Kompleksni brojevi i Mebijusove transformacije

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Kompleksni brojevi i Mebijusove transformacije"

Transcript

1 Matematički fakultet Univerzitet u Beogradu Kompleksni brojevi i Mebijusove transformacije Master rad Student: Marina Durica, 1043/016 Mentor: prof dr. Miodrag Mateljević Beograd, 017.

2 Sadržaj Uvod 1 Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja Trigonometrijski oblik kompleksnog broja Proizvod kompleksnih brojeva Količnik kompleksnih brojeva Eksponencijalni oblik kompleksnog broja n-ti koren kompleksnog broja n-ti koreni jedinice Neka preslikavanja kompleksne ravni 16.1 Translacija Rotacija Homotetija Linearno preslikavanje Inverzija Recipročno preslikavanje Jednačina prave i kruga u kompleksnoj ravni Podela duži u datom odnosu Mera ugla Jednačina prave Jednačina kruga Skalarni i vektorski proizvod kompleksnih brojeva Skalarni proizvod Vektorski proizvod Veza skalarnog i vektorskog proizvoda Zanimljivi zadaci 35 6 Mebijusove transformacije Dvorazmera Bilinearno preslikavanje i neke osobine bilinearnog preslikavanja Klasifikacije Mebijusovih transformacija Literatura 55 1

3 Uvod Poznato je da je u istoriji matematike osnovni motiv za uvodenje kompleksnih brojeva bilo rešavanje algebarskih jednačina. Korišćenjem kompleksnih brojeva su neke stare teorije iskazane na drugačiji način. Takode skup kompleksnih brojeva možemo interpretirati kao euklidsku ravan. Mnogi geometrijski zadaci se pomoću kompleksnih brojeva mogu elegantnije i jednostavnije rešiti. U ovom radu će biti reči o kompleksnim brojevima i Mebijusovim transformacijama. Mebijusove transformacije imaju veoma lepa svojstva i različite primene u kompleksnoj analizi. Pokazuje se da se svaka Mebijusova transformacija kompleksne ravni može predstaviti kao kompozicija translacije, rotacije, homotetije i inverzije. Ovaj rad ima šest poglavlja. Prvo poglavlje se odnosi na definisanje kompleksnih brojeva kao uredenih parova a tu definiciju dao je Vilijam R. Hamilton, irski matematičar ( ). Takode odnosi se na zapis kompleksnog broja u algebarskom, trigonometrijskom i eksponencijonalnom obliku, a u ovom poglavlju razmatra se i n ti koren kompleksnog broja. Drugo poglavlje govori o preslikavanjima kompleksne ravni kao što su translacija, rotacija, homotetija, inverzija i recipročno preslikanje. U trećem poglavlju nalazi sa predstavljanje jednačine prave i jednačine kruga. Kao i nalaženje kooordinate težišta trougla ili definisanje mere ugla. Četvrto poglavlje odnosi se na skalarni proizvod, vezu izmedu normalnosti dve prave i skalarnog proizvoda. Takode odnosi se na vektorski proizvod, vezu izmedu kolinearnosti tri tačke i vektorskog proizvoda kao i povezanost vektorskog proizvoda sa orijentisanom površinom. Zatim, u poglavlju se nalazi i veza skalarnog i vektorskog proizvoda. U petom poglavlju vidimo kako su neki geometrijski zadaci jednostavnije rešeni preko kompleksnih brojeva poput zadataka Ojlerov krug, ili Simsonova prava. Na kraju dolazi šesto poglavlje koje se odnosi na Mebijusove transformacije, neke njegove osobine i dvorazmeru tačaka. Kao i klasifikacije Mebijusovih transformacija na hiberboličko, eliptičko, loksodromičko i paraboličko.

4 1 Kompleksni brojevi 1.1 Algebarski oblik kompleksnog broja Izraz oblika x + iy, gde su x, y realni brojevi, a i simbol za koji važi i = 1, nazivamo kompleksnim brojem. Za kompleksan broj zapisan u obliku z = x + iy (1) kažemo da je zapisan u algebarskom obliku. Skup C = {z = x + iy x, y R} je skup kompleksnih brojeva, gde je x = Re(z) realni deo kompleksnog broja z, a y = Im(z) imaginarni deo kompleksnog broja z. Simbol i zovemo imaginarna jedinica. Neka su z 1 = x 1 + iy 1, z = x + iy C. Tada su jednakost, operacije sabiranja i množenja u skupu C su definisane na sledeći način: x 1 + iy 1 = x + iy x 1 = x y 1 = y, z 1 + z = (x 1 + x ) + (y 1 + y )i, z 1 z = (x 1 x y 1 y ) + (x 1 y + x y 1 )i. Formalna definicija skupa kompleksnih brojeva bi glasila: Definicija 1. Skup kompleksnih brojeva definišemo kao skup uredenih parova z = (x, y) gde su x, y R. Pri tome, se jednakost, sabiranje i množenje kompleksnih brojeva definišu na sledeći način: (x 1, y 1 ) = (x, y ) x 1 = x y 1 = y, (x 1, y 1 ) + (x, y ) = (x 1 + x, y 1 + y ), () (x 1, y 1 ) (x, y ) = (x 1 x y 1 y, x 1 y + x y 1 ). Tvrdenje 1. Algebarska struktura C = (C, +, ) je polje. Dokaz. Da bi smo pokazali da je struktura C = (C, +, ) polje, potrebno je proveriti tri činjenice. Da je (C, +) Abelova grupa. Jasno je da asocijativnost i komutativnost operacije sabiranja važe jer se svode na komutativnost i asocijativnost u R. Primetimo da važi (x, y) + (0, 0) = (0, 0) + (x, y) = (x, y), pa je neutralni element operacije sabiranja (0, 0). Takodje vidimo da važi (x, y) + ( x, y) = (0, 0) pa je suprotni element ( x, y). 3

5 Da je (C, ) komutativni monoid u kome samo (0, 0) nema inverz. Na isti način važi i ovde asocijativnost i komutativnost operacije množenja. Dok je neutralni element u odnosu na množenje (1, 0) a inverzni element u odnosu na množenje za (x, y) (0, 0) je ( x x + y, y x + y Distributivnost množenja prema sabiranju. Korišćenjem operacija () lako vidimo da važi distributivnost množenja prema sabiranju: (z 1, z ) ((z 3, z 4 ) + (z 5, z 6 )) = (z 1, z ) (z 3, z 4 ) + (z 1, z ) (z 5, z 6 ). ). Neka je C 0 = {(x, 0) : x R}. Kako važi (x 1, 0) + (x, 0) = (x 1 + x, 0) i (x 1, 0) (x, 0) = (x 1 x, 0), sledi da je (C 0, +, ) potpolje polja C. Posmatrajmo f : C 0 R, f((x, 0)) = x, jasno je da je f bijekcija, i da važi f((x 1, 0) + (x, 0)) = f((x 1, 0)) + f((x, 0)), prema tome potpolje (C 0, +, ) polja C je izomorfno polju (R, +, ) i zbog toga realan broj x možemo posmatrati kao kompleksan broj (x, 0). Definicija. Kompleksni broj (0, 1) zovemo imaginarna jedinica. Označavamo ga sa već pomenutim simbolom i. Kako važi (0, 1) (0, 1) = ( 1, 0) = 1 odatle vidimo da je i simbol za koji važi i = 1. Stepenovanjem imaginarne jedinice i uz to da je i = 1, primećujemo da za imaginarnu jedinicu važi: 1, n = 4k, k Z, i n i, n = 4k + 1, k Z, = 1, n = 4k +, k Z, i, n = 4k + 3, k Z. Sada lako dolazimo do algebarskog zapisa (1): (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (0, 1)(y, 0) = x + iy. Definisanje kompleksnih brojeva kao skupa uredjenih parova sa realnim koordinatama omogućava nam geomatrijski prikaz kompleknih brojeva. Svakom kompleksnom broju z = x+iy je dodeljena tačno jedna tačka M(x, y) u ravni R, za tačku M(x, y) možemo uvesti oznaku i M(z). Na taj način skup C je prikazan kao ravan sa Dekartovim 1 koordinatnim sistemom pri čemu je x-osa realna osa, a y-osa je imaginarna osa. Takva ravan se naziva i Gausova ravan. Kompleksan broj z = x + iy možemo videti i kao vektor čija je 1 Rene Descartes, 31.mart februar 1650., francuski matematičar i filozof. Johann Carl Friedrich Gauss, 30. april februar 1855., nemački matematičar. 4

