Kapittel 3

Komplekse tall og trigonometri

Grunnen til at vi har dette kapittelet midt i temaet ’Differenslikninger’ erfor å kunne løse andre ordens differenslikninger. Da vil vi trenge å løse an-dregradslikninger. ’Men kan vi ikke det’, spør du? Vel, vi vet at en generellandregradslikning

ax2 + bx+ c = 0

har løsningsformel

x =−b±

√b2 − 4ac

2a, (3.1)

men vi har ikke brukt denne formelen fullt ut. (Det i seg selv er også en godgrunn til å innføre komplekse tall.) Når uttrykket b2 − 4ac under rottegneti (3.1) er negativt, har vi til nå sagt at ’andregradslikningen har ingen løs-ning’. Det er fordi den ikke har noen løsninger blant de reelle tallene. Detfins imidlertid flere tall, og blant disse kan vi alltid finne løsninger på alleandregradslikninger. Disse tallene kalles komplekse tall (men ikke tenk påordet kompleks som ’vanskelig’ !), og de vil vi trenge.

I dette kapittelet skal vi innføre komplekse tall, og i den forbindelse fårvi også bruk for trigonometri.

3.1 Komplekse tall

Først en kort introduksjon:

36

Problemet vårt er altså at vi ikke kan trekke røtter av negative tall når vijobber med reelle tall. Det fins imidlertid en løsning på dette problemet: Vitenker oss at det fins et tall i, kalt den imaginære enheten, med egenskapen

i2 = −1. (3.2)

Eksistensen av et tall som opphøyd i andre potens gir et negativt tall vilgjøre at vi kan trekke røtter av negative tall: Hvis vi går ut ifra at vanligeregneregler gjelder fremdeles vil vi ha at

(ib)2 = i2b2 = (−1)b2 = −b2

for enhver b ∈ R. Så hvis b 6= 0 vil det negative tallet −b2 iallefall ha minstén kvadratrot, nemlig ib. Tall på formen ib tenker vi oss som imaginære tall.

Komplekse tall blir da tall som kan skrives som summen av et reelt tall oget imaginært tall. Vi kan så regne med disse tallene på vanlig måte, bortsettfra at vi hele tiden må huske at i2 = −1.

Formelt går vi frem slik:

Definisjon 3.1 Et komplekst tall z er et tall som angis på formen

z = a+ ib

der a, b ∈ R. Mengden av alle slike tall kalles de komplekse tallene og betegnesC.

Eksempel 3.2 Tallet

z =1

3+ 2i

er et komplekst tall med a = 13

og b = 2. �

Et komplekst tall a+ ib skriver vi av og til på formen a+ bi.Hvis a = 0 skriver vi 0 + ib = ib. Slike tall kalles som sagt imaginære

dersom b 6= 0.Hvis b = 0 skriver vi a+ i0 = a. Det reelle tallet a blir dermed identifisert

med det komplekse tallet a+ i0. Spesielt har vi at 0 = 0 + i0.

37

Vi har et par navn til: Tallet a kalles gjerne realdelen til z = a + ib ogskrives Re(z), mens tallet b kalles imaginærdelen til z og skrives Im(z). Foreksempel er

Re(1

3+ 2i) =

1

3

og

Im(1

3+ 2i) = 2.

Ethvert reelt tall a er altså et komplekst tall siden a = a + 0i. Vi hardermed ’utvidet’ de reelle tallene og fått noen ekstra tall å regne med. Detteskal få stor betydning, men ikke for selve regningen. Vi skal regne akkuratsom før, dvs. bruke regnereglene for reelle tall, bare vi husker ati2 = −1.

Vi minner om reglene vi forholder oss til:

Teorem 3.3 (Regneregler for R) La a, b og c være reelle tall. Da er føl-gende regler oppfylt:

• a+ b = b+ a (addisjon er kommutativ)

• a+ (b+ c) = (a+ b) + c (addisjon er assosiativ)

• a+ 0 = 0 (tallet 0 er nullelementet)

• a− a = 0 (additiv invers)

• ab = ba (multiplikasjon er kommutativ)

• a(bc) = (ab)c (multiplikasjon er assosiativ)

• 1a = a (tallet 1 er identitetselementet)

• a 1a

= 1 (multiplikativ invers, a 6= 0)

• a(b+ c) = ab+ ac (multiplikasjon distribuerer over addisjon)

Når vi regner med komplekse tall, bruker vi Teorem 3.3 og tenker på i

som et symbol. Når vi kommer til en potens av i, bruker vi regelen i2 = −1.La oss se på de vanlige regneoperasjonene:

38

Eksempel 3.4 Vi vil summere tallene 2 + 3i og 5− 6i. Vi får at

(2 + 3i) + (5− 6i) = 2 + 5 + 3i− 6i

= 7− 3i.

