Príklady a precvičovaie komplexé čísla, postuposti a fukcie Príklad 1 Vypočítajte: Riešeé príklady a) 1 + i 1 i 1 i 1 + i, b) 1 + i)6, c) 1 + i Riešeie: a) Elemetárym vypočtom dostaeme 1 + i 1 i 1 i 1 + i 1 + i 1 i 1 + i 1 + i 1 i 1 + i 1 i 1 i b) Podobe máme 1 + i) 1 i) i 1 + i) 6 [ 1 + i) ] [i] 8i c) Ozačme x + i y 1 + i, kde x, y su ezáme reále čísla Potom 1 + i x + iy) x y + xyi Posledá rovosť je ekvivaletá so sústavou 1 x y, xy Ďalej môžeme postupovať dvomi vzájome rovoceými spôsobmi Jeda možosť je priamo vypočítať ezáme x, y z uvedeej sústavy Platí y /x) a po dosadeí do prvej rovice a mešej úprave dostaeme pre x bikvadratickú rovicu 4x 4 4x 0 Druhý spôsob spočíva v obohateí uvedeej sústavy o ešte jedu rovicu Platí apríklad toto 1 + i x + iy) x + iy x + y 1
Máme teda k dispozícii tri rovice pre ezáme x, y, a to x + y, 1 x y, xy Z prvých dvoch okamžite dostaeme x / a y 1/, kým posledá rovosť azačuje, že obe ezáme majú rovaké zamieko Preto [x, y] [ /, 1/ ] alebo [x, y] [ /, 1/ ] Teda 1 + i + i, i Príklad Nájdite všetky hodoty daých odmocí a zapíšte ich v algebraickom tvare a) 1, b) 6 1, c) 1 + i, d) 6 79 Riešeie: Pripomeňme, že ak > 1 je pevé prirodzeé číslo, potom pre každé z C existuje -tá odmocia z a adobúda práve rôzych hodôt, kokréte ) φ + kπ φ + kπ z z [ cos + i si )], k 0, 1,, 1, kde φ ozačuje hlavý argumet argz komplexého čísla z a) Komplexé číslo 1 prepíšeme do goiometrického tvaru Nakoľko 1 1 a arg 1 0, platí 1 1 cos 0 + i si 0) Možia všetkých tretích odmocí z 1 má potom tvar 1 cos kπ kπ + i si, k 0, 1, Postupým výpočtom pre jedotlivé hodoty k dostaeme 1 {1, 1 } ± i
b) Aalogicky ako v predchádzajúcom prípade pre možiu všetkých šiestych odmocí z 1 platí 6 1 cos kπ 6 + i si kπ 6 cos kπ + i si kπ Pre jedotlivé hodoty k postupe dostávame k 0 cos 0 + i si 0 1,, k 0, 1,,, 4, 5 k 1 cos π + i si π 1 + i, k cos π + i si π 1 + i, k cos π + i si π 1, k 4 cos 4π + i si 4π cos π i si π 1 i, Teda k 5 cos 5π + i si 5π cos π i si π 1 i { ) )} 6 1 1 ±1, ± + i 1, ± i c) Ukážeme dva spôsoby riešeia tohto príkladu Riešeie 1: Je avlas podobé predchádzajúcim dvom prípadom Na oživeie číslo 1 + i teraz prepíšeme do expoeciáleho tvaru 1 + i a arg 1 + i) π/4) Potom platí 1 + i e i π 4 6 1 + i e i π/4+kπ 6 e i π kπ +i 1, k 0, 1,
Pozameajme, že symbol 6 v posledom výraze ozačuje ašu starú dobrú a bezpečú reálu šiestu odmociu z Voľbou parametra k dostaeme k 0 6 e i π 1, k 1 6 e i π 1 +i π 6 e i π 4, k 6 e i π 1 +i 4π 6 e i 17π 6 7π 1 i e 1 V posledej rovosti sme využili skutočosť, že e i 17π 1 e i 7π 1 +π ) e i 7π 1 e πi }{{} 7π i e 1 cos π+i si π1 Platí teda 6 1 + i { e i π 6 1, e i π 6 7π 4, i e 1 } Malá potiaž je v tom, že príslušé tretie odmociy máme vyjadreé v expoeciálom tvare, kým podľa zadaia máme ájsť ich alegebraické vyjadreie Podľa Eulerovho vzorca e iφ cos φ + i si φ, φ R, bude teda uté explicite určiť hodoty kosíusu a síusu v uhloch π/1, π/4 a 7π/1 :-// Pomôžu ám však goiometrické vzorce pre polovičý uhol, akoľko apr π/1 π/6)/ :)) Navyše uhol π/4 určite ebude robiť problémy Tak s chuťou do toho: cos π cos π/6 1 + cos π }{{ 1} + 6 toto je kladé 1 + +, si π si π/6 1 cos π }{{ 1} + 6 toto je kladé 1, 4
