14 svar

236 visningar

dajamanté är nöjd med hjälpen

Komplexa tal -lång och jobbigt exempel

Min kurslitteratur löser en andragradsekvation med parisisk stil. Tyvärr ramlar jag mellan plankorna.

Ekvationen är:

$z^{2} + 4 i z - (7 + 4 i) = 0$

Jag ska berätta specifik där jag ramlade av förklaringståget:

Kvadratkomplettering är jag med:

$z^{2} + 4 i z - (7 + 4 i) = 0 z^{2} + 4 i z + (2 i)^{2} - (2 i)^{2} - (7 + 4 i) = 0 {(z + 2 i)}^{2} - 4 i^{2} - (7 + 4 i) = 0 {(z + 2 i)}^{2} + 4 - 7 - 4 i = 0 {(z + 2 i)}^{2} = 3 + 4 i$

Att vi ersätter ${(z + 2 i)}^{2}$ med $w^{$ och $x+$ är jag med, även om jag tycker att det är recept för slarvfel...

$w^{2} = {(x + y i)}^{2} = x^{2} + 2 x y i + y^{2} i^{2} = x^{2} - y^{2} + 2 x y i$

Nu kommer den vanligt ekvationssystem men också nåt fiffigt absolutbelopp:

$\{\begin{cases} x^{2} - y^{2} \\ 2 x y (i) = 4 (i) \end{cases}$ och $|w^{2}| = x^{2} + y^{2} = 3^{2} + 4^{2} = 5$

Vi kopplar linje ett och absolutbelopp:

$x^{2} - y^{2} + (x^{2} + y^{2}) x^{2} + y^{2} = 2 x^{2} = 3 + 5 = 8 x = \pm 2 o c h x^{2} - y^{2} - (x^{2} + y^{2}) = - 2 y^{2} = 3 - 5 = - 2 y = \pm 1$

w= $\pm 2 \pm 1 * i$ måste satisfierera $2xy$ så antigen är de båda positiv eller båda negativ, det är jag okej med.

MEN NU börjar det att lukta surströmming!

Nämligen vi ersätter w med $2+$ i parentesen.

${((2 + i) + 2 i)}^{2} \overset{? ?}{=} 3 + 4 i (2 + 3 i)^{2} = 4 + 12 i + 9 i^{2} = - 5 + 12 i \overset{n o n o n o}{=} 3 + 4 i$

${((- 2 - i) + 2 i)}^{2} \overset{? ?}{=} 3 + 4 i (- 2 + i)^{2} = 4 - 4 i + i^{2} = 3 - 4 i \neq 3 + 4 i$

Jag vet inte när och var det gick åt skogen? Jag har kontrollerat för slarv efter kaffe så jag hoppas att jag har inte missat nåt självklart...

Jag hade nog struntat i det där med absolutbeloppet.

Imaginärdelen ger y = 2/x och sätt in det i realdelen. Lös en andragradsekvation i x^2.

Dr. G skrev :
Jag hade nog struntat i det där med absolutbeloppet.
Imaginärdelen ger y = 2/x och sätt in det i realdelen. Lös en andragradsekvation i x^2.

Yes, det är sånt.

Jag har löst det som du säger på pappret och hittar på samma sätt $-2-i$ samt $2+i$ .

Men det löser inte surströmming problem?

Vi hade ju:

$(z + 2 i)^{2} = 3 + 4 i$

${(2 + i + 2 i)}^{2} = {(2 + 3 i)}^{2} = 4 + 12 i + 9 i^{2} = - 5 + 12 i$ som är inte lika med $3 + 4 i$

${(- 2 - i + 2 i)}^{2} = {(- 2 + i)}^{2} = 4 - 4 i + i^{2} = 3 - 4 i$

dajamanté skrev :
Jag har löst det som du säger på pappret och hittar på samma sätt $-2-i$ samt $2+i$ .

Så $\sqrt{3+4i}=\pm (2+i)$

Men det löser inte surströmming problem?
Vi hade ju:
$(z + 2 i)^{2} = 3 + 4 i$

Men du vet ju vad roten ur $3+4i$ är, alltså

$z+2i=\pm(2+i)$

Guggle skrev :
dajamanté skrev :
Jag har löst det som du säger på pappret och hittar på samma sätt $-2-i$ samt $2+i$ .
Så $\sqrt{3+4i}=\pm (2+i)$
Men det löser inte surströmming problem?
Vi hade ju:
$(z + 2 i)^{2} = 3 + 4 i$
Men du vet ju vad roten ur $3+4i$ är, alltså
$z+2i=\pm(2+i)$

... Vet jag det?

dajamanté skrev :
... Vet jag det?

Tja, du påstår iaf att du kommit fram till lösningarna här, men du kanske bluffar!

dajamanté skrev :
Jag har löst det som du säger på pappret och hittar på samma sätt −2−i samt 2+i.