6 početna tačka koordinatni početak O a vrh vektora je tačka koja je dodeljena tom kompleksnom broju, odnosno tačka M(x, y). Dakle, kompleksnom broju z odgovara vektor OM (videti sliku 1). Prema tome možemo videti da zbir kompleksnih brojeva u kompleksnoj ravni možemo geometrijski interpretirati kao sabiranje vektora po pravilu paralelograma. Slika 1: Kompleksan broj kome je dodeljena tačka i odgovarajući vektor koji odgovara tom kompleksnom broju. Definicija 3. Broj z = x iy nazivamo konjugovani broj kompleksnog broja z = x + iy. Sabiranjem i oduzimanjem brojeva z = x iy i z = x+iy dobijamo jednakosti Re(z) = 1 (z + z), Im(z) = 1 (z z). i Operacijom množenja z i z uvek dobijemo realan broj x +y. Zatim računom možemo pokazati da operacija konjugovanja ima sledeća svojstva: z 1 ± z = z 1 ± z, z 1 z = z 1 z, ( z1 z ) = z 1 z, z 0, z = z. Definicija 4. Nenegativan broj x + y koji se označava sa z je modul kompleksnog broja z = x + iy. 5

7 Iz definicije modula slede sledeće osobine: zz = z, z = z, z = 0 z = 0, Re(z) z, Im(z) z. Teorema 1. Za svako z 1, z C važe sledeće formule: z 1 + z = z 1 + Re(z 1 z ) + z, (3) z 1 z = z 1 Re(z 1 z ) + z, (4) z 1 + z + z 1 z = ( z 1 + z ). (5) Dokaz. Korišćenjem svojstva zz = z, imamo: z 1 + z = (z 1 + z )(z 1 + z ) = z 1 z 1 + (z 1 z + z 1 z ) + z z. Znamo da važi Re(z) = (z + z), dakle važi i (z 1 z + z 1 z ) = Re(z 1 z ). Prema tome: z 1 + z = z 1 z 1 + Re(z 1 z )+z z, samim tim opet pozivajući se na zz = z sledi jednakost (3). Na sličan način se dokazuje jednakost (4) a sabiranjem jednakosti (3) i (4) dobija se (5) 3. Neka je M(x, y) tačka koja je dodeljena kompleksnom broju z = x + iy. Kako euklidsko rastojanje tačke M(x, y) od koordinatnog početka O jeste x + y, možemo zaključiti da je modul kompleksnog broja z = x + iy jednak rastojanju tačaka O i M(x, y). Takode rastojanje tačaka koje odgovaraju kompleksnim brojevima z 1 i z jednako je modulu razlike ta dva broja (videti sliku ) tj. računa se kao: z 1 z = (x 1 x ) + (y 1 y ). Osnovno svojstvo ovog rastojanja je da zadovoljava nejednakost trougla: z 1 z z 1 z 3 + z 3 z. Dokažimo sada tu nejednakost. Stavimo da je z = z 1 z 3 a da je w = z 3 z odatle preostaje nam da dokažemo Slika : Rastojanje tačaka, moduo kompleksnog broja, konjugovani broj kompleksnog broja. z + w z + w. (6) 3 Zakon paralelograma: zbir kvadrata dijagonala jednak je zbiru kvadrata svih stranica. 6

8 Kako važi Re(zw) z w i prema jednakosti (3) sledi nejednakost z + w ( z + w ). Zbog toga sto je modul nenegativan broj iz ove nejednakosti sledi nejednakost (6). Posledica nejednakosti (6) je nejednakost z w z w. 1. z w = z w + w w z w + w w,. ( z w ) = w z = w z + z z w z + z z, Dakle iz 1. i. sledi z w z w. Ako u poslednju nejednakost umesto w stavimo w dobijemo z w z + w. Prema tome važi i z w z + w z + w. 1. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja Neka je M(z) tačka dodeljena kompleksnom broju z = x + iy i različita je od koordinatnog početka O. Odredena je rastojanjem r od O i veličinom pozitivno orjentisanog ugla ϕ izmedu pozitivnog dela realne ose i vektora čija je početna tačka O a vrh tačka M(intenzitet ovog vektora je baš r). Kako se položaj tačke može opisati pomoću Dekartovih koordinata (x, y) a i polarnih koordinata (r, ϕ), veza izmedu tih koordinata je: x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Slika 3: Trigonometrijski oblik kompleksnog broja. Veličinu pozitivno orijentisanog ugla ϕ zovemo argument komplesnog broja. Argument nije jednoznačno odreden zbog periodičnosti funkcija cos i sin skup 7

9 svih vrednosti označićemo sa Arg(z) = {ϕ + kπ : k Z}. Za ϕ [0, π) kažemo da je glavna vrednost argumenta i označavamo sa arg(z), (umesto intervala [0, π) možemo uzeti bilo koji oblika [α, α + π), α R, u ovom radu uzimaćemo [0, π) ). Dakle, zapis kompleksnog broja z 0 u obliku z = r(cos ϕ + i sin ϕ), gde je r = z (0, + ), ϕ = arg(z) [0, π), nazivamo trigonometrijski oblik kompleksnog broja(videti sliku 3). Posmatrajmo z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ϕ [0, π), r (0, + ) tada se glavna vrednost argumenta odreduje prema : x > 0, y > 0 tada ϕ imamo ϕ = arctan ( y x). ( 0, π ). Prema tome iz jednakosti tan ϕ = y x ( π ) ( x < 0, y > 0 tada ϕ, π. Neka je ϕ 1 0, π ) tako da važi ( ϕ 1 + ϕ = π. Kako je ϕ 1 0, π ) kao na slici 4 onda iz jednakosti tan ϕ 1 = y Slika 4: Slučaj x < 0, y > 0. ( y x imamo ϕ 1 = arctan x imamo da je ϕ = π + arctan x < 0, y < 0 tada ϕ ( π, 3π ( y x). ), a kako je ϕ = π ϕ 1 odatle ). Neka je ϕ 1 ( 0, π ) tako da važi ϕ ϕ 1 = π. ( Kako ϕ 1 0, π ) kao na slici 5 onda iz jednakosti tan ϕ 1 = y x imamo ( ) y ( y ϕ 1 = arctan, a kako je ϕ ϕ 1 = π imamo ϕ = π + arctan. x x) 8

10 Slika 5: Slučaj x < 0, y < 0. ( ) 3π ( x > 0, y < 0 tada ϕ, π. Neka je ϕ 1 0, π ) tako da važi ( ϕ + ϕ 1 = π, videti sliku 6. Kako ϕ 1 0, π ) onda iz jednakosti Slika 6: Slučaj x > 0, y < 0. tan ϕ 1 = y ( ) y x imamo ϕ 1 = arctan, a kako je ϕ + ϕ 1 = π odatle ( x y imamo da je ϕ = π + arctan. x) x > 0, y = 0 tada ϕ = 0. 9

11 x < 0, y = 0 tada ϕ = π. x = 0, y > 0 tada ϕ = π. x = 0, y < 0 tada ϕ = 3π. Zadatak 1. Neka α ( π, π). Broj A = 1 + cos α + i sin α zapisati u trigonometrijskom obliku. Preciznije, broj A zapisati u obliku r(cos ϕ+i sin ϕ) tako da r (0, + ) i ϕ [0, π). Rešenje. Treba da odredimo r = A i ϕ = arg(a). Pre svega odredimo r: (1 + cos α) + sin α = 4 cos α cos = α. Dato nam da α ( π, π) pa α ( π, π ) samim tim sledi cos α > 0. Dakle, r = A = cos α. Dalje, A = cos α ( 1 + cos α cos α + i sin α ) cos α = cos α ( cos α + i sin α ) ali kako α ( π, π ) to neodgovara ϕ jer mora ϕ [0, π). 4 Prema tome, α, α [0, π) ϕ = α + π, α ( π, 0) odnosno imamo da rešenje zavisi od parametra α, cos α ( cos α + i sin α ), α [0, π) A = cos α ( ( α ) ( α )) cos + π + i sin + π, α ( π, 0) 4 Ako nam rečeno da posmatramo u trigonometrijskom zapisu da glavna vresnost argumenta ϕ pripada ( π, π] tada trigonometrijski zapis broja A je cos α (cos α + i sin α ) jer α ( π, π ) a samim tim i α ( π, π], odnosno ϕ = α. 10

