3.3 Potenser och rötter
Förberedande kurs i matematik 2
| Teori | Övningar |
Innehåll:
- de Moivres formel
- Binomiska ekvationer
- Exponentialform
- Eulers formel
- Kvadratkomplettering
- Andragradsekvationer
Lärandemål:
Efter detta avsnitt ska du ha lärt dig att:
- Beräkna potenser av komplexa tal med de Moivres formel.
- Beräkna rötter av vissa komplexa tal genom omskrivning till polär form.
- Lösa binomiska ekvationer.
- Kvadratkomplettera komplexa andragradsuttryck.
- Lösa komplexa andragradsekvationer.
De Moivres formel
Räknereglerna \displaystyle \ \arg (zw) = \arg z + \arg w\ och \displaystyle \ |\,zw\,| = |\,z\,|\cdot|\,w\,|\ betyder att
| \displaystyle \biggl\{\begin{align*}&\arg (z\cdot z) = \arg z + \arg z \\ &|\,z\cdot z\,| = |\,z\,|\cdot|\,z\,|\end{align*}\qquad\biggl\{\begin{align*}&\arg z^3 = 3 \arg z \cr &|\,z^3\,| = |\,z\,|^3\end{align*}\qquad\text{osv.} |
För ett godtyckligt tal \displaystyle z=r\,(\cos \alpha +i\,\sin \alpha) har vi därför följande samband
| \displaystyle z^n = \bigl(r\,(\cos \alpha +i\sin \alpha)\bigr)^n = r^n\,(\cos n\alpha +i\,\sin n\alpha)\,\mbox{.} |
Om \displaystyle |\,z\,|=1, (dvs. \displaystyle z ligger på enhetscirkeln) gäller speciellt
| \displaystyle (\cos \alpha +i\,\sin \alpha)^n = \cos n\alpha +i\,\sin n\alpha\,\mbox{,} |
vilket brukar kallas de Moivres formel. Denna relation är mycket användbar när det gäller att härleda trigonometriska identiteter och beräkna rötter och potenser av komplexa tal.
Exempel 1
Om \displaystyle z = \frac{1+i}{\sqrt2}, beräkna \displaystyle z^3 och \displaystyle z^{100}.
Skriver vi \displaystyle z i polär form \displaystyle \ \ z= \frac{1}{\sqrt2} + \frac{i}{\sqrt2} = 1\cdot \Bigl(\cos \frac{\pi}{4} + i\sin \frac{\pi}{4}\Bigr)\ \ så ger de Moivres formel oss att
| \displaystyle \begin{align*}z^3 &= \Bigl( \cos\frac{\pi}{4} + i\,\sin\frac{\pi}{4}\,\Bigr)^3 = \cos\frac{3\pi}{4} + i\,\sin\frac{3\pi}{4} = -\frac{1}{\sqrt2} + \frac{1}{\sqrt2}\,i = \frac{-1+i}{\sqrt2}\,\mbox{,}\\[6pt] z^{100} &= \Bigl( \cos\frac{\pi}{4} + i\,\sin\frac{\pi}{4}\,\Bigr)^{100} = \cos\frac{100\pi}{4} + i\,\sin\frac{100\pi}{4}\\[4pt] &= \cos 25\pi + i\,\sin 25\pi = \cos \pi + i\,\sin \pi = -1\,\mbox{.}\end{align*} |
Exempel 2
På traditionellt sätt kan man med kvadreringsregeln utveckla
| \displaystyle \begin{align*} (\cos v + i\,\sin v)^2 &= \cos^2\!v + i^2 \sin^2\!v + 2i \sin v \cos v\\ &= \cos^2\!v - \sin^2\!v + 2i \sin v \cos v\end{align*} |
och med de Moivres formel få att
| \displaystyle (\cos v + i \sin v)^2 = \cos 2v + i \sin 2v\,\mbox{.} |
Om man identifierar real- respektive imaginärdel i de båda uttrycken får man de kända trigonometriska formlerna
| \displaystyle \biggl\{\begin{align*}\cos 2v &= \cos^2\!v - \sin^2\!v\,\mbox{,}\\[2pt] \sin 2v&= 2 \sin v \cos v\,\mbox{.}\end{align*} |
Exempel 3
Beräkna \displaystyle \ \ \frac{(\sqrt3 + i)^{14}}{(1+i\sqrt3\,)^7(1+i)^{10}}\,.
