karmaşık sayılar

18
www.mustafayagci.com, 2005 Cebir Notları Mustafa YAĞCI, [email protected] Karmaşık Sayılar x + 2 = 0 gibi denklemler doğal sayılar kümesinde ( ) çözülemeyince, buna duyulan gereksinim ge- reği, küme genişletilerek, tamsayılar kümesi ( ) bulunmuştur. Artık bu bir icat mıydı, keşif mi, o benim boyumu aşar. Daha sonra 3x + 17 = 0 gibi denklem çözümleri için rasyonel sayılar kümesine ( ), x 2 – 6 = 0 gibi denklem çözümleri için de reel sayılara gereksinim duyulmuştur. Reel sayılar ( ), şu ana kadar bildiğimiz en büyük sayı kümesiydi. Şimdi onu da genişleteceğiz. Çünkü reel sayılar, karşılaştığımız x 2 + 1 = 0 gibi bir denklemi çöz- meye yetmiyor. x 2 = –1 çıkıyor ya, daha önceki bilgilerimiz bize bunun anlamsız olduğunu söylü- yor. Karesi çift olan sayılarla ile ilgili ilk bilgilere M.S.1’inci yüzyılda Heron’un çalışmalarında rast- lanmıştır. Heron’u, üç kenarı bilinen üçgenlerin alanlarını hesaplamak için bulduğu formülünden hatırlarsınız zaten. Oluşturulması imkansız bir kesik piramidin hacmini hesaplamaya çalışırken böyle sayıların olabileceğini farketmiş, ama o kadarla kalmış. Elle tutulur gelişmeler, taa ki 16’ıncı yüzyılda, daha önce ikinci dereceden denklemler dersinde isimlerini zikrettiğimiz Nic- colo Fontana Tartaglia ve Gerolamo Cardano tara- fından üçüncü ve dördüncü dereceden denk- lemlerin köklerini veren kapalı formüllerin bulun- masına rastlar. Tabii milleti inandırmak ne müm- kün. Analitik Geometri dersinde tanıştığımız Rene Descartes, 17’inci yüzyılda bu sayıların olabilece- ğine inanıyormuş, fakat kurduğu koordinat siste- minde onlara yer bulamayınca, bu sayılara ‘’sa- nal’’ adını koymuş. Hatta ‘’sanal’’ Fransızca ‘’imaginaire’’ demek olduğundan, bu sanal sayıya ‘’i’’ demiş ve bu ‘’i’’ günümüze kadar da gelmiş. Daha neye benzedikleri, nasıl bir şey oldukları bilinmeden i’li eşitlikler bulunur olmuş. 18’inci yüzyılda (1730) Abraham De Moivre, sayesinde meşhur olduğu (cos θ + isin θ) n = cos nθ + isin nθ eşitliğini, 1748’de de Leonard Euler cos θ + isin θ = e iθ eşitliğini bulmuş. Buradaki e, doğal logaritmanın tabanı olan ünlü sabit sayı e değil, exponansiyel fonksiyonun kısa gösterimi olan exp kısaltmasının kısaltılmışıdır. Tabii bulunan bulunuyormuş ama, inanan olma- yınca yol katetmek de zor. 1685’de De Algebra tractatus isimli eserinde ‘‘Bunun bir geometrik açıklaması olmalı’’ diye direten Wallis’ten 114 yıl sonra 1799’da Caspar Wessel açık bir tarafı olma- yacak şekilde karmaşık sayıları geometrik olarak göstermeyi başarınca, yavaş yavaş inatlar da kırıl- maya başlamış. Yeterince eksiksiz ve olabildiğin- ce sade bu çalışması, küresel trigonometrinin bu- lunmasına da yol açmıştır. Daha sonra birçok matematikçi bu konuya el etmış. Hatta gelmiş geç- miş en büyük matematikçi kabul edilen Carl Friedrich Gauss’da Wessel’dan yıllar sonra kar- maşık düzlemi tekrar keşfederek, yayımladığı Karmaşık Sayılar Teorisi isimli makalesiyle hem konunun gelişmesini hem de popüler olmasını sağlamış. Gauss bu, boru değil! Yeter ki el atsın… Kaldığımız yerden devam edelim: x 2 + 1 = 0 ise x 2 = –1 demiş ve reel sayılarda buna bir çözüm bulama- mıştık. Şu an da bulmuş değiliz zaten. İnsanın x 2 belliyken x’i bulmak için her iki tarafın karekökü- nü alası geliyor ama negatif bir sayının karekökü de alınmaz ki! Çözülemiyor deyip, bir kenara ata- cak halimiz de yok. İşte, insansoyu tam bu nokta- da karesi –1 eden bu sayıya, yani bu denklemin köküne i veya –i deyivermiş. Bu değerlerden i olanına 1 sanal sayı birimi denir. ‘’Sanal’’ yerine 1 Dikkat edin, ′′i olanına′′ dedik, ′′pozitif olanına′′ demedik, çünkü reel olmayan bir sayıda pozitiflik negatiflik ne arar! Zaten i ile –i arasında da bir fark yoktur!

Transcript of karmaşık sayılar

Page 1: karmaşık sayılar

www.mustafayagci.com, 2005

Cebir Notları Mustafa YAĞCI, [email protected]

Karmaşık Sayılar x + 2 = 0 gibi denklemler doğal sayılar kümesinde

(�) çözülemeyince, buna duyulan gereksinim ge-

reği, küme genişletilerek, tamsayılar kümesi ( � ) bulunmuştur. Artık bu bir icat mıydı, keşif mi, o benim boyumu aşar. Daha sonra 3x + 17 = 0 gibi denklem çözümleri için rasyonel sayılar kümesine

( � ), x2 – 6 = 0 gibi denklem çözümleri için de reel

sayılara gereksinim duyulmuştur. Reel sayılar ( � ), şu ana kadar bildiğimiz en büyük sayı kümesiydi. Şimdi onu da genişleteceğiz. Çünkü reel sayılar, karşılaştığımız x2 + 1 = 0 gibi bir denklemi çöz-meye yetmiyor. x2 = –1 çıkıyor ya, daha önceki bilgilerimiz bize bunun anlamsız olduğunu söylü-yor. Karesi çift olan sayılarla ile ilgili ilk bilgilere M.S.1’inci yüzyılda Heron’un çalışmalarında rast-lanmıştır. Heron’u, üç kenarı bilinen üçgenlerin alanlarını hesaplamak için bulduğu formülünden hatırlarsınız zaten. Oluşturulması imkansız bir kesik piramidin hacmini hesaplamaya çalışırken böyle sayıların olabileceğini farketmiş, ama o kadarla kalmış. Elle tutulur gelişmeler, taa ki 16’ıncı yüzyılda, daha önce ikinci dereceden denklemler dersinde isimlerini zikrettiğimiz Nic-colo Fontana Tartaglia ve Gerolamo Cardano tara-fından üçüncü ve dördüncü dereceden denk-lemlerin köklerini veren kapalı formüllerin bulun-masına rastlar. Tabii milleti inandırmak ne müm-kün. Analitik Geometri dersinde tanıştığımız Rene Descartes, 17’inci yüzyılda bu sayıların olabilece-ğine inanıyormuş, fakat kurduğu koordinat siste-minde onlara yer bulamayınca, bu sayılara ‘’sa-nal’’ adını koymuş. Hatta ‘’sanal’’ Fransızca ‘’imaginaire’’ demek olduğundan, bu sanal sayıya ‘’i’’ demiş ve bu ‘’i’’ günümüze kadar da gelmiş. Daha neye benzedikleri, nasıl bir şey oldukları bilinmeden i’li eşitlikler bulunur olmuş. 18’inci yüzyılda (1730) Abraham De Moivre, sayesinde meşhur olduğu

(cos θ + i⋅sin θ)n = cos nθ + i⋅sin nθ eşitliğini, 1748’de de Leonard Euler

cos θ + i⋅sin θ = eiθ eşitliğini bulmuş. Buradaki e, doğal logaritmanın tabanı olan ünlü sabit sayı e değil, exponansiyel fonksiyonun kısa gösterimi olan exp kısaltmasının kısaltılmışıdır. ☺ Tabii bulunan bulunuyormuş ama, inanan olma-yınca yol katetmek de zor. 1685’de De Algebra tractatus isimli eserinde ‘‘Bunun bir geometrik açıklaması olmalı’’ diye direten Wallis’ten 114 yıl sonra 1799’da Caspar Wessel açık bir tarafı olma-yacak şekilde karmaşık sayıları geometrik olarak göstermeyi başarınca, yavaş yavaş inatlar da kırıl-maya başlamış. Yeterince eksiksiz ve olabildiğin-ce sade bu çalışması, küresel trigonometrinin bu-lunmasına da yol açmıştır. Daha sonra birçok matematikçi bu konuya el etmış. Hatta gelmiş geç-miş en büyük matematikçi kabul edilen Carl Friedrich Gauss’da Wessel’dan yıllar sonra kar-maşık düzlemi tekrar keşfederek, yayımladığı Karmaşık Sayılar Teorisi isimli makalesiyle hem konunun gelişmesini hem de popüler olmasını sağlamış. Gauss bu, boru değil! Yeter ki el atsın… Kaldığımız yerden devam edelim:

x2 + 1 = 0 ise x2 = –1

demiş ve reel sayılarda buna bir çözüm bulama-mıştık. Şu an da bulmuş değiliz zaten. İnsanın x2 belliyken x’i bulmak için her iki tarafın karekökü-nü alası geliyor ama negatif bir sayının karekökü de alınmaz ki! Çözülemiyor deyip, bir kenara ata-cak halimiz de yok. İşte, insansoyu tam bu nokta-da karesi –1 eden bu sayıya, yani bu denklemin köküne i veya –i deyivermiş. Bu değerlerden i olanına1 sanal sayı birimi denir. ‘’Sanal’’ yerine

1 Dikkat edin, ′′i olanına′′ dedik, ′′pozitif olanına′′ demedik, çünkü reel olmayan bir sayıda pozitiflik negatiflik ne arar! Zaten i ile –i arasında da bir fark yoktur!

