En Introduktion · z= x+iy= rcos˚+irsin˚= r(cos˚+isin˚) (1.3) Detta är den så kallade trigonometriska formen för den polära beskrivningen. Oftast är det dock smidigare attanvändaden

V1.02:: 11 september 2014 @ 07:48

Komplexa Tal och PolynomEn IntroduktionMikael Forsberg

2

Innehåll

1 Komplexa tal 11.1 Introduktion till komplexa tal och deras egenskaper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Definition av komplexa tal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1.1 Komplexa tal i Elkretsteknik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.2 De fyra räknesätten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2.1 En paradox? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.3 Konjugatet och beloppet till ett komplext tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.3.1 Räkneregler för konjugat och belopp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.4 Övningsuppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2 Polär form och dess konsekvenser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.1 Rektangulär beskrivning av komplexa tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.2 Polär beskrivning av komplexa tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.2.1 Den Trigonometiska formen av den polära beskrivningen . . . . . . 71.2.2.2 Den Exponentiella formen av den polära beskrivningen . . . . . . . 81.2.2.3 En not om hur man väljer argument för den polära formen . . . . . 8

1.2.3 Hur man växlar mellan polär och rektangulär beskrivning . . . . . . . . . . . 101.2.3.1 Från polär beskrivning till rektangulär beskrivning . . . . . . . . . . 101.2.3.2 Från rektangulär till polär beskrivning: . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.4 Konsekvenser av exponentialformen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.4.1 Geometrisk tolkning av multiplikation av komplexa tal . . . . . . . 131.2.4.2 Potensregler för exponentialfunktionen och De Moivres formel . . . 15

1.2.5 Övningsuppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.3 Binomekvationer och hur man löser binomekvationer . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.3.1 Vad är en binomekvation? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.3.2 Hur man löser en binomekvation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.3.3 Övningsuppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.4 Komplexa andragradspolynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.4.1 Nollställen till reella andragradspolynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.4.2 Nollställen till komplexa andragradspolynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.4.3 Övningsuppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2 Polynom 272.1 Vad är ett polynom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.2 Varför är polynom viktiga? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2.1 Polynom är enkla funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2.2 Polynom är inte för enkla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3 Nollställen till polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.3.1 Ett vägledande exempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.3.2 Polynoms nollställen och Algebrans fundamentalsats . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4 Nollställen till Reella polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

i

ii INNEHÅLL

2.4.1 Reella polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.4.2 Irreducibla faktorer till reella polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.5 Hur hittar man egentligen de där förnicklade nollställena? . . . . . . . . . . . . . . . 382.6 Övningsuppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

Svar/lösningar på utvalda övningar 43

Register 53

Kapitel 1

Komplexa tal

1.1 Introduktion till komplexa tal och deras egenskaper

De komplexa talen uppstår som ett behov av av att kunna lösa polynomekvationer av typen

x2 + 1 = 0 ⇐⇒ x2 = −1 (1.1)

Denna ekvation är olöslig om man bara känner till de reella talen. Vi ser ju att ekvationen leder tillatt vi måste hitta tal sådana att dess kvadrat blir negativ. Om x är reellt tal så gäller ju att x2 ≥ 0vilket betyder att vi måste hitta en ny typ av tal för att kunna lösa (1.1). Man använder sin fantasi(Eng: imagination) och definierar därför den imaginära enheten1 i som det tal som uppfyller

i =√−1 vilket ska tolkas som att i2 = −1 (1.2)

och därigenom har man fått en lösning till (1.1). Mha denna imaginära enhet så kan man sedanvidga vårt talsystem enligt vad vi säger i följande avsnitt.

1.1.1 Definition av komplexa tal.Definition 1.1.1. Våra komplexa tal z är tal som kan skrivas på formen

z = x+ iy,

där x, y ∈ R och i2 = −1. x kallas för realdelen till z, Re z = x och y kallas för imaginärdelentill z och betecknas Im z = y. Notera att den imaginära enheten inte är en del av imaginärdelen.Imaginärdelen är det som står tillsammans med i men inte i själv.Mängden av alla komplexa talskriver vi som

C = {z : z = x+ iy, x, y ∈ R}Notera att denna definition är utvidgning av de reella talen eftersom de reella talen är de komplexatal vars imaginärdel y är noll.

Exempel 1.1.2. Låt z = 5 + 3i då har vi att

Re z = 5, och Im z = 3

Notera alltså att imaginärdelen inte är 3i, vilket man lätt leds att tro när man stöter på komplexatal för första gången.

1I den matematiska traditionen så är det naturligt att beteckna den imaginära enheten med i. I Elektrisk Kretsteoridäremot, där man naturligtvis följer traditionerna i Elektromagnetisk teori och därför betecknar elektrisk ström medi så betecknar man den imaginära enheten istället med j för att slippa risken för förväxling.

1

2 KAPITEL 1. KOMPLEXA TAL

1.1.1.1 Komplexa tal i Elkretsteknik

Komplexa tal har som vi såg ett ursprung i matematikens önskan att kunna lösa alla typer avpolynomekvationer, något som möjligen endast tilltalar matematiker. Man kan därför lätt få upp-fattningen att komplexa tal är något abstrakt och oandvändbart. Men faktum är att komplexattal dyker upp i en mängd tillämpningar. Inte minst inom Elektricitetsläran och speciellt inomelkretsteknik så används komplexa tal flitigt.

Ohm’s lag, impedans och admittans

Ohm’s lag uttrycker sambandet mellan spänning och ström genom en ren resistans:

u(t) = i(t) ·R,

där u(t) är spänningen, i(t) är strömmen och R resistansen. För en spole med ren induktans L ochen kondensator med kapacitans C har vi i stället de respektive sambanden

uL(t) = L · i′(t) i(t) = Cu′C(t).

Sambanden involverar alltså ett beroende av spänningen eller strömmens derivator när det gällerspolar och kondensatorer .Men, genom att introducera komplexa tal och använda dem för att modellera spänningar ochströmmar kan man beskriva alla tre fallen i ovan på ett gemensamt sätt som direkt påminner ossom Ohm’s lagByt R mot Z

i Ohm’s lagså får vi denna.

u(t) = i(t) · Z,där Z är kretskomponentens impedans. Impedansen är ett komplext tal som beror av spänning ochströmsignalernas vinkelfrekvens dω och vi har

Z = R(ω)︸︷︷︸resistans

+j X(ω)︸︷︷︸reaktans

,

Impedansen för våra tre kretskomponenter modelleras enligt

Z = R+ j · 0 = R när vi har en ren resistansZ = 0 + j · ωL = jωL ren induktans

Z = 0− j 1

ωC= −j 1

ωCnär vi har en ren kapacitans

Den imaginära delen av de elektriska komponenterna anger alltså hur komponenten beror av strömmensfrekvens vilket är viktigt när man studerar elektriska kretsar med ström vars frekvens ändras. En sådanvarierande ström är ju normal i mängder av elektroniska apparater som, telefoner, musikanläggningar ochannat. I en telefon finns ju bl.a. en liten mikrofon som regerar på ljuden från din röst och detta ljud varierarganska mycket i frekvens och det är viktigt att detta ljud hanteras korrekt av telefonens kretsar så attljudet inte förvrängs av mikrofonkretsen. Sedan ska ju ljudsignalen vidare in i telefonen och skickas vidarei telefonisystemet. Det är ingenjörernas uppgift att hantera och designa alla komponenter i telefonen såatt de fungerar tillfredsställande. En viktig grund för sådana ingenjörer att kunna hantera dessa kretsarsenklaste komponenter, vilket vi antyder här.

1.1.2 De fyra räknesätten

För komplexa tal gäller samma räkneregler som för reella tal. Det är i princip att räkna precis somvanligt men man samlar ihop realdelar och imaginärdelar för sig och så ska man komma ihåg attgöra bytet i2 = −1 varje gång i2 dyker upp.

1.1. INTRODUKTION TILL KOMPLEXA TAL OCH DERAS EGENSKAPER 3

Addition, subtraktion: Låt z = x + iy och w = u + iv vara två komplexa tal. Då adde-ras/subtraheras de på följande sätt:

z+w = (x+ iy)+ (u+ iv) = x+ u+ i(y+ v), z−w = (x+ iy)− (u+ iv) = x− u+ i(y− v)

dvs realdel och imaginärdel adderas/subtraheras för sig.

Multiplikation: Två komplexa talmultipliceras:

z · w = (x+ iy)(u+ iv) = xu+ xiv + iyu+ i2yv = xu− yv + i(xv + yu).

Observera att vi använde i2 = −1 i den sista likheten!

Division: Vid division handlar det ofta om att skriva om ett bråk så att bråket har ett reellt tali nämnaren i stället för ett komplext. Låt oss se hur vi gör i fallet z/w:

z

w=x+ iy

u+ iv=

(x+ iy)(u− iv)(u+ iv)(u− iv) =

xu+ yv + i(yu− xv)u2 + v2

,

m.a.o. vi förlänger med vad vi kommer kalla för konjugatet till w = u+iv, dvs med w = u−iv.Konjugatet är viktigt och vi behandlar detta i nästa avsnitt.

Exempel 1.1.3. Förenkla följande uttryck: 3 + 2i− (1− i)(2 + i):

3 + 2i− [2 + i− 2i︸︷︷︸=−i

− i2︸︷︷︸=−1

] = 3 + 2i− [3− i] = 3i

Exempel 1.1.4. Förenkla kvoten 3+i2−i :

3 + i

2− i =

=5+5i=5(1+i)︷︸︸︷(3 + i)(2 + i)

(2− i)(2 + i)︸︷︷︸=4+1=5

= 1 + i

Exempel 1.1.5. I den elektriska kretsteorin arbetar man även med den så kallade admittansenY som definieras som

Y =1

Z=

1

R+ jX=

R− jX(R+ jX)(R− jX)

=R

R2 +X2︸︷︷︸=G

−j X

R2 +X2︸︷︷︸=−B

= G+ jB,

där vi använt oss av konjugattricket vi använde vid division. G kallas komponentens konduktansoch B dess suseptans


1.1.2.1 En paradox?

Vi har sett att räkning med komplexa talfungerar precis som räkning med reella tal med denskillnaden att när man får i2 så byter man det mot −1. Detta utnyttjar alltså att

i2 = −1.

Detta brukar ibland tolkas som att i =√−1 som man ofta ser som definition av imaginära enheten.

Med detta uttryck kan vi då göra räkningen2

1 =︸︷︷︸(1)

√1 =︸︷︷︸

(2)

√(−1) · (−1) =︸︷︷︸

(3)

√−1 ·

√−1 =︸︷︷︸

(4)

i · i =︸︷︷︸(5)

−1

Vi tycks alltså, paradoxalt nog, ha bevisat att −1 = 1 vilket uppenbarligen är fel. Detta gör att vimåste fråga oss vad i ovanstående räkning som är fel. Problemet ligger i att rotregeln (som användsi likheten (3)) √

a ·√b =√a · b

inte alltid gäller när a och b är negativa reella tal eller för ickereella komplexa tal.3

Dessa räkningar är alltså lite riskabla vilket är en av anledningarna att man använder sig av sym-bolen i och inte

√−1 .

1.1.3 Konjugatet och beloppet till ett komplext tal

När vi utvecklade kvoter för komplexa tal i föregående situation så förlängdes kvoten med det såkallade konjugatet till det komplexa tal som stod i nämnaren. Detta visades i exemplen 1.1.4 och1.1.5.Vi definierade alltså konjugatet z till ett komplext tal z = x+ iy genom

z = x− iy.

Geometriskt är detta en spegling av z i den reella axeln, dvs x-axeln. Se figur 1.Absolutbeloppet eller bara beloppet |z| av ett komplext tal är längden av sträckan mellan origo ochvårt tal. I figur 1.1.3 ser vi att vi kan använda Pythagoras sats och få följande uttryck för beloppet:

|z|2 = x2 + y2.

Vi noterar också attx2 + y2 = (x+ iy)(x− iy) = z · z,

och detta blir utgångspunkten för definitionen: Beloppet till det komplexa talet z = x+iy definierassom

|z| =√z · z ,

1.1.3.1 Räkneregler för konjugat och belopp

Räkneregler för konjugat:

1. (z + w) = z + w

2Vi påminner oss om att räknereglerna för potenser för reella tal ger oss rotregeln√a ·√b =√a · b

3Detta faktum, som man kan studera i en högre kurs i komplex analys, beror på att rotfunktionen inte ärkontinuerlig som funktion av en komplex variabel. Se även http://sv.wikipedia.org/wiki/Kvadratrot

1.1. INTRODUKTION TILL KOMPLEXA TAL OCH DERAS EGENSKAPER 5

z = x + iy

z = x - iy

y

x

| z |

_

Figur 1.1: Komplexa konjugatet och absolutbeloppet till ett komplext tal

2. zw = z · w

3. zw = z

w

4. z = z

Räkneregler för absolutbelopp:

1. |z|2 = zz

2. |zw| = |z||w|

3. | zw | =|z||w|

4. |z| = |z|

Exempel 1.1.6. Låt z = x+ iy och w = u+ iv. Vi visar konjugaträknergel 1: Vi utgår från vänsterled och får

z + w = x+ iy + u+ iv = x+ u+ i(y + v) = x+ u− i(y + v) = x− iy︸︷︷︸z

+u− iv︸︷︷︸w

= z + w,

vilket är precis vad som står i höger led av första konjugaträkneregeln!.

I övningsuppgifterna ingår att verifiera övriga räkneregler.


