diszkrét matematika 1. - compalg.inf.elte.hucompalg.inf.elte.hu/~nagy/diak/dm1ea_es_komplex.pdf ·...
TRANSCRIPT
Diszkrét matematika 1.
Nagy Gábor
[email protected]@gmail.com
ELTE IK Komputeralgebra Tanszék
2014. ősz
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
2014-15 őszi félév
Gyakorlat:1. ZH tervezett időpontja: október 21.,2. ZH tervezett időpontja: december 9.
Fontos információk az alábbi linken találhatók:http://compalg.inf.elte.hu/∼merai/Edu/DM1/index-dm1-gy.htmlEnnek szerepét idővel átveszi:http://compalg.inf.elte.hu/∼burcsihttp://compalg.inf.elte.hu/∼nagy
Előadás:Fontos információk az alábbi linken találhatók:http://compalg.inf.elte.hu/∼ merai/Edu/DM1/index-dm1-ea.html
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Harmadfokú egyenlet
Harmadfokú egyenlet megoldásaKeressük meg azax3 + bx2 + cx + d = 0egyenlet megoldásait (a 6= 0)!
Végigosztva a-val kapjuk az x3 + b ′x2 + c ′x + d ′ = 0 egyszerűbbegyenletet.
Emlékeztető: másodfokú egyenlet megoldása: x2 + px + q = 0.
Az x = y − p2 helyettesítéssel eltűnik az x-es tag: y2 + q ′ = 0.
Innen átrendezéssel és gyökvonással megkapjuk a lehetségesmegoldásokat y -ra, ahonnan kiszámolhatóak az x1, x2 megoldások.
Hasonló helyettesítéssel a harmadfokú egyenlet y3 + py + q = 0alakra hozható.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Harmadfokú egyenlet
Keressük meg az y3 + py + q = 0 egyenlet megoldásait!Ötlet: keressük a megoldásokat y = u + v alakban!Most (u + v)3 = u3 + 3u2v + 3uv2 + v3.A harmadfokú egyenlet:(u + v)3 −3uv(u + v) −(u3 + v3) = 0
y3 +py +q = 0Célunk olyan u, v találása, melyekre −3uv = p, −(u3 + v3) = q.Ekkor u + v megoldás lesz!u, v megtalálása: u3v3 = (−p
3 )3, u3 + v3 = −q, u3, v3 gyökeilesznek a z2 + qz + (−p
3 )3 = 0 másodfokú egyenletnek. Agyökökből u, v köbgyökvonással kijön:
y =3
√√√√−
p2
+
√(−q2
)2
+(p
3
)3+
3
√√√√−
p2
−
√(−q2
)2
+(p
3
)3
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Harmadfokú egyenlet
Keressük meg az x3 − 21x + 20 = 0 egyenlet megoldásait!(Most x = y , és rögtön látszik, hogy az x = 1 gyök lesz.)p = −21, q = 20 helyettesítéssel az
x =3
√√√√−
p2
+
√(−q2
)2
+(p
3
)3+
3
√√√√−
p2
−
√(−q2
)2
+(p
3
)3
képletbe azt kapjuk, hogy
x =3√
−10 +√
−243 +3√
−10 −√
−243
A négyzetgyök alatt negatív!Meg lehet-e menteni a megoldóképletet?
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Harmadfokú egyenlet
x =3√
−10 +√
−243 +3√
−10 −√
−243Formálisan számolva, a (
√−3)2 = −3 feltétellel:
−10 +√
−243 = −10 + 9√
−3 =
23 + 3 · 22 ·√
−3 + 3 · 2(√
−3)2 + (√
−3)3 = (2 +√
−3)3.
Hasonlóan −10 −√
−243 = (2 −√
−3)3.
Ezzel a megoldás: x = (2 +√
−3) + (2 −√
−3) = 4.
Felmerülő kérdésekSzámolhatunk-e
√−3-mal formálisan?