Page 2: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

2

‘’imajiner’’ dendiği de olur. Hatta ikinci isminin baş harfi olan ‘’i’’ ile gösterilir.

a, b reel sayı ve i2 = –1 iken a + bi şeklindeki sayı-lara karmaşık sayılar denir. Bu sayıların tümü-nün oluşturduğu kümeye de Karmaşık sayılar

kümesi adı verilir ve � ile gösterilir. Unutmayalım ki, karmaşık sayılar kümesi bildiğimiz diğer tüm sayı kümelerini kapsar.

z = a + bi karmaşık sayısında a’ya z karmaşık sayısının reel kısmı denir ve Re(z) ile gösterilir, b’ye de z karmaşık sayısının sanal (imajiner) kısmı denir ve Im(z) ile gösterilir. Örneğin, tamsayılar aslında imajiner kısımları sıfır olan karmaşık sayılardır.

z Re(z) Im(z) 1 + 2i 1 2 –3 – 5i –3 –5

4 4 0 –6i 0 –6

Örnek. Karesi –4 olan sayıları bulunuz. Çözüm: O sayı veya sayılara x diyelim. x2 = –4 = 4⋅(–1) = 4⋅i2 olduğundan x = 2i veya x = –2i’dir. Örnek. x2 + 7 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulunuz. Çözüm: Düne kadar böyle denklemlerin çözüm kümelerine boş dediğimizi hatırlayın. Yanlış değildi. Biz hepten boş demiyorduk ama. Reel sayılar kümesinde çözümünün olmadığını söylüyorduk. Aksi iddia edilmedikçe çözüm kümesinin reel sayılar kümesinde sorulduğunu farzederdik, çünkü o zamana kadar en büyük küme o idi. Artık, herhangi bir şey söylenmediği takdirde bildiğimiz en geniş sayı kümesinde yani karmaşık sayılar kümesinde sorulduğunu farzedeceğiz.

x2 + 7 = 0 ise x2 = –7 = 7⋅(–1) = 7⋅i2

x = i⋅± 7 Örnek. x2 – 2x + 7 = 0 denkleminin tüm köklerini bulalım. Çözüm: Eskiden olsa diskriminant negatif diye boş küme der geçerdik, o günler geride kaldı.

x2 – 2x + 7 = 0 x2 – 2x + 1 + 6 = 0 x2 – 2x + 1 = –6

(x – 1)2 = –6 = 6⋅i2

x – 1 = i⋅± 6

x = 1 i⋅± 6

Demek ki biri x1 = 1 + i⋅6 , diğeri x2 = 1 – i⋅6 olmak üzere iki farklı kökü var. Dikkat edin, reel sayılar kümesinde denklemimizin çözümü yok. Örnek. Toplamları 8, çarpımları 20 olan iki sayı bulunuz. Çözüm: Bu sayılar x1 ve x2 olsun x1 + x2 = 8 ve x1⋅x2 = 20 olduğundan x1 ve x2 sayılarının x

2 – 8x + 20 = 0 denkleminin kökleri olduğunu söyleyebili-riz. Denklemin diskriminantı ∆ = (–8)2 – 4⋅1⋅20 = –16 olduğundan,

x1,2 = 2

16)8( −±−−= i

i24

2

48±=

±

bulunur ki, bu sayılar 4 – 2i ve 4 + 2i’ymiş2. Karmaşık sayıların geometrik gösterimi. Her ne kadar a + bi sayısının kendisi reel olmasa da, a ve b sayıları reel olduğundan, a + bi sayısını göster-mek için analitik düzlemi kullanabiliriz. Analitik düzlemdeki her P(a, b) noktasını, z = a + bi karmaşık sayısıyla bire-bir eşleştirirsek, üzerinde çalışmak için yeni bir düz-lemimiz olur. Bu düzleme de karmaşık düzlem deriz. Ox eksenine reel ek-sen, Oy eksenine de sanal eksen diyeceğiz, olup bitecek. Uyarı. Karmaşık düzleme azami ölçüde önem ver-mek ve anlamaya çalışmak lazım. Zira, adı üstünde sayılar ‘’sanal’’ olduğundan, üzerlerinde düşünebilmek için tek çıkar yol burasıdır. Hatta karmaşık düzlem inşa edilene dek birçok matematikçi böyle sayıları kabul etmemiş, varlığını inkar etmişler. Film burada kopuyor aslında, şimdi de bu sayılar var demiyoruz ki, işlemler sadece zihinde. Reel sayıların aksine, karmaşık sayılar doğal bir sıra içinde değillerdir. Bu yüzden içinde karmaşık sayı içeren eşitsizlikler yazılamaz. Böyle bir mefhum yoktur.

2 16− gibi bir ifadenin yazılması bile sakıncalıdır. Siz be-nim yazdığıma bakmayın☺

A(x ,y )

x

y 1 1

1

1

x

y

Reel eksen

Sanaleksen

O

Page 3: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

3

İnanması zor ama 2i + 3 sayısı i + 1’den büyük değildir! Ama küçük de değildir! Hatta eşit hiç değil! Örnek. Re(z) ≤ 3 koşulunu sağlayan z karmaşık sayılarının görüntüsünü çiziniz. Çözüm: Sanalı önemli değil diyor, reeli 3’ten kü-çük veya eşit olsun yeter. O halde yukarda anlattı-ğımız gibi apsisi 3’ten küçük veya eşit olan nokta-ların oluşturduğu bölge istenilen cevap olacaktır. Örnek. Re(z) > 2 ve Im(z) ≤ 1 koşullarını sağla-yan karmaşık sayıların görüntüsünü çiziniz.

Çözüm: Uzatmayalım, apsisi 2’den büyük ve ordinatı 1’den küçük veya eşit olan noktaların oluşturduğu bölge soruluyor. İlk veride eşitlik olmadığı için x = 2 doğrusunu kesik kesik çizdiği-

mizi fark ettiniz değil mi? Örnek. Karmaşık düzlemde 2 + i sayısının görüntüsünün 3 – 5i sayısının görüntüsüne göre simetriği hangi sayısının görüntüsüdür? Çözüm: (2, 1) noktasının (3, –5) noktasına göre simetriğinin hangi nokta olduğunun sorulduğunu anlamışsınızdır. Apsis ve ordinatların artış miktarından yararlanarak noktanın (4, –11) olduğunu anlarız. Bu nokta da karmaşık düzlemde 4 – 11i sayısının görüntüsüdür. Karmaşık sayıların eşitliği. Analitik düzlemde iki noktanın çakıştığını yani aslında aynı nokta olduğunu nerden anlıyorduk, koordinatlarından değil mi? İki noktanın da hem apsisi, hem ordinatı eşitse, bu noktalar aynı demekti. Analitik düzlemdeki her noktanın da karmaşık düzlemde bir sayı belirtebileceğine değinmiştik. O halde analitik düzlemdeki apsis ve ordinat, karmaşık düzlemdeki reel ve sanal kısımlar demek olduğundan, iki karmaşık sayının eşit olması için her ikisinin de reel ve sanal kısımlarının eşit olması lazım diyeceğiz. a, b, c, d birer reel sayı olmak üzere; z1 = a + bi ve z2 = c + di iken z1 = z2 isse a = c ve b = d’dir. Örnek. z1 = 3 + m – ni ve z2 = n + mi – 5i karmaşık sayıları birbirine eşit ise m ve n kaçtır? Çözüm: Re(z1) = Re(z2) olması gerektiğinden 3 + m = n, Im(z1) = Im(z2) olması gerektiğinden –n = m – 5 olur. Bu iki denklem ortak çözülürse m = 1 ve n = 4 olarak bulunur.

Örnek. z + 2i = 3z + 4 ise Re(z) kaçtır? Çözüm: İki farklı şekilde çözeceğiz. Tavsiyemiz birinci yol tabii ki ama ikinci yol da birazdan göreceğimiz başka soru tiplerinde kullanacağımız bir metot olduğundan, onlara alıştırma olacak. Birinci yol. z – 3z = 4 – 2i olduğundan –2z = 4 – 2i yani z = –2 + i olur. O halde Re(z) = –2 bulunur. İkinci yol. z = x + yi olsun. z + 2i = 3z + 4 eşitliği x + yi + 2i = 3x + 3yi + 4 eşitliğine dönüşür ki, her iki tarafın reel kısımları eşitlenirse x = 3x + 4 olduğundan x = Re(z) = –2 bulunur. Sanal birimin kuvvetleri. Şimdi i’nin çok büyük güçlerini kolaylıkla hesaplamayı öğreneceğiz. Bunun için sırasıyla güçlerini yazmaya başlayalım bakalım:

i1 = i i2 = –1 i3 = i2.i = –i i4 = i3.i = 1

Güzeeel, 1’i yakaladık. Demek ki, i’nin gücü 4’e bölündüğü zaman değeri 1 oluyor. Bu durum bize şöyle bir genelleme yapma hakkı veriyor:

n � � olmak üzere; i4n+1 = i4n.i1 = i i4n+2 = i4n.i2 = –1 i4n+3 = i4n.i3 = –i i4n+4 = i4n.i4 = 1

Anlayacağınız, i’nin herhangi bir kuvvetini bulmak istediğimizde, kuvvetin 4’e bölümünden kalanı i’ye kuvvet yazsak da olur. Aşağıda bunlara ait örnekler bulacaksınız:

i70 = i68.i2 = –1 i101 = i100.i1 = i i-80 = 1 i-17 = i-20.i3 = –i

Örnek. (1 – i)⋅(1 – i2)⋅(1 – i3)⋅…⋅(1 – i49) = ? Çözüm: in sayısında n, 4’ün katı olduğunda in = 1 olacağından 1 – in = 0 olur, bu da tüm çarpımın sonucunun sıfır olması demektir. Örnek. i + i2 + i3 + i4 + i5 + … + i99 = ? Çözüm: Biraz önce gösterdiğimiz üzere, i’nin kuvvetleri her dört tanede bir devrediyor, yani ay-

x

y

O 2

1 y = 1

x = 2

Page 4: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

4

nı sonuçları veriyor. Bu soruyu çözerken sırtımızı bu özeliğe yaslayacağız.

i + i2 + i3 + i4 = i – 1 – i + 1 = 0 olduğundan baştan itibaren her dört terimin toplamı sıfır olur. O halde bu 99 terimin ilk 96 tanesinin (4’ün katı olduğundan) toplamı sıfırdır. Son üç terim toplamı bize cevabı verir:

i97 + i98 + i99 = i – 1 – i = –1.

Örnek. (x + i19)99 = –i eşitliğini sağlayan bir x değeri bulunuz. Çözüm: Önce i19 sayısını hesaplayalım:

i19 = i16⋅i3 = i3 = –i.

(x + i19)99 = –i eşitliği (x – i)99 = –i halini aldı. Bir önceki örnekte i99 = –i olduğunu bulmuştuk. Bunu da yerine yazalım: (x – i)99 = i99 olduğundan x – i = i olur ki x = 2i denklemin çözümlerinden biridir. İnanmayan dener☺ Örnek. f(z) = z3 – 3i ve g(z – 1) = 2z + 1 fonksiyonları için (gof)(i) kaçtır? Çözüm: g(z) = 2(z + 1) + 1 = 2z + 3 olduğunu baştan kenara not edelim. (gof)(i) = g(f(i)) = g(i3 – 3i) = g(–4i) = 2(–4i) + 3 = –8i + 3.

Uyarı. n � � olmak üzere, (a ± ai)2n = [(a ± ai)2]n

= (a2 ± 2⋅a2⋅i + a2

⋅i2)n

= (± 2⋅a2⋅i)n.

Örnek. (1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 2i, (1 – i)2 = 1 – 2i + i2 = –2i, (1 + i)4 = [(1 + i)2]2 = (2i)2 = 4⋅i2 = –4, (1 – i)20 = [(1 – i)2]10 = (–2i)10 = (–2)10⋅i10

= 1024⋅i2 = –1024, (1 + i)9 = (1 + i)8⋅(1 + i) = [(1 + i)2]4⋅(1 + i)

= (2i)4⋅(1 + i) = 16⋅(1 + i) = 16 + 16i, (3 – 3i)5 = 35

⋅(1 – i)5 = 243⋅[(1 – i)2]2⋅(1 – i) = 243⋅(–2i)2⋅(1 – i) = 243⋅(–4)⋅(1 – i) = –972 + 972i.

Örnek. (1 + i)⋅z + i = 1 ise z2006 kaçtır?

Çözüm: (1 + i)⋅z = 1 – i olduğundan z = i

i

+

1

1

olur. Sadeleştirilirse z = –i olur. z2006 = (–i)2006 = i2006 = i2004⋅i2 = –1.

