3.3 Potenser och rötter

Sommarmatte 2

(Skillnad mellan versioner)

Hoppa till: navigering, sök

Nuvarande version

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.

Övningar

[redigera] De Moivres formel

Räknereglerna $\ \arg (zw) = \arg z + \arg w\ $ och $\ |\,zw\,| = |\,z\,|\cdot|\,w\,|\ $ betyder att $$\biggl\{\eqalign{&\arg (z\cdot z) = \arg z + \arg z \cr &|\,z\cdot z\,| = |\,z\,|\cdot|\,z\,|}\qquad\biggl\{\eqalign{&\arg z^3 = 3 \arg z \cr &|\,z^3\,| = |\,z\,|^3}\qquad\text{o.s.v.}$$ För ett godtyckligt tal $\,z=r\,(\cos \alpha +i\,\sin \alpha)\,$ har vi därför följande samband

$$z^n = \bigl(r\,(\cos \alpha +i\sin \alpha)\bigr)^n = r^n\,(\cos n\alpha +i\,\sin n\alpha)\,\mbox{.}$$

Om $\,|\,z\,|=1\,$, (dvs. $\,z\,$ ligger på enhetscirkeln) gäller speciellt

$$(\cos \alpha +i\,\sin \alpha)^n = \cos n\alpha +i\,\sin n\alpha\,\mbox{,}$$

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 $\ z=\displaystyle\frac{1+i}{\sqrt2}\,$, beräkna $\,z^3\,$ och $\,z^{100}\,$.

Skriver vi $\,z\,$ 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 $$\eqalign{z^3 &= \Bigl( \cos\frac{\pi}{4} + i\,\sin\frac{\pi}{4}\,\Bigr)^3 = \cos\frac{3\pi}{4} + i\,\sin\frac{3\pi}{4} = -\frac{1}{\sqrt2} + \frac{1}{\sqrt2}\,i = \frac{-1+i}{\sqrt2}\,\mbox{,}\cr z^{100} &= \Bigl( \cos\frac{\pi}{4} + i\,\sin\frac{\pi}{4}\,\Bigr)^{100} = \cos\frac{100\pi}{4} + i\,\sin\frac{100\pi}{4}\vphantom{\Biggl(}\cr &= \cos 25\pi + i\,\sin 25\pi = \cos \pi + i\,\sin \pi = -1\,\mbox{.}}$$

Exempel 2

På traditionellt sätt kan man med kvadreringsregeln utveckla $$(\cos v + i\,\sin v)^2 = \cos^2\!v + i^2 \sin^2\!v + 2i \sin v \cos v = \cos^2\!v - \sin^2\!v + 2i \sin v \cos v$$ och med de Moivres formel få att $$(\cos v + i \sin v)^2 = \cos 2v + i \sin 2v\,\mbox{.}$$ Om man identifierar real- respektive imaginärdel i de båda uttrycken får man de kända trigonometriska formlerna $$\biggl\{\eqalign{\cos 2v &= \cos^2\!v - \sin^2\!v\,\mbox{,}\cr \sin 2v&= 2 \sin v \cos v\,\mbox{.}}$$

Exempel 3

Beräkna $\ \displaystyle\frac{(\sqrt3 + i)^{14}}{(1+i\sqrt3\,)^7(1+i)^{10}}\,$.

Vi skriver talen $\,\sqrt{3}+i\,$, $\,1+i\sqrt{3}\,$ och $\,1+i\,$ i polär form

$\quad\displaystyle\sqrt3 + i = 2\Bigl(\cos\frac{\pi}{6} + i\,\sin\frac{\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\,$,
$\quad\displaystyle 1+i\sqrt3 = 2\Bigl(\cos\frac{\pi}{3} + i\,\sin\frac{\pi}{3}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\,$,
$\quad\displaystyle 1+i = \sqrt2\,\Bigl(\cos\frac{\pi}{4} + i\,\sin\frac{\pi}{4}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\,$.

Då får vi med de Moivres formel att $$\frac{(\sqrt3 + i)^{14}}{(1+i\sqrt3\,)^7(1+i)^{10}} = \frac{\displaystyle 2^{14}\Bigl(\cos\frac{14\pi}{6} + i\,\sin \frac{14\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}}{\displaystyle 2^7\Bigl(\cos \frac{7\pi}{3} + i\,\sin\frac{7\pi}{3}\,\Bigr) \cdot (\sqrt{2}\,)^{10}\Bigl(\cos\frac{10\pi}{4} + i\,\sin\frac{10\pi}{4}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}}$$ och detta uttryck kan förenklas genom att utföra multiplikationen och divisionen i polär form $$\eqalign{\frac{\displaystyle 2^{14}\Bigl(\cos\frac{14\pi}{6} + i\,\sin\frac{14\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}} {\displaystyle 2^{12}\Bigl(\cos\frac{29\pi}{6} + i\,\sin\frac{29\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}} &= 2^2 \Bigl(\cos\Bigl( -\frac{15\pi}{6}\,\Bigr) + i\,\sin\Bigl( -\frac{15\pi}{6}\,\Bigr)\,\Bigr)\cr &= 4\Bigl(\cos \Bigl( -\frac{\pi}{2}\,\Bigr) + i\,\sin\Bigl( -\frac{\pi}{2}\,\Bigr)\,\Bigr) = -4i\,\mbox{.}}$$

[redigera] Binomiska ekvationer

Ett komplext tal $\,z\,$ kallas en n:te rot av det komplexa talet $\,w\,$ om

$$z^n= w \mbox{.}$$

Ovanstående samband kan också ses som en ekvation där $\,z\,$ 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 $\,w=|\,w\,|\,(\cos \theta + i\,\sin \theta)\,$ ansätter man det sökta talet $\,z=r\,(\cos \alpha + i\, \sin \alpha)$ och den binomiska ekvationen blir

$$r^{\,n}\,(\cos n\alpha + i \sin n\alpha) =|w|\,(\cos \theta + i \sin \theta)\,\mbox{,}$$

där de Moivres formel använts i vänsterledet. För belopp och argument måste nu gälla $$\biggl\{\eqalign{r^{\,n} &= |w|\,\mbox{,}\cr n\alpha &= \theta + k\cdot 2\pi\,\mbox{.}}$$ Observera att vi lägger till en multipler av $\,2\pi\,$ för att få med alla värden på argumentet som anger samma riktning som $\,\theta\,$. Man får då att $$\biggl\{\eqalign{ r&={\textstyle\sqrt[\scriptstyle n]{|w|}}\cr \alpha&= (\theta + 2k\pi)/n\,, \quad k=0, \pm 1, \pm 2, \ldots}$$ Detta ger ett värde på $\,r\,$, men oändligt många värden på $\,\alpha\,$. Trots detta blir det inte oändligt många lösningar. Från $\,k = 0\,$ till $\,k = n - 1\,$ får man olika argument för $\,z\,$ och därmed olika lägen för $\,z\,$ i det komplexa talplanet. För övriga värden på $\,k\,$ kommer man pga. periodiciteten hos sinus och cosinus tillbaka till dessa lägen och får alltså inga nya lösningar. Detta resonemang visar att ekvationen $\,z^n=w\,$ har exakt $\,n\,$ rötter.

Anm. Observera att rötternas olika argument ligger $\,2\pi/n\,$ ifrån varandra, vilket gör att rötterna ligger jämnt fördelade på en cirkel med radien $\,\sqrt[\scriptstyle n]{|w|}\,$ och bildar hörn i en regelbunden n-hörning.

Exempel 4

Lös den binomiska ekvationen $\ z^4= 16\,i\,$.

Skriv $\,z\,$ och $\,16\,i\,$ i polär form

$\quad z=r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha)\,$,
$\quad\displaystyle 16\,i= 16\Bigl(\cos\frac{\pi}{2} + i\,\sin\frac{\pi}{2}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}$.