cos si ) 7π 1 cos 7π cos 7π/6 }{{ 1} toto je záporé, prečo? :) 1 + cos 7π 6 1 + cos ) π + π 6 1 cos π 6, ) 7π 1 si 7π si 7π/6 }{{ 1} toto je kladé, prečo? :) 1 cos ) π + π 6 1 + cos π 6 +, 1 cos 7π 6 cos π 4 1, si π 4 1 Takže ájdeé tretie odmociy z čísla 1 + i možo zapísať v tvaroch 6 ) e i π 6 + + 1 + i 6 + i 6, 6 e i π 6 4 1 + i ) 1 + i, 6 ) e i 7π 6 + + 1 + i 6 i 6 Riešeie : Druhý spôsob je podobý prvému, až do chvíle, keď sme úteí prevádzať vyššie uvedeé echuté výpočty Je založeý a aoko eviom pozorovaí 1 + i 1 + i) 1 1 + i 1 Výbore, túto rovosť vykrátime výrazom 1 + i a dostaeme 1 1?!?! Letmý pohľad a výsledok prípadu a) vyššie iheď ukazuje, že iečo 5
ie je v poriadku Ako to teda je? :) Háčik je v tom, že symbol 1 + i epredstavuje jedu hodotu, ale možiu troch hodôt Podobe i výraz 1 v komplexom poímaí) Takže ešte raz a teraz už správe } 1 {{ + } i } 1 + {{ i 1 } možia všetkých tretích odmocí z 1+i možia všetkých súčiov prvkov z 1+i a 1 Naviac, obidve možiy 1 + i a 1 majú po tri prvky To zameá, že v súlade s výsledkom prípadu a) pre akúkoľvek peve zvoleú hodotu ε 1 + i platí 1 + i { ε 1, ε 1 + i ), ε 1 i Za ε môžeme vziať apríklad hodotu 6 e i π 4, ktorú vieme pomere ľahko vyčísliť ε 1 + i Podľa práve získaého vyjadreia pre 1 + i potom po úpravách) dostaeme 1 + i { 1 + i } 1 + 1 + 1 1, i, + i Pozámka k c): V prvom spôsobe riešeia sme využívali prevaže hrubú silu, kým druhé riešeie je založeé a istom fígli Obidva prístupy majú svoje kladé stráky, už le tým, že poskytujú dva uhly pohľadu a jedu vec Nadôvažok, z dvojakého vyjadreia tretích odmocí z 1 + i ako bous vyplývajú zaujímavé číselé idetity, ktorých overeie je síce triviála záležitosť, ale ich objaveie ie je celkom jedoduché Kokréte, platí + + 1 a 1 Samy odvoďte porovaím výsledkov v prvom a druhom spôsobe riešeia a potom overte i priamym výpočtom) d) Namiesto priameho útoku využijeme opäť úskok Kedysi si iekto všimol, že 6 79 My však potrebujeme číslo, ktoré po umoceí a šiestu dá míus 79 S číslom epochodíme Čo tak i? Platí i) 6 6 i 6 79 1) 79 6 )}
