Liczby zespolone II

7. Liczby zespolone II#

7.1. Argument#

Stwierdzenie 7.1

GEOGEBRA

Dla każdej liczby zespolonej \(z\neq 0\) istnieje dokładnie jedna liczba \(\alpha\in\rr\) spełniająca zależności:

\[\begin{aligned} \cos\alpha =\frac{\RealPart z}{|z|}, \quad \sin\alpha =\frac{\ImagPart z}{|z|}, \quad -\pi< \alpha \leq \pi. \end{aligned}\]

Definicja 7.1

Argumentem głównym liczby \(z\in\cc\setminus\Set{0}\) nazywamy kąt \(\alpha\) z powyższego stwierdzenia i oznaczmy go przez

\[\ArgPrincipal z = \alpha \in (-\pi, \pi].\]

Argumentem liczby \(z\in\cc\setminus\Set{0}\) nazywamy dowolny kąt \(\varphi\in\rr\) spełniający równania:

\[\begin{aligned} \cos\varphi =\frac{\RealPart z}{|z|}, \quad \sin\varphi =\frac{\ImagPart z}{|z|}. \end{aligned}\]

Narration

Zbiór wszystkich argumentów liczby \(z\in\cc\setminus\Set{0}\) oznaczamy przez \(\ArgSet z\subseteq \rr.\) Jest jasne, że

\[\ArgSet z = \Set{\ArgPrincipal z + 2k\pi : k \in \zz}.\]

Uwaga 7.1

  1. Argument liczby zespolonej \(0\) nie jest określony.

  2. GEOGEBRA

    W celu znalezienia argumentu liczby zespolonej można posłużyć się równaniami z Stw. 7.1. Najłatwiej skorzystać z tego, że argument liczby \(z\in\cc\setminus\Set{0}\) jest miarą \(\varphi\) kąta skierowanego na płaszczyźnie zespolonej utworzonego przez rzeczywistą dodatnią półoś oraz półprostą wychodzącą z \(0\) przechodzącą przez \(z .\)

Ćwiczenie 7.1

Znajdźmy argument główny i zbiór argumentów liczb:

\[\begin{aligned} 1,\quad -j,\quad -2,\quad -2 - 2j,\quad 3- 4j,\quad -4- 2j,\quad -1+2j. \end{aligned}\]

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 6.9, Ćw. 6.15.

Rozwiązanie

Zaznaczamy na płaszczyźnie zespolonej podane liczby i odczytujemy, że:

\[\begin{split}\begin{aligned} \ArgPrincipal 1 & = 0, & \ArgSet 1 & = \Set{ 2k\pi : k \in \zz}, \\ \ArgPrincipal(- j) & = -\tfrac \pi 2, & \ArgSet(-j)& = \Set{-\tfrac \pi 2 + 2k\pi : k \in \zz}, \\ \ArgPrincipal(-2) & = \pi, & \ArgSet(-2)& = \Set{(2k+1)\pi : k \in \zz}, \\ \ArgPrincipal(- 2 -2j) & = -\tfrac {3\pi} 4, & \ArgSet(-2 -2j)& = \Set{-\tfrac {3\pi} 4 + 2k\pi : k \in \zz}. \\ \end{aligned}\end{split}\]

Dla 3. ostatnich liczb musimy użyć funkcji cyklometrycznych:

\[\begin{split}\begin{aligned} \ArgPrincipal(3-4j) & = -\arctan \tfrac 4 3, & \ArgSet(3-4j)& = \Set{-\arctan \tfrac 4 3 + 2k\pi : k \in \zz}, \\ \ArgPrincipal(-4-2j) & = -\pi+\arctan \tfrac 1 2, & \ArgSet(-4-2j) & = \Set{\arctan \tfrac 1 2 + (2k-1)\pi : k \in \zz}, \\ \ArgPrincipal(-1+2j) & = \pi-\arctan 2, & \ArgSet(-1+2j) & = \Set{-\arctan 2 + (2k+1)\pi : k \in \zz}. \end{aligned}\end{split}\]

7.2. Postać trygonometryczna#

Narration

Zauważmy, że liczbę zespoloną \(z\neq 0\) można zapisać jako

\[\displaystyle \begin{aligned} z = \RealPart z + j\, \ImagPart z =|z|\left(\frac{\RealPart z}{|z|} + j \frac{\ImagPart z}{|z|} \right) = |z|\cdot\left(\cos \varphi + j \sin \varphi\right), \end{aligned}\]

gdzie \(\varphi \in \ArgSet z .\)

Definicja 7.2

Postacią trygonometryczną liczby zespolonej \(z\in \cc\setminus\Set 0\) nazywamy zapis

\[\displaystyle \begin{aligned} z= r\cdot\left(\cos \varphi + j \sin \varphi\right), \end{aligned}\]

gdzie \(r=|z|\in\rr_+\), \(\varphi\in\ArgSet z .\)

Narration

Postać trygonometryczna liczby zespolonej nie jest określona jednoznacznie.