Örnek. z = i

i

−1

2 ise z50 kaçtır?

Çözüm: İster bir önceki soruda yaptığımız gibi önce ifadeyi sadeleştiririz, istersek de şöyle:

z50 = (

i

i

−1

2)50 =

50

50

)1(

)2(

i

i

−=

252

5050

))1((

2

i

i

= 25

250

)2(

2

i

i

⋅=

2525

50

2

2

i⋅−

− = i

i

i

i⋅−=

⋅= 25

2

2525

222

Sanal sayıların eşleniği3. Sanal iki sayının topla-mı ve çarpımı reel ise bu sanal sayılara birbirleri-nin eşlenikleri denir. Gerçek tanımının bu olmadı-ğını bilerek, bu tanımı sadece anlaşılır olmak için yaptığımı hatırlatırım. a ve b reel sayılar olmak üzere, a + bi şeklindeki bir karmaşık sayının eşleniği a – bi’dir. Dikkat ettiyseniz sadece sanal kısmının işareti de-ğiştiriyoruz. Böylelikle (a + bi)⋅(a – bi) = a2 – (bi)2 = a2 – b2

i2 = a2 + b2

bulunur ki, a ve b birer reel sayı olduğundan a2 + b2 sayısı da reel olur. Diğer taraftan a + bi + a – bi

= 2a da reeldir.

z karmaşık sayısının eşleniği z ile gösterilir.

z z 2 – i 2 + i –3 – i –3 + i 4i –4i 5 5

Eğer z bir reel sayı ise, eşleniğinin yine kendisi olduğunu fark etmişsinizdir.

3 Ali Nesin: ‘’S bir halka ve R de bunun bir alt halkası

olsun. S = Karmaşık sayılar, R = Gercel sayılar gibi...

Örneğin, S = � [ 2 ], R = � olsun. S’den S’ye giden ve �’nin elemanlarını yerinden oynatmayan otomorfizmalara

bakalım. Yani f : S � S bir bijeksiyon ve

f (x + y) = f (x) + f (y) ve f (x.y) = f (x).f (y)

ve eğer x elemanı �’deyse f (x) = x. Özdeşlik fonksiyonu

(Id) bunlardan biridir. Eğer yukardaki özelliği sağlayan sa-

dece bir tane daha fonksiyon varsa ve bu fonksiyona f der-

sek, ′′x ile f (x), �’ye göre eşleniktir′′ denir.

Yani eşleniklik göreceli bir kavramdır.

Örnek. a + bi ve a – bi karmaşık sayıları �’ye göre eş-

leniktir.

Örnek. a + b 2 ve a – b 2 sayıları � ’ye (ya da � ’ya) göre eşleniktirler.’’

Page 5: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

5

Olayı bir de grafik olarak yo-rumlayalım. z ile z sayılarının reel kısımları aynı olup, sanal kısımları ters işaretli oldukla-rından, görüntüleri birbirlerinin reel eksene göre simetrikleri olur.

Karmaşık sayılarda dört işlem. Karmaşık sayıların toplamları da, farkları da, çarpımları da bir karmaşık sayıdır. Eğer bölen sıfır değilse bölümleri de. İki veya daha çok karmaşık sayı toplandığında or-taya çıkan karmaşık sayının reel/sanal kısmı, top-lama katılan karmaşık sayıların reel/sanal kısımla-rının toplamıdır. Çıkarma zaten tersiyle toplama demek olduğundan ayrıca izaha gerek yok sanı-rım. Karmaşık sayıları çarparken de çarpmanın toplama üzerinde dağılma özeliğini kullanırız. Bölmeyi yapmak için de bölümü merak edilen sayıları kesirli olarak yazdıktan sonra, kesri paydanın eşleniği ile genişleterek paydanın bir rasyonel sayı olmasını sağlarız. Sonrası zaten bildiğiniz gibi. Toparlayalım, a + bi ve c + di şeklindeki iki karmaşık sayının dört işlemine dair formüller: (a + bi) + (c + di) = (a + c) + i(b + d) (a + bi) – (c + di) = (a – c) + i(b – d) (a + bi)⋅(c + di) = (ac – bd) + i(ad + bc)

22

)()(

dc

adbcibdac

dic

bia

+

−++=

+

+

Birkaç örnek verelim: Örnek. z1 = 3 + i ve z2 = 5 – 12i ise z1 + z2, z1 – z2,

z1⋅z2 ve 2

1

z

z sayılarını hesaplayalım.

Çözüm: z1 ve z2 sayılarını sırasıyla hesaplanması istenen ifadelerde yerlerine yazalım: z1 + z2 = (3 + i) + (5 – 12i) = (3 + 5) + (i – 12i) = 8 – 11i, z1 – z2 = (3 + i) – (5 – 12i) = 3 + i – 5 + 12i = (3 – 5) + (i + 12i) = –2 + 13i, z1⋅z2 = (3 + i)⋅(5 – 12i) = 3⋅5 – 3⋅12i + 5⋅i – i⋅12i

= 15 – 36i + 5i + 12 = 27 – 31i,

2

1

z

z =

i

i

125

3

+=

)125()125(

)125()3(

ii

ii

+⋅−

+⋅+

= 144606025

1253615

+−+

−++

ii

ii

= ii

169

41

169

3

169

413+=

+.

Örnek. Im(z + 2i) ≤ 1 koşuluna uyan karmaşık sayıların görüntüsünü çiziniz.

Çözüm: z = x + yi olsun. z + 2i = x + (y + 2)i olur. Im[x + (y + 2)i] = y + 2 ≤ 1 ve-rildiğinden y ≤ –1 aranılan böl-gedir.

Örnek. P(x) = x4 – 3⋅x3 + 4⋅x2 + 2x polinomu veriliyor. Buna göre P(i) kaçtır? Çözüm: P(i) = i4 – 3⋅i3 + 4⋅i2 + 2i = 1 – 3(–i) + 4⋅(–1) + 2i = 1 + 3i – 4 + 2i = –3 + 5i. Örnek. 2⋅z – 1 = 3⋅ z + 2i ise Im(z) kaçtır? Çözüm: Şimdi daha önce bahsettiğimiz metoda geldik. z = x + yi dersek, z = x – yi olur. Şimdi bu değerleri denklemde yerlerine yazacağız: 2z – 1 = 3 z + 2i eşitliği 2x + 2yi – 1 = 3x – 3yi + 2i halini alır. Bize Im(z) = y sorulduğundan sadece sanal kısımları eşitlesek yetecek: 2y = –3y + 2 olur

ki buradan y = 5

2 olarak bulunur.

Örnek. z – 2 = ( z⋅2 + 1)⋅i ise Re(z) kaçtır?

Çözüm: Parantezi açarsak, z – 2 = z⋅2 ⋅i + i

olur. z − z⋅2 ⋅i = 2 + i olduğundan

z = i

i

⋅−

+

21

2 =

)21()21(

)21()2(

ii

ii

⋅+⋅⋅−

⋅+⋅+

= ii

i

ii==

−++

3

3

21

2222

.

Teorem. z = x + yi ise z⋅ z = x2 + y2.

Kanıt: z = x + yi ise z = x – yi olacağından

z⋅ z = (x + yi)⋅(x – yi) = x2 – (yi)2 = x2 – y2i2 = x2 + y2.

x

y

O

-1 y = -1

x

y

x

y

O

z = x+yi

-yz = x yi

Page 6: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

6

Teorem. )(z = z.

Kanıt: z = x + yi olsun. z = x – yi olur. O halde

)(z = yix − = x + yi = z.

Örnek. z , z sayısının eşleniği demek olsun.

z = i43

50

+

ise Re(z) kaçtır? Çözüm: Eşleniğini hesaplayabilmek için

i43

50

+ sayısını x + yi şekline getirmekle işe

başlayalım.

z = i43

50

+ =

)43).(43(

)43.(50

ii

i

−+

− =

25

200150 i− = 6 –

8i olduğundan z = 6 + 8i. O halde Re(z) = 6.

Teorem. 1z + 2z = 21 zz + .

Kanıt: z1 = x1 + y1i ve z2 = x2 + y2i olsun. 1z = x1 –

y1i, 2z = x2 – y2i ve z1 + z2 = x1 + x2 + (y1 + y2)⋅i

olur. O halde 1z + 2z = x1 – y1i + x2 – y2i = x1 + x2

– (y1 + y2)⋅i = 21 zz + olduğundan kanıt biter.

Teorem. 1z – 2z = 21 zz − .

Kanıt: z1 = x1 + y1i ve z2 = x2 + y2i olsun. 1z = x1 –

y1i, 2z = x2 – y2i ve z1 – z2 = x1 – x2 + (y1 – y2)⋅i

olur. O halde 1z – 2z = x1 – y1i – (x2 – y2i) = x1 – x2

– (y1 – y2)⋅i = 21 zz − olduğundan kanıt biter.

Teorem. 1z . 2z = 21.zz .

Kanıt: z1 = x1 + y1i ve z2 = x2 + y2i olsun. 1z = x1 –

y1i, 2z = x2 – y2i ve z1⋅z2 = x1⋅x2 – y1y2 + (x1y2 +

x2y1)⋅i olur. O halde 1z . 2z = x1x2 – y1y2 – (x1y2 +

x2y1)⋅i = 21.zz olduğundan kanıt biter.

Örnek. z1 = 3 – 4i ve z2 = –5 + 12i ise 21 zz ⋅

kaçtır? Çözüm 1: Madem sayıların çarpımının eşleniği soruluyor. Biz de önce sayıları çarpmakla işe başlayacağız. z1⋅z2 = (3 – 4i)⋅(–5 + 12i) = –15 +

36i + 20i + 48 = 33 + 56i olduğundan 21 zz ⋅ = 33

– 56i. Çözüm 2: 21 zz ⋅ = 1z ⋅ 2z olduğundan 21 zz ⋅ = (3 +

4i)⋅(–5 – 12i) = –15 – 36i – 20i + 48 = 33 – 56i.

Teorem. )(2

1

2

1

z

z

z

z= .

Kanıt: z1 = x1 + y1i ve z2 = x2 + y2i olsun.

1z = x1 – y1i, 2z = x2 – y2i ve

))((

))((

2222

2211

22

11

2

1

iyxiyx

iyxiyx

iyx

iyx

z

z

−+

−+=

+

+=

= 2

2

2

2

21122121 )(

yx

iyxyxyyxx

+

−++ olur.

O halde

2

1

z

z =

))((

))((

2222

2211

22

11

iyxiyx

iyxiyx

iyx

iyx

+−

+−=

= 2

2

2

2

21122121 )(

yx

iyxyxyyxx

+

−−+)(

2

1

z

z=

Teorem. ( z )n = nz . Kanıt: İlerde anlatılacak. Hazır eşlenik konusunu da anlatmışken, şu formül manyaklarını unutmayalım:

Re(z) = 2

zz + ve

Im(z) = izzizzi

zz)(

2

1)(

2

1

2−=−−=

−.