To je oo! :) Takže i je jeda z hodôt 6 79 Ale my ich chceme mať šesť : Napríklad aj i ám vyhovuje, ale stále je to málo Pomôžeme si príkladom b) otázku, prečo by ás malo apadúť práve toto, ebudeme teraz riešiť :)) Nech ε je ejaká šiesta odmocia z 1, tj, ε 6 1 Potom i ε) 6 i) 6 ε 6 79 1 79 Takto to teda je :) A keďže šiestych odmocí z 1 je práve šesť, platí { 6 79 i ε, ε 6 } 1 Využijúc výsledok z prípadu b) dostaeme { [ )] [ )]} 6 1 79 i ±1), i ± + i 1, i ± i { ±i, ± + i ), ± )} + i Samozrejme, te istý výsledok by sme dostali i postupom aplikovaým v prípadoch a), b) Príklad Nech ω je ejaké riešeie rovice x 1, pričom ω 1 Bez zalosti explicitej hodoty ω vyjadrite čísla v tvare a + b ω, kde a, b R 1 1 + ω, 1 1 + ω, ω 1 1 + ω, ω 1 1 + ω, Riešeie: Rozkladom x 1 x 1)x + x + 1) zistíme, že komplexé) číslo ω jedak spĺňa ω 1, a jedak je riešeím kvadratickej rovice ω +ω+1 0 Vhodým bavkaím sa s týmito pozatkami postupe dostávame 1 1 + ω 1 1 } 1 + {{ ω } ω ω ω 0 + 1) ω, }{{} ω teto meovateľ je ω teto meovateľ je 1 7
1 1 + ω 1 1 } 1 + {{ ω } ω teto meovateľ je ω ω ω ω 1 + ω, ω 1 1 + ω ω 1) 1 } 1 + {{ ω } teto zlomok je ω ω 1 1 + ω ω 1) 1 1 + ω }{{} teto zlomok je 1+ω ω 1) ω ω 4 }{{} toto je ω ω 1) ω) ω }{{} +ω 1 + ω, toto je 1+ω ω 1) 1 + ω) ω 1) 1 + ω) }{{} toto je ω + }{{} ω ω 1 ω 1 ω toto je 1 ω Príklad 4 Staovte hodotu súčtu 1 + cos x + cos 4x + + cos x, x R, N 0 Riešeie: Pri tejto klasickej úlohe aplikujeme Eulerov vzorec a Moivreovu vetu Kokréte, pre každé x R a k Z platí cos x + i si x e ix, cos x + i si x) k cos kx + i si kx Kombiáciou týchto pozatkov dostaeme vyjadreia overte samy) cos kx eikx + e ikx, si kx eikx e ikx i Nech x R a N 0 sú daé Pre súčet v zadaí príkladu potom máme 1 + cos x + cos 4x + + cos x cos mx m0 ) e imx + e imx m0 8
Ak x lπ pre ejaké celé číslo l, potom cos mx cos mlπ cos 0 1 pre každé m 0,, V tomto prípade je teda hľadaý súčet + 1 Predpokladajme, ech x lπ, l Z Platí cos mx m0 ) e imx + e imx 1 m0 m0 e ix ) m + 1 ) e ix m Posledé dve sumy predstavujú súčty koečých geometrických postupostí s kvocietami e ix a e ix Platí m0 e ix ) m 1 e ix+1) 1 e ix Získaý súčet teraz vhode upravíme, resp budeme sa sažiť ho vyjadriť pomocou reálych výrazov obsahujúcich síusy a kosíusy Postupe dostávame 1 e ix+1) eix+1) e ix+1) e ix+1)) 1 e ix e ix e ix e ix ) m0 eix+1) i si + 1)x e ix i si x e ix si + 1)x si x V prvom kroku sme z čitateľa i meovateľa zlomku vyímali pred zátvorku, kým v druhom kroku sme aplikovali vyjadreie fukcie síus odvodeé v úvode príkladu Platí teda ) e ix m e ix m0 si + 1)x si x Aalogickým spôsobom dostaeme pre druhú sumu vyjadreie overte; apríklad aj tak, že v práve odvodeom výraze zameíte x za x ;)) ) e ix m e ix m0 si + 1)x si x Pre súčet v zadaí príkladu potom dostaeme formulu cos mx 1 m0 [ e ix si + 1)x + e ix si x 9 ] si + 1)x si x