Miért épp így kell számolni a −10 +√
−243 értékét?Hova tűnt az x = 1 megoldás?Mi a harmadik gyöke az egyenletnek?
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Számfogalom bővítése
Természetes számok: N = {0, 1, 2, . . . }Nincs olyan x ∈ N természetes szám, melyre x + 2 = 1!N halmazon a kivonás nem értelmezett!
Egész számok: Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . . }A kivonás elvégezhető: x = −1.Nincs olyan x ∈ Z egész szám, melyre x · 2 = 1!Z halmazon az osztás nem értelmezett!
Racionális számok: Q ={
pq : p, q ∈ Z, q 6= 0
}Az osztás elvégezhető: x = 1
2 .Nincs olyan x ∈ Q racionális szám, melyre x2 = 2!Q halmazon a négyzetgyökvonás nem (mindig) elvégezhető!
Valós számok: R.Nincs olyan x ∈ R valós szám, melyre x2 = −1!
U.i.: Ha x ≥ 0, akkor x2 ≥ 0.Ha x < 0, akkor x2 = (−x)2 > 0.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Számfogalom bővítése
Komplex számok körében az x2 = −1 egyenlet megoldható!
Komplex számok alkalmazása:
egyenletek megoldása;geometria;fizika (áramlástan, kvantummechanika, relativitáselmélet);grafika, kvantumszámítógépek.
Komplex számok bevezetéseLegyen i az x2 = −1 egyenlet megoldása.A szokásos számolási szabályok szerint számoljunk az iszimbólummal formálisan, i2 = −1 helyettesítéssel:
(1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 1 + 2i + (−1) = 2i .
Általában
(a + bi)(c + di) = ac − bd + i(ad + bc).
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
A komplex számok definíciója
DefinícióAz a + bi alakú kifejezéseket, ahol a, b ∈ R, komplex számoknak(C) hívjuk.összeadás: (a + bi) + (c + di) = a + c + i(b + d).Szorzás: (a + bi)(c + di) = ac − bd + i(ad + bc).A z = a + bi ∈ C komplex szám, valós része: Re(z) = a.A z = a + bi ∈ C komplex szám képzetes része:Im(z) = b.
Figyelem! Im(z) 6= biAz a + i0 alakú komplex számok a valós számok.A 0 + ib alakú komplex számok a tisztán képzetes számok.Az a+bi és a c +di komplex számok egyenlőek: a+bi = c +di , ha
a = c és b = d .
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
A komplex számok definíciója
MegjegyzésA komplex számok alternatív definíciója:(a, b) ∈ R× R párok halmaza, ahol azösszeadás koordinátánként: (a, b) + (c, d) = (a + c, d + b);szorzás (a, b) · (c, d) = (ac − bd , ad + bc).
A két definíció ekvivalens: i ↔ (0, 1).Az a + bi formátum kényelmesebb számoláshoz.Az (a, b) formátum kényelmesebb ábrázoláshoz(grafikusan, számítógépen).További formális számokra nincs szükség:
Tétel(Algebra alaptétele, NB)
Minden a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anxn kifejezés esetén, ahola0, . . . , an ∈ C, an 6= 0, akkor létezik olyan z ∈ C komplex szám,hogy a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anzn = 0.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Számolás komplex számokkal
DefinícióEgy x szám ellentettje az az x̂ szám, melyre x + x̂ = 0.
Egy r ∈ R szám ellentettje: −r .
Állítás (HF)
Egy z = a + bi ∈ C szám ellentettje a −z = −a − bi komplex szám.
DefinícióEgy z = a + bi ∈ C komplex szám abszolút értéke:|z | = |a + bi | =
√a2 + b2.
Valós számok esetében ez a hagyományos abszolút érték:|a| =
√a2.
Állítás(HF)
|z | = |a + bi | ≥ 0, |z | = |a + bi | = 0 ⇔ z = a + bi = 0.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Számolás komplex számokkal
DefinícióEgy x szám reciproka az az x̂ szám, melyre x · x̂ = 1.