Stwierdzenie 7.2

Niech

\[\displaystyle \begin{aligned} z_1 = r_1\cdot\left(\cos \varphi_1 + j \sin \varphi_1\right), \qquad z_2 = r_2\cdot\left(\cos \varphi_2 + j \sin \varphi_2\right), \qquad r_1,\, r_2 >0, \qquad \varphi_1,\, \varphi_2 \in \rr. \end{aligned}\]

Wówczas

\[z_1 = z_2 \qlq r_1 = r_2 \ \wedge \ \exists k\in\zz \ \,\varphi_1 = \varphi_2 +2k\pi.\]

Ćwiczenie 7.2

Znajdźmy postać trygonometryczną liczb:

\[\begin{aligned} 1,\quad -j,\quad -2,\quad -1+2j. \end{aligned}\]

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 6.9, Ćw. 6.15, Ćw. 7.10, Ćw. 7.14.

Rozwiązanie

Korzystając z wyników poprzedniego ćwiczenia i obliczonych modułów otrzymujemy:

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} |1| & = 1 && \Quad{\imply} & 1 & = 1\cdot\left(\cos 0 + j \sin 0\right), \\ |-j|& = 1 && \Quad{\imply} & -j& = 1\cdot\left(\cos \Paren{-\tfrac {\pi} 2} + j \sin \Paren{-\tfrac {\pi} 2}\right), \\ |-2|& = 2 && \Quad{\imply} & -2& = 2\cdot\left(\cos \pi + j \sin \pi\right), \\ |-1+2j| & = \sqrt{5} && \Quad{\imply} & -1+2j & = \sqrt{5}\cdot\left(\cos \Paren{\pi-\arctan 2} + j \sin \Paren{\pi-\arctan 2}\right). \end{aligned}\end{split}\]

Podkreślmy, że co prawda zachodzi równość

\[-1+2j = \sqrt{5}\Paren{-\cos \Paren{\arctan 2} + j\sin\Paren{\arctan 2}},\]

ale prawa strona nie jest postacią trygonometryczną liczby \(-1+2j\).

Uwaga 7.2

GEOGEBRA

Postać trygonometryczna pozwala dobrze zinterpretować mnożenie liczb zespolonych na płaszczyźnie zespolonej. Dla

\[\displaystyle \begin{aligned} z_1 = r_1\cdot\left(\cos \varphi_1 + j \sin \varphi_1\right), \quad z_2 = r_2\cdot\left(\cos \varphi_2 + j \sin \varphi_2\right) \end{aligned}\]

mamy

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} z_1z_2 & = r_1\cdot\left(\cos \varphi_1 + j \sin \varphi_1\right) \cdot r_2\cdot\left(\cos \varphi_2 + j \sin \varphi_2\right) \\ & = r_1r_2\cdot [(\cos \varphi_1 \cos \varphi_2 - \sin \varphi_1 \sin \varphi_2) + j(\cos \varphi_1 \sin \varphi_2 + \sin \varphi_1 \cos \varphi_2)] \\ & = r_1 r_2\cdot\left(\cos \Paren{\varphi_1 + \varphi_2} + j \sin \Paren{\varphi_1 + \varphi_2}\right). \end{aligned}\end{split}\]

To oznacza, że:

\[\begin{aligned} |z_1z_2| = r_1r_2, \qquad \ArgPrincipal z_1 + \ArgPrincipal z_2 \in \ArgSet (z_1 z_2). \end{aligned}\]

Stwierdzenie 7.3

Dla dowolnych liczb zespolonych \(z_1, z_2 \in \cc \setminus\Set{0}\) zachodzą zależności:

  1. \(\exists k\in\zz\quad \ArgPrincipal(z_1\cdot z_2) = \ArgPrincipal z_1 + \ArgPrincipal z_2 + 2k\pi\ ;\)

  2. \(\ArgSet(z_1\cdot z_2) = \Set{\ArgPrincipal z_1 + \ArgPrincipal z_2 + 2k\pi : k\in\zz} .\)

Stwierdzenie 7.4

Niech liczby \(z_1,\, z_2,\, z \in \cc\setminus \Set{0}\) mają postaci trygonometryczne:

\[\displaystyle \begin{aligned} z = r\cdot\left(\cos \varphi + j \sin \varphi\right), \quad z_1 = r_1\cdot\left(\cos \varphi_1 + j \sin \varphi_1\right), \quad z_2 = r_2\cdot\left(\cos \varphi_2 + j \sin \varphi_2\right), \end{aligned}\]

dla pewnych \(r,\, r_1, \, r_2 \in \rr_+\) oraz \(\varphi,\, \varphi_1,\, \varphi_2 \in \rr .\) Wówczas:

  1. \(\displaystyle z_1 \cdot z_2 = r_1 r_2\cdot\left(\cos \Paren{\varphi_1 + \varphi_2} + j \sin \Paren{\varphi_1 + \varphi_2}\right)\)

  2. \(\displaystyle \dfrac{z_1}{z_2} = \dfrac {r_1} {r_2}\cdot\left(\cos \Paren{\varphi_1 - \varphi_2} + j \sin \Paren{\varphi_1 - \varphi_2}\right)\)

  3. \(\displaystyle \overline{z} = r\cdot\left(\cos \Paren{-\varphi} + j \sin \Paren{-\varphi}\right)\)

  4. \(\displaystyle -z = r\cdot\left(\cos \Paren{\varphi + \pi} + j \sin \Paren{\varphi + \pi}\right)\)

  5. \(\displaystyle z^ n = r^n\cdot\left(\cos \Paren{n \cdot\varphi} + j \sin \Paren{n \cdot\varphi}\right) \quad\) dla \(n\in\zz \quad\) – wzór de Moivre’a.

