5. fejezet - Komplex számok

A $$\sqrt{-1}$$ nincs értelmezve a valós számok halmazán. Bővítsük a szám fogalmát úgy, hogy $$\sqrt{-1}$$ és többszörösei is legyen része. Az egyszerűség kedvéért jelöljük j-vel.

Legyenek rá érvényesek a számok között definiált műveletek és az azokra vonatkozó szabályok:

A komplex szám általánosan két – egy valós és egy képzetes – részből áll. Jelölése: a+bj, ahol a és b valós számok, és a a valós, bj pedig a képzetes rész. Ez utóbbi azt jelenti, hogy a képzetes egységből $$\left(\text{j}=\sqrt{-1}\right)$$ b db van a számban (tehát bj=b•j). Szokás még a z=a+bj jelölés is. Erre az „összetett” z számra is igazak a táblázatban leírt szabályok. Meg kell azonban jegyezni, hogy a komplex számok halmaza nem rendezett, tehát nem mondhatjuk azt, hogy az egyik komplex szám nagyobb, mint a másik (azaz z1>z2 értelmetlen).

A számítások során j-t ugyanúgy használjuk, mintha valós szám lenne, de ha előfordulnak a hatványai, akkor kihasználhatjuk, hogy j•j=j2=-1. Érdemes megfigyelni, hogy j hatványai négyes periódussal rendelkeznek:

j1=j

j2=j•j=-1

j3=j•j2=-j

j4=j•j3=1

j5=j•j4=jstb.

A fent említett jelölés (a+bj) a komplex szám algebrai, vagy kanonikus alakja. A későbbiekben az algebrai alak elnevezést fogjuk használni. A következőkben nézzünk néhány példát a négy alapművelet alkalmazására.

A valós számokat számegyenesen ábrázoljuk. Egy egyenes a komplex számok ábrázolására nem elegendő, mivel valós és képzetes részből állnak. Ki kell tehát lépnünk az egyenesből a síkba. Ezt a síkot komplex számsíknak nevezzük. Vegyünk fel egy derékszögű koordinátarendszert és a vízszintes tengelyen a komplex szám valós, a függőleges tengelyen pedig képzetes részét jelöljük.

Példák:

z1=0+jz2=1+0jz3=1+j

z4=-1+jz5=-2-jz6=2-2j

Az ábrázolás már sugallja, hogy a komplex számot vektorként is értelmezhetjük. Ebben az estben az OP vektor jelenti a z komplex számot. A vektor koordinátái rendre a komplex szám valós- és képzetes részei. Mint minden vektort, ezt is megadhatjuk a hosszával és a valós tengellyel bezárt szögével is. Ez utóbbit azonban pontosan definiálni kell, mivel a szög kétféle módon is értelmezhető. Pozitív az a szög, amelyet úgy kapunk, hogy a valós tengelyt az óramutató járásával ellentétes irányban az OP vektorra forgatjuk. A pozitív szög jelölése: arg z.

A vektor geometriai adatait könnyen felírhatjuk a komplex szám algebrai alakjának segítségével, ha felhasználjuk a derékszögű háromszögekről tanult összefüggéseket. A vektor hosszát a komplex szám abszolút értékének hívjuk. Ez a Pitagorasz tétel segítségével:

$$\left|z\right|=r=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{\mathrm{Re}{\left(z\right)}^2+\mathrm{Im}{\left(z\right)}^2}$$, a szög pedig: $$tg\varphi =\frac{b}{a}=\frac{\mathrm{Im}\left(z\right)}{\mathrm{Re}\left(z\right)}$$.

Érdemes az algebrai alak paramétereit (a és b) is kifejezni a geometriai alak paramétereivel:

$$\begin{array}{l}a=r\cos \varphi ;b=r\sin \varphi \\ z=a+bj=r\cos \varphi +rj\sin \varphi \\ z=r\left(\cos \varphi +j\sin \varphi \right)\end{array}$$

Ez utóbbit a komplex szám trigonometrikus alakjának hívjuk, és gyakran használjuk, mert segítségével néhány művelet sokkal könnyebben elvégezhető, mint az algebrai alakkal.

z1=a+bjz2=c+dj

Összeadás Kivonás

A geometriában tanult vektorösszegzési és kivonási szabályok itt is érvényesek, mint ahogy az ábrából is látszik.