eix + e ix Zistili sme teda, že platí cos mx m0 si + 1)x si x cos x si + 1)x si x cos x si + 1)x, x lπ, si x + 1, x lπ, l Z Príklad 5 Pre x R vyjadrite si 5x, cos 5x, tg 5x a cotg 5x pomocou mocí si x, cos x, tg x a cotg x Riešeie: Existujú miimále dve cesty, ako postupovať pri tomto príklade V prvej z ich budeme priamo postupe roz-síusovávať, resp roz-kosíusovávať, resp roz-tagesovávať, resp roz-kotagesovávať výrazy si 5x, cos 5x, tg 5x a cotg 5x Síce sa ám tým výraze zlepšia aše mauále počtárske zručosti, ale výdate si tým aj odskáčeme všetku tú špiavú prácu, ktorú matematika so sebou priáša :) Pozor, je to skutoče le pre silé a otrlé žalúdky! My si teraz zvolíme ťahať za trochu ľahší koiec :) Starý Abraham de Moivre a eskôr ešte lepšie ako iak i Leohard Euler) si jedého dňa všimol takúto roztomilú vec cos x + i si x) 5 cos 5x + i si 5x, x R Rovako ako teraz ašich čitateľov i jeho apadlo, že by ebolo od veci rozásobiť ľavú strau spôsobom, ako to robieval Isaac Newto Chalaiská sa totiž veľmi kamošili, už ejedu kovergetú i divergetú párty zažili, takže Abraham dôvere pozal Isaacovu ako sa des hovorí biomickú vetu Skrátka, po koečých úpravách dostal toto cos x + i si x) 5 cos 5 x 10 cos x si x + 5 cos x si 4 x +i5 cos 4 x si x 10 cos x si x + si 5 x) Nuž ale, objaviteľsky vykríkol Moivre, potom musí predsa platiť, že cos 5x cos 5 x 10 cos x si x + 5 cos x si 4 x, 10
si 5x 5 cos 4 x si x 10 cos x si x + si 5 x Ľaľa ho, vzrušee si pomädlil ruky Moivre, dve muchy jedou raou A keďže bol povaha dôkladá, zvedavá a hlave ebojáca, eprestal a plý posvätého apätia pokračoval ďalej tg 5x si 5x cos 5x 5 cos4 x si x 10 cos x si x + si 5 x cos 5 x 10 cos x si x + 5 cos x si 4 x cos5 x 5 tg x 10 tg x + tg 5 x) cos 5 x 1 10 tg x + 5 tg 4 x) 5 tg x 10 tg x + tg 5 x 1 10 tg x + 5 tg 4 x Abraham, dojatý ako storočý miliardár, kotemplujúci svoje skromé imaie, si uvedomil, že arazil a zlatý dol a bezostyše sa mu už zbiehali sliky a ďalšie sústo cotg 5x 1 tg 5x 1 10 tg x + 5 tg 4 x 5 tg x 10 tg x + tg 5 x tg5 x cotg 5 x 10 cotg x + 5 cotg x) tg 5 x 5 cotg 4 x 10 cotg x + 1) cotg5 x 10 cotg x + 5 cotg x 5 cotg 4 x 10 cotg x + 1 Príklad 6 Zapíšte a ačrtite v komplexej rovie uvedeé možiy bodov a) z 1 Rez, b) z 1 + z < Riešeie: Využijeme pozorovaie, že každé komplexé číslo z x + iy je možé reprezetovať ako bod [x, y] v euklidovskej) rovie a aopak) Potom v prípade a) máme z 1 Rez, 0 x 1) + iy x, 0 x 1) + y x, x 1) + y x, x + 1 + y 0 y x 1 Jedá sa teda o možiu bodov vo vútri a a parabole y x 1 V prípade b) si môžeme pomôcť geometrickou iterpretáciou absolútej hodoty 11
Vieme, že pre z x + iy výraz z 1 vyjadruje euklidovskú) vzdialeosť bodu [x, y] od bodu [1, 0], resp výraz z vyjadruje euklidovskú) vzdialeosť bodu [x, y] od bodu [, 0] Máme teda ájsť možiu všetkých bdoch v rovie, ktorých súčet vzdialeostí od peve daých bodov [1, 0] a [, 0] je meší ako Takúto vlastosť má práve vútro elipsy s ohiskami v bodoch [1, 0] a [, 0] a s dĺžkou hlavej polosi / Overte, že elipsa s takýmito parametrami skutoče existuje a ájdite jej stred, dĺžku vedľajšej polosi a akoiec i jej