Ćwiczenie 7.3

Obliczmy (czyli znajdźmy postać kanoniczną) liczby \( \dfrac {(1 + j)^{22}}{\Paren{\sqrt 3 - j}^{21}} . \)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.10, Ćw. 7.14.

Rozwiązanie

Zaczynamy od znalezienia postaci trygonometrycznych liczb w podstawach licznika i mianownika:

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} |1+j| & = \sqrt{2},\ \ArgPrincipal(1+j) = \tfrac \pi 4 & & \Quad{\imply} & 1+j & = \sqrt 2\cdot\left(\cos \tfrac \pi 4 + j \sin \tfrac \pi 4\right), \\ |\sqrt 3 - j| & = 2,\ \ArgPrincipal(\sqrt 3 - j) = -\tfrac \pi 6 & & \Quad{\imply} & \sqrt 3 - j & = 2\cdot\left(\cos \Paren{-\tfrac \pi 6} + j \sin \Paren{-\tfrac \pi 6}\right). \end{aligned}\end{split}\]

Korzystając ze wzoru de Moivre’a i wzoru na dzielenie otrzymujemy:

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \dfrac {(1 + j)^{22}}{\Paren{\sqrt 3 - j}^{21}} & = \dfrac {\Paren{\sqrt 2\cdot\left(\cos \tfrac \pi 4 + j \sin \tfrac \pi 4\right)}^{22}} {\left(2\cdot\left(\cos \Paren{{-\tfrac \pi 6}} + j \sin \Paren{{-\tfrac \pi 6}}\right)\right)^{21}} =\dfrac {{\sqrt 2}^{22}\cdot\left(\cos \Paren{{22\cdot\tfrac \pi 4}} + j \sin \Paren{{22\cdot\tfrac \pi 4}}\right)} {2^{21}\cdot\left(\cos \Paren{{21\cdot\Paren{{-\tfrac \pi 6}}}} + j \sin \Paren{{21\cdot\Paren{{-\tfrac \pi 6}}}}\right)} \\ & =\dfrac {2^{11}\cdot\left(\cos \Paren{{\tfrac {11} 2 \pi}} + j \sin \Paren{{\tfrac {11} 2 \pi}}\right)} {2^{21}\cdot\left(\cos \Paren{{-\tfrac {7} 2 \pi}} + j \sin \Paren{{-\tfrac {7} 2 \pi}}\right)} = 2^{{-10}}\cdot\left(\cos \Paren{{\tfrac {{11}} 2 \pi + \tfrac {{7}} 2 \pi}} + j \sin \Paren{{\tfrac {{11}} 2 \pi + \tfrac {{7}} 2 \pi}}\right) \\ & = 2^{-10}\cdot\left(\cos 9 \pi + j \sin 9 \pi\right) = 2^{-10}\cdot\left(\cos \pi + j \sin \pi\right) = -2^{-10}. \end{aligned}\end{split}\]

7.3. Postać wykładnicza#

Narration

Potrzeba dość zaawansowanej analizy matematycznej by dowieść (i zrozumieć) jeszcze jednej, niezwykle użytecznej, postaci liczb zespolonych. Mówiąc w ogromnym skrócie, funkcję wykładniczą \(z \mapsto e^{\ z}\) można rozpatrywać dla wszystkich liczb zespolonych \(z\in\cc .\) Następnie pokazuje się, że dla \(\Quad{z = x + yj \in \cc}\) mamy

\[e^{\, z} = e^{\, x + yj} = e^x(\cos y + j \sin y).\]

W szczególności biorąc \(x=0\) otrzymujemy (dla \(y\in \rr\))

\[e^{\, yj} =\cos y + j \sin y.\]

Definicja 7.3

Postacią wykładniczą liczby zespolonej \(z\in\cc\setminus\Set 0\) nazywamy zapis

\[\displaystyle \begin{aligned} z=r\cdot e^{\, \varphi j}, \qquad \text{gdzie } r=|z|\in \rr_+,\, \varphi\in\ArgSet z. \end{aligned}\]

Uwaga 7.3

Po wstawieniu \(y=\pi\) do wzoru Eulera dostaniemy jego szczególny przypadek

\[e^{\, j\pi} + 1 = 0.\]

Proszę zauważyć, że w piękny sposób wiąże on \(5\) fundamentalnych stałych matematycznych!