Vi ser at vi får summen ved å summere realdelene og imaginærdelene:

(2 + 3i) + (5− 6i) = 7− 3i,

som er et nytt komplekst tall med realdel 7 og imaginærdel −3.Hvis vi vil multiplisere tallene gjør vi bruk av parentesregning:

(2 + 3i)(5− 6i) = 10− 12i+ 15i− (3i)(6i)

= 10 + 3i− 18i2

= 10 + 3i− 18(−1) (siden i2 = −1)

= 10 + 3i+ 18

= 28 + 3i,

et komplekst tall med realdel 28 og imaginærdel 3.La oss dividere tallene med hverandre. Hvordan får vi

2 + 3i

5− 6i

på formen til et komplekst tall (a+ ib)? Da må vi få et reelt tall i nevneren.Det gjør vi ved å bruke 3. kvadratsetning (også kalt konjugatsetningen) somsier at (r + s)(r− s) = r2 − s2. I vårt tilfelle utvider vi brøken med faktoren5 + 6i, slik at vi kan bruke konjugatsetningen på nevneren:

(2 + 3i)(5 + 6i)

(5− 6i)(5 + 6i)=

(2 + 3i)(5 + 6i)

52 − (6i)2

VIKTIG: Siden i2 = −1, er nevneren 25 − (−36) = 25 + 36 = 61. Tellerenkan vi regne ut ved å multiplisere ut som ovenfor, og vi får (2+3i)(5+6i) =

−8 + 17i (sjekk!), dvs.

2 + 3i

5− 6i=−8 + 17i

61= − 8

61+

17

61i,

39

et komplekst tall med realdel − 861

og imaginærdel 1761

. �

Vi ser nå en god grunn til at vi må kunne regne med symboler: slik at vikan regne med komplekse tall, slik at vi kan løse andregradslikninger, slik atvi kan løse differenslikninger...

Generelt har vi følgende resultat om regneoperasjoner på C (du skal ab-solutt ikke pugge disse, men regne ut som i Eksempel 3.4 i hvert tilfelle):

Teorem 3.5 La z = a+ ib og w = c+ id være komplekse tall. Da har vi

• z + w = (a+ c) + i(b+ d)

• z − w = (a− c) + i(b− d)

• zw = (ac− bd) + i(bc+ ad)

• wz

= ac+bda2+b2

+ iad−bca2+b2

, dersom z 6= 0

Bemerkning 3.6 Formelt er ikke dette et teorem, men faktisk selve defin-isjonen av regneoperasjonene for komplekse tall. Utifra disse kan man vise atTeorem 3.3 gjelder for komplekse tall også, dvs. vi kan erstatte a, b og c medkomplekse tall og resultatene gjelder fortsatt.

Vi legger merke til at hvis z = a+ ib vil vi få −z = −a− ib. Med triksetfor dividering i Eksempel 3.4 kan vi også finne hva 1

zer når z 6= 0:

1

z=

1

a+ ib=

a− ib

(a+ ib)(a− ib)=

a− ib

a2 + b2=

a

a2 + b2− b

a2 + b2i. (3.3)

�

Utregningen (3.3) leder oss rett over i en spesiell regneoperasjon for kom-plekse tall kalt konjugering (som også er grunnen til at 3. kvadratsetningkalles konjugatsetningen).

Definisjon 3.7 Hvis z = a + ib er et komplekst tall, kalles a − ib det kon-jugerte tallet til z. Vi betegner det med z, og sier at z og z er konjugerte (tilhverandre).

40

Eksempel 3.8 Det konjugerte tallet til 13

+ 2i er

1

3+ 2i =

1

3− 2i.

