KURZUS: Matematika (Analízis)

MODUL: 1. Komplex számok

1.7. A komplex exponenciális függvény és az Euler-formula

Tanulási cél: Begyakorolni a komplex számok trigonometrikus alakjában a szögek radiánban való megadását. Megismerkedni a komplex exponenciális függvénnyel.

Tananyag:
Tankönyv: Ács László, Gáspár Csaba: Analízis I.
Fejezet: 7.4.

Elméleti összefoglaló:

A komplex számok trigonometrikus alakjában eddig a komplex szám szögét fokban mértük. A szögeket azonban radiánban is mérhetjük. Ez nem annyira szemléletes, mint a fok használata, de számos előnnyel jár, és a komplex számokra alapuló komplex függvénytanban elkerülhetetlen.

A két mértékegység közötti átváltást a

360 =2 π rad

konvenció teszi lehetővé.

Ezek szerint

1 = 2π 360 rad= π 180 rad , és 1 rad= ( 360 2π ) = ( 180 π ) .

Ezek után tetszőleges fokban mért szöget könnyen átválthatunk radiánra, és fordítva. A komplex számok körében eddig megismert minden összefüggés, amelyben a komplex számok szöge fokban volt mérve, akkor is igaz, ha a szöget radiánban mérjük, egyszerűen csak a fokban mért szögeket át kell váltani radiánra. Ahogyan a trigonometrikus alak használatakor a szögekkel végzett műveleteket moduló 360 kellett elvégezni, radián használata esetén az ilyen műveleteket moduló 2π kell elvégezni, azaz csak a 2π -vel vett osztási maradék számít. Némileg zavaró, hogy ha a szögeket radiánban mérjük nem szokás feltüntetni a mértékegységet. Ezek alapján tetszőleges valós szám egy radiánban mért szöget is reprezentál.

Az elemi analízisben, mint majd látjuk, az egyik legfontosabb függvény a középiskolából is ismert exponenciális függvény. Az exponenciális függvény kiterjeszthető a komplex számokra is, és definiálható az e szám tetszőleges komplex kitevős hatványa. Ennek a modern matematikában igen nagy szerepe van.

Legyen z=x+yi tetszőleges komplex szám. Ekkor az e z hatvány definíciója:

e z = e x ( cosy+isiny ) .

(Itt a trigonometrikus függvények argumentuma tehát radiánban van mérve.) Vegyük észre, hogy a jobb oldalon voltaképpen egy trigonometrikus alak áll. Ebből az is következik, hogy | e z |= e x .

Ez a valós exponenciális függvény általánosítása, be lehet látni, hogy minden eddig megismert azonosság továbbra is érvényben marad, például

e z 1 + z 2 = e z 1 . e z 2 .

Nekünk most csak annyi a célunk, hogy ki tudjuk számolni pozitív valós számok komplex kitevős hatványát.

Ha a z komplex szám tisztán képzetes, azaz z=yi , akkor, (hiszen most x=0 , és e 0 =1 ),

e z = e yi =cosy+isiny .

Ezt a nevezetes összefüggést Euler-formulának hívják.

Kidolgozott feladatok

1. feladat Váltsuk át az 50 -ot radiánra és az 5 radiánt fokra.

Megoldás:

50 =50 π 180 rad0 .87 rad .

5 rad=5 180 π 286.48 .

2. feladat Számítsuk ki e iπ -t.

Megoldás: Legyen z=iπ , Ekkor a definíció alapján, mivel z-ben a valós rész nulla, a képzetes rész pedig π :

e z = e iπ =cos(π)+ i sin(π)=1+i0=1 .

Jegyezzük meg, hogy ezek szerint a komplex exponenciális függvény negatív értékű is lehet, ellentétben a válós exponenciális függvénnyel, amelynek értéke mindig pozitív.

3. feladat Legyen z 1 =1+i és z 2 =2πi . Számítsuk ki e z 1 -et és e z 1 + z 2 -t.

Megoldás: Egyrészt

e z 1 = e 1+i =e( cos1+isin1 )e( 0.54+0.84i )1.47+2.28i .

Ugyanakkor

e z 1 + z 2 = e 1+i+2πi = e 1+(1+2π)i =e( cos( 1+2π )+isin( 1+2π ) )=e( cos1+isin1 ) 1.47+2.28i,

hiszen a trigonometrikus függvények 2π szerint periodikusak. Ennek az a meglepő következménye van, hogy a komplex exponenciális függvény 2πi szerint periodikus.

4. feladat Legyen u=2+i , v=3i . Számítsuk ki e u e v értékét.

Megoldás: Mint azt említettük, a komplex exponenciális függvényre minden korábban megismert azonosság változatlanul érvényes, például e u e v = e uv . Ezt felhasználva

e u e v = e uv = e (2+i)(3i) = e 1+2i = e 1 ( cos2+isin2 )0.15+0.33i .

5. feladat Mekkora az e 3+2i komplex szám képzetes része?