Stwierdzenie 7.5

Załóżmy, że:

\[\displaystyle \begin{aligned} z = r\cdot e^{\, \varphi j}, \quad z_1 = r_1\cdot e^{\, \varphi_1 j}, \quad z_2 = r_2\cdot e^{\, \varphi_2 j}, \end{aligned}\]

dla pewnych \(r,\, r_1, \, r_2 \in \rr_+\) oraz \(\varphi,\, \varphi_1,\, \varphi_2 \in \rr .\) Wówczas:

  1. \(\displaystyle z_1 \cdot z_2 = r_1 r_2\cdot e^{\, \Paren{\varphi_1 + \varphi_2} j}\)

  2. \(\displaystyle \dfrac{z_1}{z_2} = \dfrac {r_1} {r_2}\cdot e^{\, \Paren{\varphi_1 - \varphi_2} j}\)

  3. \(\displaystyle \overline{z} = r\cdot e^{\, -\varphi j}\)

  4. \(\displaystyle -z = r\cdot e^{\, \Paren{\varphi + \pi} j}\)

  5. \(\displaystyle z^ n = r^n\cdot e^{\, n \cdot\varphi j}\) dla \(n\in\zz \qquad\) – wzór de Moivre’a.

Ćwiczenie 7.4

Zilustrujmy zbiór liczb zespolonych spełniających warunek:

  1. \(z \cdot |z| + \overline{z}^{2} = 0 \)

  2. \(-{\pi} < \ArgPrincipal \Paren{-3 z^4} \leq \dfrac \pi 2 \)

  3. \(\RealPart \Paren{\left(j + 1\right)\cdot \overline{z}^5} < 0 .\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.11, Ćw. 7.16.

Rozwiązanie

  1. Widać, że jednym z rozwiązań jest \(z=0 .\) Przyjmując \(\displaystyle 0 \neq z = r\cdot e^{\, \varphi j}, \ r\in \rr_+, \ \varphi\in [0, 2\pi)\) obliczamy:

    \[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} z \cdot |z| + \overline{z}^{2} = 0 & \qlq z \cdot |z| = - \overline{z}^{2} \\ r^2\cdot e^{\, \varphi j} = r\cdot e^{\, \varphi j} \cdot r & = - \Paren{\overline{ r\cdot e^{\, \varphi j} } }^{2} = -1 \cdot \Paren{r\cdot e^{\, -\varphi j}}^{2} \\ & = 1\cdot e^{\, \pi j}\cdot r^2\cdot e^{\, -2\varphi j} = r^2\cdot e^{\, (\pi-2\varphi) j} \\ r^2 = r^2 \Quad{ & \wedge} \varphi = \pi - 2\varphi + 2k\pi, \quad k\in\zz \\ 1 = 1 \Quad{ & \wedge} 3\varphi = \pi + 2k\pi, \quad k\in\zz \\ r\in\rr_+ \Quad{ & \wedge} \varphi = \tfrac \pi 3 + \tfrac {2\pi} 3 \cdot k, \quad k\in\zz \ . \end{aligned}\end{split}\]

    Rozwiązaniem są 3 półproste wychodzące z \(0\) (wraz z punktem \(0\)) pod kątami \(\tfrac \pi 3,\ \pi,\ \tfrac {5\pi} 3\) przedstawione na stronie GEOGEBRA.

  2. \(z=0\) nie jest rozwiązaniem, bo nie jest określony dla niego argument. Przyjmując \(\displaystyle 0 \neq z = r\cdot e^{\, \varphi j}, \ r\in \rr_+, \ \varphi\in [0, 2\pi)\) obliczamy:

    \[\begin{split}\begin{aligned} -{\pi} & < \ArgPrincipal \Paren{-3\cdot z^4} \leq \tfrac \pi 2 \\ -{\pi} & < \ArgPrincipal \Paren{3 e^{j\pi}} + \ArgPrincipal \Paren{r^4 e^{4\varphi j}} - 2(k+1)\pi \leq \tfrac \pi 2 \\ r\in \rr_+ \Quad{ \wedge} -{\pi} & < \pi + 4\varphi - 2(k+1)\pi \leq \tfrac \pi 2, \quad k\in\zz \\ r\in \rr_+ \Quad{ \wedge} -{\pi} & < -\pi + 4\varphi - 2k\pi \leq \tfrac \pi 2, \quad k\in\zz \\ r\in \rr_+ \Quad{ \wedge} 2k\pi & < 4\varphi \leq \tfrac {3\pi} 2 + 2k\pi, \quad k\in\zz \\ r\in \rr_+ \Quad{ \wedge} \tfrac \pi 2\cdot k & < \varphi \leq \tfrac {3\pi} 8 + \tfrac \pi 2\cdot k, \quad k\in\zz\ . \end{aligned}\end{split}\]

    Rozwiązaniem są 4 obszary między półprostymi wychodzącymi z \(0\) (bez punktu \(0\)) przedstawiona na stronie GEOGEBRA.

