Gerçel sayılarda $x^2=-1$ denkleminin çözümü yoktur: bir gerçel sayının karesi asla negatif olamaz. Karmaşık sayılar, negatif sayıların karekökleri var olacak şekilde gerçel sayıları genişletir. YÖS sınavında (MAT-2) bu alt konu hızlı, kalıba dayalı sorular getirir: $i$'nin kuvvetleri, gerçel ve sanal kısımlar, eşlenik $\bar z$, modül $|z|$, $(1+i)^n$ gibi iki terimlilerin kuvvetleri ve trigonometrik form $r\,\text{cis}\,\theta$. Hemen her soru, aşağıda toplanan küçük bir kural ve kısayol kümesine indirgenir.
Sanal birim şöyle tanımlanır:$$i^2=-1,\qquad i=\sqrt{-1}.$$Gerçel $a>0$ için: $\sqrt{-a}=i\sqrt{a}$. Örneğin $\sqrt{-36}+\sqrt{-25}=6i+5i=11i$.
Bir karmaşık sayı, $a,b$ gerçel olmak üzere $z=a+bi$ biçimindedir. Burada $\text{Re}(z)=a$ gerçel kısım, $\text{Im}(z)=b$ sanal kısımdır ($bi$ değil, katsayı $b$). İki karmaşık sayı ancak ve ancak gerçel ve sanal kısımları eşitse eşittir: $a+bi=c+di \iff a=c$ ve $b=d$.
Uyarı: $\sqrt{a}\sqrt{b}=\sqrt{ab}$ kuralı iki negatif kök içi için geçerli değildir: $\sqrt{-4}\cdot\sqrt{-9}=(2i)(3i)=6i^2=-6$ olur, $+6$ değil.
Negatif kök içi hilesi: $x<y<0$ ise $x-y<0$ olur, dolayısıyla $\sqrt{x-y}=i\sqrt{y-x}$ tamamen sanaldır. Örneğin $\sqrt{x-y}=2i$ ise $x-y=(2i)^2=-4$, yani $y-x=4$.
$i$'nin kuvvetleri 4 periyoduyla tekrarlanır:$$i^1=i,\quad i^2=-1,\quad i^3=-i,\quad i^4=1,\quad i^5=i,\ \dots$$Bu yüzden $i^n$ yalnızca $n$'nin 4'e bölümünden kalana bağlıdır:$$i^n=i^{\,n \bmod 4},\qquad i^0=1.$$Örnek: $143=4\cdot 35+3$ olduğundan $i^{143}=i^3=-i$; $172=4\cdot 43$ olduğundan $i^{172}=1$; dolayısıyla $i^{143}+i^{172}=1-i$.
Önemli sonuç: ardışık dört kuvvetin toplamı sıfırdır,$$i^k+i^{k+1}+i^{k+2}+i^{k+3}=0.$$Bu nedenle $\sum_{k=1}^{n} i^k$ toplamında yalnızca tam 4'lü bloklardan artan terimler kalır. Örnek: $\sum_{k=1}^{73} i^k$ — $73=4\cdot 18+1$ olduğundan ilk $72$ terim sadeleşir ve toplam $i^{73}=i$ olur.
$i^2+2i^5+3i^8+\dots$ gibi ağırlıklı toplamlar: önce her üssü mod 4'e indirgeyin ($i^2=-1$, $i^5=i$, $i^8=1$, $i^{11}=-i$, ...) — değerler 4 periyoduyla tekrarlanırken katsayılar 1'er artar; terimleri dörderli bloklar hâlinde gruplayıp tam blok sayısını ve kalan terimleri sayın.
İşlemler bileşen bileşen ya da $i^2=-1$ kullanılarak parantez açma yoluyla yapılır:$$(a+bi)\pm(c+di)=(a\pm c)+(b\pm d)i,$$$$k(a+bi)=ka+kbi\ (k\in\mathbb{R}),$$$$(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i.$$Tipik YÖS kalıbı: $z_1$ ve $z_2$ verilir, $2z_1-z_2$ gibi bir kombinasyon hesaplanıp $a+bi$ biçiminde yazılır, sonra $a\cdot b$ veya $a+b$ istenir. Örnek: $z_1=3+2i$, $z_2=1-i$ için $2z_1-z_2=(6+4i)-(1-i)=5+5i$, dolayısıyla $a\cdot b=25$.