aalytické vyjadreie :) Mal by ste dostať výsledok x ) 9/4 + y 5/4 < 1 Príklad 7 Vypočítajte itu postuposti ) i 1 + i Riešeie: V itovao výraze sa pokúsime oddeliť reálu a imagiáru časť Najschodejšie sa ukazuje previesť číslo 1 + i)/ a goiometrický tvar a áslede a jeho -tú mociu aplikovať Moivreho vzorec Platí 1 + i cos π 4 + i si π 4, Potom dostaeme i ) 1 + i i cos π 4 ) 1 + i cos π π + i si 4 4 π ) + i si 4 si π 4 + i π ) cos 4 Pre uvedeú postuposť existuje ita práve vtedy, keď existujú ity z jej reálej i imagiárej časti Avšak si π 4 0 cos π 4, 1
ako sa môžeme ľahko presvedčiť Preto i 1 + i ) 0 + i 0 0 Príklad 8 Dokážte 1 + i ) 8 1 Riešeie: Máme vlaste ukázať, že [ ) 1 + i 8 1 1 + i 8 1 + i )] 0 8 Toto je však ekvivaleté s tým, že ) 1 + i 8 1 1 + i ) 8 0 dobre si to premyslite :)) Túto itu z reálej postuposti teraz budeme vhode upravovať, pričom ukážeme, že skutoče je ulová Komplexé číslo 1 + i prepíšeme apríklad do expoeciáleho tvaru 1 + i e πi/ Dosadeím postupe dostaeme ) e πi/ ) eπi/ 8 1 8 e πi/ eπi/ 1 8 1 8) toto je 1 {}}{ e πi/ e 1)πi 1 }{{} 8 1 8 8 1 1 8 toto je 1 1
8 1 8 1 1 8 8 8 + 1 8 8 1) 1 8 8 1) 0 Príklad 9 Rozhodite o kovergecii ekoečého radu 1 e i π Riešeie: V -tom člee daého radu oddelíme jeho reálu a imagiáru časť 1 e i π cos π/) 1 + i ) si π/) Potrebujeme teda vyšetriť kovergeciu reálych radov Platí 1 cos π/), cos π/) 1 si π/) 1 1 si π/) cos π/) 1, si π/) 1 π Podľa itého porovávacieho kritéria pre reále rady) to zameá, že kosíusový rad sa pre veľké správa ako harmoický rad 1/), a teda diverguje, kým síusový rad sa pre veľké javí ako rad 1/ ), a teda koverguje Preto komplexý rad v zadaí príkladu diverguje Príklad 10 Nájdite súčet ekoečého radu i 0 + i! 14 )
Riešeie: Ituitíve cítime, že ak by sa ám pošťastilo určiť súčty radov 0 i, 0 i!, máme vyhraté Prvý z týchto radov je geometrický s kvocietom q i/, a akoľko q i i 1 < 1, je to kovergetý rad so súčtom 0 i 1 1 1 i i + i) 5 4 + i 5 Druhý rad je dokoca reály, pretože i 1) Z teórie mociových radov vyplýva, že i! 1) e 1! 0 0 platí e x 0 x /!) pre každé reále x) Preto súčet pôvodého radu v zadaí existuje a spĺňa ) i + i! 0 0 i + 0 i! 4 + i + 1 5 e 1 e + 4 5 + i 5 Príklad 11 Určte itu fukcie z i z + 1 z + iz z i Riešeie: Dosadeím z i dostaeme eurčitý výraz 0/0, ako sa možo ľahko presvedčiť Postupujeme preto štadarde ako pri reálych fukciách reálej premeej Platí apríklad z i z + 1 z + iz z i z i z + i)z i) z + i)z 1) z i 15 z i z 1 i