  3. \(z=0\) nie jest rozwiązaniem, bo \(\RealPart 0 = 0.\) Obliczamy postać wykładniczą liczby

    \[\displaystyle \begin{aligned} j + 1 = |1 + j|\cdot e^{\, \ArgPrincipal(1+j) j} = \sqrt 2\cdot e^{\, \frac \pi 4 j}. \end{aligned}\]

    Przyjmując \(\displaystyle 0 \neq z = r\cdot e^{\, \varphi j}, \ r\in \rr_+, \ \varphi\in \rr\) obliczamy:

    \[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \RealPart \Paren{\left(j + 1\right)\cdot \overline{z}^5} < 0 \qlq \tfrac \pi 2 & < \ArgPrincipal\Paren{\left(j + 1\right)\cdot \overline{z}^5} - 2k\pi< \tfrac {3\pi} 2 \\ \tfrac \pi 2 & < \ArgPrincipal \Paren{ \sqrt 2\cdot e^{\, \frac \pi 4 j} } + \ArgPrincipal\Paren{ r^5\cdot e^{\, -5\varphi j} } -2k\pi< \tfrac {3\pi} 2 \\ r\in \rr_+ \Quad{ \wedge} \tfrac \pi 2 & < \tfrac \pi 4 - 5\varphi - 2k\pi < \tfrac {3\pi} 2, \quad k\in\zz \\ r\in \rr_+ \Quad{ \wedge} \tfrac \pi 4 + 2k\pi & < - 5\varphi < \tfrac {5\pi} 4 + 2k\pi, \quad k\in\zz \\ r\in \rr_+ \Quad{ \wedge} -\tfrac \pi {20} + \tfrac{2\pi} 5\cdot k & > \varphi > -\tfrac {\pi} 4 + \tfrac{2\pi} 5\cdot k, \quad k\in\zz \ . \end{aligned}\end{split}\]

    Rozwiązaniem jest 5 obszarów między półprostymi wychodzącymi z \(0\) (bez punktu \(0\)) przedstawionych na stronie GEOGEBRA.

7.4. Pierwiastki kwadratowe#

Definicja 7.4

Pierwiastkiem kwadratowym z liczb \(w\in\cc\) nazywamy każdą liczbę zespoloną \(z\in\cc\), dla której

\[z^2 = w.\]

Narration

Zbiór wszystkich pierwiastków oznaczamy symbolem

\[\displaystyle \sqrt{w} = \Set{z\in\cc : z^2 = w} .\]

Przykład 7.1

Dla \(a > 0\) mamy:

  1. \(\sqrt a = \Set{\pm \sqrt {a}}\), gdyż \( \qquad z^2 = a \qlq (z+\sqrt{a})(z-\sqrt{a})=0\)

  2. \(\sqrt {-a} = \Set{\pm \sqrt {a} j}\), gdyż \( \qquad z^2 = -a \qlq z^2 - \left(\sqrt{a}j\right)^2 = 0 \qlq (z+\sqrt{a} j)(z-\sqrt{a} j)=0 .\)

Uwaga 7.4

Z definicji, w celu znalezienia pierwiastków kwadratowych \(z = x + yj\) z liczby \(w = a + b j\) należy rozwiązać równanie: \( (x + yj)^2 = a + b j. \) Porównanie części rzeczywistych i urojonych obu stron tego równania daje układ równań:

\[\begin{aligned} x^2 - y^2 = a, \qquad 2xy = b, \qquad x,y \in \rr. \end{aligned}\]

Można też dodać trzecie równanie: \( \quad x^2 + y^2 = |z|^2 = \Absolute{z^2} = |w| = \sqrt{a^2 + b^2}. \)

W nietrywialnym przypadku \(b\neq 0\) (co implikuje, że \(x\neq 0\)) otrzymujemy:

  1. sumę pierwszego i trzeciego równania: \(\quad 2x^2 = a + \sqrt{a^2 + b^2}\),

  2. z trzeciego równania: \(\quad\displaystyle y = \frac b {2x} .\)

Rozwiązaniem pierwszego równania jest \( x = \pm \sqrt{\frac { a + \sqrt{a^2 + b^2 }} 2}. \)

Po wstawieniu tych wartości do równania drugiego otrzymujemy pierwiastki kwadratowe.

Ćwiczenie 7.5

Wyznaczmy \(\sqrt{-5 + 12j}.\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.12, Ćw. 7.17.

Rozwiązanie

Rozwiązujemy układ równań:

\[\begin{split}\begin{aligned} \begin{cases} (x + jy)^2 = -5 + 12 j \\ x^2 + y^2 = \sqrt{(-5)^2 + 12^2} \end{cases} & \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x^2 - y^2 = -5 \\ 2xy = 12 \\ x^2 + y^2 = 13 \end{cases} \\ \Leftrightarrow \quad \begin{cases} 2x^2 = -5+13 \\ y = \dfrac 6 x \Quad{\wedge} x \neq 0 \end{cases} & \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x^2 = 4 \\ y = \dfrac 6 x \\ \end{cases}. \end{aligned}\end{split}\]

Otrzymujemy rozwiązania: \(x=2,\ y= 3\) lub \(x=-2, \ y=-3 .\)

Zatem \(\sqrt{-5 +12j} = \Set{2 + 3j,\ -2 -3j}.\)

Rozwiązanie przedstawione jest na stronie GEOGEBRA.