12 1..1 Proizvod kompleksnih brojeva Neka su z 1, z dva kompleksna broja različita od nule zapisana u trigonometrijskom obliku: z 1 = z 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ), z = z (cos ϕ + i sin ϕ ). Ako pomnožimo ta dva broja dobijemo: z 1 z = z 1 z (cos(ϕ 1 + ϕ ) + i sin(ϕ 1 + ϕ )). (7) Formula (7) daje zapis kompleksnog broja z 1 z u trigonometrijskom obliku ako je ϕ 1 + ϕ [0, π) i tada je arg(z 1 z ) = ϕ 1 + ϕ. Dok ako imamo da ϕ 1 + ϕ / [0, π) onda je zapis broja z 1 z u trigonometrijskom obliku z 1 z = z 1 z (cos(ϕ 1 + ϕ π) + i sin(ϕ 1 + ϕ π)) i vidimo da je tada arg(z 1 z ) = ϕ 1 + ϕ π. Teorema. Ako je z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ϕ [0, π), r (0, + ), onda za svaki n N važi z n = (r(cos ϕ + i sin ϕ)) n = r n (cos nϕ + i sin nϕ). (8) Ta formula naziva se Muavrova formula 5. Rešenje. Očigledano da formula važi za n = 1. Predpostavimo da važi za n 1 i dokažimo da važi za n. Dakle, z n = (r(cos ϕ + i sin ϕ)) n 1 (r(cos ϕ + i sin ϕ)) = = r n 1 (cos(n 1)ϕ + i sin(n 1)ϕ)(r(cos ϕ + i sin ϕ)) = = r n ((cos(n 1)ϕ cos ϕ sin(n 1)ϕ sin ϕ)+i(cos(n 1)ϕ sin ϕ+sin(n 1)ϕ cos ϕ)) = = r n (cos nϕ + i sin nϕ). Primetimo da važi i za n = 0, z 0 = r 0 (cos 0ϕ + i sin 0ϕ) = 1. Posmatrajmo arg(z n ), jasno je da je (8) trigonometrijski zapis broja z n ako je nϕ [0, π) i tada je argument jednak nϕ, inače je jednak nϕ mπ za takvo m N za koje je nϕ mπ [0, π). 5 Abrahamu de Moivreu, 6.maj novembar 1754., francuski matematičar. 11

13 1.. Količnik kompleksnih brojeva Neka je z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ϕ [0, π), r (0, + ). Ako sada posmatramo broj 1 z imamo 1 z = 1 r(cos ϕ + i sin ϕ) r(cos ϕ i sin ϕ) r(cos ϕ i sin ϕ) = 1 (cos( ϕ) + i sin( ϕ)). r Tada to daje trigonometrijski zapis broja 1 ako ϕ [0, π). Kako je z z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ϕ [0, π), samim tim ϕ / [0, π) sledi da je trigonometrijski zapis broja 1 z ustvari 1 (cos( ϕ + π) + i sin( ϕ + π)). r Neka su z 1 = z 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ), z = z (cos ϕ + i sin ϕ ) dva kompleksna broja zapisana u trigonometrijskom obliku, količnik ta dva broja je: z 1 z = r 1 r (cos(ϕ 1 ϕ ) + i sin(ϕ 1 ϕ )) (9) Formula (9) daje trigonometrijski zapis broja z 1 z ako je ϕ 1 ϕ [0, π) i onda je argument jednak baš ϕ 1 ϕ. Ako ϕ 1 ϕ / [0, π), onda je argument količnika jednak ϕ 1 ϕ + π. Neka je n N tada n je negativan i neka je z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ϕ [0, π), r (0, + ). Posmatrajmo sada: z n = ( ) n ( ) n 1 1 = (cos( ϕ) + i sin( ϕ)), z r koristeći sada teoremu imamo z n = r n (cos nϕ + i sin nϕ). Dakle, zaključujemo da za svako n Z važi z n = r n (cos nϕ + i sin nϕ). Trigonometrijski zapis broja z n, n Z je r n (cos nϕ + i sin nϕ) ako je nϕ [0, π). Ako to nije, tada je arg(z n ) jednak nϕ + mπ za ono m Z za koje nϕ + mπ [0, π). 1.3 Eksponencijalni oblik kompleksnog broja Definicija 5. Za svako t R važi e it = cos t + i sin t. Ova formula naziva se Ojlerovom formulom 6. 6 Leonhard Euler, 15. april septembar 1783., švajcarski matematičar i fizičar. 1

14 Svojstva: e it = cos t + sin t = 1, e it = cos t i sin t = cos( t) + i sin( t) = e it, e ip e iq = (cos p+i sin p)(cos q+i sin q) = cos(p+q)+i sin(p+q) = e i(p+q), e ip = e iq akko p = q + kπ, k Z. Sada ako posmatramo trigonometrijski oblik kompleksnog broja z 0, z = r(cos ϕ + i sin ϕ) i koristeći Ojlerovu formulu dolazimo do eksponencijalnog oblika: z = re iϕ, r = z, ϕ = arg(z). 1.4 n-ti koren kompleksnog broja Definicija 6. Svako rešenje jednačine z n = a, (10) gde je n N, z, a C naziva se n-ti koren kompleksnog broja a. Teorema 3. Neka je u skupu kompleksnih brojeva data jednačina z n = a, n N. Tada ako je a = 0 onda jednačina ima tačno jedno rešenje z 0 = 0, a ako je a 0 onda postoji tačno n različitih rešenja jednačine i to su brojevi z k = n a e i arg(a)+kπ n, k {0, 1,..., n 1}. Dokaz. Neka je a = a e i arg(a) i z = z e i arg(z). Tada jednačina (10) koristeći Muavrovu formulu postaje z n e in arg(z) = a e i arg(a). Da bi važila ova jednakost mora da je zadovoljeno z n = a i n arg(z) = arg(a) + kπ, k Z. Odnosno dobijamo da jednakost z n e in arg(z) = a e i arg(a) važi akko važi z = n a i arg(z) = arg(a)+kπ, k Z. Ipak, zbog periodičnosti funkcija n sin i cos možemo da posmatramo k {0, 1,..., n 1} i tako dobijamo n različitih rešenja. Dakle, svaki od brojeva z k = n a e i arg(a)+kπ n, k {0, 1,..., n 1} jeste rešenje jednačine z n = a, odnosno n-ti koren broja a. Da sada proverimo činjenicu da dobijamo različita rešenja. Neka p, q {0, 1,..., n 1} različiti, tada z p = n a e i arg(a)+pπ n z p = z q tada važi e i π(p q) n i z q = n a e i arg(a)+qπ n. Predpostavimo sada da je = 1, odnosno cos π(p q) = 1. Odatle sledi n π(p q) n = mπ, m Z 13

15 p q = mn, m Z pa smo dobili da p q {..., n, n, 0, n, n,...} što nas dovodi do kontradikcije. Teorema 4. Rešenja jednačine (10) gde je a 0, odnosno n-ti koreni kompleksnog broja a pripadaju krugu sa centrom 0 i poluprečnikom n a i predstavljaju temena pravilnog n-tougla. Dokaz. Ako su z k = n a e i arg(a)+kπ n, k {0, 1,..., n 1} n-ti koreni broja a onda za svako k {0, 1,..., n 1} je z k = n a. Prema tome svaki z k pripada krugu čiji je centar koordinatni početak, a poluprečnik n a. Posmatrajmo sada susedna temena M k i M k+1 koje odgovaraju kompleksnim arg(a)+kπ = π n n brojevima z k i z k+1 tada važi arg z k+1 arg z k = arg(a)+(k+1)π n i kako važi za svako k {0, 1,..., n 1} a uz to je M n = M 0 odavde sledi da M k, k {0, 1,..., n 1} predstavljaju temena pravilnog n-tougla n-ti koreni jedinice Interesantan slučaj je kada je u jednačini (10) a = 1, odnosno koreni jednačine z n = 1 se nazivaju n-ti koreni jedinice i oblika su ɛ k = e i kπ n, k {0, 1,..., n 1}. Geometrijski, n-ti koreni jedinice formiraju pravilan n-tougao čije je jedno teme baš tačka (1, 0), i koji je upisan u krug sa centrom 0 i poluprečnika 1. Neka je sada ɛ = ɛ 1 = e i π n tada imamo da je ɛ k = e i kπ n = (e i π n ) k = ɛ k gde je k {0, 1,..., n 1} i primetimo da je ɛ n = 1. Prema tome skup svih korena jedinice je {1, ɛ, ɛ,..., ɛ n 1 }. Možemo da primetimo da je proizvod dva n-ta korena iz jedinice opet n-ti koren iz jedinice. Neka je z kompleksni broj i z k bilo koji od rešenja jednačine z n = a. Računom z k = n a e i arg(a)+kπ n = n a e i arg(a) n e i kπ n vidimo da je z k = z 0 ɛ k. Dakle svi n-ti koreni kompleksnog broja a su: z 0, z 0 ɛ,..., z 0 ɛ n 1. Zadatak. Odrediti treće kompleksne korene broja i, zatim ih prikazati na slici. 14

