kolmannen viikon luennot kompleksiluvuista, eulerin...
TRANSCRIPT
Kolmannen viikon luennot
Kompleksiluvuista, Eulerin kaava,polynomeista, algebran peruslause
LaMa 1U syksylla 2011Perustuu kirjan Poole: Linear Algebra
lukuihin Appendix C ja Appendix D
Esko [email protected]
Kompleksiluvuista (eli joukosta C)Yhtalolla x2 = −1 ei tunnetusti ole reaalisia ratkaisuja. Tamajohtaa lukualueen laajentamiseen ja kompleksiluvun kasittee-seen. Kompleksiluvut z ovat muotoa a+ bi olevia lukuja, missaa, b ovat reaalisia ja i on imaginaariyksikko, jolla on ominaisuusi2 = −1 (fysiikassa kaytetaan myos symbolia j).
Kompleksiluvun z = a+ bi reaaliosa Re(z) on a ja imaginaari-osa Im(z) on b. Kompleksiluvut a+ bi ja c + di ovat samat josa = c ja b = d .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di yhteenlaskutapahtuu laskemalla yhteen reaaliosat ja imaginaariosat, ts.z1 + z2 = (a+ c) + (b + d)i .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di kertolasku tapahtuukertomalla termeittain ja ottamalla huomioon, etta i2 = −1, ts.(a+ bi)(c + di) = a(c + di) + bi(c + di) = ac + adi + bci + bdi2
= (ac − bd) + (ad + bc)i .
Kompleksiluvuista (eli joukosta C)Yhtalolla x2 = −1 ei tunnetusti ole reaalisia ratkaisuja. Tamajohtaa lukualueen laajentamiseen ja kompleksiluvun kasittee-seen. Kompleksiluvut z ovat muotoa a+ bi olevia lukuja, missaa, b ovat reaalisia ja i on imaginaariyksikko, jolla on ominaisuusi2 = −1 (fysiikassa kaytetaan myos symbolia j).Kompleksiluvun z = a+ bi reaaliosa Re(z) on a ja imaginaari-osa Im(z) on b. Kompleksiluvut a+ bi ja c + di ovat samat josa = c ja b = d .
Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di yhteenlaskutapahtuu laskemalla yhteen reaaliosat ja imaginaariosat, ts.z1 + z2 = (a+ c) + (b + d)i .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di kertolasku tapahtuukertomalla termeittain ja ottamalla huomioon, etta i2 = −1, ts.(a+ bi)(c + di) = a(c + di) + bi(c + di) = ac + adi + bci + bdi2
= (ac − bd) + (ad + bc)i .
Kompleksiluvuista (eli joukosta C)Yhtalolla x2 = −1 ei tunnetusti ole reaalisia ratkaisuja. Tamajohtaa lukualueen laajentamiseen ja kompleksiluvun kasittee-seen. Kompleksiluvut z ovat muotoa a+ bi olevia lukuja, missaa, b ovat reaalisia ja i on imaginaariyksikko, jolla on ominaisuusi2 = −1 (fysiikassa kaytetaan myos symbolia j).Kompleksiluvun z = a+ bi reaaliosa Re(z) on a ja imaginaari-osa Im(z) on b. Kompleksiluvut a+ bi ja c + di ovat samat josa = c ja b = d .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di yhteenlaskutapahtuu laskemalla yhteen reaaliosat ja imaginaariosat, ts.z1 + z2 = (a+ c) + (b + d)i .
Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di kertolasku tapahtuukertomalla termeittain ja ottamalla huomioon, etta i2 = −1, ts.(a+ bi)(c + di) = a(c + di) + bi(c + di) = ac + adi + bci + bdi2
= (ac − bd) + (ad + bc)i .
Kompleksiluvuista (eli joukosta C)Yhtalolla x2 = −1 ei tunnetusti ole reaalisia ratkaisuja. Tamajohtaa lukualueen laajentamiseen ja kompleksiluvun kasittee-seen. Kompleksiluvut z ovat muotoa a+ bi olevia lukuja, missaa, b ovat reaalisia ja i on imaginaariyksikko, jolla on ominaisuusi2 = −1 (fysiikassa kaytetaan myos symbolia j).Kompleksiluvun z = a+ bi reaaliosa Re(z) on a ja imaginaari-osa Im(z) on b. Kompleksiluvut a+ bi ja c + di ovat samat josa = c ja b = d .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di yhteenlaskutapahtuu laskemalla yhteen reaaliosat ja imaginaariosat, ts.z1 + z2 = (a+ c) + (b + d)i .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di kertolasku tapahtuukertomalla termeittain ja ottamalla huomioon, etta i2 = −1, ts.
(a+ bi)(c + di) = a(c + di) + bi(c + di) = ac + adi + bci + bdi2
= (ac − bd) + (ad + bc)i .
Kompleksiluvuista (eli joukosta C)Yhtalolla x2 = −1 ei tunnetusti ole reaalisia ratkaisuja. Tamajohtaa lukualueen laajentamiseen ja kompleksiluvun kasittee-seen. Kompleksiluvut z ovat muotoa a+ bi olevia lukuja, missaa, b ovat reaalisia ja i on imaginaariyksikko, jolla on ominaisuusi2 = −1 (fysiikassa kaytetaan myos symbolia j).Kompleksiluvun z = a+ bi reaaliosa Re(z) on a ja imaginaari-osa Im(z) on b. Kompleksiluvut a+ bi ja c + di ovat samat josa = c ja b = d .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di yhteenlaskutapahtuu laskemalla yhteen reaaliosat ja imaginaariosat, ts.z1 + z2 = (a+ c) + (b + d)i .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di kertolasku tapahtuukertomalla termeittain ja ottamalla huomioon, etta i2 = −1, ts.(a+ bi)(c + di) = a(c + di) + bi(c + di)
= ac + adi + bci + bdi2
= (ac − bd) + (ad + bc)i .
Kompleksiluvuista (eli joukosta C)Yhtalolla x2 = −1 ei tunnetusti ole reaalisia ratkaisuja. Tamajohtaa lukualueen laajentamiseen ja kompleksiluvun kasittee-seen. Kompleksiluvut z ovat muotoa a+ bi olevia lukuja, missaa, b ovat reaalisia ja i on imaginaariyksikko, jolla on ominaisuusi2 = −1 (fysiikassa kaytetaan myos symbolia j).Kompleksiluvun z = a+ bi reaaliosa Re(z) on a ja imaginaari-osa Im(z) on b. Kompleksiluvut a+ bi ja c + di ovat samat josa = c ja b = d .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di yhteenlaskutapahtuu laskemalla yhteen reaaliosat ja imaginaariosat, ts.z1 + z2 = (a+ c) + (b + d)i .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di kertolasku tapahtuukertomalla termeittain ja ottamalla huomioon, etta i2 = −1, ts.(a+ bi)(c + di) = a(c + di) + bi(c + di) = ac + adi + bci + bdi2
= (ac − bd) + (ad + bc)i .
Kompleksiluvuista (eli joukosta C)Yhtalolla x2 = −1 ei tunnetusti ole reaalisia ratkaisuja. Tamajohtaa lukualueen laajentamiseen ja kompleksiluvun kasittee-seen. Kompleksiluvut z ovat muotoa a+ bi olevia lukuja, missaa, b ovat reaalisia ja i on imaginaariyksikko, jolla on ominaisuusi2 = −1 (fysiikassa kaytetaan myos symbolia j).Kompleksiluvun z = a+ bi reaaliosa Re(z) on a ja imaginaari-osa Im(z) on b. Kompleksiluvut a+ bi ja c + di ovat samat josa = c ja b = d .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di yhteenlaskutapahtuu laskemalla yhteen reaaliosat ja imaginaariosat, ts.z1 + z2 = (a+ c) + (b + d)i .Kompleksilukujen z1 = a+ bi ja z2 = c + di kertolasku tapahtuukertomalla termeittain ja ottamalla huomioon, etta i2 = −1, ts.(a+ bi)(c + di) = a(c + di) + bi(c + di) = ac + adi + bci + bdi2
= (ac − bd) + (ad + bc)i .
Kompleksilukuja voidaan esittaa kompleksitasossa, jonkareaaliakseli on vaaka–akseli ja imaginaariakseli on pystyakseli.Kompleksiluku a+ bi samastuu silloin pisteeseen (a, b),esimerksi kompleksiluku −4 + 2i on kompleksitason piste(−4, 2), ks. kuva
reaaliakseli
Imaginaari- akseli
-4
21
2
2 + i -4 + 2i
Kompleksilukuja voidaan esittaa kompleksitasossa, jonkareaaliakseli on vaaka–akseli ja imaginaariakseli on pystyakseli.Kompleksiluku a+ bi samastuu silloin pisteeseen (a, b),esimerksi kompleksiluku −4 + 2i on kompleksitason piste(−4, 2), ks. kuva
reaaliakseli
Imaginaari- akseli
-4
21
2
2 + i -4 + 2i
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i
= 5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z,
(2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w,
(3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz,
(4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z,
(5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Voidaksemme maaritella kompleksilukujen jakolaskun otetaankayttoon kompleksiluvun z = a+ bi kompleksikonjugaattiz = a− bi .
Esimerkki. Ilmaise kompleksiluku −1+2i3+4i muodossa a+ bi .
Ratkaisu. Kerrotaan osoittaja ja nimittaja kumpikin nimittajankompleksikonjugaatilla 3− 4i :
(−1 + 2i)(3− 4i) = −3 + 4i + 6i + 8 = 5 + 10i
(3 + 4i)(3− 4i) = 9− 12i + 12i + 16 = 25.
Siten −1+2i3+4i = −1+2i
3+4i ·3−4i3−4i =
5+10i25 = 1
5 + 25 i .
Teoreema (Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) z = z, (2) z + w = z + w, (3) w · z = wz, (4) jos z 6= 0 niinw/z = w/z, (5) z on reaalinen jos, ja vain jos z = z.
Todistetaan malliksi kohta (3):
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija
z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i .
Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i ,
siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,
eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2.
Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,etta
zz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:
wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2.
Heti huomataan,etta
zz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:
wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0,
(2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |,
(3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,
(4) jos z 6= 0 niin |1z | =1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| ,
(5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Olkoon z = a+ bi ja w = c + di , jolloin z = a− bi ja w = c − dija z · w = (ac − bd)− (ad + bc)i . Toisaaltaz ·w = (ac −bd)+ (ad +bc)i , siis z · w = (ac −bd)− (ad +bc)i ,eli tullaan samaan lausekkeeseen, siis kaava (3) patee.
Kompleksiluvun z = a+ bi moduli (eli itseisarvo) on|z | = |a+ bi | =
√a2 + b2. Siten |z |2 = a2 + b2. Heti huomataan,
ettazz = (a+ bi)(a− bi) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2,
jolloin kompleksilukujen jakolasku voidaan maaritella katevasti:wz= w
z· zz= wz|z|2 .
Teoreema (Lisaa Kompleksilukujen perusominaisuuksia)
(1) |z | = 0 joss z = 0, (2) |z | = |z |, (3) |wz | = |w ||z |,(4) jos z 6= 0 niin |1z | =
1|z| , (5) |z + w | ≤ |z |+ |w |.
Todistetaan taas malliksi kohta (3): jos z = a+ bi jaw = c + di , niin zw = (ac − bd) + i(ad + bc)
ja|zw | =
√a2c2 − 2abcd + b2d2 + a2d2 + b2c2 + 2abcd
=√a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2.
Toisaalta myos|z ||w | =
√a2 + b2
√c2 + d2 =
√a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2. �
Kompleksiluvun a+ bi napakoordinaattiesitysTason piste (a, b) voidaan yksikasitteisesti ilmaista myosetaisyydena r origosta ja kulman θ avulla eli parina (r , θ).Koska a = r cos θ ja b = r sin θ, on a+ bi = r(cos θ + i sin θ).
(a,b)
r b
θ
a
Todistetaan taas malliksi kohta (3): jos z = a+ bi jaw = c + di , niin zw = (ac − bd) + i(ad + bc) ja|zw | =
√a2c2 − 2abcd + b2d2 + a2d2 + b2c2 + 2abcd
=√a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2.
Toisaalta myos|z ||w | =
√a2 + b2
√c2 + d2 =
√a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2. �
Kompleksiluvun a+ bi napakoordinaattiesitysTason piste (a, b) voidaan yksikasitteisesti ilmaista myosetaisyydena r origosta ja kulman θ avulla eli parina (r , θ).Koska a = r cos θ ja b = r sin θ, on a+ bi = r(cos θ + i sin θ).
(a,b)
r b
θ
a
Todistetaan taas malliksi kohta (3): jos z = a+ bi jaw = c + di , niin zw = (ac − bd) + i(ad + bc) ja|zw | =
√a2c2 − 2abcd + b2d2 + a2d2 + b2c2 + 2abcd
=√a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2.
Toisaalta myos|z ||w | =
√a2 + b2
√c2 + d2 =
√a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2. �
Kompleksiluvun a+ bi napakoordinaattiesitysTason piste (a, b) voidaan yksikasitteisesti ilmaista myosetaisyydena r origosta ja kulman θ avulla eli parina (r , θ).Koska a = r cos θ ja b = r sin θ, on a+ bi = r(cos θ + i sin θ).
(a,b)
r b
θ
a
Todistetaan taas malliksi kohta (3): jos z = a+ bi jaw = c + di , niin zw = (ac − bd) + i(ad + bc) ja|zw | =
√a2c2 − 2abcd + b2d2 + a2d2 + b2c2 + 2abcd
=√a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2.
Toisaalta myos|z ||w | =
√a2 + b2
√c2 + d2
=√a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2. �
Kompleksiluvun a+ bi napakoordinaattiesitysTason piste (a, b) voidaan yksikasitteisesti ilmaista myosetaisyydena r origosta ja kulman θ avulla eli parina (r , θ).Koska a = r cos θ ja b = r sin θ, on a+ bi = r(cos θ + i sin θ).
(a,b)
r b
θ
a
Todistetaan taas malliksi kohta (3): jos z = a+ bi jaw = c + di , niin zw = (ac − bd) + i(ad + bc) ja|zw | =
√a2c2 − 2abcd + b2d2 + a2d2 + b2c2 + 2abcd
=√a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2.
Toisaalta myos|z ||w | =
√a2 + b2
√c2 + d2 =
√a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2. �
Kompleksiluvun a+ bi napakoordinaattiesitysTason piste (a, b) voidaan yksikasitteisesti ilmaista myosetaisyydena r origosta ja kulman θ avulla eli parina (r , θ).Koska a = r cos θ ja b = r sin θ, on a+ bi = r(cos θ + i sin θ).
(a,b)
r b
θ
a
Todistetaan taas malliksi kohta (3): jos z = a+ bi jaw = c + di , niin zw = (ac − bd) + i(ad + bc) ja|zw | =
√a2c2 − 2abcd + b2d2 + a2d2 + b2c2 + 2abcd
=√a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2.
Toisaalta myos|z ||w | =
√a2 + b2
√c2 + d2 =
√a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2. �
Kompleksiluvun a+ bi napakoordinaattiesitys
Tason piste (a, b) voidaan yksikasitteisesti ilmaista myosetaisyydena r origosta ja kulman θ avulla eli parina (r , θ).Koska a = r cos θ ja b = r sin θ, on a+ bi = r(cos θ + i sin θ).
(a,b)
r b
θ
a
Todistetaan taas malliksi kohta (3): jos z = a+ bi jaw = c + di , niin zw = (ac − bd) + i(ad + bc) ja|zw | =
√a2c2 − 2abcd + b2d2 + a2d2 + b2c2 + 2abcd
=√a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2.
Toisaalta myos|z ||w | =
√a2 + b2
√c2 + d2 =
√a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2. �
Kompleksiluvun a+ bi napakoordinaattiesitysTason piste (a, b) voidaan yksikasitteisesti ilmaista myosetaisyydena r origosta ja kulman θ avulla eli parina (r , θ).
Koska a = r cos θ ja b = r sin θ, on a+ bi = r(cos θ + i sin θ).
(a,b)
r b
θ
a
Todistetaan taas malliksi kohta (3): jos z = a+ bi jaw = c + di , niin zw = (ac − bd) + i(ad + bc) ja|zw | =
√a2c2 − 2abcd + b2d2 + a2d2 + b2c2 + 2abcd
=√a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2.
Toisaalta myos|z ||w | =
√a2 + b2
√c2 + d2 =
√a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2. �
Kompleksiluvun a+ bi napakoordinaattiesitysTason piste (a, b) voidaan yksikasitteisesti ilmaista myosetaisyydena r origosta ja kulman θ avulla eli parina (r , θ).Koska a = r cos θ ja b = r sin θ, on a+ bi = r(cos θ + i sin θ).
(a,b)
r b
θ
a
Todistetaan taas malliksi kohta (3): jos z = a+ bi jaw = c + di , niin zw = (ac − bd) + i(ad + bc) ja|zw | =
√a2c2 − 2abcd + b2d2 + a2d2 + b2c2 + 2abcd
=√a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2.
Toisaalta myos|z ||w | =
√a2 + b2
√c2 + d2 =
√a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2. �
Kompleksiluvun a+ bi napakoordinaattiesitysTason piste (a, b) voidaan yksikasitteisesti ilmaista myosetaisyydena r origosta ja kulman θ avulla eli parina (r , θ).Koska a = r cos θ ja b = r sin θ, on a+ bi = r(cos θ + i sin θ).
(a,b)
r b
θ
a
Napakoordinaattiesityksessa z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ) onetaisyys origosta r = |z | =
√a2 + b2 (z :n moduli) ja kulmalle θ
(argumentti) patee tan θ = b/a (eli θ = arctan(ba ). )
Huomaa,etta talla tavoin maariteltyna argumentti ei ole yksikasitteinen,vastaahan jokaista taytta kierrosta sama tason piste eliθ ∼= θ + 2π. Jos sovitaan, etta −π < θ ≤ π, on argumentti θyksikasitteinen, ns. paaargumentti Arg(z). (Katso tarkasti!)
Luvun z = a+ bi napakoordinaattiesitys z = r(cos θ + i sin θ)voidaan aina laskea yo. kaavoilla (ja tietysti kaantaen).
Esimerkki. Jos z = 1 + i , niin r =√12 + 12 =
√2 ja
tan θ = 11 = 1 eli θ = arctan(1) = π
4 . Siis z =√2(cos π4 + i sin π
4 ).
Esimerkki. Jos z = 1−√3i , niin r =
√12 + (−
√3)2 =
√4 = 2 ja
tan θ = −√3
1 = −√3 eli θ = arctan(−
√3) = −π
3 (θ < 0 !)Siis z = 2(cos(−π
3 ) + i sin(−π3 )).
Napakoordinaattiesityksessa z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ) onetaisyys origosta r = |z | =
√a2 + b2 (z :n moduli) ja kulmalle θ
(argumentti) patee tan θ = b/a (eli θ = arctan(ba ). ) Huomaa,etta talla tavoin maariteltyna argumentti ei ole yksikasitteinen,vastaahan jokaista taytta kierrosta sama tason piste eliθ ∼= θ + 2π.