Då ger ekvationen $\ z^4=16\,i\ $ att $$r^4\,(\cos 4\alpha + i\,\sin 4\alpha) = 16\Bigl(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\,\Bigr)\,\mbox{.}$$ När vi identifierar belopp och argument i båda led fås att $$\biggl\{\eqalign{r^4&=16 \cr 4\alpha &=\pi/2 + k\cdot 2\pi}\qquad\text{d.v.s.}\qquad\biggl\{\eqalign{r&=\sqrt[\scriptstyle 4]{16}= 2 \cr \alpha &= \pi/8 + k\pi/2\,,\quad k=0,1,2,3}$$

Lösningarna till ekvationen är alltså $$\left\{\eqalign{\displaystyle z_1&= 2\Bigl(\cos \frac{\pi}{8} + i\,\sin\frac{\pi}{8}\,\Bigr)\cr \displaystyle z_2 &= 2\Bigl(\cos\frac{5\pi}{8} + i\,\sin\frac{5\pi}{8}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\cr \displaystyle z_3 &= 2\Bigl(\cos\frac{9\pi}{8} + i\,\sin\frac{9\pi}{8}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\cr \displaystyle z_4 &= 2\Bigl(\cos\frac{13\pi}{8} + i\,\sin\frac{13\pi}{8}\,\Bigr)}\right.$$

[redigera] Exponentialform av komplexa tal

Om vi behandlar $\,i\,$ likvärdigt med ett reellt tal och betraktar ett komplext tal $\,z\,$ som en funktion av $\,\alpha\,$ (och $\,r\,$ är en konstant), $$f(\alpha) = r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha)$$ så får vi efter derivering $$\eqalign{f^{\,\prime}(\alpha) &= -r\sin \alpha + r\,i\,\cos \alpha =r\,i^2 \sin \alpha + r\,i\,\cos \alpha = i\,r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = i\,f(\alpha)\cr f^{\,\prime\prime} (\alpha) &= - r\,\cos \alpha - r\,i\,\sin \alpha = i^2\,r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = i^2\, f(\alpha)\cr &\text{o.s.v.}}$$

Den enda reella funktion med dessa egenskaper är $\,f(x)= e^{\,kx}\,$, vilket motiverar definitionen

$$e^{\,i\alpha} = \cos \alpha + i\,\sin \alpha\,\mbox{.}$$

Denna definition visar sig vara en helt naturlig generalisering av exponentialfunktionen för reella tal. Om man sätter $\,z=a+ib\,$ så får man

$$e^{\,z} = e^{\,a+ib} = e^{\,a} \cdot e^{\,ib} = e^{\,a}(\cos b + i\,\sin b)\,\mbox{.}$$

Definitionen av $\,e^{\,z}\,$ kan uppfattas som ett bekvämt skrivsätt för den polära formen av ett komplext tal, eftersom $\,z=r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = r\,e^{\,i\alpha}\,$.

Exempel 5

För ett reellt tal $\,z\,$ överensstämmer definitionen med den reella exponentialfunktionen, eftersom $\,z=a +0 \cdot i\,$ ger att $$e^{\,z} = e^{\,a+0\cdot i} = e^a (\cos 0 + i \sin 0) = e^a \cdot 1 = e^a\,\mbox{.}$$

Exempel 6

Ytterligare en indikation på det naturliga i ovanstående definition ges av sambandet $$\bigl(e^{\,i\alpha}\bigr)^n = (\cos \alpha + i \sin \alpha)^n = \cos n\alpha + i \sin n \alpha = e^{\,in\alpha}\,\mbox{,}$$ vilket visar att de Moivres formel egentligen är identisk med en redan känd potenslag, $$\left(a^x\right)^y = a^{x\,y}\,\mbox{.}$$

Exempel 7

Ur definitionen ovan kan man erhålla sambandet $$e^{\pi\,i} = \cos \pi + i \sin \pi = -1$$ vilket knyter samman de tal som brukar räknas som de mest grundläggande inom matematiken: $\,e\,$, $\,\pi\,$, $\,i\,$ 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 $\ (z+i)^3 = -8i$.

Sätt $\,w = z + i\,$. Vi får då den binomiska ekvationen $\ w^3=-8i\,$. Till att börja med skriver vi om $\,w\,$ och $\,-8i\,$ i polär form

$\quad w=r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = r\,e^{i\alpha}$
$\quad\displaystyle -8i = 8\Bigl(\cos \frac{3\pi}{2} + i\,\sin\frac{3\pi}{2}\,\Bigr) = 8\,e^{3\pi i/2}\vphantom{\biggl(}$

Ekvationen blir i polär form $\ r^3e^{3\alpha i}=8\,e^{3\pi i/2}\ $ och identifierar vi belopp och argument i båda led har vi att $$\biggl\{\eqalign{ r^3 &= 8\cr 3\alpha &= 3\pi/2+2k\pi}\qquad\Leftrightarrow\qquad\biggl\{\eqalign{r&=\sqrt[\scriptstyle 3]{8}\cr \alpha&= \pi/2+2k\pi/3\,,\quad k=0,1,2}$$ Rötterna till ekvationen blir därmed

$\quad\displaystyle w_1 = 2\,e^{\pi i/2} = 2\Bigl(\cos \frac{\pi}{2} + i\,\sin\frac{\pi}{2}\,\Bigr) = 2i\quad\vphantom{\biggl(}$ d.v.s. $\,z_1 = 2i-i=i\,$.
$\quad\displaystyle w_2 = 2\,e^{7\pi i/6} = 2\Bigl(\cos\frac{7\pi}{6} + i\,\sin\frac{7\pi}{6}\,\Bigr) = -\sqrt{3}-i\quad\vphantom{\Biggl(}$ d.v.s. $\,z_2 = - \sqrt{3}-2i\,$.
$\quad\displaystyle w_3 = 2\,e^{11\pi i/6} = 2\Bigl(\cos\frac{11\pi}{6} + i\,\sin\frac{11\pi}{6}\,\Bigr) = \sqrt{3}-i\quad\vphantom{\biggl(}$ d.v.s. $\,z_3 = \sqrt{3}-2i\,$.

Exempel 9

Lös ekvationen $\ z^2 = \overline{z}\,$.

Om $\,z=a+ib\,$ har $\,|\,z\,|=r\,$ och $\,\arg z = \alpha\,$ så gäller att $\,\overline{z}= a-ib\,$ har $\,|\,\overline{z}\,|=r\,$ och $\,\arg \overline{z} = - \alpha\,$. Därför gäller att $\,z=r\,e^{i\alpha}\,$ och $\,\overline{z} = r\,e^{-i\alpha}\,$. Ekvationen kan därmed skrivas $$(r\,e^{i\alpha})^2 = r\,e^{-i\alpha}\,\qquad\text{eller}\qquad r^2 e^{2i\alpha}= r\,e^{-i\alpha}\,\mbox{,}$$ vilket är ekvivalent med $\ r\,e^{3i\alpha} = 1\,$, som ger efter identifikation av belopp och argument $$\biggl\{\eqalign{r&=1\cr 3\alpha &= 0 + 2k\pi}\qquad\Leftrightarrow\qquad\biggl\{\eqalign{r&=1\cr \alpha &= 2k\pi/3\,\mbox{,}\quad k=0,1,2}$$ Lösningarna är

$\quad z_1 = e^0 = 1$
$\quad\displaystyle z_2 = e^{2\pi i/ 3} = \cos\frac{2\pi}{3} + i\,\sin\frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt3}{2}\,i\vphantom{\Biggl(}$
$\quad\displaystyle z_3 = e^{4\pi i/ 3} = \cos\frac{4\pi}{3} + i\,\sin\frac{4\pi}{3} = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt3}{2}\,i$

[redigera] Kvadratkomplettering

Kvadreringsreglerna, $$\left\{\eqalign{(a+b)^2&=a^2+2ab+b^2\cr (a-b)^2&=a^2-2ab+b^2}\right.$$ som vanligtvis används för att utveckla parentesuttryck kan även användas baklänges för att erhålla jämna kvadratuttryck. Exempelvis är $$\eqalign{x^2+4x+4&=(x+2)^2\,\mbox{,}\cr x^2-10x+25&=(x-5)^2\,\mbox{.}}$$ Detta kan utnyttjas vid lösning av andragradsekvationer, t.ex. $$\eqalign{x^2+4x+4&=9\,\mbox{,}\cr (x+2)^2&=9\,\mbox{.}}$$ Rotutdragning ger sedan att $\,x+2=\pm\sqrt{9}\,$ och därmed att $\,x=-2\pm 3\,$, dvs. $\,x=1\,$ eller $\,x=-5\,$.

Ibland måste man lägga till eller dra ifrån lämpligt tal för att erhålla ett jämnt kvadratuttryck. Ovanstående ekvation kunde exempelvis lika gärna varit skriven $$x^2+4x-5=0\,\mbox{.}$$ Genom att addera $\,9\,$ till båda led får vi det önskade uttrycket i vänster led: $$\eqalign{x^2+4x-5+9&=0+9\,\mbox{,}\cr x^2+4x+4\phantom{{}+9}&=9\,\mbox{.}}$$ Metoden kallas kvadratkomplettering.

Exempel 10

Lös ekvationen $\ x^2-6x+7=2\,$.

Koefficienten framför $\,x\,$ är $\,-6\,$ och det visar att vi måste ha talet $\,(-3)^2=9\,$ som konstantterm i vänstra ledet för att få ett jämnt kvadratuttryck. Genom att lägga till $\,2\,$ på båda sidor åstadkommer vi detta: $$\eqalign{x^2-6x+7+2&=2+2\,\mbox{,}\cr x^2-6x+9\phantom{{}+2}&=4\,\mbox{,}\cr \rlap{(x-3)^2}\phantom{x^2-6x+7+2}{}&=4\,\mbox{.}}$$ Rotutdragning ger sedan att $\,x-3=\pm 2\,$, vilket betyder att $\,x=1\,$ och $\,x=5\,$.

