Matematik

Kompleks andengradsligning

15. september 2018 af NetteLind (Slettet) - Niveau: Universitet/Videregående

Hejsa.
Jeg har et lille problem. Jeg skal skrive den komplekse andengradsligning z^2+2(1-i)+7i=0 til formen a+Ib og re^i(tetha). Jeg har prøvet at udregne den til a+ib, men synes det bliver et mærkeligt resultat. Håber der er nogle der kan hjælpe.

Vedhæftet fil: 2E103FA2-C0F4-4F6C-B2EE-BAF067AF1389.jpeg

Brugbart svar (0)

Svar #1
15. september 2018 af janhaa

I got:

$z=1-i \pm\frac{\sqrt{20 i}}{2}=1-i\pm \sqrt{5i}\\ \\ z_1=(1-i)+(1+i)\sqrt{\frac{5}{2}}\\ z_2=(1-i)-(1+i)\sqrt{\frac{5}{2}}\\$

Brugbart svar (0)

Svar #2
15. september 2018 af swpply (Slettet)

#1
I got:

$z=1-i \pm\frac{\sqrt{20 i}}{2}=1-i\pm \sqrt{5i}\\ \\ z_1=(1-i)+(1+i)\sqrt{\frac{5}{2}}\\ z_2=(1-i)-(1+i)\sqrt{\frac{5}{2}}\\$

Dette er ikke løsninger til andengradsligningen, hvilket nemt kan indses ved at tjekke om z₁ og z₂ også løser ligningen -- SPOILER det gør de IKKE!

LØSNING:

Andengradsligningen

$z^2 +2\cdot(1-i)\cdot z + 7i = 0$

kan nemt omskrives til formen (prøv om du selv kan gøre dette skridt)

$(z+1-i)^2 = -9i$ .

Hvorfor at (tag kvadratroden af det komplekst tal -i9)

$z+1-i = \pm(1-i)\frac{3}{\sqrt{2}}$ .

Dermed har vi at

$z_\pm = (1-i)\cdot\bigg(-1\pm\frac{3}{\sqrt{2}}\bigg)$

er samtlige to løsninger til vores andengradsligning. Du kan altid tjekke at $z_\pm$ også løser ligningen.

.... Prøv om du ikke selv kan skrive løsningen på rectangular form (x+iy) og polar form (reⁱ^θ).

Brugbart svar (0)

Svar #3
15. september 2018 af swpply (Slettet)

#0 Hejsa.
Jeg har et lille problem. Jeg skal skrive den komplekse andengradsligning z^2+2(1-i)+7i=0 til formen a+Ib og re^i(tetha). Jeg har prøvet at udregne den til a+ib, men synes det bliver et mærkeligt resultat. Håber der er nogle der kan hjælpe.

NB. Kan du selv se hvor din fejl er i dinne udregninger ??

Jeg sprøger kun fordi at den fejl du laver måske syntes som en bagatel, men den er yderst alvorlig og helt fundemental for forståelsen af komplekse tal (HINT, du antager at komplekse opfylder samme "regneregler" som de reelle).

Svar #4
15. september 2018 af NetteLind (Slettet)

#3 Er det ved brug af kvadratsætning for udregning af (-2+2i)^2? Ellers ved jeg ikke hvor min fejl er. Ved dit svar nr 2, har jeg set man kan løse det på denne måde, men jeg tror, vi skal løse det efter den måde jeg har gjordt. Dog kan jeg ikke helt komme frem til det rigtige..

Brugbart svar (0)

Svar #5
15. september 2018 af swpply (Slettet)

Løsningen i svar #2 er eksakt det samme som din fremgangsmåde. Forskellen er bare at i #2 starter vi ikke med at anvende formlen $\tfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ til at finde løsningerne. Dette er primært på grund af at kvadratroden $\sqrt{\ \ \ \ \ \ }$ ikke er en veldefineret funktion fra de kompleksetal og ind i sig selv, hvorfor at udtryk så som $\sqrt{b^2-4ac}$ er "farlige" at skrive når du har med komplekse tal at gøre.

--- Men alt dette kommer du til at lære når du engang tager et kursus på kompleks analyse.

Brugbart svar (0)

Svar #6
15. september 2018 af swpply (Slettet)

Jeg vil generalt fraråde dig til at løse andengradsligninger ved brug at formlen $\tfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ , medmindre du skal løse en et ton af dem som en del af et script.

Jeg vil derfor anbefalde at du enten løser andengradsligninger (eller generalt n'te gradslignigner) ved at faktorisere dem, eller ved metoden beskrevet i #2.

Brugbart svar (0)

Svar #7
15. september 2018 af swpply (Slettet)

General løsning af andengradsligning:

Givet andengradsligningen

(1) $az^2+bz+c=0$ ,

for $a,b,c\in\mathbb{C}$ og $a\neq0$ . Da kan (1) altid omksrives til formen

(2) $w^2 = b^2-4ac$ ,

hvor

(3) $w = 2az+b$ .