16 Rešenje. Neka je z 3 = i. Pre svega se broj w = i zapiše u trigonometrijskom obliku. Dakle, w = i = 0 + i1 pa je w = = 1. Kako smo rekli da ćemo argument ako broj zapisujemo u trigonometrijskom obliku posmatrati na [0, π), onda arg(w) = π. Prema tome, z3 = e i( π ). Zatim koristeći formulu imamo: z 3 = e i( π +kπ) z k = e i ( π +kπ) 3, k = 0, 1,. Slika 7: Treći koreni broja i. Tri tražena kompleksna korena su: z 0 = e i π 6, z 1 = e i 5π 6, z = e i 9π 6. Prikazani su na slici 7 i primećujemo da čine jednakostraničan trougao upisan u jedinični krug. 15

17 Neka preslikavanja kompleksne ravni.1 Translacija Neka su z 1 i z dva kompleksna broja, a M 1 i M tačke dodeljene tim kompleksnim brojevima, redom. Sabiranjem z 1 i z dobijemo kompleksan broj z = z 1 + z = (x 1 + x ) + (y 1 + y )i. Označimo sa M tačku dodeljenu broju z. Tačka M dobija se translacijom tačke M 1 za vektor OM, odnosno vektor kojim je odreden kompleksan broj z (videti sliku 8). Označimo sa T z (z 1 ) = z 1 + z. Slika 8: Translacija tačke M 1 (z 1 ) za vektor kojim je odreden kompleksan broj z.. Rotacija Neka je a = e iα kompleksan broj modula jedan i neka je tačka A(a) dodeljena broju a, takode neka je dat kompleksan broj z = re iϕ i tačka M(z) dodeljena broju z. Proizvod ta dva broja tj. z = az = re i(α+ϕ) predstavlja rotaciju tačke M(z) oko koordinatnog početka O za ugao α(videti sliku 9). Označimo sa R O,α (z) = ze iα. Takode možemo definisati rotaciju tačke M 1 (z 1 ) 16

18 Slika 9: Rotacija tačke M(z) oko koordinatnog početka za ugao α. oko proizvoljne tačke A (a ) za ugao α. Takvu rotaciju možemo prikazati kao kompozicija translacije za vektor OA, rotacije oko O za ugao α i translacije za vektor OA. Prema tome, z = (z 1 a )e iα + a, M (z ). Označimo sa R A,α (z) = (z 1 a )e iα + a..3 Homotetija Neka je a 0 realan broj, i neka je kompleksan broj z = re iϕ i tačka M(z) dodeljena kompleksnom broju z. Tada je proizvod a i z kompleksan broj z = az = are iϕ i M (z ) je tačka dodeljena kompleksnom broju z. Množenje realnim brojem a predstavlja homotetiju čiji je centar koordinatni početak O i koeficijent a. Postojaće nekoliko slučajeva (videti sliku 10). Ako je 0 < a < 1 redosled tačaka biće O M M, za a > 1 biće O M M. U slučaju a = 1 tačka M preslikava se na samu sebe. U poslednjem slučaju ako je a < 0 tada je z = ar i ϕ = ϕ + π odnosno tačka M pripada pravoj OM ali su tačke M i M sa različitih strana tačke O. Označimo sa H O,a (z) = az. 17

19 Slika 10: Homotetija čiji je centar koordinatni početak O i koeficijent a..4 Linearno preslikavanje Preslikavanje oblika z = az + b, gde je a, b C, a 0 je linearno preslikavanje. Neka je a = a e iα, onda primetimo da je linearno preslikavanje kompozicija preslikavaja: z 1 = e iα z, z = a z 1 i z 3 = z + b. Gde je z 1 rotacija za ugao α, z homotetija sa koeficijentom a i z 3 je translacija zadata kompleksnim brojem b..5 Inverzija Inverzija u odnosu na krug K(z 0, R) je preslikavanje Ψ z0,r : C \ {z 0 } C \ {z 0 }, z = Ψ z0,r(z) takvo da važi sledeće: 1. tačke z i z pripadaju istoj polupravoj čiji je početak tačka z 0.. z z 0 z z 0 = R. Tačke z i z zovemo i simetrične u odnosu na krug K(z 0, R), z 0 zovemo centar inverzije. Neka je z = Ψ z0,r(z), tada na osnovu 1. i. sledi: z = z z 0 + z 0 = z z 0 e i arg(z z 0 ) + z 0 = tome z = R z z 0 + z R z z 0 ei arg(z z 0) + z 0. Prema

20 Inverzija je bijekcija tj. preslikavanje Ψ z0,r : C \ {z 0 } C \ {z 0 } je bijekcija. Ako posmatramo na C = C { }, tada Ψ z0,r(z 0 ) = i Ψ z0,r( ) = z 0, prema tome biće bijekcija i preslikavanje Ψ z0,r : C C. Možemo videti da je inverzija involucija, tj. važi Ψ z0,r(ψ z0,r(z)) = z 7. Takode, inverzija fiksira tačke sa kruga inverzije, odnosno ako z 1 K(z 0, R) tada z 1 z 0 = R, pa je Ψ z0,r(z 1 ) = R z 1 z 0 + z 0 = R z 1 z 0 (z 1 z 0 ) + z 0 = z 1 z 0 + z 0 = z 1. Inverzijom se unutrašnost kruga inverzije slika u spoljašnost kruga inverzije i obrnuto. Što se tiče uglova, inverzija nemenja uglove, ali menja njihovu orijentaciju. Dodatno, ako predpostavimo da posmatramo inverziju na C tada: - Prava koja sadrži centar inverzije, inverzijom se slika na samu sebe(neslika se tačka po tačka). Centar inverzije slika se u tačku. - Prava koja ne sadrži centar inverzije inverzijom se slika na krug koji sadrži centar inverzije. Tačka sa prave se slika u centar inverzije. - Krug koji sadrži centar inverzije, inverzijom se slika u pravu koja ne sadrži centar inverzije. Centar inverzije sa tog kruga slika se u tačku sa te prave. - Krug koji ne sadrži centar inverzije, inverzijom se slika na krug koji ne sadrži centar inverzije..6 Recipročno preslikavanje Ako bi posmatrali inverziju u odnosu na krug K(0, 1) imaćemo da se tačka z slika u 1 z, odnosno z = Ψ 0,1 (z) = 1 z. Dok se tačka z slika u 1. Jasno nam z da je konjugovanje refleksija u odnosu na realnu osu, prema tome kompozicija inverzije u odnosu na jedinični krug i refleksije u odnosu na realnu osu je preslikavanje Ψ 0,1 (z) = 1 z ili Ψ 0,1(z) = z = 1. Dakle, preslikavanje oblika z z = 1 zovemo recipročno preslikavanje (videti sliku 11). U nekoj literaturi z recipročno preslikavanje se zove kompleksna inverzija. 7 Za preslikavanje za koje važi f f = id kažemo da je involucija. 19

21 Slika 11: Recipročno preslikavanje. 3 Jednačina prave i kruga u kompleksnoj ravni 3.1 Podela duži u datom odnosu Neka je M(z) tačka sa prave koja je odredena različitim tačkama A(a) i B(b). Tačka M(z) deli duž AB u odnosu k R \ { 1, 0} ako važi da je AM : MB = k, odnosno AM = k M B. Potražimo kompleksnu koordinatu tačke M(z): AM = k MB OM OA = k( OB OM) sledi z a = k(b z) pa je z = a + kb. Primetimo da se raspored tačaka 1 + k menja u zavisnosti od vrednosti za k, ako je k (0, + ) tada raspored je A M B, ako k (, 1) tada raspored je A B M, a za k ( 1, 0) tada je raspored M A B. Specijalno, za k = 1 dobijemo: z = a + b a to je baš koordinata središta duži. Poznato nam da se težišne duži trougla sa temenima A(a), B(b) i C(c), seku u jednoj tački koja svaku od njih deli u odnosu : 1. Pronadimo 0