7.5. Pierwiastki naturalnego stopnia#

Definicja 7.5

Pierwiastkiem stopnia \(n \in \nn\) z liczb \(w\in\cc\) nazywamy każdą liczbę zespoloną \(z\in\cc\), dla której

\[z^n = w.\]

Narration

Zbiór wszystkich pierwiastków \(n\)-tego stopnia oznaczamy symbolem

\[\displaystyle \sqrt[n]{w} = \{z\in\cc : z^n = w\} .\]

Stwierdzenie 7.6

Jedynym pierwiastkiem \(n\)-tego stopnia z \(0\) jest \(0 .\)

Jeśli \(n\in\nn\) to istnieje dokładnie \(n\) pierwiastków stopnia \(n\) z liczby \(w .\) Co więcej, dla:

\[\displaystyle \begin{aligned} 0 \neq w = R\cdot e^{\, \alpha j} = R\cdot\left(\cos \alpha + j \sin \alpha\right) , \quad R\in\rr_+,\, \alpha\in\rr, \end{aligned}\]

mamy \(\sqrt[n]{w} = \Set{z_0,z_1,\ldots, z_{n-1}},\) gdzie:

\[\displaystyle \begin{aligned} z_k = \sqrt[n]{R}\cdot e^{\, \frac{\alpha + 2k\pi}{n} j} = \sqrt[n]{R}\cdot\left(\cos \dfrac{\alpha + 2k\pi}{n} + j \sin \dfrac{\alpha + 2k\pi}{n}\right) . \end{aligned}\]

Definicja 7.6

Pierwiastkiem głównym stopnia \(n\) z liczby \(z\) nazywamy pierwiastek stopnia \(n\) z liczby zespolonej \(z\neq 0 \), który ma najmniejszy nieujemny argument.

Uwaga 7.5

  1. Stwierdzenie wynika z rozwiązania równania na \(\displaystyle 0 \neq z = r\cdot e^{\, \varphi j}, \ r\in \rr_+, \ \varphi\in \rr\):

    \[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} z^n = w \qlq \Paren{r\cdot e^{\, \varphi j} }^n & = R\cdot e^{\, \alpha j} \\ r^n\cdot e^{\, n\varphi j} & = R\cdot e^{\, \alpha j} \\ r^n = R \quad & \wedge \quad n\varphi = \alpha + 2k\pi,\quad k \in \zz \\ r = \sqrt[n]{R} \quad & \wedge \quad \varphi = \frac{\alpha + 2k\pi} n,\quad k \in \zz . \end{aligned}\end{split}\]

  2. Dla \(n = 2\) stwierdzenie daje pierwiastki kwadratowe. Istotnie, biorąc \(k= 0, 1\) dostajemy z powyższego wzoru:

    \[\displaystyle \begin{aligned} z_0 & = \sqrt R\cdot\left(\cos \frac \alpha 2 + j \sin \frac \alpha 2\right), & z_1 & = \sqrt R\cdot\left(\cos \frac {\alpha + 2\pi} 2 + j \sin \frac {\alpha + 2\pi} 2\right). \end{aligned}\]

    Korzystając z faktu, że \(\cos\left(\frac \alpha 2 + \pi\right) = -\cos\frac \alpha 2\) oraz \(\sin\left(\frac \alpha 2 + \pi\right) = -\sin\frac \alpha 2\) otrzymujemy:

    \[\displaystyle \begin{aligned} z_0 & = \sqrt R\cdot\left(\cos \frac \alpha 2 + j \sin \frac \alpha 2\right), & z_1 & = - \sqrt R\cdot\left(\cos \frac {\alpha} 2 + j \sin \frac {\alpha} 2\right) = -z_0. \end{aligned}\]

    Rozwiązanie przedstawione jest na stornie GEOGEBRA

Ćwiczenie 7.6

Znajdźmy pierwiastki 3-ciego stopnia z liczby \(w=8j .\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.12, Ćw. 7.17.

Rozwiązanie

Ponieważ \(\displaystyle \Quad{8j = 8\cdot\left(\cos \frac \pi 2 + j \sin \frac \pi 2\right), }\) to:

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} z_0 & = \sqrt[3]{8}\cdot\left(\cos \frac{\frac \pi 2 + 2\cdot 0\cdot \pi} 3 + j \sin \frac{\frac \pi 2 + 2\cdot 0\cdot \pi} 3\right) = 2\cdot\left(\cos \tfrac \pi 6 + j \sin \tfrac \pi 6\right) = \sqrt 3 + j , \\ z_1 & = \sqrt[3]{8}\cdot\left(\cos \frac{\frac \pi 2 + 2\cdot 1\cdot \pi} 3 + j \sin \frac{\frac \pi 2 + 2\cdot 1\cdot \pi} 3\right) = 2\cdot\left(\cos \tfrac {5\pi} 6 + j \sin \tfrac {5\pi} 6\right) = -\sqrt 3 + j , \\ z_2 & = \sqrt[3]{8}\cdot\left(\cos \frac{\frac \pi 2 + 2\cdot 2\cdot \pi} 3 + j \sin \frac{\frac \pi 2 + 2\cdot 2\cdot \pi} 3\right) = 2\cdot\left(\cos \tfrac {9\pi} 6 + j \sin \tfrac {9\pi} 6\right) = - 2j . \end{aligned}\end{split}\]

Rozwiązanie przedstawione jest na stornie GEOGEBRA.