Vi skriver talen \displaystyle \sqrt{3}+i, \displaystyle 1+i\sqrt{3} och \displaystyle 1+i i polär form
- \displaystyle \quad\sqrt{3} + i = 2\Bigl(\cos\frac{\pi}{6} + i\,\sin\frac{\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(},
- \displaystyle \quad 1+i\sqrt{3} = 2\Bigl(\cos\frac{\pi}{3} + i\,\sin\frac{\pi}{3}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(},
- \displaystyle \quad 1+i = \sqrt2\,\Bigl(\cos\frac{\pi}{4} + i\,\sin\frac{\pi}{4}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}.
Då får vi med de Moivres formel att
| \displaystyle \frac{(\sqrt3 + i)^{14}}{(1+i\sqrt3\,)^7(1+i)^{10}} = \frac{\displaystyle 2^{14}\Bigl(\cos\frac{14\pi}{6} + i\,\sin \frac{14\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}}{\displaystyle 2^7\Bigl(\cos \frac{7\pi}{3} + i\,\sin\frac{7\pi}{3}\,\Bigr) \cdot (\sqrt{2}\,)^{10}\Bigl(\cos\frac{10\pi}{4} + i\,\sin\frac{10\pi}{4}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}} |
och detta uttryck kan förenklas genom att utföra multiplikationen och divisionen i polär form
| \displaystyle \begin{align*}\frac{\displaystyle 2^{14}\Bigl(\cos\frac{14\pi}{6} + i\,\sin\frac{14\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}} {\displaystyle 2^{12}\Bigl(\cos\frac{29\pi}{6} + i\,\sin\frac{29\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}} &= 2^2 \Bigl(\cos\Bigl( -\frac{15\pi}{6}\,\Bigr) + i\,\sin\Bigl( -\frac{15\pi}{6}\,\Bigr)\,\Bigr)\\[8pt] &= 4\Bigl(\cos \Bigl( -\frac{\pi}{2}\,\Bigr) + i\,\sin\Bigl( -\frac{\pi}{2}\,\Bigr)\,\Bigr) = -4i\,\mbox{.}\end{align*} |
Binomiska ekvationer
Ett komplext tal \displaystyle z kallas en n:te rot av det komplexa talet \displaystyle w om
| \displaystyle z^n= w \mbox{.} |
Ovanstående samband kan också ses som en ekvation där \displaystyle z är den obekante, och en sådan ekvation kallas en binomisk ekvation. Lösningarna ges av att skriva båda leden i polär form och jämföra belopp och argument.
För ett givet tal \displaystyle w=|\,w\,|\,(\cos \theta + i\,\sin \theta) ansätter man det sökta talet \displaystyle z=r\,(\cos \alpha + i\, \sin \alpha) och den binomiska ekvationen blir
| \displaystyle r^{\,n}\,(\cos n\alpha + i \sin n\alpha) =|w|\,(\cos \theta + i \sin \theta)\,\mbox{,} |
där de Moivres formel använts i vänsterledet. För belopp och argument måste nu gälla
| \displaystyle \biggl\{\begin{align*} r^{\,n} &= |w|\,\mbox{,}\\ n\alpha &= \theta + k\cdot 2\pi\,\mbox{.}\end{align*} |
Observera att vi lägger till en multipler av \displaystyle 2\pi för att få med alla värden på argumentet som anger samma riktning som \displaystyle \theta. Man får då att
| \displaystyle \biggl\{\begin{align*} r &={\textstyle\sqrt[\scriptstyle n]{|w|}}\\ \alpha &= (\theta + 2k\pi)/n\,, \quad k=0, \pm 1, \pm 2, \ldots\end{align*} |
Detta ger ett värde på \displaystyle r, men oändligt många värden på \displaystyle \alpha. Trots detta blir det inte oändligt många lösningar. Från \displaystyle k = 0 till \displaystyle k = n - 1 får man olika argument för \displaystyle z och därmed olika lägen för \displaystyle z i det komplexa talplanet. För övriga värden på \displaystyle k kommer man pga. periodiciteten hos sinus och cosinus tillbaka till dessa lägen och får alltså inga nya lösningar. Detta resonemang visar att ekvationen \displaystyle z^n=w har exakt \displaystyle n rötter.