22 kompleksnu koordinatu težišta trougla ABC. Neka je A 1 (a 1 ) središte duži BC, B 1 (b 1 ) središte duži AC, C 1 (c 1 ) središte duži AB. Onda imamo da je i c 1 = a + b. Neka je tačka T (t) koja deli težišnu duž AA 1 u odnosu : 1, AT : T A 1 = : 1 odnosno t = a + a = a + b + c. 3 a 1 = c + b, b 1 = c + a Proverom BT : T B 1 = : 1 primetimo isto to važi i za duž BB 1. Slično proverimo i za CC 1. Dakle, kompleksna koordinata težišta trougla je: 3. Mera ugla t = a + b + c. 3 Posmatrajmo kružni isečak sa slike 1, veličina ugla tog isečka je φ. Smatraćemo da je ugao F 1 OF pozitivno orijentisan ako krećući se od poluprave OF 1 ka polupravoj OF idemo u suprotnom smeru kazaljke na satu(odnosno ako pratimo narandžastu strelicu sa slike 1). Dok ako se krećemo od poluprave OF ka polupravoj OF 1 i idemo u smeru kazaljke na satu(odnosno ako pratimo zelenu strelicu sa slike 1) ugao će biti negativno orijentisan. Mera pozitivno orijentisanog ugla je Slika 1 veličina ugla sa predznakom +(u ovom slučaju φ), dok je mera negativno orijentisanog ugla jednaka njegovoj veličini sa predznakom (u ovom slučaju φ). Prethodni tekst je samo intuitivno objašnjenje, a sada ćemo preciznije definisati meru orijentisanog ugla. Definicija 7. Neka su z 1, z kompleksne koordinate tačaka M 1, M redom. Neka je w 1 = z 1 z 1, w = z z i w 1 = e iα. Tada postoji jedinstveno β takvo da w = e iβ i β [α, α + π). Neka je P proizvoljna tačka otvorenog luka P 1 P koja pripada unutrašnjosti ugla M 1 OM pri čemu su P 1 i P tačke dodeljene komplesknim brojevima w 1 i w redom. Tada postoji jedinstveno 1

23 γ koje pripada [α, α + π) takvo da w = e iγ, pri čemu je w kompleksna koordinata tačke P. Imaćemo dva slučaja: 1. α < γ < β: tada reći ćemo da je M 1 OM (crveni sa slike 13 pod a) pozitivno orijentisan i mera je jednaka ϕ = β α.. α < β < γ: tada reći ćemo da je M 1 OM (plavi sa slike 13 pod b) negativno orijentisan i mera je jednaka ϕ = β α π. Tačke P 1, P iz definicije 7 grade dva luka pa tačka P nam pokazuje na koji luk se misli. (a) Pozitivno orijentisan ugao. (b) Negativno orijentisan ugao. Slika 13 Tvrdenje. Mera pozitivno orijentisanog ugla M 1 OM jednaka je arg z z 1. Dokaz. Neka su M 1 i M tačke koje su dodeljene kompleksnim brojevima z 1 = z 1 e iα, z = z e iβ, pri čemu je β tako izabrano da je β [α, α + π). Prema definiciji 7 mera pozitivno orijentisanog ugla M 1 OM jednaka je β α. Imamo da je ( ) z e iβ arg z z 1 = arg z 1 e iα ( ) z = arg z 1 ei(β α), i kako je β [α, α + π) tada β α [0, π) pa važi arg z z 1 = β α. Tvrdenje 3. Neka su tačke M 1 (z 1 ), M (z ) i M 3 (z 3 ) tri različite tačke. Mera pozitivno orijentisanog ugla M M 1 M 3 je jednaka arg z 3 z 1 z z 1.

24 Dokaz. Tačke M 1 (z 1 ), M (z ) i M 3 (z 3 ) translacijom za vektor OM 1 preslikavaju se u tačke O(0), M (z z 1 ) i M 3(z 3 z 1 ). Translacijom ugao ostaje isti, odnosno M M 1 M 3 = M OM 3. Tada prema tvrdenju sledi 3.3 Jednačina prave M M 1 M 3 = M OM 3 = arg z 3 z 1 z z 1. Tvrdenje 4. Tačke M 1 (z 1 ), M (z ) i M 3 (z 3 ) su kolinerane ako i samo ako je z 3 z 1 z z 1 R \ {0}. Dokaz. Ako su tačke M 1 (z 1 ), M (z ) i M 3 (z 3 ) kolinearne tada ako posmatramo vektore M 1 M i M 1 M 3 onda su oni ili istog smera ili su suprotnog smera. Prema tome, imamo da je moguće ili arg(z z 1 ) = arg(z 3 z 1 ) ili arg(z z 1 ) = arg(z 3 z 1 ) ± π. Tada imamo da je arg z 3 z 1 z z 1 jednako ili 0 ili π što jeste ekvivalentno sa z 3 z 1 R \ {0} jer ako je argument nekog z z 1 kompleksnog broja jednak 0 ili π onda taj broj pripada realnoj osi. Neka tačka M(z) pripada pravoj odredenoj dvema tačkama M 1 (z 1 ) i M (z ), odnosno posmatramo da su M(z), M 1 (z 1 ) i M (z ) kolinearne. Tada z z 1 z z 1 R \ {0}, takode znamo da ako a R onda važi a = a pa imamo Prema tome, jednakost: ( ) z z 1 z z1 =. z z 1 z z 1 z z 1 z z 1 = z z 1 z z 1 (11) predstavlja jednačinu prave koja je odredena tačkama M 1 (z 1 ) i M (z ). Takode ekvivalentan oblik jednačine prave u kompleksnoj ravni je z z 1 z 1 z 1 1 z z 1 = 0. 3

25 Sredivanjem ove determinante dolazi se do oblika (z 1 z )z (z 1 z )z + (z 1 z z 1 z ) = 0 ako stavimo da je k = (z 1 z )i i l = (z 1 z z 1 z )i = (i Im(z 1 z ))i, imamo novi oblik jednačine prave kz + kz + l = 0, k C, l R. (1) Neka je z z 1 z z 1 = s R tada dobijemo jednačinu: z = (1 s)z 1 +sz, s R koja takode predstavlja neki oblik jednačine prave. Tvrdenje 5. Prava M 1 M odredena dvema tačkama M 1 (z 1 ) i M (z ) i prava M 3 M 4 odredena dvema tačkama M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ), su ortogonalne akko je z 1 z ir \ {0}. z 3 z 4 Dokaz. Prava M 1 M i prava M 3 M 4 su ortogonalne akko je mera ugla izmedu M 1 M i M 3 M 4 jednaka ili π ili 3π, tj arg z 4 z 3 je ili π z z 1 ili 3π. Prema tome, broj z 4 z 3 ir \ {0}. z z 1 Zadatak 3. Ugao nad prečnikom je prav. Slika 14 4

