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
$$\eqalign{\frac{\displaystyle 2^{14}\Bigl(\cos\frac{14\pi}{6} + i\,\sin\frac{14\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}} {\displaystyle 2^{12}\Bigl(\cos\frac{29\pi}{6} + i\,\sin\frac{29\pi}{6}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}} &= 2^2 \Bigl(\cos\Bigl( -\frac{15\pi}{6}\,\Bigr) + i\,\sin\Bigl( -\frac{15\pi}{6}\,\Bigr)\,\Bigr)\cr &= 4\Bigl(\cos \Bigl( -\frac{\pi}{2}\,\Bigr) + i\,\sin\Bigl( -\frac{\pi}{2}\,\Bigr)\,\Bigr) = -4i\,\mbox{.}}$$
Binomiska ekvationer
Ett komplext tal $\,z\,$ kallas en n:te rot av det komplexa talet $\,w\,$ om
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
$$\left\{\eqalign{\displaystyle z_1&= 2\Bigl(\cos \frac{\pi}{8} + i\,\sin\frac{\pi}{8}\,\Bigr)\cr
\displaystyle z_2 &= 2\Bigl(\cos\frac{5\pi}{8} + i\,\sin\frac{5\pi}{8}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\cr
\displaystyle z_3 &= 2\Bigl(\cos\frac{9\pi}{8} + i\,\sin\frac{9\pi}{8}\,\Bigr)\vphantom{\biggl(}\cr
\displaystyle z_4 &= 2\Bigl(\cos\frac{13\pi}{8} + i\,\sin\frac{13\pi}{8}\,\Bigr)}\right.$$
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
- $\quad z_1 = e^0 = 1$
- $\quad\displaystyle z_2 = e^{2\pi i/ 3} = \cos\frac{2\pi}{3} + i\,\sin\frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt3}{2}\,i\vphantom{\Biggl(}$
- $\quad\displaystyle z_3 = e^{4\pi i/ 3} = \cos\frac{4\pi}{3} + i\,\sin\frac{4\pi}{3} = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt3}{2}\,i$
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 $\bigl(\frac{1}{2}(2-4i)\bigr)^2=(1-2i)^2=-3-4i\,$,
$$\eqalign{z^2+(2-4i)z+1-3i &= z^2+(2-4i)z+(1-2i)^2-(1-2i)^2+1-3i\cr &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2-(1-2i)^2+1-3i\cr &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2-(-3-4i)+1-3i\cr &= \bigl(z+(1-2i)\bigr)^2+4+i\,\mbox{.}}$$
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
$$z=\biggl\{\eqalign{&-2-i\,\mbox{,}\cr &-4+3i\,\mbox{.}}$$
|