1.1.4 Övningsuppgifter

Övning 1:1.1Vad blir realdel och imaginärdel för de komplexatalen

a. 3 + 7i

b. −3− 17i

c. −√2

Övning 1:1.2Beräkna z + w, 2z − 3w, z · w då

z = 1 + 2i och w = 2 + 3i

Övning 1:1.3Vi ska utveckla en enkel kvot mellan två kom-plexa tal

1 + 3i

2 + 5i

Idén är att få bårt det komplexa talet i näm-naren. Detta kan man göra genom att multipl-cera med nämnartalets konjugat uppe och nere.Nämnartalet är 2+5i och dess konjugat får mangenom att byta tecken på imaginärdelenoch dåfår man 2 − 5i Sedan multiplicerar man täljareoch nämnare med detta:

1 + 3i

2 + 5i=

17+i︷︸︸︷(1 + 3i)(2− 5i)

(2 + 5i)(2− 5i)︸︷︷︸29

=17 + i

29=

17

29+

1

29i

Fråga: varför förändras inte uttrycket när vi gör den-na multiplikation uppe och nere med 2− 5i

Övning 1:1.4Använd idén om förlängning med konjugatet somi föregående uppgift för att beräkna kvoten

1 + 2i

2 + 3i

Övning 1:1.5Plotta följande tal i det komplexa talplanet

1 + 3i, 2− 5i, −3− 2i, −1− 4i

Övning 1:1.6Om z = 2− 3i, var i det komplexa planet ligger−z? Rita!

Övning 1:1.7Om s = 1 − i och t = 2 + i var i det komplexaplanet ligger s+ t och s · t. Rita!

Övning 1:1.8Plotta de komplexa talen 5+2i, −4−3i och deraskonjugat i det komplexa planet.

Övning 1:1.9Om det komplexa talet z ligger i andra kvadran-ten i vilken kvadrant ligger i så fall dess konjugatz?

Övning 1:1.10I uppgift 3 förklara varför nämnaren blir ett po-sitivt reellt tal. Vad säger det talet? Hur tolkasdet?

Övning 1:1.11Verifiera räknereglerna (2) till (4) för konjugatetpå sidan 4.

Övning 1:1.12Beräkna absolutbeloppet för de komplexa talen

2 + 3i, 2− 3i, 3 + 2i, och 3− 2i

Övning 1:1.13Beräkna avståndet till origo för talet 2 + 5i

Övning 1:1.14Vad har talen 1+3i, 1−3i, 3+i och 3−i, −1+3i,−1− 3i, −3 + i och −3− i gemensamt?

Övning 1:1.15Verifiera räknereglerna för beloppet på sidan 4.

1.2. POLÄR FORM OCH DESS KONSEKVENSER 7

1.2 Polär form och dess konsekvenser

1.2.1 Rektangulär beskrivning av komplexa tal

Det finns framförallt två olika sätt att beskriva komplexa tal; på rektangulär form och på polärform. Den rektangulära formen är den beskrivning vi hittills använt.

z = x+ iy rektangulär form

Den polära formen går ut på att beskriva ett komplext tal mha avståndet till origo samt med denvinkel som linjen mellan origo och det komplexa talet bildar till den reella axeln. Detta illustrerasi följande figur

φ

y = r sin φ

x = r cos φ

r = |z

|

z = x + iy= r ( cos φ + isin φ )

Figur 1.2: Rektangulär och polär beskrivning av komplexa tal

I figur två ser vi att vi kan gå mellan de två olika representationerna:

1.2.2 Polär beskrivning av komplexa tal

Den polära beskrivningen av ett komplexa tal går ut på att ange talets position genom hur långtfrån origo talet ligger. Eftersom många punkter har samma avstånd till origo (de bildar en cirkelcentrerad i origo) så behöver vi skilja dem åt. Detta gör vi enklast genom att ange den vinkel frånpositiva reella axeln som talet definierar. Vinkeln som man då får kallas då för argumentet förvårt komplexa tal.

1.2.2.1 Den Trigonometiska formen av den polära beskrivningen

Från figur 1.2.1 har vi att det komplexa talet kan skrivas som

z = x+ iy = r cosφ+ ir sinφ = r(cosφ+ i sinφ) (1.3)

Detta är den så kallade trigonometriska formen för den polära beskrivningen. Oftast är det docksmidigare att använda den exponentiella formen som vi tittar på nedan men den trigonometriskabeskrivningen är speciellt användbar när vi vill överföra ett tal på polär beskrivning till rektangulärform.


1.2.2.2 Den Exponentiella formen av den polära beskrivningen

Man kan visa4 att de trigonometriska funktionerna i själva verket är real och imaginär del av denkomplexa exponentialfunktionen enligt

eiφ = cosφ+ i sinφ (1.4)

Med detta uttryck kan vi skriva om uttrycket i (1.3) som

z = reiφ (1.5)

och detta är den polära beskrivningens exponentialform. I detta dokument kommer vi ofta benämnaden polära beskrivningens exponentialform som den polära formen. Anledningen till att användaexponentialformen är dels att den möjliggör geometrisk tolkning av multiplikation och divisionvilket hjälper förståelsen för operationer i det komplexa planet. Men framförallt så innebär denexponentiella formen att många räkningar blir enklare och underlättar föresåelsen för hur mångatrigonometriska samband uppstår. Vi kommer att sed detta i de avsnitt som följer.

1.2.2.3 En not om hur man väljer argument för den polära formen

Problemet med den polära formen är att det, till ett givet komplext tal, finns många argument attvälja bland. Detta beror på egenskaper för de trigonometriska funktionerna. I detta avsnitt ska vistudera detta för att lära oss förstå argumentvalet bättre, vilket vi kommer ha nytta av senare.

Om vi tittar på graferna till sinx och cosx så ser vi att de upprepar sig, dvs de är periodiskafunktioner.

-4 Π -3 Π -2 Π -Π Π 2 Π 3 Π 4 Π

-1

1

Figur 1.3: sinx (blått/streckad) och cosx (orange/heldragen) är periodiska vilket man ser från att funk-tionernas värden upprepas. Det är inte svårt att se att grafsnutten över intervallet [0, 2π] (markerad medfetare linje) upprepas.

I figur 1.3 illustreras vad det innebär att sinus och cosinus är periodiska funktioner, med perioden2π. Periodiciteten innbär att

sin(x+ 2nπ) = sinx,

cos(x+ 2nπ) = cosx,(1.6)

där n är ett godtyckligt positivt eller negativt heltal.När vi ska välja argument till den polära beskrivningen till z = x+ iy så såg vi att vi söker vinkelϕ så att x = r cosφ och y = r sinφ. Har vi väl hittat en sådan vinkel (t.ex. genom att beräknaarctan y/x) så får vi andra godtagbara vinklar genom att addera en heltalsmultippel av 2π, vilketär vad ekvationerna (1.6) säger.Om vi väljer argumentet i intervallet (−π, π] = {x : −π < x ≤ π}5 så säger vi att vi valt detkomplexa talets principalargument.principalargumentet Principalargumentet är den direkta vinkel som vi får genomatt starta från positiva reella axeln och sluta vid vårt komplexa tal och utan att korsa över negativareella axeln.

4Ett bevis utgår från att lösningarna till en viss differentialekvationsproblem är unik. Eftersom cosinus och sinusär två oberoende lösningar och exponentialfunktionen också löser problemet så måste exponentialfunktionen kunnaskrivas som en kombination av cosinus och sinus, som beskrivs av (1.5)

5Vi använder oss av standard notationen att vanlig parantes anger att talet inte tillhör intervallet och att fyr-kantparantes anger att talet tillhör intervallet. Med andra ord så kommer vi skriva intervallet a < x ≤ b som (a, b]osv.


Figur 1.4: De svarta punkterna markerar var sitt komplext tal. De heldragna cirkelbågarna visar hur vi väljerprincipalargumentet. De streckade cirkelbågarna markerar vinklar som inte är principalvinklar eftersomdessa vinklar ligger utanför intervallet (−π, π]. Den högra figuren visar att om det komplexa talet ligger pånegativa reella axeln så väljer vi den positiva vinkeln +π, vilket också är markerat med fyrkantparantes iprincipalintervallet (−π, π].

Genom att addera godtyckligt antal hela varv till principalargumentet så får vi alla andra gångbaraargument som vi kan använda för ett givet komplext tal. Detta kommer vi ha nytta av när vi skalösa binomekvationer längre fram.

Exempel 1.2.1. Ange principalargumentet till z = 1 − i och ett annat godtagbart argument fördetta komplexa tal.

1-i

-π/4-π/4+4π

Figur 1.5: Principalargumentet för 1− i är −π/4. Ett annat argument får vi genom att addera en multippelav 2π till principalargumentet. I figuren har vi adderat 2 · 2π = 4π och då får vi det nya argumentet−π/4 + 4π, som är det argument som är angiven med spiralen.

Lösning : Vi har att 1 − i ligger i fjärde kvadranten med vinkeln π/4 nedanför den reella axeln.Denna vinkel är negativ eftersom vi rör oss medurs från reella axeln för att komma till vårt komplexatal. Vårt argument arg z = −π/4 ligger i intervallet (−π, π] och är därför principalargumentet förz = 1− i.Ett annat godtagbart argument får vi genom att addera en heltalsmultippel av 2π till vårt argument.Alla sådana argument har därför formen

arg z = −π/4 + 2πn, n ∈ Z


För att få ett nytt argument så behöver vi bara ange ett av dem så vi kan välja t.ex. n = 1010100

dvs n är en googolplex, men vi hade kunnat ta någon av −2,−1, 1 eller något annat av de oändligtmånga heltalen också. Men för att få ett nytt argument så måste vi dock undvika att välja heltaletn = 0 eftersom vi då får just principalargumentet.

Avsnitt 1.2.3.2 erbjuder fler exempel på hur man räknar fram principal och andra argument för ettkomplext tal.

1.2.3 Hur man växlar mellan polär och rektangulär beskrivning

Vi ska nu se hur man gör för att, för ett givet komplext tal, byta från rektangulär till polärbeskrivning och tvärt om. Vi börjar med hur man överför från polär form till rektangulär eftersomdetta är enklast.

1.2.3.1 Från polär beskrivning till rektangulär beskrivning

Vi startar alltså med ett komplext tal på polär beskrivning där talet alltså ges mha absolutbelopp|z| och vinkel/argument ϕ och vi vill överföra detta till rektangulära beskrivining. Tack vare dentrigonometriska beskrivningen (1.3) så har vi att z kan uttryckas som

z = r cosϕ+ ir sinϕ

M.a.o. så gäller att z = r cosϕ + ir sinϕ, som är den trigonometriska formen. Men detta kan sessom en formel för att överföra från polär till rektangulär form: sätter vi in den aktuella radien roch det aktuella argumentet ϕ och utför räkningarna så har vi ett tal på rektangulär form. Vi visarhur detta fungerar i följande exempel:

Exempel 1.2.2. Ett komplext tal z har absolutbelopp r = |z| = 3 och argument ϕ = 30◦ = π/6rad. Beräkna talets rektangulära uttryck. Vi har att

z = r cosϕ+ i · r sinϕ = 3 cosπ/6︸︷︷︸=√3 /2

+i · 3 · sinπ/6︸︷︷︸=1/2

=3

2

√3 + i

3

2=

3

2(√3 + i)

1.2.3.2 Från rektangulär till polär beskrivning:

Utgångspunkten är här ett komplext tal på formen z = x+ iy och vi vill beskriva z mha beloppetoch vinkeln ϕ. Vi kan utnyttja vår triangeltrigonometri och få

|z| =√x2 + y2

ϕ = arctan(y

x)

Problemet med detta är att arctan bara antar värden i intervallet [−π/2, π/2], vilket gör att vi intekan beräkna argumentet rakt av i andra och tredje kvadranten ty där är argumentet större än π/2,respektive mindre än −π/2. I dessa kvadranter behöver vi vara försiktiga och vi visar i exempel1.2.4 hur man går till väga i dessa kvadranter.


Exempel 1.2.3. Skriv det komplexa talet z =√3 + i på polär form. Vi har att beloppet blir

|z| =√(√3 )2 + 12 =

√3 + 1 =

√4 = 2

För argumentet så har vi att

tanϕ =1√3

=⇒ ϕ = arctan1√3

= π/6 = 30◦ På miniräknaren stårarctan som tan−1

Den polära formen blir alltså

2 cos 30◦ + 2i sin 30◦︸︷︷︸i grader

= 2 cosπ/6 + 2i sinπ/6 = 2eiπ/6︸︷︷︸i radianer

Exempel 1.2.4. Beräkna trigonometrisk och exponentiell form av den polära beskrivningen förtalet z = −

√3 + i och w = −1−

√3 i.

När vi använder inversa tangensfunktionen så får vi vinklarna

µ = arctan

(1

−√3

)= −π/6, och β = arctan

(−√3

−1

)= π/3

Att vinkeln µ är negativ betyder att den är orienterad medurs vilket i figur 1.6 är markerad med enpil. Från figuren ser vi också att dessa vinklar inte utgår från positiva reella axeln och därför inteär argumenten till z och w. Från figuren framgår också att argumenten blir ett halvt varv minusrespektive vinkel, dvs

arg z = π − µ = 5π/6 argw = −(π − β) = −2π/3

1.2.4 Konsekvenser av exponentialformen

I komplex analys visar man att exponentialfunktionen kan vidgas så att den gäller för komplexatal, dvs så att ez har betydelse för z ∈ C och att de vanliga räknereglerna för exponentialfunktionenfortsätter att gälla. Detta innebär att för z = x+ iy så ger potensräknereglerna att

ez = ex+iy = ex · eiy.

Den sista faktorn eiy är speciellt intressant eftersom man också kan visa likheten6

eiϕ = cosϕ+ i sinϕ (1.7)

Som vi redan sett så kan alltså ett komplext tal z = x+ iy skrivas som som

z = |z|(cosϕ+ i sinϕ) = |z|eiϕ,

som är mycket smidigt att räkna med tack vare exponentialfunktionens många räkneregler.

