Mat-tanári gyakorlat, első évfolyam, második félév Második alkalom

1. Írjuk fel az alábbi számokat trigonometrikus alakban: 1 + i, 1 − i, \sqrt{3} + i, −1 − \sqrt{3}i, cos(60^{∘}) − i sin(60^{∘}), cos(30^{∘}) − i sin(60^{∘}).

2. Oldjuk meg az x^{3} = 1, x^{4} = −4, x^{8} = \sqrt{3} − i, x^{6} = 1 + i, x^{n} = −1 egyenleteket.

3. Melyek egységgyökök az alábbi számok közül? Mely n-ekre lesznek ezek a számok n-edik egységgyökök? 1, −1, i, 1+i, (1+i)/\sqrt{2}, cos(\sqrt{2}π)+i sin(\sqrt{2}π), cos(336^{∘})+i sin(336^{∘}).

4. Számítsuk ki az n-edik egységgyökök összegét, szorzatát és négyzetösszegét.

5. Számítsuk ki (1 + i)^{n} értékét. Mivel egyenlő 1 + \binom{n}{4} + \binom{n}{8} + \binom{n}{12} + … ?

6. Fejezzük ki cos x és sin x segítségével sin nx-et. (Ötlet: a binomiális tétel segítségével számítsuk ki a cos x + i sin x szám n-edik hatványát.)

7. 1 = \sqrt{1} = \sqrt{(−1) · (−1)} = \sqrt{−1} · \sqrt{−1} = i · i = −1. Hol a hiba?

8. Egy négyszög oldalaira kifelé négyzeteket rajzolunk. Kössük össze az átellenes oldalakra rajzolt négyzetek középpontjait. Mutassuk meg, hogy az így kapott két szakasz merőleges, és egyenlő hosszú.

9. Tegyük föl, hogy két egységgyök összege is egységnyi hosszúságú. Mit mondhatunk az általuk bezárt szögről? Mutassuk meg, hogy ekkor az összegük ugyancsak egységgyök.

10. Képzeljünk el egy doboz „Medve” sajtot abból a fajtából, amelyben hat darab sajt van. Tegyük fel, hogy a hatból három sajtot már megettünk, és a dobozban maradt három sajt is esetleg elmozdult egymáshoz képest úgy, hogy azért a „csúcsuk” továbbra is a doboz középpontjában van, és ívelt oldaluk illeszkedik a doboz kör alakú széléhez. Jelölje a sajtoknak a középpontban levőktől különböző csúcsait — az óramutató járásával megegyező irányban haladva — rendre A_{1} , A_{2} , B_{1} , B_{2} , C_{1} , C_{2} . Mutassuk meg, hogy az A_{2}B_{1} , B_{2}C_{1} , C_{2}A_{1} szakaszok felezőpontjai szabályos háromszöget határoznak meg.

Megoldás az I/7. feladatra. Legyenek a háromszög csúcsai A, B, C, ε = cos 120^{∘} + i sin 120^{∘}, η = cos 60^{∘}+i sin 60^{∘}. A szabályos hatszög felrajzolásából látjuk, hogy η = 1+ε. Ha X jelöli az AB oldalra kifelé rajzolt szabályos háromszög középpontját, akkor az \overrightarrow{XB} vektort 120 fokkal elforgatva az \overrightarrow{Y B} adódik, azaz (B − X)ε = A − X, ahonnan

X = \frac{A − Bε}{1 − ε} , és hasonlóan Y = \frac{B − Cε}{1 − ε} , Z = \frac{C − Aε}{1 − ε} .

Azt kell belátni, hogy az \overrightarrow{XY} vektort 60^{∘}-kal elforgatva az \overrightarrow{XZ}-t kapjuk, azaz (Y − X)η = (Z − X). A fentieket behelyettesítve és 1 − ε-nal szorozva:

((B − Cε) − (A − Bε)) η = (C − Aε) − (A − Bε) .

Beírva, hogy η = 1 + ε, és átrendezve

A((−1 − ε + ε + 1) + B(1 + ε + ε(1 + ε) − ε) + C(−ε(1 + ε) − 1) = 0 .

Ez pedig teljesül, mert 1 + ε + ε^{2} = 0 (mint a hatszögről leolvasható), és így A, B és C együtthatója is nulla.