Jos sovitaan, etta −π < θ ≤ π, on argumentti θyksikasitteinen, ns. paaargumentti Arg(z). (Katso tarkasti!)
Luvun z = a+ bi napakoordinaattiesitys z = r(cos θ + i sin θ)voidaan aina laskea yo. kaavoilla (ja tietysti kaantaen).
Esimerkki. Jos z = 1 + i , niin r =√12 + 12 =
√2 ja
tan θ = 11 = 1 eli θ = arctan(1) = π
4 . Siis z =√2(cos π4 + i sin π
4 ).
Esimerkki. Jos z = 1−√3i , niin r =
√12 + (−
√3)2 =
√4 = 2 ja
tan θ = −√3
1 = −√3 eli θ = arctan(−
√3) = −π
3 (θ < 0 !)Siis z = 2(cos(−π
3 ) + i sin(−π3 )).
Napakoordinaattiesityksessa z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ) onetaisyys origosta r = |z | =
√a2 + b2 (z :n moduli) ja kulmalle θ
(argumentti) patee tan θ = b/a (eli θ = arctan(ba ). ) Huomaa,etta talla tavoin maariteltyna argumentti ei ole yksikasitteinen,vastaahan jokaista taytta kierrosta sama tason piste eliθ ∼= θ + 2π. Jos sovitaan, etta −π < θ ≤ π, on argumentti θyksikasitteinen, ns. paaargumentti Arg(z). (Katso tarkasti!)
Luvun z = a+ bi napakoordinaattiesitys z = r(cos θ + i sin θ)voidaan aina laskea yo. kaavoilla (ja tietysti kaantaen).
Esimerkki. Jos z = 1 + i , niin r =√12 + 12 =
√2 ja
tan θ = 11 = 1 eli θ = arctan(1) = π
4 . Siis z =√2(cos π4 + i sin π
4 ).
Esimerkki. Jos z = 1−√3i , niin r =
√12 + (−
√3)2 =
√4 = 2 ja
tan θ = −√3
1 = −√3 eli θ = arctan(−
√3) = −π
3 (θ < 0 !)Siis z = 2(cos(−π
3 ) + i sin(−π3 )).
Napakoordinaattiesityksessa z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ) onetaisyys origosta r = |z | =
√a2 + b2 (z :n moduli) ja kulmalle θ
(argumentti) patee tan θ = b/a (eli θ = arctan(ba ). ) Huomaa,etta talla tavoin maariteltyna argumentti ei ole yksikasitteinen,vastaahan jokaista taytta kierrosta sama tason piste eliθ ∼= θ + 2π. Jos sovitaan, etta −π < θ ≤ π, on argumentti θyksikasitteinen, ns. paaargumentti Arg(z). (Katso tarkasti!)
Luvun z = a+ bi napakoordinaattiesitys z = r(cos θ + i sin θ)voidaan aina laskea yo. kaavoilla (ja tietysti kaantaen).
Esimerkki. Jos z = 1 + i , niin r =√12 + 12 =
√2 ja
tan θ = 11 = 1 eli θ = arctan(1) = π
4 . Siis z =√2(cos π4 + i sin π
4 ).
Esimerkki. Jos z = 1−√3i , niin r =
√12 + (−
√3)2 =
√4 = 2 ja
tan θ = −√3
1 = −√3 eli θ = arctan(−
√3) = −π
3 (θ < 0 !)Siis z = 2(cos(−π
3 ) + i sin(−π3 )).
Napakoordinaattiesityksessa z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ) onetaisyys origosta r = |z | =
√a2 + b2 (z :n moduli) ja kulmalle θ
(argumentti) patee tan θ = b/a (eli θ = arctan(ba ). ) Huomaa,etta talla tavoin maariteltyna argumentti ei ole yksikasitteinen,vastaahan jokaista taytta kierrosta sama tason piste eliθ ∼= θ + 2π. Jos sovitaan, etta −π < θ ≤ π, on argumentti θyksikasitteinen, ns. paaargumentti Arg(z). (Katso tarkasti!)
Luvun z = a+ bi napakoordinaattiesitys z = r(cos θ + i sin θ)voidaan aina laskea yo. kaavoilla (ja tietysti kaantaen).
Esimerkki. Jos z = 1 + i , niin r =√12 + 12 =
√2
jatan θ = 1
1 = 1 eli θ = arctan(1) = π4 . Siis z =
√2(cos π4 + i sin π
4 ).
Esimerkki. Jos z = 1−√3i , niin r =
√12 + (−
√3)2 =
√4 = 2 ja
tan θ = −√3
1 = −√3 eli θ = arctan(−
√3) = −π
3 (θ < 0 !)Siis z = 2(cos(−π
3 ) + i sin(−π3 )).
Napakoordinaattiesityksessa z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ) onetaisyys origosta r = |z | =
√a2 + b2 (z :n moduli) ja kulmalle θ
(argumentti) patee tan θ = b/a (eli θ = arctan(ba ). ) Huomaa,etta talla tavoin maariteltyna argumentti ei ole yksikasitteinen,vastaahan jokaista taytta kierrosta sama tason piste eliθ ∼= θ + 2π. Jos sovitaan, etta −π < θ ≤ π, on argumentti θyksikasitteinen, ns. paaargumentti Arg(z). (Katso tarkasti!)
Luvun z = a+ bi napakoordinaattiesitys z = r(cos θ + i sin θ)voidaan aina laskea yo. kaavoilla (ja tietysti kaantaen).
Esimerkki. Jos z = 1 + i , niin r =√12 + 12 =
√2 ja
tan θ = 11 = 1 eli θ = arctan(1) = π
4 .
Siis z =√2(cos π4 + i sin π
4 ).
Esimerkki. Jos z = 1−√3i , niin r =
√12 + (−
√3)2 =
√4 = 2 ja
tan θ = −√3
1 = −√3 eli θ = arctan(−
√3) = −π
3 (θ < 0 !)Siis z = 2(cos(−π
3 ) + i sin(−π3 )).
Napakoordinaattiesityksessa z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ) onetaisyys origosta r = |z | =
√a2 + b2 (z :n moduli) ja kulmalle θ
(argumentti) patee tan θ = b/a (eli θ = arctan(ba ). ) Huomaa,etta talla tavoin maariteltyna argumentti ei ole yksikasitteinen,vastaahan jokaista taytta kierrosta sama tason piste eliθ ∼= θ + 2π. Jos sovitaan, etta −π < θ ≤ π, on argumentti θyksikasitteinen, ns. paaargumentti Arg(z). (Katso tarkasti!)
Luvun z = a+ bi napakoordinaattiesitys z = r(cos θ + i sin θ)voidaan aina laskea yo. kaavoilla (ja tietysti kaantaen).
Esimerkki. Jos z = 1 + i , niin r =√12 + 12 =
√2 ja
tan θ = 11 = 1 eli θ = arctan(1) = π
4 . Siis z =√2(cos π4 + i sin π
4 ).
Esimerkki. Jos z = 1−√3i , niin r =
√12 + (−
√3)2 =
√4 = 2 ja
tan θ = −√3
1 = −√3 eli θ = arctan(−
√3) = −π
3 (θ < 0 !)Siis z = 2(cos(−π
3 ) + i sin(−π3 )).
Napakoordinaattiesityksessa z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ) onetaisyys origosta r = |z | =
√a2 + b2 (z :n moduli) ja kulmalle θ
(argumentti) patee tan θ = b/a (eli θ = arctan(ba ). ) Huomaa,etta talla tavoin maariteltyna argumentti ei ole yksikasitteinen,vastaahan jokaista taytta kierrosta sama tason piste eliθ ∼= θ + 2π. Jos sovitaan, etta −π < θ ≤ π, on argumentti θyksikasitteinen, ns. paaargumentti Arg(z). (Katso tarkasti!)
Luvun z = a+ bi napakoordinaattiesitys z = r(cos θ + i sin θ)voidaan aina laskea yo. kaavoilla (ja tietysti kaantaen).
Esimerkki. Jos z = 1 + i , niin r =√12 + 12 =
√2 ja
tan θ = 11 = 1 eli θ = arctan(1) = π
4 . Siis z =√2(cos π4 + i sin π
4 ).
Esimerkki. Jos z = 1−√3i , niin r =
√12 + (−
√3)2 =
√4 = 2
ja
tan θ = −√3
1 = −√3 eli θ = arctan(−
√3) = −π
3 (θ < 0 !)Siis z = 2(cos(−π
3 ) + i sin(−π3 )).
Napakoordinaattiesityksessa z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ) onetaisyys origosta r = |z | =
√a2 + b2 (z :n moduli) ja kulmalle θ
(argumentti) patee tan θ = b/a (eli θ = arctan(ba ). ) Huomaa,etta talla tavoin maariteltyna argumentti ei ole yksikasitteinen,vastaahan jokaista taytta kierrosta sama tason piste eliθ ∼= θ + 2π. Jos sovitaan, etta −π < θ ≤ π, on argumentti θyksikasitteinen, ns. paaargumentti Arg(z). (Katso tarkasti!)
Luvun z = a+ bi napakoordinaattiesitys z = r(cos θ + i sin θ)voidaan aina laskea yo. kaavoilla (ja tietysti kaantaen).
Esimerkki. Jos z = 1 + i , niin r =√12 + 12 =
√2 ja
tan θ = 11 = 1 eli θ = arctan(1) = π
4 . Siis z =√2(cos π4 + i sin π
4 ).
Esimerkki. Jos z = 1−√3i , niin r =
√12 + (−
√3)2 =
√4 = 2 ja
tan θ = −√3
1 = −√3 eli θ = arctan(−
√3) = −π
3 (θ < 0 !)
Siis z = 2(cos(−π3 ) + i sin(−π
3 )).
Napakoordinaattiesityksessa z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ) onetaisyys origosta r = |z | =
√a2 + b2 (z :n moduli) ja kulmalle θ
(argumentti) patee tan θ = b/a (eli θ = arctan(ba ). ) Huomaa,etta talla tavoin maariteltyna argumentti ei ole yksikasitteinen,vastaahan jokaista taytta kierrosta sama tason piste eliθ ∼= θ + 2π. Jos sovitaan, etta −π < θ ≤ π, on argumentti θyksikasitteinen, ns. paaargumentti Arg(z). (Katso tarkasti!)
Luvun z = a+ bi napakoordinaattiesitys z = r(cos θ + i sin θ)voidaan aina laskea yo. kaavoilla (ja tietysti kaantaen).
Esimerkki. Jos z = 1 + i , niin r =√12 + 12 =
√2 ja
tan θ = 11 = 1 eli θ = arctan(1) = π
4 . Siis z =√2(cos π4 + i sin π
4 ).
Esimerkki. Jos z = 1−√3i , niin r =
√12 + (−
√3)2 =
√4 = 2 ja
tan θ = −√3
1 = −√3 eli θ = arctan(−
√3) = −π
3 (θ < 0 !)Siis z = 2(cos(−π
3 ) + i sin(−π3 )).
θ = π/4
θ = -π/3
Im
Kompleksiluku z = 1 + i: r = 2 Koska piste (1,1) on 1. neljänneksessä, on kulma θ positiivinen
Kompleksiluku z = 1 - 3 i: r = 2 Koska piste (1, - 3 ) on 4. neljänneksessä, on kulma θ negatiivinen
(1, 1)
2
2
Re
(1, - 3 )
Kompleksitasoesityksessa kompleksilukujen summa ja erotus saamukavan tulkinnan tasovektoreiden yhteen- ja vahennyslaskunkautta. Kayttamalla napakoordinaattiesitysta myos tulolle jaosamaaralle saadaan hauska geometrinen tulkinta.
Olkoon z1 = r1(cos θ1+ i sin θ1) ja z2 = r2(cos θ2+ i sin θ2). Silloinz1z2 = r1r2(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2) =r1r2[(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸
=cos(θ1+θ2)
+i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸=sin(θ1+θ2)
)].
Siis
z1z2 = r1r2(cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)),
kompleksiluku, joka modulo (etaisyys origosta) on r1r2 jaargumentti (= kulma) on θ1 + θ2. Tama myos todistaa, etta|z1z2| = |z1||z2| ja arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) (muista muuttaatarvittaessa Arg(z1z2)).
Kompleksitasoesityksessa kompleksilukujen summa ja erotus saamukavan tulkinnan tasovektoreiden yhteen- ja vahennyslaskunkautta. Kayttamalla napakoordinaattiesitysta myos tulolle jaosamaaralle saadaan hauska geometrinen tulkinta.Olkoon z1 = r1(cos θ1+ i sin θ1) ja z2 = r2(cos θ2+ i sin θ2). Silloin
z1z2 = r1r2(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2) =r1r2[(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸
=cos(θ1+θ2)
+i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸=sin(θ1+θ2)
)].
Siis
z1z2 = r1r2(cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)),
kompleksiluku, joka modulo (etaisyys origosta) on r1r2 jaargumentti (= kulma) on θ1 + θ2. Tama myos todistaa, etta|z1z2| = |z1||z2| ja arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) (muista muuttaatarvittaessa Arg(z1z2)).
Kompleksitasoesityksessa kompleksilukujen summa ja erotus saamukavan tulkinnan tasovektoreiden yhteen- ja vahennyslaskunkautta. Kayttamalla napakoordinaattiesitysta myos tulolle jaosamaaralle saadaan hauska geometrinen tulkinta.Olkoon z1 = r1(cos θ1+ i sin θ1) ja z2 = r2(cos θ2+ i sin θ2). Silloinz1z2 = r1r2(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2)
=r1r2[(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸
=cos(θ1+θ2)
+i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸=sin(θ1+θ2)
)].
Siis
z1z2 = r1r2(cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)),
kompleksiluku, joka modulo (etaisyys origosta) on r1r2 jaargumentti (= kulma) on θ1 + θ2. Tama myos todistaa, etta|z1z2| = |z1||z2| ja arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) (muista muuttaatarvittaessa Arg(z1z2)).
Kompleksitasoesityksessa kompleksilukujen summa ja erotus saamukavan tulkinnan tasovektoreiden yhteen- ja vahennyslaskunkautta. Kayttamalla napakoordinaattiesitysta myos tulolle jaosamaaralle saadaan hauska geometrinen tulkinta.Olkoon z1 = r1(cos θ1+ i sin θ1) ja z2 = r2(cos θ2+ i sin θ2). Silloinz1z2 = r1r2(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2) =r1r2[(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸
=cos(θ1+θ2)
+i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸=sin(θ1+θ2)
)].
Siis
z1z2 = r1r2(cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)),
kompleksiluku, joka modulo (etaisyys origosta) on r1r2 jaargumentti (= kulma) on θ1 + θ2. Tama myos todistaa, etta|z1z2| = |z1||z2| ja arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) (muista muuttaatarvittaessa Arg(z1z2)).
Kompleksitasoesityksessa kompleksilukujen summa ja erotus saamukavan tulkinnan tasovektoreiden yhteen- ja vahennyslaskunkautta. Kayttamalla napakoordinaattiesitysta myos tulolle jaosamaaralle saadaan hauska geometrinen tulkinta.Olkoon z1 = r1(cos θ1+ i sin θ1) ja z2 = r2(cos θ2+ i sin θ2). Silloinz1z2 = r1r2(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2) =r1r2[(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸
=cos(θ1+θ2)
+i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸=sin(θ1+θ2)
)].
Siis
z1z2 = r1r2(cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)),
kompleksiluku, joka modulo (etaisyys origosta) on r1r2 jaargumentti (= kulma) on θ1 + θ2. Tama myos todistaa, etta|z1z2| = |z1||z2| ja arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) (muista muuttaatarvittaessa Arg(z1z2)).
Kompleksitasoesityksessa kompleksilukujen summa ja erotus saamukavan tulkinnan tasovektoreiden yhteen- ja vahennyslaskunkautta. Kayttamalla napakoordinaattiesitysta myos tulolle jaosamaaralle saadaan hauska geometrinen tulkinta.Olkoon z1 = r1(cos θ1+ i sin θ1) ja z2 = r2(cos θ2+ i sin θ2). Silloinz1z2 = r1r2(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2) =r1r2[(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸
=cos(θ1+θ2)
+i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸=sin(θ1+θ2)
)].
Siis
z1z2 = r1r2(cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)),
kompleksiluku, joka modulo (etaisyys origosta) on r1r2 jaargumentti (= kulma) on θ1 + θ2.
Tama myos todistaa, etta|z1z2| = |z1||z2| ja arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) (muista muuttaatarvittaessa Arg(z1z2)).
Kompleksitasoesityksessa kompleksilukujen summa ja erotus saamukavan tulkinnan tasovektoreiden yhteen- ja vahennyslaskunkautta. Kayttamalla napakoordinaattiesitysta myos tulolle jaosamaaralle saadaan hauska geometrinen tulkinta.Olkoon z1 = r1(cos θ1+ i sin θ1) ja z2 = r2(cos θ2+ i sin θ2). Silloinz1z2 = r1r2(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2) =r1r2[(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸
=cos(θ1+θ2)
+i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2)︸ ︷︷ ︸=sin(θ1+θ2)
)].
Siis
z1z2 = r1r2(cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)),
kompleksiluku, joka modulo (etaisyys origosta) on r1r2 jaargumentti (= kulma) on θ1 + θ2. Tama myos todistaa, etta|z1z2| = |z1||z2| ja arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) (muista muuttaatarvittaessa Arg(z1z2)).
Vastaavalla tavalla voidaan osoittaa, etta osamaaralle z1z2
saadaan lauseke
z1z2
= r1r2(cos(θ1 − θ2) + i sin(θ1 − θ2)), kun z2 6= 0,
erityisesti 1z = 1
r (cos(−θ) + i sin(−θ)) = 1r (cos(θ)− i sin(θ)), kun
z = r(cos(θ) + i sin(θ)) 6= 0. Voidaan taaskin osoittaa, etta
| z1z2 | =|z1||z2| ja arg( z1z2 ) = arg(z1)− arg(z2).
Esimerkki. Jos z = 1 + i =√2(cos π4 + i sin π
4 ) ja w = 1−√3i =
2(cos(−π3 ) + i sin(−π
3 )), niin
zw = (1 + i)(1−√3i) = 2
√2(cos(π4 −
π3 ) + i sin(π4 −
π3 ))
= 2√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) (= 2
√2(cos( π12)− i sin( π12))) huono!.
Huomaa, etta kertomalla (1 + i)(1−√3i) menematta polaari-
esitykseen saadaanzw = (1 + i)(1−
√3i) = (1 +
√3) + i(1−
√3). (ks. kuva)
Vastaavalla tavalla voidaan osoittaa, etta osamaaralle z1z2
saadaan lauseke
z1z2
= r1r2(cos(θ1 − θ2) + i sin(θ1 − θ2)), kun z2 6= 0,
erityisesti 1z = 1
r (cos(−θ) + i sin(−θ)) = 1r (cos(θ)− i sin(θ)), kun
z = r(cos(θ) + i sin(θ)) 6= 0.