Toplama ve çıkarmanın geometrik yorumu. İki karmaşık sayının cebirsel işlemlerle toplanmasını ve çıkarmasını biraz önce öğrenmiş olduk. Şimdi buna geometrik izah getireceğiz.

x

y

O x

y

x

y

x +x

y +y

1

1

1

12 2

2

2

z

z

z +z

1

2

1 2

x

y

O

z

z

z +z

1

2

1 2

2zz z1 2

z1 = x1 + y1i ve z2 = x2 + y2i olsun. Bunu hemen üst sol şekildeki gibi resmedelim. Bize ne lazım? z1 + z2 = x1 + x2 + (y1 + y2)i. x1, x2, y1, y2 değerleri belli olduğundan hemen x1 + x2 ve y1 + y2 değerlerini hesaplar ve z1 + z2’yi resmederiz. Dersimiz olmadığı için ayrıntıya girmeyeceğim, birkaç küçük geometrik özelikler (eşlik) kullanarak O, z1, z2, z1 + z2 noktalarının bir paralelkenar köşesi olduğunu görürüz. Çıkarmayı her zamanki gibi yine kaale almayaca-ğız, zira çıkarma dediğin ters işaretlisiyle topla-

Page 7: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

7

madan başka bir şey değil! O halde derhal z2’nin ters işaretlisi olan –z2’yi çizelim. Bunu yaparken sadece z2’nin orijine göre simetriğini çizmek yeter, çünkü hem reel hem de sanal işaret değiştiriyor. Şimdi de bu –z2’yi gösterdiğimiz paralelkenar me-toduyla z1 ile toplayacağız, bulduğumuz şey z1 – z2 olacak. Bunu da üst sağ şekilde çoktan göstermiş-tik. Siz de çarpma işlemine geometrik bir yorum getirmeye çalışınız. Karmaşık bir sayının çarpmaya göre tersi. Çarpma ve bölme işlemlerini nasıl yapacağımızı öğrendiğimize göre ters alma işlemini de öğrenme vakti geldi. Sayı karmaşık diye çarpmaya göre tersi değişmez, hala bir z sayısının çarpmaya göre

tersi z

1’dir. Nasıl ki reel sayılarda, eşleniğiyle

çarparak paydada irrasyonel ifade bırakmamaya gayret ederdik, burada da aynı gayreti paydada sanal bir sayı bırakmamak için vereceğiz. Bunu da yine eşleniklerinden biriyle çarparak yapacağız. Dediklerimiz şöyle bir formüle götürür bizi:

z = x + yi şeklindeki bir karmaşık sayı için

z-1 =

22 yx

yix

+

−.

Örnek. z = 2 + i ise Re(z-1) kaçtır?

Çözüm: z = 2 + i ise z-1 = )2)(2(

2

2

1

ii

i

i −+

−=

+ =

ii

i

i

5

1

5

2

5

2

4

22

−=−

=−

− diye Re(z-1) =

5

2’tir.

Sanal köklü denklemler. a � 0 olmak üzere ax2 + bx + c = 0 denkleminin köklerinin

x1 = a

b

2

∆−− ve x2 =

a

b

2

∆+−

olduğunu daha önce kanıtlamıştık. Eğer ∆ < 0 olursa, denklemin köklerinin sanal olacağı aşikar. Bunu zaten biliyorsunuz da, değinmek istediğim şu: O zaman kökler, birbirlerinin eşlenikleri olur. Örnek. x2 – mx + n = 0 denkleminin bir kökü 3 + i ise m + n kaçtır? Çözüm: x1 = 3 + i ise x2 = 3 – i olur.

a ≠ 0 olmak üzere ax2 + bx + c = 0 denkleminin

kökleri olan x1 ve x2 için x1 + x2 = a

b− ve x1⋅x2 =

a

c olduğunu hatırlayarak;

x1 + x2 = m = (3 + i) + (3 – i) = 6 ve

x1⋅x2 = n = (3 + i)⋅(3 – i) = 9 – i2 = 10

olduğundan m + n = 6 + 10 = 16 olur. Örnek. x2 – (β – 3)x + 15 = 0 denkleminin bir kö-kü 2 + αi ise β kaçtır? Çözüm: Bir kökü 2 + αi ise diğer 2 – αi’dir. O halde bu denklemin kökler toplamı (2 + αi) + (2 – αi) = 4 olur. 4 = β – 3 diye β = 7’dir. Örnek. ax3 + bx2 + cx + d = 0 denkleminin bir kö-

kü 1, bir kökü de 1 – i ise b

d oranı kaçtır?

Çözüm: Reel katsayılı bir polinom denkleminin hiçbir zaman tek sayıda sanal kökü olamaz. Yani sanal kökü varsa ya 2 tanedir, ya 4 tane, ya 6 ta-ne… Ayrıca sanal kökler daima birbirlerinin eşle-nikleri olur. Öyle olmalı ki denklemin katsayıları reel olsun. İşte bu yüzden denklemin üçüncü kökü 1 + i olmalıdır. Kökler x1, x2 ve x3 olsun.

x1 + x2 + x3 = 1 + (1 – i) + (1 + i) = 3 = –b

a.

x1⋅x2⋅x3 = 1⋅(1 – i)⋅(1 + i) = 2 = –d

a

olduğundan b

d = 3/2’dir.

Bir karmaşık sayının modülü. Bir karmaşık sayının karmaşık düzlemdeki görüntüsünün (ona karşılık gelen noktanın) orijine olan uzaklığına, o karmaşık sa-yının modülü denir.

Mutlak değeri veya büyüklüğü dendiği de olur. |z| ile gösterilir. |z|’in değeri. z = x + yi şeklindeki bir karmaşık sayının modülünün, yan şekilde gördüğünüz taralı üçgende Pisagor Teoremi uygulanarak,

|z| = 22 yx +

olduğu rahatlıkla bulunabilir.

x

y

x

y

O

z = x+yi

|z|

Page 8: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

8

z |z| 3 + 4i 5

–5 – 12i 13 –8 + 15i 17 7 – 24i 25

Teorem. |z| = | z | = |–z| = |– z |.

Kanıt: z = x + yi ise |z| = 22 yx + olduğunu ka-

nıtlamıştık zaten.

z = x – yi, –z = –x – yi, – z = –x + yi ve 22 yx +

= 22 )( yx −+ = 22 )()( yx −+− = 22)( yx +−

olduğundan eşitlikler doğrudur. Bu durumu bir de yan-daki gibi grafikle açık-layalım: z, z , –z ve – z sayıla-rının karmaşık düzlem-deki görüntüleri orijin merkezli bir dikdörtgen oluştururlar ki, dik-dörtgende köşegenlerin

merkeze olan uzaklıklarının eşit olduğunu bildi-ğimizden kanıt tamamlanmış olur. Bu kanıtla bir-likte bir karmaşık sayının ters işaretlisinin görün-tüsünün, kendisinin orijine göre simetriği olduğu-nu da anlamış olduk. Teorem. |z1⋅z2| = |z1|⋅|z2| Kanıt: z1 = x1 + y1i ve z2 = x2 + y2i olsun. |z1⋅z2| = |x1x2 – y1y2 + (x1y2 + x2y1)⋅i|

= 21221

22121 )()( yxyxyyxx ++−

= 2

1

2

2

2

2

2

1

2

2

2

1

2

2

2

1 .... yxyxyyxx +++

= ).().( 2

2

2

2

2

1

2

2

2

2

2

1 yxyyxx +++

= )).(( 2

2

2

2

2

1

2

1 yxyx ++

= 2

1

2

1 yx + . 2

2

2

2 yx +

= |z1|⋅|z2| Örnek. z1 = 3 – 4i ve z2 = –5 + 12i ise |z1.z2| kaçtır? Çözüm: İki farklı yol göstereceğiz. İlk çözümü, ikincinin kıymetini anlayıp unutmayın diye vereceğiz. Birinci yol. Madem sayıların çarpımının modülü soruluyor. Biz de önce sayıları çarpmakla işe başlayacağız. z1⋅z2 = (3 – 4i)(–5 + 12i) = –15 + 36i + 20i + 48 = 33 + 56i olduğundan

|z1⋅z2| = 22 5633 + = 3035 = 65.

İkinci yol. |z1| = 5 ve |z2| = 13 olup, |z1⋅z2| = |z1|⋅|z2| olduğundan |z1⋅z2| = 5⋅13 = 65.

Teorem. |2

1

z

z| =

2

1

z

z.

Kanıt: z1 = x1 + y1i ve z2 = x2 + y2i olsun.

|2

1

z

z| =

))((

))((

2222

2211

22

11

iyxiyx

iyxiyx

iyx

iyx

−+

−+=

+

+

= 2

2

2

2

12212121 )(

yx

iyxyxyyxx

+

−−+

= 2

2

2

2

2

1

2

1

yx

yx

+

+ =

2

1

z

z.

Örnek. z1 = 3 – 4i ve z2 = –5 + 12i ise |2

1

z

z| = ?

Çözüm: |z1| = 5 ve |z2| = 13 olup, |2

1

z

z| =

2

1

z

z

olduğundan |2

1

z

z| =

13

5.

Örnek. z ⋅|z|–2 sayısının sadeleştirilmiş biçimini yazınız. Çözüm: z = x + yi olsun.

z ⋅|z|–2 = (x – yi)⋅( 22 yx + )–2 = 22 yx

yix

+

−= z–1.

Teorem. |zn| = |z|n. Kanıt: İlerde kanıtlanacak. Örnek. z1 = 3 – 4i ise |z

10| kaçtır? Çözüm: |z10| = |z|10 = 510.

Teorem. z⋅ z = |z|2.

Kanıt: z = x + yi ise z = x – yi olacağından z⋅ z = (x + yi)⋅(x – yi) = x2 – (yi)2 = x2 – y2i2 = x2 + y2 olduğunu daha önce kanıtlamıştık zaten. x2 + y2 = |z|2 olduğundan kanıt biter. Teorem. |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2|. Kanıt: z1 = x1 + y1i ve z2 = x2 + y2i olsun. z1 + z2 = x1 + x2 + (y1 + y2).i olur.

|z1 + z2| = 2

212

21 )()( yyxx +++

|z1 + z2|2 = (x1 + x2)

2 + (y1 + y2)2

x

y

x

y

O

z = x+yi

|z|

-y

-x

z = x yi

z = x+yi

z = x yi

|z||-z|

|-z|

Page 9: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

9

= (x12 + y1

2) + (x22 + y2

2) + 2x1x2 + 2y1y2 = |z1|

2 + |z2|2 + 2x1x2 + 2y1y2

≤ |z1|2 + |z2|

2 + 2x1x2 + 2y1y2 + 2x1y1 + 2x2y2 = |z1|

2 + |z2|2 + 2.|z1|.|z2|

= (|z1| + |z2|)2.

Örnek. |z| ≤ 3 ise |z – 5 – 12i| ifadesinin alabile-ceği en büyük değer kaçtır? Çözüm: |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| olduğunu biliyoruz. olur. Uyarlarsak, |z + (–5 – 12i)| ≤ |z| + |–5 – 12i| olur. O halde |z – 5 – 12i| ≤ |z| + 13 olduğundan |z|’i ne kadar büyük tutarsak, istenileni o kadar büyütmüş oluruz. |z| en çok 3 olduğundan sorulan değer de en çok 16 olabilir. Teorem. |z1 – z2| ≥ |z1| – |z2|. Kanıt: Bir önceki teoremin kanıtında kullandığı-mız metodun aynısını kullanarak kanıtlayabilirsi-niz.