Det du gjort är alltså att räkna ut w då w²=(3+4i)

w=-(2+i) och w=(2+i)

Hej!

Såhär löser man komplexa andragradsekvationer.

Kvadratkomplettera ekvationen. Det ger ekvationen $(z+i2)^2 = 3+i4.$
Inför en ny variabel $w = z+i2.$ Det ger ekvationen $w^2 = 3+i4.$
Uttryck ekvationen på polär form, vilket betyder att du skriver $w = re^{i\theta}$ och $3+i4 = 5e^{iv + i2\pi n}$ där vinkeln $v$ bestäms av $\tan v = \frac{4}{3}$ och $n$ betecknar ett godtyckligt heltal.
Ekvationen blir $r^2e^{i2\theta} = 5e^{iv + i2\pi n}$ vilket motsvarar de två ekvationerna $r^2 = 5$ och $2\theta = v + 2\pi n$ , vars lösningar är $r = \sqrt{5}$ och $\theta = 0.5v + \pi n.$
Den ursprungliga ekvationens lösningar är $z = \sqrt{5}e^{i0.5v + i\pi n} - i2\ .$
För snygghetens skull skrivs lösningarna på rektangulär form (och inte på blandad form).

$z = \sqrt{5}\cos(0.5v + \pi n) + i(\sqrt{5}\sin(0.5v + \pi n) - 2)\ .$

I själva verket har ekvationen endast två distinkta lösningar som du får när $n=0$ och $n=1$ (alla övriga lösningar är rotationer av dessa två komplexa tal ett visst antal hela varv). För $n=0$ blir lösningen

$z = \sqrt{5}\cos 0.5v + i(\sqrt{5}\sin 0.5v - 2) = 2 + i(1-2) = 2-i$

och för $n=1$ blir lösningen

$z = \sqrt{5}\cos (0.5v+\pi) + i(\sqrt{5}\sin (0.5v+\pi) - 2) = -2+i(-1-2) = -2-i3\ .$

Kontrollera avslutningsvis att dessa två komplexa tal verkligen uppfyller den ursprungliga ekvationen $z^2+i4z - (7+i4) = 0\ .$

Albiki

Guggle skrev :
dajamanté skrev :
... Vet jag det?
Tja, du påstår iaf att du kommit fram till lösningarna här, men du kanske bluffar!
dajamanté skrev :
Jag har löst det som du säger på pappret och hittar på samma sätt −2−i samt 2+i.
Det du gjort är alltså att räkna ut w då w²=(3+4i)
w=-(2+i) och w=(2+i)

Haha jojojo, det har jag löst men jag förstår inte hur plusminus 2 plusminus i kan vara rotten ur 3 +4i.

(sorry, datorn inte tillgänglig). Alltså, hur vet vi det?? Eller är det nåt som alla vet, som den triggetan?

Albiki skrev :
Hej!
Såhär löser man komplexa andragradsekvationer.
Kvadratkomplettera ekvationen. Det ger ekvationen $(z+i2)^2 = 3+i4.$
Inför en ny variabel $w = z+i2.$ Det ger ekvationen $w^2 = 3+i4.$
Uttryck ekvationen på polär form, vilket betyder att du skriver $w = re^{i\theta}$ och $3+i4 = 5e^{iv + i2\pi n}$ där vinkeln $v$ bestäms av $\tan v = \frac{4}{3}$ och $n$ betecknar ett godtyckligt heltal.
Ekvationen blir $r^2e^{i2\theta} = 5e^{iv + i2\pi n}$ vilket motsvarar de två ekvationerna $r^2 = 5$ och $2\theta = v + 2\pi n$ , vars lösningar är $r = \sqrt{5}$ och $\theta = 0.5v + \pi n.$
Den ursprungliga ekvationens lösningar är $z = \sqrt{5}e^{i0.5v + i\pi n} - i2\ .$
För snygghetens skull skrivs lösningarna på rektangulär form (och inte på blandad form).
        $z = \sqrt{5}\cos(0.5v + \pi n) + i(\sqrt{5}\sin(0.5v + \pi n) - 2)\ .$
I själva verket har ekvationen endast två distinkta lösningar som du får när $n=0$ och $n=1$ (alla övriga lösningar är rotationer av dessa två komplexa tal ett visst antal hela varv). För $n=0$ blir lösningen
    $z = \sqrt{5}\cos 0.5v + i(\sqrt{5}\sin 0.5v - 2) = 2 + i(1-2) = 2-i$
och för $n=1$ blir lösningen
    $z = \sqrt{5}\cos (0.5v+\pi) + i(\sqrt{5}\sin (0.5v+\pi) - 2) = -2+i(-1-2) = -2-i3\ .$
Kontrollera avslutningsvis att dessa två komplexa tal verkligen uppfyller den ursprungliga ekvationen $z^2+i4z - (7+i4) = 0\ .$
Albiki

Mycket snyggt som vanligt (jag måste dra ut polär form ifrån den svart hål jag förtränger allt matematik i hjärnan).