Egy r ∈ R nemnulla szám reciproka: 1r .
Mi lesz 11+i ?
Ötlet: gyöktelenítés, kunjugálttal való bővítés:
11 +
√2
=1
1 +√
2· 1 −
√2
1 −√
2=
1 −√
2(1 +
√2)(1 −
√2)
=1 −
√2
12 − (√
2)2
=1 −
√2
1 − 2= −1 +
√2.
Hasonlóan:1
1 + i=
11 + i
1 − i1 − i
=1 − i
(1 + i)(1 − i)=
=1 − i
12 − i2=
1 − i1 − (−1)
=1 − i
2=
12
−12i .
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Számolás komplex számokkal
Definíció
Egy z = a + bi komplex szám konjugáltja a z = a + bi = a − biszám.
Állítás(HF)
Egy z nemnulla komplex szám reciproka 1z = z
z·z
A definíció értelmes, hiszen a nevezőben:
z · z = (a + bi)(a − bi) = a2 − (bi)2 = a2 + b2 = |z |2.
Nullosztómentesség: z · w = 0 → z = 0 vagy w = 0.
Két komplex szám hányadosa:
zw
= z · 1w.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Számolás komplex számokkal
Tétel (HF)
1 z = z ;
2 z + w = z + w ;
3 z · w = z · w ;4 z + z = 2 · Re(z);
5 z − z = 2i · Im(z);6 z · z = |z |2;7 z 6= 0 esetén z−1 = z
|z |2;
8 |0| = 0 és z 6= 0 esetén |z | > 0;9 |z | = |z |;10 |z · w | = |z | · |w |;11 |z + w | ≤ |z | + |w | (háromszög egyenlőtlenség).
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Számolás komplex számokkal
Tétel(HF)...
|z · w | = |z | · |w |;...
Bizonyítás
|z ·w |2 = z ·w ·z · w = z ·w ·z ·w = z ·z ·w ·w = |z |2 ·|w |2 = (|z |·|w |)2.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Komplex számok ábrázolása
A komplex számok a komplex számsíkon:
-
6
��
��
���
Re(z)
Im(z)
z= r(cosϕ+ i sinϕ)
r
ϕ
$
Ha z = a + bi ∈ C, akkor Re(z) = a, Im(z) = b.A (Re(z), Im(z)) vektor hossza: r =
√a2 + b2 =
√|z |2.
A z nemnulla szám argumentuma ϕ = arg(z) ∈ [0, 2π)
A koordináták trigonometrikus függvényekkel kifejezve:
Re(z) = a = r · cosϕ, Im(z) = b = r · sinϕ.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Komplex számok trigonometrikus alakja
Definícióz ∈ C nemnulla szám trigonometrikus alakja az = r(cosϕ+ i sinϕ),
ahol r > 0 a szám abszolút értéke.
Figyelem! A 0-nak nem használjuk a trigonometrikus alakját.A trigonometrikus alak nem egyértelmű:r(cosϕ+ i sinϕ) = r(cos(ϕ+ 2π) + i sin(ϕ+ 2π)).
DefinícióEgy z ∈ C nemnulla argumentuma: az a ϕ = arg(z) ∈ [0, 2π),melyre z = |z |(cosϕ+ i sinϕ).
z = a + bi algebrai alak;z = r(cosϕ+ i sinϕ) trigonometrikus alak.
Itt a = r cosϕ, b = r sinϕ.Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Számolás trigonometrikus alakkal
Legyen z ,w ∈ C nemnulla komplex számok:z = |z |(cosϕ+ i sinϕ), w = |w |(cosψ+ i sinψ).
A szorzatuk:zw = |z |(cosϕ+ i sinϕ) · |w |(cosψ+ i sinψ) =
= |z ||w |(cosϕ cosψ− sinϕ sinψ+ i(cosϕ sinψ+ sinϕ cosψ)) =
addíciós képletek: cos(ϕ+ψ) = cosϕ cosψ− sinϕ sinψsin(ϕ+ψ) = cosϕ sinψ+ sinϕ cosψ
= |z ||w |(cos(ϕ+ψ) + i sin(ϕ+ψ)).