Lös ekvationen $\ z^2+21=4-8z\,$.

Ekvationen kan skrivas $\,z^2+8z+17=0\,$. Genom att dra ifrån 1 på båda sidor får vi en jämn kvadrat i vänster led: $$\eqalign{z^2+8z+17-1&=0-1\,\mbox{,}\cr z^2+8z+16\phantom{{}-1}&=-1\,\mbox{,}\cr \rlap{(z+4)^2}\phantom{z^2+8z+17-1}{}&=-1\,\mbox{,}}$$ och därför är $\,z+4=\pm\sqrt{-1}\,$. Med andra ord är lösningarna $\,z=-4-i\,$ och $\,z=-4+i\,$.

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 $\,x\,$ är $\,-\frac{4}{3}\,$. Vi lägger alltså till $\,\bigl(-\frac{4}{3}\bigr)^2=\frac{16}{9}\,$ i båda led $$\eqalign{x^2-{\textstyle\frac{8}{3}}x+{\textstyle\frac{16}{9}}+1&=2+{\textstyle\frac{16}{9}}\,\mbox{,}\cr \rlap{\bigl(x-{\textstyle\frac{4}{3}}\bigr)^2}\phantom{x^2-{\textstyle\frac{8}{3}}x+{\textstyle\frac{16}{9}}}{}+1&={\textstyle\frac{34}{9}}\,\mbox{,}\cr \rlap{\bigl(x-{\textstyle\frac{4}{3}}\bigr)^2}\phantom{x^2-{\textstyle\frac{8}{3}}x+{\textstyle\frac{16}{9}}+1}&={\textstyle\frac{25}{9}}\,\mbox{.}}$$ Nu är det enkelt att få fram att $\,x-\frac{4}{3}=\pm\frac{5}{3}\,$ och därmed att $\,x=\frac{4}{3}\pm\frac{5}{3}\,$, dvs. $\,x=-\frac{1}{3}\,$ och $\,x=3\,$.

Exempel 12

Lös ekvationen $\ x^2+px+q=0\,$.

Kvadratkomplettering ger $$\eqalign{x^2+px+\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2+q&=\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2\,\mbox{,}\cr \rlap{\Bigl(x+\frac{p}{2}\Bigr)^2}\phantom{x^2+px+\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2+q}{}&=\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2-q\,\mbox{,}\cr \rlap{x+\frac{p}{2}}\phantom{x^2+px+\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2+q}{}&=\pm \sqrt{\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2-q}\ \mbox{.}}$$ Detta ger den vanliga formeln, pq-formeln, för lösningar till andragradsekvationer $$x=-\frac{p}{2}\pm \sqrt{\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2-q}\,\mbox{.}$$

Exempel 13

Lös ekvationen $\ z^2-(12+4i)z-4+24i=0\,$.

Halva koefficienten för $\,z\,$ är $\,-(6+2i)\,$ så vi adderar kvadraten på detta uttryck till båda led $$z^2-(12+4i)z+(-(6+2i))^2-4+24i=(-(6+2i))^2\,\mbox{.}$$ Räknar vi ut kvadraten $\ (-(6+2i))^2=36+24i+4i^2=32+24i\ $ i högerledet och kvadratkompletterar vänsterledet fås $$\eqalign{(z-(6+2i))^2-4+24i&=32+24i\,\mbox{,}\cr \rlap{(z-(6+2i))^2}\phantom{(z-(6+2i))^2-4+24i}{}&=36\,\mbox{.}}$$ Efter en rotutdragning har vi att $\ z-(6+2i)=\pm 6\ $ och därmed är lösningarna $\,z=12+2i\,$ och $\,z=2i\,$.

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 $$\eqalign{x^2+10x+3 &= x^2+10x+25+3-25\cr &= (x+5)^2-22\,\mbox{.}}$$

Exempel 14

Kvadratkomplettera uttrycket $\ z^2+(2-4i)z+1-3i\,$.

Lägg till och dra ifrån termen $\bigl(\frac{1}{2}(2-4i)\bigr)^2=(1-2i)^2=-3-4i\,$, $$\eqalign{z^2+(2-4i)z+1-3i &= z^2+(2-4i)z+(1-2i)^2-(1-2i)^2+1-3i\cr &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2-(1-2i)^2+1-3i\cr &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2-(-3-4i)+1-3i\cr &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2+4+i\,\mbox{.}}$$

[redigera] 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 $\,\sqrt{a+ib}\,$. Man kan då ansätta $$z=x+iy=\sqrt{a+ib}\,\mbox{.}$$ Genom att kvadrera båda led får vi att $$\eqalign{(x+iy)^2 &= a+ib\,\mbox{,}\cr x^2 - y^2 + 2xy\,i &= a+ib\,\mbox{.}}$$ Identifikation av real- och imaginärdel ger nu att $$\left\{\eqalign{&x^2 - y^2 = a\,\mbox{,}\cr &2xy=b\,\mbox{.}}\right.$$ Detta ekvationssystem kan lösas med substitution, t.ex. $\,y= b/(2x)\,$ som kan sättas in i den första ekvationen.

Exempel 15

Beräkna $\ \sqrt{-3-4i}\,$.

Sätt $\ x+iy=\sqrt{-3-4i}\ $ där $\,x\,$ och $\,y\,$ är reella tal. Kvadrering av båda led ger $$\eqalign{(x+iy)^2 &= -3-4i\,\mbox{,}\cr x^2 - y^2 + 2xyi &= -3-4i\,\mbox{,}}$$ vilket leder till ekvationssystemet $$\Bigl\{\eqalign{x^2 - y^2 &= -3\,\mbox{,}\cr 2xy&= -4\,\mbox{.}}$$ Ur den andra ekvationen kan vi lösa ut $\ y=-4/(2x) = -2/x\ $ och sätts detta in i den första ekvationen fås att $$x^2-\frac{4}{x^2} = -3 \quad \Leftrightarrow \quad x^4 +3x^2 - 4=0\,\mbox{.}$$ Denna ekvation är en andragradsekvation i $\,x^2\,$ vilket man ser lättare genom att sätta $\,t=x^2$ $$t^2 +3t -4=0\,\mbox{.}$$ Lösningarna är $\,t = 1\,$ och $\,t = -4\,$. Den sista lösningen måste förkastas, eftersom $x$ och $y$ är reella tal och då kan inte $\,x^2=-4\,$. Vi får att $\,x=\pm\sqrt{1}\,$, vilket ger oss två möjligheter

$\ x=-1\ $ som ger att $\ y=-2/(-1)=2\,$.
$\ x=1\ $ som ger att $\ y=-2/1=-2\,$.

Vi har alltså kommit fram till att $$\sqrt{-3-4i} = \Bigl\{\eqalign{&\phantom{-}1-2i\,\mbox{,}\cr &-1+2i\,\mbox{.}\cr}$$

Exempel 16

Lös ekvationerna

Lös ekvationen $\ z^2-2z+10=0\,$.

Formeln för lösningar till en andragradsekvation (se exempel 3) ger att $$z= 1\pm \sqrt{1-10} = 1\pm \sqrt{-9}= 1\pm 3i\,\mbox{.}$$

Lös ekvationen $\ z^2 + (4-2i)z -4i=0\,\mbox{.}$

Även här ger pq-formeln lösningarna direkt $$\eqalign{z &= -2+i\pm\sqrt{\smash{(-2+i)^2+4i}\vphantom{i^2}} = -2+i\pm\sqrt{4-4i+i^{\,2}+4i}\cr &=-2+i\pm\sqrt{3} = -2\pm\sqrt{3}+i\,\mbox{.}}$$

Lös ekvationen $\ iz^2+(2+6i)z+2+11i=0\,\mbox{.}$

Division av båda led med $i$ ger att $$\eqalign{z^2 + \frac{2+6i}{i}z +\frac{2+11i}{i} &= 0\,\mbox{,}\cr z^2+ (6-2i)z + 11-2i &= 0\,\mbox{.}}$$ Applicerar vi sedan pq-formeln så fås att $$\eqalign{z&=-3+i \pm \sqrt{\smash{(-3+i)^2 -(11-2i)}\vphantom{i^2}}\cr z&=-3+i \pm \sqrt{-3-4i}\cr z&= -3+i\pm(1-2i)}$$ där vi använt det framräknade värdet på $\ \sqrt{-3-4i}\ $ från exempel 6. Lösningarna är alltså $$z=\biggl\{\eqalign{&-2-i\,\mbox{,}\cr &-4+3i\,\mbox{.}}$$

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/sf0601_0701/index.php/3.3_Potenser_och_r%C3%B6tter