�

Bemerkning 3.9 Hvis a er et reelt tall, er a = a. Omvendt, hvis z = a+ ib

og z = z, er a + ib = a − ib, dvs. b = −b, så b = 0, og z er et reelt tall. Vihar at ’tallene som er lik sin egen konjugert’ er de reelle tallene. �

For reelle tall gir altså ikke konjugering noe nytt, men for komplekse taller konjugering en nyttig operasjon, og den oppfører seg veldig pent. Vi kanfor eksempel konjugere først og så bruke en av våre fire regneoperasjoner,eller bruke regneoperasjonene først og konjugere etterpå.

Eksempel 3.10 Vi konjugerer produktet fra Eksempel 3.4:

(2 + 3i)(5− 6i) = 28 + 3i = 28− 3i.

La oss se at vi får samme svar ved å regne produktet av de konjugerte tallene:

(2 + 3i)(5− 6i) = (2− 3i)(5 + 6i) = 10− 15i+ 12i+ 18 = 28− 3i.

Vi har vist at(2 + 3i)(5− 6i) = (2 + 3i)(5− 6i).

�

I en av oppgavene til dette kapittelet skal du få lov til å vise følgenderesultat:

Teorem 3.11 La z og w være komplekse tall. Da har vi

• z + w = z + w

• z − w = z − w

• zw = z · w

41

• (z/w) = z/w, der w 6= 0

Vi merker oss videre at

z + z = a+ ib+ (a− ib) = 2a = 2 Re(z),

som er et reelt tall, såz + z ∈ R. (3.4)

Tilsvarende er

z − z = a+ ib− (a− ib) = 2ib = 2i Im(z),

som er et imaginært tall.Vi merker oss også at

(z) = z.

La oss ta fatt på grunnen til at vi innførte komplekse tall, som er å kunneløse andregradslikninger. Siden vi nå har innført i slik at i2 = −1, kan vi takvadratroten av −1, og vi skriver

√−1 = i.

La y ∈ R, y > 0. Da er

(i√y)2 = i2y = −y < 0.

Vi definerer derfor kvadratroten til −y ved

√−y = i

√y.

Med denne notasjonen viser det seg at formelen (3.1) for løsningene til enandregradslikning alltid er riktig, også når b2 − 4ac < 0.

Eksempel 3.12 Vi vil løse likningen

z2 − 2z + 3 = 0

42

og setter inn i formelen (3.1)

z =2±

√4− 12

2=

2±√−8

2.

Siden √−8 = i

√8 = i2

√2

får vi

z =2± i2

√2

2= 1± i

√2,

så løsningene til likningen vår er 1+i√

2 og 1−i√

2, dvs. komplekse løsningersom er konjugerte til hverandre. �

Bemerkning 3.13 Vi bruker ofte z som variabel istedenfor x for å minneoss på at vi tillater komplekse løsninger. �

På grunn av ±-tegnet i løsningsformelen (3.1), ser vi at når vi får kom-plekse løsninger i en andregradslikning (med reelle koeffisienter), vil vi alltidfå konjugerte løsninger:

Teorem 3.14 La r være en kompleks løsning av likningen az2 + bz + c = 0

(der a, b, c ∈ R). Da er r også en løsning.

Vi kan dermed oppsummere:

Teorem 3.15 Når vi løser en andregradslikning az2 + bz + c = 0 vil ett avtre tilfeller skje:

1) To ulike reelle løsninger r1 og r2. For eksempel likningen

z2 + z − 2 = 0

med løsninger r1 = 2 og r2 = −1.

2) Én reell løsning r1. I dette tilfellet er andregradsuttrykket az2 + bz + c

et fullstendig kvadrat. For eksempel likningen

z2 − 2z + 1 = 0

43

gir (z − 1)2 = 0 og løsning r1 = 1.

3) To komplekse løsninger r1 og r1 (der r1 ikke er reell). For eksempel

z2 − 2z + 2 = 0

med løsninger r1 = 1 + i og r1 = 1− i.

Vi skal nå nærme oss en annen måte å angi et komplekst tall på, og da skalvi få hjelp av geometrien. Vi vet at et reelt tall a kan tolkes som et punkt påtallinjen:

a R

Hvis vi velger ut et punkt på tallinjen som vi lar representere tallet 0,kan vi angi et reelt tall på tallinjen ved å si hvor stor avstand tallet har til0, og på hvilken side av 0 det ligger (fortegnet til tallet).