Herhangi bir hesaplamadan sonra, $\text{Re}$, $\text{Im}$ okumadan veya katsayıları karşılaştırmadan önce sonucu daima $a+bi$ standart biçimine getirin.
$z=a+bi$ sayısının eşleniği $\bar z=a-bi$ olur (sanal kısmın işareti değişir). Özellikler:$$\overline{z_1\pm z_2}=\bar z_1\pm\bar z_2,\qquad \overline{z_1 z_2}=\bar z_1\,\bar z_2,\qquad \overline{\left(\tfrac{z_1}{z_2}\right)}=\tfrac{\bar z_1}{\bar z_2},\qquad \bar{\bar z}=z.$$$$z+\bar z=2\,\text{Re}(z),\qquad z-\bar z=2i\,\text{Im}(z),\qquad z\bar z=a^2+b^2=|z|^2.$$Sonuçlar: $z$ gerçeldir $\iff z=\bar z$; $z$ tamamen sanaldır $\iff z=-\bar z$ (ve $z\ne 0$). $z\bar z$ çarpımı her zaman negatif olmayan bir gerçel sayıdır — bölmeyi mümkün kılan tam da budur.
Bölme için pay ve paydayı, paydanın eşleniğiyle çarpın:$$\frac{z_1}{z_2}=\frac{z_1\,\bar z_2}{z_2\,\bar z_2}=\frac{z_1\,\bar z_2}{|z_2|^2}.$$Payda, gerçel sayı $|z_2|^2$ hâline gelir ve sonuç $\text{Re}$ ile $\text{Im}$ olarak ayrılabilir.
Yararlı kısayollar:$$\frac{1}{i}=-i,\qquad \frac{1+i}{1-i}=i,\qquad \frac{1-i}{1+i}=-i.$$$z=\dfrac{(1+2i)(1-i)}{3-i}$ veya $\dfrac{i}{(1-i)(2+i)}$ gibi ifadeler için strateji: önce paydaki (veya paydadaki) çarpımları açarak tek bir $\frac{p+qi}{c+di}$ kesri elde edin, sonra $\frac{c-di}{c-di}$ ile çarpın ve $\text{Re}(z)$ ile $\text{Im}(z)$ değerlerini okuyun.
$z=a+bi$ sayısının modülü, orijinden $(a,b)$ noktasına olan uzaklıktır:$$|z|=\sqrt{a^2+b^2}.$$Özellikler (ezberleyin — sınavda dakikalar kazandırır):$$|z|=|\bar z|=|-z|,\qquad |z_1z_2|=|z_1|\,|z_2|,\qquad \left|\frac{z_1}{z_2}\right|=\frac{|z_1|}{|z_2|},\qquad |z^n|=|z|^n,\qquad z\bar z=|z|^2.$$Klasik YÖS hilesi: gerçel $x$ için$$\left|\frac{1+ix}{1-ix}\right|=\frac{\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}}=1$$— kesri sadeleştirmeye gerek yok: pay ve payda birbirinin eşleniğidir, dolayısıyla modülleri eşittir.
Verilen $z_1,z_2$ ile $|z_1-2z_2|$ gibi ifadeler için: önce $z_1-2z_2=a+bi$ karmaşık sayısını hesaplayın, sonra $\sqrt{a^2+b^2}$ alın. Toplamın modülü, modüllerin toplamına eşit DEĞİLDİR; yalnızca üçgen eşitsizliği $|z_1+z_2|\le|z_1|+|z_2|$ geçerlidir.
Evrensel yöntem: $z=x+yi$, $\bar z=x-yi$ yazıp parantezleri açın ve denklemi $A+Bi=C+Di$ biçimine getirin. Sonra kısımları eşitleyin: $A=C$ ve $B=D$ — bir karmaşık denklem, $x,y$ için iki gerçel denklemden oluşan bir sistem verir.