For at løse andengradsliginngen (1) skal du altså finde mindst et kompleks tal $w$ således at $w^2 = b^2-4ac.$ Da er er

(4). $z = \frac{w-b}{2a}$

en løsningen til andengradsligningen (1).

(NB. i de tilfælde hvor $a,b,c\in\mathbb{R}$ kaldes $w$ for diskriminanten hørende til (1))

Svar #8
15. september 2018 af NetteLind (Slettet)

Jeg er stadig forvirret omkring, hvordan jeg skal løse den. Det jeg nu har ændret er, hvordan jeg regnede (2-2i)^2 ud. Det har jeg nu gjordt på den komplekse måde, og er endt ud med (-2+2i(plus el minus)sqrt(-20i))/2.

Her har jeg så prøvet at løse sqrt(-20i) ved at sætte det på formen 0-20i. Da har jeg fundet modolus og argumentet til og så fået det på polarform. Men det bliver 20*e^ipi, og så har jeg prøvet at få det på formen a+ib ved at sige z=20(cospi+isinpi) = 20i. Så er jeg lidt kørt fast her.

Brugbart svar (0)

Svar #9
15. september 2018 af swpply (Slettet)

#8
Jeg er stadig forvirret omkring, hvordan jeg skal løse den. Det jeg nu har ændret er, hvordan jeg regnede (2-2i)^2 ud. Det har jeg nu gjordt på den komplekse måde, og er endt ud med (-2+2i(plus el minus)sqrt(-20i))/2.

Der er ikke nogen kompleks måde hvorpå du udregner (2-2i)^2. Eftersom at de komplekse tal er en kommutativ ring, har du generalt at

$(a\pm ib)^2 = a^2-b^2 \pm 2abi$ ,

hvorfor specielt at

$(2- 2i)^2 = 2^2-2^2 - 2\cdot2\cdot2i = -8i$ .

DET ER KVADRATRODEN DU SKAL VÆRE FORSIGTIG MED NÅR DU ARBEJDER MED KOMPLEKSE TAL!!!!

Brugbart svar (0)

Svar #10
15. september 2018 af swpply (Slettet)

#7
General løsning af andengradsligning:

Givet andengradsligningen

(1)    $az^2+bz+c=0$ ,

for $a,b,c\in\mathbb{C}$ og $a\neq0$ . Da kan (1) altid omksrives til formen

(2)    $w^2 = b^2-4ac$ ,

hvor

(3)     $w = 2az+b$ .

For at løse andengradsliginngen (1) skal du altså finde mindst et kompleks tal $w$ således at $w^2 = b^2-4ac.$ Da er er

(4). $z = \frac{w-b}{2a}$

en løsningen til andengradsligningen (1).

(NB. i de tilfælde hvor $a,b,c\in\mathbb{R}$ kaldes $w$ for diskriminanten hørende til (1))

Forstår du dette ????

Svar #11
15. september 2018 af NetteLind (Slettet)

Ikke så meget. Jeg synes ikke, at jeg kan genkende noget af det. Men i svar 9 er også det jeg har fået, og så trak jeg det fra 28i under kvadratroden. Så jeg ender stadig ud med -20i under kvadratroden.

Jeg forstår godt det du har lavet i #2, men hvordan jeg videre derfra skal finde x+iy og polarformen ved jeg ikke.

Brugbart svar (0)

Svar #12
15. september 2018 af StoreNord

#0 jeg vil give dig helt ret i det her:

$\\z=\frac{-2+2i\pm \sqrt{-36i}}{2\cdot 1}\Rightarrow \\z=\frac{-2+2i\pm 6\sqrt{-i}}{2} \Rightarrow \\z=-1+i\pm 3\sqrt{-i}$

Brugbart svar (0)

Svar #13
15. september 2018 af swpply (Slettet)

$z^2 + 2\cdot(1-i)\cdot z + 7i = 0$

Gang nu begge sider af lighedtegnet med $4$ . Dermed har du at

$4\cdot z^2 + 8\cdot(1-i)\cdot z + 28i = 0$ .

Dernæst adder begge sider af lighedtegnet med $-8i$ , hvorved at du finder

$4\cdot z^2 + 8\cdot(1-i)\cdot z - 8i + 28i = -8i$ .

Herefter gør du følgende observation

$\underbrace{4\cdot z^2}_{(2z)^2} + \underbrace{8\cdot(1-i)\cdot z}_{2\cdot2z\cdot2\cdot(1-i)} \underbrace{-8i}_{(2\cdot(1-i))^2} + 28i = -8i$

Altså er $4\cdot z^2$ kvadratet på første led, $-8i$ kvadratet på andet led og $8\cdot(1-i)\cdot z$ er det dobbelte product. Vi kan derfor skrive

$\big(2\cdot z+2\cdot(i-1)\big)^2 = -36i$ .