Megoldás: Mivel e 3+2i = e 3 ( cos2+isin2 ) e 3 ( 0.42+0.91i )8.44+18.28i , a keresett képzetes rész 18.28 .

6. feladat Számítsuk ki 2 i értékét.

Megoldás: Az a megoldás kulcsa, hogy fel lehet írni a 2 i hatványt e alapú hatványként. A középiskolából is tudjuk, hogy 2= e ln2 . Ezért

2 i = ( e ln2 ) i = e ( ln2 )i =cos( ln2 )+isin( ln2 )0.77+0.64i .

7. feladat Számítsuk ki 3 1+ π 4 i értékét.

Megoldás: Hasonlóan járunk el, mint az előző feladatban.

3 1+ π 4 i = ( e ln3 ) 1+ π 4 i = e ln3+ πln3 4 i = e ln3 ( cos( πln3 4 )+isin( πln3 4 ) )

e ln3 ( 0.65+0.76i )0.33( 0.65+0.76i )0.21+0.25i .

8. feladat Oldjuk meg az e z =i egyenletet.

Megoldás: Tudjuk, hogy a periodikusság miatt végtelen sok ilyen szám van. Ilyenkor úgy járhatunk el, hogy először meghatározzuk azt a megoldást, amelynek a képzetes része a [ 0, 2π ) intervallumba esik. A többi megoldást úgy kapjuk, hogy ehhez hozzáadjuk 2πi tetszőleges egészszámú többszörösét.

Legyen z=x+iy . Ekkor e z hossza egyrészt e x , másrészt, az egyenletünkből | e z |=| i |=1 . Tehát e x =1 , amiből x=0 következik. Azt kapjuk, hogy

e z = e yi =cosy+isiny=i .

Ez csak akkor teljesülhet, ha cosy=0 és siny=1 . Tudjuk, hogy a [ 0, 2π ) intervallumban két olyan szám van, amelynek a koszinusza nulla: a π 2 és a 3π 2 . Ezek közül az első szinusza 1, a másodiké -1, tehát ez a jó nekünk. Így y= 3π 2 .

Vagyis az egyik megoldás z= 3πi 2 . Az össze megoldás pedig az alábbi alakban adható meg:

z= 3πi 2 +k2πi , ahol k tetszőleges.

9. feladat Oldjuk meg az e z =43i egyenletet.

Megoldás: Mint az előző feladatban, most is feltehetjük, hogy z=x+yi . Felhasználva, hogy ekkor e z hossza egyrészt e x , másrészt az egyenletünkből  | e z |=| 43i |=5 , kapjuk, hogy e x =5 , amiből x=ln51.61 . Figyelembe véve e z definícióját következik, hogy

e z =5( cosy+isiny )=43i .

Itt a második egyenlőségre figyelve kapjuk, hogy cosy= 4 5 =0.8 és siny= 3 5 =0.6 .

Ezeket az egyenleteket csak közelítően lehet megoldani. Tudjuk, hogy a [ 0, 2π ) intervallumban két olyan szám van, amelynek koszinusza 0.8 . Ha ezek egyike u, akkor a másik 2πu . Így y0.64 , vagy y2π0.645.64 . Az első y érték szinusza pozitív (körülbelül 0.6 ), ez tehát nem lehet a keresett érték, azaz y5.64 . Ezek alapján az egyik megoldás z1.61+5.64i , az összes megoldás pedig

z1.61+5.64i+k2πi , ahol k tetszőleges.

Ellenőrző kérdések:

1. kérdés: 123
a) 2.51 rad ,
b) 2.15 rad ,
c) 2.25 rad ,
d) 2.52 rad .
2. kérdés: 13 rad
a) 24.85 ,
b) 25.84 ,
c) 24.58 ,
d) 25.48 .
3. kérdés: 22 rad
a) 179.54 ,
b) 179.45 ,
c) 179.43 ,
d) 179.34 .
4. kérdés: Re( e 2i )
a) 3.88 ,
b) 3.99 ,
c) 3.77 ,
d) 3.66 .
5. kérdés: e 1+i
a) 0.3+0.2i ,
b) 0.20.3i ,
c) 0.2+0.3i ,
d) 0.30.2i .
6. kérdés: π i
a) 0.410.91i ,
b) 1 2 +i ,
c) 1 2 i ,
d) 0.41+0.91i .
7. kérdés: 5 2+i
a) 0.97+24.98i ,
b) 0.98+24.97i ,
c) 0.97+24.98i ,
d) 0.98+24.97i .
8. kérdés: Az e z =2i egyenlet közelítő megoldása
a) 0.69+1.57i+k2πi, k ,
b) 0.691.57i+k2πi, k ,
c) 0.69+1.57i+k2πi, k ,
d) 0.691.57i+k2πi, k .
9. kérdés: Az e z =1+3i egyenlet közelítő megoldása
a) 1.151.25i+k2πi, k ,
b) 1.15+1.25i+k2πi, k ,
c) 1.15+1.25i+k2πi, k ,
d) 1.151.25i+k2πi, k .