$i\bar z+1=2(1-z)$ için kurulum örneği: $i\bar z=i(x-yi)=y+xi$ olduğundan sol taraf $(y+1)+xi$, sağ taraf $(2-2x)-2yi$ olur; kısımları eşitlemek $y+1=2-2x$ ve $x=-2y$ verir (tam çözüm aşağıdaki örneklerde).
Geometrik denklemler: $|z-z_0|=r$, merkezi $z_0$, yarıçapı $r$ olan çemberi tanımlar. Denklemde $\bar z$ varsa $|\bar w|=|w|$ özelliğini kullanın: örneğin$$|\bar z+i-1|=10 \iff |\overline{\bar z+i-1}|=10 \iff |z-i-1|=10,$$yani merkezi $1+i$ (nokta $(1,1)$), yarıçapı $10$ olan bir çember. Tipik sorular merkez, yarıçap veya çember üzerinde $|z|$'nin en büyük/en küçük değerini ister: $|z|_{\max}=|z_0|+r$, $|z|_{\min}=\bigl||z_0|-r\bigr|$.
$(1+i)^n$ ifadesini asla terim terim açmayın — önce kare alın:$$(1+i)^2=1+2i+i^2=2i,\qquad (1-i)^2=-2i.$$Hemen elde edilen zincirler:$$(1+i)^4=(2i)^2=-4,\qquad (1-i)^4=-4,\qquad (1+i)^8=16.$$$z^n$ için strateji: $n=2m$ (veya $n=2m+1$) yazın ve $z^n=(z^2)^m$ ya da $z^n=(z^2)^m\cdot z$ kullanın. Örnek: $z=1+i$ için$$z^6=(z^2)^3=(2i)^3=8i^3=-8i.$$Aynı fikir diğer sık tabanlar için de geçerlidir: $(\sqrt3+i)^2=2+2\sqrt3\,i$; yüksek kuvvetler için trigonometrik forma geçin (sonraki bölüm). Modüllerle hızlı kontrol: $|z^6|=|z|^6=(\sqrt2)^6=8$, bu da $|-8i|=8$ ile uyumludur.
Sıfırdan farklı her $z=a+bi$ trigonometrik (kutupsal) formda yazılabilir:$$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)=r\,\text{cis}\,\theta,\qquad r=|z|=\sqrt{a^2+b^2},\ \ \tan\theta=\frac{b}{a},$$burada $\theta$ (argüman), $(a,b)$ noktasının bulunduğu bölgeye göre seçilir.
Çarpma ve bölme, modüller ve açılar üzerinde işler:$$r_1\,\text{cis}\,\alpha\cdot r_2\,\text{cis}\,\beta=r_1r_2\,\text{cis}(\alpha+\beta),\qquad \frac{r_1\,\text{cis}\,\alpha}{r_2\,\text{cis}\,\beta}=\frac{r_1}{r_2}\,\text{cis}(\alpha-\beta).$$De Moivre formülü: $(r\,\text{cis}\,\theta)^n=r^n\,\text{cis}(n\theta)$.
Tipik YÖS kalıbı: $z_1=\text{cis}\,\alpha$, $z_2=\text{cis}\,\beta$, $z_3=\text{cis}\,\gamma$ verilirse, $\dfrac{z_1z_3}{z_2}$ gibi bir ifade doğrudan $\text{cis}(\alpha-\beta+\gamma)$ olur — paydaki açılar toplanır, paydadakiler çıkarılır.
Temel değerler: $\text{cis}\,0=1$, $\text{cis}\,90^\circ=i$, $\text{cis}\,180^\circ=-1$, $\text{cis}\,270^\circ=-i$ ve $1+i=\sqrt2\,\text{cis}\,45^\circ$.
Soru A. $i^{143}+i^{172}$ değerini hesaplayın.
Adım 1. Üsleri mod 4'e indirgeyin: $143=4\cdot 35+3$, dolayısıyla $i^{143}=i^3=-i$.Adım 2. $172=4\cdot 43+0$, dolayısıyla $i^{172}=i^0=1$.Adım 3. Toplayın: $i^{143}+i^{172}=-i+1=1-i$.
Soru B. $S=\sum_{k=1}^{73} i^k=i+i^2+\dots+i^{73}$ değerini hesaplayın.