6Likheten (1.7) kan t.ex. visas genom att båda led löser samma differentialekvation och utnyttjar att differentia-lekvationer kan bevisas ha entydig lösning. Se t.ex Saff och Snider : Fundamentals of Complex Analysis. Men dettaligger en ganska bra bit utanför denna kurs.


w

z

µ

w

ß

arg z

arg w

Figur 1.6: argument och vinklar för z = −√3 + i och w = −1−

√3 i


En viktig observation är också att beloppet av eiϕ är lika med ett, tack vare den s.k.”trigonometriskaettan":

|eiϕ|2 = (cosϕ+ i sinϕ)(cosϕ− i sinϕ) == cos2 ϕ+ sin2 ϕ+ i(sinϕ cosϕ− cosϕ sinϕ︸︷︷︸

=sinϕ cosϕ︸︷︷︸=0

) =

= cos2 ϕ+ sin2 ϕ = 1 Trigonometriskaettan

Geometriskt så betyder detta att eiϕ alltid ligger på en cirkel med radien 1 centrerad i origo. ϕanger då vinkeln från positiva reella axeln till talets position på denna cirkel. Den här bilden hjälpeross också att se vad som händer, rent geometriskt när vi multiplicerar två tal med varandra. Dettastuderar vi närmre i nästa avsnitt.

1.2.4.1 Geometrisk tolkning av multiplikation av komplexa tal

Låt oss betrakta två komplexa tal a och b och låt dem vara givna på polär form:

a = reα

b = Reβ

Multiplicerar vi dessa tal så får vi ett nytt komplext tal, c säg, och för detta gäller

c = ab = reiαReiβ = rRei(α+β)

Eftersom den trigonometriska ettan ger oss att |eiϕ| = 1 för alla vinklar, så har vi att

b

c=a b

rR

r R

α

=α+β

a β

Figur 1.7: Geometrisk tolkning av komplex multiplikation: När de två komplexa talen a = reiα och b = Reiβ

multipliceras som får man ett nytt komplext tal, betecknat med c = a·b = r ·Rei(α+β). c’s belopp är produktenav a’s och b’s belopp. Argumentet för c, i figuren betecknad med γ, är summan av a’ s och b’s argument.

|c| = rR

γ = α+ β,


dvs produktens vinkel är summan av faktorernas vinklar och produktens belopp är produkten avfaktorernas belopp! Vi illustrerar detta i figur 3.

Exempel 1.2.5. Beskriv geometriskt vad som händer när vi multiplicerar den imaginära enhetenmed sig själv. Vad händer när vi multiplicerar ett godtyckligt komplext tal med sig själv?Den imaginära enheten uppfyller

i = eiπ/2.

När vi beräknar produkten i2 så får vi

i2 = eiπ/2 · eiπ/2 = eiπ/2+iπ/2 = eiπ = −1

Vid denna kvadrering så fördubblas alltså vinkeln och geometriskt så hamnar vi då i punkten −1.Ett allmänt komplext tal z kan skrivas på polär form som z = reiϕ för någon vinkel ϕ. Kvadreringger oss

z = reiϕ · reiϕ = r2e2iϕ

så här har vi också en dubblering av vinkeln. Men för detta tal har får vi också en ändring iabsolutbeloppet då |z2| = r2. Detta gäller även för i2 men detta syntes kanske inte eftersom |i| = 1och då gäller också att dess kvadrat också får beloppet ett.

I exemplet ovan såg vi att kvadrering gav en dubblering av vinkeln. Eftersom kvadratroten är ensorts motsats7 till kvadrering så kan man undra om inte rotdragning skulle ge oss en halvering avvinkeln. Ett argument för att detta är sant ges i följande exempel:

Exempel 1.2.6. Låt x > 0. Då har vi att roten ur x är det positiva tal, betecknat med√x , som

har egenskapen att (√x )2 = x. Vi ska nu använda den geometriska tolkningen av multiplikation

med komplexa tal för att ge en idé om vad roten ur ett komplext tal skulle kunna vara.För roten

√z av ett komplext tal z så måste gälla att

(√z )2 = z

Om vi sätter z = Rei(ϕ+2πn) och eftersom√z ska vara ett komplext tal så kan vi skriva det på

polär form som√z = reiα och då har vi att

(√z )2 = r2ei2α = Rei(ϕ+2πn) = z

Eftersom |eiφ| = 1 så har vi att de två sidornas belopp måste överensstämma

r2 = R ⇔ r =√R =

√|z|

Sedan måste även de båda sidornas argument överensstämma vilket ger oss

2α = ϕ+ 2πn ⇒ α = ϕ/2 + πn, n ∈ Z,

där n = 0 och n = 1 ger två unika argument, som genererar två olika lösningar. Argumentet förn = 0 och n = 2 skiljer sig åt med en multipel av 2π och kommer därför att ge samma punkt i detkomplexa talplanet. Vi har alltså att

√z =

√|z| ei(ϕ/2+nπ =

√|z| eiϕ · einπ = ±

√|z| eiϕ,

vilket följer eftersom

einπ =

{1 om n jämn−1 om n udda .

7Mer precist, kvadratroten är inversen till kvadrering av ett positivt tal


Sammanfattar vi detta så har vi att roten ur ett komplext tal är ett tal vars argument är hälftenav talets argument och har ett belopp som är roten ur talets belopp.

a2 = z =⇒ √z = a =

√|z| · e(i arg z)/2

Exempel 1.2.7. Ett exempel på föregående exempel: Beräkna√i . Vi har att |i| = 1 och arg i =

π/2. Föregående exempel ger oss därför att

√i = ± · e(i arg i)/2 = ±eiπ/4 = ±(cosπ/4︸︷︷︸

=√2 /2

+ i sinπ/4︸︷︷︸=√2 /2

) = ±√2

2(1 + i)

1.2.4.2 Potensregler för exponentialfunktionen och De Moivres formel

I föregående avsnitt så konstaterade vi att multiplikation av komplexa tal kan tolkas geometriskt somatt beloppen multipliceras och att argumenten adderas. Anledningen till att argumenten adderasberodde på potensregeln

eiα · eiβ = ei(α+β) (1.8)

Exempel 1.2.8. Om vi överför vänster och höger led av (1.8) på trigonometrisk form och förenklarså får vi

V L = eiα︸︷︷︸cosα+i sinα

· eiβ︸︷︷︸cos β+i sin β

= cosα cosβ − sinα sinβ + i(cosα sinβ + sinα cosβ) (1.9)

HL = ei(α+β) = cos(α+ β) + i sin(α+ β) (1.10)

Höger och vänster led är två komplexa tal och om vi samlar ihop de båda ledens real och imaginär-delar var för sig så får vi de trigonometriska formlerna

cos(α+ β) = cosα cosβ − sinα sinβ realdelensin(α+ β) = cosα sinβ + sinα cosβ imaginärdelen

(1.11)

I övning 25 så får ni modifiera ovanstående räkningar för att ta hand om situationen där β subtra-heras från α.

Att kunna använda potensregler är en av de stora fördelarna med den exponentiella formen av denpolära beskrivningen. Vi ska här titta på ytterligare en potensregel och här kommer vi ytterligareett exempel på se varför den exponentiella formen är speciellt användbar.Vi har potensregeln8

(eiϕ)n

= eiϕ·n (1.12)

Om vi överför (1.12) till trigonometrisk form så får vi den så kallade deMoivres formel:

(cosϕ+ i sinϕ)n = cosnϕ+ i sinnϕ (1.13)

Vi har alltså visat att deMoivres formel helt enkelt är en enkel konsekvens av en potensräkneregel.Däremot är deMoivres formel långt ifrån trivial om man ser den från ett trigonometriskt perspektiv,vilket vi kan få en idé av från följande exempel.

8Potensregeln (1.12) kan enkelt motiveras: Se övning ??


Exempel 1.2.9. Om vi tar n = 2 i de Moivres formel (1.13) så får vi, där vänster led utvecklats

cos2 ϕ− sin2 ϕ+ 2i cosϕ sinϕ = cos 2ϕ+ i sin 2ϕ.

Eftersom två komplexa talär lika precis om deras real och imaginärdelar är lika så ger denna likhetoss två väl bekanta trigonometriska formler

cos 2ϕ = cos2 ϕ− sin2 ϕ realdelensin 2ϕ = 2 cosϕ sinϕ imaginärdelen

Exempel 1.2.10. Om vi låter n = 3 i deMoivres formel så har vi för vänster led att

(cosϕ+ i sinϕ)3 = binomialsatsen/ Pascals triangel ger

= cos3 ϕ+ 3i cos2 ϕ sinϕ− 3 cosϕ sin2 ϕ− i sin3 ϕ =

= cos3 ϕ− 3 cosϕ sin2 ϕ+ i(3 cos2 ϕ sinϕ− sin3 ϕ).

Och då tar deMoivres formen

cos3 ϕ− 3 cosϕ sin2 ϕ+ i(3 cos2 ϕ sinϕ− sin3 ϕ) = cos 3ϕ+ i sin 3ϕ

Detta ger oss de trigonometriska formlerna

cos 3ϕ = cos3 ϕ− 3 cosϕ sin2 ϕ

sin 3ϕ = 3 cos2 ϕ sinϕ− sin3 ϕ

DeMoivres formel kommer alltså från en egentligen en ganska enkel egenskap för exponentialfunk-tionen. Exponentialformen för den polära beskrivningen är således väldigt användbar och ger ossett relativt enkelt sätt att vid behov kunna härleda en del komplicerade trigonometriska samband.Vi ska nu gå vidare och studera hur den exponentiella polära formen kan användas för att hittanollställen till en viss typ av polynom.



Övning 1:2.16Skriv talet z = 3e−iπ/3 på rektangulär form.

Övning 1:2.17a. ) Skriv z = 2eiπ/3 på rektangulär form.

b. ) Skriv w = −1 + i på polär form.

Övning 1:2.18Skriv talet z = 1 + i på polär form, ange allamöjliga argument samt principalargumentet.

Övning 1:2.19Låt z = 3 + 4i och w = 2− 3i.Lös följande deluppgifter:

a.) Beräkna(z + w)(z − w)

b.) Beräkna

(1 + i√

2)100.

Övning 1:2.20Bestäm |z| och arg z och skriv z i trigonometriskoch exponentiell form då z = −

√3 − i.

Övning 1:2.21Bestäm |z| och arg z och skriv z i trigonometriskoch exponentiell form för z = 3

2

(√3 − i

).

Övning 1:2.22Beräkna principalargumentet för z = −1 + i

√3

samt beräkna ett argument för z som ligger iintervallet (3π, 5π].

Övning 1:2.23Om z är ett komplext tal vars principalargu-mentuppfyller 0 < α < π/6 och w ett tal somhar argumentet π/4 < α < π/2. Var måste i såfall z · w och z/w ligga?

Övning 1:2.24Bevisa potensregeln (1.12).Hint: tolka

(eiϕ)n som en multiplikation med flera

faktorer och använd en annan potensregel.

Övning 1:2.25Använd idéerna i exempel 1.2.8 för att härledade trigonometriska formlerna.

cos(α− β) = cosα cosβ + sinα sinβ realdelensin(α− β) = − cosα sinβ + sinα cosβ imaginärdelen


1.3 Binomekvationer och hur man löser binomekvationer

1.3.1 Vad är en binomekvation?

Ett binom är ett polynom med två termer, eftersom vi antar att m 6= n så kan vi anta att m > n:

b(z) = a1zm + a2z

n, m > n.

När man ska hitta nollställen till detta binom så börjar man med att faktorisera binomet:

zn(a1zm−n + a2)

Den första faktorn ger nollstället 0, medan den andra faktorn ger andra nollställen. När vi i fort-sättningen talar om ett binom menar vi ett polynom av typen

p(z) = azn − b, (1.14)

ty de intressanta nollställena till ett allmänt binom kommer alltid från ett sådant binom, vilket varvad vi visade i ovan. Nollställena till ett binom uppfyller ekvationen

azn − b = 0, (1.15)

och detta är vår prototyp av en binomekvation.

1.3.2 Hur man löser en binomekvation

Vi visar nu hur man går tillväga för att lösa en binomekvation. Nyckeln är att skriva om bino-mekvationen på polär form och att skriva upp samtliga argument för det komplexa talet c.

Exempel 1.3.1. Genom att sätta c = b/a kan den binomiska ekvationen (1.15) kan skrivas påformen

zn = c,

och denna ska vi nu lösa!Tricket här är att utrycka allt på polär form. När vi skriver c på polär form har vi uppräkneligtmånga val av argument. Om vi väljer en vinkel α0 i principalområdet (α0 ∈ (−π, π]) så kan viskriva alla andra möjliga vinklar som

α = α0 + 2πN, N = 0,±1,±2, . . . .

Med |c| = r så får vic = rei(α0+2πN), N = 0,±1,±2, . . . .

Skriver vi z = Reiφ, så får vi ekvationen

Rneinφ = rei(α0+2πN)

Detta leder till ett system av två ekvationer, en för beloppet och en för argumentet:

Rn = r (beloppen lika)nφ = α0 + 2πN, N = 0,±1,±2, . . . .

Den första ekvationen leder till att R = r1n . Den andra leder till att

φ =α0

n+

2π

nN, N = 0,±1,±2, . . . .

1.3. BINOMEKVATIONER OCH HUR MAN LÖSER BINOMEKVATIONER 19

Notera att eftersom ei(θ+2mπ) = eiθ, för alla heltal m (eiθ är 2π periodisk eftersom cosinus och sinusär det) så gäller att endast n stycken av ovanstående vinklar är olika. Därför får vi n stycken olikalösningar till vår binomekvation:

z = r1n ei(

α0n + 2π

n N), N = 0, 1, . . . , n− 1.

Exempel 1.3.2. Lös ekvationen z4 + 1 = 0

Lösning:: Ekvationen, som kan skrivas som z4 = −1, blir på polär form

|z|4e4iθ = ei(π+2πk), k godtyckligt heltal

Ekvation för beloppet:: |z| = 1Ekvation för argumentet::

4θ = π + 2πk ⇒ θ = π/4 + kπ/2

Fyra på varandra följande värden på k ger våra fyra lösningar för argumentet.Lösningen sammanställs nu som z = ei(π/4+kπ/2), där k = 0, 1, 2, 3.