A szorzat abszolút értéke: |zw | = |z ||w |.A szorzat argumentuma:
ha 0 ≤ arg(z) + arg(w) < 2π, akkorarg(zw) = arg(z) + arg(w);ha 2π ≤ arg(z) + arg(w) < 4π, akkorarg(zw) = arg(z) + arg(w) − 2π.
A sin, cos függvények 2π szerint periodikusak, az argumentummeghatározásánál redukálni kell az argumentumok összegét.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Moivre-azonosságok
Tétel HFLegyen z ,w ∈ C nemnulla komplex számok:z = |z |(cosϕ+ i sinϕ), w = |w |(cosψ+ i sinψ),és legyen n ∈ N. Ekkorzw = |z ||w |(cos(ϕ+ψ) + i(sin(ϕ+ψ));
zw =
|z ||w |(cos(ϕ−ψ) + i sin(ϕ−ψ));
zn = |z |n(cos nϕ+ i sin nϕ).
A szögek összeadódnak, kivonódnak, szorzódnak. Azargumentumot ezek után redukcióval kapjuk!
Geometriai jelentésEgy z ∈ C komplex szám a komplex számsíkon mint nyújtvaforgatás hat. |z |-kel nyújt, arg(z) szöggel forgat.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Komplex számok gyökei
PéldaSzámoljuk ki a
(1+i√
2
)8-t:(
1+i√2
)8=
(1√2
+ i 1√2
)8=
(cos π4 + i sin π4
)8=
= cos(8 · π4
)+ i sin
(8 · π4
)= cos 2π+ i sin 2π = 1.
További komplex számok, melyeknek a 8-adik hatványa 1:
1;−1;i : i8 = (i2)4 = (−1)4 = 1;−i ;1+i√
2; −1+i√
2;
sőt: ±i · 1+i√2
:(i · 1+i√
2
)8= i8 ·
(1+i√
2
)8= 1 · 1 = 1.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Gyökvonás
A z = |z |(cosϕ+ i sinϕ) és w = |w |(cosψ+ i sinψ) számokegyenlőek:
|z |(cosϕ+ i sinϕ) = |w |(cosψ+ i sinψ),
ha|z | = |w |
ϕ = ψ+ k · 2π valamely k ∈ Z szám esetén.n-edik gyökvonás: Legyen zn = w :
zn = |z |n(cos nϕ+ i sin nϕ) = |w |(cosψ+ i sinψ).Ekkor
|z |n = |w | → |z | = n√
|w |
nϕ = ψ+ k · 2π valamely k ∈ Z esetén→ ϕ = ψn + k · 2π
n valamely k ∈ Z eseténha k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}, akkor ezek mind különböző komplexszámot adnak.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Gyökvonás
TételLegyen z = |z |(cosϕ+ i sinϕ), n ∈ N. Ekkor a z n-edik gyökeiwn = z :
w = n√
|z |
(cos
(ϕ
n+
2kπn
)+ i sin
(ϕ
n+
2kπn
))k = 0, 1, . . . , n − 1.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Gyökvonás
w = n√
|z |
(cos
(ϕ
n+
2kπn
)+ i sin
(ϕ
n+
2kπn
)): k = 0, 1, . . . , n−1.
PéldaSzámítsuk ki a 6
√1−i√3+i
értékét!
1 − i =√
2(√
22 − i
√2
2
)=√
2(cos 7π
4 + i sin 7π4
)√
3 + i = 2(√
32 + i 1
2
)= 2
(cos π6 + i sin π6
)Mivel 7π
4 − π6 = 19π
12
6√
1−i√3+i
= 6√
1√2
(cos 19π
12 + i sin 19π12
)=
= 112√2
(cos 19π+2kπ
72 + i sin 19π+2kπ72
): k = 0, 1, . . . , 5.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Komplex egységgyökök
DefinícióAz εn = 1 feltételnek eleget tevő komplex számok az n-edikegységgyökök:
εk = ε(n)k =
(cos
2kπn
+ i sin2kπn
): k = 0, 1, . . . , n − 1.