Anm. Observera att rötternas olika argument ligger \displaystyle 2\pi/n ifrån varandra, vilket gör att rötterna ligger jämnt fördelade på en cirkel med radien \displaystyle \sqrt[\scriptstyle n]{|w|} och bildar hörn i en regelbunden n-hörning.
Exempel 4
Lös den binomiska ekvationen \displaystyle \ z^4= 16\,i\,.
Skriv \displaystyle z och \displaystyle 16\,i i polär form
- \displaystyle \quad z=r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha)\,,
- \displaystyle \quad 16\,i= 16\Bigl(\cos\frac{\pi}{2} + i\,\sin\frac{\pi}{2}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}.
Då ger ekvationen \displaystyle \ z^4=16\,i\ att
| \displaystyle r^4\,(\cos 4\alpha + i\,\sin 4\alpha) = 16\Bigl(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\,\Bigr)\,\mbox{.} |
När vi identifierar belopp och argument i båda led fås att
| \displaystyle \biggl\{\begin{align*} r^4 &= 16\\ 4\alpha &= \pi/2 + k\cdot 2\pi\end{align*}\qquad\text{dvs.}\qquad\biggl\{\begin{align*} r &= \sqrt[\scriptstyle 4]{16}= 2 \\ \alpha &= \pi/8 + k\pi/2\,,\quad k=0,1,2,3\end{align*} |
|
Lösningarna till ekvationen är alltså
|
|
![[Image]](/wikis/2008/forberedandematte2/img_auth.php/metapost/6/b/9/6b9221f9f7b01fe26ab79402492dcd48.png)
Exponentialform av komplexa tal
Om vi behandlar \displaystyle i likvärdigt med ett reellt tal och betraktar ett komplext tal \displaystyle z som en funktion av \displaystyle \alpha (och \displaystyle r är en konstant),
| \displaystyle f(\alpha) = r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) |
så får vi efter derivering
| \displaystyle \begin{align*} f^{\,\prime}(\alpha) &= -r\sin \alpha + r\,i\,\cos \alpha = r\,i^2 \sin \alpha + r\,i\,\cos \alpha = i\,r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = i\,f(\alpha)\\ f^{\,\prime\prime} (\alpha) &= - r\,\cos \alpha - r\,i\,\sin \alpha = i^2\,r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = i^2\, f(\alpha)\cr &\text{osv.}\end{align*} |
Den enda reella funktion med dessa egenskaper är \displaystyle f(x)= e^{\,kx}, vilket motiverar definitionen
| \displaystyle e^{\,i\alpha} = \cos \alpha + i\,\sin \alpha\,\mbox{.} |
Denna definition visar sig vara en helt naturlig generalisering av exponentialfunktionen för reella tal. Om man sätter \displaystyle z=a+ib så får man
| \displaystyle e^{\,z} = e^{\,a+ib} = e^{\,a} \cdot e^{\,ib} = e^{\,a}(\cos b + i\,\sin b)\,\mbox{.} |
Definitionen av \displaystyle e^{\,z} kan uppfattas som ett bekvämt skrivsätt för den polära formen av ett komplext tal, eftersom \displaystyle z=r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = r\,e^{\,i\alpha}\,.
Exempel 5
För ett reellt tal \displaystyle z överensstämmer definitionen med den reella exponentialfunktionen, eftersom \displaystyle z=a+0\cdot i ger att
| \displaystyle e^{\,z} = e^{\,a+0\cdot i} = e^a (\cos 0 + i \sin 0) = e^a \cdot 1 = e^a\,\mbox{.} |
Exempel 6
Ytterligare en indikation på det naturliga i ovanstående definition ges av sambandet
| \displaystyle \bigl(e^{\,i\alpha}\bigr)^n = (\cos \alpha + i \sin \alpha)^n = \cos n\alpha + i \sin n \alpha = e^{\,in\alpha}\,\mbox{,} |
vilket visar att de Moivres formel egentligen är identisk med en redan känd potenslag,
| \displaystyle \left(a^x\right)^y = a^{x\,y}\,\mbox{.} |
Exempel 7
Ur definitionen ovan kan man erhålla sambandet
| \displaystyle e^{\pi\,i} = \cos \pi + i \sin \pi = -1 |
vilket knyter samman de tal som brukar räknas som de mest grundläggande inom matematiken: \displaystyle e, \displaystyle \pi, \displaystyle i och 1. Detta samband betraktas av många som det vackraste inom matematiken och upptäcktes av Euler i början av 1700-talet.