3.3 Potenser och rötter

Sommarmatte 2

Nuvarande version

[redigera] De Moivres formel

[redigera] Binomiska ekvationer

[redigera] Exponentialform av komplexa tal

[redigera] Kvadratkomplettering

[redigera] Lösning med formel

Visningar

Personliga verktyg

Navigering

Sök

Verktygslåda

 {{Info|
 '''Innehåll:'''
-* de Moviers formel
+* de Moivres formel
 * Binomiska ekvationer
 * Exponentialform
 * Kvadratkomplettering
 * Andragradsekvationer
 }}
 {{Info|
-'''Färdigheter:'''
+'''Lärandemål:'''
 Efter detta avsnitt ska du ha lärt dig att:
-* Beräkna potenser av komplexa tal med de Moviers formel
+* Beräkna potenser av komplexa tal med de Moivres formel.
-* Beräkna rötter av vissa komplexa tal genom omskrivning till polär form
+* Beräkna rötter av vissa komplexa tal genom omskrivning till polär form.
-* Lösa binomiska ekvationer
+* Lösa binomiska ekvationer.
-* Kvadratkomplettera komplexa andragradsuttryck
+* Kvadratkomplettera komplexa andragradsuttryck.
-* Lösa komplexa andragradsekvationer
+* Lösa komplexa andragradsekvationer.
 }}
 <!-- huvudtexten -->
-=Teori=
 ==De Moivres formel==
-Att $\quad \cases {\arg (zw) = \arg z + \arg w \cr |zw| = |z|\cdot|w|} \;$ betyder också att
+Räknereglerna $\ \arg (zw) = \arg z + \arg w\ $ och $\ |\,zw\,| = |\,z\,|\cdot|\,w\,|\ $ betyder att
+$$\biggl\{\eqalign{&\arg (z\cdot z) = \arg z + \arg z \cr &|\,z\cdot z\,| = |\,z\,|\cdot|\,z\,|}\qquad\biggl\{\eqalign{&\arg z^3 = 3 \arg z \cr &|\,z^3\,| = |\,z\,|^3}\qquad\text{o.s.v.}$$
+För ett godtyckligt tal  $\,z=r\,(\cos \alpha +i\,\sin \alpha)\,$ har vi därför följande samband
-$\quad \quad \cases {\arg (z\cdot z) = \arg z + \arg z \cr |z\cdot z| = |z|\cdot|z|}\;$ och $\;\cases {\arg z^3 = 3 \arg z \cr |z^3| = |z|^3}\;$ , etc.
+$$z^n = \bigl(r\,(\cos \alpha +i\sin \alpha)\bigr)^n = r^n\,(\cos n\alpha +i\,\sin n\alpha)\,\mbox{.}$$
-För ett godtyckligt tal  $z=r(\cos \alpha +i\sin \alpha)$ har vi därmed följande samband:
-$$z^n = (r(\cos \alpha +i\sin \alpha))^n = r^n(\cos n\alpha +i\sin n\alpha)$$
-Om $|z|=1$ , (dvs. $z$ ligger på enhetscirkeln) gäller speciellt
+Om $\,|\,z\,|=1\,$, (dvs. $\,z\,$ ligger på enhetscirkeln) gäller speciellt
-$$(\cos \alpha +i\sin \alpha)^n = \cos n\alpha +i\sin n\alpha$$
+<div class="regel">
+$$(\cos \alpha +i\,\sin \alpha)^n = \cos n\alpha +i\,\sin n\alpha\,\mbox{,}$$
+</div>
 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.
-<div class="regel">
-'''de Moivres formel:'''
-$$(\cos \alpha +i\sin \alpha)^n = \cos n\alpha +i\sin n\alpha$$
-</div>
 <div class="exempel">
 '''Exempel 1'''
+<br/>
-$z=\displaystyle\frac{1+i}{\sqrt2}$ . Beräkna $z^3$ och $z^{100}$.
+<br/>
+Om $\ z=\displaystyle\frac{1+i}{\sqrt2}\,$, beräkna $\,z^3\,$ och $\,z^{100}\,$.
+<br/>
-''Lösning:''
+<br/>
+Skriver vi $\,z\,$ 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
-$z= \displaystyle\frac{1}{\sqrt2} + \displaystyle\frac{1}{\sqrt2}i = 1\cdot (\cos \displaystyle\frac{\pi}{4} + i\sin \displaystyle\frac{\pi}{4})$
+$$\eqalign{z^3 &= \Bigl( \cos\frac{\pi}{4} + i\,\sin\frac{\pi}{4}\,\Bigr)^3 = \cos\frac{3\pi}{4} + i\,\sin\frac{3\pi}{4} = -\frac{1}{\sqrt2} + \frac{1}{\sqrt2}\,i = \frac{-1+i}{\sqrt2}\,\mbox{,}\cr  z^{100} &= \Bigl( \cos\frac{\pi}{4} + i\,\sin\frac{\pi}{4}\,\Bigr)^{100} = \cos\frac{100\pi}{4} + i\,\sin\frac{100\pi}{4}\vphantom{\Biggl(}\cr &= \cos 25\pi + i\,\sin 25\pi = \cos \pi + i\,\sin \pi = -1\,\mbox{.}}$$
-$z^3 = \left( \cos \displaystyle\frac{\pi}{4} + i\sin \displaystyle\frac{\pi}{4} \right)^3 = \cos \displaystyle\frac{3\pi}{4} + i\sin \displaystyle\frac{3\pi}{4} = -\displaystyle\frac{1}{\sqrt2} + \displaystyle\frac{1}{\sqrt2}i = \displaystyle\frac{-1+i}{\sqrt2}$
-$z^{100} = \left( \cos \displaystyle\frac{\pi}{4} + i\sin \displaystyle\frac{\pi}{4} \right)^{100} = \cos \displaystyle\frac{100\pi}{4} + i\sin \displaystyle\frac{100\pi}{4} = \cos 25\pi + i\sin 25\pi = \cos \pi + i \sin \pi = -1$
 </div>
 <div class="exempel">
 '''Exempel 2'''
+<br/>
-På traditionellt sätt kan man utveckla
+<br/>
+På traditionellt sätt kan man med kvadreringsregeln utveckla
-$ \;(\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$
+$$(\cos v + i\,\sin v)^2 = \cos^2\!v + i^2 \sin^2\!v + 2i \sin v \cos v = \cos^2\!v - \sin^2\!v + 2i \sin v \cos v$$
+och med de Moivres formel få att
-och med de Moivres formel:
+$$(\cos v + i \sin v)^2 = \cos 2v + i \sin 2v\,\mbox{.}$$
-$(\cos v + i \sin v)^2 = \cos 2v + i \sin 2v$
 Om man identifierar real- respektive imaginärdel i de båda uttrycken får man de kända trigonometriska formlerna
+$$\biggl\{\eqalign{\cos 2v &= \cos^2\!v - \sin^2\!v\,\mbox{,}\cr \sin 2v&= 2 \sin v \cos v\,\mbox{.}}$$
-$\quad \cases {\cos 2v = \cos^2 v - \sin^2 v \cr \sin 2v= 2 \sin v \cos v} \;$
 </div>
 <div class="exempel">
 '''Exempel 3'''
+<br/>
-Beräkna $\displaystyle\frac{(\sqrt3 + i)^{14}}{(1+i\sqrt3)^7(1+i)^{10}}$ .
+<br/>
+Beräkna $\ \displaystyle\frac{(\sqrt3 + i)^{14}}{(1+i\sqrt3\,)^7(1+i)^{10}}\,$.
-''Lösning:''
+<br/>
+<br/>
-$\sqrt3 + i = 2(\cos \displaystyle\frac{\pi}{6} + i \sin \displaystyle\frac{\pi}{6})$
+Vi skriver talen $\,\sqrt{3}+i\,$, $\,1+i\sqrt{3}\,$ och $\,1+i\,$ i polär form
+*$\quad\displaystyle\sqrt3 + i = 2\Bigl(\cos\frac{\pi}{6} + i\,\sin\frac{\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\,$,
-$1+i\sqrt3 = 2(\cos \displaystyle\frac{\pi}{3} + i \displaystyle\frac{\pi}{3})$
+*$\quad\displaystyle 1+i\sqrt3 = 2\Bigl(\cos\frac{\pi}{3} + i\,\sin\frac{\pi}{3}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\,$,
+*$\quad\displaystyle 1+i = \sqrt2\,\Bigl(\cos\frac{\pi}{4} + i\,\sin\frac{\pi}{4}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\,$.
-$1+i = \sqrt2 (\cos \displaystyle\frac{\pi}{4} + i \sin \displaystyle\frac{\pi}{4})$
+Då får vi med de Moivres formel att