Nyolcadik komplex egységgyökök
-
6
&%'$
ε4
ε2
ε6
ε1ε3
ε5 ε7
ε0 = 1rrrrr r r rNagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Gyökvonás
Pozitív valós számok négyzetgyöke: legyen r > 0 valós.Ekkor az x2 = r megoldása: ±
√r .
TételLegyen z ∈ C nem-nulla komplex szám. n ∈ N és w ∈ C olyan,hogy wn = z . Ekkor az n-edik gyökök: wεk : k = 0, 1, . . . n − 1.
Bizonyítás
A wεk számok mind n-edik gyökök: (wεk)n = wnεnk = wn = z .Ez n különböző szám, így az összes gyököt megkaptuk.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Rend
Bizonyos komplex számok hatványai periodikusan ismétlődnek:1, 1, 1 . . .−1, 1,−1, 1 . . .i ,−1,−i , 1, i ,−1, . . .1+i√
2, i , −1+i√
2,−1, −1−i√
2,−i , 1−i√
2, 1, 1+i√
2, i . . .
Általában:cos(2π
n ) + i sin(2πn )-nek n darab különböző hatványa van.
DefinícióEgy z komplex szám különböző (egész kitevős) hatványainakszámát a z rendjének nevezzük és o(z)-vel jelöljük.
Példa1 rendje 12 rendje ∞ : 2, 4, 8, 16, . . .−1 rendje 2: 1,−1i rendje 4: 1, i ,−1,−i
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Rend
TételEgy z komplex számnak vagy bármely két egész kitevős hatványakülönböző (ilyenkor a rendje végtelen), vagy pedig a hatványok arend szerint periodikusan ismétlődnek. A rend a legkisebb olyanpozitív d szám, melyre zd = 1.Továbbá zk = z l ⇔ o(z)|k − l . Speciálisan zk = 1 ⇔ o(z)|k
BizonyításTegyük fel, hogy z rendje véges. Ekkor léteznek olyan k , lkülönböző egészek, melyekre zk = z l . Legyen k > l . Ekkorzk−l = 1.Legyen d legkisebb olyan pozitív szám, melyre zd = 1. Ha zn = 1,akkor osszuk el maradékosan n-et d -vel: n = q · d + r , ahol0 ≤ r < d . Tehát 1 = zn = zq·d+r = (zd )qz r = 1qz r = z r . A dminimalitása miatt r = 0 azaz d |n. Visszafelé is igaz:d |n ⇒ zn = 1. Beláttuk: d |n ⇔ zn = 1.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Primitív gyökök
Az n-edik egységgyökök rendje nem feltétlenül n:4-edik egységgyökök: 1, i ,−1,−i .
1 rendje 1;−1 rendje 2;i rendje 4.
DefinícióAz n-ed rendű n-edik egységgyökök a primitív n-edik egységgyökök.
A tétel következményei:
Következmény(HF)
Egy primitív n-edik egységgyök hatványai pontosan az n-edikegységgyökök.Egy primitív n-edik egységgyök pontosan akkor k-adikegységgyök, ha n|k .
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.
Primitív egységgyökök
PéldaPrimitív 1. egységgyök: 1;Primitív 2. egységgyök: −1;
Primitív 3. egységgyökök: −1±i√
32 ;
Primitív 4. egységgyökök: ±i ;Primitív 5. egységgyökök: . . . (HF)
Primitív 6. egységgyökök: 1±i√
32 ;
Állítás(HF)
Egy cos(2kπ
n
)+ i sin
(2kπn
)n-edik egységgyök pontosan akkor
primitív n-edik egységgyök, ha (n, k) = 1.
Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.