Ćwiczenie 7.7

Znajdźmy pierwiastki 4-tego stopnia z liczby \(\displaystyle w = \frac {-1 + \sqrt {3} j} 2 .\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.12, Ćw. 7.17.

Rozwiązanie

Ponieważ \(\displaystyle \Quad{\frac {-1 + \sqrt {3} j} 2 = 1\cdot\left(\cos \frac {2} 3 \pi + j \sin \frac {2} 3 \pi\right) ,}\) to:

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} z_{0} & = \sqrt[4]{1}\cdot\left(\cos \frac{\frac{2}{3} \, \pi + 2\cdot 0\cdot \pi}{4} + j \sin \frac{\frac{2}{3} \, \pi + 2\cdot 0\cdot \pi}{4}\right) \\ & = 1\cdot\left(\cos \frac{1}{6} \, \pi + j \sin \frac{1}{6} \, \pi\right) = \frac{1}{2} \, \sqrt{3} + \frac{1}{2} j \\ z_{1} & = \sqrt[4]{1}\cdot\left(\cos \frac{\frac{2}{3} \, \pi + 2\cdot 1\cdot \pi}{4} + j \sin \frac{\frac{2}{3} \, \pi + 2\cdot 1\cdot \pi}{4}\right) \\ & = 1\cdot\left(\cos \frac{2}{3} \, \pi + j \sin \frac{2}{3} \, \pi\right) = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2} j \, \sqrt{3} \\ z_{2} & = \sqrt[4]{1}\cdot\left(\cos \frac{\frac{2}{3} \, \pi + 2\cdot 2\cdot \pi}{4} + j \sin \frac{\frac{2}{3} \, \pi + 2\cdot 2\cdot \pi}{4}\right) \\ & = 1\cdot\left(\cos \frac{7}{6} \, \pi + j \sin \frac{7}{6} \, \pi\right) = -\frac{1}{2} \, \sqrt{3} - \frac{1}{2} j \\ z_{3} & = \sqrt[4]{1}\cdot\left(\cos \frac{\frac{2}{3} \, \pi + 2\cdot 3\cdot \pi}{4} + j \sin \frac{\frac{2}{3} \, \pi + 2\cdot 3\cdot \pi}{4}\right) \\ & = 1\cdot\left(\cos \frac{5}{3} \, \pi + j \sin \frac{5}{3} \, \pi\right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} j \, \sqrt{3} . \end{aligned}\end{split}\]

Rozwiązanie przedstawione jest na stornie GEOGEBRA

Ćwiczenie 7.8

Znajdźmy pierwiastki 6-tego stopnia z liczby \(w=-64 .\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.12, Ćw. 7.17.

Rozwiązanie

Ponieważ \(\displaystyle \Quad{ -64 = 64\cdot\left(\cos \pi + j \sin \pi\right) ,}\) to:

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} z_{0} & = \sqrt[6]{64}\cdot\left(\cos \frac{\pi + 2\cdot 0\cdot \pi}{6} + j \sin \frac{\pi + 2\cdot 0\cdot \pi}{6}\right) \\ & = 2\cdot\left(\cos \frac{1}{6} \, \pi + j \sin \frac{1}{6} \, \pi\right) = \sqrt{3} + j \\ z_{1} & = \sqrt[6]{64}\cdot\left(\cos \frac{\pi + 2\cdot 1\cdot \pi}{6} + j \sin \frac{\pi + 2\cdot 1\cdot \pi}{6}\right) \\ & = 2\cdot\left(\cos \frac{1}{2} \, \pi + j \sin \frac{1}{2} \, \pi\right) = 2 j \\ z_{2} & = \sqrt[6]{64}\cdot\left(\cos \frac{\pi + 2\cdot 2\cdot \pi}{6} + j \sin \frac{\pi + 2\cdot 2\cdot \pi}{6}\right) \\ & = 2\cdot\left(\cos \frac{5}{6} \, \pi + j \sin \frac{5}{6} \, \pi\right) = -\sqrt{3} + j \\ z_{3} & = \sqrt[6]{64}\cdot\left(\cos \frac{\pi + 2\cdot 3\cdot \pi}{6} + j \sin \frac{\pi + 2\cdot 3\cdot \pi}{6}\right) \\ & = 2\cdot\left(\cos \frac{7}{6} \, \pi + j \sin \frac{7}{6} \, \pi\right) = -\sqrt{3} - j \\ z_{4} & = \sqrt[6]{64}\cdot\left(\cos \frac{\pi + 2\cdot 4\cdot \pi}{6} + j \sin \frac{\pi + 2\cdot 4\cdot \pi}{6}\right) \\ & = 2\cdot\left(\cos \frac{3}{2} \, \pi + j \sin \frac{3}{2} \, \pi\right) = -2 j \\ z_{5} & = \sqrt[6]{64}\cdot\left(\cos \frac{\pi + 2\cdot 5\cdot \pi}{6} + j \sin \frac{\pi + 2\cdot 5\cdot \pi}{6}\right) \\ & = 2\cdot\left(\cos \frac{11}{6} \, \pi + j \sin \frac{11}{6} \, \pi\right) = \sqrt{3} - j . \end{aligned}\end{split}\]

Rozwiązanie przedstawione jest na stornie

Uwaga 7.6

GEOGEBRA

Interpretacja geometryczna Stw. 7.6 jest następująca.