İki karmaşık sayı arasındaki uzaklık. Karmaşık sayıların karmaşık düzlemdeki görüntüle-ri, dik koordinat sistemindeki noktalar gibi düşünülebileceğin-

den, iki nokta arasındaki uzaklık formülünü kulla-nacağız: z1 = x1 + y1i ve z2 = x2 + y2i ise yan şekildeki taralı dik üçgende Pisagor Teoremi’ni kullanarak z1 ve z2 sayıları arasındaki uzaklığın

212

212 )()( yyxx −+−

kadar olduğunu bulmak hiç de zor olmasa gerek.

z1 z2 Uzaklık 2 + 4i 5 + 8i 5 –2 + 3i 4 – 5i 10 1 + i 6 + 13i 13

–7 – 5i –15 + 10i 17 Örnek. Reel eksenin pozitif tarafı üzerinde ve 3 + 5i sayısına uzaklığı 13 birim olan sayı kaçtır? Çözüm: Sayı reel eksen üzerindeyse sanalı sıfırdır. O halde bu sayıya k + 0i diyelim.

132 = (3 – k)2 + (5 – 0)2 olması gerektiğinden 3 – k = 12 veya 3 – k = –12 olur ki buradan k = –9 veya k = 15 bulunur. Pozitif olması gerektiğinden k = 15.

Örnek. 3 + 4i karmaşık sayısına 2 birim uzaklıkta olan noktaların geometrik yer denklemi nedir?

Çözüm: Düzlemde bir nokta varmış, ona sabit uzaklıkta baş-ka başka noktalar varmış. Haya-linizde canlanan şey çember de-ğil mi? İlk aldığımız nokta çem-berin merkezi, sabit uzaklık da

yarıçaptır. O diğer başka başka noktalar da çembe-rin ta kendisi. O noktaların geometrik yer denkle-mi nedir demek, bu çemberin denklemi nedir de-mek. Bilenler şurdan çözmeli: O(a, b) merkezli r yarıçaplı bir çemberin denklemi (x – a)2 + (y – b)2 = r2’dir. O halde (3, 4) merkezli 2 birim yarıçaplı çember denklemi de (x – 3)2 + (y – 4)2 = 22 olur. Burada doğal olarak bana şunu sorabilirsin: ‘’Ho-cam, ben çember denklemini bilmeseydim n’olacaktı?’’. ‘’Şimdi dediğimi yaparsan bir şey olmaz!’’ derim ben de: Karmaşık düzlemdeki 3 + 4i karmaşık sayısına, diğer deyişle analitik düz-lemdeki (3, 4) noktasına 2 birim uzaklıkta olan noktaya (x, y) diyelim. İki nokta arasındaki uzak-lık formülünden yine (x – 3)2 + (y – 4)2 = 22 bulur-sun ki, koşulları sağlayan tüm (x, y) noktalarının oluşturduğu şeyin denklemi budur demek olur. Bu çözümde anlamadığınız yer varsa, şimdiki ko-nuya lütfen geçmeyin. Karmaşık sayıların görüntüleri. a ile b’nin farkı nasıl gösterilir? a – b ya da b – a. Hangisi pozitif-se o. Dolayısıyla a ile b’nin farkını |a – b| ile gös-teririz. |a – b| = c eşitliği de bize, a ile b’nin farkı-nın, yani aralarındaki uzaklığın 3 birim olduğunu anlatır.

O halde |z – z0| = r eşitliğini şöy-le yorumlamak gerekir: z ile z0 sayıları arasındaki uzaklık r bi-rimdir. O halde z sayıları, z0 merkezli r yarıçaplı çemberi oluşturur.

Örnek. |z – 4 – 5i| = 2 eşitliğini sağlayan z sayıla-rının geometrik yeri nedir?

Çözüm: İki yol göstereceğiz. İlki tanımı kullanacak. Birinci yol. |z – 4 – 5i| = |z – (4 + 5i)| = 2 ol-duğundan z ile 4 + 5i sayıları arasındaki uzaklık 2’ymiş. Ana-

litik düzleme geçelim: z ile (4, 5) noktası arasın-daki uzaklık 2’ymiş. Yorumlayalım: (4, 5) nokta-

x

y

2

1x

y

O 1x

y2z

z2

1

x

y

O

z0

r

x

y

O

25

4

x

y

O

24

3

Page 10: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

10

sına uzaklığı 2 birim olan noktalar z sayılarını oluştururmuş, yani z sayıları (4, 5) merkezli 2 bi-rim yarıçaplı çembermiş. Geometrik yeri değil de bu geometrik yerin denklemi sorulsaydı, (x – 4)2 + (y – 5)2 = 22 diyecektik. İkinci yol. İlk çözümdeki mantık silsilesini kur-makta zorlanan öğrenci, hemen z = x + yi diyerek, kendini taca atabilir. Şöyle ki: 2 = |z – 4 – 5i| = |x + yi – 4 – 5i| = |(x – 4) + (y – 5)i| olduğundan (x – 4)2 + (y – 5)2 = 22. Örnek. |z| = 3 koşulunu sağlayan z karmaşık sayı-larının görüntülerini çiziniz.

Çözüm: Orijine uzaklığı 3 birim olan noktalar istenildiğinden 3 birim yarıçaplı merkezil çember isteniyor demektir. Formülü kul-lanmak isteyenin gözü |z| = 3 eşitliğini |z – (0 + 0⋅i)| = 3 diye görmeli ve (0, 0) merkezli 3 bi-

rim yarıçaplı yandaki çemberi çizmeli. Biraz da eşitsizlikler üzerine birkaç kelam edeceğiz: |a – b| < 2’den ne anlıyoruz? a ile b’nin farkının yani aralarındaki uzaklığın 2 birimden küçük olduğunu. O halde |z – z0| < r eşitsizliği de bize z ile z0 arasındaki uzaklığın r’den küçük olduğunu anlatmalı. Şöyle de diyebiliriz: z sayıları, z0 sayılarına uzaklığı r birimden küçük olan sayılardır.

x

y

O

z0

r

x

y

O

z0

r

|z z | < r eşitsizliğini sağlayan

z sayılarının görüntüsü

|z z | < r eşitsizliğini sağlayan

z sayılarının görüntüsü Anlayacağınız, z0 merkezli r yarıçaplı çemberin iç bölgesindeki tüm sayılar aranılan sayılardır. Dikkat edin üzerindeki demedik, zira üzerinde olursa uzaklık r’den küçük değil tam r olur. O halde |z – z0| ≤ r olsaydı, hem çemberin iç bölgesini hem de çemberin kendisini alacaktık.

x

y

O

z0

r

x

y

O

z0

r

|z z | > r eşitsizliğini sağlayan

z sayılarının görüntüsü

|z z | > r eşitsizliğini sağlayan

z sayılarının görüntüsü

Benzer şekilde, |z – z0| > r olsaydı çember dışını, |z – z0| ≥ r olsaydı da hem çember dışını hem de çemberin kendisini almalıydık. Örnek. |z + 2 – i| ≤ 3 eşitsizliğini sağlayan z kar-maşık sayılarının görüntüsünü çiziniz.

Çözüm: |z + 2 – i| = |z – (–2 + 1⋅i)| ≤ 3 olduğundan z sayıları-nın (–2, 1) noktalarına uzaklığı-nın 3 birimden küçük veya eşit olduğunu anlıyoruz, yani bu z noktaları (–2, 1) merkezli 3 bi-

rim yarıçaplı çemberi ve bu çemberin iç bölgesini oluştururlarmış. Yandaki grafikten takip edebilir-siniz.

Örnek. Sadece yanda görüntüleri çi-zilen z karmaşık sayılarını eleman

kabul eden bir küme yazınız. Çözüm: Şekildeki daire (5, 3) mer-

kezli ve 3 birim yarıçaplı olduğundan,

Z ={z∈ � : |z – (5 + 3i)| ≤ 3} istenilen kümedir. Örnek. 4 < z⋅ z ≤ 9 eşitsizliklerini sağlayan z karmaşık sayılarının görüntüsünü çiziniz.

Çözüm: z⋅ z = |z|2 olduğunu gös-termiş ve anlatmıştık. O halde 4 < z⋅ z ≤ 9 demek 4 < |z|2 ≤ 9 de-mektir. Buradan 2 < |z| ≤ 3 oldu-ğunu buluruz. Bu da orijine olan uzaklığı 2’den büyük ama 3’den

küçük veya eşit olan noktalar kümesi demektir. O halde bu şekil soldaki şekilden başkası olamaz. Örnek. |z| = |z + 2| koşulunu sağlayan z karmaşık sayılarının görüntüsünü çiziniz.

Çözüm 1: İlk bakışta tipik bir mutlak değer sorusu gibi görü-nüyor. Biz de o zaman hiç kar-maşık sayıları karıştırmayıp bir çözelim bakalım. |z| = |z + 2| ol-

duğundan z = z + 2 veya z = –z – 2 olmalıdır. İlki imkansız olduğundan 2z = –2 dolayısıyla z = –1’dir. Bu reel kısımları –1 olan tüm karmaşık sayı-ların iş göreceğini anlatır, o halde cevap analitik düzlemdeki x = –1 doğrusudur. Çözüm 2: Ayıp olmasın diye biraz karmaşık sayılara bulanalım. z = x + yi olsun. |x + yi| = |x + 2 + yi| olduğundan x2 + y2 = (x + 2)2 + y2 olması gerekir. x2 = (x + 2)2 eşitliği x2 = x2 + 4x + 4 eşitliğine dönüşür ki 4x = –4’ten x = –1 olduğu çıkar. Bakın, bu da kolay!

x-2

13

y

x

y

O 3

-3

-3

3

x

y

O 3

-3

-3

3

2

2

x

y

O-1

x = -1

x

y

O 5

3

Page 11: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

11

Karmaşık sayıların kutupsal gösterimi. İsmi si-zi korkutmasın, çok kolay olduğunu göreceksiniz. Yeter ki aşağıda yazanları roman gibi okumayın. Başlayalım: Karmaşık sayılar, adına karmaşık düzlem dediğimiz bir düzlemde bir nokta olarak görünüyordu ya, biz de o noktayı reel ve sanalıyla (apsis ve ordinatıyla) tanımlıyorduk, şimdi onlarla değil başka iki bilgiyle tanımlayacağız. Yalnız bu iki bilgi öyle iki bilgi olacak ki, verilince anlatmak istediğimiz noktadan başkası anlaşılmayacak. Bu bilgilerden biri o noktanın orijine olan uzaklığı olacak. Ama fark etmişsinizdir ki sadece orijine olan uzaklık bilgisi bir noktayı tanımlamaya yet-mez. Örneğin, A noktasının orijine uzaklığı 5 bi-rim ise orijin merkezli 5 birim yarıçaplı çember üzerindeki her nokta A noktası olmaya adaydır. Hatta bundan dolayı, noktanın orijine olan uzaklı-ğını r ile göstereceğiz. Şimdi ikinci bir bilgiyle is-tediğimiz A noktasını, diğer A aday noktalarından ayırmamız lazım. Bir öneri: İkinci bilgi, noktanın apsisi olsa olur mu? Örneğin, A’nın apsisinin 3 ol-duğunu da söylesek? Olmaz, çünkü bu şartları sağlayan 1 tane değil 2 tane A olur, örneğimizdeki (3, 4) ve (3, -4) gibi… Peki, ikinci bilgi, ordinat olsa? Benzer durumdan dolayı o da olmaz, örne-ğin ordinatı 3 deseler, örneğimizdeki (4, 3) ve (-4, 3) gibi yine iki farklı nokta karşımıza çıkar. Şöyle bir şey aklınıza gelebilir: ‘’O zaman bir de hangi bölgede olduğunu üçüncü bilgi olarak versek?’’. Bu olabilir tabii ki ama gönül istiyor ki daha az veriyle bu işi halledelim, eğer halledebilirsek. An-layacağınız, bu ikinci bilgi öyle bir bilgi olacak ki bize hangi bölgede olduğunu da bize anlatacak. Çok mu şey istedik? Söyleyeyim: Noktayı orijinle birleştiren doğru parçasının x ekseniyle yaptığı pozitif yönlü açı, yani eğim açısı ikinci bilgi ola-rak yeter. Deneyelim, orijine olan uzaklığı 6 ve kendisini orijine birleştiren doğrunun eğim açısı 30o olan noktanın koordinatlarını bulalım. Eğer şartları sağ-layan tek 1 nokta bulursak, bilgiler yetiyordur.