Hvordan kan vi tolke et komplekst tall geometrisk? Siden et kompleksttall er på formen a + ib, har vi to reelle tall å forholde oss til. Det tilsier atvi må bevege oss opp fra tallinjen og ut i planet. Vi beholder tallinjen medtallet 0, og tegner en ny akse vinkelrett på tallinjen i punktet 0. Vi er vant tilå kalle disse aksene ’x- og y-aksen’. Vi skal nå kalle dem ’den reelle aksen’ Rog ’den imaginære aksen’ iR, og vi lar tallet a+ ib svare til punktet i planetmed koordinater a på den reelle aksen og b på den imaginære aksen:

a

a+ ib

R0

ib

iR

44

Vi kan altså tolke et komplekst tall geometrisk som et punkt i planet.

Eksempel 3.16 Den imaginære enheten i = 0 + 1i tilsvarer punktet (0, 1):

R

i

2i

iR

1 2

Tallet 13

+ 2i tilsvarer punktet (13, 2):

i

2i

iR

R13

1 2

13

+ 2i

�

Bemerkning 3.17 Vi husker fra Kompendium 1 at et 2-tuppel også kantolkes som et punkt i planet, og at et 2-tuppel kan tenkes på som en vektor iR2. Vi kan derfor også tenke på et komplekst tall a+ ib som vektoren (a, b).�

Istedenfor å angi koordinatene på den reelle og imaginære aksen kan viangi et komplekst tall a + ib 6= 0 i planet ved å angi dets avstand ρ (leses’ro’) fra origo, og vinkelen θ (leses ’teta’) som vektoren (a, b) danner med denpositive reelle aksen:

45

a

a+ ib

R0

ib

iR

θ

ρ

Legg merke til at vi gjør bruk av greske bokstaver, se Tillegg E.Før vi går videre trenger vi å si litt om vinkler. For å regne med vinkler

trenger vi også en hensiktsmessig måte å måle vinkler på.

3.2 Vinkler og radianer

En vinkel er en form som dannes av et punkt og to stråler (kalt vinkelbein)fra punktet. Vi plasserer ofte en vinkel i et koordinatsystem ved å la punktetvære origo og det ene vinkelbeinet være den positive x-aksen. Det andrevinkelbeinet er da også en stråle ut fra origo, og vi måler vinkler mot klokka:

0

θ

Vi kan altså tenke på en vinkel som en sirkelbue, der vi går langs buenmot klokka (ψ leses ’psi’):

46

ψ

Tradisjonelt sier vi at vinkelen som dannes når vi har gått en full sirkelmåler 360 ◦. Dette har vi fra sumerne som levde ca. 3000 f. Kr. Blant annetoppfant de hjulet og de brukte et 60-tallssystem.

Når man skal regne med vinkler er det imidlertid et annet vinkelmålsom viser seg å være mer hensiktsmessig enn grader med benevningen ◦.Dette vinkelmålet kalles radianer og er uten benevning. (Radianer er ikkepensum i 2MX, så samtidig som vi innfører dette begrepet, kommer ogsånoen resultater som dere har sett for grader.)

Vinkelmålet radianer bygger på følgende observasjon: En vinkel dannesav en sirkelbue med buelengde β (leses ’beta’) og tilhørende radius ρ. For énog samme vinkel kan man ha (uendelig mange) sirkelbuer av ulik størrelse.Her har vi tegnet to sirkelbuer:

R

B

β

ρ

Uansett hvilken av disse sirkelbuene vi bruker, er forholdet mellom bueleng-den og den tilhørende radiusen det samme! Dvs. at

β

ρ=B

R

47

i tegningen ovenfor. Dette forholdet kalles radian og gir oss vinkelmålet viønsker oss. Vi måler altså en vinkel ved å ta en av sirkelbuene som vinkelendanner, og se på forholdet mellom buelengden og radiusen til sirkelbuen.Siden det ikke spiller noen rolle hvor stor sirkelbue vi bruker, dropper viordet ’sirkelbue’, og bruker bare ordene ’buelengde’ og ’radius’:

radian =buelengde

radius

Eksempel 3.18 Vinkelen der forholdet mellom buelengden og radiusen erlik 1 har vinkelmål 1 (radian). For denne vinkelen er altså buelengden likradiusen. �

