[subject]/[topic]

Diszkrét matematikakimaradt

Gyökvonás és egységgyökök

Egy komplex szám n-edik gyökei, miért van pontosan n darab, hogyan alkotnak szabályos sokszöget, és az egységgyökök.

Forrás: DiMat_ea.pdf 52–54. dia

Az n-edik gyökök képlete

Tétel

Ha z=∣z∣(cos⁡φ+isin⁡φ)≠0z = |z|(\cos \varphi + i \sin \varphi) \ne 0 és n∈ℕn \in \N, akkor az xn=zx^n = z egyenletnek pontosan nn megoldása van:

wk=∣z∣n (cos⁡φ+2kπn+isin⁡φ+2kπn),k=0,1,…,n−1.w_k = \sqrt[n]{|z|}\,\left(\cos \frac{\varphi + 2k\pi}{n} + i \sin \frac{\varphi + 2k\pi}{n}\right), \qquad k = 0, 1, \dots, n - 1.

Miért pont ez? A Moivre-képlet szerint wknw_k^n hossza (∣z∣n)n=∣z∣\left(\sqrt[n]{|z|}\right)^n = |z|, a szöge φ+2kπ\varphi + 2k\pi, és ez ugyanaz az irány, mint φ\varphi. Tehát wkn=zw_k^n = z. A k=nk = n már ugyanazt adná, mint k=0k = 0, ezért pontosan nn különböző gyök van.

A gyökök mind ugyanakkora, ∣z∣n\sqrt[n]{|z|} sugarú körön vannak, egymástól 2πn\frac{2\pi}{n} szögre: szabályos nn-szöget alkotnak.

Figyelem

A ∣z∣n\sqrt[n]{|z|} itt a szokásos, nemnegatív valós gyök. A 2kπn\frac{2k\pi}{n} tagot a szöghöz adjuk mielőtt nn-nel osztunk, nem utána.

Kidolgozott példák

Példa · a 2i négyzetgyökei

∣2i∣=2|2i| = 2, φ=π2\varphi = \frac{\pi}{2}, n=2n = 2:

  • w0=2(cos⁡π4+isin⁡π4)=2⋅22(1+i)=1+iw_0 = \sqrt 2\left(\cos \frac{\pi}{4} + i \sin \frac{\pi}{4}\right) = \sqrt 2 \cdot \frac{\sqrt 2}{2}(1 + i) = 1 + i,
  • w1=2(cos⁡5π4+isin⁡5π4)=−1−iw_1 = \sqrt 2\left(\cos \frac{5\pi}{4} + i \sin \frac{5\pi}{4}\right) = -1 - i.

Ellenőrzés: (1+i)2=1+2i+i2=2i(1 + i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 2i. ✓

Példa · a 8 köbgyökei

∣8∣=8|8| = 8, φ=0\varphi = 0, n=3n = 3, 83=2\sqrt[3]{8} = 2:

  • w0=2w_0 = 2,
  • w1=2(cos⁡2π3+isin⁡2π3)=−1+3 iw_1 = 2\left(\cos \frac{2\pi}{3} + i \sin \frac{2\pi}{3}\right) = -1 + \sqrt 3\, i,
  • w2=2(cos⁡4π3+isin⁡4π3)=−1−3 iw_2 = 2\left(\cos \frac{4\pi}{3} + i \sin \frac{4\pi}{3}\right) = -1 - \sqrt 3\, i.

A valós számok között csak a 2 a köbgyöke, de ℂ\C-ben három van.

Példa · az előadásból: az i hatodik gyökei

i=cos⁡π2+isin⁡π2i = \cos \frac{\pi}{2} + i \sin \frac{\pi}{2}, n=6n = 6, tehát wk=cos⁡(π12+kπ3)+isin⁡(π12+kπ3)w_k = \cos\left(\frac{\pi}{12} + \frac{k\pi}{3}\right) + i \sin\left(\frac{\pi}{12} + \frac{k\pi}{3}\right):

a szögek π12,5π12,9π12,13π12,17π12,21π12\frac{\pi}{12}, \frac{5\pi}{12}, \frac{9\pi}{12}, \frac{13\pi}{12}, \frac{17\pi}{12}, \frac{21\pi}{12}. Szabályos hatszög az egységkörön.

Példa · az előadásból: −√3 − i köbgyökei

∣z∣=2|z| = 2, φ=7π6\varphi = \frac{7\pi}{6}. A gyökök: 23(cos⁡(7π18+2kπ3)+isin⁡(7π18+2kπ3))\sqrt[3]{2}\left(\cos\left(\frac{7\pi}{18} + \frac{2k\pi}{3}\right) + i \sin\left(\frac{7\pi}{18} + \frac{2k\pi}{3}\right)\right), azaz a szögek 7π18,19π18,31π18\frac{7\pi}{18}, \frac{19\pi}{18}, \frac{31\pi}{18}.

Próbáld ki

Állítsd be a zz-t a (−1,732;−1)(-1{,}732; -1) pontra (ez −3−i-\sqrt 3 - i), és válts n=3n = 3-ra: megjelenik az előző példa háromszöge.

Interaktív

A Gauss-féle számsík

Húzd a pontokat (rácsra illeszkednek), vagy írj be pontos értékeket. A módok közt váltva látszik a szorzás, a hatványozás és a gyökvonás.

algebrai alak
z = 2i
|z|
√(0² + 2²) = 2
síknegyed
II.
φ₀
cos φ₀ = |a|/|z| ⇒ φ₀ = π/2
φ
π/2 (90°)
trigonometrikus alak
2·(cos π/2 + i·sin π/2)
konjugált
z̄ = −2i, z·z̄ = 4

2-edik gyökök: wₖ = 1.414·(cos((φ + 2kπ)/2) + i sin((φ + 2kπ)/2)), k = 0…1

w0
1 + i szög: π/4
w1
−1 − i szög: 5π/4

Egységgyökök

Definíció

Az 11 nn-edik gyökei (az xn=1x^n = 1 egyenlet megoldásai) az nn-edik egységgyökök:

εk=cos⁡2kπn+isin⁡2kπn,k=0,1,…,n−1.\varepsilon_k = \cos \frac{2k\pi}{n} + i \sin \frac{2k\pi}{n}, \qquad k = 0, 1, \dots, n - 1.

Ez a gyökképlet ∣z∣=1|z| = 1, φ=0\varphi = 0 esetén. ε0=1\varepsilon_0 = 1 mindig.

Példa · az előadásból
  • n=2n = 2: 1,−11, -1.
  • n=3n = 3: 1, −12+32i, −12−32i1,\ -\frac12 + \frac{\sqrt 3}{2}i,\ -\frac12 - \frac{\sqrt 3}{2}i.
  • n=4n = 4: 1,i,−1,−i1, i, -1, -i.
Tipp

Bármely zz összes nn-edik gyökét megkapod, ha egyetlen gyökét megszorzod az összes nn-edik egységgyökkel. Ez a „forgatás 2πn\frac{2\pi}{n}-nel” a képletben.