Yanda görüldüğü üzere, orijine uzaklığı 6 olan noktalar içinde sadece işaretli olan A noktasını orijinle birleştirdiğimizde iste-nen açı ölçüsü 30o oluyor. Hat-

ta noktanın koordinatlarını bulmak isteyen biri

30o-60o-90o üçgeninden faydalanarak, A( ,33 3)

olduğunu da rahatlıkla görebilir. Hatta canı isteyen hemen noktanın aslında karmaşık düzlemde

33 + 3i sayısına tekabül ettiğini de çıkarabilir.

Biraz uzatmış olsak da, ki bi daha olsa bi daha uzatırım, orijine olan uzaklığı r ve bahsi geçen açısının ölçüsü de θo olan bir A noktasını bundan böyle A(r, θo) şeklinde göstereceğiz. İşte böyle bir gösterime de o sayının kutupsal gösterimi diye-ceğiz.

Örnek. Kutupsal gösterimi P( 2 , 225o) olan karmaşık sayıyı bulunuz.

Çözüm: Yazılımdan P noktasının

orijine olan uzaklığının 2 ve PO doğrusunun eğim açısının 225o olduğunu anlıyoruz. O halde bu P noktası, III. bölgede olup, soldaki şekilde resmedilen P nok-

tasıdır. İkizkenar dik üçgen yardımıyla P’nin reelinin de sanalının da –1 olduğunu anlarız. O halde bu P noktasına karşılık gelen karmaşık sayı –1 – 1⋅i yani –1 – i’dir.

Örnek. z = 4 – i34 sayısının kutupsal gösterimi-

ni bulunuz. Çözüm: Karmaşık düzlemdeki

z = 4 – i34 sayısının analitik

düzlemdeki Z(4, – 34 ) nokta-sına tekabül ettiğini biliyoruz. O halde grafikte bu Z noktasını

işaretleyip, orijine olan uzaklığını ve ZO doğrusu-nun eğim açısını bulacağız. Dediklerimizi yan şe-kilde yaptım. |ZO| = r = 8 ve θ = 300o çıktı. O hal-de bu sayının kutupsal gösterimi Z(8, 300o)’dür, tabii isteyen Z(8, –60o) diye de gösterebilir, aynı kapıya çıkar. (r, θθθθo) = r⋅⋅⋅⋅cis θθθθo. Şimdi burada yapılan işlemleri, şekil çizmeden yapmak için karmaşık sayıların başka türlü bir kutupsal gösterimini göstereceğiz. Kutupsal gösterimi (r, θo) olan bir z = x + yi sayı-sını alalım.

x = r⋅cos θo

y = r⋅sin θo diye, x + yi = r⋅cos θo + r⋅sin θo

⋅i = r⋅(cos θo + i⋅sin θo) = cis θo

Bu yazılımı bundan sonra sıkça kullanacağız, hatta diğerinden daha çok.

x

y

O

630

A

x

y

O2

-1

-1P

x

y

O

Z

4

-4 3

60

8

x

y

x

y

O

z = x+yi

r

θ

= (r, θ )

Page 12: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

12

Argüment ve esas argüment. r⋅cis θo yazılımın-daki θ değerine, z karmaşık sayısının argümenti denir. Arg(z) ile gösterilir. Bazen argüment negatif verilir ya da 360o’den büyük veya eşit bir değer verilir. Ama biz biliriz ki −30o ile 330o veya ne bi-leyim 370o ile 10o aslında aynı şeydir. Genel ola-rak, θo ile 360o + θo hatta daha da genel olarak (k bir tamsayısı olmak üzere) k⋅360o + θo açıları düz-lemde aynı yere tekabül eder, bundan dolayı k ≠ 0 olduğunda, argümenti k’ya 0 değerini vererek, 0o ≤ θ < 360o aralığındaki karşılığına çeviririz. İşte argümentin bu aralıktaki değerine, z karmaşık sa-yısının esas argümenti denir.

Argümenti bulmak için. z = x + yi şeklindeki bir karmaşık sayının argümenti için

)arctan()(x

yzArg =

eşitliğinden yardım isteyebileceğimiz gibi, bunun geometrik yorumu olan şu yol da izlenebilir: Her defasında verilen z karmaşık sayısını karma-şık düzlemde işaretleyip, sonra o noktayı orijine bağlayan doğru parçasını çizeriz. Noktadan eksen-lere dik indirildiğinde oluşan dik üçgenlerden Arg(z) rahatlıkla bulunur. Aslında söylemeye ge-rek var mı bilmiyorum, bulduğumuz esas argüm-enttir! Örnek. z = 2 + 2i ise Arg(z) kaçtır?

Çözüm: Karmaşık düzlemdeki 2 + 2i sayısı analitik düzlemdeki (2, 2) nok-tasına tekabül ettiğinden oluşan ikiz-kenar dik üçgen gereği Arg(z) =

45o’dir.

Formülden de yapsaydık Arg(z) = arctan(2

2) =

arctan(1) = 45o çıkardı zaten. Aslında buradan argümentin 225o de olabileceği anlaşılır, anlaşılmamalıdır. Reel ve sanalından hangi bölgede olduğunu anlarız. Örnek. cos θo – i⋅sin θo = cis αo ise α = ? Çözüm: Eşitliğin sağ yanını açalım.

cos θo – i⋅sin θo = cos αo + i⋅sin αo olur. Bu eşitliği şöyle yorumlamalıyız: α yerine öyle bir θ’lı değer yazacağız ki, kosinüsü aynı olacak ama sinüsü işaret değiştirecek. O halde α = –θ olmalıdır, hatta daha genel olarak k⋅360o – θo. (k elbet ki tamsayı) Örnek. –cos θo – i⋅sin θo = cis αo ise α = ?

Çözüm: Yine eşitliğin sağ yanını açalım. –cos θo – i⋅sin θo = cos αo + i⋅sin αo

olur. Bu eşitliği şöyle yorumlamalıyız: α yerine öyle bir θ’lı değer yazacağız ki, kosinüsü de sinüsü de işaret değiştirecek. O halde α = 180 + θ olmalıdır, tabii ki bu değere canınızın istediği kadar 360’ın tam katlarını ekleyebilirsiniz. Örnek. –cos θo + i⋅sin θo = cis αo ise α = ? Çözüm: Yine eşitliğin sağ yanını açarak başlayalım.

–cos θo + i⋅sin θo = cos αo + i⋅sin αo olduğundan, α yerine öyle bir θ’lı değer yazacağız ki, sinüsü aynı kalacak ama kosinüsü işaret değiştirecek. O halde α = 180 – θ olmalıdır. Genel halini sorarsa da yukarda yaptıklarımız gibi α = 180 – θ + 360⋅k dersiniz. Örnek. z = sin 40o + (1 + cos 40o)⋅i ise z sayısının esas argümenti kaçtır?

Çözüm: z = x + yi için )arctan()(x

yzArg =

olduğundan θo = Arg(z) = arctan(40sin

40cos1+) olur.

O halde tan θo =40sin

40cos1+ =

20cos20sin2

120cos21 2

⋅⋅

−+ =

cot 20o olduğundan θ = 70o olmalıdır. Örnek. x bir dar açı olmak üzere,

z = cis 2xo + 1

ve |z| = 3 ise x kaç derecedir? Çözüm: z = cis 2xo + 1

= cos 2xo + i⋅sin 2xo + 1 olduğundan,

|z| = 22 )2(sin)2cos1( xx ++

= xxx 2sin2cos2cos.21 22 +++

= x2cos.22 + = 3

olduğundan 2⋅cos 2xo = 1 yani cos 2xo = 2

1 olur.

x bir dar açı olduğundan x = 30o olmalıdır. Kutupsal gösterimlerle işlemler. x + yi şeklin-deki karmaşık sayıların toplamlarını, farklarını, çarpımlarını, bölümlerini bulmayı ve kuvvetlerini almayı öğrenmiştik. Şimdi de karmaşık sayıların kutupsal gösterim-leriyle aynı işlemleri nasıl yapabileceğimizi öğre-neceğiz.

x

y

O 2

2

45

Page 13: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

13

Teorem. z1 = r1⋅cis θ1 ve z2 = r2⋅cis θ2 ise z1⋅z2 = r1⋅r2⋅cis(θ1 + θ2) olur.

Kanıt: z1 = r1⋅cis θ1 = r1⋅(cos θ1 + i⋅sin θ1) ve z2 = r2⋅cis θ2 = r2⋅(cos θ2 + i⋅sin θ2) olduğundan, z1⋅z2 = r1⋅(cos θ1 + i⋅sin θ1)⋅r2⋅(cos θ2 + i⋅sin θ2)

= r1⋅r2⋅(cos θ1⋅cos θ2 + cos θ1⋅sin θ2⋅i + sin θ1⋅cos θ2⋅i – sin θ1⋅sin θ2)

= r1⋅r2⋅[cos(θ1 + θ2) + i⋅sin(θ1 + θ2)] = r1⋅r2⋅cis(θ1 + θ2)

Örnek. Yan şekilde bilgileri ve-rilen z1 ve z2 karmaşık sayıları için z1⋅z2 çarpımı kaçtır? Çözüm: z1 = 5⋅cis 70

o ve z2 = 3⋅cis 170

o olduğundan, z1⋅z2 = 5⋅3⋅cis(70

o + 170o) = 15⋅cis 240o = 15⋅(cos 240o + i⋅sin 240o)

= 15⋅( i2

3

2

1−− )

= i2

315

2

15−− .

Teorem. z1 = r1⋅cis θ1 ve z2 = r2⋅cis θ2 ise

2

1

2

1

r

r

z

z= ⋅cis(θ1 − θ2) olur.

Kanıt: z1 = r1⋅cis θ1 = r1⋅(cos θ1 + i⋅sin θ1) ve z2 = r2⋅cis θ2 = r2⋅(cos θ2 + i⋅sin θ2) olduğundan

2

1

2

1

r

r

z

z= ⋅

22

11

sin.cos

sin.cos

θθ

θθ

i

i

+

+

… …

= 2

1

r

r.[cos(θ1 − θ2) + i.sin(θ1 − θ2)]

=2

1

r

r⋅cis(θ1 − θ2)

Son iki teoremden anlaşılıyor ki,

Arg(z1⋅z2) = Arg(z1) + Arg(z2)

Arg(2

1

z

z) = Arg(z1) – Arg(z2)

Teorem [De Moivre]. z = r⋅cis θ ise

zn = rn⋅cis(nθ) ve n z = n r ⋅cis(

n

θ).