Az áttérést az ún. Euler formula biztosítja. Ez a következő:

$$e^{j\varphi }=\cos \varphi +j\sin \varphi$$,

ahol e a természetes logaritmus alapszáma (≈2.718281828), $$e^{j\varphi }$$-t pedig hatványnak tekintjük, ahol e az alap jφ pedig a kitevő.

A következőkben nem matematikai egzaktságú bizonyítással, hanem csak egy levezetéssel érzékeltetjük, hogy ami a valós számok között elképzelhetetlennek tűnik (egy hatvány függvény egyenlő a korlátos szinusz és koszinusz összegével), az a komplex számok körében valóság lehet.

A levezetéshez Maclaurin (nulla körüli Taylor) sorokat használunk fel. Bizonyítható, hogy az exponenciális függvény Maclaurin sora komplex változókkal is konvergens. Írjuk fel $e^{j\phi }$ Maclaurin sorát, bontsuk ki:

$e^{j\phi }={\displaystyle \sum }_{i=0}^{\infty }\frac{{\left(j\phi \right)}^i}{i!}=\frac{{\left(j\phi \right)}^0}{0!}+\frac{{\left(j\phi \right)}^1}{1!}+\frac{{\left(j\phi \right)}^2}{2!}+\frac{{\left(j\phi \right)}^3}{3!}+\frac{{\left(j\phi \right)}^4}{4!}+\frac{{\left(j\phi \right)}^5}{5!}+\dots$

A számlálóba írjuk be j hatványait, majd csoportosítsuk külön a valós, és külön a képzetes tagokat:

$e^{j\phi }=\frac{\phi }{0!}+\frac{j\phi }{1!}+\frac{-{\phi }^2}{2!}+\frac{-j{\phi }^3}{3!}+\frac{{\phi }^4}{4!}+\frac{j{\phi }^5}{5!}+\dots =$ $=\frac{\phi }{0!}+\frac{-{\phi }^2}{2!}+\frac{{\phi }^4}{4!}+\dots j\left(\frac{\phi }{1!}+\frac{-{\phi }^3}{3!}+\frac{{\phi }^5}{5!}\right)=$ $={\displaystyle \sum }_{k=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^k{\left(\phi \right)}^{2k}}{\left(2k\right)!}+j{\displaystyle \sum }_{l=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^l{\left(\phi \right)}^{2l+1}}{\left(2l+1\right)!}$

A két szummában sorban a koszinusz és a szinusz Maclaurin sorát kaptuk.

Az Euler formula tulajdonképpen egy egységnyi abszolút értékű komplex számot jelent, melynél az argumentum φ. Vizsgáljuk meg, hogy ez az egyezés fennáll-e a művelet végzés esetén is.

Szorzás:

$$\begin{array}{l}\left(\cos {\varphi }_1+j\sin {\varphi }_1\right)\left(\cos {\varphi }_2+j\sin {\varphi }_2\right)=\cos \left({\varphi }_1+{\varphi }_2\right)+j\sin \left({\varphi }_1+{\varphi }_2\right)=\cos \phi +j\sin \phi \\ e^{j{\varphi }_1}\cdot e^{j{\varphi }_2}=e^{j{\varphi }_1+j{\varphi }_2}=e^{j\left({\varphi }_1+{\varphi }_2\right)}=e^{j\phi }\end{array}$$

Osztás:

$$\begin{array}{l}\frac{\left(\cos {\varphi }_1+j\sin {\varphi }_1\right)}{\left(\cos {\varphi }_2+j\sin {\varphi }_2\right)}=\cos \left({\varphi }_1-{\varphi }_2\right)+j\sin \left({\varphi }_1-{\varphi }_2\right)=\cos \phi -j\sin \phi \\ \frac{e^{j{\varphi }_1}}{e^{j{\varphi }_2}}=e^{j{\varphi }_1-j{\varphi }_2}=e^{j\left({\varphi }_1-{\varphi }_2\right)}=e^{j\phi }\end{array}$$