Príklad 1 Nájdite body espojitosti fukcie f daej predpisom fz) z Rez z a rozhodite, či sa jedá o odstráiteľé espojitosti Riešeie: Výraz z Rez/ z rozdelíme a jeho reálu a imagiáru časť Pre z x + iy je zrejme Rez x a z Rez z x + iy)x x + y x + iyx x + y x x + y + i xy x + y Reále fukcie ux, y) x x + y, vx, y) xy x + y sú zrejme spojité všade a R okrem bodu [0, 0], kde ai jeda z ich ie je defiovaá Preto fukcia f je spojitá a C \ {0}, a teda má jediý bod espojitosti z 0 Vypočítajme itu f v tomto bode fz) z 0 x,y) 0,0) x x + y + i Úloha sa ám redukuje a určeie reálych ít ) xy x + y x,y) 0,0) x x + y, x,y) 0,0) xy x + y Nasadiac klasický aparát difereciáleho počtu reálych fukcií dvoch reálych premeých apríklad prevod do polárych súradíc), dostaeme x,y) 0,0) x x + y 0 x,y) 0,0) xy x + y 16
To zameá, že platí z 0 fz) 0 Fukcia f má preto v bode z 0 odstráiteľú espojitosť, pričom fukcia g defiovaá priradeím z Rez, z 0, gz) z 0, z 0, je už spojitá v celej komplexej rovie Pozámka k Príkladu 1: V príklade sme ukázali, že fukcia f ie je defiovaá v bode z 0, a to je dôvod, prečo ie je v tomto bode spojitá Je potrebé si však uvedomiť, čo je príčiou toho, že f ie je defiovaá v 0 Hlavým dôvodom ie je to, že po dosadeí hodoty z 0 do predpisu fukcie f dostaeme ulu v meovateli Skutočou príčiou je fakt, že f0) je eurčitý výraz, kokréte typu 0/0 Túto divú alchýmiu si bližšie osvetlíme v asledujúcom príklade :) Príklad 1 Vyšetrite spojitosť fukcie ako priradeia kde C : C { } fz) z z + 1 a) f : C C, b) f : C C, Riešeie: a) Fukciu f chápeme ako priradeie z C do C, tj, do f môžeme apchať iba koečé hodoty argumetu z, pričom výsledok fz) musí byť zas le koečý takéto fukcie sa priliehavo azývajú koečé :) ) Z predpisu pre f iheď vido, že problém môžu robiť iba koečé) hodoty z ±i Platí fi) i i + 1 i 0, f i) i i) + 1 i 0, podľa defiičých vlastostí komplexého ekoeča Teda fi), f i) C, tj, hodoty fi), f i) ie sú koečé, a preto fukcia f ie je spojitá v bodoch ±i kokréte, ie je defiovaá v bodoch ±i) 17
b) Teraz síce vkladáme do f zas le koečé hodoty z, ale fz) môže byť aj ekoečé Takže ás ijako evzrušuje fakt, že f±i) Fukcia f je defiovaá v bodoch z ±i premyslite si, že okrem iého je to dôsledok faktu, že máme zavedeé le jedo komplexé ekoečo) To však, ako vieme, estačí a jej spojitosť Poďme sa pozrieť a ity f v bodoch ±i toto koverguje do i {}}{ z fz) z i z i z } {{ + 1 } toto koverguje do 0 fz) z i z i toto koverguje do i {}}{ z z + 1 }{{} toto koverguje do 0 i 0 fi), i 0 f i) Žiade prekvapeie Teda v tomto poímaí je f fukciou spojitou v celej komplexej rovie C Uvedeý výpočet ít sa môže zdať veľmi svojvoľý a tak trochu aj účelový, aby ám iečo peké vyšlo :) Pridáme teda korektejší výpočet Určíme itu absolútej hodoty f v bode z i Pozameajme, že f je reála fukcia komplexej premeej) Platí toto koverguje do 1 {}}{ z fz) z i z i z + 1 }{{} toto koverguje do 0 sprava 1 0 + +, kde + je staré dobré reále plus ekoečo To zameá, že pre z i sa fukčé hodoty fz) eobmedzee vzďaľujú od začiatku súradicovej sústavy Teda skutoče fz), kde teraz začí jedié komplexé ekoečo Podobý záver platí aj pre itu z i fz) 18