-1

k=0, 4, 8, ...k=1, 5, 9, ...

k=2, 6, 10, ... k=3, 7, 11, ...

Figur 1.8: För varje heltalsvärde på k så får vi en av de fyra svarta punkterna. Notera att de är jämntutspridda på cirkeln och att den första (k = 0) har argument som är en fjärdedel av argumentet för vårthögerled −1.

Exempel 1.3.3. Lös ekvationen z2 = −1 + i√3 .

Lösning:: Börja med att ställa upp ekvationen på polär form, där vi noterar att

| − 1 +√3 i| =

√(−1)2 + (

√3 )2 e2π/3+2πk = 2e2π/3+2πk

Vi får(|z|eiθ)2 = |z|2e2iθ = 2e2π/3+2πk

Detta ger oss en ekvation för beloppet:

|z|2 = 2 ⇒ |z| =√2


-1+i√3

k=0, 2, 4, ...

k=1, 3, 5, ...

√2 2

Figur 1.9: Den yttre ocrafärgade cirkeln har radien 2 som är beloppet | − 1 + i√3 | = 2. Den inre svarta

cirkeln har radien√2 . Lösningarna till vår binomekvation ligger på denna inre cirkel. Notera att de svarta

punkterna kan tolkas som ±√−1 + i

√3 i enlighet med exemplen 1.2.6 och 1.2.7

och en ekvation för argumentet

e2iθ = e(2π/3+2πk)i ⇒ θ = π/3 + πk, k = 0, 1

Vi får alltså argumenten π/3 och 4π/3 och lösningarna blir därför

z =√2 eiπ/3 =

√2

(1 + i

√3

2

)=

√2

2+ i

√6

2

och

z =√2 ei4π/3 = z =

√2 eiπ/3 · eiπ︸︷︷︸

=−1

= −√2 eiπ/3 = −

(√2

2+ i

√6

2

)

Exempel 1.3.4. Lös ekvationen z5 = −√3 + i

Lösning:: Skriv ekvationen på polär form:

r5e5θ = 2ei(5π/6+2πk)

Detta ger oss att beloppet för z blir

|z| = r = 215 =

5√2.

Argumentet blir

θ =π

6+ k

2π

5= 30◦ + k · 72◦, k = 0, 1, 2, 3, 4.

Se fig 1.10

1.3. BINOMEKVATIONER OCH HUR MAN LÖSER BINOMEKVATIONER 21

150°

30°√3-i

k=0, 5,10, ...

2

k=1, 6, 11, ...

k=2, 7, 12 ...

k=-2, 3, 8, ...k=-1, 4, 9, ...

Figur 1.10: Figur till uppgift 1.3.4: Här ligger rötterna på den inre cirkeln som har radien 5√2 ≈ 1.15.

Punkterna är jämnt utspridda med vinkeln 72◦ = 360/5 mellan sig. Den första punkten, dvs för k = 0 harett argument som är en femtedel av argumentet för

√3 − i (som är 150◦) och blir därför 30◦.



Övning 1:3.26Lös binomekvationen

z3 + 8 = 0

Rita lösningarna i det komplexa planet och angelösningarna både på polär och rektangulär form.

Övning 1:3.27Lös binomekvationen z5 = 243(1−i)√

2

Övning 1:3.28Lös binomekvationen z5 = −i.

Övning 1:3.29Lös binomekvationen

z5 =32(1 + i)√

2

Övning 1:3.30Lös ekvationen

z5 =32√2(1− i)

Övning 1:3.31Lös ekvationen z5 = −1.

Övning 1:3.32I ett försök att tolka vad femteroten av ett kom-plext ickereellt tal ska betyda så ställer vi uppekvationen

z = 5√1 + i

Beräkna alla möjliga lösningar till detta genomatt tolka ekvationen som en binomekvation ochsedan lösa binomekvationen.

1.4. KOMPLEXA ANDRAGRADSPOLYNOM 23

1.4 Komplexa andragradspolynomI detta avsnitt ska vi studera andragradspolynom.Sådana bör alla ha sett redan i gymnasiet men vi börjar med vi börjar ändå med en kort samman-fattning av det vi bör kunna från gymnasiet och introducerar också kvadratkomplettering som vianvänder för att härleda den s.k. pq-formeln som de flesta brukar känna igen från gymnasiet.Efter det så ska vi se hur vi kan hantera andragradspolynomen med utgångspunkt från de komplexatalen och visa hur vi beräknar nollställen till komplexa andragradspolynom.

1.4.1 Nollställen till reella andragradspolynomI gymnasiet lärde vi oss att beräkna nollställen till reella andragradspolynom, dvs polynom påformen

p(x) = x2 + px+ q,

där p, q är reella tal. Ett nollställe är ett tal, ett värde på x så att polynomet blir noll, dvs somuppfyller

p(x) = x2 + px+ q = 0.

I gymnasiet använde de flesta sig av den så kallade p− q formeln för att beräkna dessa nollställen.Här formulerar vi det som att vi använder oss av följande sats.

Theorem 1.4.1. Omp(x) = x2 + px+ q,

är ett reellt andragradspolynom så ges dess nollställen av

x = −p2±√p2

4− q

detta är två varianter av pq-formeln

= −p2± 1

2

√p2 − 4q

(1.16)

Vi ska nu bevisa denna sats. Beviset använder sig av så kallad kvadratkomplettering, något som ärnyttigt att kunna.

Bevis. Vi ska lösa ut x så att x2 + px + q = 0. Vi börjar med att förlänga uttrycket på ett parställen så att en del av uttrycket kan identifieras som en kvadrat

x2 + 2 · 12px+

p2

4︸︷︷︸=(x+ p

2 )2

−p2

4+ q = 0

Vi har nu förenklat uttrycket till att bli(x+

p

2

)2− p2

4+ q = 0

Det är dessa steg som kallas för kvadratkomplettering. Tack vare denna kvadratkomplettering kanvi nu skriva(

x+p

2

)2=p2

4− q ⇒ x+

p

2= ±

√p2

4− q ⇒ x = −p

2± 1

2

√p2 − 4q

vilket är den önskade pq-formeln


Pq-formeln hjälper oss alltså att beräkna nollställena till reella andragradspolynom. Sådana noll-ställen kan naturligtvis bli ickereella vilket inträffar om den så kallade diskriminanten p2 − 4q ärmindre än noll. Problemet med detta är bara att om vi har ett ickereellt andragradspolynom så ärp och q i allmänhet ickereella komplexa tal och då faller pq-formeln på att man behöver beräknaroten ur ett komplext tal. Vi har varit inne och nuddat vid en idé om roten av ett komplext tal menvi har inte alls rett ut saken tillräckligt.9 Det här betyder att vi inte kan använda oss av pq formelnnär vi ska studera den komplexa andragradsekvationen. Däremot kommer kvadratkompletteringenatt vara till nytta, som vi ska se i nästa avsnitt.

1.4.2 Nollställen till komplexa andragradspolynomNu ska vi lära oss hitta nollställena till ett polynom som har komplexa koefficienter. Det är vanligtatt beteckna variabeln med z för att markera att man arbetar med helkomplexa polynom.

p(z) = z2 + cz + d, c, d ∈ C

För att beräkna nollställena till p så sätter vi polynomet lika med noll och försöker lösa ut z

z2 + cz + d = 0

Eftersom koeffecienterna c och d i allmänhet är ickereella så kan vi alltså inte använda pq formeln,eftersom vi inte riktigt hur man ska beräkna roten ur ett komplext tal. Men vi kan använda oss avkvadratkomplettering, så låt oss börja med att göra de nödvändiga förlängningarna för c och d:

c = 2 · 12· c och d = 0 + d =

c2

4− c2

4︸︷︷︸=0

+d

som leder till kvadratkompletteringen

z2 + cz + d = z2 + 2 · 12cz +

c2

4︸︷︷︸=(z+ c

2 )2

−c2

4+ d = 0 ⇐⇒ (z +

c

2︸︷︷︸=w

)2 =c2

4− d

Vi gör substitutionenw = z +

c

2(1.17)

i vänster led. I höger led har vi ett uttryck som när vi räknar ihop det (c och d är kända komplexatal) så blir ett konkret tal på rektangulär form. Höger led blir alltså a+ ib för två reella tal a ochb. Detta leder till att vår ekvation kan skrivas

w2 = a+ ib.

För vår komplexa variabel w så använder vi dess rektangulära form w = x+iy och då blir ekvationen

x2 − y2 + i · 2xy = a+ ib

Eftersom två komplexa tal är lika precis om både deras realdelar och deras imaginärdelar är lika såfår vi följande system av reella ekvationer:

2xy = b imaginärdelenx2 − y2 = a realdelen

x2 + y2 =√a2 + b2 ekvation för beloppet ,

9Man får vänta med arbeta med den komplexa rotfunktionen till en kurs i komplex analys/Analytiska funktionersom ligger längre fram i en matematikutbildning.

1.4. KOMPLEXA ANDRAGRADSPOLYNOM 25

där den tredje ekvation kommer från att w2 = a + ib som ger att båda sidors belopp måste varalika, dvs |w2| = |a + ib| och detta är precis den tredje ekvationen. Denna ekvation är inte alldelesnödvändig men den gör räkningarna enklare. Vi kan t.ex. addera den andra ekvationen med dentredje rakt av och då får man

2x2 = a+√a2 + b2

ur vilken man kan lösa ut x. Man får då två värden på x och från första ekvationen så ger varderavärdet på x var sitt värde på y och då har vi två värden på w = x + iy. För varje värde på w såberäknar vi slutligen z från substitutionen (1.17) , vilket ger oss lösningen till vår andragradsekva-tion.

Låt oss titta på ett exempel:

Exempel 1.4.2. Vi låterp(z) = z2 + (1 + i)z − (6 + 2i).

1. Vi börjar med att kvadratkomplettera i ekvationen p(z) = 0:

(z +1

2(1 + i))2 − 1

4(1 + i)2 − (6 + 2i) = 0,

som, efter förenklingar, blir

(z +1

2(1 + i))2 = 6 +

5

2i.

I uppgift 33 så får ni som uppgift att reda ut detaljerna för denna kvadratkomplettering.

2. Genom att göra substitutionen w = z + 12 (1 + i) så får vi den enkla ekvationen

w2 = 6 +5

2i.

3. Sätt nu w = x+ iy så ger ekvationerna för real och imaginärdelar att

x2 − y2 = 6, och 2xy =5

2.

4. Ekvation för beloppet:: Att två komplexa talär lika betyder att deras belopp också är lika.Vi får:

|w2| = |w|2 = ww = x2 + y2,

|6 + 5

2i| =

√36 +

25

4=

√144 + 25

4=

13

2.

5. Vi löser systemet med de tre ekvationerna: Följande ekvationssystem ger lätt lösningarför x2 och y2:

x2 + y2 =13

2

x2 − y2 = 6.

För x så adderas ekvationerna och för y så subtraherar vi den andra ekvationen från den första.Man får då x2 = 25

4 och y2 = 14 , dvs x = ± 5

2 och y = ± 12 .

Ekvationen för imaginärdelen visar att x och y har samma tecken och detta hjälper oss att paraihop dem så att rätt y kombineras med rätt x. Detta ger oss att w = ±

(52 + i 12

).

6. Substituera tillbaka: Nu var det ju z vi sökte och vi har att z = w − 12 (1 + i) så vi får att

z = −1

2(1 + i)± (

5

2+ i

1

2) =

{2 (+)

−3− i. (−)



Övning 1:4.33Utför detaljerna för kvadratkompletteringen i ex-empel 1.4.2

Övning 1:4.34Beräkna nollställena till polynomet z2−3z+11+3i.

Övning 1:4.35Lös ekvationen z2 + (3− 2i)z − 6i = 0.

Övning 1:4.36Lös ekvationen z2 − 4iz − 4− 2i = 0.

Kapitel 2

Polynom

27

28 KAPITEL 2. POLYNOM

2.1 Vad är ett polynom?Ett polynom är ett uttryck på formen

anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0

I figur 2.1 så definieras begreppen koeffecient, gradtal och konstantterm. För att precisera så ärpolynomets gradtal det största värde på n så att koeffecienten an 6= 0.

Exempel 2.1.1. Polynomet x3+x+1 har tre nollskillda koeffecienter a3 = 1, a1 = 1 och slutligenkonstanttermen a0 = 1 och gradtalet är 3 eftersom detta är det största värde med en nollskilldkoeffecient. Detta betyder att polynomet inte har gradtalet 4 eftersom a4 = 0

Polynomets koe�ecienter

polynomets gradtal (förutsätter att koe�ecienten framför inte är noll)

polynomets konstantterm

Polynom

Figur 2.1: Definition av polynom och några av dess tillhörande termer.

Exempel 2.1.2. Nollpolynomet är det unika polynom där alla koeffecienter är noll. Detta polynomär noll för alla x och är alltså identiskt med noll och vi skriver p(x) ≡ 0

Exempel 2.1.3. Ett monom är ett polynom som bara har en enda nollskilld term anxn. Konstant-

termen kan skrivas som a0 · x0 och är alltså ett monom med grad noll. Ett binom är, som vi såg ikapitel ??, ett polynom med två termer: amzm + anz

n.

Exempel 2.1.4. Ett moniskt polynom av grad n är ett polynom av typen

xn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0,

2.2. VARFÖR ÄR POLYNOM VIKTIGA? 29

dvs koeffecienten för termen med det högsta gradtalet är 1. Vi kommer ofta att arbeta med moniskapolynom och varje ickemoniskt polynom kan göras om till ett moniskt polynom genom att divideramed högstagradskoeffecienten. En sådan division förändrar inte polynomets nollställen vilket visasav

0 = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0 = an

(xn +

an−1an

xn−1 + · · ·+ a1anx+

a0an

)vilket fungerar eftersom an 6= 0

Exempel 2.1.5. Ett polynom är reellt om alla polynomets koeffecienter är reella tal. Exempelvisså är

x31 +√3 x17 + πx2 + eπ

ett reellt polynom, (och moniskt eftersom högsta termen är 1 · x31).