Exempel 8
Lös ekvationen \displaystyle \ (z+i)^3 = -8i.
Sätt \displaystyle w = z + i. Vi får då den binomiska ekvationen \displaystyle \ w^3=-8i\,. Till att börja med skriver vi om \displaystyle w och \displaystyle -8i i polär form
- \displaystyle \quad w=r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = r\,e^{i\alpha}
- \displaystyle \quad -8i = 8\Bigl(\cos \frac{3\pi}{2} + i\,\sin\frac{3\pi}{2}\,\Bigr) = 8\,e^{3\pi i/2}\vphantom{\biggl(}
Ekvationen blir i polär form \displaystyle \ r^3e^{3\alpha i}=8\,e^{3\pi i/2}\ och identifierar vi belopp och argument i båda led har vi att
| \displaystyle \biggl\{\begin{align*} r^3 &= 8\\ 3\alpha &= 3\pi/2+2k\pi\end{align*}\qquad\Leftrightarrow\qquad\biggl\{\begin{align*} r&=\sqrt[\scriptstyle 3]{8}\\ \alpha&= \pi/2+2k\pi/3\,,\quad k=0,1,2\end{align*} |
Rötterna till ekvationen blir därmed
- \displaystyle \quad w_1 = 2\,e^{\pi i/2} = 2\Bigl(\cos \frac{\pi}{2} + i\,\sin\frac{\pi}{2}\,\Bigr) = 2i\quad\vphantom{\biggl(}
- \displaystyle \quad w_2 = 2\,e^{7\pi i/6} = 2\Bigl(\cos\frac{7\pi}{6} + i\,\sin\frac{7\pi}{6}\,\Bigr) = -\sqrt{3}-i\quad\vphantom{\Biggl(}
- \displaystyle \quad w_3 = 2\,e^{11\pi i/6} = 2\Bigl(\cos\frac{11\pi}{6} + i\,\sin\frac{11\pi}{6}\,\Bigr) = \sqrt{3}-i\quad\vphantom{\biggl(}
dvs. \displaystyle z_1 = 2i-i=i, \displaystyle z_2 = - \sqrt{3}-2i och \displaystyle z_3 = \sqrt{3}-2i.
Exempel 9
Lös ekvationen \displaystyle \ z^2 = \overline{z}\,.
Om \displaystyle z=a+ib har \displaystyle |\,z\,|=r och \displaystyle \arg z = \alpha så gäller att \displaystyle \overline{z}= a-ib har \displaystyle |\,\overline{z}\,|=r och \displaystyle \arg \overline{z} = - \alpha. Därför gäller att \displaystyle z=r\,e^{i\alpha} och \displaystyle \overline{z} = r\,e^{-i\alpha}. Ekvationen kan därmed skrivas
| \displaystyle (r\,e^{i\alpha})^2 = r\,e^{-i\alpha}\qquad\text{eller}\qquad r^2 e^{2i\alpha}= r\,e^{-i\alpha}\,\mbox{,} |
vilket är ekvivalent med \displaystyle \ r\,e^{3i\alpha} = 1\,, som ger efter identifikation av belopp och argument
| \displaystyle \biggl\{\begin{align*} r &= 1\\ 3\alpha &= 0 + 2k\pi\end{align*}\qquad\Leftrightarrow\qquad\biggl\{\begin{align*} r &= 1\\ \alpha &= 2k\pi/3\,\mbox{,}\quad k=0,1,2\end{align*} |
Lösningarna är
- \displaystyle \quad z_1 = e^0 = 1
- \displaystyle \quad z_2 = e^{2\pi i/ 3} = \cos\frac{2\pi}{3} + i\,\sin\frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt3}{2}\,i\vphantom{\Biggl(}
- \displaystyle \quad z_3 = e^{4\pi i/ 3} = \cos\frac{4\pi}{3} + i\,\sin\frac{4\pi}{3} = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt3}{2}\,i
Kvadratkomplettering
Kvadreringsreglerna,
| \displaystyle \left\{\begin{align*} (a+b)^2 &= a^2+2ab+b^2\\ (a-b)^2 &= a^2-2ab+b^2\end{align*}\right. |
som vanligtvis används för att utveckla parentesuttryck kan även användas baklänges för att erhålla jämna kvadratuttryck. Exempelvis är
| \displaystyle \begin{align*} x^2+4x+4 &= (x+2)^2\,\mbox{,}\\ x^2-10x+25 &= (x-5)^2\,\mbox{.}\end{align*} |
Detta kan utnyttjas vid lösning av andragradsekvationer, t.ex.