+$$\frac{(\sqrt3 + i)^{14}}{(1+i\sqrt3\,)^7(1+i)^{10}} = \frac{\displaystyle 2^{14}\Bigl(\cos\frac{14\pi}{6} + i\,\sin \frac{14\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}}{\displaystyle 2^7\Bigl(\cos \frac{7\pi}{3} + i\,\sin\frac{7\pi}{3}\,\Bigr) \cdot (\sqrt{2}\,)^{10}\Bigl(\cos\frac{10\pi}{4} + i\,\sin\frac{10\pi}{4}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}}$$
-$\displaystyle\frac{(\sqrt3 + i)^{14}}{(1+i\sqrt3)^7(1+i)^{10}} = \displaystyle\frac{ 2^{14} (\cos \displaystyle\frac{14\pi}{6} + i \sin \displaystyle\frac{14\pi}{6} ) }{ 2^7 ( \cos \displaystyle\frac{7\pi}{3} + i \sin\displaystyle\frac{7\pi}{3}) \cdot \sqrt{2}^{10} (\cos \displaystyle\frac{10\pi}{4} + i\sin \displaystyle\frac{10\pi}{4})}=$
+och detta uttryck kan förenklas genom att utföra multiplikationen och divisionen i polär form
+$$\eqalign{\frac{\displaystyle 2^{14}\Bigl(\cos\frac{14\pi}{6} + i\,\sin\frac{14\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}} {\displaystyle 2^{12}\Bigl(\cos\frac{29\pi}{6} + i\,\sin\frac{29\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}} &= 2^2 \Bigl(\cos\Bigl( -\frac{15\pi}{6}\,\Bigr) + i\,\sin\Bigl( -\frac{15\pi}{6}\,\Bigr)\,\Bigr)\cr &= 4\Bigl(\cos \Bigl( -\frac{\pi}{2}\,\Bigr) + i\,\sin\Bigl( -\frac{\pi}{2}\,\Bigr)\,\Bigr) = -4i\,\mbox{.}}$$
-$= \displaystyle\frac{ 2^{14} (\cos \displaystyle\frac{14\pi}{6} + i \sin \displaystyle\frac{14\pi}{6} ) } { 2^{12} (\cos \displaystyle\frac{29\pi}{6} + i \sin \displaystyle\frac{29\pi}{6} ) } = 2^2 (\cos \left( - \displaystyle\frac{ 15\pi}{6} \right) + i \sin \left( - \displaystyle\frac{ 15\pi}{6} \right)) =$
-$= 4(\cos \left( - \displaystyle\frac{ \pi}{2} \right) + i \sin \left( - \displaystyle\frac{ \pi}{2} \right)) = -4i $
 </div>
 ==Binomiska ekvationer==
-Ett komplext tal $z$ kallas en $n$:te rot av det komplexa talet $w$ om
+Ett komplext tal $\,z\,$ kallas en ''n'':te rot av det komplexa talet $\,w\,$ om
 <div class="regel">
 $$z^n= w \mbox{.}$$
 </div>
-En sådan ekvation kallas en ''binomisk ekvation''. Lösningen till en sådan ges av att skriva båda leden på polär form och jämföra belopp och argument.
+Ovanstående samband kan också ses som en ekvation där $\,z\,$ 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 $w=|w|(\cos \theta + i \sin \theta)$  ansätter man det sökta talet $z=r(\cos \alpha + i \sin \alpha)$  och får $z^n = r^n (\cos n\alpha + i \sin n\alpha)$. Den binomiska ekvationen blir
+För ett givet tal $\,w=|\,w\,|\,(\cos \theta + i\,\sin \theta)\,$ ansätter man det sökta talet $\,z=r\,(\cos \alpha + i\, \sin \alpha)$  och den binomiska ekvationen blir
-$$r^n (\cos n\alpha + i \sin n\alpha) =|w|(\cos \theta + i \sin \theta)$$
+$$r^{\,n}\,(\cos n\alpha + i \sin n\alpha) =|w|\,(\cos \theta + i \sin \theta)\,\mbox{,}$$
-För belopp och argument måste nu gälla:
+där de Moivres formel använts i vänsterledet. För belopp och argument måste nu gälla
+$$\biggl\{\eqalign{r^{\,n} &= |w|\,\mbox{,}\cr n\alpha &= \theta + k\cdot 2\pi\,\mbox{.}}$$
+Observera att vi lägger till en multipler av $\,2\pi\,$ för att få med alla värden på argumentet som anger samma riktning som $\,\theta\,$. Man får då att
+$$\biggl\{\eqalign{ r&={\textstyle\sqrt[\scriptstyle n]{|w|}}\cr \alpha&= (\theta + 2k\pi)/n\,, \quad k=0, \pm 1, \pm 2, \ldots}$$
+Detta ger ''ett'' värde på $\,r\,$, men oändligt många värden på $\,\alpha\,$. Trots detta blir det inte oändligt många lösningar. Från $\,k = 0\,$ till $\,k = n - 1\,$ får man olika argument för $\,z\,$ och därmed olika lägen för $\,z\,$ i det komplexa talplanet. För övriga värden på $\,k\,$ kommer man pga. periodiciteten hos sinus och cosinus tillbaka till dessa lägen och får alltså inga nya lösningar.
+Detta resonemang visar att ekvationen $\,z^n=w\,$ har exakt $\,n\,$ rötter.
-$$\cases {r^n = |w| \cr n\alpha = \theta + k\cdot 2\pi}$$
+''Anm.'' Observera att rötternas olika argument ligger $\,2\pi/n\,$ ifrån varandra, vilket gör att rötterna ligger jämnt fördelade på en cirkel med radien $\,\sqrt[\scriptstyle n]{|w|}\,$ och bildar hörn i en regelbunden ''n''-hörning.
-(Observera perioden $2\pi$ , eftersom  $\sin(\theta + k\cdot 2\pi) = \sin \theta$ och  $\cos(\theta + k\cdot 2\pi) = \cos \theta$   för alla heltal $k$)
-Man får då att  $\quad \quad \quad \cases { r=\sqrt[\scriptstyle n]{|w|} \cr n\alpha= \displaystyle\frac{\theta}{n} + k \cdot \displaystyle\frac{2\pi}{n} \quad , \quad k=0, \pm 1, \pm 2, \ldots}$
-Det ger ''ett'' värde på $r$, men oändligt många värden på $\alpha$. Trots detta blir det inte oändligt många lösningar. Från $k = 0$ till $k = n - 1$ får man olika argument för $z$ och därmed olika lägen för $z$ i det komplexa talplanet. För övriga värden på $k$ kommer man pga. periodiciteten hos sinus och cosinus tillbaka till dessa lägen och får alltså inga nya lösningar.
-Detta resonemang visar att ekvationen $z^n=w$ har exakt $n$ rötter.
-Anm:
-Observera att rötternas olika argument ligger $\frac{2\pi}{n}$ ifrån varandra, vilket gör att rötterna ligger jämnt fördelade på en cirkel med radien $\sqrt[\scriptstyle n]{|w|}$ och bildar hörn i en regelbunden $n$-hörning.
 <div class="exempel">
 '''Exempel 4'''
+<br/>
-Lös ekvationen $z^4= 16i$.
+<br/>
+Lös den binomiska ekvationen $\ z^4= 16\,i\,$.
+<br/>
-''Lösningen:''
+<br/>
+Skriv $\,z\,$ och $\,16\,i\,$ i polär form
-Sätt $z=r(\cos \alpha + i \sin \alpha) \quad , \quad 16i= 16(\cos \displaystyle\frac{\pi}{2} + i\sin \displaystyle\frac{\pi}{2})$.
+*$\quad z=r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha)\,$,
+*$\quad\displaystyle 16\,i= 16\Bigl(\cos\frac{\pi}{2} + i\,\sin\frac{\pi}{2}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}$.
-$z^4 = 16i \quad \rightarrow \quad r^4(\cos 4\alpha + i \sin 4\alpha) = 16(\cos\displaystyle\frac{\pi}{2} + i\sin \displaystyle\frac{\pi}{2})$
+Då ger ekvationen $\ z^4=16\,i\ $ att
+$$r^4\,(\cos 4\alpha + i\,\sin 4\alpha) = 16\Bigl(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\,\Bigr)\,\mbox{.}$$