Exempel 2.1.6. För att förtydliga att ett polynom inte ska betraktas som ett reellt polynom utansom ett allmänt komplext polynom så använder vi variabeln z

anzn + an−1z

n−1 + · · ·+ a1z + a0,

koeffecienterna kan då vara godtyckliga komplexa tal.

2.2 Varför är polynom viktiga?Som vi ska se så är polynom enkla typer av funktioner eftersom det bara krävs våra fyra räknesättför att beräkna ett polynoms värde. Men det som gör polynom viktiga är att de kan användas för attapproximera en stor mängd andra, mer komplicerade funktioner. De mer avancerade funktionerna,som exponentialfunktioner och trigonometriska behövs för att de modellerar viktiga saker frånverkligheten och används därför för att analysera konkreta problem. Varje gång vi använder, t.ex.en miniräknare för att beräkna sinus av en vinkel så använder miniräknaren i själva verket ettpolynom för att beräkna detta värde. På så vis används polynomen används för att ge konkretasiffror till modellerna.

2.2.1 Polynom är enkla funktionerDen första anledningen till att polynomfunktionerna är viktiga är att de är enkla. Givet våra fyraräknesätt så kan man alltid beräkna värdena för funktionerna.

Exempel 2.2.1. Låt oss ta polynomet p(x) = x7 + 3x5 + 2x4 − x + 3. Detta är inte det allraenklaste polynomet men det är ändå rätt enkelt att beräkna värdet för polynomet. Säg att vi ärintresserade av värdena för funktionen då x = 2. Vi har

p(2) = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2︸︷︷︸=27=128

+3 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2︸︷︷︸=3·25=3·32=96

+2 · 2 · 2 · 2 · 2︸︷︷︸2·24=2·16=32

−2 + 3 = 257.

Beräkningen av polynomets värde involverade bara multiplikation, addition och subtraktion. I dennamening är alltså polynom enkla: det krävs bara våra fyra räknesätt för att beräkna värdet för ettpolynom. Division kommer också behövas om vi ska beräkna värden för exempelvis x = 3/7.I praktiken kan det naturligtvis bli omständigt att beräkna värdet för polynomet då x är att allmäntdecimaltal men i princip är det alltså bara våra fyra räknesätt.Det är skillnad om vi som exempel tar andra elementära funktioner som exponentialfunktioner,logaritmer och trigonometriska funktioner. Dessa definieras på andra sätt och för att utvärderasexakt så behöver man beräkna oändliga summor av tal, något som oftast är ganska invecklat.


2.2.2 Polynom är inte för enkla

Om polynomen bara vore enkla så kanske de inte skulle vara värda så mycket. Faktum är attpolynomen inte är för enkla. Det visar sig nämligen att man med polynom kan approximera deflesta andra vanliga (deriverbara) funktioner med godtycklig precision. För att beräkna värdet avsinx så kan man istället beräkna värdet av ett speciellt polynom, det s.k. Taylorpolynomet. Mangör då ett fel men genom att välja tillräckligt hög gradtal på Taylorpolynomet1 så kan man göraen beräkning som uppfyller vilken i förväg fastställd noggrannhet som helst.

Exempel 2.2.2. Vi ger de 20 första decimalerna för sin 1:

sin 1︸︷︷︸1 radian

= 0.84147098480789650665 . . .

Låt oss nu jämföra detta med Taylorpolynomen till sinx med olika gradtal

p3(x) = x− x3

6 , p3(1) = 1− 1/6 = 5/6 = 0.83333333 . . .

p5(x) = x5

120 − x3

6 + x, p5(1) = 0.841666666 . . .

p7(x) = − x7

5040 + x5

120 − x3

6 + x p7(1) = 0.841468254 . . ....

......

p21(x) = x21

51090942171709440000 − x19

121645100408832000+ p21(1) = 0.84147098480789650665 . . .x17

355687428096000 − x15

1307674368000 + x13

6227020800

− x11

39916800 + x9

362880 − x7

5040 + x5

120 − x3

6 + x

För att få en decimals noggrannhet så behöver man alltså bara beräkna två termer, vilket är fulltmöjligt att göra för hand. Med högre krav på noggrannhet så blir arbetsinsatsen större. Vi sert.ex. att sjundegradspolynomet ger oss ett värde med fyra decimalers noggrannhet. För att få 20decimalers noggrannhet är man tvingad att välja Taylorpolynomet av grad 21

När man använder en miniräknare (eller telefon!) för att beräkna sinx så använder sig miniräknarenav Taylorpolynom för att göra beräkningarna. Miniräknarföretagets ingenjörer har då programmeratin ett Taylorpolynom av tillräckligt högt gradtal för att ge den noggrannhet som minräknarensdisplay kan visa. Programmeringen blir relativt enkel tack vare att polynom kan beräknas enbartmed de fyra räknesätten, som vi beskrev i föregående avsnitt.

2.3 Nollställen till polynom

I detta avsnitt så förklarar vi att ett polynom med grad n har precis n stycken nollställen. Dess-utom är det viktigt att dessa nollställen kan användas för att skriva polynomet som en produktav förstagradspolynom. För att göra detta så behöver vi resultaten från de s.k. faktorsatsen ochalgebrans fundamentalsats. Vi behöver också lära oss polynomdivision och divisionsalgoritmen. Dethär ger oss kunskaper som behövs i all matematikanvändning.

1I kursen Envariabelanalys ma034a så går man genom Taylorpolynom och approximation mer noggrannt. Där lärman sig speciellt hur man räknar ut Taylorpolynomet för en funktion.

2.3. NOLLSTÄLLEN TILL POLYNOM 31

2.3.1 Ett vägledande exempel

För att ge en bild av vart vi vill komma med detta avsnitt så börjar vi med ett exempel

Exempel 2.3.1. Ett förstagradspolynom x − a har nollstället x = a. Om vi har en produkt avsådana faktorer, t.ex

p(x) = (x− 1)(x− 2)(x− 3)

så ser vi direkt att nollställena till p(x) är 1, 2 och 3.Men om vi tittar på polynomet

q(x) = x3 − 6x2 + 11x− 6

så är det inte lika lätt att säga vilka nollställena är.Nu visar det sig att

p(x) = (x− 1)(x− 2)(x− 3) = x3 − 6x2 + 11x− 6 = q(x)

och då följer det att q(x) också har nollställena 1, 2 och 3.

Från exemplet ser vi att polynomets nollställen tydligen svarar mot faktorer. Känner man tillett polynoms nollställen så vet man också hur polynomet faktoriseras och har man lyckats skrivapolynomet på faktoriserad form så ser man också nollställena tydligt.Syftet med detta kapitel är att reda ut begreppen och förklara att ovanstående exempel är typisktoch att alla polynom kan faktoriseras med sina nollställen och att antalet nollställen är lika medpolynomets gradtal

2.3.2 Polynoms nollställen och Algebrans fundamentalsats

Ett nollställe till ett polynom är ett tal som ger noll när man sätter in det i polynomet. M.a.o.x = b är ett nollställe till polynomet p(x) = anx

n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0 om

p(b) = anbn + an−1b

n−1 + · · ·+ a1b+ a0 = 0

Exempel 2.3.2. x = 1 är ett nollställe till andragradspolynomet x2 + 3x− 4 eftersom

12 + 3 · 1− 4 = 1 + 3− 4 = 0

Genom att använda t.ex. pq-formeln (1.16) så kan vi bevisa att vårt andragradspolynom bara harnollställena x = 1 och x = −4. Det senare är verkligen ett nollställe eftersom

(−4)2 + 3 · (−4)− 4 = 16− 12− 4 = 0.

Polynom har alltså nollställen men gäller detta verkligen varje polynom. Kan det inte finnas polynomsom saknar nollställen?Om vi tar reella andragradspolynom t.ex. så följer det av pq-formeln att alla reella polynom harnollställen (faktiskt två nollställen i allmänhet). Dessa nollställen behöver dock inte vara reella.Om vi kräver att nollställena också ska vara reella så finns det gott om polynom som saknar reellanollställen

Exempel 2.3.3. Polynomet x2+1 saknar reella nollställen eftersom pq-formeln ger oss de ickereellanollställena ±i.


Vi behöver alltså de komplexa talen för att garantera att varje reellt polynom ska ha nollställen(det är ju så de komplexa talen uppstår...).Men vad gäller för ickereella polynom. Har polynom med komplexa koeffecienter alltid nollställen?Svaret är Ja! på den frågan och anledningen är att man kan bevisa den s.k. algebrans fundamen-talsats:

Theorem 2.3.4. Algebrans fundamentalsats, variant 1Varje polynom av grad större eller lika med ett har minst ett komplext nollställe.

Så, hur många nollställen har ett polynom egentligen?Om vi studerar polynomexemplen i detta kapitel så kan man se att det tycks finnas lika månganollställen som polynomets gradtal. Problemet är bara hur vi ska hantera exempel av den typ somnästa exempel tillhör.

Exempel 2.3.5. Polynomet x2 + 2x+ 1 har bara ett nollställe nämligen x = −1. Anledningen ärförstås att pq-formeln ger att diskriminanten blir noll och därför blir de två rötterna lika:

x = −1±√0

Vi har alltså ett fall med dubbelrot, som det kan uttryckas som. Att nollstället räknas som dubbeltkommer av att polynomet kan faktoriseras mha kvadreringsregeln

x2 + 2x+ 1 = (x+ 1)(x+ 1) = (x+ 1)2

Polynomet kan alltså skrivas som produkt av två faktorer och båda dessa faktorer blir noll förx = −1. Eftersom det är två faktorer som blir noll för x = −1 så säger man att det är ett dubbeltnollställe och att nollstället har multiplicitet 2. Om vi i stället tar polynomet

(x+ 1)3 = x3 + 3x2 + 3x+ 1

så är det enda nollstället x = −1 ett trippelt nollställe och dess multiplicitet är därför 3.

Tack vare exempel 2.3.5 så är vi något viktigt på spåret. Det visar sig att varje polynom kanfaktoriseras mha sina nollställen.

Theorem 2.3.6. Faktorsatsen: Om x = a är ett nollställe till polynomet p(x) så är x − a enfaktor i polynomet. Detta innebär att det finns ett annat polynom q(x) så att

p(x) = (x− a)q(x)Man noterar att denna likhet innebär att polynomet q(x) har lägre gradtal än p(x).

Exempel 2.3.7. Det är inte svårt att verifiera att x = 3 är ett nollställe till polynomet p(x) =x4 + 3x3 − 7x2 − 27x− 18 Det är heller inte svårt att visa att

p(x) = (x− 3) · (x3 + 6x2 + 11x+ 6)︸︷︷︸=q(x)

= (x− 3) · q(x)

vilket verifierar påståendet i faktorsatsen Theorem 2.3.6.

Givet ett polynom som, precis som i föregående exempel 2.3.7 har ett känt nollställe. Om polynometq(x) är givet så såg vi att det inte är svårt att verifiera faktoriseringen men frågan är hur man kanberäkna polynomet q(x).Svaret på detta är polynomdivision2 och den så kallade Divisionsalgoritmen:

2Hur man utför polynomdivision kan man hitta på författarens youtube-kanal grebsrof matematik, länk finner niäven i blackboard.


Theorem 2.3.8. Divisionsalgoritmen: Om p(x) är ett polynom av grad n och q(x) är ett polynomav grad m < n så finns det ett polynom, det så kallade kvotpolynomet k(x, och ett polynom r(x),det så kallade restpolynomet sådana att

p(x) = k(x)q(x) + r(x)

där kvotpolynomet och restpolynomen båda har lägre gradtal än p. Om restpolynomet är noll så harvi faktoriseringen p(x) = k(x) · q(x). Kvot och restpolynomen beräknas med polynomdivision, somvisas i figur 2.2

Figur 2.2 visar strukturen i en typisk polynomdivision.

x 2 + 5

x 2 + 1 x 4 + 6 x 2 + 12 x + 6− x 4 − x 2

5x 2 + 12 x + 6− 5x 2 − 5

12x + 1

p(x) = k(x) q(x) + r(x)

Figur 2.2: Givet två polynom p(x) och q(x) så ger divisionsalgoritmen att det existerar två andra polynom,kvotpolynomet k(x) och restpolynomet r(x). Figuren visar hur man hittar de olika polynomen i en normaluppställning för polynomdivision. I uppgift (37) har man som uppgift att verifiera attx4 + 6x2 + 12x+ 6 = (x2 + 5)(x2 + 1) + 12x+ 1

Exempel 2.3.9. Låt oss fortsätta med situationen i exempel 2.3.7. Vi utför polynomdivisionenp(x)/(x− 3) och verifierar att vi får polynomet q(x) där vi noterar att x = −1 är ett nollställe somi sin tur ger att q(x) kan delas med x− 1:

x3 + 6x2 + 11x + 6

x− 3)

x4 + 3x3 − 7x2 − 27x− 18− x4 + 3x3

6x3 − 7x2

− 6x3 + 18x2

11x2 − 27x− 11x2 + 33x

6x− 18− 6x+ 18

0

x2 + 5x+ 6

x+ 1)

x3 + 6x2 + 11x+ 6− x3 − x2

5x2 + 11x− 5x2 − 5x

6x+ 6− 6x− 6

0


Från dessa polynomdivisioner har vi att

p(x) = (x− 3) (x3 + 6x2 + 11x+ 6)︸︷︷︸(x+1)(x2+5x+6)

= (x− 3)(x+ 1) (x2 + 5x+ 6)︸︷︷︸(x+2)(x+3)

= (x− 3)(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3)

Den sista likheten får vi tack vare att två sista nollställena, −2 och −3 till p(x) kan bestämmassom nollställena till x2 + 5x+ 6 och kan beräknas mha pq formeln.