Egész kitevős hatványozás:

$$\begin{array}{l}{\left(\cos \varphi +j\sin \varphi \right)}^n=\cos n\varphi +j\sin n\varphi =\cos \phi +j\sin \phi \\ {\left(e^{j\varphi }\right)}^n=e^{jn\varphi }=e^{j\phi }\end{array}$$

Könnyen belátható, hogy az egyezés nem csak egységnyi abszolút értékű komplex számok esetén áll fenn. Egy komplex szám trigonometrikus alakból könnyen átírható exponenciális alakra az Euler formula alkalmazásával:

$$r\left(\cos \varphi +j\sin \varphi \right)=r{e}^{j\varphi }$$.

Példák:

Az előző feladatsor a, és e, feladatát oldjuk meg.

A problémát az jelenti, hogy egy komplex számnak több gyöke van. Tudjuk, hogy a hatványozás a gyökvonás ellentett művelete. Mivel hatványozni a legkényelmesebben a trigonometrikus alak segítségével lehet, ezért itt is azt használjuk.

Legyen $$z_1^n=z_2$$ és $$z_1=r_1\left(\cos {\varphi }_1+j\sin {\varphi }_1\right)$$, valamint $$z_2=r_2\left(\cos {\varphi }_2+j\sin {\varphi }_2\right)$$.

Ekkor a Moivre formula alapján:

$$z_1^n=r_1^n\left(\cos n{\varphi }_1+j\sin n{\varphi }_1\right)=r_2\left(\cos {\varphi }_2+j\sin {\varphi }_2\right)$$.

Ez az egyenlőség csak akkor teljesül, ha az abszolút értékek és a szögek megegyeznek:

$$r_1^n=r_2,n{\varphi }_1={\varphi }_2+2k\pi \Rightarrow r_1=\sqrt[n]{r_2}>0,{\varphi }_1=\frac{{\varphi }_2+2k\pi }{n}$$.

A gyökvonás összefüggése tehát:

$$\sqrt[n]{z}=\sqrt[n]{r}\left(\cos \frac{\varphi +2k\pi }{n}+j\sin \frac{\varphi +2k\pi }{n}\right),$$ ahol $$z=r\left(\cos \varphi +j\sin \varphi \right),k=0,1,2,\dots$$

Ez azt jelenti, hogy a komplex számok halmazán minden számnak n db n-edik gyöke van, hiszen mind a szinusz, mind a koszinusz 2π szerint periodikus.

Megvizsgálva a gyököket látjuk, hogy mindegyikük abszolút értéke azonos $$\left(\sqrt[n]{r}\right)$$, és egymással bezárt szögük $$\frac{2\pi }{n}$$ többszöröse. Ez azt jelenti, hogy a komplex számsíkon egy origó középpontú $$\sqrt[n]{r}$$ sugarú körön egyenletesen helyezkednek el. Ha ezen pontokat összekötjük, akkor egy n oldalú szabályos sokszöget kapunk.

Példák:

A következő k-ra a szög 2π, ami a periodicitás miatt annyi mintha zérus lenne. Ekkor azonban ugyanazt az értéket kapjuk, mint k=0 esetén, Innentől kezdve tehát a gyökök ismétlődnek, így összesen három különböző gyök van.

Ábrázolva:

5-4. ábra Ábrázolás

5-5. ábra

$$\begin{array}{ccc}k=1& \Rightarrow & z_2=\sqrt{2}\end{array}\left(\cos \frac{11\pi }{12}+j\sin \frac{11\pi }{12}\right)=\sqrt{2}\left(-\cos \frac{\pi }{12}+j\sin \frac{\pi }{12}\right)=-\frac{\sqrt{3}+1}{2}+j\frac{\sqrt{3}-1}{2}$$$$k=2\Rightarrow z_3=\sqrt{2}\left(\cos \frac{19\pi }{12}+j\sin \frac{19\pi }{12}\right)=\sqrt{2}\left(\sin \frac{\pi }{12}-j\cos \frac{\pi }{12}\right)=\frac{\sqrt{3}-1}{2}-j\frac{\sqrt{3}+1}{2}$$Az eredmények meghatározásához a következőket vegyük figyelembe:$$\begin{array}{l}\sin \frac{\pi }{12}=\sin \left(\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{6}\right)=\sin \frac{\pi }{4}\cos \frac{\pi }{6}-\cos \frac{\pi }{4}\sin \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}\left(\sqrt{3}-1\right)\\ \cos \frac{\pi }{12}=\cos \left(\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{6}\right)=\cos \frac{\pi }{4}\cos \frac{\pi }{6}+\sin \frac{\pi }{4}\sin \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}\left(\sqrt{3}+1\right)\end{array}$$