| \displaystyle \begin{align*} x^2+4x+4 &= 9\,\mbox{,}\\ (x+2)^2 &= 9\,\mbox{.}\end{align*} |
Rotutdragning ger sedan att \displaystyle x+2=\pm\sqrt{9} och därmed att \displaystyle x=-2\pm 3, dvs. \displaystyle x=1 eller \displaystyle x=-5.
Ibland måste man lägga till eller dra ifrån lämpligt tal för att erhålla ett jämnt kvadratuttryck. Ovanstående ekvation kunde exempelvis lika gärna varit skriven
| \displaystyle x^2+4x-5=0\,\mbox{.} |
Genom att addera 9 till båda led får vi det önskade uttrycket i vänster led:
| \displaystyle \begin{align*} x^2+4x-5+9 &= 0+9\,\mbox{,}\\ x^2+4x+4\phantom{{}+9} &= 9\,\mbox{.}\end{align*} |
Metoden kallas kvadratkomplettering.
Exempel 10
- Lös ekvationen \displaystyle \ x^2-6x+7=2\,.
Koefficienten framför \displaystyle x är \displaystyle -6 och det visar att vi måste ha talet \displaystyle (-3)^2=9 som konstantterm i vänstra ledet för att få ett jämnt kvadratuttryck. Genom att lägga till \displaystyle 2 på båda sidor åstadkommer vi detta:
\displaystyle \begin{align*} x^2-6x+7+2 &= 2+2\,\mbox{,}\\ x^2-6x+9\phantom{{}+2} &= 4\,\mbox{,}\\ \rlap{(x-3)^2}\phantom{x^2-6x+7+2}{} &= 4\,\mbox{.}\end{align*} Rotutdragning ger sedan att \displaystyle x-3=\pm 2, vilket betyder att \displaystyle x=1 och \displaystyle x=5.
- Lös ekvationen \displaystyle \ z^2+21=4-8z\,.
Ekvationen kan skrivas \displaystyle z^2+8z+17=0. Genom att dra ifrån 1 på båda sidor får vi en jämn kvadrat i vänster led:
\displaystyle \begin{align*} z^2+8z+17-1 &= 0-1\,\mbox{,}\\ z^2+8z+16\phantom{{}-1} &= -1\,\mbox{,}\\ \rlap{(z+4)^2}\phantom{z^2+8z+17-1}{} &= -1\,\mbox{,}\end{align*} och därför är \displaystyle z+4=\pm\sqrt{-1}. Med andra ord är lösningarna \displaystyle z=-4-i och \displaystyle z=-4+i.
Generellt kan man säga att kvadratkomplettering går ut på att skaffa sig "kvadraten på halva koefficienten för x" som konstantterm i andragradsuttrycket. Denna term kan man alltid lägga till i båda led utan att bry sig om vad som fattas. Om koefficienterna i uttrycket är komplexa så kan man gå till väga på samma sätt.
Exempel 11
Lös ekvationen \displaystyle \ x^2-\frac{8}{3}x+1=2\,.