-$\rightarrow \cases {r^4=16 \cr 4\alpha = \displaystyle\frac{\pi}{2} + k\cdot 2\pi} \rightarrow \cases {r=\sqrt[\scriptstyle 4]{16}= 2 \cr \alpha = \displaystyle\frac{\pi}{8} + k\cdot \displaystyle\frac{\pi}{2} \quad , \quad k=0,1,2,3}$
+När vi identifierar belopp och argument i båda led fås att
+$$\biggl\{\eqalign{r^4&=16 \cr 4\alpha &=\pi/2 + k\cdot 2\pi}\qquad\text{d.v.s.}\qquad\biggl\{\eqalign{r&=\sqrt[\scriptstyle 4]{16}= 2 \cr \alpha &= \pi/8 + k\pi/2\,,\quad k=0,1,2,3}$$
 [[Bild:komplext-talplan-16.gif|right|250px]]
+Lösningarna till ekvationen är alltså
+$$\left\{\eqalign{\displaystyle z_1&= 2\Bigl(\cos \frac{\pi}{8} + i\,\sin\frac{\pi}{8}\,\Bigr)\cr
-$\rightarrow \cases{ z_1= 2(\cos \displaystyle\frac{\pi}{8} + i \sin \displaystyle\frac{\pi}{8}) \cr
+\displaystyle z_2 &= 2\Bigl(\cos\frac{5\pi}{8} + i\,\sin\frac{5\pi}{8}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\cr
-z_2 = 2(\cos\displaystyle\frac{5\pi}{8} + i\sin \displaystyle\frac{5\pi}{8}) \cr
+\displaystyle z_3 &= 2\Bigl(\cos\frac{9\pi}{8} + i\,\sin\frac{9\pi}{8}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\cr
-z_3 = 2(\cos\displaystyle\frac{9\pi}{8} + i\sin \displaystyle\frac{9\pi}{8}) \cr
+\displaystyle z_4 &= 2\Bigl(\cos\frac{13\pi}{8} + i\,\sin\frac{13\pi}{8}\,\Bigr)}\right.$$
-z_4= 2(\cos\displaystyle\frac{13\pi}{8} + i\sin \displaystyle\frac{13\pi}{8}) }$
 ==Exponentialform av komplexa tal==
-Om vi behandlar $i$ likvärdigt med ett reellt tal och betraktar ett komplext tal $z$ som en funktion av $\alpha$ ($r$ konstant) ,
+Om vi behandlar $\,i\,$ likvärdigt med ett reellt tal och betraktar ett komplext tal $\,z\,$ som en funktion av $\,\alpha\,$ (och $\,r\,$ är en konstant),
-$$f(\alpha) = r(\cos \alpha + i \sin \alpha)$$
+$$f(\alpha) = r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha)$$
 så får vi efter derivering
-$\quad f'(\alpha) = -r\sin \alpha + ri \cos \alpha =ri^2 \sin \alpha + ri \cos \alpha = ir (\cos \alpha + i \sin \alpha) = i \cdot f(\alpha)$
+$$\eqalign{f^{\,\prime}(\alpha) &= -r\sin \alpha + r\,i\,\cos \alpha =r\,i^2 \sin \alpha + r\,i\,\cos \alpha = i\,r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = i\,f(\alpha)\cr f^{\,\prime\prime} (\alpha) &= - r\,\cos \alpha - r\,i\,\sin \alpha = i^2\,r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = i^2\, f(\alpha)\cr &\text{o.s.v.}}$$
-$\quad f^{\prime \prime} (\alpha) = - r \cos \alpha - ri \sin \alpha = i^2 r(\cos \alpha + i \sin \alpha) = i^2 \cdot f(\alpha)$
-etc.
-Den enda reella funktion med dessa egenskaper är $f(x)= e^{kx}$ , vilket motiverar definitionen
+Den enda reella funktion med dessa egenskaper är $\,f(x)= e^{\,kx}\,$, vilket motiverar definitionen
-$$e^{i\alpha} = \cos \alpha + i \sin \alpha$$
+$$e^{\,i\alpha} = \cos \alpha + i\,\sin \alpha\,\mbox{.}$$
-Denna definition visar sig vara en helt naturlig generalisering av exponentialfunktionen för reella tal. Om man sätter $z=a+bi$ så får man
+Denna definition visar sig vara en helt naturlig generalisering av exponentialfunktionen för reella tal. Om man sätter $\,z=a+ib\,$ så får man
-$$e^z = e^{a+bi} = e^a \cdot e^{bi} = e^a(\cos b + i \sin b)$$
+$$e^{\,z} = e^{\,a+ib} = e^{\,a} \cdot e^{\,ib} = e^{\,a}(\cos b + i\,\sin b)\,\mbox{.}$$
-Definitionen av $e^z$ kan uppfattas som ett bekvämt skrivsätt för den polära formen av ett komplext tal, eftersom $z=r(\cos \alpha + i \sin \alpha) = re^{ia}$ .
+Definitionen av $\,e^{\,z}\,$ kan uppfattas som ett bekvämt skrivsätt för den polära formen av ett komplext tal, eftersom $\,z=r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = r\,e^{\,i\alpha}\,$.
 <div class="exempel">
 '''Exempel 5'''
+<br/>
-För ett reellt tal $z$ överensstämmer definitionen med den reella exponentialfunktionen, eftersom $z=a +0 \cdot i$ ger
+<br/>
-$$e^z = e^{a+0\cdot i} = e^a (\cos 0 + i \sin 0) = e^a \cdot 1 = e^a$$
+För ett reellt tal $\,z\,$ överensstämmer definitionen med den reella exponentialfunktionen, eftersom $\,z=a +0 \cdot i\,$ ger att
+$$e^{\,z} = e^{\,a+0\cdot i} = e^a (\cos 0 + i \sin 0) = e^a \cdot 1 = e^a\,\mbox{.}$$
 </div>
 <div class="exempel">
 '''Exempel 6'''
+<br/>
+<br/>
 Ytterligare en indikation på det naturliga i ovanstående definition ges av sambandet
+$$\bigl(e^{\,i\alpha}\bigr)^n = (\cos \alpha + i \sin \alpha)^n = \cos n\alpha + i \sin n \alpha = e^{\,in\alpha}\,\mbox{,}$$
-$$\left(e^{i\alpha}\right)^n = (\cos \alpha + i \sin \alpha)^n = \cos n\alpha + i \sin n \alpha = e^{in\alpha}$$
 vilket visar att de Moivres formel egentligen är identisk med en redan känd potenslag,
+$$\left(a^x\right)^y = a^{x\,y}\,\mbox{.}$$
-$\left(a^x\right)^y = a^{xy}$.
 </div>
 <div class="exempel">
 '''Exempel 7'''
+<br/>
+<br/>
 Ur definitionen ovan kan man erhålla sambandet
-$$e^{\pi i} = \cos \pi + i \sin \pi = -1$$
+$$e^{\pi\,i} = \cos \pi + i \sin \pi = -1$$
+vilket knyter samman de tal som brukar räknas som de mest grundläggande inom matematiken: $\,e\,$, $\,\pi\,$, $\,i\,$ och 1.
-vilket knyter samman de tal som brukar räknas som de mest grundläggande inom matematiken; $e,\pi , i$ och $1$.
 Detta samband betraktas av många som det vackraste inom matematiken och upptäcktes av Euler i början av 1700-talet.
 <div class="exempel">
 '''Exempel 8'''
+<br/>
+<br/>
+Lös ekvationen $\ (z+i)^3 = -8i$.
+<br/>
+<br/>
+Sätt $\,w = z + i\,$. Vi får då den binomiska ekvationen $\ w^3=-8i\,$.  Till att börja med skriver vi om $\,w\,$ och $\,-8i\,$ i polär form
+*$\quad w=r\,(\cos \alpha + i\,\sin \alpha) = r\,e^{i\alpha}$
+*$\quad\displaystyle -8i = 8\Bigl(\cos \frac{3\pi}{2} + i\,\sin\frac{3\pi}{2}\,\Bigr) = 8\,e^{3\pi i/2}\vphantom{\biggl(}$
+Ekvationen blir i polär form $\ r^3e^{3\alpha i}=8\,e^{3\pi i/2}\ $ och identifierar vi belopp och argument i båda led har vi att
+$$\biggl\{\eqalign{ r^3 &= 8\cr 3\alpha &= 3\pi/2+2k\pi}\qquad\Leftrightarrow\qquad\biggl\{\eqalign{r&=\sqrt[\scriptstyle 3]{8}\cr \alpha&= \pi/2+2k\pi/3\,,\quad k=0,1,2}$$