Forkorter vi nu med en faktor af $4$ har vi at

(1) $(z+1-i)^2 = -9i$ .

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
MELLEMREGNING: det komplekse tal $-9i$ kan skrives på polær form som $9e^{-i\cdot\frac{\pi}{2}}$ , hvorfor der gælder at

$\begin{align*} -9i &= \Big(3e^{-i\cdot\frac{\pi}{4}}\Big)^2 \\ &= \bigg(3\cdot\cos\big(\tfrac{\pi}{4}\big) - 3i\cdot\sin\big(\tfrac{\pi}{4}\big)\bigg)^2 \\ &= \bigg(\frac{3}{\sqrt{2}} - i\cdot\frac{3}{\sqrt{2}}\bigg)^2 \\ &= \bigg((1-i)\cdot\frac{3}{\sqrt{2}}\bigg)^2 \end{align*}$

idet at $\cos\big(\tfrac{\pi}{4}\big) = \sin\big(\tfrac{\pi}{4}\big) = \tfrac{1}{\sqrt{2}}$ .

MELLEMREGNING SLUT?
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bruger vi nu denne mellemregning sammen med ligning (1) ovenfor, har vi altså at

$(z+1-i)^2= \bigg((1-i)\cdot\frac{3}{\sqrt{2}}\bigg)^2$ ,

hvorfor at

$z+1-i= \pm(1-i)\cdot\frac{3}{\sqrt{2}}$ .

Og dermed er

$z = (1-i)\bigg(-1\pm\cdot\frac{3}{\sqrt{2}}\bigg)$

en løsning til andengradsligningen.

Brugbart svar (0)

Svar #14
15. september 2018 af StoreNord

I forlængelse af #12:

$\\z=\frac{-2+2i\pm \sqrt{-36i}}{2\cdot 1}\Rightarrow \\z=\frac{-2+2i\pm 6\sqrt{-i}}{2} \Rightarrow \\z=-1+i\pm 3\sqrt{-i}\Rightarrow$

$\\z=-1+i\pm 3\left ( \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}i \right ) \Rightarrow \\ z=-1+i\pm \frac{3}{\sqrt{2}} \mp \frac{3}{\sqrt{2}}i \; \; \; \; \; \; \; \; \Rightarrow \\z=(-1\pm \frac{3}{\sqrt{2}}) - \left ( 1\pm -\frac{3}{\sqrt{2}} \right )i$ sand rektangulær form!

Brugbart svar (0)

Svar #15
15. september 2018 af StoreNord

Der var fejl i #14, undskyld:

$\\z=-1+i\pm 3\left ( \frac{1}{\sqrt{2}}{\color{Orange} -}\frac{1}{\sqrt{2}}i \right ) \Rightarrow \\ z=-1+i\pm \frac{3}{\sqrt{2}} {\color{Green} \mp} \frac{3}{\sqrt{2}}i \; \; \; \; \; \; \; \; \Rightarrow \\z=(-1\pm \frac{3}{\sqrt{2}}) {\color{Orange} +} \left ( 1{\color{Orange} \mp} \frac{3}{\sqrt{2}} \right )i$

Brugbart svar (0)

Svar #16
15. september 2018 af SuneChr

Hvis man vil løse den generelle 2.gr.'s ligning med diskriminantmetoden, findes en færdig formel
for kvadratroden af diskriminanten, (a og b har dog her ingen relation til koefficienterne til z² og z i
2.gr.'s ligningen).

$\sqrt{a+ib}=\pm \left ( \sqrt{\frac{r+a}{2}}+i\sqrt{\frac{r-a}{2}} \right )$ b > 0

$\sqrt{a-ib}=\pm \left ( \sqrt{\frac{r+a}{2}}-i\sqrt{\frac{r-a}{2}} \right )$ b > 0

hvor r = $\sqrt{a^{2}+b^{2}}$

Brugbart svar (0)

Svar #17
15. september 2018 af StoreNord

aha

Men der er nogen, der skal øve sig (os) i at regne med komplekse tal.

Svar #18
15. september 2018 af NetteLind (Slettet)

Hold da op nogle udregninger :). #15 hvordan vil jeg så ud fra den regulær form du har regnet færdig på kunne finde polærer form? Det er meget grimme tal at arbejde med. Jeg ved jeg skal bruge r=sqrt(a^2+b^2) og cos=a/r osv, men det er lidt svært at finde ud, hvilke værdier der er a og b, da der står både plus og minus i både reel og imaginær delen.

Brugbart svar (0)

Svar #19
15. september 2018 af StoreNord

Man kunne plotte dem ind i Geogebra.
b er vel det den imaginære del?

Svar #20
15. september 2018 af NetteLind (Slettet)

Men jeg skal udregne dem, så går det ikke helt med at aflæse dem ;)

Forrige 1 2 Næste

Der er 25 svar til dette spørgsmål. Der vises 20 svar per side. Spørgsmålet kan besvares på den sidste side. Klik her for at gå til den sidste side.