A következő feladatokban az ω valós paramétertől függő komplex függvényeket ábrázolunk. Az ω a [0,∞] zárt intervallumba eső értékeket vesz fel.

1.Legyen Y(ω)=ejω.

Ekkor Y(ω)=cos ω+jsin ω és Re(Y(ω))=cos ω; Im(Y(ω))=sin ω.

$$\left|Y\left(\omega \right)\right|=\sqrt{{\cos }^2\omega +{\sin }^2\omega }=1$$, tehát a függvény minden pontja azonos távolságra van az origótól, azaz a függvény képe kör, melynek sugara 1.

$$\begin{array}{cccccc}\omega & 0& \raisebox{1ex}{$\pi $}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$4$}\right.& \raisebox{1ex}{$\pi $}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.& \raisebox{1ex}{$3\pi $}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$4$}\right.& \cdots \\ \mathrm{Re}\left(Y\left(\omega \right)\right)& 1& \raisebox{1ex}{$\sqrt{2}$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.& 0& \raisebox{1ex}{$-\sqrt{2}$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.& \cdots \\ \mathrm{Im}\left(Y\left(\omega \right)\right)& 0& \raisebox{1ex}{$\sqrt{2}$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.& 1& \raisebox{1ex}{$\sqrt{2}$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.& \cdots \end{array}$$

A körön a nyíl az ω növekedésének irányát jelzi.

2.Legyen Y(ω)=2ejω.

Ekkor Y(ω)=2(cos ω+jsin ω) és Re(Y(ω))=2cos ω; Im(Y(ω))=2sin ω.

$$\left|Y\left(\omega \right)\right|=\sqrt{4{\cos }^2\omega +4{\sin }^2\omega }=2\sqrt{{\cos }^2\omega +{\sin }^2\omega }=2$$, tehát a függvény minden pontja azonos távolságra van az origótól, azaz a függvény képe kör, melynek sugara 2.

3.Legyen Y(ω)=ej2ω.

Ekkor Y(ω)=cos 2ω+jsin 2ω és Re(Y(ω))=cos 2ω; Im(Y(ω))=sin 2ω.

$$\left|Y\left(\omega \right)\right|=\sqrt{{\cos }^2\omega +{\sin }^2\omega }=1$$, tehát ez is kör – mint az 1, feladatban – de az ω növekedésével „gyorsabban haladnak” a függvény pontjai a körön.

4.Legyen Y(ω)=1+j ω.

Ekkor Re(Y(ω))=1; Im(Y(ω))=ω, tehát valós része mindig 1.

$$\left|Y\left(\omega \right)\right|=\sqrt{1+{\omega }^2};\varphi =\arg Y\left(\omega \right)=arctg\frac{\omega }{1}$$.

A komplex vektor hossza szigorúan monoton nő, legkisebb értéke egységnyi; szöge szintén szigorúan monoton nő, legkisebb értéke 0°, a legnagyobb pedig 90°. Ezek alapján megállapítható, hogy a függvény képe egyenes, mely a valós tengely 1 pontjából indul, és függőlegesen tart a végtelenbe.