Eksempel 3.19 Vinkelen 4.5 (radian) gir oss vinkelen der

buelengderadius

= 4.5,

dvs. buelengden er 4.5 ganger så lang som radiusen. Det vil ca. gi oss følgendevinkel (vi merker av 4.5 radiuser langs sirkelbuen):

0.5r

r

r

r

r

r

�

Fra nå dropper vi også ordet ’radian’, og snakker bare om et tall (utenbenevning) som mål på en vinkel.

Vi vet at en full sirkel med radius ρ gir buelengde β = 2πρ (omkretsen), såen hel sirkel gir oss vinkelen

β

ρ=

2πρ

ρ= 2π.

48

Målt i grader er den samme vinkelen lik 360 ◦, så vi får følgende sammenhengmellom vinkelmålene grader og radianer:

360 ◦ = 2π. (3.5)

Bemerkning 3.20 Vi har nå tatt i bruk tallet π ≈ 3.1416 i vinkelmålingen.Akkurat som radian er et forhold, er også tallet π et forhold: Uansett hvorstor en sirkel er, er forholdet mellom omkretsen og diameteren alltid detsamme tallet. Dette forholdet har blitt hetende π:

π =omkretsdiameter

.

�

Vi kan nå bruke (3.5) for å regne oss fra grader til radianer og omvendt.

Eksempel 3.21 For å finne hva vinkelen lik 1 radian (i Eksempel 3.18) ermålt i grader, får vi regningen

1 =2π

2π=

360 ◦

2π≈ 57.3 ◦.

�

Generelt kan vi regne oss fra radianer til grader ved formelen (θ ∈ R)

θ = (θ · 360

2π)◦

og fra grader til radianer ved (ψ ∈ R)

ψ ◦ =ψ · 2π360

,

men det er lettere å bruke sammenhengen (3.5) hvis man ikke liker å huskemange formler.

Eksempel 3.22 For å finne hva vinkelen 127 ◦ er målt i radianer, får viregningen

127 ◦ =127 ◦ · 360 ◦

360 ◦=

127 ◦ · 2π360 ◦

≈ 2.22.

49

�

Vi legger videre merke til at vi drar med oss 60-tallssystemet inn i ra-dianenes verden også. Mange vinkler er ekstra pene målt i radianer, i denforstand at vi kan angi dem som brøkdeler av π.

Eksempel 3.23 Vi har blant annet

30 ◦ =360 ◦

12=

2π

12=π

6,

60 ◦ =360 ◦

6=

2π

6=π

3,

og

90 ◦ =360 ◦

4=

2π

4=π

2.

Fra disse finner vi flere pene vinkler, for eksempel

45 ◦ =90 ◦

2=π/2

2=π

4.

I oppgavene skal du finne enda flere pene vinkler. �

Vi minner også om at vi kan finne vinkler i alle omløp. Vinkler i førsteomløp vil si vinkler mellom 0 og 2π. Positive omløp får vi ved å legge tilpositive heltallsmultipler av 2π, negative omløp får vi ved å trekke fra positiveheltallsmultipler av 2π. På denne måten får vi at ethvert tall på tallinjen Rvil gi oss en vinkel. Første omløp regnes som intervallet [0, 2π) (intervalletinkluderer 0, men ikke 2π).

For å regne ut hvilken vinkel vi har i første omløp, må vi altså trekkefra/legge til positive heltallsmultipler av 2π til vi har en vinkel mellom 0 og2π:

Eksempel 3.24 Vi har

501π

6=π

6+

500π

6=π

6+

8π

6+

492π

6=

9π

6+ 82π =

3π

2+ 82π,

så vinkelen 501π6

er lik vinkelen 3π2

i første omløp (der vi har trukket fra 41omløp). �

50

3.3 Trigonometri

Fra 2MX husker vi at en vinkel θ tilsvarer et punkt P på enhetssirkelen(sirkelen med sentrum i origo og radius lik 1)

10

1

−1

1

θ

−1

P = (x, y)

x

y

og vi definerer cosinus- og sinus-verdiene til en vinkel θ ved

cos θ = x

sin θ = y

for alle θ ∈ R (siden vi nå regner θ i radianer). Det vil si at cos θ følgerx-koordinaten til punktet P og sin θ følger y-koordinaten til punktet P (ialle kvadranter og omløp). Siden punktet P ligger på enhetssirkelen følgerdet at

| cos θ| ≤ 1 og | sin θ| ≤ 1, θ ∈ R.