Kanıt: Tümevarım içeren bu kanıt, ilerki dersler-de verilecektir. Örnek. z = (1 + i)20 sayısının orijine uzaklığı ve esas argümenti kaç derecedir? Çözüm: İki farklı şekilde çözelim.

Birinci yol. z = (1 + i)20 = ( 2 ⋅cis 45o)20 =

2 20⋅cis(45o

⋅20) = 210⋅cis 900o = 1024⋅cis 180o

olduğundan z sayısının modülü 1024, esas argümenti de 180o’dir.

İkinci yol. z = (1 + i)20 = [(1 + i)2]10 = (2i)10 = 210

⋅i10 =

1024⋅(i2) = –1024 olduğundan, yan şekilden göreceğiniz üzere z

sayısının orijine olan uzaklığı 1024 ve esas argümenti de 180o’dir.

Örnek. Yan şekilde verilen z1, z2 ve z3 sayıları için

Arg(3

2

2

1

z

zz ⋅) kaçtır?

Çözüm: z1, z2 ve z3 sayılarının esas argümentlerinin sırasıyla 70o, 170o ve 300o olduğunu not edin.

Arg(3

2

2

1

z

zz ⋅) = 2⋅Arg(z1) + Arg(z2) – Arg(z3)

= 2⋅70o + 170o – 300o = 10o. Daha fazlasını isteyenlere. Şu ana kadar ki bilgi-lerimiz (2 + 3i)10 gibi sayıları pratik hesaplamaya yetmiyor. Zira 2 + 3i sayısını kutupsal biçimde yazmaya kalkarsak argüment rasyonel bir değer çıkmadığı için yarı yolda kalıyoruz. O halde daha önce öğrendiğimiz binomların açılımından yardım isteyeceğiz. Genel formülü ben çıkarttım ama tabii ki ezberlemeniz gerekmiyor.

=nz İlk birkaç tanesini açalım: z2 = (x + yi)2

= (x2 – y2) + (2xy)i z3 = (x + yi)3

= (x3 – 3xy2) + (3x2y – y3)i z4 = (x + yi)4

= (x4 – 6x2y2 + y4) + (4x3y – 4xy3)i z5 = (x + yi)5

= (x5 – 10x3y2 + 5xy4) + (5x4y – 10x2y3 + y5)i

-1024

180y

xz

x

y

O

7080

z

z

1

2

53

x

y

O

7080

z

z

1

2

z360

Page 14: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

14

Bir karmaşık sayının, karmaşık kuvvetini almak için de

(a + bi)c+di = (a2 + b2)[c+di]/2.ei.[c+di].arg(a+bi) formülünü kullanabilirsiniz. Bir karmaşık sayının karekök ve küp kökleri4. Hem kartezyen hem de kutupsal gösterimlerle ′′karekök′′ hesaplamayı öğreneceğiz. Önce daha kolay görünenden başlayalım. Örnek. 21 + 5xi sayısı, 5 + 2i sayısının karesi ise x kaçtır? Çözüm: Demek ki (5 + 2i)2 = 21 + 5xi. 25 + 20i + 4i2 = 21 + 5xi olduğundan 5x = 20, dolayısıyla x = 4 bulunur. Bir sonraki sayfada bu tarz soruların çözümü için bir formül verdim. Şimdi de karesi kutupsal olarak verilmiş sayıları bulmaya bir örnek verelim. Korkmayın, bu da kolay! Örnek. w2 = 4⋅cis 120o eşitliğini sağlayan w sayılarını bulalım. Çözüm: Yine iki farklı yol göstereceğiz. Birinci yol. w = x + yi diyelim. O halde

(x + yi)2 = 4⋅cis 120o = )2

3

2

1(4 i−−⋅ = –2 –

i32 olur. x2 – y

2 + 2⋅x⋅y⋅i = –2 –

i32 olduğundan x⋅y = 2 ve y2 – x2 = 2 gibi iki bilinmeyenli iki denklemimiz olur ki, bunu çözmeyi hepimiz biliyoruz. Bu yolu, kesinlikle tavsiye etmediğimiz için burada bırakıyorum. Şimdi ikinci yola bakın. İkinci yol. Bir karmaşık sayının ′′karekökünü′′ De Moivre Teoremleri’nden bulmayı biliyoruz ama

4 Ali Nesin: Sıfır böleni olmayan bir halkada x2 = a

denkleminin 0, 1 ya da 2 çözümü vardır. İki çözüm oldu-

ğunda birini diğerinden ayırabiliyorsak, o zaman karekökü

tanımlayabiliriz. Gerçel sayılarda denklemin çözümlerinden

biri pozitif olacağından, onu diğerinden ayırıp "karekök"

fonksiyonunu tanımlayabiliriz. Kompleks sayılarda denkle-

min çözümlerini ayırt edemeyiz. i ile –i arasında hiçbir fark

yoktur örneğin. Daha genel olarak a + bi ile a – bi arasında

hiçbir fark yoktur. Dolayısıyla karmaşık sayılarda ′′′′′′′′kare-

kök′′′′′′′′ diye bir fonksiyon yoktur. Bu sayılar için "a′nın ka-

rekökünü bul′′ yerine ′′x2 = a denkleminin çözümlerini bul′′

demeliyiz. Benzer şekilde ′′küpkök′′ diye bir fonksiyon da

yoktur.

burada denklemi sağlayan 1 tane değil, 2 tane w olabilir, eğer öyleyse ikinci w’yi nasıl bulacağız? Karekökünü bulmak istediğimiz sayının argü-mentini, ona denk olan başka bir argümentle de-ğiştirerek, yani argümente 360o eklersek bir şey olmuyordu ya, öyle yapacağız. O halde 4⋅cis 120o ile 4⋅cis 480o sayılarının kareköklerini alacağız. Onlara sırasıyla w0 ve w1 diyelim.

w0 = 2⋅cis 60o

w1 = 2⋅cis 240o

olarak bulunur. Uyarı. w1’i pratik olarak bulmak için, w0’ın argümentine 180o ekleyebilirsiniz. Örnek. z = w3 = 27⋅cis 150o eşitliğini sağlayan w sayılarını bulunuz. Çözüm: Üç tane w sayısı çözüme aday olduğundan z’nin argümentine iki kere 360o ekleyeceğiz. Böylelikle farklıymış gibi görünen ama tamamen aynı olan üç karmaşık sayı elde edeceğiz. Bu sayıların ′′küpkök′′lerini alınca üç farklı w sayısı ortaya çıkmış olacak.

z = 27⋅cis 150o = 27⋅cis 510o = 27⋅cis 870o

olduğundan; w0 = 3⋅cis 50

o w1 = 3⋅cis 170

o

w2 = 3⋅cis 290o

Uyarı. w1’i pratik olarak bulmak için, w0’ın argümentine 120o ekleyebilirsiniz, w2’yi pratik olarak bulmak için de w1’in argümentine 120o ekleyebilirsiniz, yani w0’ın argümentine 240o.

w2 = a + bi eşitliğini sağlayan olası w’leri

bulmanın formülü. Karesi (a + bi) olan w sayısına x + yi diyelim.

(x + yi)2 = (x + yi)⋅(x + yi) = a + bi eşitliğini sağlayan x ve y reel sayılarını arıyoruz.

x2 – y2 + 2xyi = a + bi x2 – y2 = a ve 2xy = b

b değeri sıfır değil diye y de sıfır değildir, o halde

x = y

b

2 demekte bir mahzur yok. Diğer yandan x2

– y2 = a olduğundan 2

2

4y

b– y2 = a olur, düzenle-

nirse b2 – y4 = 4ay2 yani y4 + 4ay2 – b2 = 0 elde edilir. y2 = t dönüşümü yapılırsa 4t2 + 4at – b2 = 0 eşitliğine ulaşılır. Köklerin t1 ve t2, denklemin

Page 15: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

15

diskriminantının da ∆ = 16(a2 + b2) olduğunu bir kenara not edin. Diğer yandan |z|2 = a2 + b2 oldu-ğunu hatırlarsak ∆ = 16|z|2 olur.

t1 = 28

44

8

4 zazaa +−=

+−=

∆+−,

t2 = 28

44

8

4 zazaa −−=

−−=

∆−−

y reel ve |z| > a olduğundan t1 > 0’dır ve bu bize y’nin değerlerini verir. Ayrıca köklerin çarpımı (–b2/4) < 0 olduğundan, t2 kesinlikle negatiftir. O

halde t2’nin kökleri reel olmadığından buradan elimiz boş döndük. Şu an elde t1’den gelen iki kök var. Bunlara y1 ve y2 diyelim.

y1 = 2

az − ve y2 =

2

az −− .

Buna karşılık x değerleri ise x1 = b/(2y1) ve x2 = b/(2y2) olur. Buradan da anladığımız şey şu: Kökler birbirinin zıt işaretlisidir, birini bulduk mu, diğerini bunun ters işaretlisi olarak yazacağız. Toparlayalım: Sonuç. Reel olmayan a + bi sayısını karesi kabul

eden sayılar, y =2

az − ve x =

y

b

2 olmak üzere,

x + yi ve –(x + yi)’dir. Örnek. w2 = 3 + 4i eşitliğini sağlayan w sayılarını bulunuz.

Çözüm: |3 + 4i| = 5 olduğundan y = 2

35 −= 1

ve x = 2

4= 2 olur.

O halde w0 = 2 + i ve w1 = –2 – i’dir. Örnek. w

2 = 5 + 12i eşitliğini sağlayan w sayılarını bulunuz. Çözüm: |5 + 12i| = 13 olduğundan

y = 2

513−= 2 ve x =

4

12= 3 olur.

O halde w0 = 3 + 2i ve w1 = –3 – 2i’dir. Orijin etrafında dönme. Z(a, b) noktasını orijinin etrafında, orijine olan uzaklığı değiştirmeksizin α açısı kadar döndürdüğümüzde, Z noktasının aldığı yeni konumu bulmayı öğreneceğiz.

Olayı tam anlayamayan yandaki grafiğe baksın. z’yi biliyoruz, z′’nü bulacağız.

z’nin argümentine θ diyelim. O halde z’nin ku-tupsal gösterimi r⋅cis θ olur. Diğer yandan z′’nün orijine olan uzaklığı z’yle aynı olup, argümenti θ + α olduğundan z′’nün kutupsal gösterimi de r⋅cis(θ + α) olur. Şimdi bunu açacağız:

r⋅cis(θ + α) = r⋅[cos(θ + α) + i.sin(θ + α)] = r⋅[cos θ⋅cos α – sin θ⋅sin α +

i⋅sin θ.cos α + i⋅sin α⋅cos θ] = r⋅[cos α⋅(cos θ + i⋅sin θ) –

sin α.(sin θ – i.cos θ)] = r⋅[cos α⋅cis θ – sin α⋅(i⋅sin θ + cos θ)/i] = r⋅[cos α⋅cis θ – sin α⋅cis θ/i] = r⋅cis θ⋅[cos α – sin α/i] = r⋅cis θ⋅[cos α + i⋅sin α] = r⋅cis θ⋅cis α

Örnek. z = –1 + i.3 karmaşık sayısını, orijine uzaklığı sabit kalacak şekilde, orijin etrafında po-zitif yönde 60o

döndürdüğümüzde hangi karmaşık

sayının konumuna geliriz? Çözüm: z′ = z⋅cis 60o

= (–1 + i.3 )⋅cis 60o

= (–1 + i.3 )⋅( i.2

3

2

1+ )

= 2

3

2

3

2

3

2

1−+−− ii = –2.