26 Rešenje. Neka je ABC trougao zadat sa A(r), B( r), C(re iϕ ), ϕ (0, π). r re iϕ r re iϕ = 1 eiϕ 1 e = i sin ϕ (cos ϕ + i sin ϕ ) iϕ cos ϕ (cos ϕ + i sin ϕ ) = i tg ϕ, prema tvrdenju 5 imamo da je ugao kod temena C prav. Tvrdenje 6. Prava M 1 M koja je odredena dvema tačkama M 1 (z 1 ) i M (z ) i prava M 3 M 4 koja je odredena dvema tačkama M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ), su paralelne akko je z 1 z z 3 z 4 R \ {0}. Dokaz. Prava M 1 M i prava M 3 M 4 su paralelne akko važi M 1 M = sm 3 M 4, s R \ {0}, odnosno z 1 z = s R \ {0}. z 3 z Jednačina kruga Tvrdenje 7. Različite tačke M 1 (z 1 ), M (z ), M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ) pripadaju jednom krugu ili su kolinearne ako i samo ako je z 3 z z 1 z : z 3 z 4 z 1 z 4 R \ {0}. Dokaz. : Tačke M 1 (z 1 ), M (z ), M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ) su kolinearne. Kako su tačke M 1 (z 1 ), M (z ) i M 3 (z 3 ) kolinearne važi z 3 z R \ {0} i kako su z 1 z tačke M 1 (z 1 ), M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ) kolinearne važi z 3 z 4 R\{0}. Prema z 1 z 4 tome, z 3 z z 1 z : z 3 z 4 z 1 z 4 R \ {0}. Tačke M 1 (z 1 ), M (z ), M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ) pripadaju krugu. Moguće je na šest načina rasporediti četiri tačke na krugu. Meru pozitivno orijentisanog ugla P QR u ovom dokazu ćemo označavati sa P QR. Posmatraćemo tri rasporeda od mogućih šest rasporeda: 1. Neka je M 1 M M 3 = φ, M 3 M 4 M 1 = ϕ. Ako su tačke M 1, M, M 3, M 4 na kružnici tada je četvorougao M 1, M, M 3, M 4 tetivan. Ako je raspored tačaka M 4, M 3, M, M 1 gledajući u pozitivnom 5

27 smeru tada će biti M 1 M M 3 = φ i M 3 M 4 M 1 = ϕ. Dakle, kako je četvorougao tetivan i kako su uglovi M 1 M M 3, M 3 M 4 M 1 naspramni biće M 1 M M 3 + M 3 M 4 M 1 = φ + ϕ = π. Prema tvrdenju 3 je M 1 M M 3 = arg z 3 z i M 3 M 4 M 1 = arg z 1 z 4. z 1 z z 3 z 4 Broj z 3 z : z 3 z 4 posmatramo kao z 3 z z1 z 4. Prema z 1 z z 1 z 4 z 1 z z 3 z 4 tome, ( ) z3 z arg z1 z 4 = π arg z 3 z + arg z 1 z 4 = π 8. z 1 z z 3 z 4 z 1 z z 3 z 4 ( ) z3 z Kako arg z1 z 4 = π tada z 3 z z1 z 4 R\{0}. z 1 z z 3 z 4 z 1 z z 3 z 4. Ako je raspored tačaka M 1, M 4, M, M 3 gledajući u pozitivnom smeru tada φ + ϕ = 0, jer su uglovi nad istom tetivom i različite su orijentacije. Kako je φ negativan, ϕ pozitivan tada je φ = M 1 M M 3 π, ϕ = M 3 M 4 M 1. Prema tome, M 1 M M 3 + M 3 M 4 M 1 = π. Sada imamo arg ( ) z3 z z1 z 4 z 1 z z 3 z 4 = π arg z 3 z z 1 z +arg z 1 z 4 z 3 z 4 = π π = π 0, pa je z 3 z z1 z 4 R \ {0}. z 1 z z 3 z 4 3. Ako je raspored tačaka M 1, M, M 3, M 4 gledajući u pozitivnom smeru tada φ + ϕ = π, jer su oba ugla negativno orijentisana i naspramna. Pa je φ = M 1 M M 3 π i ϕ = M 3 M 4 M 1 π. Sada imamo: M 1 M M 3 + M 3 M 4 M 1 = 3π tada je ( ) z3 z arg z1 z 4 = π arg z 3 z +arg z 1 z 4 = π 3π = π π, z 1 z z 3 z 4 z 1 z z 3 z 4 samim tim z 3 z z 1 z z1 z 4 z 3 z 4 R \ {0}. Preostala tri slučaja biće(čitamo u suprotnom smeru kazaljke na satu): M 1, M 3, M 4, M ; M 1, M 3, M, M 4 ; M 1, M, M 4, M 3. Slično se pokazuju kao za prethodna tri. 8 a = π b a b = kπ, k Z. 6

28 (a) φ + ϕ = π (b) φ + ϕ = 0 (c) φ + ϕ = π Slika 15 : Neka z ( ) 3 z z1 z 4 z3 z R \ {0}, tada arg z1 z 4 {0, π}. z 1 z z 3 z 4 z 1 z z 3 z 4 Pa imamo: arg z 3 z +arg z 1 z 4 = π 0 ili arg z 3 z +arg z 1 z 4 = π π, z 1 z z 3 z 4 z 1 z z 3 z 4 tj. M 1 M M 3 + M 3 M 4 M 1 = π 0 ili M 1 M M 3 + M 3 M 4 M 1 = π π. Kako je = 0, π + π = π, 0 + π = π, π + 0 = π, imamo da kolinearnost tačaka M 1, M, M 3 povlači kolinearnost tačaka M 1, M 3, M 4. Dakle, sledi da su tačke M 1, M, M 3, M 4 kolinearne. Ako je M 1 M M 3 / {0, π} i M 3 M 4 M 1 / {0, π} imamo tri mogućnosti: 1. M 1 M M 3 + M 3 M 4 M 1 = π : Neka je M 1 M M 3 = φ i neka je k krug koji sadrži tačke M 1, M, M 3. Kako je M 3 M 4 M 1 = π φ i kako M 1 M 4 M 3 + M 3 M 4 M 1 = π, biće M 1 M 4 M 3 = π M 3 M 4 M 1 = π (π φ) = φ = M 1 M M 3, prema tome M 4 pripada k. Možemo primetiti da u ovom slučaju dobijamo četiri od šest mogućih rasporeda a to su (čitamo u suprotnom smeru kazaljke na satu): M 1, M 3, M 4, M ; M 1, M 4, M, M 3 ; M 1, M 3, M, M 4 ; M 1, M, M 4, M 3.. M 1 M M 3 + M 3 M 4 M 1 = π : Neka je M 1 M M 3 = φ i neka je k krug koji sadrži tačke M 1, M, M 3. Kako je M 1 M M 3 + M 3 M 4 M 1 = π raspored tačaka je M 1, M 4, M 3, M (čitamo u suprotnom smeru kazaljke na satu) i kako je sada zbir naspramnih uglova u četvorouglu M 1, M, M 3, M 4 jednak π odatle sledi da tačka M 4 pripada pripada k. Odnosno četvorougao M 1, M, M 3, M 4 7

29 je tetivan. 3. M 1 M M 3 + M 3 M 4 M 1 = 3π : Neka je M 1 M M 3 = φ i neka je k krug koji sadrži tačke M 1, M, M 3. Kako je M 1 M M 3 + M 3 M 4 M 1 = 3π raspored tačaka je M 1, M, M 3, M 4 (čitamo u suprotnom smeru kazaljke na satu) pa je zbir naspramnih uglova 4π 3π = π, odnosno π. Dakle, sledi da tačka M 4 pripada pripada k. Pod pojmom uopšteni krug u C podrazumevamo krugove i prave u C, jer kad dodamo tačku, prave iz C postaju krugovi u C = C { }. Na osnovu tvrdenju 7 tačke M 1 (z 1 ), M (z ), M 3 (z 3 ) i M(z) pripadaju uopštenom krugu ako i samo ako z 3 z : z 3 z R \ {0} što je ekvivalentno sa z 1 z z 1 z z 3 z z1 z z 1 z z 3 z = z 3 z z1 z z 1 z z 3 z. (13) Dakle, jednačina (13) predstavlja pripadnost tačke M(z) krugu odredenim tačkama M 1 (z 1 ), M (z ), M 3 (z 3 ) ili pravoj koja je odredena tačkama M 1 (z 1 ), M (z ), M 3 (z 3 ). Sredivanjem jednačine (13) imamo ((z 1 z )(z 3 z ) (z 3 z )(z 1 z )) }{{} J zz + + ((z 3 z )(z 1 z )z 3 (z 1 z )(z 3 z )z 1 ) }{{} K z ((z 3 z )(z 1 z )z 3 (z 1 z )(z 3 z )z 1 ) z + }{{} K + ((z 1 z )(z 3 z )z 1 z 3 (z 3 z )(z 1 z )z 3 z 1 ) = 0. }{{} L Jednačina (13) postaje Jzz + Kz + Kz + L = 0. Ako je izraz J = ((z 1 z )(z 3 z ) (z 3 z )(z 1 z )) jednak nuli naša jednačina je jednačina prave, u suprotnom je jednačina kruga. Dakle, ukoliko je J 0 tada možemo celu jednačinu da podelimo sa J i dobija se oblik zz + kz + kz + l = 0, (14) 8