Eksempel 3.25 Ved å tegne ser vi at

θ = 0 tilsvarer punktet P = (1, 0)

θ = π2

tilsvarer punket P = (0, 1)

θ = π tilsvarer punktet P = (−1, 0)

θ = 3π2

tilsvarer punktet P = (0,−1)

51

(tegn!). Dermed får vi følgende tabell

θ 0 π2

π 3π2

cos θ 1 0 −1 0

sin θ 0 1 0 −1

�

Dere regnet mye med cosinus og sinus i 2MX, men brukte nok ofte kalku-lator? Det er endel eksakte verdier (for eksempel

√3 og

√2) som dukker opp

(spesielt) når vi regner med cosinus og sinus. Dette er fordi oppgavene viregner gjerne ser på endel (pene) vinkler som har eksakte verdier for cosinusog sinus. Dermed vil det være lurt å kjenne igjen disse eksakte verdiene, ogikke minst å vite hvordan vi finner dem:

Vi kommer veldig langt med cosinus- og sinus-verdiene til vinklenen π6, π

4

og π3. Til dette bruker vi følgende to trekanter:

π4

π4

π3

π6

Trekant 2

1√

22

√2

2

12

1

√3

2

Trekant 1

Trekant 1 er den rettvinklede likebeinede trekanten med hypotenus lik 1og Trekant 2 er den halvt likesidede trekanten med hypotenus lik 1 (sjekkvinkler og lengden til sidene!)

Vi putter Trekant 1 inn i enhetssirkelen:

52

������������

������������

10

1

−1

1

−1

P = (√

22,√

22

)

π4 √

22

√2

2

og fårcos π

4=√

22

sin π4

=√

22

Vi kan nå bruke symmetri og følgende fortegnsskjema for planet

1. kvadrant2. kvadrant

3. kvadrant 4. kvadrant

x ≤ 0, y ≥ 0

y

x, y ≥ 0

x

x, y ≤ 0 x ≥ 0, y ≤ 0

53

og finne cosinus- og sinus-verdiene til 3π4

(2. kvadrant), 5π4

(3. kvadrant) og7π4

(4. kvadrant):

������������

������������

������������

������������

������������

������������ 10

1

−1

1

−1

(√

22,√

22

) = (cos π4, sin π

4)

π4

√2

2

√2

2

(√

22,−

√2

2) = (cos 7π

4, sin 7π

4)(−

√2

2,−

√2

2) = (cos 5π

4, sin 5π

4)

(−√

22,√

22

) = (cos 3π4, sin 3π

4)

Tilsvarende kan dere gjøre med Trekant 2 og sjekke at vi har (gjør det!)

θ π6

5π6

7π6

11π6

π3

2π3

4π3

5π3

cos θ√

32

−√

32

−√

32

√3

212

−12

−12

12

sin θ 12

12

−12

−12

√3

2

√3

2−√

32

−√

32

(Det kan altså være lurt å merke seg at√

32≈ 0.866 og

√2

2≈ 0.707.)

Vinkelen−θ er den negative vinkelen til θ. Med vinkelen−θ mener vi vinkelensom er like stor som θ, men som måles med klokka fra den positive x-aksen:

54

−θ

θ

Tegn inn enhetssirkelen og overbevis deg om at

cos(−θ) = cos θ (3.6)

sin(−θ) = − sin θ (3.7)

Det fins mange flere trigonometriske sammenhenger, men vi har nå foreløpigdet vi trenger.

3.4 Polarform

Vi skal nå bruke trigonometri til å gi en annen måte å presentere kompleksetall på.