Voidaan taaskin osoittaa, etta
| z1z2 | =|z1||z2| ja arg( z1z2 ) = arg(z1)− arg(z2).
Esimerkki. Jos z = 1 + i =√2(cos π4 + i sin π
4 ) ja w = 1−√3i =
2(cos(−π3 ) + i sin(−π
3 )), niin
zw = (1 + i)(1−√3i) = 2
√2(cos(π4 −
π3 ) + i sin(π4 −
π3 ))
= 2√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) (= 2
√2(cos( π12)− i sin( π12))) huono!.
Huomaa, etta kertomalla (1 + i)(1−√3i) menematta polaari-
esitykseen saadaanzw = (1 + i)(1−
√3i) = (1 +
√3) + i(1−
√3). (ks. kuva)
Vastaavalla tavalla voidaan osoittaa, etta osamaaralle z1z2
saadaan lauseke
z1z2
= r1r2(cos(θ1 − θ2) + i sin(θ1 − θ2)), kun z2 6= 0,
erityisesti 1z = 1
r (cos(−θ) + i sin(−θ)) = 1r (cos(θ)− i sin(θ)), kun
z = r(cos(θ) + i sin(θ)) 6= 0. Voidaan taaskin osoittaa, etta
| z1z2 | =|z1||z2| ja arg( z1z2 ) = arg(z1)− arg(z2).
Esimerkki. Jos z = 1 + i =√2(cos π4 + i sin π
4 ) ja w = 1−√3i =
2(cos(−π3 ) + i sin(−π
3 )), niin
zw = (1 + i)(1−√3i) = 2
√2(cos(π4 −
π3 ) + i sin(π4 −
π3 ))
= 2√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) (= 2
√2(cos( π12)− i sin( π12))) huono!.
Huomaa, etta kertomalla (1 + i)(1−√3i) menematta polaari-
esitykseen saadaanzw = (1 + i)(1−
√3i) = (1 +
√3) + i(1−
√3). (ks. kuva)
Vastaavalla tavalla voidaan osoittaa, etta osamaaralle z1z2
saadaan lauseke
z1z2
= r1r2(cos(θ1 − θ2) + i sin(θ1 − θ2)), kun z2 6= 0,
erityisesti 1z = 1
r (cos(−θ) + i sin(−θ)) = 1r (cos(θ)− i sin(θ)), kun
z = r(cos(θ) + i sin(θ)) 6= 0. Voidaan taaskin osoittaa, etta
| z1z2 | =|z1||z2| ja arg( z1z2 ) = arg(z1)− arg(z2).
Esimerkki. Jos z = 1 + i =√2(cos π4 + i sin π
4 ) ja w = 1−√3i =
2(cos(−π3 ) + i sin(−π
3 )),
niin
zw = (1 + i)(1−√3i) = 2
√2(cos(π4 −
π3 ) + i sin(π4 −
π3 ))
= 2√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) (= 2
√2(cos( π12)− i sin( π12))) huono!.
Huomaa, etta kertomalla (1 + i)(1−√3i) menematta polaari-
esitykseen saadaanzw = (1 + i)(1−
√3i) = (1 +
√3) + i(1−
√3). (ks. kuva)
Vastaavalla tavalla voidaan osoittaa, etta osamaaralle z1z2
saadaan lauseke
z1z2
= r1r2(cos(θ1 − θ2) + i sin(θ1 − θ2)), kun z2 6= 0,
erityisesti 1z = 1
r (cos(−θ) + i sin(−θ)) = 1r (cos(θ)− i sin(θ)), kun
z = r(cos(θ) + i sin(θ)) 6= 0. Voidaan taaskin osoittaa, etta
| z1z2 | =|z1||z2| ja arg( z1z2 ) = arg(z1)− arg(z2).
Esimerkki. Jos z = 1 + i =√2(cos π4 + i sin π
4 ) ja w = 1−√3i =
2(cos(−π3 ) + i sin(−π
3 )), niin
zw = (1 + i)(1−√3i) = 2
√2(cos(π4 −
π3 ) + i sin(π4 −
π3 ))
= 2√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) (= 2
√2(cos( π12)− i sin( π12))) huono!.
Huomaa, etta kertomalla (1 + i)(1−√3i) menematta polaari-
esitykseen saadaanzw = (1 + i)(1−
√3i) = (1 +
√3) + i(1−
√3). (ks. kuva)
Vastaavalla tavalla voidaan osoittaa, etta osamaaralle z1z2
saadaan lauseke
z1z2
= r1r2(cos(θ1 − θ2) + i sin(θ1 − θ2)), kun z2 6= 0,
erityisesti 1z = 1
r (cos(−θ) + i sin(−θ)) = 1r (cos(θ)− i sin(θ)), kun
z = r(cos(θ) + i sin(θ)) 6= 0. Voidaan taaskin osoittaa, etta
| z1z2 | =|z1||z2| ja arg( z1z2 ) = arg(z1)− arg(z2).
Esimerkki. Jos z = 1 + i =√2(cos π4 + i sin π
4 ) ja w = 1−√3i =
2(cos(−π3 ) + i sin(−π
3 )), niin
zw = (1 + i)(1−√3i) = 2
√2(cos(π4 −
π3 ) + i sin(π4 −
π3 ))
= 2√2(cos(− π
12) + i sin(− π12))
(= 2√2(cos( π12)− i sin( π12))) huono!.
Huomaa, etta kertomalla (1 + i)(1−√3i) menematta polaari-
esitykseen saadaanzw = (1 + i)(1−
√3i) = (1 +
√3) + i(1−
√3). (ks. kuva)
Vastaavalla tavalla voidaan osoittaa, etta osamaaralle z1z2
saadaan lauseke
z1z2
= r1r2(cos(θ1 − θ2) + i sin(θ1 − θ2)), kun z2 6= 0,
erityisesti 1z = 1
r (cos(−θ) + i sin(−θ)) = 1r (cos(θ)− i sin(θ)), kun
z = r(cos(θ) + i sin(θ)) 6= 0. Voidaan taaskin osoittaa, etta
| z1z2 | =|z1||z2| ja arg( z1z2 ) = arg(z1)− arg(z2).
Esimerkki. Jos z = 1 + i =√2(cos π4 + i sin π
4 ) ja w = 1−√3i =
2(cos(−π3 ) + i sin(−π
3 )), niin
zw = (1 + i)(1−√3i) = 2
√2(cos(π4 −
π3 ) + i sin(π4 −
π3 ))
= 2√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) (= 2
√2(cos( π12)− i sin( π12))) huono!.
Huomaa, etta kertomalla (1 + i)(1−√3i) menematta polaari-
esitykseen saadaanzw = (1 + i)(1−
√3i) = (1 +
√3) + i(1−
√3). (ks. kuva)
Vastaavalla tavalla voidaan osoittaa, etta osamaaralle z1z2
saadaan lauseke
z1z2
= r1r2(cos(θ1 − θ2) + i sin(θ1 − θ2)), kun z2 6= 0,
erityisesti 1z = 1
r (cos(−θ) + i sin(−θ)) = 1r (cos(θ)− i sin(θ)), kun
z = r(cos(θ) + i sin(θ)) 6= 0. Voidaan taaskin osoittaa, etta
| z1z2 | =|z1||z2| ja arg( z1z2 ) = arg(z1)− arg(z2).
Esimerkki. Jos z = 1 + i =√2(cos π4 + i sin π
4 ) ja w = 1−√3i =
2(cos(−π3 ) + i sin(−π
3 )), niin
zw = (1 + i)(1−√3i) = 2
√2(cos(π4 −
π3 ) + i sin(π4 −
π3 ))
= 2√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) (= 2
√2(cos( π12)− i sin( π12))) huono!.
Huomaa, etta kertomalla (1 + i)(1−√3i) menematta polaari-
esitykseen saadaanzw = (1 + i)(1−
√3i) = (1 +
√3) + i(1−
√3). (ks. kuva)
θ = π/4
θ = -π/3
Im
(1, 1)
2
2
θ = - π/12
22
Kompleksilukujen z = 1 + i ja w = 1- 3 i tulo )(i)( 3131 −++ )
Re
(1, - 3 )
Koska molempien laskutapojen pitaa tietysti antaa sama tulos,pitaa ollazw = 2
√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) = (1 +
√3) + i(1−
√3).
Tamaon mahdollista vain, kun reaaliosat ovat samat ja imaginaari-osat ovat samat eli
1 +√3 = 2
√2 cos(− π
12) = 2√2 cos( π12) ja
1−√3 = 2
√2 sin(− π
12) = −2√2 sin( π12).
Tasta voidaan paatella, etta
cos( π12) =1+√3
2√2
ja sin( π12) =√3−12√2.
Olemme samalla johtaneet yleisemman menetelman, joillasaadaan sellaisten ei-erikoiskulmien sinin ja cosinin tarkka arvo,jotka voidaan esittaa erikoiskulmien summina tai erotuksina(kuten π
12 = π3 −
π4 ).
Koska molempien laskutapojen pitaa tietysti antaa sama tulos,pitaa ollazw = 2
√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) = (1 +
√3) + i(1−
√3). Tama
on mahdollista vain, kun reaaliosat ovat samat ja imaginaari-osat ovat samat eli
1 +√3 = 2
√2 cos(− π
12) = 2√2 cos( π12) ja
1−√3 = 2
√2 sin(− π
12) = −2√2 sin( π12).
Tasta voidaan paatella, etta
cos( π12) =1+√3
2√2
ja sin( π12) =√3−12√2.
Olemme samalla johtaneet yleisemman menetelman, joillasaadaan sellaisten ei-erikoiskulmien sinin ja cosinin tarkka arvo,jotka voidaan esittaa erikoiskulmien summina tai erotuksina(kuten π
12 = π3 −
π4 ).
Koska molempien laskutapojen pitaa tietysti antaa sama tulos,pitaa ollazw = 2
√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) = (1 +
√3) + i(1−
√3). Tama
on mahdollista vain, kun reaaliosat ovat samat ja imaginaari-osat ovat samat eli
1 +√3 = 2
√2 cos(− π
12) = 2√2 cos( π12) ja
1−√3 = 2
√2 sin(− π
12) = −2√2 sin( π12).
Tasta voidaan paatella, etta
cos( π12) =1+√3
2√2
ja sin( π12) =√3−12√2.
Olemme samalla johtaneet yleisemman menetelman, joillasaadaan sellaisten ei-erikoiskulmien sinin ja cosinin tarkka arvo,jotka voidaan esittaa erikoiskulmien summina tai erotuksina(kuten π
12 = π3 −
π4 ).
Koska molempien laskutapojen pitaa tietysti antaa sama tulos,pitaa ollazw = 2
√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) = (1 +
√3) + i(1−
√3). Tama
on mahdollista vain, kun reaaliosat ovat samat ja imaginaari-osat ovat samat eli
1 +√3 = 2
√2 cos(− π
12) = 2√2 cos( π12) ja
1−√3 = 2
√2 sin(− π
12) = −2√2 sin( π12).
Tasta voidaan paatella, etta
cos( π12) =1+√3
2√2
ja sin( π12) =√3−12√2.
Olemme samalla johtaneet yleisemman menetelman, joillasaadaan sellaisten ei-erikoiskulmien sinin ja cosinin tarkka arvo,jotka voidaan esittaa erikoiskulmien summina tai erotuksina(kuten π
12 = π3 −
π4 ).
Koska molempien laskutapojen pitaa tietysti antaa sama tulos,pitaa ollazw = 2
√2(cos(− π
12) + i sin(− π12)) = (1 +
√3) + i(1−
√3). Tama
on mahdollista vain, kun reaaliosat ovat samat ja imaginaari-osat ovat samat eli
1 +√3 = 2
√2 cos(− π
12) = 2√2 cos( π12) ja
1−√3 = 2
√2 sin(− π
12) = −2√2 sin( π12).
Tasta voidaan paatella, etta
cos( π12) =1+√3
2√2
ja sin( π12) =√3−12√2.
Olemme samalla johtaneet yleisemman menetelman, joillasaadaan sellaisten ei-erikoiskulmien sinin ja cosinin tarkka arvo,jotka voidaan esittaa erikoiskulmien summina tai erotuksina(kuten π
12 = π3 −
π4 ).
Kompleksilukujen tulon erikoistapauksena voidaan laskeaz2 = r(cos θ + i sin θ)r(cos θ + i sin θ) = r2(cos(2θ) + i sin(2θ)),
z3 = r3(cos(3θ) + i sin(3θ)), ja yleisesti
zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)), n ∈,
joka tunnetaan De Moivren Teoreemana. Tama voidaanilmaista myos yhtaloina |zn| = |z |n ja arg(zn) = n arg(z).
Esim. (1 + i)6 =√26(cos(6π4 ) + i sin(6π4 ))
(kulma!) = 23(cos(3π2 ) + i sin(3π2 )) = 8(0 + i(−1)) = −8i .
Esim. (1 + i)3 =√23(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(cos(3π4 ) + i sin(3π4 )) = 2
√2(− 1√
2+ i( 1√
2)) = −2 + 2i .
Kompleksilukujen tulon erikoistapauksena voidaan laskeaz2 = r(cos θ + i sin θ)r(cos θ + i sin θ) = r2(cos(2θ) + i sin(2θ)),z3 = r3(cos(3θ) + i sin(3θ)),
ja yleisesti
zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)), n ∈,
joka tunnetaan De Moivren Teoreemana. Tama voidaanilmaista myos yhtaloina |zn| = |z |n ja arg(zn) = n arg(z).
Esim. (1 + i)6 =√26(cos(6π4 ) + i sin(6π4 ))
(kulma!) = 23(cos(3π2 ) + i sin(3π2 )) = 8(0 + i(−1)) = −8i .
Esim. (1 + i)3 =√23(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(cos(3π4 ) + i sin(3π4 )) = 2
√2(− 1√
2+ i( 1√
2)) = −2 + 2i .
Kompleksilukujen tulon erikoistapauksena voidaan laskeaz2 = r(cos θ + i sin θ)r(cos θ + i sin θ) = r2(cos(2θ) + i sin(2θ)),z3 = r3(cos(3θ) + i sin(3θ)), ja yleisesti
zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)), n ∈,
joka tunnetaan De Moivren Teoreemana.
Tama voidaanilmaista myos yhtaloina |zn| = |z |n ja arg(zn) = n arg(z).
Esim. (1 + i)6 =√26(cos(6π4 ) + i sin(6π4 ))
(kulma!) = 23(cos(3π2 ) + i sin(3π2 )) = 8(0 + i(−1)) = −8i .
Esim. (1 + i)3 =√23(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(cos(3π4 ) + i sin(3π4 )) = 2
√2(− 1√
2+ i( 1√
2)) = −2 + 2i .
Kompleksilukujen tulon erikoistapauksena voidaan laskeaz2 = r(cos θ + i sin θ)r(cos θ + i sin θ) = r2(cos(2θ) + i sin(2θ)),z3 = r3(cos(3θ) + i sin(3θ)), ja yleisesti
zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)), n ∈,
joka tunnetaan De Moivren Teoreemana. Tama voidaanilmaista myos yhtaloina |zn| = |z |n ja arg(zn) = n arg(z).
Esim. (1 + i)6 =√26(cos(6π4 ) + i sin(6π4 ))
(kulma!) = 23(cos(3π2 ) + i sin(3π2 )) = 8(0 + i(−1)) = −8i .
Esim. (1 + i)3 =√23(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(cos(3π4 ) + i sin(3π4 )) = 2
√2(− 1√
2+ i( 1√
2)) = −2 + 2i .
Kompleksilukujen tulon erikoistapauksena voidaan laskeaz2 = r(cos θ + i sin θ)r(cos θ + i sin θ) = r2(cos(2θ) + i sin(2θ)),z3 = r3(cos(3θ) + i sin(3θ)), ja yleisesti
zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)), n ∈,
joka tunnetaan De Moivren Teoreemana. Tama voidaanilmaista myos yhtaloina |zn| = |z |n ja arg(zn) = n arg(z).
Esim. (1 + i)6 =√26(cos(6π4 ) + i sin(6π4 ))
(kulma!) = 23(cos(3π2 ) + i sin(3π2 )) = 8(0 + i(−1)) = −8i .
Esim. (1 + i)3 =√23(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(cos(3π4 ) + i sin(3π4 )) = 2
√2(− 1√
2+ i( 1√
2)) = −2 + 2i .
Kompleksilukujen tulon erikoistapauksena voidaan laskeaz2 = r(cos θ + i sin θ)r(cos θ + i sin θ) = r2(cos(2θ) + i sin(2θ)),z3 = r3(cos(3θ) + i sin(3θ)), ja yleisesti
zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)), n ∈,
joka tunnetaan De Moivren Teoreemana. Tama voidaanilmaista myos yhtaloina |zn| = |z |n ja arg(zn) = n arg(z).
Esim. (1 + i)6 =√26(cos(6π4 ) + i sin(6π4 ))
(kulma!) = 23(cos(3π2 ) + i sin(3π2 ))
= 8(0 + i(−1)) = −8i .
Esim. (1 + i)3 =√23(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(cos(3π4 ) + i sin(3π4 )) = 2
√2(− 1√
2+ i( 1√
2)) = −2 + 2i .
Kompleksilukujen tulon erikoistapauksena voidaan laskeaz2 = r(cos θ + i sin θ)r(cos θ + i sin θ) = r2(cos(2θ) + i sin(2θ)),z3 = r3(cos(3θ) + i sin(3θ)), ja yleisesti
zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)), n ∈,
joka tunnetaan De Moivren Teoreemana. Tama voidaanilmaista myos yhtaloina |zn| = |z |n ja arg(zn) = n arg(z).
Esim. (1 + i)6 =√26(cos(6π4 ) + i sin(6π4 ))
(kulma!) = 23(cos(3π2 ) + i sin(3π2 )) = 8(0 + i(−1)) = −8i .
Esim. (1 + i)3 =√23(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(cos(3π4 ) + i sin(3π4 )) = 2
√2(− 1√
2+ i( 1√
2)) = −2 + 2i .
Kompleksilukujen tulon erikoistapauksena voidaan laskeaz2 = r(cos θ + i sin θ)r(cos θ + i sin θ) = r2(cos(2θ) + i sin(2θ)),z3 = r3(cos(3θ) + i sin(3θ)), ja yleisesti
zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)), n ∈,
joka tunnetaan De Moivren Teoreemana. Tama voidaanilmaista myos yhtaloina |zn| = |z |n ja arg(zn) = n arg(z).
Esim. (1 + i)6 =√26(cos(6π4 ) + i sin(6π4 ))
(kulma!) = 23(cos(3π2 ) + i sin(3π2 )) = 8(0 + i(−1)) = −8i .
Esim. (1 + i)3 =√23(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(cos(3π4 ) + i sin(3π4 )) = 2
√2(− 1√
2+ i( 1√
2)) = −2 + 2i .