30 gde su k, k, l redom K J, K J, L. Daljim sredivanjem jednačine (14) dolazimo J do z + k = k l. Primetimo da su J, L čisto imaginarni 9, tj. J, L ir pa je l R. Dakle, izraz k l je realan broj. Ako je k l > 0 stavimo da je k l = r dolazimo da popularnije jednačine kruga z + k = r(krug sa centrom k i poluprečnikom r je skup svih tačaka koje su na rastojanju r od k ). Za k l 0 je nemoguće. Za z + k < 0 jasno je da nije moguće dok z + k = 0 proverimo računom da nije moguće, tj. nevaži KK = LJ. Zaključujemo da jednačina Jzz + Kz + Kz + L = 0 predstavlja: jednačina prave ako J = 0, jednačinu kruga ako je J 0, i ako važi K J L J > 0. 4 Skalarni i vektorski proizvod kompleksnih brojeva U ovoj sekciji definisaćemo dva pojma analogna pojmovima skalarnog i vektorskog proizvoda analitičke geometrije. 4.1 Skalarni proizvod Definicija 8. Skalarni proizvod kompleksnih brojeva a, b je realan broj odreden kao a b = 1 (ab + ab). Posmatrajmo sada a b = 1 (ab + ab) = a b pa odavde sledi da a b R. Prema tome, u literaturi se sreće da se skalarni proizvod zove i realni proizvod. Neka su a, b, c, z C, onda iz definicije (8) jednostavno slede sledeće osobine skalarnog proizvoda : 1. a a = a, 9 Neka je A = (z 1 z )(z 3 z ), tada je A A = i Im(A). Dakle, J = i Im(A), tj. J je čisto imaginarni. Na sličan način zaključujemo i za L. 9

31 . a b = b a, 3. a (b + c) = a b + a c, 4. (αa) b = α(a b) = a (αb), α R 5. a b = 0 akko je OA OB, gde su A(a), B(b), 6. (az) (bz) = z a b. Tvrdenje 8. Neka su date četiri različite tačke A(a), B(b), C(c) i D(d). Tada su sledeće činjenice ekvivalentne: 1. AB CD,. (b a) (d c) = 0, 3. b a ir \ {0}, d c ( ) b a 4. Re = 0. d c Dokaz. 1 : Transliramo pravu AB i pravu CD u koordinatni početak, tada će jedna novodobijena prava biti odredena tačkama O(0) i K(b a) a druga novodobijena prava tačkama O(0) i L(d c). Primenjivanjem osobine (5) skalarnog proizvoda, tada dobijamo da je (b a) (d c) = 0. 3: Iz (b a) (d c) = 1 ((b a)(d c)+(b a)(d c)) = 0 dolazimo do b a d c = b a b a što govori baš da ir. Isključivanje nule sledi iz d c d c toga što su tačke različite. 3 4: Očigledno je, ako b a d c ir \ {0} Re ( ) b a = 0. d c Pozivajući se na jednakost Re(z) = 1 (z + z) važi 1 (ab + ab) = Re(ab), pa skalarni proizvod možemo da posmatramo i kao jednakost a b = Re(ab). Ako su date tačke A(a) i B(b), gde je a = a (cos α + i sin α) i gde je b = b (cos β + i sin β), tada a b = a b cos(β α). Dakle, skalarni proizvod možemo da definišemo i kao a b = a b cos (a, b), gde je (a, b) ugao izmedu vektora OA i OB. 30

32 4. Vektorski proizvod Definicija 9. Vektorski proizvod kompleksnih brojeva a, b je kompleksan broj odreden kao a b = 1 (ab ab). Opet posmatrajući a b + a b = 1 (ab ab) + 1 (ab ab) = 0 odavde sledi da Re(a b) = 0 odnosno a b je čisto imaginarni broj. Kao što se u literaturi sreće za skalarni proizvod da se zove i realni proizvod, tako za vektorski kažu kompleksni proizvod. Kao i skalarni proizvod tako i vektorski proizvod ima svoja svojstva. Neka su a, b, c C tada: 1. a b = 0 akko je a = 0 ili b = 0 ili je a = λb, λ R \ {0},. a b = b a, 3. α(a b) = (αa) b = a (αb) za svako α R, 4. a (b + c) = a b + a c, 5. Ako su A(a), B(b) dve medusobno različite tačke, i obe se razlikuju od koordinatnog početka. Tada je a b = 0 akko su tačke O(0), A(a), B(b) kolinearne. Slično kao za skalarni proizvod možemo da uočimo neke jednakosti i za vektorski proizvod. Pozivajući se sada na jednakost Im(z) = 1 (z z) jasno i je da važi 1 (ab ab) = 1 (ab ab) = i Im(ab), odnosno vektorski proizvod možemo da posmatramo i kao jednakost a b = i Im(ab). Ako su date tačke A(a) i B(b), gde je a = a (cos α + i sin α) i gde je b = b (cos β + i sin β), tada a b = a b i sin(β α). Dakle, uočili smo da je a b = a b sin (a, b), gde je (a, b) ugao izmedu vektora OA i OB. Poznato nam da se površina trougla izračunava kao P = 1 xy sin ψ gde su x, y dužine stranica a ψ ugao izmedu njih, odatle zaključujemo da je a b = P AOB, gde je P AOB površina trougla AOB. Izrazimo sada vektorski proizvod a b preko površine trougla AOB u zavisnosti od njegove orijentacije. Posmatraćemo trougao nad vektorima OA i OB, i orijentacija ugla izmedju vektora OA i OB odreduje orijentaciju trougla AOB. Tako dobijamo: 31

33 1. Ako je trougao AOB je pozitivno orijentisan: P AOB = 1 a b sin (a, b) = 1 ( a b sin arg b ) a = 1 ( ) b a a b Im a b = 1 ( ) b a Im = a = 1 ( ) b a a Im = 1 ( ) ba a a a Im a = 1 Im(ba), odavde vidimo da je a b = ip AOB. = 10. Ako je trougao AOB je negativno orijentisan: P AOB = 1 a b sin (a, b) = 1 ( a b sin arg b ) = a = 1 ( ) b a a b Im a b = 1 ( ) b a Im = a = 1 ( ) b a a Im = 1 ( ) ba a a a Im a = 1 Im(ba), odavde vidimo da je a b = ip AOB. Tvrdenje 9. Neka su A(a), B(b) i C(c) tri različite tačke u kompleksnoj ravni, tada površina pozitivno orijentisanog trougla ABC se računa kao: P ABC = 1 Im ( ab + bc + ca ). Dokaz. Kako su nam sad sve tri tačke različite od koordinatnog početka, transliramo trougao za vektor OA, na taj način tačke A(a), B(b) i C(c) prelaze u tačke O(0), B (b a) i C (c a) a trougao ABC u trougao OB C. Translacija nemenja površinu figure, pa su površine ova dva trougla jednake. P ABC = P OB C = 1 ) ((b Im a)(c a) = 1 Im ( bc ac ab + aa ) = = 1 Im ( ab + bc + ca ). 10 sin (arg z) = Im (z) 1 : neka je z = z e i arg z tada Im(z) = z sin (arg z). z 3

34 Koristeći Im(z 1 + z ) = Im(z 1 ) + Im(z ) dolazimo do zaključka da važi P ABC = 1 (a b + b c + c a). i Tvrdenje 10. Neka su A 1 (a 1 ), A (a ),..., A n (a n ) tačke kompleksne ravni. Tada površina pozitivno orijentisanog konveksnog n-tougla A 1 A... A n se računa kao: Dokaz. Imaćemo dva slučaja: P A1 A...A n = 1 Im(a 1a + a a a n a 1 ). 1. Koordinatni početak O pripada unutrašnjosti n-tougla. Tada je P A1 A...A n = P OA1 A +P OA1 A +...+P OAnA 1. Kako su trouglovi OA 1 A, OA 1 A,..., OA n A 1 pozitivno orijentisani imaćemo P A1 A...A n = 1 Im(a 1a ) + 1 Im(a a 3 ) Im(a na 1 ) = = 1 Im(a 1a + a a a n a 1 ).. Koordinatni početak O ne pripada unutrašnjosti n-tougla. Tada izaberemo proizvoljnu tačku iz unutrašnjosti S(s). Transliramo n- tougao za vaktor OS i tada tačka S(s) prelazi u tačku O(0), odnosno u koordinatni početak. Dok n-tougao A 1 A... A n prelazi u n-tougao A 1A... A n gde su A 1(a 1 s), A (a s),..., A n(a n s). Kako je S u unutrašnjosti n-tougla A 1 A... A n, onda je O(0) u unutrašnjosti A 1A... A n. Prema tome, P A1 A...A n = 1 Im((a 1 s)(a s)+(a s)(a 3 s)+...+(a n s)(a 1 s)) = jer je Im(z + z) = 0 i Im( z ) = 0. = 1 Im(a 1a + a a a n a 1 ) Tvrdenje 11. Neka su date tri različite tačke A(a), B(b) i C(c). Tada su sledeće činjenice ekvivalentne : 1. Tačke A(a), B(b) i C(c) su kolinearne, 33