+Rötterna till ekvationen blir därmed
+*$\quad\displaystyle w_1 = 2\,e^{\pi i/2} = 2\Bigl(\cos \frac{\pi}{2} + i\,\sin\frac{\pi}{2}\,\Bigr) = 2i\quad\vphantom{\biggl(}$ d.v.s. $\,z_1 = 2i-i=i\,$.
+*$\quad\displaystyle w_2 = 2\,e^{7\pi i/6} = 2\Bigl(\cos\frac{7\pi}{6} + i\,\sin\frac{7\pi}{6}\,\Bigr) = -\sqrt{3}-i\quad\vphantom{\Biggl(}$ d.v.s. $\,z_2 = - \sqrt{3}-2i\,$.
+*$\quad\displaystyle w_3 = 2\,e^{11\pi i/6} = 2\Bigl(\cos\frac{11\pi}{6} + i\,\sin\frac{11\pi}{6}\,\Bigr) = \sqrt{3}-i\quad\vphantom{\biggl(}$ d.v.s. $\,z_3 = \sqrt{3}-2i\,$.
-Lös ekvationen $(z+i)^3 = -8i$.
+</div>
+<div class="exempel">
+'''Exempel 9'''
+<br/>
+<br/>
+Lös ekvationen $\ z^2 = \overline{z}\,$.
+<br/>
+<br/>
+Om $\,z=a+ib\,$ har $\,|\,z\,|=r\,$ och $\,\arg z = \alpha\,$ så gäller att $\,\overline{z}= a-ib\,$ har $\,|\,\overline{z}\,|=r\,$ och $\,\arg \overline{z} = - \alpha\,$. Därför gäller att $\,z=r\,e^{i\alpha}\,$ och $\,\overline{z} = r\,e^{-i\alpha}\,$. Ekvationen kan därmed skrivas
+$$(r\,e^{i\alpha})^2 = r\,e^{-i\alpha}\,\qquad\text{eller}\qquad r^2 e^{2i\alpha}= r\,e^{-i\alpha}\,\mbox{,}$$
+vilket är ekvivalent med $\ r\,e^{3i\alpha} = 1\,$, som ger efter identifikation av belopp och argument
+$$\biggl\{\eqalign{r&=1\cr 3\alpha &= 0 + 2k\pi}\qquad\Leftrightarrow\qquad\biggl\{\eqalign{r&=1\cr \alpha &= 2k\pi/3\,\mbox{,}\quad k=0,1,2}$$
+Lösningarna är
+*$\quad z_1 = e^0 = 1$
+*$\quad\displaystyle z_2 = e^{2\pi i/ 3} = \cos\frac{2\pi}{3} + i\,\sin\frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2} +  \frac{\sqrt3}{2}\,i\vphantom{\Biggl(}$
+*$\quad\displaystyle z_3 = e^{4\pi i/ 3} = \cos\frac{4\pi}{3} + i\,\sin\frac{4\pi}{3} = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt3}{2}\,i$
-''Lösning''
-Sätt $w = z + i$ . Man får då ekvationen $w^3=-8i$ .
+</div>
-$\cases{w=r(\cos \alpha + i \sin \alpha) = re^{i\alpha} \rightarrow w^3 = r^3 e^{3\alpha i } \cr -8i = 8(\cos \displaystyle\frac{3\pi}{2} + i \sin \displaystyle\frac{3\pi}{2} ) = 8e^{3\pi/2 \cdot i}}$
+==Kvadratkomplettering==
+Kvadreringsreglerna,
+$$\left\{\eqalign{(a+b)^2&=a^2+2ab+b^2\cr (a-b)^2&=a^2-2ab+b^2}\right.$$
+som vanligtvis används för att utveckla parentesuttryck kan även användas baklänges för att erhålla jämna kvadratuttryck. Exempelvis är
+$$\eqalign{x^2+4x+4&=(x+2)^2\,\mbox{,}\cr x^2-10x+25&=(x-5)^2\,\mbox{.}}$$
+Detta kan utnyttjas vid lösning av andragradsekvationer, t.ex.
+$$\eqalign{x^2+4x+4&=9\,\mbox{,}\cr (x+2)^2&=9\,\mbox{.}}$$
+Rotutdragning ger sedan att $\,x+2=\pm\sqrt{9}\,$ och därmed att $\,x=-2\pm 3\,$, dvs. $\,x=1\,$ eller $\,x=-5\,$.
-$\rightarrow \cases{ r^3 = 8 \quad \rightarrow \quad r= \sqrt[\scriptstyle 3]{8} = 2 \cr 3\alpha = \displaystyle\frac{3\pi}{2} + k \cdot 2\pi \quad \rightarrow  \quad \alpha= \displaystyle\frac{\pi}{2} + k \cdot \displaystyle\frac{2\pi}{3} \; , \; k=0,1,2}$
-$w_1 = 2e^{\pi/2 \cdot i} = 2(\cos \displaystyle\frac{\pi}{2} + i \sin \displaystyle\frac{\pi}{2}) = 2i \quad \rightarrow \quad z_1 = 2i-i=i$
+Ibland måste man lägga till eller dra ifrån lämpligt tal för att erhålla ett jämnt kvadratuttryck. Ovanstående ekvation kunde exempelvis lika gärna varit skriven
+$$x^2+4x-5=0\,\mbox{.}$$
+Genom att addera $\,9\,$ till båda led får vi det önskade uttrycket i vänster led:
+$$\eqalign{x^2+4x-5+9&=0+9\,\mbox{,}\cr x^2+4x+4\phantom{{}+9}&=9\,\mbox{.}}$$
+Metoden kallas <i>kvadratkomplettering</i>.
-$w_2 = 2e^{7\pi/6 \cdot i} = 2(\cos \displaystyle\frac{7\pi}{6} + i \sin \displaystyle\frac{7\pi}{6}) = -2\sqrt{3} -2i \quad \rightarrow \quad z_2 = - 2\sqrt{3}-3i$
-$w_3 = 2e^{11\pi/6 \cdot i} = 2(\cos \displaystyle\frac{11\pi}{6} + i \sin \displaystyle\frac{11\pi}{6}) = 2\sqrt{3} -2i \quad \rightarrow \quad z_3 = 2\sqrt{3}-3i$
+<div class="exempel">
+'''Exempel 10'''
+<br/>
+<br/>
+<ol type="a">
+<li> Lös ekvationen $\ x^2-6x+7=2\,$.
+<br/>
+<br/>
+Koefficienten framför $\,x\,$ är $\,-6\,$ och det visar att vi måste ha talet $\,(-3)^2=9\,$  som konstantterm i vänstra ledet för att få ett jämnt kvadratuttryck. Genom att lägga till $\,2\,$ på båda sidor åstadkommer vi detta:
+$$\eqalign{x^2-6x+7+2&=2+2\,\mbox{,}\cr x^2-6x+9\phantom{{}+2}&=4\,\mbox{,}\cr \rlap{(x-3)^2}\phantom{x^2-6x+7+2}{}&=4\,\mbox{.}}$$
+Rotutdragning ger sedan att $\,x-3=\pm 2\,$, vilket betyder att $\,x=1\,$ och $\,x=5\,$.
+</li>
+<br/>
+<li> Lös ekvationen $\ z^2+21=4-8z\,$.
+<br/>
+<br/>
+Ekvationen kan skrivas $\,z^2+8z+17=0\,$. Genom att dra ifrån 1 på båda sidor får vi en jämn kvadrat i vänster led:
+$$\eqalign{z^2+8z+17-1&=0-1\,\mbox{,}\cr z^2+8z+16\phantom{{}-1}&=-1\,\mbox{,}\cr \rlap{(z+4)^2}\phantom{z^2+8z+17-1}{}&=-1\,\mbox{,}}$$
+och därför är $\,z+4=\pm\sqrt{-1}\,$. Med andra ord är lösningarna $\,z=-4-i\,$ och $\,z=-4+i\,$.
+</li>
+<br/>
+</ol>
 </div>
-<div class="exempel">
-'''Exempel 9'''
-Lös ekvationen $z^2 = \overline{z}$  .
+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.
-''Lösning''
+<div class="exempel">
+'''Exempel 11'''
+<br/>
+<br/>
+Lös ekvationen  $\ \displaystyle x^2-\frac{8}{3}x+1=2\,$.
+<br/>
+<br/>
+Halva koefficienten för $\,x\,$ är $\,-\frac{4}{3}\,$. Vi lägger alltså till $\,\bigl(-\frac{4}{3}\bigr)^2=\frac{16}{9}\,$ i båda led
+$$\eqalign{x^2-{\textstyle\frac{8}{3}}x+{\textstyle\frac{16}{9}}+1&=2+{\textstyle\frac{16}{9}}\,\mbox{,}\cr \rlap{\bigl(x-{\textstyle\frac{4}{3}}\bigr)^2}\phantom{x^2-{\textstyle\frac{8}{3}}x+{\textstyle\frac{16}{9}}}{}+1&={\textstyle\frac{34}{9}}\,\mbox{,}\cr \rlap{\bigl(x-{\textstyle\frac{4}{3}}\bigr)^2}\phantom{x^2-{\textstyle\frac{8}{3}}x+{\textstyle\frac{16}{9}}+1}&={\textstyle\frac{25}{9}}\,\mbox{.}}$$
+Nu är det enkelt att få fram att $\,x-\frac{4}{3}=\pm\frac{5}{3}\,$ och därmed att $\,x=\frac{4}{3}\pm\frac{5}{3}\,$, dvs. $\,x=-\frac{1}{3}\,$ och $\,x=3\,$.