Et komplekst tall a + ib kan tolkes som punktet (a, b) i planet, og dettepunktet kan igjen tolkes som vektoren (a, b). Vi kan nå angi det kompleksetallet a+ ib ved å angi avstanden ρ fra origo, og vinkelen θ vektoren dannermed den positive reelle aksen.

a

a+ ib

R0

ib

iR

θ

ρ

55

Definisjon 3.26 Avstanden ρ kalles modulusen, mens vinkelen θ kalles ar-gumentet til det komplekse tallet a+ ib. Vi har ρ > 0 og θ ∈ [0, 2π).

Ved hjelp av Pythagoras’ setning finner vi modulusen til et komplekst talla+ ib:

ρ2 = a2 + b2, så ρ =√a2 + b2. (3.8)

For å finne argumentet θ til a + ib, bruker vi Seksjon 3.3. Vi må barehuske at vi nå ikke er i en enhetssirkel, men på en sirkel med radius ρ,ρ > 0. Vi får dermed

cos θ =a

ρ(3.9)

sin θ =b

ρ, (3.10)

dvs. argumentet θ er vinkelen i første omløp med cosinusverdi aρ

og sinusverdibρ

(punktet (aρ, b

ρ) ligger på enhetssirkelen).

Eksempel 3.27 For endel tall kan vi finne modulus og argument uten åregne, for eksempel er modulusen til tallet i lik 1, mens argumentet til i erπ2

(se tegning i Eksempel 3.16).Andre tall trenger regning. Noen tall gir pene regninger, for eksempel

tallet z = 3− i3√

3 gir

ρ =

√32 + (−3

√3)2 =

√36 = 6

ogcos θ = 3

6= 1

2

sin θ = −3√

36

= −√

32

}θ =

5π

3.

(tegn og sjekk!) �

Eksempel 3.28 Tallet z = 13

+ 2i (tegning i Eksempel 3.16) har modulus

ρ =

√(1

3)2 + 22 =

√1

9+ 4 =

√37

9=

√37

3

56

og argument gitt ved

cos θ =13√373

=1√37

og

sin θ =2√

373

=6√37,

så argumentet er (kalkulator) θ ≈ 1.41. �

Fra (3.9) og (3.10) ser vi at a = ρ cos θ og b = ρ sin θ. Vi har følgendedefinisjon:

Definisjon 3.29 Når vi angir et komplekst tall z ved hjelp av modulusen ρ

og argumentet θ somz = ρ cos θ + iρ sin θ

sier vi at z er skrevet på polarform.Når z er skrevet på formen a+ ib sier vi at z er på kartesisk form.

Eksempel 3.30 I Eksempel 3.27 fant vi modulus og argument til tallet z =

3− i3√

3. Skrevet på polarform er tallet dermed

z = 6 cos(5π

3) + i6 sin(

5π

3).

�

Eksempel 3.31 Vi vil skrive

z = 4− 4i

på polarform. Da finner vi modulusen

ρ =√

42 + (−4)2 =√

32 = 4√

2

og argumentetcos θ = 4

4√

2=√

22

sin θ = −44√

2= −

√2

2

}θ =

7π

4

57

så polarformen til z er

z = 4√

2 cos(7π

4) + i4

√2 sin(

7π

4).

�

Vi husker at det konjugerte tallet til a+ ib er a− ib. Hva skjer geometrisknår vi konjugerer? Det konjugerte tallet til a + ib kan tolkes som punktet(a,−b), så konjugering vil tilsvare speiling om den reelle aksen:

−θ

θ

z = a− ib

z = a+ ib

Videre er modulusen til z lik modulusen til z (siden√a2 + b2 =

√a2 + (−b)2)

og hvis argumentet til z er θ, er argumentet til z lik −θ.

Eksempel 3.32 Argumentet til tallet z = 3− i3√

3 (Eksempel 3.27) er 5π3

.Dermed blir argumentet til z = 3 + i3

√3 lik −5π

3, og siden argumentet skal

ligge i første omløp får vi

−5π

3+ 2π =

π

3.

(tegn og sjekk speiling!). Vi får dermed

z = 6 cos(π

3) + i6 sin(

π

3).

�

Vi tar også med en tredje måte å skrive komplekse tall på. Denne skrivemåtenvil blant annet gjøre endel formler enklere å regne med.

Vi definerer først hva vi mener med uttrykket

ea+ib

58

der e er grunntallet i den naturlige logaritmen (e ≈ 2.718), a, b ∈ R og i erden imaginære enheten. Når vi får inn eksponentialer har vi potensregler åfølge, og de viser seg å holde for komplekse tall også, dvs. vi får:

ea+ib = eaeib.