Exemplen visar alltså hur algebrans fundamentalsats, faktorsatsen och divisionsalgoritmen arbetartillsammans och utför man detta argument i ren allmänhet så kan man komma fram till följandeviktiga formulering av algebrans fundamentalsats.

Theorem 2.3.10. Algebrans fundamentalsats: variant 2 Ett polynom har lika många noll-ställen som sitt gradtal och kan skrivas som produkt av faktorer:

(x− a1)(x− a2) · · · (x− an) = (x− b1)n1 · · · (x− bj)nj , n1 + · · ·+ nj = n (2.1)

Det högra skrivsättet får vi om flera av nollställena ai är lika, alla sådana ai har då döps om ochkallats för bi och då samlar vi ihop alla motsvarande faktorer och anger dess multipliciteter somni, etc.. Båda led har lika många faktorer så multipliciteterna adderas och är lika med gradtalet förpolynomet.

Låt oss försöka förstå denna sats genom att titta på ett konkret exempel.

Exempel 2.3.11. Givet polynomet p(x) = x3 + x2 − x− 1 så är det inte svårt att se att x = 1 ärett nollställe. Faktorsatsen ger då att det finns ett polynom q(x) så att

p(x) = (x− 1)q(x)

Vi använder divisionsalgoritmen (polynomdivision) för att beräkna q(x)

x2 + 2x+ 1

x− 1)

x3 + x2 − x− 1− x3 + x2

2x2 − x− 2x2 + 2x

x− 1− x+ 1

0

Polynomet q(x) = x2 + 2x + 1 står i detta schema högst upp och resten längst ned. Resten ärnoll och detta visar att vi verkligen har den faktorisering som vi trodde. Polynomet p’s övriganollställen får vi nu genom att beräkna nollställen till q(x) som är ett andragradspolynom och dåkan vi använda pq-formeln för att beräkna dess nollställen. Men den uppmärksamme känner ocksåigen q(x) från exempel 2.3.5 där vi visade att q har det dubbla nollstället −1 vi kan nu skriva dentotala faktoriseringen av p(x) som

p(x) = (x− 1)(x+ 1)(x+ 1) = (x− 1)(x+ 1)2

Jämför vi detta med faktoriseringen i (2.1) så har vi då att a1 = b1 = 1 och a2 = a3 = b2 ochn1 = 1 och n2 = 2


Exempel 2.3.12. Om vi utför polynomdivisionen p(x)/q(x) med p(x) = x4+x3+3x2+x+2 ochq(x) = x2 + 2x+ 2 så blir divisionen

x2 − x+ 3

x2 + 2x+ 2)

x4 + x3 + 3x2 + x+ 2− x4 − 2x3 − 2x2

− x3 + x2 + xx3 + 2x2 + 2x

3x2 + 3x+ 2− 3x2 − 6x− 6

− 3x− 4

I detta fall har vi kvoten x2 − x− 3 och resten −3x− 4 och vi kan verifiera att vi har

p(x) = (x2 − x+ 3)q(x) + (−3x− 4),

vilket verifierar divisionsalgoritmen i detta fall.

Exempel 2.3.13. I detta exempel visar vi vad som händer om vi försöker faktorisera med ettfelaktigt nollställe. Det är lätt att se att x = 1 inte är ett nollställe till p(x) = x5 + x2 + 3x+ 1. Viutför polynomdivision:

x4 + x3 + x2 + 2x+ 5

x− 1)

x5 + x2 + 3x+ 1− x5 + x4

x4

− x4 + x3

x3 + x2

− x3 + x2

2x2 + 3x− 2x2 + 2x

5x+ 1− 5x+ 5

6

Vi ser här att resten längst ned inte är noll och detta är en signal för att x− 1 inte delar p(x) ochfaktorsatsen säger då att x = 1 inte är ett nollställe till p. Från polynomdivisionsschemat ovan kanvi läsa att

x5 + x2 + 3x+ 1 = (x− 1)(x4 + x3 + x2 + 2x+ 5) + 6

Verifiera gärna denna likhet själv genom att utföra multiplikationen och additionen i höger led.


2.4 Nollställen till Reella polynomSammanfattningVi går igenom komplexa nollställen till reella polynom. Det viktiga resultatet om nollställen till polynommed reella koeffecienter är att ickereella nollställen kommer parvis: om z = x+ iy är ett icke reellt nollställeså är också konjugatet z = x− iy ett nollställe.När man vill faktorisera ett reellt polynom i reella faktorer så kan man inte ta med förstagradsfaktorer somkommer från ickereella nollställen, eftersom dessa inte är reella. Men eftersom dessa kommer parvis kanman multiplicera faktorerna som hör till ett sådant par och då får man en reell andragradsfaktor. Reellapolynom faktoriseras i ett antal andragradsfaktorer som kommer från ickereella par av nollställen samt ettantal förstagradsfaktorer som kommer från de reella nollställena.

2.4.1 Reella polynomEtt polynom

p(z) = a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anz

n

är reellt om alla koefficienterna a0, . . . an är reella tal.

Exempel 2.4.1. p(z) = 1+z+√3 z2+23z3 är ett reellt polynom men q(z) = 1+z+ i

√3 z2+23z3

är inte reellt.

För att se vart vi är på väg så kan vi titta på följande exempel

Exempel 2.4.2. Betrakta polynomet 1 + x2. Vi ser direkt att dess nollställen är x = ±i.

Vad är speciellt med detta? Man ska notera att det ena nollstället är det komplexa konjugatet avdet andra. Är detta en slump eller är det för att ovanstående polynom är så enkelt?

Exempel 2.4.3. Låt oss titta på polynomet p(z) = 5 + 2z + z2. Dess nollställen är z = −1 ± 2i.Återigen ser vi att komplexa nollställen följs åt två och två!

Vi generaliserar dessa två exempel mha följande exempel:

Exempel 2.4.4. Om man tar ett allmänt reellt andragradspolynom z2+az+ b så blir ju dess noll-ställen z = −a2 ±

√a2−4b

4 . Om diskriminanten a2− 4b < 0 så har polynomet icke-reella nollställen.Och dessa följs åt parvis: nollstället och dess konjugat!!

Fördjupning av dessa observationer ger följande sats:

Theorem 2.4.5. Om p(z) = a0+a1z+a2z2+ · · ·+anzn är reellt så gäller att om z = a+ ib är ett

icke reellt nollställe så är dess konjugat z = a − ib också ett nollställe, det så kallade konjugeradenollstället till nollstället z.

Bevis. Låt z0 vara ett nollställe till p. Vi måste visa att p(z0) = 0. Vi har följande

0 = a0 + a1z0 + a2z2o + · · ·+ anzn0 = a0 + a1z0 + a2z20 + · · ·+ anzn0 =

= a0 + a1 z0 + a2 z02 + · · ·+ an z0

n = a0 + a1z0 + a2zo2 + · · ·+ anz0

n =

= p(z),

där vi utnyttjat räkneregler för konjugering och att

a ∈ R⇔ a = a.

2.4. NOLLSTÄLLEN TILL REELLA POLYNOM 37

Exempel 2.4.6. Hitta nollställena till polynomet p(x) = x4 − 5x3 − 2x2 + 46x − 60, då man vetatt ett nollställe är x = 3 + i.Eftersom detta polynom är reellt så har vi enligt ovanstående sats att komplexa nollställen kommerparvis. Till det givna nollstället x = 3 + i hör alltså dess konjugat x = 3 − i, som alltså också ärett nollställe. Enligt faktorsatsen är p delbart med båda faktorerna x− (3 + i) och x− (3− i) somhör ihop med nollställena. Detta betyder att p är delbart med dessa faktorers produkt

(x− (3 + i)(x− (3− i)) = x2 − 6x+ 10.

Utför vi nu polynomdivisionen får vi att

p(x) = (x2 − 6x+ 10)(x2 + x− 6)

De andra faktorn har nollställena x = 2 eller x = 3, och då har vi hittat alla nollställen till p!

2.4.2 Irreducibla faktorer till reella polynomVi börjar med att notera att när vi multiplicerar två förstagradsfaktorer till ett konjugerat par avkomplexa nollställen så blir resultatet ett reellt andragradspolynom:

(z − (a+ bi))(z − (a− bi)) = z2 + (a+ bi)(a− bi)− z(a− bi)− z(a+ bi) + (a+ bi)(a− bi)= z2 + 2bz + |a+ bi|2

Polynomet längst till höger är reellt eftersom koeffecienterna 2b och |a+ bi|2 är reellla tal.

Exempel 2.4.7. I föregående exempel hade vi

(x− (3 + i)(x− (3− i)) = x2 − x(3 + i+ 3− i) + (3 + i)(3− i) = x2 − 6x+ 10

Eftersom de paren av de ickereella nollställena kan kombineras som nollställen till reella andragradspo-lynom så kan vi nu förstå att det är möjligt att faktorisera reella polynom som en produkt avreella faktorer. Algebrans fundamentalsats och faktorsatsen ger oss annars bara en faktoriseringi förstagradsfaktorer, som ju är komplexa för ickereella nollställen, vilket alltså inte är en reellfaktorisering.

Theorem 2.4.8. Om p är ett reellt polynom så kan man faktorisera p i ett antal rella förstagrads-faktorer och ett antal reella andragradsfaktorer.

Bevis. Som en följd av algebrans fundamentalsats, faktorsatsen och divisionsalgoritmen så vet viatt varje polynom faktoriseras i lika många första gradsfaktorer som det finns nollställen.

p(z) = cn(z − a1) . . . (z − an)

För ett reellt polynom förekommer ickereella faktorer parvis och deras faktorer multipliceras ihoptill en reell andra gradsfaktor. Om vi låter a1, . . . a2k, 2k ≤ n vara våra icke reella nollställen så kanvi skriva p som

p(z) = cn(z2 + b1z + d1) · · · (z2 + bkz + dk)(z − a2k+1) · · · (z − an),

där z2+bjz+dj , j = 1 . . . k är de k stycken reella andra gradsfaktorer som våra ickerella nollställesparger upphov till och a2k+1, . . . , an är de reella nollställena


Exempel 2.4.9. I exempel 2.4.6 så fick vi fram nollställena x = 2, x = 3 och x = 3± i. Dessa geross förstagradsfaktorerna

(x− 2)(x− 3) (x− 3− i)(x− 3 + i)︸︷︷︸kombineras till reell andragradsfaktor︸︷︷︸

=x2+x−6

= (x− 2)(x− 3)(x2 + x− 6)

vilket alltså är den reella faktoriseringen av polynomet x4 − 5x3 − 2x2 + 46x− 60

Korollarium 2.4.10. Om ett reellt polynom har udda gradtal så finns det minst ett reellt nollställe.

Att detta resultat måste vara sant följer också om vi tittar på hur polynomen beter sig närx → ±∞ alltså när x blir stor och negativ respektive stor och positiv. För sådana värden såkommer högstagradstermen att dominera. Om vi antar att polynomet är moniskt och alltså harhögstagradskoeffecienten 1 så ges högsta gradstermen av xn där n är ett udda heltal. Om x är storoch negativ så kommer xn vara stor och negativ och då kommer polynomet också vara stor ochnegativ eftersom denna term dominerar. Om x är stor och positiv så kommer polynomet blir positiveftersom högsta gradstermen dominerar.

Polynomets värden är alltså negativa då x är mycket mindre än noll och positiva om x är myc-ket större än noll. Eftersom polynomet är en kontinuerlig så måste polynomet någonstans växlafrån negativ till positiv, dvs någonstans på reella axeln måste polynomet vara noll. Vi har alltsåargumenterat för att ett nollställe måste existera.Vi visar hur detta ser ut i ett konkret fall:

Exempel 2.4.11. Vi ritar grafen till polynomet p(x) = −x5 − x4 + 98x3 + 98x2 + 200x + 200 ifigur 2.3:

-10 -5 5 10

-50 000

50 000

Figur 2.3: Grafen till polynomet p(x) = −x5−x4+98x3+98x2+200x+200. Notera har grafen gårnedåt när x minskar och går uppåt då x ökar. Någonstans kommer grafen att skära x-axeln och idenna punkt så är polynomet noll. Från grafen kan man skönja tre reella nollställen. (dessa är ±10och x = −1. De övriga två nollställena är ickerella: x = ±i

√2 och dessa syns inte i denna graf.

I figuren ska man notera hur grafen går mot −∞ då x går mot −∞ och hur grafen går mot +∞om x går mot +∞. Eftersom grafen är en kontinuerlig kurva och inte gör något plötsligt hopp sågäller att någonstans mellan de två oändligheterna så måste grafen skära x-axeln där funktionen iså fall är noll. Från figuren kan vi se att polynomet skär på tre ställen. Vårt polynom har därförtre reella nollställen men det finns ytterligare två ickereella nollställen som inte syns i grafen.

2.5 Hur hittar man egentligen de där förnicklade nollställena?

Princip: det är svårt att hitta nollställen

2.5. HUR HITTAR MAN EGENTLIGEN DE DÄR FÖRNICKLADE NOLLSTÄLLENA? 39

I exemplen i detta dokument har vi visat hur man beräknar nollställen till andragradspolynommha pq-formeln (vi har även sett hur man löser allmänna komplexa andragradspolynom utan pq-formel) men för högregrads polynom så har exemplen gått ut på att minst ett nollställe varitkänt (och dessutom varit heltal!) och sedan har vi använt polynomdivision för att komma nedtill ett andragradspolynom. Om man tar ett godtyckligt polynom av grad 3 eller högre så är detinte lätt att hitta ens ett nollställe. Det finns visserligen formler för att beräkna nollställen förtredje och fjärdegradspolynom men de är alltför komplicerade för att vara riktigt användbara.För femtegradspolynom och högre så finns det inte ens formler. Faktum är att det är ett berömtresultat från början av 1800-talet av fransmannen Galois och Norrmannen Abel3 att man inte kanlösa femtegradsekvationer.