Halva koefficienten för \displaystyle x är \displaystyle -\tfrac{4}{3}. Vi lägger alltså till \displaystyle \bigl(-\tfrac{4}{3}\bigr)^2=\tfrac{16}{9} i båda led
| \displaystyle \begin{align*} x^2-\tfrac{8}{3}x+\tfrac{16}{9}+1 &= 2+\tfrac{16}{9}\,\mbox{,}\\ \rlap{\bigl(x-\tfrac{4}{3}\bigr)^2}\phantom{x^2-\tfrac{8}{3}x+\tfrac{16}{9}}{}+1 &= \tfrac{34}{9}\,\mbox{,}\\ \rlap{\bigl(x-\tfrac{4}{3}\bigr)^2}\phantom{x^2-\tfrac{8}{3}x+\tfrac{16}{9}+1} &= \tfrac{25}{9}\,\mbox{.}\end{align*} |
Nu är det enkelt att få fram att \displaystyle x-\tfrac{4}{3}=\pm\tfrac{5}{3} och därmed att \displaystyle x=\tfrac{4}{3}\pm\tfrac{5}{3}, dvs. \displaystyle x=-\tfrac{1}{3} och \displaystyle x=3.
Exempel 12
Lös ekvationen \displaystyle \ x^2+px+q=0\,.
Kvadratkomplettering ger
| \displaystyle \begin{align*} x^2+px+\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2+q &= \Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2\,\mbox{,}\\ \rlap{\Bigl(x+\frac{p}{2}\Bigr)^2}\phantom{x^2+px+\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2+q}{} &= \Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2-q\,\mbox{,}\\ \rlap{x+\frac{p}{2}}\phantom{x^2+px+\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2+q}{} &= \pm \sqrt{\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2-q}\ \mbox{.}\end{align*} |
Detta ger den vanliga formeln, pq-formeln, för lösningar till andragradsekvationer
| \displaystyle x=-\frac{p}{2}\pm \sqrt{\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2-q}\,\mbox{.} |
Exempel 13
Lös ekvationen \displaystyle \ z^2-(12+4i)z-4+24i=0\,.
Halva koefficienten för \displaystyle z är \displaystyle -(6+2i) så vi adderar kvadraten på detta uttryck till båda led
| \displaystyle z^2-(12+4i)z+(-(6+2i))^2-4+24i=(-(6+2i))^2\,\mbox{.} |
Räknar vi ut kvadraten \displaystyle \ (-(6+2i))^2=36+24i+4i^2=32+24i\ i högerledet och kvadratkompletterar vänsterledet fås
| \displaystyle \begin{align*} (z-(6+2i))^2-4+24i &= 32+24i\,\mbox{,}\\ \rlap{(z-(6+2i))^2}\phantom{(z-(6+2i))^2-4+24i}{} &= 36\,\mbox{.}\end{align*} |
Efter en rotutdragning har vi att \displaystyle \ z-(6+2i)=\pm 6\ och därmed är lösningarna \displaystyle z=12+2i och \displaystyle z=2i.
Om man vill åstadkomma en jämn kvadrat i ett fristående uttryck så kan man också göra på samma sätt. För att inte ändra uttryckets värde lägger man då till och drar ifrån den saknade konstanttermen, exempelvis
| \displaystyle \begin{align*} x^2+10x+3 &= x^2+10x+25+3-25\\ &= (x+5)^2-22\,\mbox{.}\end{align*} |
Exempel 14
Kvadratkomplettera uttrycket \displaystyle \ z^2+(2-4i)z+1-3i\,.
Lägg till och dra ifrån termen \displaystyle \bigl(\frac{1}{2}(2-4i)\bigr)^2=(1-2i)^2=-3-4i\,,
| \displaystyle \begin{align*} z^2+(2-4i)z+1-3i &= z^2+(2-4i)z+(1-2i)^2-(1-2i)^2+1-3i\\ &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2-(1-2i)^2+1-3i\\ &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2-(-3-4i)+1-3i\\ &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2+4+i\,\mbox{.}\end{align*} |
Lösning med formel
Att lösa andragradsekvationer är ibland enklast med hjälp av den vanliga formeln för andragradsekvationer. Ibland kan man dock råka ut för uttryck av typen \displaystyle \sqrt{a+ib}. Man kan då ansätta
| \displaystyle z=x+iy=\sqrt{a+ib}\,\mbox{.} |
Genom att kvadrera båda led får vi att
| \displaystyle \begin{align*} (x+iy)^2 &= a+ib\,\mbox{,}\\ x^2 - y^2 + 2xy\,i &= a+ib\,\mbox{.}\end{align*} |
Identifikation av real- och imaginärdel ger nu att
| \displaystyle \left\{\begin{align*} &x^2 - y^2 = a\,\mbox{,}\\ &2xy=b\,\mbox{.}\end{align*}\right. |
Detta ekvationssystem kan lösas med substitution, t.ex. \displaystyle y= b/(2x) som kan sättas in i den första ekvationen.