Adım 1. Ardışık dört kuvvetin toplamı sıfırdır: $i+i^2+i^3+i^4=i-1-i+1=0$.Adım 2. $73=4\cdot 18+1$: ilk $72$ terim $18$ tam sıfır bloğu oluşturur.Adım 3. Yalnızca son terim kalır: $S=i^{73}=i^{4\cdot 18+1}=i$.
Cevap: $1-i$ ve $i$.
Soru. $z=\dfrac{(1+2i)(1-i)}{3-i}$ ise $\text{Re}(z)$ değerini bulun.
Adım 1. Payı açın:$$(1+2i)(1-i)=1-i+2i-2i^2=1+i+2=3+i.$$Adım 2. Paydanın eşleniğiyle çarpın:$$z=\frac{3+i}{3-i}\cdot\frac{3+i}{3+i}=\frac{(3+i)^2}{3^2+1^2}=\frac{9+6i+i^2}{10}=\frac{8+6i}{10}.$$Adım 3. Standart biçimde yazın: $z=\dfrac{4}{5}+\dfrac{3}{5}i$.
Cevap: $\text{Re}(z)=\dfrac{4}{5}$ (ve $\text{Im}(z)=\dfrac{3}{5}$).
Aynı üç adım $\dfrac{i}{(1-i)(2+i)}$ için de geçerlidir: önce $(1-i)(2+i)=3-i$, sonra $z=\dfrac{i}{3-i}=\dfrac{i(3+i)}{10}=\dfrac{-1+3i}{10}$, dolayısıyla $\text{Im}(z)=\dfrac{3}{10}$.
Soru. $z$ karmaşık sayısı $i\bar z+1=2(1-z)$ denklemini sağlıyor. $\text{Re}(z)$ değerini bulun.
Adım 1. $z=x+yi$ olsun; o zaman $\bar z=x-yi$.Adım 2. Sol taraf: $i\bar z+1=i(x-yi)+1=ix-yi^2+1=(y+1)+xi$.Adım 3. Sağ taraf: $2(1-z)=2-2x-2yi=(2-2x)+(-2y)i$.Adım 4. Gerçel ve sanal kısımları eşitleyin:$$y+1=2-2x,\qquad x=-2y.$$Adım 5. $y=-\dfrac{x}{2}$ değerini ilk denklemde yerine koyun: $-\dfrac{x}{2}+1=2-2x$, buradan $\dfrac{3x}{2}=1$, yani $x=\dfrac{2}{3}$, $y=-\dfrac{1}{3}$.
Kontrol: $z=\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{3}i$ için $i\bar z+1=\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3}i$ ve $2(1-z)=\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3}i$. Doğru.
Cevap: $\text{Re}(z)=\dfrac{2}{3}$.
Soru A. $z=1+i$ için $z^6$ değerini hesaplayın.
Adım 1. Önce kare alın: $z^2=(1+i)^2=1+2i+i^2=2i$.Adım 2. O hâlde $z^6=(z^2)^3=(2i)^3=8i^3=-8i$.Adım 3. Modüllerle kontrol: $|z|=\sqrt2$, dolayısıyla $|z^6|=(\sqrt2)^6=8=|-8i|$. Tutarlı.
De Moivre ile alternatif: $z=\sqrt2\,\text{cis}\,45^\circ$, dolayısıyla $z^6=(\sqrt2)^6\,\text{cis}\,270^\circ=8(-i)=-8i$.
Soru B. $z_1=\text{cis}\,80^\circ$, $z_2=\text{cis}\,35^\circ$, $z_3=\text{cis}\,45^\circ$ olsun. $w=\dfrac{z_1z_3}{z_2}$ değerini hesaplayın.
Adım 1. Çarpmada açılar toplanır, bölmede çıkarılır: $w=\text{cis}(80^\circ+45^\circ-35^\circ)=\text{cis}\,90^\circ$.Adım 2. $\text{cis}\,90^\circ=\cos 90^\circ+i\sin 90^\circ=i$.
Cevaplar: $z^6=-8i$ ve $w=i$.
Kursun tüm konuları · Konu soruları
Platformu kullanmak için JavaScript'i etkinleştirin.