Kompleksilukujen tulon erikoistapauksena voidaan laskeaz2 = r(cos θ + i sin θ)r(cos θ + i sin θ) = r2(cos(2θ) + i sin(2θ)),z3 = r3(cos(3θ) + i sin(3θ)), ja yleisesti
zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)), n ∈,
joka tunnetaan De Moivren Teoreemana. Tama voidaanilmaista myos yhtaloina |zn| = |z |n ja arg(zn) = n arg(z).
Esim. (1 + i)6 =√26(cos(6π4 ) + i sin(6π4 ))
(kulma!) = 23(cos(3π2 ) + i sin(3π2 )) = 8(0 + i(−1)) = −8i .
Esim. (1 + i)3 =√23(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(− 1√
2+ i( 1√
2)) = −2 + 2i .
Kompleksilukujen tulon erikoistapauksena voidaan laskeaz2 = r(cos θ + i sin θ)r(cos θ + i sin θ) = r2(cos(2θ) + i sin(2θ)),z3 = r3(cos(3θ) + i sin(3θ)), ja yleisesti
zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)), n ∈,
joka tunnetaan De Moivren Teoreemana. Tama voidaanilmaista myos yhtaloina |zn| = |z |n ja arg(zn) = n arg(z).
Esim. (1 + i)6 =√26(cos(6π4 ) + i sin(6π4 ))
(kulma!) = 23(cos(3π2 ) + i sin(3π2 )) = 8(0 + i(−1)) = −8i .
Esim. (1 + i)3 =√23(cos(3π4 ) + i sin(3π4 ))
= 2√2(cos(3π4 ) + i sin(3π4 )) = 2
√2(− 1√
2+ i( 1√
2)) = −2 + 2i .
De Moivren kaavaa voidaan kayttaa myos kompleksiluvunz = r(cos θ + i sin θ) juurien etsimiseen eli muotoa wn = zolevien kompleksiyhtaloiden ratkaisemiseen.
Jos nimittainw = s(cosϕ+ i sinϕ), niin wn = sn(cos(nϕ) + i sin(nϕ)).Koska lukujen wn ja z modulit ovat samat, on sn = r eli s = n
√r .
Ilmeista on myos, etta cos(nϕ) = cos θ ja sin(nϕ) = sin θ.Koska sin ja cos ovat periodisia funktioita periodina 2π, voidaanpaatella, etta nϕ = θ + 2kπ, missa k on kokonaisluku. Siten
ϕ = θ+2kπn , missa k ∈ Z.
Siis kompleksiluvun z = r(cos θ + i sin θ) n:net juuret ovat
w = n√r(cos( θ+2kπ
n ) + i sin( θ+2kπn )),
missa helpohkosti voidaan todeta, etta k = 0, 1, · · · , (n − 1).
De Moivren kaavaa voidaan kayttaa myos kompleksiluvunz = r(cos θ + i sin θ) juurien etsimiseen eli muotoa wn = zolevien kompleksiyhtaloiden ratkaisemiseen. Jos nimittainw = s(cosϕ+ i sinϕ), niin wn = sn(cos(nϕ) + i sin(nϕ)).
Koska lukujen wn ja z modulit ovat samat, on sn = r eli s = n√r .
Ilmeista on myos, etta cos(nϕ) = cos θ ja sin(nϕ) = sin θ.Koska sin ja cos ovat periodisia funktioita periodina 2π, voidaanpaatella, etta nϕ = θ + 2kπ, missa k on kokonaisluku. Siten
ϕ = θ+2kπn , missa k ∈ Z.
Siis kompleksiluvun z = r(cos θ + i sin θ) n:net juuret ovat
w = n√r(cos( θ+2kπ
n ) + i sin( θ+2kπn )),
missa helpohkosti voidaan todeta, etta k = 0, 1, · · · , (n − 1).
De Moivren kaavaa voidaan kayttaa myos kompleksiluvunz = r(cos θ + i sin θ) juurien etsimiseen eli muotoa wn = zolevien kompleksiyhtaloiden ratkaisemiseen. Jos nimittainw = s(cosϕ+ i sinϕ), niin wn = sn(cos(nϕ) + i sin(nϕ)).Koska lukujen wn ja z modulit ovat samat, on sn = r eli s = n
√r .
Ilmeista on myos, etta cos(nϕ) = cos θ ja sin(nϕ) = sin θ.Koska sin ja cos ovat periodisia funktioita periodina 2π, voidaanpaatella, etta nϕ = θ + 2kπ, missa k on kokonaisluku. Siten
ϕ = θ+2kπn , missa k ∈ Z.
Siis kompleksiluvun z = r(cos θ + i sin θ) n:net juuret ovat
w = n√r(cos( θ+2kπ
n ) + i sin( θ+2kπn )),
missa helpohkosti voidaan todeta, etta k = 0, 1, · · · , (n − 1).
De Moivren kaavaa voidaan kayttaa myos kompleksiluvunz = r(cos θ + i sin θ) juurien etsimiseen eli muotoa wn = zolevien kompleksiyhtaloiden ratkaisemiseen. Jos nimittainw = s(cosϕ+ i sinϕ), niin wn = sn(cos(nϕ) + i sin(nϕ)).Koska lukujen wn ja z modulit ovat samat, on sn = r eli s = n
√r .
Ilmeista on myos, etta cos(nϕ) = cos θ ja sin(nϕ) = sin θ.
Koska sin ja cos ovat periodisia funktioita periodina 2π, voidaanpaatella, etta nϕ = θ + 2kπ, missa k on kokonaisluku. Siten
ϕ = θ+2kπn , missa k ∈ Z.
Siis kompleksiluvun z = r(cos θ + i sin θ) n:net juuret ovat
w = n√r(cos( θ+2kπ
n ) + i sin( θ+2kπn )),
missa helpohkosti voidaan todeta, etta k = 0, 1, · · · , (n − 1).
De Moivren kaavaa voidaan kayttaa myos kompleksiluvunz = r(cos θ + i sin θ) juurien etsimiseen eli muotoa wn = zolevien kompleksiyhtaloiden ratkaisemiseen. Jos nimittainw = s(cosϕ+ i sinϕ), niin wn = sn(cos(nϕ) + i sin(nϕ)).Koska lukujen wn ja z modulit ovat samat, on sn = r eli s = n
√r .
Ilmeista on myos, etta cos(nϕ) = cos θ ja sin(nϕ) = sin θ.Koska sin ja cos ovat periodisia funktioita periodina 2π, voidaanpaatella, etta nϕ = θ + 2kπ, missa k on kokonaisluku.
Siten
ϕ = θ+2kπn , missa k ∈ Z.
Siis kompleksiluvun z = r(cos θ + i sin θ) n:net juuret ovat
w = n√r(cos( θ+2kπ
n ) + i sin( θ+2kπn )),
missa helpohkosti voidaan todeta, etta k = 0, 1, · · · , (n − 1).
De Moivren kaavaa voidaan kayttaa myos kompleksiluvunz = r(cos θ + i sin θ) juurien etsimiseen eli muotoa wn = zolevien kompleksiyhtaloiden ratkaisemiseen. Jos nimittainw = s(cosϕ+ i sinϕ), niin wn = sn(cos(nϕ) + i sin(nϕ)).Koska lukujen wn ja z modulit ovat samat, on sn = r eli s = n
√r .
Ilmeista on myos, etta cos(nϕ) = cos θ ja sin(nϕ) = sin θ.Koska sin ja cos ovat periodisia funktioita periodina 2π, voidaanpaatella, etta nϕ = θ + 2kπ, missa k on kokonaisluku. Siten
ϕ = θ+2kπn , missa k ∈ Z.
Siis kompleksiluvun z = r(cos θ + i sin θ) n:net juuret ovat
w = n√r(cos( θ+2kπ
n ) + i sin( θ+2kπn )),
missa helpohkosti voidaan todeta, etta k = 0, 1, · · · , (n − 1).
De Moivren kaavaa voidaan kayttaa myos kompleksiluvunz = r(cos θ + i sin θ) juurien etsimiseen eli muotoa wn = zolevien kompleksiyhtaloiden ratkaisemiseen. Jos nimittainw = s(cosϕ+ i sinϕ), niin wn = sn(cos(nϕ) + i sin(nϕ)).Koska lukujen wn ja z modulit ovat samat, on sn = r eli s = n
√r .
Ilmeista on myos, etta cos(nϕ) = cos θ ja sin(nϕ) = sin θ.Koska sin ja cos ovat periodisia funktioita periodina 2π, voidaanpaatella, etta nϕ = θ + 2kπ, missa k on kokonaisluku. Siten
ϕ = θ+2kπn , missa k ∈ Z.
Siis kompleksiluvun z = r(cos θ + i sin θ) n:net juuret ovat
w = n√r(cos( θ+2kπ
n ) + i sin( θ+2kπn )),
missa helpohkosti voidaan todeta, etta k = 0, 1, · · · , (n − 1).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.
Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ).
Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 ))
= 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) =
32 + i 3
√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 ))
= 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 ))
= 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))= 3(cos(−π
3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 ))
= 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) =
32 − i 3
√3
2 (ks. kuva).
Esimerkki. Etsi luvun −27 kaikki kolmannet juuret eli ratkaiseyhtalo w3 = −27.Ratkaisu. Etsitaan ensin luvun −27 polaariesitys, joka on−27 = 27(cosπ + i sinπ). Sitenw = 3
√27(cos(π+2kπ
3 ) + i sin(π+2kπ3 ))
= 3(cos(π+2kπ3 ) + i sin(π+2kπ
3 )), k = 0, 1, 2.
Arvolla k = 0 saadaan ensimmainen juuri
w1 = 3(cos(π3 ) + i sin(π3 )) = 3(12 + i√32 ) = 3
2 + i 3√3
2 .
Arvolla k = 1 saadaan toinen juuriw2 = 3(cos(π+2π
3 ) + i sin(π+2π3 )) = 3(cosπ + i sinπ) = −3.
Arvolla k = 2 saadaan kolmas juuriw3 = 3(cos(π+4π
3 ) + i sin(π+4π3 )) = 3(cos(5π3 ) + i sin(5π3 ))
= 3(cos(−π3 ) + i sin(−π3 )) = 3(cos(π3 )− i sin(π3 ))
= 3(12 − i√32 )) = 3
2 − i 3√3
2 (ks. kuva).
Re
Im 233
23+
-3
233
23−
Ratkaisut ovat origokeskisellä, 3-säteisellä ympyrällä
Re
Im 233
23+
-3
233
23−
Ratkaisut ovat origokeskisellä, 3-säteisellä ympyrällä 3
2π rad päässä toisistaan
Re
Im
32π3
2π
32π
233
23+
-3
233
23−
Ratkaisut ovat origokeskisellä, 3-säteisellä ympyrällä 3
2π rad päässä toisistaan
Yleisesti on voimassa, etta luvun z = r(cos θ + i sin θ) n-juuretsijaitsevat kompleksitasossa origokeskisen, n
√r -sateisen ympyran
kehalla 2πn radiaanin paassa toisistaan.
Eulerin kaavaKayttamalla hyvaksi potenssisarjoja
ez = 1 + z + z2
2! +z3
3! +z4
4! + · · · ,sin(x) = x − x3
3! +x5
5! −x7
7! +− · · · ,cos(x) = 1− x2
2! +x4
4! −x6
6! +− · · ·Euler yhdisti Neperin luvun e, imaginaariyksikon i ja trigo-nometriset funktiot sin ja cos kauniiksi kaavaksi
e iθ = cos θ + i sin θ.
Otaamalla huomioon kompleksiluvun esitys z = r(cos θ + i sin θ)saadaan kompleksiluvun eksponenttimuoto
z = re iθ, missa θ ∈ R.
Yleisesti on voimassa, etta luvun z = r(cos θ + i sin θ) n-juuretsijaitsevat kompleksitasossa origokeskisen, n
√r -sateisen ympyran
kehalla 2πn radiaanin paassa toisistaan.
Eulerin kaavaKayttamalla hyvaksi potenssisarjoja
ez = 1 + z + z2
2! +z3
3! +z4
4! + · · · ,
sin(x) = x − x3
3! +x5
5! −x7
7! +− · · · ,cos(x) = 1− x2
2! +x4
4! −x6
6! +− · · ·Euler yhdisti Neperin luvun e, imaginaariyksikon i ja trigo-nometriset funktiot sin ja cos kauniiksi kaavaksi
e iθ = cos θ + i sin θ.
Otaamalla huomioon kompleksiluvun esitys z = r(cos θ + i sin θ)saadaan kompleksiluvun eksponenttimuoto
z = re iθ, missa θ ∈ R.
Yleisesti on voimassa, etta luvun z = r(cos θ + i sin θ) n-juuretsijaitsevat kompleksitasossa origokeskisen, n
√r -sateisen ympyran
kehalla 2πn radiaanin paassa toisistaan.
Eulerin kaavaKayttamalla hyvaksi potenssisarjoja
ez = 1 + z + z2
2! +z3
3! +z4
4! + · · · ,sin(x) = x − x3
3! +x5
5! −x7
7! +− · · · ,
cos(x) = 1− x2
2! +x4
4! −x6
6! +− · · ·Euler yhdisti Neperin luvun e, imaginaariyksikon i ja trigo-nometriset funktiot sin ja cos kauniiksi kaavaksi
e iθ = cos θ + i sin θ.
Otaamalla huomioon kompleksiluvun esitys z = r(cos θ + i sin θ)saadaan kompleksiluvun eksponenttimuoto
z = re iθ, missa θ ∈ R.
Yleisesti on voimassa, etta luvun z = r(cos θ + i sin θ) n-juuretsijaitsevat kompleksitasossa origokeskisen, n
√r -sateisen ympyran
kehalla 2πn radiaanin paassa toisistaan.
Eulerin kaavaKayttamalla hyvaksi potenssisarjoja
ez = 1 + z + z2
2! +z3
3! +z4
4! + · · · ,sin(x) = x − x3
3! +x5
5! −x7
7! +− · · · ,cos(x) = 1− x2
2! +x4
4! −x6
6! +− · · ·Euler yhdisti Neperin luvun e, imaginaariyksikon i ja trigo-nometriset funktiot sin ja cos kauniiksi kaavaksi
e iθ = cos θ + i sin θ.
Otaamalla huomioon kompleksiluvun esitys z = r(cos θ + i sin θ)saadaan kompleksiluvun eksponenttimuoto
z = re iθ, missa θ ∈ R.
Yleisesti on voimassa, etta luvun z = r(cos θ + i sin θ) n-juuretsijaitsevat kompleksitasossa origokeskisen, n
√r -sateisen ympyran
kehalla 2πn radiaanin paassa toisistaan.
Eulerin kaavaKayttamalla hyvaksi potenssisarjoja
ez = 1 + z + z2
2! +z3
3! +z4
4! + · · · ,sin(x) = x − x3
3! +x5
5! −x7
7! +− · · · ,cos(x) = 1− x2
2! +x4
4! −x6
6! +− · · ·Euler yhdisti Neperin luvun e, imaginaariyksikon i ja trigo-nometriset funktiot sin ja cos kauniiksi kaavaksi
e iθ = cos θ + i sin θ.
Otaamalla huomioon kompleksiluvun esitys z = r(cos θ + i sin θ)saadaan kompleksiluvun eksponenttimuoto
z = re iθ, missa θ ∈ R.
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.
Ratkaisu Koska 1 + i =√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 ))
on 1 + i =√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4
= e2(cos π4 + i sin π4 ) = e2(
√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 )
= e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .
Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ
= −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot.
Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:
[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n
= rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ
= rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Esimerkki Esita kompleksiluku z = 1 + i eksponenttimuodossa.Ratkaisu Koska 1 + i =
√2(cos(π4 ) + i sin(π4 )) on 1 + i =
√2e i
π4 .
Esimerkki Esita kompleksiluku e2+i π4 muodossa a+ bi .
Ratkaisu e2+i π4 = e2e i
π4 = e2(cos π4 + i sin π
4 ) = e2(√22 + i
√22 )
Esimerkki Esita kompleksiluku e iπ muodossa a+ bi .Ratkaisu e iπ = cosπ + i sinπ = −1 + i · 0 = −1.
Tama voidaan kirjoittaa muotoon e iπ + 1 = 0, yhtaloa pidetaan(syysta!) kauneinpana matematiikan kaavana, yhdistyyhan siinamiltei kaikki matematiikan peruskasitteet, luvut e ja π,imaginaariyksikko i , luvut 0 ja 1 seka yhteenlasku- ja kerto-laskuoperaatiot. Eulerin kaavan avulla voidaan todistaa mm. DeMoivren Teoreema yhdella rivilla:[r(cos θ + i sin θ)]n = (re iθ)n = rneniθ = rn(cos(nθ) + i sin(nθ))
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.
1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)?
Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny .
Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin
(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).
2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)?
No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan.
Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?
3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C?
Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x .
Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin
(osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi)
saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z .
Siten vaikkapa i i = e i ln i = e iπ2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i
= e iπ2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 .
(Eika tama tahan lopu!)
Eulerin kaavan muita seurauksiaLogaritmien yhteydessa totesimme, ettei ln(−|x |) ole maariteltyreaalialueessa. Kun siirrytaan kompleksialueelle, tama ongelmapoistuu.1◦ Mita on vaikkapa ln(−1)? Otetaan lahtokohdaksi yhteysex = y joss x = lny . Siis ln(−1) = x joss ex = −1, jolla komp-leksialueessa on ratkaisuna x = πi , kuten helposti havaittiin(muitakin ratkaisuja olisi, mutta sovittiin, etta kulman onoltava valilla (−π, π]).2◦ Enta ln(i)? No ln(i) = x joss ex = i , jonka ratkaisuna onx = π
2 i , kuten taas havaitaan. Arvaatko jo yleisen kaavan laskealn z? Miten on laita ilmaisun ln 0?3◦ Enta zw , kun z ,w ∈ C? Muistetaan, etta e ln x = x . Josvoidaan todistaa, etta tama kaava on voimassa kompleksi-alueessakin (osoitetaan kurssilla Kompleksianalyysi) saadaanyhteys zw = e ln z
w= ew ln z . Siten vaikkapa i i = e i ln i = e i
π2i
= e−π2 . (Eika tama tahan lopu!)
PolynomeistaPolynomi p(x) on yhden reaalimuuttujan x funktio, jokavoidaan kirjoittaa muotoon
p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n,
missa a0, a1, a2, · · · , an ovat reaalisia vakiokertoimia ja an 6= 0.Polynomin aste on n, merk. degp = n.
Sopimilla, etta x0 = 1voidaan polynomi ilmoittaa muodossa
p(x) =∑n
i=0 aixi .
Esimerkki. p(x) = 2− 14x +
√3x3 on 3. asteen polynomi. Myos
q(x) = ln(2e5x2
e3x) on polynomi, voidaanhan se kirjoittaa muotoon
q(x) = ln(2e5x2−3x) = ln 2 + ln(e5x
2−3x) = ln 2 + 5x2 − 3x= ln 2− 3x + 5x2. Funktio f (x) =
√x ei ole polynomi
(miksi?), mutta funktion g(x) =√2x2 voi katsoa koostuvan
kahdesta eri polynomista (mista?)