Örnek. Bir Z(a, b) noktası orijin etrafında pozitif yönde αo döndürüldüğünde (7, 3) noktasına geli-niyorsa, aynı noktanın aynı yönde 90o + αo döndü-rülmesiyle hangi noktaya gelinir? Çözüm: z1 = 7 + 3i ve z2 = z1.cis 90

o = (7 + 3i)(0 + 1⋅i) = 7i + 3⋅i2 = –3 + 7i olduğundan Z sayısının yeni konumu (–3, 7)’nin bulunduğu yerdir. Örnek. z1 = 5⋅cis 73

o ve z2 = 12⋅cis 163o sayıları

arasındaki uzaklık kaçtır? Çözüm: Bu sayıları karmaşık düzlemde gösterirsek, işimiz daha kolay olacak. z1 sayısının argümenti ile z2 sayısının

x

y

O

z

z'

α

x

y

O

73

zz

12

512

13

Page 16: karmaşık sayılar

Mustafa Yağcı Karmaşık Sayılar

16

argümenti arasındaki farkın 90o olması bize şekil-deki taranmış üçgenin dik olduğunu anlatır. Hatta verilerden, bu üçgen 5-12-13 üçgeni çıkar. O halde bu karmaşık sayılar arasındaki uzaklık 13 birimdir. Örnek. z1 = 3⋅cis 11

o ve z2 = 8⋅cis 71o sayıları

arasındaki uzaklık kaçtır? Çözüm: Bir önceki soruda yap-tığımız gibi z1 ve z2 sayılarının görüntülerini çizdiğimizde, şe-kilde taranmış üçgeninin orijinde bulunan köşe açısının 60o ve iki kenarının 3 ile 8 olduğunu gör-

müş oluruz. İster özel üçgenler dersinde söylediklerimizi hatır-layarak cevabın 7 olduğunu söyleyin, ister kosinüs teoremini uygulayarak… Size kalmış… Örnek. |z – 4i| = 2 eşitliğini sağlayan z sayılarının esas argümenti en az ve en çok kaç olabilir?

Çözüm: |z – 4i| = 2 eşitliğini sağlayan z sayılarının (0, 4) mer-kezli 2 birim yarıçaplı çemberi oluşturan noktalar olduğunu bili-yoruz. Hemen şeklimizi çizelim. Orijinden bu çembere şekildeki gibi iki teğet çizersek, taranmış

dik üçgenlerin birer kenarının 2 ve hipotenüsleri-nin 4 olmasından dolayı birer 30o-60o-90o üçgeni oldukları görülür. Ayrıca bu teğetlerin, sanal ek-sene göre simetrik olduklarını söylememize gerek yok sanırım. O halde bu çember üzerindeki her noktanın tekabül ettiği karmaşık sayıların argümentleri [60o, 120o] aralığında oynar. O halde sayı A olduğunda argüment en az 60o, B olduğun-da en çok 120o olabilir.

Teorem. Arg(z – z0) = α

o

eşitliğini sağlayan z karmaşık

sayılarının görüntüleri yan şe-

kilde belirtilen ışındır. Kanıt: Aslında kanıt farkın tanımında yatıyor. z – z0 derken ne demek istediğimizde yani. z – z0 demek, z ile z0 sayıları arasındaki fark yani bir anlamda onlar arasındaki uzaklık demek. Demek ki z sayısı öyle bir yerde olmalı ki z ile z0 sayılarına karşılık gelen noktaları birleştiren doğrunun eğim açısı αo olsun. O halde buna aday z’ler aynı doğru üstünde olmalılar.

Örnek. Arg(z + i) = 30o eşitliğini sağlayan z kar-maşık sayılarının görüntülerini çiziniz.

Çözüm 1: Arg(z – (–i)) = 30o ve-rildiğinden (0, –1) noktasından geçen ve eğim açısı 30o olan ışı-nı çizmeliyiz. Çözüm 2: Bu çözüm bir anlam-

da ilk çözümün mantıki izahı olacak, pratik yolu unutan yolda kalmayacak. z + i = z' olsun. Arg(z′) = 30o verilmiş. O halde z′ = |z′|⋅cis 30o

= |z′|⋅(cos 30o + i⋅sin30o)

= |z′|⋅( i2

1

2

3+ ).

Hemen, yanda z + i olarak isimlendirilmiş görüntüsünü çizelim. Bu noktaların her birinden i çıkarırsak z’i buluruz. O halde cevap, z ile isimlendirilmiş ışın olur.

x

y

O

z1

z2

60

8

3

7

60

22

2

2

60x

y

AB

x

y

O

z0α

x

y

O30

−1

x

y

O30

−1

1/2

3/2

zz+i

Page 17: karmaşık sayılar

Karmaşık Sayılarla İlgili

Çıkmış ÖYS Soruları ÖYS 1970. 1 + i kompleks sayısının 1 – i komp-leks sayısına bölümü nedir? A) 0 B) –i C) –1 D) i E) 1

ÖYS 1971. i

i

+

2

2 kesrinin değeri aşağıdakilerden

hangisidir?

A)5

43 i− B)

3

45 i− C)

5

23 i− D)

5

43 i+− E) –1

ÖYS 1973. 1 + 2i kompleks sayısının 1 – 2i kompleks sayısına bölümü nedir?

A)–2 B)5

23 i− C)

5

43 i+− D)

5

32 i+ E)

3

52 i+−

ÖYS 1974. z = i + 3 sayısının, kutupsal koordi-natlarla ifadesi aşağıdakilerden hangisidir?

A) 2 [cos30 sin 30]i⋅ + ⋅

B) 2 [cos60 sin 60]i⋅ + ⋅

C) 2 [cos 45 sin 45]i⋅ + ⋅

D) 2 [cos30 sin 30]i⋅ + ⋅

E) 2 [cos60 sin 60]i⋅ + ⋅

ÖYS 1974. i34

1

− sayısının eşleniğinin sanal

kısmı aşağıdakilerden hangisidir?

A) 3 B) 25

3 C)

25

3− D) –3i E) 3i

ÖYS 1975. z = i333 − karmaşık sayısı için z6 nedir? A) 363 B) –363 C) 363

i3 D) –363

i3 E) 0

ÖYS 1976. Yandaki grafikte gösterilen z1 ve z2 karmaşık sayılarının çarpımlarının kutupsal biçimi aşağıdakilerden hangisidir? A) 7⋅cis(θ1 + θ2) B) –25 C) –8i D) 12 E) 12⋅cis(θ1 + θ2)

ÖYS 1977. a∈ � için z = a + (a + 1)i ve

ziz + = 2 ise a kaçtır?

A) –3 B) –2 C) 0 D) 2 E) 22 ÖYS 1978. 3 + 2i karmaşık sayısının çarpmaya göre tersi aşağıdakilerden hangisidir?

A)2 + 3i B) –3 – 2i C) i2

1

3

1+ D)

13

23 i− E) 5i

ÖYS 1981. z = ix

ix

+

1

1 olduğuna göre, |z|’nin değe-

ri kaçtır?

A) 3 B) 2 C) 1 D) 2

1 E)

3

1

ÖYS 1983. (2 – i)z = 1 – z eşitliğini sağlayan z karmaşık sayısı aşağıdakilerden hangisidir?

A)3

1 i+ B)

4

1 i+ C)

3

22 i+ D)

3

3 i+ E)

4

21 i+

ÖYS 1984. i

i

1

23 sayısının sanal kısmı kaçtır?

A) 13

1 B)

2

1 C) 1 D) 2 E)

2

5

ÖYS 1985. ibiai

−=+++

11

1 olduğuna göre a +

b değeri kaçtır? A) –2 B) –1 C) 0 D) 1 E) 2

Page 18: karmaşık sayılar

Mustafa YAĞCI Karmaşık Sayılar

18

ÖYS 1988. (1 + i)⋅(1 + i3)⋅(1 + i6) işleminin sonu-cu kaçtır? A) 3 B) 1 C) 0 D) –1 E) –3

ÖYS 1989. z = i2

3

2

33−− karmaşık sayısının

kutupsal biçimi aşağıdakilerden hangisidir? A) 9 [cos30 sin 30]i⋅ + ⋅

B) 9 [cos120 sin120]i⋅ + ⋅

C) 3 [cos120 sin120]i⋅ + ⋅

D) 3 [cos 210 sin 210]i⋅ + ⋅

E) 3 [cos60 sin 60]i⋅ + ⋅

ÖYS 1989. (1 + i)5 + (1 – i)5 toplamı kaçtır? A) –8 B) –5 C) 0 D) 5 E) 8

ÖYS 1990. z = 3 + 2i olduğuna göre (zz

zz

+)4 aşa-

ğıdakilerden hangisine eşittir?

A) 16

81 B)

16

81− C) i

16

81− D) i

16

81 E) –i

ÖYS 1991. (1 + i)⋅(1 + i3)⋅(1 + i5)⋅(1 + i7) işlemi-nin sonucu kaçtır? A) 2 B) 4 C) 1 + i D) 1 – i E) 4i ÖYS 1991. Karmaşık düzlemde A(4 + 6i), B(–2 – i), C(4 + 5i) noktaları veriliyor. A’nın [BC]’nin or-ta noktasına olan uzaklığı kaçtır?

A) 5 B) 4 C) 3 D) 23 E) 33

ÖYS 1992. (i

i

+

1

1)20 sayısı aşağıdakilerden hangi-

sidir? A) –2i B) –i C) –1 D) 1 E) 2i

ÖYS 1993. Karmaşık düzlemde z = 3 – i olduğuna göre |z–1| kaçtır?

A)10

10 B)

20

10 C)

20

15 D)

30

15 E)

50

10

ÖYS 1993. Karmaşık düzlemde

(cos xo + i⋅sin xo)2 = cos2xo + i⋅sin2xo

olduğuna göre aşağıdakilerden hangisi x’in değer-lerinden biridir? A) 30o B) 45o C) 60o D) 90o E) 180o

ÖYS 1994. |z + 2 – i| = 10 eşitliğini sağlayan z karmaşık sayılarının geometrik yerinin denklemi aşağıdakilerden hangisidir? A) (x – 1)2 + (y – 1)2 = 18 B) (x – 3)2 + (y – 1)2 = 64 C) (x + 2)2 + (y – 1)2 = 100 D) (x – 4)2 + (y – 1)2 = 81 E) (x – 4)2 + (y – 4)2 = 121 ÖYS 1995. n bir pozitif tamsayı olmak üzere,

14

418

− +n

nn

i

ii ifadesinin kısaltılmış biçimi aşağıdaki-

lerden hangisidir? A) i B) 1 + i C) i – 1 D) 1 E) 2 ÖYS 1995. z = x + yi ve |z| = |z – 2| olduğuna gö-re, z’nin karmaşık düzlemdeki geometrik yeri aşa-ğıdakilerden hangisidir? A) Gerçel eksene dik bir doğru B) Sanal eksene dik bir doğru C) 2 birim çaplı bir çember D) Bir elips E) Bir parabol

CEVAP ANAHTARI 1 D 2 A 3 C 4 D 5 C 6 B 7 B 8 C 9 D 10 D 11 B 12 B 13 C 14 C 15 D 16 A 17 A 18 B 19 A 20 D 21 A 22 E 23 C 24 B 25 A