Pierwiastki stopnia \(n\geq 2\) z liczby \(w\in \cc\setminus\Set{0}\)

  • leżą na okręgu o środku \(0\) i promieniu równym \(\sqrt[n]{|w|}\),

  • są wierzchołkami \(n\)-kąta foremnego.

Przykład 7.2

Z pomocą GEOGEBRA możemy przedstawić wyniki rozwiązań: Ćw. 7.6, Ćw. 7.7, Ćw. 7.8 na płaszczyźnie zespolonej.

7.6. Pierwiastki z jedności#

Narration

Zauważmy, że pierwiastki stopnia \(n\) z liczby \(1\) mają postać

\[\displaystyle \begin{aligned} \omega_k = \cos \frac{2k\pi}{n} + j \sin \frac{2k\pi}{n} = e^{\, \frac{2k\pi}{n} j} = \Paren{ e^{\, \frac{2\pi}{n} j} }^k = \omega_1^k, \end{aligned}\]

dla \(k\in \Set{0,\ldots n-1}\), gdzie główny pierwiastek z jedności, to

\[\displaystyle \begin{aligned} \omega_1 = e^{\, \frac {2\pi} n j} = \cos \frac {2\pi} n + j \sin \frac {2\pi} n. \end{aligned}\]

Oczywiście wartości \(\omega_k\) zależą od wyboru liczby \(n\in\nn .\) Mimo tego, przy ustalonym \(n\in \nn\), pierwiastki \(n\)-tego stopnia z 1 będziemy, tak jak powyżej, oznaczać symbolami \(\omega_k .\)

Uwaga 7.7

  1. Podkreślmy, że \(\omega_0 = 1\), więc na płaszczyźnie zespolonej pierwiastki z jedności są wierzchołkami \(n\)-kąta foremnego, którego jednym z wierzchołków jest \(1 .\)

  2. Dla pierwiastków z jedności stopnia \(n \geq 2\) zachodzą następujące własności:

    \[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \omega_0 + \omega_1 + \ldots + \omega_{n-1} & = \omega_1^0 + \omega_1^1 + \ldots + \omega_1^{n-1} = \frac{1 - \omega_1^n}{1 - \omega_1} = \frac{1 - 1}{1 - \omega_1} = 0 , \\ \omega_0 \cdot \omega_1 \cdot \ldots \cdot \omega_{n-1} & = \omega_1^{0 + 1 + \ldots + (n-1)} = \omega_1^{\frac{(n-1)n} 2} = e^{\, (n-1)\pi j} = (-1)^{n-1}. \end{aligned}\end{split}\]

Stwierdzenie 7.7

Niech \(z_\circ\in\cc\) będzie dowolnym pierwiastkiem stopnia \(n\) z liczby \(w\in \cc.\)

Wówczas

\[\sqrt[n]{w} = \Set{z_\circ \cdot \omega_k : k\in \Set{0,\ldots, n-1}},\]

gdzie \(\omega_k,\) \(k\in \Set{0,\ldots, n-1}\), są pierwiastkami \(n\)-tego stopnia z \(1 .\)

Ćwiczenie 7.9

Podajmy i zilustrujmy na płaszczyźnie zespolonej rozwiązanie zespolone równania \((z+j-1)^4 = (2 + j)^8 .\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.13, Ćw. 7.18.

Rozwiązanie

Zauważmy, że

\[\begin{aligned} (2 + j)^8 = ((2 + j)^2)^4 = (4 + 4j - 1)^4 = (3+4j)^4. \end{aligned}\]

Z tego wynika, że \(z_\circ = 3+4j\) jest pierwiastkiem 4-tego stopnia z \((2 + j)^8 .\) Ponieważ dla \(n=4\), główny pierwiastek z jedności to \(\displaystyle \omega_1 = e^{\, \frac \pi 2 j} = j \), czyli \(\omega_k = j^{\, k}\), to

\[\begin{split}\begin{aligned} (z+j-1)^4 & = (2 + j)^8 \\ (z+j-1)^4 & = (3+4j)^4 \\ z+j-1 & \in \Set{(3+4j) \cdot j^{\, k} : k\in \Set{0,\ldots, 3}} \\ z & \in \Set{1-j + (3+4j) \cdot j^{\, k} : k\in \Set{0,\ldots 3}} \\ z & \in \Set{1-j + 3+4j,\ 1-j + 3j-4,\ 1-j - 3-4j,\ 1-j - 3j+4 } \\ z & \in \Set{4+3j,\ -3+2j,\ -2-5j,\ 5-4j } . \end{aligned}\end{split}\]

Rozwiązanie przedstawione jest na stornie GEOGEBRA.