PolynomeistaPolynomi p(x) on yhden reaalimuuttujan x funktio, jokavoidaan kirjoittaa muotoon
p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n,
missa a0, a1, a2, · · · , an ovat reaalisia vakiokertoimia ja an 6= 0.Polynomin aste on n, merk. degp = n. Sopimilla, etta x0 = 1voidaan polynomi ilmoittaa muodossa
p(x) =∑n
i=0 aixi .
Esimerkki. p(x) = 2− 14x +
√3x3 on 3. asteen polynomi. Myos
q(x) = ln(2e5x2
e3x) on polynomi, voidaanhan se kirjoittaa muotoon
q(x) = ln(2e5x2−3x) = ln 2 + ln(e5x
2−3x) = ln 2 + 5x2 − 3x= ln 2− 3x + 5x2. Funktio f (x) =
√x ei ole polynomi
(miksi?), mutta funktion g(x) =√2x2 voi katsoa koostuvan
kahdesta eri polynomista (mista?)
PolynomeistaPolynomi p(x) on yhden reaalimuuttujan x funktio, jokavoidaan kirjoittaa muotoon
p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n,
missa a0, a1, a2, · · · , an ovat reaalisia vakiokertoimia ja an 6= 0.Polynomin aste on n, merk. degp = n. Sopimilla, etta x0 = 1voidaan polynomi ilmoittaa muodossa
p(x) =∑n
i=0 aixi .
Esimerkki. p(x) = 2− 14x +
√3x3 on 3. asteen polynomi.
Myos
q(x) = ln(2e5x2
e3x) on polynomi, voidaanhan se kirjoittaa muotoon
q(x) = ln(2e5x2−3x) = ln 2 + ln(e5x
2−3x) = ln 2 + 5x2 − 3x= ln 2− 3x + 5x2. Funktio f (x) =
√x ei ole polynomi
(miksi?), mutta funktion g(x) =√2x2 voi katsoa koostuvan
kahdesta eri polynomista (mista?)
PolynomeistaPolynomi p(x) on yhden reaalimuuttujan x funktio, jokavoidaan kirjoittaa muotoon
p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n,
missa a0, a1, a2, · · · , an ovat reaalisia vakiokertoimia ja an 6= 0.Polynomin aste on n, merk. degp = n. Sopimilla, etta x0 = 1voidaan polynomi ilmoittaa muodossa
p(x) =∑n
i=0 aixi .
Esimerkki. p(x) = 2− 14x +
√3x3 on 3. asteen polynomi. Myos
q(x) = ln(2e5x2
e3x) on polynomi, voidaanhan se kirjoittaa muotoon
q(x) = ln(2e5x2−3x)
= ln 2 + ln(e5x2−3x) = ln 2 + 5x2 − 3x
= ln 2− 3x + 5x2. Funktio f (x) =√x ei ole polynomi
(miksi?), mutta funktion g(x) =√2x2 voi katsoa koostuvan
kahdesta eri polynomista (mista?)
PolynomeistaPolynomi p(x) on yhden reaalimuuttujan x funktio, jokavoidaan kirjoittaa muotoon
p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n,
missa a0, a1, a2, · · · , an ovat reaalisia vakiokertoimia ja an 6= 0.Polynomin aste on n, merk. degp = n. Sopimilla, etta x0 = 1voidaan polynomi ilmoittaa muodossa
p(x) =∑n
i=0 aixi .
Esimerkki. p(x) = 2− 14x +
√3x3 on 3. asteen polynomi. Myos
q(x) = ln(2e5x2
e3x) on polynomi, voidaanhan se kirjoittaa muotoon
q(x) = ln(2e5x2−3x) = ln 2 + ln(e5x
2−3x)
= ln 2 + 5x2 − 3x= ln 2− 3x + 5x2. Funktio f (x) =
√x ei ole polynomi
(miksi?), mutta funktion g(x) =√2x2 voi katsoa koostuvan
kahdesta eri polynomista (mista?)
PolynomeistaPolynomi p(x) on yhden reaalimuuttujan x funktio, jokavoidaan kirjoittaa muotoon
p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n,
missa a0, a1, a2, · · · , an ovat reaalisia vakiokertoimia ja an 6= 0.Polynomin aste on n, merk. degp = n. Sopimilla, etta x0 = 1voidaan polynomi ilmoittaa muodossa
p(x) =∑n
i=0 aixi .
Esimerkki. p(x) = 2− 14x +
√3x3 on 3. asteen polynomi. Myos
q(x) = ln(2e5x2
e3x) on polynomi, voidaanhan se kirjoittaa muotoon
q(x) = ln(2e5x2−3x) = ln 2 + ln(e5x
2−3x) = ln 2 + 5x2 − 3x
= ln 2− 3x + 5x2. Funktio f (x) =√x ei ole polynomi
(miksi?), mutta funktion g(x) =√2x2 voi katsoa koostuvan
kahdesta eri polynomista (mista?)
PolynomeistaPolynomi p(x) on yhden reaalimuuttujan x funktio, jokavoidaan kirjoittaa muotoon
p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n,
missa a0, a1, a2, · · · , an ovat reaalisia vakiokertoimia ja an 6= 0.Polynomin aste on n, merk. degp = n. Sopimilla, etta x0 = 1voidaan polynomi ilmoittaa muodossa
p(x) =∑n
i=0 aixi .
Esimerkki. p(x) = 2− 14x +
√3x3 on 3. asteen polynomi. Myos
q(x) = ln(2e5x2
e3x) on polynomi, voidaanhan se kirjoittaa muotoon
q(x) = ln(2e5x2−3x) = ln 2 + ln(e5x
2−3x) = ln 2 + 5x2 − 3x= ln 2− 3x + 5x2.
Funktio f (x) =√x ei ole polynomi
(miksi?), mutta funktion g(x) =√2x2 voi katsoa koostuvan
kahdesta eri polynomista (mista?)
PolynomeistaPolynomi p(x) on yhden reaalimuuttujan x funktio, jokavoidaan kirjoittaa muotoon
p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n,
missa a0, a1, a2, · · · , an ovat reaalisia vakiokertoimia ja an 6= 0.Polynomin aste on n, merk. degp = n. Sopimilla, etta x0 = 1voidaan polynomi ilmoittaa muodossa
p(x) =∑n
i=0 aixi .
Esimerkki. p(x) = 2− 14x +
√3x3 on 3. asteen polynomi. Myos
q(x) = ln(2e5x2
e3x) on polynomi, voidaanhan se kirjoittaa muotoon
q(x) = ln(2e5x2−3x) = ln 2 + ln(e5x
2−3x) = ln 2 + 5x2 − 3x= ln 2− 3x + 5x2. Funktio f (x) =
√x ei ole polynomi
(miksi?),
mutta funktion g(x) =√2x2 voi katsoa koostuvan
kahdesta eri polynomista (mista?)
PolynomeistaPolynomi p(x) on yhden reaalimuuttujan x funktio, jokavoidaan kirjoittaa muotoon
p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n,
missa a0, a1, a2, · · · , an ovat reaalisia vakiokertoimia ja an 6= 0.Polynomin aste on n, merk. degp = n. Sopimilla, etta x0 = 1voidaan polynomi ilmoittaa muodossa
p(x) =∑n
i=0 aixi .
Esimerkki. p(x) = 2− 14x +
√3x3 on 3. asteen polynomi. Myos
q(x) = ln(2e5x2
e3x) on polynomi, voidaanhan se kirjoittaa muotoon
q(x) = ln(2e5x2−3x) = ln 2 + ln(e5x
2−3x) = ln 2 + 5x2 − 3x= ln 2− 3x + 5x2. Funktio f (x) =
√x ei ole polynomi
(miksi?), mutta funktion g(x) =√2x2 voi katsoa koostuvan
kahdesta eri polynomista (mista?)
Polynomit p(x) ja q(x) ovat samat, p(x) = q(x), jos niidenvastintermien kertoimet ovat samat (jolloin tietysti niidenasteetkin ovat samat).
Kahden (eri astettakin) olevanpolynomin p(x) ja q(x) summa, p(x) + q(x), saadaan laskemallavastinkertoimet yhteen (jos jokin termi aix
i puuttuu, tulkitaanai = 0).Polynomien p(x) ja q(x) tulo, p(x)q(x), on polynomi, jokasaadaan kertomalla erikseen kullakin termilla ja keraamallalopuksi samaa astetta olevat termit yhteen. Huomaa, ettadegp(x)q(x) = degp(x)+degq(x).
Esimerkki. Jos p(x) = x + 1 ja q(x) = 2x2 + x + 2, niinsumma onp(x) + q(x) = (0 + 2)x2 + (1 + 1)x + (1 + 2) = 2x2 + 2x + 3,tulop(x)q(x) = 2x3 + x2 +2x +2x2 + x +2 = 2x3 +3x2 +3x + x +2.Enta erotus?
Polynomit p(x) ja q(x) ovat samat, p(x) = q(x), jos niidenvastintermien kertoimet ovat samat (jolloin tietysti niidenasteetkin ovat samat). Kahden (eri astettakin) olevanpolynomin p(x) ja q(x) summa, p(x) + q(x), saadaan laskemallavastinkertoimet yhteen (jos jokin termi aix
i puuttuu, tulkitaanai = 0).
Polynomien p(x) ja q(x) tulo, p(x)q(x), on polynomi, jokasaadaan kertomalla erikseen kullakin termilla ja keraamallalopuksi samaa astetta olevat termit yhteen. Huomaa, ettadegp(x)q(x) = degp(x)+degq(x).
Esimerkki. Jos p(x) = x + 1 ja q(x) = 2x2 + x + 2, niinsumma onp(x) + q(x) = (0 + 2)x2 + (1 + 1)x + (1 + 2) = 2x2 + 2x + 3,tulop(x)q(x) = 2x3 + x2 +2x +2x2 + x +2 = 2x3 +3x2 +3x + x +2.Enta erotus?
Polynomit p(x) ja q(x) ovat samat, p(x) = q(x), jos niidenvastintermien kertoimet ovat samat (jolloin tietysti niidenasteetkin ovat samat). Kahden (eri astettakin) olevanpolynomin p(x) ja q(x) summa, p(x) + q(x), saadaan laskemallavastinkertoimet yhteen (jos jokin termi aix
i puuttuu, tulkitaanai = 0).Polynomien p(x) ja q(x) tulo, p(x)q(x), on polynomi, jokasaadaan kertomalla erikseen kullakin termilla ja keraamallalopuksi samaa astetta olevat termit yhteen. Huomaa, ettadegp(x)q(x) = degp(x)+degq(x).
Esimerkki. Jos p(x) = x + 1 ja q(x) = 2x2 + x + 2, niinsumma onp(x) + q(x) = (0 + 2)x2 + (1 + 1)x + (1 + 2) = 2x2 + 2x + 3,tulop(x)q(x) = 2x3 + x2 +2x +2x2 + x +2 = 2x3 +3x2 +3x + x +2.Enta erotus?
Polynomit p(x) ja q(x) ovat samat, p(x) = q(x), jos niidenvastintermien kertoimet ovat samat (jolloin tietysti niidenasteetkin ovat samat). Kahden (eri astettakin) olevanpolynomin p(x) ja q(x) summa, p(x) + q(x), saadaan laskemallavastinkertoimet yhteen (jos jokin termi aix
i puuttuu, tulkitaanai = 0).Polynomien p(x) ja q(x) tulo, p(x)q(x), on polynomi, jokasaadaan kertomalla erikseen kullakin termilla ja keraamallalopuksi samaa astetta olevat termit yhteen. Huomaa, ettadegp(x)q(x) = degp(x)+degq(x).
Esimerkki. Jos p(x) = x + 1 ja q(x) = 2x2 + x + 2, niin
summa onp(x) + q(x) = (0 + 2)x2 + (1 + 1)x + (1 + 2) = 2x2 + 2x + 3,tulop(x)q(x) = 2x3 + x2 +2x +2x2 + x +2 = 2x3 +3x2 +3x + x +2.Enta erotus?
Polynomit p(x) ja q(x) ovat samat, p(x) = q(x), jos niidenvastintermien kertoimet ovat samat (jolloin tietysti niidenasteetkin ovat samat). Kahden (eri astettakin) olevanpolynomin p(x) ja q(x) summa, p(x) + q(x), saadaan laskemallavastinkertoimet yhteen (jos jokin termi aix
i puuttuu, tulkitaanai = 0).Polynomien p(x) ja q(x) tulo, p(x)q(x), on polynomi, jokasaadaan kertomalla erikseen kullakin termilla ja keraamallalopuksi samaa astetta olevat termit yhteen. Huomaa, ettadegp(x)q(x) = degp(x)+degq(x).
Esimerkki. Jos p(x) = x + 1 ja q(x) = 2x2 + x + 2, niinsumma onp(x) + q(x) = (0 + 2)x2 + (1 + 1)x + (1 + 2) = 2x2 + 2x + 3,
tulop(x)q(x) = 2x3 + x2 +2x +2x2 + x +2 = 2x3 +3x2 +3x + x +2.Enta erotus?
Polynomit p(x) ja q(x) ovat samat, p(x) = q(x), jos niidenvastintermien kertoimet ovat samat (jolloin tietysti niidenasteetkin ovat samat). Kahden (eri astettakin) olevanpolynomin p(x) ja q(x) summa, p(x) + q(x), saadaan laskemallavastinkertoimet yhteen (jos jokin termi aix
i puuttuu, tulkitaanai = 0).Polynomien p(x) ja q(x) tulo, p(x)q(x), on polynomi, jokasaadaan kertomalla erikseen kullakin termilla ja keraamallalopuksi samaa astetta olevat termit yhteen. Huomaa, ettadegp(x)q(x) = degp(x)+degq(x).
Esimerkki. Jos p(x) = x + 1 ja q(x) = 2x2 + x + 2, niinsumma onp(x) + q(x) = (0 + 2)x2 + (1 + 1)x + (1 + 2) = 2x2 + 2x + 3,tulop(x)q(x) = 2x3 + x2 +2x
+2x2 + x +2 = 2x3 +3x2 +3x + x +2.Enta erotus?
Polynomit p(x) ja q(x) ovat samat, p(x) = q(x), jos niidenvastintermien kertoimet ovat samat (jolloin tietysti niidenasteetkin ovat samat). Kahden (eri astettakin) olevanpolynomin p(x) ja q(x) summa, p(x) + q(x), saadaan laskemallavastinkertoimet yhteen (jos jokin termi aix
i puuttuu, tulkitaanai = 0).Polynomien p(x) ja q(x) tulo, p(x)q(x), on polynomi, jokasaadaan kertomalla erikseen kullakin termilla ja keraamallalopuksi samaa astetta olevat termit yhteen. Huomaa, ettadegp(x)q(x) = degp(x)+degq(x).
Esimerkki. Jos p(x) = x + 1 ja q(x) = 2x2 + x + 2, niinsumma onp(x) + q(x) = (0 + 2)x2 + (1 + 1)x + (1 + 2) = 2x2 + 2x + 3,tulop(x)q(x) = 2x3 + x2 +2x +2x2 + x +2
= 2x3 +3x2 +3x + x +2.Enta erotus?
Polynomit p(x) ja q(x) ovat samat, p(x) = q(x), jos niidenvastintermien kertoimet ovat samat (jolloin tietysti niidenasteetkin ovat samat). Kahden (eri astettakin) olevanpolynomin p(x) ja q(x) summa, p(x) + q(x), saadaan laskemallavastinkertoimet yhteen (jos jokin termi aix
i puuttuu, tulkitaanai = 0).Polynomien p(x) ja q(x) tulo, p(x)q(x), on polynomi, jokasaadaan kertomalla erikseen kullakin termilla ja keraamallalopuksi samaa astetta olevat termit yhteen. Huomaa, ettadegp(x)q(x) = degp(x)+degq(x).
Esimerkki. Jos p(x) = x + 1 ja q(x) = 2x2 + x + 2, niinsumma onp(x) + q(x) = (0 + 2)x2 + (1 + 1)x + (1 + 2) = 2x2 + 2x + 3,tulop(x)q(x) = 2x3 + x2 +2x +2x2 + x +2 = 2x3 +3x2 +3x + x +2.
Enta erotus?
Polynomit p(x) ja q(x) ovat samat, p(x) = q(x), jos niidenvastintermien kertoimet ovat samat (jolloin tietysti niidenasteetkin ovat samat). Kahden (eri astettakin) olevanpolynomin p(x) ja q(x) summa, p(x) + q(x), saadaan laskemallavastinkertoimet yhteen (jos jokin termi aix
i puuttuu, tulkitaanai = 0).Polynomien p(x) ja q(x) tulo, p(x)q(x), on polynomi, jokasaadaan kertomalla erikseen kullakin termilla ja keraamallalopuksi samaa astetta olevat termit yhteen. Huomaa, ettadegp(x)q(x) = degp(x)+degq(x).
Esimerkki. Jos p(x) = x + 1 ja q(x) = 2x2 + x + 2, niinsumma onp(x) + q(x) = (0 + 2)x2 + (1 + 1)x + (1 + 2) = 2x2 + 2x + 3,tulop(x)q(x) = 2x3 + x2 +2x +2x2 + x +2 = 2x3 +3x2 +3x + x +2.Enta erotus?
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi!
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
_________________ x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
_________________ x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 3x3? Vastaus: Termillä 3x
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
3x x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 3x3? 3x3 – 12 x2 + 6x Vastaus: Termillä 3x. Kerrotaan, saadaan ...
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
3x x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 3x3? - 3x3 + 12 x2 - 6x Vastaus: Termillä 3x. Kerrotaan, saadaan ... Vähennetään!
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
3x x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 3x3? - 3x3 + 12 x2 - 6x Vastaus: Termillä 3x. Kerrotaan, saadaan ... 11x2 – 4x + 1 Vähennetään! Jäljelle jää ...
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
3x x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 3x3? - 3x3 + 12 x2 - 6x Vastaus: Termillä 3x. Kerrotaan, saadaan ... 11x2 – 4x + 1 Vähennetään! Jäljelle jää ... Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 11x2? Vastaus: Termillä 11.
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
3x + 11 x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 3x3? - 3x3 + 12 x2 - 6x Vastaus: Termillä 3x. Kerrotaan, saadaan ... 11x2 – 4x + 1 Vähennetään! Jäljelle jää ... 11x2 – 44x + 22 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 11x2? Vastaus: Termillä 11.Kerrotaan, saadaan ...
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
3x + 11 x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 3x3? - 3x3 + 12 x2 - 6x Vastaus: Termillä 3x. Kerrotaan, saadaan ... 11x2 – 4x + 1 Vähennetään! Jäljelle jää ... -11x2 + 44x - 22 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 11x2? Vastaus: Termillä 11.Kerrotaan, saadaan ... Vähennetään!
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
3x + 11 x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 3x3? - 3x3 + 12 x2 - 6x Vastaus: Termillä 3x. Kerrotaan, saadaan ... 11x2 – 4x + 1 Vähennetään! Jäljelle jää ... -11x2 + 44x - 22 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 11x2? 40x – 21 Vastaus: Termillä 11.Kerrotaan, saadaan ... Vähennetään! Jäljelle jää ...