Skulle man inte kunna beräkna nollställen med datorer?

Jodå, det gör man också men problemet här är att det är svårt att avgöra om något verkligenär helt noll eller bara nära. En dator kan bara representera tal upp till ett antal ändligt mångadecimaler (kalla denna decimallängd för N . Då kan inte datorn skilja på följande tal

0. 0000000000000 . . . 0︸︷︷︸N stycken decimaler

2345 och

0. 0000000000000 . . . 0︸︷︷︸N stycken decimaler

5451 och

0 =0. 0000000000000 . . . 0︸︷︷︸N stycken decimaler

0000000000000 . . .︸︷︷︸∞ många nollor

Bara det sista talet är verkligen noll men datorn kan inte se skillnaden.

Men är inte det här en helt omöjlig situation?

Jo, det kan man kanske säga... men ...I denna kurs, t.ex. på tentamen så kommer polynomen vara enkla så att de typiskt har heltals-koeffecienter och har minst ett nollställe, ofta flera stycken som är ett heltal. Detta heltals-nollställekan man oftast göra en kvalificerad gissning för att få fram. Vi har sett att ett polynom p(x) kanfaktoriseras mha sina faktorer

p(x) = (x− a1)(x− a2) · · · (x− an) = xn − (a1 + · · ·+ an)xn−1 + · · ·+ a1 · a2 · · · an︸︷︷︸

produkten av nollställena

.

Konstanttermen i polynomet är alltså produkten av nollställena vilket innebär att ett nollställe tillpolynomet måste jämnt dela denna konstantterm. Låt oss se på ett exempel:

Exempel 2.5.1. Beräkna alla nollställen till tredjegradspolynomet p(x) = x3 + x2 − 8x− 6.

3Evariste Galois (1811-1832) och Niels Henrik Abel (1802-1829) kom, oberoende av varandra, fram till att det äromöjligt att lösa femtegradsekvationen med algebraiska operationer.


Vi kan inga lösningsformler (de finns4 men de är för svåra för oss.) så vi provar med att gissa på de talsom delar konstanttermen −6. Minustecknet kan vi ignorerara och 6 är delbar med ±1,±2,±3,±6så något av dessa tal skulle kunna vara ett nollställe till polynomet. Vi sätter in talen i polynometoch får att polynomet blir noll endast för −3:

p(−3) = (−3)3 + (−3)2 − 2 · (−3)− 6 = −27 + 9− 8(−3)− 6 = 0

Vi utför nu polynomdivisionen p(x)/(x+ 3):

x2 − 2x− 2

x+ 3)

x3 + x2 − 8x− 6− x3 − 3x2

− 2x2 − 8x2x2 + 6x

− 2x− 62x+ 6

0

Vilket alltså ger oss att

p(x) = (x2 − 2x− 2)(x+ 3)

De övriga två nollställena får vi genom att använda pq-formeln (1.16) på polynomet x2 − 2x − 2,som ger oss:

x = 1±√1 + 2 = 1±

√3

Det är bra att verkligen testa alla möjliga delare till konstanttermen. Om polynomet är konstrueratså att alla nollställen är heltal så kommer man hitta alla nollställen och behöver då inte utföranågra polynomdivisioner. Vi visar en sådan situation i nästa exempel:

Exempel 2.5.2. Beräkna alla nollställen till p(x) = x4 + 5x3 + 5x2 − 5x− 6.I detta fall har vi igen delarna till −6: ±1,±2,±3,±6. Vi sätter in dessa tal i polynomet och får

p(−1) = 0, p(1) = 0, p(2) 6= 0, p(−2) = 0, p(3) 6= 0, p(−3) = 0, p(6) 6= 0, p(−6) 6= 0

I detta fall behöver man naturligtvis bara sätta in värden tills man hittat fyra stycken nollstäl-len, eftersom detta är det maximala antalet nollställen för vårt fjärdegradspolynom. De två sistainsättningarna av ±6 var alltså egentligen onödiga.Faktoriseringen blir alltså

p(x) = (x− 1)(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3)

Utveckla gärna själva höger led och verifera att likheten stämmer.

Vi avslutar med ett exempel där alla nollställen är heltal men ett nollställe har multiplicitet störreän 1:

4Kolla in wikipedia om cubic equation http://en.wikipedia.org/wiki/Cubic_function

2.5. HUR HITTAR MAN EGENTLIGEN DE DÄR FÖRNICKLADE NOLLSTÄLLENA? 41

Exempel 2.5.3. Låt p(x) = x4 − x3 − 3x2 + 5x − 2. Konstanttermen −2 har delarna ±1 och ±2så vi sätter in dessa tal i polynomet och får

p(1) = 0, p(−1) 6= 0, p(2) 6= 0, p(−2) = 0

Detta ger att (x− 1) och (x+ 2) båda är faktorer för p(x). Detta innebär att produkten

(x− 1)(x+ 2) = x2 + x− 2

av faktorerna också måste vara faktor i p(x). Vi utför därför polynomdivisionen

x2 − 2x+ 1

x2 + x− 2)

x4 − x3 − 3x2 + 5x− 2− x4 − x3 + 2x2

− 2x3 − x2 + 5x2x3 + 2x2 − 4x

x2 + x− 2− x2 − x+ 2

0

och får att resterande två nollställen är nollställen till polynomet x2 − 2x + 1 som enligt kvadre-ringsregeln (eller pq-formeln +faktorsatsen) ger att

x2 − 2x+ 1 = (x− 1)2

Detta ger oss den slutliga faktoriseringen av p(x):

p(x) = (x− 1)3(x+ 2)


2.6 Övningsuppgifter

Övning 2:6.37Använd polynomdivision för att beräkna kvotpo-lynomet k(x) och restpolynomet r(x) då p(x) =x4 +6x2 +12x+6 och q(x) = (x2 +1). Verifieraatt p(x) = k(x)q(x) + r(x).

Övning 2:6.38Lös ekvationen x3 − 3x2 + 4x− 2 = 0.

Övning 2:6.39lös ekvationen z3 + 6z2 + 11z + 6 = 0.

Övning 2:6.40Ekvationen z4+3z2−6z+10 = 0 har en lösningz = −1 + 2i. Bestäm de andra lösningarna.

Övning 2:6.41Skriv polynomet p(z) = z4 + 3z2 − 6z + 10 somen produkt av reella faktorer av grad högst 2.

Övning 2:6.42Ekvationen z4 + 2z3 + 3z2 + 2z + 2 = 0 har lös-ningen z = −1 + i. Bestäm samtliga rötter.

Övning 2:6.43Skriv polynomet p(z) = z4 + 2z3 + 3z2 + 2z + 2som en produkt av reella faktorer av grad högsttvå. (hint: jmfr föregående uppgift)

Svar/lösningar på utvalda övningar

Lösning 1:1.11. realdel (3 och imaginärdel 7

2. realdel (−3 och imaginärdel −17

3. realdel (−√2 och imaginärdel 0

Lösning 1:1.2

z + w = 1 + 2i+ 2 + 3i = 3 + 5i

2z − 3w = 2(1 + 2i)− 3(2 + 3i) = 2 + 4i− 6− 9i = −4− 5i

z · w = (1 + 2i)(2 + 3i) = 2 + 6i2 + 3i+ 4i = −4 + 7i

Lösning 1:1.3Multiplikation uppe och nere med samma tal c 6= 0 betyder att man multiplicerar med ett:

c

c= c · 1

c=

1

c· c = 1 ⇒ A · c

c=c

c·A = 1 ·A = A

Vi har alltså att 2−5i dividerat med 2−5i blir lika med 1, så vad man gör är alltså att multipliceramed 1 och multiplikation med 1 förändrar ingenting, exempelvis är 1 · 3 = 3.

Lösning 1:1.4(1 + 2i)(2− 3i)

(2 + 3i)(2− 3i)=

8 + i

13

Lösning 1:1.5

Lösning 1:1.6z = 2−3i ligger i den fjärde kvadranten. Detta innebär att −z = −2+3i ligger i andra kvadranten.Se även figur 4.

Lösning 1:1.7Se figur 4.

Lösning 1:1.8Se figur 4.

43

44 SVAR/LÖSNINGAR PÅ UTVALDA ÖVNINGAR

1+3i

2-5i

-3-2i

-1-4i

2-2

2i

-2i

z=2-3i

-z=-2+3i

s

t

s+t

s t

-4-3i

-4+3i5+2i

5-2i

Figur 4: Svarta ”pluppar” är lösning till uppgift 5 , lila pluppar är lösningen till uppgift 6 och blåpluppar till uppgift 7. Röda pluppar hör ihop med uppgift 8. Pilarna visar vad som händer vidkonjugeringen.

Lösning 1:1.9

Eftersom konjugering geometriskt svarar mot en spegling i den reella axeln så kommer en punkt iandra kvadranten att speglas ned till tredje kvadranten.

Lösning 1:1.10

Vi multiplicerade täljare och nämnare men nämnarens konjugat. Detta betyder att nämnaren inne-håller ett tal multiplicerat med sitt konjugat och denna produkt är talets absolutbelopp i kvadrat.Om vi kallar talet för w = a+ ib så har vi

ww = (a+ ib)(a− ib) = a2 + b2 = |a+ ib|2

Och absolutbeloppet är alltid ett ickenegativt tal.

Lösning 1:1.11

När det behövs använder vi att z = a+ ib och w = c+ id

Räkneregel 2 :: Vi ska visa att z · w = z · w: så har vi i vänster led

z · w = (a+ ib)(c+ id) = ac− bd+ i(ad+ bc) = ac− bd− i(ad+ bc)

För höger led så gäller

z · w = (a+ ib) · (c+ id) = (a− ib)(c− id) = ac+ bd− i(ad+ bc)

Eftersom höger och vänster led är lika så är vi klara.11

Räkneregel 2 :: Vi ska visa att zw = z

w :

45

Vänster led blir(a+ bi

c+ di

)=

(a+ bi)(c− di)(c+ di)(c− di) =

(a+ bi) · (c− di)c2 + d2

=(a− bi)(c+ di)

c2 + d2

Höger led blir

a+ bi

c+ di=

(a− bi)(c− di) =

(a− bi)(c+ di)

(c− di)(c+ di)=

(a− bi)(c+ di)

c2 + d2

Höger led och vänster led är alltså lika och vi är klara.

Räkneregel 3 :: Denna räkneregel följer genom en dubbel användning av konjugatets definition:

z = a+ bi = a− bi = a+ bi = z

Lösning 1:1.12

|2 + 3i| =√22 + 32 =

√13 , |3 + 2i| =

√32 + 22 =

√13 , |3− 2i| =

√32 + (−2)2 =

√13

De tre talen ligger alltså på samma avstånd från origo: de ligger alla på en cirkel med radien√13 .

Lösning 1:1.13

Avståndet till origo är precis talets absolutbelopp: |2 + 5i| =√22 + 52| =

√29

Lösning 1:1.14

De åtta talen har samma belopp (=√10 ) vilket betyder att de allihop ligger på en och samma

cirkel med radien√10 och centrerad i origo. Se också figur 5

√10

2-2

2i

-2i

Figur 5: Figur till uppgift 14


Lösning 1:1.15Vi använder oss av definitionen på sid 4 av beloppet och utnyttjar också räknereglerna för konju-gatet, som vi också visade i uppgift ??

Räkneregel 1 :: Det här är i stort sett definitionen av absolutbeloppet.Eftersom beloppet definieras av |z| =

√zz så följer det att |z|2 = zz.

Räkneregel 2 :: Vi har att

|zw|2 = zwzw = zwzw = zzww = |z|2|w|2

Räkneregel 4 :: Det räcker att visa det hela för kvadraten:∣∣∣ zw

∣∣∣2 =z

w

( zw

)=z

w

z

w=

zz

ww=|z|2|w|2

Räkneregel 4 :: Här räcker det att visa att |z|2 = |z|2 och detta följer enkelt eftersom

|z|2 = zz, |z|2 = z z = zz = zz

Lösning 1:2.16Vi använder den polära trigonometriska formen för att överföra till rektangulär form:

z = 3(cos−π/3︸︷︷︸= 1

2

+i sin−π/3)︸︷︷︸=−√

32

= 3(1

2−√3

2) =

3

2− i3√3

2

Lösning 1:2.17Vi använder den trigonometriska beskrivningen för att skriva om från polär till rektangulär form

a. ) z = 2(cosπ/3 + i sinπ/3) = 2(1/2 + i√3 /2) = 1 + i

√3

b. ) Vi har att beloppet för w blir: |w| =√1 + 1 =

√2 . Om vi tar argumentet i principalområdet

(−π, π] så får vi vinkeln 3π/4. Följdaktligen blir w =√2 ei3π/4.

Lösning 1:2.18Principalargumentet för 1+ i är π/4. De övriga argumenten får vi genom att addera alla multipplarav 2π till detta argument. Alla argument kan således skrivas

π/4 + 2πk, k ∈ Z

Lösning 1:2.19Vi använder oss av räknereglerna för konjugatet:

a. )

(z + w)(z − w) = (z + w)(z − w) = zz − zw + wz − ww =

= |z|2 − |w|2 + zw − zw = |z|2 − |w|2 + 2i Im(zw) = 25− 13 + 34i = 12 + 34i.

b. ) Argumentet för talet är tex π/4 varför vi kan skriva 1+i√2

= cosπ/4 + i sinπ/4 De Moivresformel ger nu att

(1 + i√

2)100 = (cosπ/4 + i sinπ/4)100 = cos 100π/4 + i sin 100π/4 = cos 25π + i sin 25π = −1

47

Lösning 1:2.20Den polära formen av ett komplext tal går ut på att beskriva talet m.h.a. dess avstånd r till origotillsammans med den vinkel (kallad argumentet) som det talet bildar till den positiva delen av reellaaxeln. Man väljer oftast den minsta vinkel som kan bildas vilket då är en vinkel som ligger mellan−π och π. I figur 6 så betecknas denna vinkel med α.Den trigonometriska formen blir då

z = r(cosα+ i sinα)

och den exponentiella formen blirz = reiα

-1

Figur 6: Bild till uppgift ??