Tallet ea er et reelt tall, men hva skal vi gjøre med eib, der eksponenten er etimaginært tall?

Definisjon 3.33 Vi definerer

eib = cos b+ i sin b

for b ∈ R.

Tallet eib er altså det komplekse tallet med realdel cos b og imaginærdel sin b.Vi skal ikke gå nærmere inn på forklaringen rundt Definisjon 3.33, men denviser seg å være nok en fornuftig definisjon. Det kan da vises at (eib)n = einb

når n ∈ N. Dette betyr at

(cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ), (3.11)

som kalles de Moivres formel.Hva sier formel (3.11)? Tallet cos θ + i sin θ er punktet P = (cos θ, sin θ)

på enhetssirkelen (siden ρ = 1) som tilsvarer vinkelen θ. Når vi multiplisererdette tallet med seg selv n ganger (venstresiden i (3.11)), sier formelen at vifår et punkt, som vi kaller P n, på enhetssirkelen (ρ er fortsatt lik 1) der

P n = (cos(nθ), sin(nθ)).

Punktet P n tilsvarer vinkelen nθ, altså n ganger vinkelen θ. Formel (3.11)forteller oss dermed hvordan vi skal multiplisere punkter på enhetssirkelenmed seg selv!

59

Eksempel 3.34 For n = 3 og θ = π4

gir (3.11) at

(cosπ

4+ i sin

π

4)3 = cos(

3π

4) + i sin(

3π

4).

Det gir tegningen

1

π4

3π4

PP 2

−1

P 3

der tallet cos π4

+ i sin π4

gir punktet P , og (cos π4

+ i sin π4)3 gir punktet P 3,

som gir vinkelen π4

+ π4

+ π4

= 3π4

.�

Eksempel 3.35 For n = 4 og θ = π6

gir (3.11) at

(cosπ

6+ i sin

π

6)4 = cos(

2π

3) + i sin(

2π

3).

Tegn figur! �

La oss se nøyere hvorfor Definisjon 3.33 gir formelen (3.11): Fra Definisjon3.33 (med θ for b) har vi

(cos θ + i sin θ)n = (eiθ)n. (3.12)

Videre gir potensregler at(eiθ)n = ei(nθ) (3.13)

og vi bruker Definisjon 3.33 med nθ for b som gir

ei(nθ) = cos(nθ) + i sin(nθ). (3.14)

60

Vi setter så sammen (3.12), (3.13) og (3.14) og får formelen (3.11)

(cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ),

som var det vi ville frem til.Vi tar nå utgangspunkt i polarformen, og får en tredje måte å skrive

komplekse tall på:

ρ cos θ + iρ sin θ = ρ(cos θ + i sin θ) = ρeiθ

Definisjon 3.36 Når vi angir et komplekst tall z ved hjelp av modulusen ρ

og argumentet θ somz = ρeiθ

sier vi at z er skrevet på eksponentialform, også kalt kompakt polarform.

Eksempel 3.37 Tallet z = 3 − i3√

3 fra Eksempel 3.27 skrevet på ekspo-nentialform er

z = 6ei 5π3 ,

mens z = 3 + i3√

3 erz = 6ei π

3

på eksponentialform. �

Da har vi foreløpig det vi trenger om komplekse tall til å fortsette og løsedifferenslikninger.

3.5 Nå skal du kunne

• definisjonen av tallet i, et imaginært tall, et komplekst tall og kon-jugerte tall

• addere, subtrahere, multiplisere, dividere og konjugere komplekse tall

61

• løse alle andregradslikninger az2 + bz + c = 0 der a, b, c ∈ R

• definisjonen av π, radian, cosinus og sinus

• regne med vinkler i radianer og finne eksakte verdier for cosinus ogsinus til 0, π

6, π

4, π

3og π

2og tilsvarende vinkler i alle kvadranter og omløp

• tolke et komplekst tall geometrisk og angi det på kartesisk form, polar-form og eksponentialform

• forklare hva de Moivres formel sier

• starte en diskusjon om hvorfor kompleske tall er nyttige (du vil få flerehardtslående argumenter utover i kurset)

62