Kezdőlap


Cím:	A képzetes számokról 2.
Szerző(k):	Dr Anderkó Aurél
Füzet:	1902/április, 197 - 200. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A következőkben a komplex számokkal végezhető műveleteket fogjuk áttekinteni, ha azok trigonometrikus alakban vannak megadva.

\begin{matrix} r_{1} (cos φ_{1} + i sin φ_{1}) + r_{2} (cos φ_{2} + i sin φ_{2}) = \end{matrix}

\begin{matrix} = (r_{1} cos φ_{1} + r_{2} cos φ_{2}) + i (r_{1} sin φ_{1} + r_{2} sin φ_{2}) . \end{matrix}

\begin{matrix} R cos φ = r_{1} cos φ_{1} + r_{2} cos φ_{2} \end{matrix}

(1)

és

\begin{matrix} R sin φ = r_{1} sin φ_{1} + r_{2} sin φ_{2} \end{matrix}

(2)

akkor osztással nyerjük, hogy

\begin{matrix} tg φ = \frac{r_{1} sin φ_{1} + r_{2} sin φ_{2}}{r_{1} cos φ_{1} + r_{2} cos φ_{2}}, \end{matrix}

(3)

ha pedig mindkét egyenletet négyzetre emelés után összeadjuk, akkor:

\begin{matrix} R^{2} = r_{1}^{2} + r_{2}^{2} + 2 r_{1} r_{2} cos (φ_{1} - φ_{2}) . \end{matrix}

(4)

A (3) és (4)-ből látható, hogy csakugyan lehetséges olyan

φ

-t és

R

-et meghatározni, melyek (1)-et és (2)-őt kielégítik. Írhatjuk tehát, hogy minden esetben:

\begin{matrix} r_{1} (cos φ_{1} + i sin φ_{1}) + r_{2} (cos φ_{2} + i sin φ_{2}) = R (cos φ + i sin φ) . \end{matrix}

Vagyis itt is kitűnik, hogy két komplex szám összege ismét komplex számot ad. Ugyan e tétel érvényes a komplex számok kivonására is, mely esetben ugyanúgy járunk el, mint elébb.

II.

\begin{matrix} [r_{1} (cos φ_{1} + i sin φ_{1})] \cdot [r_{2} \cdot [(cos φ_{2} + i sin φ_{2})] = \end{matrix}

\begin{matrix} = r_{1} r_{2} [cos (φ_{1} + φ_{2}) + i (sin φ_{1} + φ_{2})] \end{matrix}

jobban általánosítva:

\begin{matrix} [r_{1} (cos φ_{1} + i sin φ_{1})] [r_{2} \cdot (cos φ_{2} + i sin φ_{2})] ... [r_{n} (cos φ_{n} + i sin φ_{n})] = \end{matrix}

\begin{matrix} = r_{1} r_{2} ... r_{n} [cos (φ_{1} + φ_{2} + ... φ_{n}) + i sin (φ_{1} + φ_{2} + ... φ_{n})] \end{matrix}

Tehát két, vagy több komplex szám szorzata ismét komplex számot ad, melynek modulusa a tényezők modulusainak szorzatával, argumentuma pedig a tényezők argumentumainak összegével egyenlő.

III.

\begin{matrix} \frac{r_{1} (cos φ_{1} + i sin φ_{1})}{r_{2} \cdot (cos φ_{2} + i sin φ_{2})} = \frac{r_{1}}{r_{2}} \cdot \frac{(cos φ_{1} + i sin φ_{1}) (cos φ_{2} - i sin φ_{2})}{(cos φ_{2} + i sin φ_{2}) (cos φ_{2} - i sin φ_{2})} = \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{r_{1}}{r_{2}} \cdot [cos (φ_{1} - φ_{2}) + i sin (φ_{1} - φ_{2})] . \end{matrix}

Két komplex szám hányadosa tehát oly komplex számot ad, melynek modulusa az osztandó és osztó modulusának hányadosa, argumentuma pedig az osztandó és osztó argumentumainak különbsége.

IV.

\begin{matrix} {[r (cos φ + i sin φ)]}^{n} = [r (cos φ + i sin φ)] \cdot [r (cos φ + i sin φ)] ... r (cos φ + i sin φ)] = \end{matrix}

\begin{matrix} = r \end{matrix}

(1)

Valamely komplex szám

n .