Nu behöver vi bara bestämma r och α för vårt komplexa tal. Som hjälp har vi figur 6 där r ärhypotenusan i den blå triangeln och Pythagoras sats ger oss

r =

√(−√3 )2 + (−1)2 =

√3 + 1 =

√4 = 2

För att bestämma α så måste vi först beräkna vinkeln β som kan uttryckas m.h.a. den blå triangeln:

tanβ =1√3

⇒ β = arctan1√3

= π/6

Från figuren ser vi nu att vinkeln β är den vinkel som saknas för att α ska bli π, dvs

π = α+ β ⇒ α = π − β = π − (π/6) = 5π/6

Nu har vi bara en sak kvar och det är att notera att vinklar som går medurs från positiva reella axelnräknas som negativa. (Positiv orientering är moturs). Detta ger att argumentet för vårt komplexatal blir −5π/6.Vi har nu

Trigonometrisk form: z = 2(cos(−5π/6) + i sin(−5π/6)) = 2(cos(5π/6)− i sin(5π/6))Exponentiell form: z = 2e−i5π/6


Lösning 1:2.21

Vi har att vårt tal z = 32

(√3 − i

)ligger i den fjärde kvadraten vilket betyder att argumentet måste

ligga i intervaller −π/2, 0 Eftersom beloppet är 3 och argumentet ges av arctan −1√3

= −π/6 (eller-30◦) så har vi att den trigonometriska och exponentiella formerna blir

z = 3(cos−π/6 + i sin−π/6), z = 3e−iπ/6

Lösning 1:2.22

Principalargumentet blir 2π/3: Talet ligger i den andra kvadranten och arctan√3 = π/3 och då får

vi principalargumentet som π− π/3 = 2π/3. För att välja argumentet i ett annat intervall behövervi bara lägga till ett lämpligt antal multipplar av 2π. Lägger vi till 2 · 2π = 4π så får vi 14π/3 somligger i det önskade intervallet (3π, 5π]

Lösning 1:2.23Eftersom multiplikation innebär att argumenten adderas så gäller arg z+argw som minst kan vara0 + π/4 och som mest kan vara π/6 + π/2 = 4π/6, dvs argumentet för zw måste ligga i intervallet(π/4, 4π/6)

Vid divisionen z/w så subtraheras argumentet för w från argumentet för z och då har vi attarg z − argw som mest är π/6 − π/4 = −π/12 (tag största argumentet för z och subtraherar detminsta argumentet för w).Som minst blir arg z − argw när vi tar det minsta argumentet för z och subtraherar det störstaargumentet för w och då får vi minsta argumentet 0− π/2 = −π/2.Argumentet för z/w ligger alltså i intervallet (−π/2,−π/12)

Lösning 1:2.24Vi har att (

eiϕ)n

= eiϕ · eiϕ · · · eiϕ︸︷︷︸n stycken

= ei(

n st︷︸︸︷ϕ+ · · ·+ ϕ) = einϕ,

där vi i den första likheten gör den vanliga tolkningen om vad upphöjt med ett heltal betyder. Iden andra likheten använder vi sedan oss av potensräkneregeln (1.8).

Lösning 1:2.25Vi ska visa de trigonometriska additionsreglerna som man kan hitta i vilken matematisk formel-samling som helst. M.a.o. vi ska visa att

sin(α± β) = sinα cosβ ± cosα sinβ (2)cos(α± β) = cosα cosβ ∓ sinα sinβ (3)

Vi använder oss av ekvation (1.8):

cos(α± β) + i sin(α± β) = ei(α±β) = eiα · e±iβ = (cosα+ i sinα)(cosβ ± i sinβ)︸︷︷︸=cosα cos β∓sinα sin β+i(sinα cos β±cosα sin β)

Från detta får vi att de två sidornas realdelar är lika ger oss ekvation (3) och (2) följer av attimaginärdelarna ska vara lika

49

Lösning 1:3.26Svar :: Lösningarna blir på rektangulär form {−2, 1±

√3 i}. På polär form har vi

z = 2ei(π/3+2πk/3), k = −1, 0, 1

Lösning: Vi börjar med att skriva binomekvationen på normalform:

z3 = −8

som vi sedan skriver på polär form:

r3ei3φ = 8ei(π+2πk), k ∈ Z

Detta ger oss en ekvation för beloppet

r3 = 8 → r = 2

och en ekvation för argumentet/vinkeln

3φ = π + 2πk ⇒ φ = π/3 + 2k · π/3

Eftersom vår binomekvation är av ordning 4 så vet vi (från algebrans fundamentalsats) att vi skafå fyra olika lösningar. Detta åstadkommer vi genom att välja fyra stycken på varandra värden avk, t.ex. k = −1, 0, 1. Dessa värden ger oss lösningarna

zk = 2eπ/3+2k·π/3, k = −1, 0, 1.

Utnyttjar vi att eiα = cosα + i sinα så får vi att den rektangulära formen för våra fyra lösningarblir

z−1 = 1−√3 i, z0 = 1 +

√3 i, z1 = −2,

Lösning 1:3.27z = 3ei(−π/20+2πk/5), k = 0, 1, . . . 4

Lösning 1:3.28z = ei(−

π10+

2π5 k),k = 0, 1, 2, 3, 4.

Lösning 1:3.29Skriv båda led på polär form:

r5ei5θ = 32eiπ4 +2πn n ∈ Z

Detta ger oss direkt att r = 2 och att

θ =π

20+

2π

5n n ∈ Z

De fem olika lösningarna ges av fem på varandra följande värden på n, tex n = 0, 1, 2, 3, 4. 3,

z = 2ei(π20+

2π5 n), n = 0, 1, 2, 3, 4

Lösning 1:3.30z = 2e−π/20+2nπ/5 , n = −2, 1, 0, 1, 2.


Lösning 1:3.31

Skriv båda led av ekvationen på polär form:

R5e5iθ = ei(π+2nπ), n ∈ Z

De båda sidornas absolutbelopp måste vara lika vilket ger att R = 1 (enda reella lösningen) tillR5 = 1. Ekvationen för argumentet blir

5θ = π + 2nπ, n ∈ Z

vilket ger att θ = π/5+2nπ/5. Fem på varandra följande värden på n ger ekvationens fem lösningar.

Lösning 1:3.32

Vi ska hitta lösningar till

z = 5√1 + i (4)

Vi har att5√1 + i = (1 + i)

15

Vilket innebär att om upphöjer båda led med 5 och då får vi binomekvationen

z5 = 1 + i

Varje lösning till denna binomekvation bör alltså kunna tolkas som en lösning till ekvation (4).

Vi skriver binomekvationen på polär form

r5e5iθ =√2ei(π/4+2πn), n ∈ Z

som leder till att

r =5

√√2 =

10√2, och θ =

π

20+ n · 2π

5, n ∈ Z

Fem olika lösningar till vår femtegradens binomekvation får vi genom att välja fem på varandraföljande heltal vilket leder till att lösningen t.ex. kan uttryckas som

z =5

√√2 ei(

π20+n·

2π5 ), n = −2,−1, 0, 1, 2

Denna ekvation har lösningarna

10√2ei(

π20+

2π5 k), k = 0, 1, 2, 3, 4

Alla dessa fem lösningar är alltså kandidater för femteroten ur 1 + i.

51

Lösning 1:4.33

Vi ska kvadratkomplettera och då följer vi schemat

z2 + az + b = z2 + 2 · 12︸︷︷︸

=1

az +(a2

)2−(a2

)2︸︷︷︸

=0

+b = z2 + 2 · a2z +

(a2

)2︸︷︷︸

=(z+ a2 )

2

=c︷︸︸︷−a

2

4+ b = (z +

a

2)2 + c

För vår uppgift så har vi att a = 1 + i och b = −6 + 2i. Vi får nu att kvadratkompletteringen blir

(z +1 + i

2)2− (1 + i)2

4− 6 + 2i︸︷︷︸

=C

= (z +1 + i

2)2 + C

Vi snyggar till konstanten C:

C = −

=2i︷︸︸︷(1 + i)2

4− 6 + 2i = −2i

4− 6 + 2i = −6 + 1

2i+

4

2i = −6 + 5

2i

Kvadratkompletteringen blir alltså

(z +

1 + i

2

)2

− 6 +5

2i

Lösning 1:4.34

1 + 3i och 2− 3i.


Kvadratkomplettera:

z2 − 3z + 11 + 3i = (z − 3

2)2 − 9

4+ 11 + 3i = (z − 3

2)2 +

35

4+ 3i

Vi gör substitutionen w = z − 32 och eftersom vi ska beräkna nollställen så ger det oss följande

ekvationw2 = −35

4− 3i (5)

Vi sätter nu w = x + iy och använder att realdelarna och imaginärdelarna för båda sidor avdenna ekvation ska vara lika. Även beloppet av båda led ska också vara lika. Vi får därför följandeekvationssystem

x2 − y2 = −35

4(6)

2xy = −3 (7)

x2 + y2 =

√1369

16=

37

4(8)

Adderar vi ekvationerna (6) och (8) så får vi

2x2 =2

4=

1

2⇒ x = ± 1

2

Ekvation (7) ger oss sedan att y = ∓ 3 så att

w =1

2− 3i och w = −1

2+ 3i

löser ekvation (5). Genom att substituera tillbaka så får vi lösningarna

z = w +3

2=

12 − 3i+ 3

2 = 2− 3i

− 12 + 3i+ 3

2 = 1 + 3i

Lösning 1:4.35Svar: z = 2i eller z = −3.

Lösning 1:4.36z = −1 + i och z = 1 + 3i

Lösning 2:6.37Polynomdivisionen ger

x2 + 5

x2 + 1)

x4 + 6x2 + 12x+ 6− x4 − x2

5x2 + 12x+ 6− 5x2 − 5

12x+ 1

från vilket vi får k(x) = (x2 + 5) och restpolynomet r(x) = 12x+ 1 Vi har att

k(x)q(x) + r(x) = (x2 + 5)(x2 + 1)︸︷︷︸=x4+6x2+5

+12x+ 1 = x4 + 6x2 + 12x+ 6

och eftersom polynomet till höger faktiskt är polynomet p(x) så är vi klara.

53

Lösning 2:6.38Vi noterar att vi har ett reellt polynom och eftersom detta har udda grad så måste minst ett avnollställena vara reellt. Vi antar att vi har heltaslösningar och att de i så fall måste vara heltal somdelar konstanttermen −2. Vi får då talen ±1 och ±2 som vi sätter in i vårt polynom. Vi får då att

p(1) = 0, polynomet ej noll för− 1,±2.

Faktorsatsen ger nu att polynomet x− 1 måste dela vårt polynom. Polynomdivision ger

x2 − 2x+ 2

x− 1)

x3 − 3x2 + 4x− 2− x3 + x2

− 2x2 + 4x2x2 − 2x

2x− 2− 2x+ 2

0

Vi får alltså kvotpolynomet x2 − 2x+ 2 som har nollställena x = 1± i.Lösningarna blir alltså x = 1, x = 1± i.

Lösning 2:6.39Pröva om någon av delarna ±1,±2,±3,±6 till konstanttermen 6 är nollställen till polynomet.Man får då lösningarna är z = −1, z = −2 och z = −3.

Lösning 2:6.40Lösningarna blir z = −1± 2i och z = 1± i.

Lösning 2:6.41Från uppgift 40 så får vi att p(z) = (z2 + 2z + 5)(z2 − 2z + 2) eftersom de båda faktorerna harnollställena z = −1± 2i respektive z = 1± i.

Lösning 2:6.42Lösningarna blir z = −1± i och z = ±i.

Lösning 2:6.43Från uppgift 42 så ser vi att p(z) = (z2+2z+2)(z2+1) eftersom de båda faktorerna har nollställenaz = −1± i respektive z = ±i.

Sakregister

absolutbelopp, 4räkneregler, 5

addition, 2admittans, 3algebrans fundamentalsats, 27, 29argument, 7

belopp, se absolutbeloppbinom, 24

division, 3divisionsalgoritmen, 28dubbelrot, 27dubbelt nollställe, 28

exponential form, 8

faktorsatsen, 28

gradtal, 24

imaginära enheten, 1, 1, 3, 13imaginärdelen, 1, 1, 5impedans, 2

koeffecient, 24komplexa tal, 1, 1, 2–4, 7, 8, 12–14, 22

absolutbelopp, 4addition, 2division, 3konjugat, 4multiplikation, 3subtraktion, 2

konduktans, 3konjugat, 4

räkneregler, 4konstantterm, 24kvadratkomplettering, 20kvotpolynom, 28

moniskt polynom, 24monom, 24multiplicitet, 28multiplikation, 3

nollpolynom, 24nollställe, 27

dubbelt, 28komplext, 32

konjugerat, 32multiplicitet för, 28till reellt uddagradspolynom, 34trippelt, 28

Ohm’s lag, 2

polärbeskrivning, 7exponential form, 8form, 7

exponentiell, 8trigonmetrisk, 7

polynomkvot, 28moniskt, 24noll, 24nollställe, 27reellt, 25rest, 28

polynomdivision, 28, 33kvot, 28rest, 28

polynomekvation, 1, 2pq-formeln, 20

bevis, 20principalargument, 8, 9, 15

realdelen, 1reella polynom, 32reellt

polynom, 25, 32rektangulär

beskrivning, se rektangulär formform, 7

restpolynom, 28

spegling, 4subtraktion, 2suseptans, 3

trippelt nollställe, 28

vinkelfrekvens, 2

54

Documents

En Introduktion · z= x+iy= rcos˚+irsin˚= r(cos˚+isin˚) (1.3) Detta är den så kallade trigonometriska formen för den polära beskrivningen. Oftast är det dock smidigare attanvändaden