpolynom, 28
spegling, 4
subtraktion, 2
suseptans, 3
moniskt polynom, 24
monom, 24
multiplicitet, 28
multiplikation, 3
trippelt nollställe, 28
vinkelfrekvens, 2
nollpolynom, 24
nollställe, 27
dubbelt, 28
komplext, 32
54