-Om  $z=a+bi$ har $|z|=r$  och $\arg z = \alpha$  så gäller att $\overline{z}= a-bi$  har $|\overline{z}|=r$ och $\arg \overline{z} = - \alpha$.
+</div>
-Då gäller att $z=re^{i\alpha}$  och $\overline{z} = re^{i\alpha}$ . Ekvationen kan därför skrivas
-$\quad \quad \left(re^{i\alpha}\right)^2 = re^{-i\alpha}$, eller $r^2 e^{2i\alpha}= re^{-i\alpha}$ , vilket är ekvivalent med
+<div class="exempel">
+'''Exempel 12'''
+<br/>
+<br/>
+Lös ekvationen $\ x^2+px+q=0\,$.
+<br/>
+<br/>
+Kvadratkomplettering ger
+$$\eqalign{x^2+px+\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2+q&=\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2\,\mbox{,}\cr \rlap{\Bigl(x+\frac{p}{2}\Bigr)^2}\phantom{x^2+px+\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2+q}{}&=\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2-q\,\mbox{,}\cr \rlap{x+\frac{p}{2}}\phantom{x^2+px+\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2+q}{}&=\pm \sqrt{\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2-q}\ \mbox{.}}$$
+Detta ger den vanliga formeln, <i>pq-formeln</i>, för lösningar till andragradsekvationer
+$$x=-\frac{p}{2}\pm \sqrt{\Bigl(\frac{p}{2}\Bigr)^2-q}\,\mbox{.}$$
-$\quad \quad re^{3i\alpha} = 1 \quad$, som ger
+</div>
-$\cases{r^3 =1 \quad \rightarrow \quad r=1 \cr 3\alpha = 0 + k \cdot 2\pi \quad \rightarrow \quad \alpha = k \cdot \displaystyle \frac{2\pi}{3} \; , \; k=0,1,2}$
+<div class="exempel">
+'''Exempel 13'''
-$z_1 = e^0 = 1$
+<br/>
+<br/>
-$z_2 = e^{2\pi i/ 3} = \cos \displaystyle \frac{2\pi}{3} + i \sin \displaystyle \frac{2\pi}{3} = - \displaystyle \frac{1}{2} + \displaystyle \frac{\sqrt3}{2} i$
+Lös ekvationen $\ z^2-(12+4i)z-4+24i=0\,$.
+<br/>
-$z_3 = e^{4\pi i/ 3} = \cos \displaystyle \frac{4\pi}{3} + i \sin \displaystyle \frac{4\pi}{3} = - \displaystyle \frac{1}{2} - \displaystyle \frac{\sqrt3}{2} i$
+<br/>
+Halva koefficienten för $\,z\,$ är $\,-(6+2i)\,$ så vi adderar kvadraten på detta uttryck till båda led
+$$z^2-(12+4i)z+(-(6+2i))^2-4+24i=(-(6+2i))^2\,\mbox{.}$$
+Räknar vi ut kvadraten $\ (-(6+2i))^2=36+24i+4i^2=32+24i\ $ i högerledet och kvadratkompletterar vänsterledet fås
+$$\eqalign{(z-(6+2i))^2-4+24i&=32+24i\,\mbox{,}\cr \rlap{(z-(6+2i))^2}\phantom{(z-(6+2i))^2-4+24i}{}&=36\,\mbox{.}}$$
+Efter en rotutdragning har vi att $\ z-(6+2i)=\pm 6\ $ och därmed är lösningarna $\,z=12+2i\,$ och $\,z=2i\,$.
 </div>
+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
+$$\eqalign{x^2+10x+3 &= x^2+10x+25+3-25\cr &= (x+5)^2-22\,\mbox{.}}$$
-<div class="inforuta">
-'''Råd för inläsning'''
-'''Tänk på att:'''
+<div class="exempel">
+'''Exempel 14'''
+<br/>
+<br/>
+Kvadratkomplettera uttrycket $\ z^2+(2-4i)z+1-3i\,$.
+<br/>
+<br/>
+Lägg till och dra ifrån termen $\bigl(\frac{1}{2}(2-4i)\bigr)^2=(1-2i)^2=-3-4i\,$,
+$$\eqalign{z^2+(2-4i)z+1-3i &= z^2+(2-4i)z+(1-2i)^2-(1-2i)^2+1-3i\cr &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2-(1-2i)^2+1-3i\cr &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2-(-3-4i)+1-3i\cr &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2+4+i\,\mbox{.}}$$
-text
+</div>
-'''Lästips'''
+==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 $\,\sqrt{a+ib}\,$. Man kan då ansätta
+$$z=x+iy=\sqrt{a+ib}\,\mbox{.}$$
+Genom att kvadrera båda led får vi att
+$$\eqalign{(x+iy)^2 &= a+ib\,\mbox{,}\cr x^2 - y^2 + 2xy\,i &= a+ib\,\mbox{.}}$$
+Identifikation av real- och imaginärdel ger nu att
+$$\left\{\eqalign{&x^2 - y^2 = a\,\mbox{,}\cr &2xy=b\,\mbox{.}}\right.$$
+Detta ekvationssystem kan lösas med substitution, t.ex. $\,y= b/(2x)\,$ som kan sättas in i den första ekvationen.
-stående
-'''Länktips'''
+<div class="exempel">
+'''Exempel 15'''
+<br/>
+<br/>
+Beräkna $\ \sqrt{-3-4i}\,$.
+<br/>
+<br/>
+Sätt $\ x+iy=\sqrt{-3-4i}\ $ där $\,x\,$ och $\,y\,$ är reella tal. Kvadrering av båda led ger
+$$\eqalign{(x+iy)^2 &= -3-4i\,\mbox{,}\cr x^2 - y^2 + 2xyi &= -3-4i\,\mbox{,}}$$
+vilket leder till ekvationssystemet
+$$\Bigl\{\eqalign{x^2 - y^2 &= -3\,\mbox{,}\cr 2xy&= -4\,\mbox{.}}$$
+Ur den andra ekvationen kan vi lösa ut $\ y=-4/(2x) = -2/x\ $ och sätts detta in i den första ekvationen fås att
+$$x^2-\frac{4}{x^2} = -3 \quad \Leftrightarrow \quad x^4 +3x^2 - 4=0\,\mbox{.}$$
+Denna ekvation är en andragradsekvation i $\,x^2\,$ vilket man ser lättare genom att sätta $\,t=x^2$
+$$t^2 +3t -4=0\,\mbox{.}$$
+Lösningarna är $\,t = 1\,$ och $\,t = -4\,$. Den sista lösningen måste förkastas, eftersom  $x$ och $y$ är reella tal och då kan inte $\,x^2=-4\,$. Vi får att $\,x=\pm\sqrt{1}\,$, vilket ger oss två möjligheter
+* $\ x=-1\ $ som ger att $\ y=-2/(-1)=2\,$.
+* $\ x=1\ $ som ger att $\ y=-2/1=-2\,$.
-stående
+Vi har alltså kommit fram till att
+$$\sqrt{-3-4i} = \Bigl\{\eqalign{&\phantom{-}1-2i\,\mbox{,}\cr &-1+2i\,\mbox{.}\cr}$$
+</div>
+<div class="exempel">
+'''Exempel 16'''
+<br/>
+<br/>
+Lös ekvationerna
+<ol type="a">
+<li> Lös ekvationen $\ z^2-2z+10=0\,$.
+<br/>
+<br/>
+Formeln för lösningar till en andragradsekvation (se exempel 3) ger att
+$$z= 1\pm \sqrt{1-10} = 1\pm \sqrt{-9}= 1\pm 3i\,\mbox{.}$$
+</li>
+<br/>
+<li> Lös ekvationen $\ z^2 + (4-2i)z -4i=0\,\mbox{.}$
+<br/>
+<br/>
+Även här ger ''pq''-formeln lösningarna direkt
+$$\eqalign{z &= -2+i\pm\sqrt{\smash{(-2+i)^2+4i}\vphantom{i^2}} = -2+i\pm\sqrt{4-4i+i^{\,2}+4i}\cr &=-2+i\pm\sqrt{3} = -2\pm\sqrt{3}+i\,\mbox{.}}$$
+</li>
+<br/>
+<li> Lös ekvationen $\ iz^2+(2+6i)z+2+11i=0\,\mbox{.}$
+<br/>
+<br/>
+Division av båda led med $i$ ger att
+$$\eqalign{z^2 + \frac{2+6i}{i}z +\frac{2+11i}{i} &= 0\,\mbox{,}\cr z^2+ (6-2i)z + 11-2i &= 0\,\mbox{.}}$$
+Applicerar vi sedan ''pq''-formeln så fås att
+$$\eqalign{z&=-3+i \pm \sqrt{\smash{(-3+i)^2 -(11-2i)}\vphantom{i^2}}\cr z&=-3+i \pm \sqrt{-3-4i}\cr z&= -3+i\pm(1-2i)}$$
+där vi använt det framräknade värdet på $\ \sqrt{-3-4i}\ $ från exempel 6. Lösningarna är alltså
+$$z=\biggl\{\eqalign{&-2-i\,\mbox{,}\cr &-4+3i\,\mbox{.}}$$
+</li>
+</ol>
 </div>