5. Legyen $$Y\left(\omega \right)=\frac{2}{1+j\omega }.$$

Az ábrázolás előkészítéseként célszerű a függvényt az algebrai alaknak megfelelő formájúvá rendezni.

$$Y\left(\omega \right)=\frac{2}{1+j\omega }\cdot \frac{1-j\omega }{1-j\omega }=\frac{2-2j\omega }{1+{\omega }^2}=\frac{2}{1+{\omega }^2}-\frac{2\omega }{1+{\omega }^2}j$$. Ebből az alakból könnyen kifejezhetjük az abszolút értéket és a szöget:

$$\begin{array}{l}\left|Y\left(\omega \right)\right|=\sqrt{\frac{4}{{\left(1+{\omega }^2\right)}^2}+\frac{4{\omega }^2}{{\left(1+{\omega }^2\right)}^2}}=\sqrt{\frac{4\left(1+{\omega }^2\right)}{{\left(1+{\omega }^2\right)}^2}}=\frac{2\sqrt{\left(1+{\omega }^2\right)}}{\left(1+{\omega }^2\right)}=\frac{2}{\sqrt{1+{\omega }^2}},\\ \varphi =arctg\frac{-\frac{2\omega }{1+{\omega }^2}}{\frac{2}{1+{\omega }^2}}=arctg\left(-\omega \right).\end{array}$$

Ebből csak azt tudjuk megállapítani, hogy a szög 0°-tól –90°-ig nő, de az abszolút érték nem ad segítséget a függvény alakjának megállapításához. Vizsgáljuk inkább az Y1(ω)=Y(ω)-1 függvényt. Ha ezt sikerül ábrázolni, akkor az eredeti függvényünk képét egy egyszerű eltolással megkapjuk.

$$\begin{array}{l}{Y}_1\left(\omega \right)=\frac{2}{1+{\omega }^2}-1-\frac{2\omega }{1+{\omega }^2}j=\frac{2-1-{\omega }^2}{1+{\omega }^2}-\frac{2\omega }{1+{\omega }^2}j=\frac{1-{\omega }^2}{1+{\omega }^2}-\frac{2\omega }{1+{\omega }^2}j,\\ \left|Y_1\left(\omega \right)\right|=\sqrt{\frac{{\left(1-{\omega }^2\right)}^2}{{\left(1+{\omega }^2\right)}^2}+\frac{4{\omega }^2}{{\left(1+{\omega }^2\right)}^2}}=\sqrt{\frac{1-2{\omega }^2+{\omega }^4+4{\omega }^2}{{\left(1+{\omega }^2\right)}^2}}=\frac{\sqrt{1+2{\omega }^2+{\omega }^4}}{\left(1+{\omega }^2\right)}=\frac{\left(1+{\omega }^2\right)}{\left(1+{\omega }^2\right)}=1,\\ {\varphi }_1=arctg\frac{-2\omega }{1-{\omega }^2}.\end{array}$$

Megállapítható tehát, hogy az ω paramétertől függetlenül minden pont egységnyi távolságra van az origótól, azaz a függvény pontjai egy egységsugarú körön vannak. Mivel Im(Y1(ω)) minden pozitív ω esetén negatív, ezért a függvény képe egy origó középpontú egységsugarú félkör, amely a negatív képzetes félsíkon helyezkedik el.

Az eredeti függvényünk ennek +1-el való eltolásával adódik, így a félkör középpontja az 1+0j pont.

Javasolt feladat: $$Y\left(\omega \right)=\frac{A}{1+Tj\omega }$$ vizsgálata. (Ez is egy félkör, de sugara: A/2, középpontja: A/2+0j. Érdekes még, hogy a függvény minimuma az ω=1/T helyen van, és itt a függvény értéke: A/2-jA/2.

6.Legyen Y(ω)=e -0.1ω+jω.

Ekkor Y(ω)=e -0.1ω e jω = e -0.1ω (cos ω+jsin ω) és Re(Y(ω))= e -0.1ω cos ω; Im(Y(ω))= e -0.1ω sin ω.

$$\begin{array}{l}\left|Y\left(\omega \right)\right|=\sqrt{e^{-0,2\omega }\left({\cos }^2\omega +{\sin }^2\omega \right)}=e^{-0,1\omega };\\ \varphi =arctg\frac{e^{-0,1\omega }\sin \omega }{e^{-0,1\omega }\cos \omega }=arctgtg\omega =\omega .\end{array}$$

A szög megegyezik az 1. feladat szögével, tehát a komplex vektor itt is az origó körül fog forogni. Az abszolút értéket egy szigorúan monoton csökkenő, nullához tartó függvény írja le. Ebből arra lehet következtetni, hogy a függvény képe spirális, mely egyre jobban „rászorul” az origóra. Legtávolabb az origótól az ω =0 esetén lesz: 1+0j.