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
3x + 11 x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 3x3? - 3x3 + 12 x2 - 6x Vastaus: Termillä 3x. Kerrotaan, saadaan ... 11x2 – 4x + 1 Vähennetään! Jäljelle jää ... -11x2 + 44x - 22 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 11x2? 40x – 21 Vastaus: Termillä 11.Kerrotaan, saadaan ... Vähennetään! Jäljelle jää ... Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 40x? Ei voida enää kertoa! Jako päättyy tähän!
Polynomien jakolasku Jos p(x) ja q(x) ovat polynomeja siten, että q:n aste on enintään p:n asteen suuruinen, voidaan suorittaa jakolasku p(x)/q(x). - Huomaa, että lopputuloksena ei välttämättä ole enää polynomi! Esimerkki. Lasketaan jakokulmassa 2
32
42321
xxxxx
+−+−+ eli asetetaan
3x + 11 x2 – 4x + 2 ) 3x3 – x2 + 2x +1 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 3x3? - 3x3 + 12 x2 - 6x Vastaus: Termillä 3x. Kerrotaan, saadaan ... 11x2 – 4x + 1 Vähennetään! Jäljelle jää ... -11x2 + 44x - 22 Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 11x2? 40x – 21 Vastaus: Termillä 11.Kerrotaan, saadaan ... Vähennetään! Jäljelle jää ... Millä x2 pitää kertoa, että saadaan 40x? Ei voida enää kertoa! Jako päättyy tähän!
Lopputulos: 2
32
42321
xxxxx
+−+−+
= 3x + 11 + 2422140xx
x+−−
Polynomien jakoalgoritmi
Jos f (x) ja g(x) ovat polynomeja siten, etta degg(x) ≤ degf (x),on olemassa polynomit q(x) ja r(x) siten, etta
f (x) = g(x)q(x) + r(x) eli f (x)g(x) = q(x) + r(x)
g(x)
missa joko r(x) ≡ 0 tai degr(x) < degg(x). Polynomi r(x) onjakojaannos. Jos r(x) ≡ 0 (nollapolynomi!), sanotaan, etta jakomenee tasan ja etta polynomi g(x) on polynomin f (x) tekija.Polynomin f (x) tekijoilla ja yhtalon f (x) = 0 juurilla elipolynomin f nollakohdilla eli luvuilla a, jotka toteuttavatf (a) = 0, on likeinen yhteys, nimittain
Teoreema (Tekijoihin jako)
Olkoon f (x) polynomi ja a vakio. Silloin a on polynomin f (x)nollakohta jos, ja vain jos polynomi g(x) = x − a on polynominf (x) tekija.
Polynomien jakoalgoritmiJos f (x) ja g(x) ovat polynomeja siten, etta degg(x) ≤ degf (x),on olemassa polynomit q(x) ja r(x) siten, etta
f (x) = g(x)q(x) + r(x) eli f (x)g(x) = q(x) + r(x)
g(x)
missa joko r(x) ≡ 0 tai degr(x) < degg(x). Polynomi r(x) onjakojaannos. Jos r(x) ≡ 0 (nollapolynomi!), sanotaan, etta jakomenee tasan ja etta polynomi g(x) on polynomin f (x) tekija.
Polynomin f (x) tekijoilla ja yhtalon f (x) = 0 juurilla elipolynomin f nollakohdilla eli luvuilla a, jotka toteuttavatf (a) = 0, on likeinen yhteys, nimittain
Teoreema (Tekijoihin jako)
Olkoon f (x) polynomi ja a vakio. Silloin a on polynomin f (x)nollakohta jos, ja vain jos polynomi g(x) = x − a on polynominf (x) tekija.
Polynomien jakoalgoritmiJos f (x) ja g(x) ovat polynomeja siten, etta degg(x) ≤ degf (x),on olemassa polynomit q(x) ja r(x) siten, etta
f (x) = g(x)q(x) + r(x) eli f (x)g(x) = q(x) + r(x)
g(x)
missa joko r(x) ≡ 0 tai degr(x) < degg(x). Polynomi r(x) onjakojaannos. Jos r(x) ≡ 0 (nollapolynomi!), sanotaan, etta jakomenee tasan ja etta polynomi g(x) on polynomin f (x) tekija.Polynomin f (x) tekijoilla ja yhtalon f (x) = 0 juurilla elipolynomin f nollakohdilla eli luvuilla a, jotka toteuttavatf (a) = 0, on likeinen yhteys, nimittain
Teoreema (Tekijoihin jako)
Olkoon f (x) polynomi ja a vakio. Silloin a on polynomin f (x)nollakohta jos, ja vain jos polynomi g(x) = x − a on polynominf (x) tekija.
Polynomien jakoalgoritmiJos f (x) ja g(x) ovat polynomeja siten, etta degg(x) ≤ degf (x),on olemassa polynomit q(x) ja r(x) siten, etta
f (x) = g(x)q(x) + r(x) eli f (x)g(x) = q(x) + r(x)
g(x)
missa joko r(x) ≡ 0 tai degr(x) < degg(x). Polynomi r(x) onjakojaannos. Jos r(x) ≡ 0 (nollapolynomi!), sanotaan, etta jakomenee tasan ja etta polynomi g(x) on polynomin f (x) tekija.Polynomin f (x) tekijoilla ja yhtalon f (x) = 0 juurilla elipolynomin f nollakohdilla eli luvuilla a, jotka toteuttavatf (a) = 0, on likeinen yhteys, nimittain
Teoreema (Tekijoihin jako)
Olkoon f (x) polynomi ja a vakio. Silloin a on polynomin f (x)nollakohta jos, ja vain jos polynomi g(x) = x − a on polynominf (x) tekija.
Todistus Oletetaan ensin, etta g(x) = x − a on polynomin f (x)tekija eli f (x) = (x − a)q(x).
Silloin f (a) = (a− a)q(a) = 0 eli aon polynomin f (x) nollakohta.Oletaan kaantaen, etta a on polynomin f (x) nollakohta.
Jakoalgoritmin mukaan on olemassa polynomit q(x) ja r(x)siten, etta f (x) = (x − a)q(x) + r(x), missa r(x) ≡ 0 taidegr(x) < degg(x) = 1. Siis jakojaannos r(x) on vakiopolynomir(x) = r (vakio). Koska toisaalta f (a) = (a− a)q(a) + r = 0,pitaa olla r = 0. Tama tarkoittaa, etta polynomi g(x) = x − aon polynomin f (x) tekija. �
Mikaan ei valitettavasti takaa, etta jokaisen polynomin p(x)nollakohdat eli yhtalon p(x) = 0 juuret voitaisiin aina loytaa -norjalainen Abel todisti taman vuonna 1829 ja vuonna 1830vain 19-vuotias Galois yleisti tuloksen.Jotakin kuitenkin voidaan sanoa kokonaislukukertoimistenpolynomien nollakohdista.
Todistus Oletetaan ensin, etta g(x) = x − a on polynomin f (x)tekija eli f (x) = (x − a)q(x). Silloin f (a) = (a− a)q(a) = 0 eli aon polynomin f (x) nollakohta.
Oletaan kaantaen, etta a on polynomin f (x) nollakohta.Jakoalgoritmin mukaan on olemassa polynomit q(x) ja r(x)siten, etta f (x) = (x − a)q(x) + r(x), missa r(x) ≡ 0 taidegr(x) < degg(x) = 1. Siis jakojaannos r(x) on vakiopolynomir(x) = r (vakio). Koska toisaalta f (a) = (a− a)q(a) + r = 0,pitaa olla r = 0. Tama tarkoittaa, etta polynomi g(x) = x − aon polynomin f (x) tekija. �
Mikaan ei valitettavasti takaa, etta jokaisen polynomin p(x)nollakohdat eli yhtalon p(x) = 0 juuret voitaisiin aina loytaa -norjalainen Abel todisti taman vuonna 1829 ja vuonna 1830vain 19-vuotias Galois yleisti tuloksen.Jotakin kuitenkin voidaan sanoa kokonaislukukertoimistenpolynomien nollakohdista.
Todistus Oletetaan ensin, etta g(x) = x − a on polynomin f (x)tekija eli f (x) = (x − a)q(x). Silloin f (a) = (a− a)q(a) = 0 eli aon polynomin f (x) nollakohta.Oletaan kaantaen, etta a on polynomin f (x) nollakohta.
Jakoalgoritmin mukaan on olemassa polynomit q(x) ja r(x)siten, etta f (x) = (x − a)q(x) + r(x), missa r(x) ≡ 0 taidegr(x) < degg(x) = 1. Siis jakojaannos r(x) on vakiopolynomir(x) = r (vakio). Koska toisaalta f (a) = (a− a)q(a) + r = 0,pitaa olla r = 0. Tama tarkoittaa, etta polynomi g(x) = x − aon polynomin f (x) tekija. �
Mikaan ei valitettavasti takaa, etta jokaisen polynomin p(x)nollakohdat eli yhtalon p(x) = 0 juuret voitaisiin aina loytaa -norjalainen Abel todisti taman vuonna 1829 ja vuonna 1830vain 19-vuotias Galois yleisti tuloksen.Jotakin kuitenkin voidaan sanoa kokonaislukukertoimistenpolynomien nollakohdista.
Todistus Oletetaan ensin, etta g(x) = x − a on polynomin f (x)tekija eli f (x) = (x − a)q(x). Silloin f (a) = (a− a)q(a) = 0 eli aon polynomin f (x) nollakohta.Oletaan kaantaen, etta a on polynomin f (x) nollakohta.
Jakoalgoritmin mukaan on olemassa polynomit q(x) ja r(x)siten, etta f (x) = (x − a)q(x) + r(x), missa r(x) ≡ 0 taidegr(x) < degg(x) = 1.
Siis jakojaannos r(x) on vakiopolynomir(x) = r (vakio). Koska toisaalta f (a) = (a− a)q(a) + r = 0,pitaa olla r = 0. Tama tarkoittaa, etta polynomi g(x) = x − aon polynomin f (x) tekija. �
Mikaan ei valitettavasti takaa, etta jokaisen polynomin p(x)nollakohdat eli yhtalon p(x) = 0 juuret voitaisiin aina loytaa -norjalainen Abel todisti taman vuonna 1829 ja vuonna 1830vain 19-vuotias Galois yleisti tuloksen.Jotakin kuitenkin voidaan sanoa kokonaislukukertoimistenpolynomien nollakohdista.
Todistus Oletetaan ensin, etta g(x) = x − a on polynomin f (x)tekija eli f (x) = (x − a)q(x). Silloin f (a) = (a− a)q(a) = 0 eli aon polynomin f (x) nollakohta.Oletaan kaantaen, etta a on polynomin f (x) nollakohta.
Jakoalgoritmin mukaan on olemassa polynomit q(x) ja r(x)siten, etta f (x) = (x − a)q(x) + r(x), missa r(x) ≡ 0 taidegr(x) < degg(x) = 1. Siis jakojaannos r(x) on vakiopolynomir(x) = r (vakio).
Koska toisaalta f (a) = (a− a)q(a) + r = 0,pitaa olla r = 0. Tama tarkoittaa, etta polynomi g(x) = x − aon polynomin f (x) tekija. �
Mikaan ei valitettavasti takaa, etta jokaisen polynomin p(x)nollakohdat eli yhtalon p(x) = 0 juuret voitaisiin aina loytaa -norjalainen Abel todisti taman vuonna 1829 ja vuonna 1830vain 19-vuotias Galois yleisti tuloksen.Jotakin kuitenkin voidaan sanoa kokonaislukukertoimistenpolynomien nollakohdista.
Todistus Oletetaan ensin, etta g(x) = x − a on polynomin f (x)tekija eli f (x) = (x − a)q(x). Silloin f (a) = (a− a)q(a) = 0 eli aon polynomin f (x) nollakohta.Oletaan kaantaen, etta a on polynomin f (x) nollakohta.
Jakoalgoritmin mukaan on olemassa polynomit q(x) ja r(x)siten, etta f (x) = (x − a)q(x) + r(x), missa r(x) ≡ 0 taidegr(x) < degg(x) = 1. Siis jakojaannos r(x) on vakiopolynomir(x) = r (vakio). Koska toisaalta f (a) = (a− a)q(a) + r = 0,pitaa olla r = 0.
Tama tarkoittaa, etta polynomi g(x) = x − aon polynomin f (x) tekija. �
Mikaan ei valitettavasti takaa, etta jokaisen polynomin p(x)nollakohdat eli yhtalon p(x) = 0 juuret voitaisiin aina loytaa -norjalainen Abel todisti taman vuonna 1829 ja vuonna 1830vain 19-vuotias Galois yleisti tuloksen.Jotakin kuitenkin voidaan sanoa kokonaislukukertoimistenpolynomien nollakohdista.
Todistus Oletetaan ensin, etta g(x) = x − a on polynomin f (x)tekija eli f (x) = (x − a)q(x). Silloin f (a) = (a− a)q(a) = 0 eli aon polynomin f (x) nollakohta.Oletaan kaantaen, etta a on polynomin f (x) nollakohta.
Jakoalgoritmin mukaan on olemassa polynomit q(x) ja r(x)siten, etta f (x) = (x − a)q(x) + r(x), missa r(x) ≡ 0 taidegr(x) < degg(x) = 1. Siis jakojaannos r(x) on vakiopolynomir(x) = r (vakio). Koska toisaalta f (a) = (a− a)q(a) + r = 0,pitaa olla r = 0. Tama tarkoittaa, etta polynomi g(x) = x − aon polynomin f (x) tekija. �
Mikaan ei valitettavasti takaa, etta jokaisen polynomin p(x)nollakohdat eli yhtalon p(x) = 0 juuret voitaisiin aina loytaa -norjalainen Abel todisti taman vuonna 1829 ja vuonna 1830vain 19-vuotias Galois yleisti tuloksen.Jotakin kuitenkin voidaan sanoa kokonaislukukertoimistenpolynomien nollakohdista.
Todistus Oletetaan ensin, etta g(x) = x − a on polynomin f (x)tekija eli f (x) = (x − a)q(x). Silloin f (a) = (a− a)q(a) = 0 eli aon polynomin f (x) nollakohta.Oletaan kaantaen, etta a on polynomin f (x) nollakohta.
Jakoalgoritmin mukaan on olemassa polynomit q(x) ja r(x)siten, etta f (x) = (x − a)q(x) + r(x), missa r(x) ≡ 0 taidegr(x) < degg(x) = 1. Siis jakojaannos r(x) on vakiopolynomir(x) = r (vakio). Koska toisaalta f (a) = (a− a)q(a) + r = 0,pitaa olla r = 0. Tama tarkoittaa, etta polynomi g(x) = x − aon polynomin f (x) tekija. �
Mikaan ei valitettavasti takaa, etta jokaisen polynomin p(x)nollakohdat eli yhtalon p(x) = 0 juuret voitaisiin aina loytaa -norjalainen Abel todisti taman vuonna 1829 ja vuonna 1830vain 19-vuotias Galois yleisti tuloksen.
Jotakin kuitenkin voidaan sanoa kokonaislukukertoimistenpolynomien nollakohdista.
Todistus Oletetaan ensin, etta g(x) = x − a on polynomin f (x)tekija eli f (x) = (x − a)q(x). Silloin f (a) = (a− a)q(a) = 0 eli aon polynomin f (x) nollakohta.Oletaan kaantaen, etta a on polynomin f (x) nollakohta.
Jakoalgoritmin mukaan on olemassa polynomit q(x) ja r(x)siten, etta f (x) = (x − a)q(x) + r(x), missa r(x) ≡ 0 taidegr(x) < degg(x) = 1. Siis jakojaannos r(x) on vakiopolynomir(x) = r (vakio). Koska toisaalta f (a) = (a− a)q(a) + r = 0,pitaa olla r = 0. Tama tarkoittaa, etta polynomi g(x) = x − aon polynomin f (x) tekija. �
Mikaan ei valitettavasti takaa, etta jokaisen polynomin p(x)nollakohdat eli yhtalon p(x) = 0 juuret voitaisiin aina loytaa -norjalainen Abel todisti taman vuonna 1829 ja vuonna 1830vain 19-vuotias Galois yleisti tuloksen.Jotakin kuitenkin voidaan sanoa kokonaislukukertoimistenpolynomien nollakohdista.
Teoreema (Rationaalijuuriteoreema)
Olkoon p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n kok.lukukertoiminenpolynomi ja rationaaliluku a
b supistetussa muodossa. Jos ab on
polynomin p(x) nollakohta, niin a0 on a:n monikerta ja an on b:nmonikerta.
Todistus. Jos lauseen ehdot ovat voimassa, niin p( ab ) = 0 eli
a0 + a1ab + a2(
ab )
2 + · · ·+ an(ab )
n = 0.
Kertomalla puolittain termilla bn saadaan
a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b + anan = 0
eli a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b = −anan.
Yhtalon vasemmalla puolella on b tekijana eli yhtalo on muotoabK = −anan, siis − K
an b = an, koska a:n ja b:n ainoa yhteinentekija on 1, on an b:n monikerta. - Vast. on a0 a:n monikerta. �
Teoreema (Rationaalijuuriteoreema)
Olkoon p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n kok.lukukertoiminenpolynomi ja rationaaliluku a
b supistetussa muodossa. Jos ab on
polynomin p(x) nollakohta, niin a0 on a:n monikerta ja an on b:nmonikerta.
Todistus. Jos lauseen ehdot ovat voimassa, niin p( ab ) = 0 eli
a0 + a1ab + a2(
ab )
2 + · · ·+ an(ab )
n = 0.
Kertomalla puolittain termilla bn saadaan
a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b + anan = 0
eli a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b = −anan.
Yhtalon vasemmalla puolella on b tekijana eli yhtalo on muotoabK = −anan, siis − K
an b = an, koska a:n ja b:n ainoa yhteinentekija on 1, on an b:n monikerta. - Vast. on a0 a:n monikerta. �
Teoreema (Rationaalijuuriteoreema)
Olkoon p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n kok.lukukertoiminenpolynomi ja rationaaliluku a
b supistetussa muodossa. Jos ab on
polynomin p(x) nollakohta, niin a0 on a:n monikerta ja an on b:nmonikerta.
Todistus. Jos lauseen ehdot ovat voimassa, niin p( ab ) = 0 eli
a0 + a1ab + a2(
ab )
2 + · · ·+ an(ab )
n = 0.
Kertomalla puolittain termilla bn saadaan
a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b + anan = 0
eli a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b = −anan.
Yhtalon vasemmalla puolella on b tekijana eli yhtalo on muotoabK = −anan, siis − K
an b = an, koska a:n ja b:n ainoa yhteinentekija on 1, on an b:n monikerta. - Vast. on a0 a:n monikerta. �
Teoreema (Rationaalijuuriteoreema)
Olkoon p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n kok.lukukertoiminenpolynomi ja rationaaliluku a
b supistetussa muodossa. Jos ab on
polynomin p(x) nollakohta, niin a0 on a:n monikerta ja an on b:nmonikerta.