Polärform kommer i nästa kapitlet så jag återkommer till det. Meningen nu är att lösa i rektangulär form.

Dessutom, går det att beräkna vinklarna tangenten utan kalkylator??

Hej!

Man använder inte rektangulär form eftersom det vanligtvis resulterar i ett system av två andragradsekvationer som är minst lika svåra att lösa som den ursprungliga ekvationen.

I detta fall motsvaras den komplexa andragradsekvationen $z^2+i4z-(7+i4)=0$ av ekvationssystemet

Error converting from LaTeX to MathML

Albiki

Hej!

Ekvationssystemet ska vara $x^2-y^2-4y-7=0$ och $2xy+4x-4=0\ .$ Dessa är minst lika svåra att lösa samtidigt(!) som den ursprungliga ekvationen.

Albiki

Vad tycker du om deras exempel? Dom löser med en kombo av ersättning och absolut belopp. Jag tycker också att allt är mycket krångligt. Men annars har jag klass imorgon, jag kan fråga de vad de menade.

Går det att lösa på polär form utan miniräknare? Finns det några tangenter som jag måste kunna utantill? (förutom likgiltig triangel och 45/45/90 gradare triangel?)

Hej!

Tangens-värdet $\tan v = \frac{4}{3}$ motsvaras av en rätvinklig triangel vars kateter är 3 och 4 och vars hypotenusa är 5, vilket betyder att $\sin v = \frac{4}{5}$ och $\cos v = \frac{3}{5}$ .

Du vill ha värdena $A = \sin 0.5v$ och $B = \cos 0.5v$ så då är det lämpligt att använda formlerna för dubbla vinkeln.

Sinus för dubbla vinkeln ger $\frac{4}{5} = 2AB$ och cosinus för dubbla vinkeln ger $\frac{3}{5} = 1-2A^2$ vilket ger

$A = \frac{1}{\sqrt{5}} = \sin 0.5v$

och

$B = \frac{2}{\sqrt{5}} = \cos 0.5v\ .$

Sedan ger additionsformler att $\cos(0.5v + \pi) = -\cos 0.5v$ och $\sin(0.5v + \pi) = -\sin 0.5v\ .$

Albiki

dajamanté skrev :
Guggle skrev :
dajamanté skrev :
... Vet jag det?
Tja, du påstår iaf att du kommit fram till lösningarna här, men du kanske bluffar!
dajamanté skrev :
Jag har löst det som du säger på pappret och hittar på samma sätt −2−i samt 2+i.
Det du gjort är alltså att räkna ut w då w²=(3+4i)
w=-(2+i) och w=(2+i)
Haha jojojo, det har jag löst men jag förstår inte hur plusminus 2 plusminus i kan vara rotten ur 3 +4i.
(sorry, datorn inte tillgänglig). Alltså, hur vet vi det?? Eller är det nåt som alla vet, som den triggetan?

Om du har $w^2=3+4i$ och räknar ut att $w_1=-2-2i$ eller $w_2=2+2i$ så har du räknat ut rötterna till ekvationen $w^2=c$ där $c=3+4i$ . Om $w^2=c$ så är $w=(w^2)^{1/2}=c^{1/2}=\sqrt{c}$ .

Man kan bestämma $(3+4i)^{1/2}$ genom att använda metoden i exemplet. Man kan också använda polär form. Allmänt för talet $(r(\cos\theta +i\sin\theta))^{1/m}=\rho(\cos\phi+i\sin\phi)$ gäller

$\rho=\sqrt[m]{r},\quad \phi=\frac{1}{m}[\theta+2k\pi]$

där $k=0,1,2...,m-1;\quad m\geq 1$

Slutligen, så här kan man välja att betrakta ekvationen (pq-formeln!)

$z^2+\underbrace{4i}_pz \underbrace{-(7+4i)}_q=0$

$z_{12}=-2i\pm \sqrt{(-2i)^2-(-(7+4i))}=-2i\pm \sqrt{3+4i}=-2i\pm(2+i)$ där man väljer roten att betrakta roten-ur-värdet i första kvadranten, dvs så miniräknare presenterar lösningen. Du kommer läsa mer om grenar och principalvärden när ni går igenom polär form.

Tack för allt hjälp!

Vi gick igenom exemplet idag och det var texten jag var inte med, jag råkade blanda ihop z och w....

Men jag återkommer om polärform, det är nämligen nästa kurs!

Svara Avbryt

Visa senaste svar