A későbbi tanulmányok miatt célszerű megvizsgálni a Re(Y(ω)) függvényt.

Legyen f(ω)= Re(Y(ω))=e -0.1ω cos ω, ez tehát egy valós függvény, amely két részből áll. Az egyik egy koszinusz, amely 1 és –1 között periodikusan „hullámzik”, a másik egy e-ad, amely negatív kitevője miatt szigorúan monoton tart nullához. Ez utóbbi alulról és felülről korlátok közé szorítja a koszinusz függvényt.

Rendezze algebrai alakra a következő komplex függvényeket:

$$Y\left(\omega \right)=\frac{1+2j\omega +3{\left(j\omega \right)}^2}{1+4j\omega }$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{1+4j\omega }{1+2j\omega +3{\left(j\omega \right)}^2}$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{\frac{1}{j\omega }\cdot \frac{1}{1+j\omega }}{1+\frac{1}{j\omega }\cdot \frac{1}{1+j\omega }\cdot \frac{1}{1+2j\omega }}$$

$$Y(\omega )=\frac{\frac{1}{1+j\omega }\cdot (1+2j\omega )}{1+\frac{1}{1+j\omega }\cdot (1+2j\omega )\cdot \frac{1}{1+4j\omega }}$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{\frac{1}{1+j\omega +{\left(j\omega \right)}^2}\cdot \left(1+\frac{1}{j\omega }\right)\cdot \frac{1}{1+j\omega }}{1+\frac{1}{1+j\omega +{\left(j\omega \right)}^2}\cdot \left(1+\frac{1}{j\omega }\right)\cdot \frac{1}{1+j\omega }\cdot \left(1+2j\omega \right)}$$

Ábrázolja a következő komplex függvényeket pozitív ω esetén:

$$Y\left(\omega \right)=j\omega$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{1}{j\omega }$$

$$Y\left(\omega \right)=2+\frac{1}{j\omega }$$

$$Y(\omega )=\frac{4}{1+2j\omega }$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{j\omega }{1+j\omega }$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{1}{j\omega \cdot \left(1+j\omega \right)}$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{1}{1+j\omega +{\left(j\omega \right)}^2}$$

$$Y(\omega )=\frac{j\omega }{1+j\omega +{(j\omega )}^2}$$

$$Y(\omega )=\frac{1}{j\omega \cdot (1+j\omega +{(j\omega )}^2)}$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{1+j\omega }{j\omega \cdot \left(1+j\omega +{\left(j\omega \right)}^2\right)}$$

$$Y\left(\omega \right)=j\omega \cdot e^{-j\omega }$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{e^{-j\omega }}{j\omega }$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{e^{-j\omega }}{1+j\omega }$$

$$Y\left(\omega \right)=\frac{e^{-j\omega }}{1+j\omega +{\left(j\omega \right)}^2}$$

$$\frac{1+5{\omega }^2}{1+16{\omega }^2}+\frac{2\omega \left(6{\omega }^2-1\right)}{1+16{\omega }^2}j$$

$$\frac{1+5{\omega }^2}{1-2{\omega }^2+9{\omega }^4}+\frac{2\omega \left(1-6{\omega }^2\right)}{1-2{\omega }^2+9{\omega }^4}j$$

$$\frac{1-{\omega }^2-4{\omega }^4}{1-5{\omega }^2+5{\omega }^4+4{\omega }^6}+\frac{\omega -4{\omega }^3}{1-5{\omega }^2+5{\omega }^4+4{\omega }^6}j$$

$$\frac{2+22{\omega }^2+32{\omega }^4}{4+33{\omega }^2+16{\omega }^4}+\frac{5\omega +32{\omega }^3}{4+33{\omega }^2+16{\omega }^4}j$$

$$\frac{1-{\omega }^2}{1+7{\omega }^2-5{\omega }^4+{\omega }^6}+\frac{-3\omega +{\omega }^3}{1+7{\omega }^2-5{\omega }^4+{\omega }^6}j$$