Exempel 15
Beräkna \displaystyle \ \sqrt{-3-4i}\,.
Sätt \displaystyle \ x+iy=\sqrt{-3-4i}\ där \displaystyle x och \displaystyle y är reella tal. Kvadrering av båda led ger
| \displaystyle \begin{align*} (x+iy)^2 &= -3-4i\,\mbox{,}\\ x^2 - y^2 + 2xyi &= -3-4i\,\mbox{,}\end{align*} |
vilket leder till ekvationssystemet
| \displaystyle \Bigl\{\begin{align*} x^2 - y^2 &= -3\,\mbox{,}\\ 2xy&= -4\,\mbox{.}\end{align*} |
Ur den andra ekvationen kan vi lösa ut \displaystyle \ y=-4/(2x) = -2/x\ och sätts detta in i den första ekvationen fås att
| \displaystyle x^2-\frac{4}{x^2} = -3 \quad \Leftrightarrow \quad x^4 +3x^2 - 4=0\,\mbox{.} |
Denna ekvation är en andragradsekvation i \displaystyle x^2 vilket man ser lättare genom att sätta \displaystyle t=x^2
| \displaystyle t^2 +3t -4=0\,\mbox{.} |
Lösningarna är \displaystyle t = 1 och \displaystyle t = -4. Den sista lösningen måste förkastas, eftersom \displaystyle x och \displaystyle y är reella tal och då kan inte \displaystyle x^2=-4. Vi får att \displaystyle x=\pm\sqrt{1}, vilket ger oss två möjligheter
- \displaystyle \ x=-1\ som ger att \displaystyle \ y=-2/(-1)=2\,.
- \displaystyle \ x=1\ som ger att \displaystyle \ y=-2/1=-2\,.
Vi har alltså kommit fram till att
| \displaystyle \sqrt{-3-4i} = \biggl\{\begin{align*} &\phantom{-}1-2i\,\mbox{,}\\ &-1+2i\,\mbox{.}\end{align*} |
Exempel 16
- Lös ekvationen \displaystyle \ z^2-2z+10=0\,.
Formeln för lösningar till en andragradsekvation (se exempel 3) ger att
\displaystyle z= 1\pm \sqrt{1-10} = 1\pm \sqrt{-9}= 1\pm 3i\,\mbox{.} - Lös ekvationen \displaystyle \ z^2 + (4-2i)z -4i=0\,\mbox{.}
Även här ger pq-formeln lösningarna direkt
\displaystyle \begin{align*} z &= -2+i\pm\sqrt{\smash{(-2+i)^2+4i}\vphantom{i^2}} = -2+i\pm\sqrt{4-4i+i^{\,2}+4i}\\ &=-2+i\pm\sqrt{3} = -2\pm\sqrt{3}+i\,\mbox{.}\end{align*} - Lös ekvationen \displaystyle \ iz^2+(2+6i)z+2+11i=0\,\mbox{.}
Division av båda led med \displaystyle i ger att
\displaystyle \begin{align*} z^2 + \frac{2+6i}{i}z +\frac{2+11i}{i} &= 0\,\mbox{,}\\ z^2+ (6-2i)z + 11-2i &= 0\,\mbox{.}\end{align*} Applicerar vi sedan pq-formeln så fås att
\displaystyle \begin{align*} z &= -3+i \pm \sqrt{\smash{(-3+i)^2 -(11-2i)}\vphantom{i^2}}\\ z &= -3+i \pm \sqrt{-3-4i}\\ z &= -3+i\pm(1-2i)\end{align*} där vi använt det framräknade värdet på \displaystyle \ \sqrt{-3-4i}\ från exempel 6. Lösningarna är alltså
\displaystyle z=\biggl\{\begin{align*} &-2-i\,\mbox{,}\\ &-4+3i\,\mbox{.}\end{align*}