-ik hatványa oly komplex szám, melynek modulusa az alap modulusának

n .

-ik hatványa, argumentuma pedig az alap argumentumának

n

-szerese.
E tétel azonban akkor is érvényes, ha a hatványkitevő negatív egész szám, vagy tört. Ugyanis:

\begin{matrix} {[r (cos φ + i sin φ)]}^{- n} = \frac{1}{{[r (cos φ + i sin φ)]}^{n}} = \frac{cos 0 + i sin 0}{r^{n} (cos n φ + i sin n φ)} . \end{matrix}

Az osztást végrehajtva

I I I .

szerint nyerjük, hogy

\begin{matrix} {[r (cos φ + i sin φ)]}^{- n} = r^{- n} [(cos (- n φ) + i sin (- n φ)] . \end{matrix}

Ha pedig a hatványkitevő törtszám, akkor:

\begin{matrix} {[r (cos φ + i sin φ)]}^{\frac{1}{n}} = r^{\frac{1}{n}} (cos \frac{φ}{n} + i sin \frac{φ}{n}) . \end{matrix}

(2)

A felírt egyenlőség helyességéről rögtön meggyőződünk, ha mindkét oldalt felemeljük az

n .

-ik hatványra, mert akkor a következő identitáshoz jutunk:

\begin{matrix} r (cos φ + i sin φ) = r (cos φ + i sin φ) . \end{matrix}

Ez utóbb nyert egyenlet még a következőképp is írható:

\begin{matrix} \sqrt[n]{r (cos φ + i sin φ)} = \sqrt[n]{r} (cos \frac{φ}{n} + i sin \frac{φ}{n}) . \end{matrix}

Minthogy pedig:

\begin{matrix} {\begin{matrix} cos φ = cos (φ + 2 k π) \\ sin φ = sin (φ + 2 k π) \end{matrix} (k = 0, \pm 1, \pm 2, ...) \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} \sqrt[n]{r (cos φ + i sin φ)} = \sqrt[n]{r} (cos \frac{φ + 2 k π}{n} + i sin \frac{φ + 2 k π}{n}) . \end{matrix}

(3)

Tehát: Valamely komplex szám

n

.-ik gyökének modulusa a radicandus modulusának positiv

n

.-ik gyöke, argumentuma pedig a radicandus argumentumának

n

-ed része.
A (3)-ban

k

felvehet minden egész számú értéket. Azt lehetne tehát gondolni, hogy valamely számnak végtelen sok különböző gyöke van. A következőkben megmutatjuk, hogy:
Valamely komplex szám

n

.-ik gyökének

n

egymástól független gyöke van.
Ugyanis:

\begin{matrix} cos \frac{φ + 2 k π}{n} = cos \frac{φ - 2 k π}{n} \end{matrix}

és

\begin{matrix} sin \frac{φ + 2 k π}{n} = sin \frac{φ - 2 k π}{n}, \end{matrix}

miből folyik, hogy elégséges, ha

k

-nak positív

(0, 1, 2, ...)

értékeket adunk. Ha

k = n

, akkor

\begin{matrix} cos \frac{φ + 2 n π}{n} = cos (\frac{φ}{n} + 2 π) = cos \frac{φ}{n} \end{matrix}

és

\begin{matrix} sin \frac{φ + 2 n π}{n} = sin (\frac{φ}{n} + 2 π) = sin \frac{φ}{n} \end{matrix}

vagyis ugyanazt a gyököt kapjuk, mint

k = 0

esetben. Legyen

\begin{matrix} \frac{k}{n} > 1, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} \frac{k}{n} = q + \frac{r}{n}, \end{matrix}

a hol már tehát

\begin{matrix} \frac{r}{n} < 1, tehát r < n . \end{matrix}

Ebben az esetben

\begin{matrix} cos \frac{φ + 2 k π}{n} = cos (\frac{φ + 2 k π}{n} + 2 q π) = cos \frac{φ + 2 r π}{n} \end{matrix}

és

\begin{matrix} cos \frac{φ + 2 k π}{n} = sin (\frac{φ + 2 r π}{n} + 2 q π) = sin \frac{φ + 2 r π}{n} . \end{matrix}

Független gyököket tehát csak akkor kapunk, ha

k < n

, ha tehát

k = 0, 1, 2, ..., n - 1

, miből következik kimondott tételünk helyessége.
A

I V

. alatti képleteket Moivre-féle képleteknek nevezzük.