Todistus. Jos lauseen ehdot ovat voimassa, niin p( ab ) = 0 eli
a0 + a1ab + a2(
ab )
2 + · · ·+ an(ab )
n = 0.
Kertomalla puolittain termilla bn saadaan
a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b + anan = 0
eli a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b = −anan.
Yhtalon vasemmalla puolella on b tekijana eli yhtalo on muotoabK = −anan, siis − K
an b = an, koska a:n ja b:n ainoa yhteinentekija on 1, on an b:n monikerta. - Vast. on a0 a:n monikerta. �
Teoreema (Rationaalijuuriteoreema)
Olkoon p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n kok.lukukertoiminenpolynomi ja rationaaliluku a
b supistetussa muodossa. Jos ab on
polynomin p(x) nollakohta, niin a0 on a:n monikerta ja an on b:nmonikerta.
Todistus. Jos lauseen ehdot ovat voimassa, niin p( ab ) = 0 eli
a0 + a1ab + a2(
ab )
2 + · · ·+ an(ab )
n = 0.
Kertomalla puolittain termilla bn saadaan
a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b + anan = 0
eli a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b = −anan.
Yhtalon vasemmalla puolella on b tekijana eli yhtalo on muotoabK = −anan,
siis − Kan b = an, koska a:n ja b:n ainoa yhteinen
tekija on 1, on an b:n monikerta. - Vast. on a0 a:n monikerta. �
Teoreema (Rationaalijuuriteoreema)
Olkoon p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n kok.lukukertoiminenpolynomi ja rationaaliluku a
b supistetussa muodossa. Jos ab on
polynomin p(x) nollakohta, niin a0 on a:n monikerta ja an on b:nmonikerta.
Todistus. Jos lauseen ehdot ovat voimassa, niin p( ab ) = 0 eli
a0 + a1ab + a2(
ab )
2 + · · ·+ an(ab )
n = 0.
Kertomalla puolittain termilla bn saadaan
a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b + anan = 0
eli a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b = −anan.
Yhtalon vasemmalla puolella on b tekijana eli yhtalo on muotoabK = −anan, siis − K
an b = an,
koska a:n ja b:n ainoa yhteinentekija on 1, on an b:n monikerta. - Vast. on a0 a:n monikerta. �
Teoreema (Rationaalijuuriteoreema)
Olkoon p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n kok.lukukertoiminenpolynomi ja rationaaliluku a
b supistetussa muodossa. Jos ab on
polynomin p(x) nollakohta, niin a0 on a:n monikerta ja an on b:nmonikerta.
Todistus. Jos lauseen ehdot ovat voimassa, niin p( ab ) = 0 eli
a0 + a1ab + a2(
ab )
2 + · · ·+ an(ab )
n = 0.
Kertomalla puolittain termilla bn saadaan
a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b + anan = 0
eli a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b = −anan.
Yhtalon vasemmalla puolella on b tekijana eli yhtalo on muotoabK = −anan, siis − K
an b = an, koska a:n ja b:n ainoa yhteinentekija on 1, on an b:n monikerta.
- Vast. on a0 a:n monikerta. �
Teoreema (Rationaalijuuriteoreema)
Olkoon p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx
n kok.lukukertoiminenpolynomi ja rationaaliluku a
b supistetussa muodossa. Jos ab on
polynomin p(x) nollakohta, niin a0 on a:n monikerta ja an on b:nmonikerta.
Todistus. Jos lauseen ehdot ovat voimassa, niin p( ab ) = 0 eli
a0 + a1ab + a2(
ab )
2 + · · ·+ an(ab )
n = 0.
Kertomalla puolittain termilla bn saadaan
a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b + anan = 0
eli a0bn + a1ab
n−1 + a2a2bn−2 + · · ·+ an−1a
n−1b = −anan.
Yhtalon vasemmalla puolella on b tekijana eli yhtalo on muotoabK = −anan, siis − K
an b = an, koska a:n ja b:n ainoa yhteinentekija on 1, on an b:n monikerta. - Vast. on a0 a:n monikerta. �
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = 6x3 + 13x2 − 4 rationaalisetnollakohdat eli yhtalon 6x3 + 13x2 − 4 = 0 rationaaliset juuret.
Ratkaisu Jos a/b on rationaalinen juuri, niin a ∈ {±1,±2,±4}ja b ∈ {±1,±2,±3,±6}, joten mahdolliset rationaalijuuret a/bovat joukossa {±1,±2,±3,±1
2 ,±13 ,±
23 ,±
43 ,±
16}. Kokeilemalla
todetaan, etta x = −2,−23 ja 1
2 toteuttavat p(x) = 0.
Huomaa myos, etta jos f (x) = (x − a)q(x), niin f (x):n muutnollakohdat ovat samat kuin q(x):n nollakohdat (huom.kertoimista ei nyt oleteta, etta ne olisivat kokonaislukuja!).Palautetaan mieleen erityisesti toisen asteen yhtalonax2 + bx + c = 0 juuret eli kaava
x1,2 =−b±
√b2−4ac2a .
Jos diskriminantti b2 − 4ac on (a) positiivinen, on ratkaisuina 2reaalista juurta, (b) on 0, on ratkaisuna 1 reaalinen juuri ja (c)on negatiivinen, on ratkaisuina 2 kompleksijuurta.
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = 6x3 + 13x2 − 4 rationaalisetnollakohdat eli yhtalon 6x3 + 13x2 − 4 = 0 rationaaliset juuret.Ratkaisu Jos a/b on rationaalinen juuri, niin a ∈ {±1,±2,±4}ja b ∈ {±1,±2,±3,±6},
joten mahdolliset rationaalijuuret a/bovat joukossa {±1,±2,±3,±1
2 ,±13 ,±
23 ,±
43 ,±
16}. Kokeilemalla
todetaan, etta x = −2,−23 ja 1
2 toteuttavat p(x) = 0.
Huomaa myos, etta jos f (x) = (x − a)q(x), niin f (x):n muutnollakohdat ovat samat kuin q(x):n nollakohdat (huom.kertoimista ei nyt oleteta, etta ne olisivat kokonaislukuja!).Palautetaan mieleen erityisesti toisen asteen yhtalonax2 + bx + c = 0 juuret eli kaava
x1,2 =−b±
√b2−4ac2a .
Jos diskriminantti b2 − 4ac on (a) positiivinen, on ratkaisuina 2reaalista juurta, (b) on 0, on ratkaisuna 1 reaalinen juuri ja (c)on negatiivinen, on ratkaisuina 2 kompleksijuurta.
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = 6x3 + 13x2 − 4 rationaalisetnollakohdat eli yhtalon 6x3 + 13x2 − 4 = 0 rationaaliset juuret.Ratkaisu Jos a/b on rationaalinen juuri, niin a ∈ {±1,±2,±4}ja b ∈ {±1,±2,±3,±6}, joten mahdolliset rationaalijuuret a/bovat joukossa {±1,±2,±3,±1
2 ,±13 ,±
23 ,±
43 ,±
16}.
Kokeilemallatodetaan, etta x = −2,−2
3 ja 12 toteuttavat p(x) = 0.
Huomaa myos, etta jos f (x) = (x − a)q(x), niin f (x):n muutnollakohdat ovat samat kuin q(x):n nollakohdat (huom.kertoimista ei nyt oleteta, etta ne olisivat kokonaislukuja!).Palautetaan mieleen erityisesti toisen asteen yhtalonax2 + bx + c = 0 juuret eli kaava
x1,2 =−b±
√b2−4ac2a .
Jos diskriminantti b2 − 4ac on (a) positiivinen, on ratkaisuina 2reaalista juurta, (b) on 0, on ratkaisuna 1 reaalinen juuri ja (c)on negatiivinen, on ratkaisuina 2 kompleksijuurta.
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = 6x3 + 13x2 − 4 rationaalisetnollakohdat eli yhtalon 6x3 + 13x2 − 4 = 0 rationaaliset juuret.Ratkaisu Jos a/b on rationaalinen juuri, niin a ∈ {±1,±2,±4}ja b ∈ {±1,±2,±3,±6}, joten mahdolliset rationaalijuuret a/bovat joukossa {±1,±2,±3,±1
2 ,±13 ,±
23 ,±
43 ,±
16}. Kokeilemalla
todetaan, etta x = −2,−23 ja 1
2 toteuttavat p(x) = 0.
Huomaa myos, etta jos f (x) = (x − a)q(x), niin f (x):n muutnollakohdat ovat samat kuin q(x):n nollakohdat (huom.kertoimista ei nyt oleteta, etta ne olisivat kokonaislukuja!).Palautetaan mieleen erityisesti toisen asteen yhtalonax2 + bx + c = 0 juuret eli kaava
x1,2 =−b±
√b2−4ac2a .
Jos diskriminantti b2 − 4ac on (a) positiivinen, on ratkaisuina 2reaalista juurta, (b) on 0, on ratkaisuna 1 reaalinen juuri ja (c)on negatiivinen, on ratkaisuina 2 kompleksijuurta.
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = 6x3 + 13x2 − 4 rationaalisetnollakohdat eli yhtalon 6x3 + 13x2 − 4 = 0 rationaaliset juuret.Ratkaisu Jos a/b on rationaalinen juuri, niin a ∈ {±1,±2,±4}ja b ∈ {±1,±2,±3,±6}, joten mahdolliset rationaalijuuret a/bovat joukossa {±1,±2,±3,±1
2 ,±13 ,±
23 ,±
43 ,±
16}. Kokeilemalla
todetaan, etta x = −2,−23 ja 1
2 toteuttavat p(x) = 0.
Huomaa myos, etta jos f (x) = (x − a)q(x), niin f (x):n muutnollakohdat ovat samat kuin q(x):n nollakohdat (huom.kertoimista ei nyt oleteta, etta ne olisivat kokonaislukuja!).
Palautetaan mieleen erityisesti toisen asteen yhtalonax2 + bx + c = 0 juuret eli kaava
x1,2 =−b±
√b2−4ac2a .
Jos diskriminantti b2 − 4ac on (a) positiivinen, on ratkaisuina 2reaalista juurta, (b) on 0, on ratkaisuna 1 reaalinen juuri ja (c)on negatiivinen, on ratkaisuina 2 kompleksijuurta.
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = 6x3 + 13x2 − 4 rationaalisetnollakohdat eli yhtalon 6x3 + 13x2 − 4 = 0 rationaaliset juuret.Ratkaisu Jos a/b on rationaalinen juuri, niin a ∈ {±1,±2,±4}ja b ∈ {±1,±2,±3,±6}, joten mahdolliset rationaalijuuret a/bovat joukossa {±1,±2,±3,±1
2 ,±13 ,±
23 ,±
43 ,±
16}. Kokeilemalla
todetaan, etta x = −2,−23 ja 1
2 toteuttavat p(x) = 0.
Huomaa myos, etta jos f (x) = (x − a)q(x), niin f (x):n muutnollakohdat ovat samat kuin q(x):n nollakohdat (huom.kertoimista ei nyt oleteta, etta ne olisivat kokonaislukuja!).Palautetaan mieleen erityisesti toisen asteen yhtalonax2 + bx + c = 0 juuret eli kaava
x1,2 =−b±
√b2−4ac2a .
Jos diskriminantti b2 − 4ac on (a) positiivinen, on ratkaisuina 2reaalista juurta, (b) on 0, on ratkaisuna 1 reaalinen juuri ja (c)on negatiivinen, on ratkaisuina 2 kompleksijuurta.
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = 6x3 + 13x2 − 4 rationaalisetnollakohdat eli yhtalon 6x3 + 13x2 − 4 = 0 rationaaliset juuret.Ratkaisu Jos a/b on rationaalinen juuri, niin a ∈ {±1,±2,±4}ja b ∈ {±1,±2,±3,±6}, joten mahdolliset rationaalijuuret a/bovat joukossa {±1,±2,±3,±1
2 ,±13 ,±
23 ,±
43 ,±
16}. Kokeilemalla
todetaan, etta x = −2,−23 ja 1
2 toteuttavat p(x) = 0.
Huomaa myos, etta jos f (x) = (x − a)q(x), niin f (x):n muutnollakohdat ovat samat kuin q(x):n nollakohdat (huom.kertoimista ei nyt oleteta, etta ne olisivat kokonaislukuja!).Palautetaan mieleen erityisesti toisen asteen yhtalonax2 + bx + c = 0 juuret eli kaava
x1,2 =−b±
√b2−4ac2a .
Jos diskriminantti b2 − 4ac on (a) positiivinen, on ratkaisuina 2reaalista juurta,
(b) on 0, on ratkaisuna 1 reaalinen juuri ja (c)on negatiivinen, on ratkaisuina 2 kompleksijuurta.
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = 6x3 + 13x2 − 4 rationaalisetnollakohdat eli yhtalon 6x3 + 13x2 − 4 = 0 rationaaliset juuret.Ratkaisu Jos a/b on rationaalinen juuri, niin a ∈ {±1,±2,±4}ja b ∈ {±1,±2,±3,±6}, joten mahdolliset rationaalijuuret a/bovat joukossa {±1,±2,±3,±1
2 ,±13 ,±
23 ,±
43 ,±
16}. Kokeilemalla
todetaan, etta x = −2,−23 ja 1
2 toteuttavat p(x) = 0.
Huomaa myos, etta jos f (x) = (x − a)q(x), niin f (x):n muutnollakohdat ovat samat kuin q(x):n nollakohdat (huom.kertoimista ei nyt oleteta, etta ne olisivat kokonaislukuja!).Palautetaan mieleen erityisesti toisen asteen yhtalonax2 + bx + c = 0 juuret eli kaava
x1,2 =−b±
√b2−4ac2a .
Jos diskriminantti b2 − 4ac on (a) positiivinen, on ratkaisuina 2reaalista juurta, (b) on 0, on ratkaisuna 1 reaalinen juuri ja
(c)on negatiivinen, on ratkaisuina 2 kompleksijuurta.
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = 6x3 + 13x2 − 4 rationaalisetnollakohdat eli yhtalon 6x3 + 13x2 − 4 = 0 rationaaliset juuret.Ratkaisu Jos a/b on rationaalinen juuri, niin a ∈ {±1,±2,±4}ja b ∈ {±1,±2,±3,±6}, joten mahdolliset rationaalijuuret a/bovat joukossa {±1,±2,±3,±1
2 ,±13 ,±
23 ,±
43 ,±
16}. Kokeilemalla
todetaan, etta x = −2,−23 ja 1
2 toteuttavat p(x) = 0.
Huomaa myos, etta jos f (x) = (x − a)q(x), niin f (x):n muutnollakohdat ovat samat kuin q(x):n nollakohdat (huom.kertoimista ei nyt oleteta, etta ne olisivat kokonaislukuja!).Palautetaan mieleen erityisesti toisen asteen yhtalonax2 + bx + c = 0 juuret eli kaava
x1,2 =−b±
√b2−4ac2a .
Jos diskriminantti b2 − 4ac on (a) positiivinen, on ratkaisuina 2reaalista juurta, (b) on 0, on ratkaisuna 1 reaalinen juuri ja (c)on negatiivinen, on ratkaisuina 2 kompleksijuurta.
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = x3− 3x2 +3x − 1 nollakohdat.
Ratkaisu Rationaalijuuriteoreeman avulla huomataan, ettamahdolliset rationaalijuuret ovat x = ±1, naista (kokeilemalla)x1 = 1 on p(x):n nollakohta. Jakamalla p(x) polynomillag(x) = x − 1 saadaan p(x) = (x − 1)(x2 − 2x + 1). Muut juuretovat nyt samat kuin yhtalon (x2 − 2x + 1) = 0 nollakohdat eli
x2,3 =+2±√
(−2)2−4·1·12·1 = 1.
Vaikka vain x = 1 on juuri, sanomme, etta tama juuri onkolmoisjuuri. Tama johtuu Gaussin vuonna 1797 todistamastatuloksesta (jota emme tassa todista)
Teoreema (Algebran peruslause)
Jokaisella reaaliluku- tai kompleksilukukertoimisella n:n asteenpolynomilla on tasmalleen n kappaletta kompleksisia juuria (joistaosa voi olla yhtasuuria).
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = x3− 3x2 +3x − 1 nollakohdat.Ratkaisu Rationaalijuuriteoreeman avulla huomataan, ettamahdolliset rationaalijuuret ovat x = ±1, naista (kokeilemalla)x1 = 1 on p(x):n nollakohta.
Jakamalla p(x) polynomillag(x) = x − 1 saadaan p(x) = (x − 1)(x2 − 2x + 1). Muut juuretovat nyt samat kuin yhtalon (x2 − 2x + 1) = 0 nollakohdat eli
x2,3 =+2±√
(−2)2−4·1·12·1 = 1.
Vaikka vain x = 1 on juuri, sanomme, etta tama juuri onkolmoisjuuri. Tama johtuu Gaussin vuonna 1797 todistamastatuloksesta (jota emme tassa todista)
Teoreema (Algebran peruslause)
Jokaisella reaaliluku- tai kompleksilukukertoimisella n:n asteenpolynomilla on tasmalleen n kappaletta kompleksisia juuria (joistaosa voi olla yhtasuuria).
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = x3− 3x2 +3x − 1 nollakohdat.Ratkaisu Rationaalijuuriteoreeman avulla huomataan, ettamahdolliset rationaalijuuret ovat x = ±1, naista (kokeilemalla)x1 = 1 on p(x):n nollakohta. Jakamalla p(x) polynomillag(x) = x − 1 saadaan p(x) = (x − 1)(x2 − 2x + 1).
Muut juuretovat nyt samat kuin yhtalon (x2 − 2x + 1) = 0 nollakohdat eli
x2,3 =+2±√
(−2)2−4·1·12·1 = 1.
Vaikka vain x = 1 on juuri, sanomme, etta tama juuri onkolmoisjuuri. Tama johtuu Gaussin vuonna 1797 todistamastatuloksesta (jota emme tassa todista)
Teoreema (Algebran peruslause)
Jokaisella reaaliluku- tai kompleksilukukertoimisella n:n asteenpolynomilla on tasmalleen n kappaletta kompleksisia juuria (joistaosa voi olla yhtasuuria).
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = x3− 3x2 +3x − 1 nollakohdat.Ratkaisu Rationaalijuuriteoreeman avulla huomataan, ettamahdolliset rationaalijuuret ovat x = ±1, naista (kokeilemalla)x1 = 1 on p(x):n nollakohta. Jakamalla p(x) polynomillag(x) = x − 1 saadaan p(x) = (x − 1)(x2 − 2x + 1). Muut juuretovat nyt samat kuin yhtalon (x2 − 2x + 1) = 0 nollakohdat
eli
x2,3 =+2±√
(−2)2−4·1·12·1 = 1.
Vaikka vain x = 1 on juuri, sanomme, etta tama juuri onkolmoisjuuri. Tama johtuu Gaussin vuonna 1797 todistamastatuloksesta (jota emme tassa todista)
Teoreema (Algebran peruslause)
Jokaisella reaaliluku- tai kompleksilukukertoimisella n:n asteenpolynomilla on tasmalleen n kappaletta kompleksisia juuria (joistaosa voi olla yhtasuuria).
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = x3− 3x2 +3x − 1 nollakohdat.Ratkaisu Rationaalijuuriteoreeman avulla huomataan, ettamahdolliset rationaalijuuret ovat x = ±1, naista (kokeilemalla)x1 = 1 on p(x):n nollakohta. Jakamalla p(x) polynomillag(x) = x − 1 saadaan p(x) = (x − 1)(x2 − 2x + 1). Muut juuretovat nyt samat kuin yhtalon (x2 − 2x + 1) = 0 nollakohdat eli
x2,3 =+2±√
(−2)2−4·1·12·1 = 1.
Vaikka vain x = 1 on juuri, sanomme, etta tama juuri onkolmoisjuuri. Tama johtuu Gaussin vuonna 1797 todistamastatuloksesta (jota emme tassa todista)
Teoreema (Algebran peruslause)
Jokaisella reaaliluku- tai kompleksilukukertoimisella n:n asteenpolynomilla on tasmalleen n kappaletta kompleksisia juuria (joistaosa voi olla yhtasuuria).
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = x3− 3x2 +3x − 1 nollakohdat.Ratkaisu Rationaalijuuriteoreeman avulla huomataan, ettamahdolliset rationaalijuuret ovat x = ±1, naista (kokeilemalla)x1 = 1 on p(x):n nollakohta. Jakamalla p(x) polynomillag(x) = x − 1 saadaan p(x) = (x − 1)(x2 − 2x + 1). Muut juuretovat nyt samat kuin yhtalon (x2 − 2x + 1) = 0 nollakohdat eli
x2,3 =+2±√
(−2)2−4·1·12·1 = 1.
Vaikka vain x = 1 on juuri, sanomme, etta tama juuri onkolmoisjuuri.
Tama johtuu Gaussin vuonna 1797 todistamastatuloksesta (jota emme tassa todista)
Teoreema (Algebran peruslause)
Jokaisella reaaliluku- tai kompleksilukukertoimisella n:n asteenpolynomilla on tasmalleen n kappaletta kompleksisia juuria (joistaosa voi olla yhtasuuria).
Esimerkki Etsi polynomin p(x) = x3− 3x2 +3x − 1 nollakohdat.Ratkaisu Rationaalijuuriteoreeman avulla huomataan, ettamahdolliset rationaalijuuret ovat x = ±1, naista (kokeilemalla)x1 = 1 on p(x):n nollakohta. Jakamalla p(x) polynomillag(x) = x − 1 saadaan p(x) = (x − 1)(x2 − 2x + 1). Muut juuretovat nyt samat kuin yhtalon (x2 − 2x + 1) = 0 nollakohdat eli
x2,3 =+2±√
(−2)2−4·1·12·1 = 1.
Vaikka vain x = 1 on juuri, sanomme, etta tama juuri onkolmoisjuuri. Tama johtuu Gaussin vuonna 1797 todistamastatuloksesta (jota emme tassa todista)
Teoreema (Algebran peruslause)
Jokaisella reaaliluku- tai kompleksilukukertoimisella n:n asteenpolynomilla on tasmalleen n kappaletta kompleksisia juuria (joistaosa voi olla yhtasuuria).
Usein matematiikan sovelluksissa riittaa, kun loydammereaalikertoimisen polynomin nollakohdat joltakin reaaliluku-valilta.
Descartesin vuonna 1637 esittama ja Gaussin vuonna1828 todistama merkkisaantomenetelma sanoo:Kirjoita polynomin p(x) = a0+ a1x + a2x
2+ · · ·+ anxn kertoimet
x :n potenssin mukaan kasvavaan suuruusjarjestykseen ja korvaajokainen positiivinen kerroin merkilla + ja jokainen negatiivinenkerroin merkilla −. Jos merkki muuttuu k kertaa, on polyno-milla p(x) enintaan k kappaletta positiivisia nollakohtia.
Esimerkki Todista, etta polynomilla p(x) = 4 + 2x2 − 7x4 ontasmalleen yksi positiivinen nollakohta.Ratkaisu p(x):n kertoimet muodostavat jonon ++−, jotenmerkinmuutoksia on yksi. Siten positiivisia nollakohtia voi ollaenintaan yksi. Toisaalta p(0) = 4, p(1) = −1, joten jossakinvalilla ]0, 1[ p(x) on nolla. (ks. kuva)
Usein matematiikan sovelluksissa riittaa, kun loydammereaalikertoimisen polynomin nollakohdat joltakin reaaliluku-valilta. Descartesin vuonna 1637 esittama ja Gaussin vuonna1828 todistama merkkisaantomenetelma sanoo:
Kirjoita polynomin p(x) = a0+ a1x + a2x2+ · · ·+ anx
n kertoimetx :n potenssin mukaan kasvavaan suuruusjarjestykseen ja korvaajokainen positiivinen kerroin merkilla + ja jokainen negatiivinenkerroin merkilla −. Jos merkki muuttuu k kertaa, on polyno-milla p(x) enintaan k kappaletta positiivisia nollakohtia.
Esimerkki Todista, etta polynomilla p(x) = 4 + 2x2 − 7x4 ontasmalleen yksi positiivinen nollakohta.Ratkaisu p(x):n kertoimet muodostavat jonon ++−, jotenmerkinmuutoksia on yksi. Siten positiivisia nollakohtia voi ollaenintaan yksi. Toisaalta p(0) = 4, p(1) = −1, joten jossakinvalilla ]0, 1[ p(x) on nolla. (ks. kuva)
Usein matematiikan sovelluksissa riittaa, kun loydammereaalikertoimisen polynomin nollakohdat joltakin reaaliluku-valilta. Descartesin vuonna 1637 esittama ja Gaussin vuonna1828 todistama merkkisaantomenetelma sanoo:Kirjoita polynomin p(x) = a0+ a1x + a2x
2+ · · ·+ anxn kertoimet
x :n potenssin mukaan kasvavaan suuruusjarjestykseen ja korvaajokainen positiivinen kerroin merkilla + ja jokainen negatiivinenkerroin merkilla −. Jos merkki muuttuu k kertaa, on polyno-milla p(x) enintaan k kappaletta positiivisia nollakohtia.
Esimerkki Todista, etta polynomilla p(x) = 4 + 2x2 − 7x4 ontasmalleen yksi positiivinen nollakohta.Ratkaisu p(x):n kertoimet muodostavat jonon ++−, jotenmerkinmuutoksia on yksi. Siten positiivisia nollakohtia voi ollaenintaan yksi. Toisaalta p(0) = 4, p(1) = −1, joten jossakinvalilla ]0, 1[ p(x) on nolla. (ks. kuva)
Usein matematiikan sovelluksissa riittaa, kun loydammereaalikertoimisen polynomin nollakohdat joltakin reaaliluku-valilta. Descartesin vuonna 1637 esittama ja Gaussin vuonna1828 todistama merkkisaantomenetelma sanoo:Kirjoita polynomin p(x) = a0+ a1x + a2x
2+ · · ·+ anxn kertoimet
x :n potenssin mukaan kasvavaan suuruusjarjestykseen ja korvaajokainen positiivinen kerroin merkilla + ja jokainen negatiivinenkerroin merkilla −. Jos merkki muuttuu k kertaa, on polyno-milla p(x) enintaan k kappaletta positiivisia nollakohtia.
Esimerkki Todista, etta polynomilla p(x) = 4 + 2x2 − 7x4 ontasmalleen yksi positiivinen nollakohta.
Ratkaisu p(x):n kertoimet muodostavat jonon ++−, jotenmerkinmuutoksia on yksi. Siten positiivisia nollakohtia voi ollaenintaan yksi. Toisaalta p(0) = 4, p(1) = −1, joten jossakinvalilla ]0, 1[ p(x) on nolla. (ks. kuva)
Usein matematiikan sovelluksissa riittaa, kun loydammereaalikertoimisen polynomin nollakohdat joltakin reaaliluku-valilta. Descartesin vuonna 1637 esittama ja Gaussin vuonna1828 todistama merkkisaantomenetelma sanoo:Kirjoita polynomin p(x) = a0+ a1x + a2x
2+ · · ·+ anxn kertoimet
x :n potenssin mukaan kasvavaan suuruusjarjestykseen ja korvaajokainen positiivinen kerroin merkilla + ja jokainen negatiivinenkerroin merkilla −. Jos merkki muuttuu k kertaa, on polyno-milla p(x) enintaan k kappaletta positiivisia nollakohtia.
Esimerkki Todista, etta polynomilla p(x) = 4 + 2x2 − 7x4 ontasmalleen yksi positiivinen nollakohta.Ratkaisu p(x):n kertoimet muodostavat jonon ++−, jotenmerkinmuutoksia on yksi. Siten positiivisia nollakohtia voi ollaenintaan yksi.
Toisaalta p(0) = 4, p(1) = −1, joten jossakinvalilla ]0, 1[ p(x) on nolla. (ks. kuva)
Usein matematiikan sovelluksissa riittaa, kun loydammereaalikertoimisen polynomin nollakohdat joltakin reaaliluku-valilta. Descartesin vuonna 1637 esittama ja Gaussin vuonna1828 todistama merkkisaantomenetelma sanoo:Kirjoita polynomin p(x) = a0+ a1x + a2x
2+ · · ·+ anxn kertoimet
x :n potenssin mukaan kasvavaan suuruusjarjestykseen ja korvaajokainen positiivinen kerroin merkilla + ja jokainen negatiivinenkerroin merkilla −. Jos merkki muuttuu k kertaa, on polyno-milla p(x) enintaan k kappaletta positiivisia nollakohtia.
Esimerkki Todista, etta polynomilla p(x) = 4 + 2x2 − 7x4 ontasmalleen yksi positiivinen nollakohta.Ratkaisu p(x):n kertoimet muodostavat jonon ++−, jotenmerkinmuutoksia on yksi. Siten positiivisia nollakohtia voi ollaenintaan yksi. Toisaalta p(0) = 4, p(1) = −1, joten jossakinvalilla ]0, 1[ p(x) on nolla. (ks. kuva)
Descartesin saantoa voidaan kayttaa myos negatiivistennollakohten maksimaaran loytamiseen.
Jos nimittain b onpolynomin p(x) = a0 + a1x + a2x
2 + · · ·+ anxn negatiivinen
nollakohta, niin b = −c , missa c on positiivinen ja0 = p(b) = a0 + a1b + a2b
2 + · · ·+ anbn
= a0 − a1c + a2c2 + · · ·+ (−1)nancn.
Toisaalta p(−x) = a0 − a1x + a2x2 + · · ·+ (−1)nanxn.
Siis p(x):lla yhta monta negatiivista nollakohtaa kuin p(−x):llaon positiivisia nollakohtia.
Descartesin saantoa voidaan kayttaa myos negatiivistennollakohten maksimaaran loytamiseen. Jos nimittain b onpolynomin p(x) = a0 + a1x + a2x
2 + · · ·+ anxn negatiivinen
nollakohta, niin b = −c , missa c on positiivinen ja
0 = p(b) = a0 + a1b + a2b2 + · · ·+ anb
n
= a0 − a1c + a2c2 + · · ·+ (−1)nancn.
Toisaalta p(−x) = a0 − a1x + a2x2 + · · ·+ (−1)nanxn.
Siis p(x):lla yhta monta negatiivista nollakohtaa kuin p(−x):llaon positiivisia nollakohtia.
Descartesin saantoa voidaan kayttaa myos negatiivistennollakohten maksimaaran loytamiseen. Jos nimittain b onpolynomin p(x) = a0 + a1x + a2x
2 + · · ·+ anxn negatiivinen
nollakohta, niin b = −c , missa c on positiivinen ja0 = p(b) = a0 + a1b + a2b
2 + · · ·+ anbn
= a0 − a1c + a2c2 + · · ·+ (−1)nancn.
Toisaalta p(−x) = a0 − a1x + a2x2 + · · ·+ (−1)nanxn.
Siis p(x):lla yhta monta negatiivista nollakohtaa kuin p(−x):llaon positiivisia nollakohtia.
Descartesin saantoa voidaan kayttaa myos negatiivistennollakohten maksimaaran loytamiseen. Jos nimittain b onpolynomin p(x) = a0 + a1x + a2x
2 + · · ·+ anxn negatiivinen
nollakohta, niin b = −c , missa c on positiivinen ja0 = p(b) = a0 + a1b + a2b
2 + · · ·+ anbn
= a0 − a1c + a2c2 + · · ·+ (−1)nancn.
Toisaalta p(−x) = a0 − a1x + a2x2 + · · ·+ (−1)nanxn.
Siis p(x):lla yhta monta negatiivista nollakohtaa kuin p(−x):llaon positiivisia nollakohtia.
Descartesin saantoa voidaan kayttaa myos negatiivistennollakohten maksimaaran loytamiseen. Jos nimittain b onpolynomin p(x) = a0 + a1x + a2x
2 + · · ·+ anxn negatiivinen
nollakohta, niin b = −c , missa c on positiivinen ja0 = p(b) = a0 + a1b + a2b
2 + · · ·+ anbn
= a0 − a1c + a2c2 + · · ·+ (−1)nancn.
Toisaalta p(−x) = a0 − a1x + a2x2 + · · ·+ (−1)nanxn.
Siis p(x):lla yhta monta negatiivista nollakohtaa kuin p(−x):llaon positiivisia nollakohtia.
Descartesin saantoa voidaan kayttaa myos negatiivistennollakohten maksimaaran loytamiseen. Jos nimittain b onpolynomin p(x) = a0 + a1x + a2x
2 + · · ·+ anxn negatiivinen
nollakohta, niin b = −c , missa c on positiivinen ja0 = p(b) = a0 + a1b + a2b
2 + · · ·+ anbn
= a0 − a1c + a2c2 + · · ·+ (−1)nancn.
Toisaalta p(−x) = a0 − a1x + a2x2 + · · ·+ (−1)nanxn.
Siis p(x):lla yhta monta negatiivista nollakohtaa kuin p(−x):llaon positiivisia nollakohtia.
Esimerkki Todista, etta polynomin p(x) = 1 + 3x + 2x2 + x5
kaikki nollakohdat eivat ole reaalisia.
Ratkaisu Etumerkkijonossa ++++ ei ole merkinmuutoksia,joten positiivisia reaalisia nollakohtia ei ole. Toisaaltap(−x) = 1− 3x + 2x2 − x5, jonka merkkijono on +−+−, jossamerkinmuutoksia on kolme. Siis p(x):lla on enintaan kolmenegatiivista nollakohtaa.Huomataan myos, etta 0 ei ole p(x):n nollakohta, joten p(x):llaon enintaan kolme reaalista (ja negatiivista) nollakohtaa.Koska p(x):n aste on 5, pitaa kompleksisia nollakohtia ollaainakin 5− 3 eli 2 kappaletta (ks kuva).
Esimerkki Todista, etta polynomin p(x) = 1 + 3x + 2x2 + x5
kaikki nollakohdat eivat ole reaalisia.
Ratkaisu Etumerkkijonossa ++++ ei ole merkinmuutoksia,joten positiivisia reaalisia nollakohtia ei ole.
Toisaaltap(−x) = 1− 3x + 2x2 − x5, jonka merkkijono on +−+−, jossamerkinmuutoksia on kolme. Siis p(x):lla on enintaan kolmenegatiivista nollakohtaa.Huomataan myos, etta 0 ei ole p(x):n nollakohta, joten p(x):llaon enintaan kolme reaalista (ja negatiivista) nollakohtaa.Koska p(x):n aste on 5, pitaa kompleksisia nollakohtia ollaainakin 5− 3 eli 2 kappaletta (ks kuva).
Esimerkki Todista, etta polynomin p(x) = 1 + 3x + 2x2 + x5
kaikki nollakohdat eivat ole reaalisia.
Ratkaisu Etumerkkijonossa ++++ ei ole merkinmuutoksia,joten positiivisia reaalisia nollakohtia ei ole. Toisaaltap(−x) = 1− 3x + 2x2 − x5, jonka merkkijono on +−+−, jossamerkinmuutoksia on kolme.
Siis p(x):lla on enintaan kolmenegatiivista nollakohtaa.Huomataan myos, etta 0 ei ole p(x):n nollakohta, joten p(x):llaon enintaan kolme reaalista (ja negatiivista) nollakohtaa.Koska p(x):n aste on 5, pitaa kompleksisia nollakohtia ollaainakin 5− 3 eli 2 kappaletta (ks kuva).
Esimerkki Todista, etta polynomin p(x) = 1 + 3x + 2x2 + x5
kaikki nollakohdat eivat ole reaalisia.
Ratkaisu Etumerkkijonossa ++++ ei ole merkinmuutoksia,joten positiivisia reaalisia nollakohtia ei ole. Toisaaltap(−x) = 1− 3x + 2x2 − x5, jonka merkkijono on +−+−, jossamerkinmuutoksia on kolme. Siis p(x):lla on enintaan kolmenegatiivista nollakohtaa.
Huomataan myos, etta 0 ei ole p(x):n nollakohta, joten p(x):llaon enintaan kolme reaalista (ja negatiivista) nollakohtaa.Koska p(x):n aste on 5, pitaa kompleksisia nollakohtia ollaainakin 5− 3 eli 2 kappaletta (ks kuva).
Esimerkki Todista, etta polynomin p(x) = 1 + 3x + 2x2 + x5
kaikki nollakohdat eivat ole reaalisia.
Ratkaisu Etumerkkijonossa ++++ ei ole merkinmuutoksia,joten positiivisia reaalisia nollakohtia ei ole. Toisaaltap(−x) = 1− 3x + 2x2 − x5, jonka merkkijono on +−+−, jossamerkinmuutoksia on kolme. Siis p(x):lla on enintaan kolmenegatiivista nollakohtaa.Huomataan myos, etta 0 ei ole p(x):n nollakohta, joten p(x):llaon enintaan kolme reaalista (ja negatiivista) nollakohtaa.
Koska p(x):n aste on 5, pitaa kompleksisia nollakohtia ollaainakin 5− 3 eli 2 kappaletta (ks kuva).
Esimerkki Todista, etta polynomin p(x) = 1 + 3x + 2x2 + x5
kaikki nollakohdat eivat ole reaalisia.
Ratkaisu Etumerkkijonossa ++++ ei ole merkinmuutoksia,joten positiivisia reaalisia nollakohtia ei ole. Toisaaltap(−x) = 1− 3x + 2x2 − x5, jonka merkkijono on +−+−, jossamerkinmuutoksia on kolme. Siis p(x):lla on enintaan kolmenegatiivista nollakohtaa.Huomataan myos, etta 0 ei ole p(x):n nollakohta, joten p(x):llaon enintaan kolme reaalista (ja negatiivista) nollakohtaa.Koska p(x):n aste on 5, pitaa kompleksisia nollakohtia ollaainakin 5− 3 eli 2 kappaletta (ks kuva).