35 . a b + b c + c a = 0, 3. (b a) (c a) = 0. Dokaz. 1 : Tačke A(a), B(b) i C(c) su kolinearne akko je P ABC = 0, odnosno (a b + b c + c a) = 0 3: Kako je (a b + b c + c a) = 0 odnosno P ABC = 0 pa je 1 Im ( ab + bc + ca ) = 1 ( ) Im (b a)(c a) = 0. ( ) Dakle Im (b a)(c a) = 0, pa prema tome sledi ( ) (b a) (c a) = i Im (b a)(c a) = Veza skalarnog i vektorskog proizvoda Vezu skalarnog i vektorskog proizvoda možemo izvesti analitički. Znamo da važi ab = Re(ab) + i Im(ab) a kako smo rekli da je a b = Re(ab) i da je a b = i Im(ab) tada imamo ab = a b + a b. Do ove veze možemo doći i geometrijski. Neka su data dva kompleksna broja a = a e iα, b = b e iβ gde su α, β [0, π) i neka su A, B tačke čije su kompleksne koordinate a, b, redom. Postojaće nekoliko slučajeva, ( razmotrićemo jedan od njih. Posmatrajmo slučaj da je β > α i neka α, β 0, π ) : Tada ugao izmedu vektora OA i OB obeležimo sa ϕ i jednak je (β α). Neka je M projekcija tačke B na vektor OA. Pomnožimo sada svaku tačku kompleksne ravni sa a. Kako je množenje sa brojem a zapravo kompozicija rotacije za ugao α i homotetije čiji je centar O i koeficijent a onda trougao OMB se slika u trougao OM B, gde je B tačka dodeljena kompleksnom broju ab a M je slika od M pri kompoziciji preslikavanja. Dakle, ab = a b + i a b. Odnosno ab = a b + a b. 34

36 Slika 16: Veza skalarnog i vektorskog proizvoda. 5 Zanimljivi zadaci Zadatak 4. Neka je dat trougao ABC zadat sa A(a), B(b) i C(c) i neka simetrala ugla kod temena A(a) seče naspramnu stranicu u tački D(d). Tada je BD DC = AB AC. Dokazati. Rešenje. Neka je d 0 C i d 0 = d b, ali kako su tačke B, C i D kolinearne c d d 0 će biti realan. Prema tome imamo da važi d b c d = d b c d. Uočimo tačku D 1 (d 1 ) na stranici BC pa važi d 1 b d 1 b i neka je D 1 takva da važi d 1 b c d 1 = = c d 1 c d 1 b a c a, odnosno BD 1 D 1 C = AB. Sredjivanjem imaćemo AC d 1 = c b a + b c a. c a + b a Neka je α = arg c a b a pa je α = arg d a. Dokazujemo da važi da je b a 35

37 BAD 1 = α = BAD odatle sledi da se D 1 i D poklapaju. Dakle, c a BAD 1 = arg d 1 a c a + b a b a =... = arg b a, c a + b a ubacivanjem c a b a = c a b a eiα dobijemo: BAD 1 = arg c a (1 + eiα ) c a + b a = arg c a cos α α c a + b a ei. Kako c a cos α c a + b a R+ onda je BAD 1 = α, tj. BAD 1 = BAD. Dakle, D 1 i D se poklapaju. Zadatak 5. Odrediti koordinatu centra kruga upisanog u trougao ABC zadatog sa A(a), B(b) i C(c). Rešenje. Neka je D(d) tačka u kojoj simetrala ugla kod temena A seče stranicu BC. Tada je d =. I neka je tačka S(s) centar c b a + b c a c a + b a upisanog kruga a znamo da je centar upisanog kruga presek simetrala unutrašnjih uglova, prema tome tačka S pripada stranici AD trougla ADB i simetrala ugla kod temena B seče stranicu AD baš u tački S. Sada na ADB primenimo zadatak 4 pa imamo da važi AS SD = AB BD. Kako su tačke A, S i D kolinearne tada važi s a d s = s a d s. Dakle, s a d s = b a, b a c b b a + c a sredivanjem dobijamo kompleksnu koordinatu centra upisanog kruga s = a c b + b c a + c b a. a b + a c + b c Zadatak 6. Odrediti koordinatu centra kruga opisanog oko trougla ABC, zadatog sa A(a), B(b) i C(c). 36

38 Rešenje. Već smo pokazali da jednačina z + k = r predstavlja jednačinu kruga. Takode rekli smo da tačka dodeljena kompleksnom broju k predstavlja centar tog kruga. Pri izvodenju jednačine kruga u poglavlju 3.4 imali smo: k = K J = (z 1 z )(z 3 z )z 3 (z 3 z )(z 1 z )z 1 (z 1 z )(z 3 z )z 3 (z 3 z ) (z 3 z )(z 1 z ), gde su z 1, z i z 3 kompleksni brojevi i njima su dodeljene tačke M 1, M i M 3. Tačke M 1, M i M 3 odreduju krug z + k = r. Sredivanjem dobijamo: k = (z 1 z ) z 3 + (z z 3 ) z 1 + (z 3 z 1 ) z (z 1 z )(z 3 z )z 3 (z 3 z ) (z 3 z )(z 1 z ). Kako u našem zadatku krug je odreden tačkama A(a), B(b) i C(c) jasno je da su kompleksne koordinate centra opisanog kruga oko trougla ABC: o = (a b) c + (b c) a + (c a) b (a b)(c b)c (c b) (c b)(a b). Zadatak 7. Neka su A(a), B(b) i C(c) tačke kompleksne ravni, i neka je ABC trougao čiji je centar opisanog kruga koordinatni početak. Pokazati da je H(h) ortocentar trougla ABC sa kompleksnom koordinatom h = a + b + c. Rešenje. Neka su duži AA 1, BB 1 i CC 1 visine trougla ABC. Ako neka tačka M(m) pripada visinama AA 1, BB 1 i CC 1 tada pozivajući se na tvrdenje 8 važe sledeće tri jednakosti: (m a) (b c) = 0, (m b) (c a) = 0 i (m c) (a b) = 0. Pokazaćemo da tačka H čija je kompleksna koordinata h = a + b + c pripada svakoj od visina AA 1, BB 1 i CC 1, pa je na taj način ta tačka presek tih visina odnosno ortocentar. Koristeći da je a = b = c imamo da su sve tri jednakosti jednake nuli: (h c) (a b) = (a+b) (a b) = 1 ((a + b)(a b)+(a+b)(a b)) = aa bb = 0, (h a) (b c) = (b + c) (b c) = bb cc = 0, (h b) (c a) = 0, prema tome tačka H sa kompleksnom koordinatom h = a + b + c pripada svakoj od visina AA 1, BB 1 i CC 1. 37

39 Zadatak 8. Neka su A(a), B(b) i C(c) tačke kompleksne ravni, i neka je ABC trougao. Tačka P (p) je podnožje normale proizvoljne tačke Z(z) na neku od stranica trougla ABC. Tada je kompleksna koordinata podnožja: p = 1 ( z bc ) R z + b + c, gde je R poluprečnik opisanog kruga oko trougla ABC, čiji je centar koordinatni početak. Rešenje. Neka je P podnožje na stranici BC, tada su tačke P (p), B(b) i C(c) kolinearne. Koristeći tvrdenje 11 imamo (p b) (c b) = 0, a kako je prava ZP normalna na stranicu BC tada koristeći tvrdenje 8 imamo da je (p z) (c b) = 0. Dakle, tačka P treba da zadovoljava sistem: 1 ( ) (p b)(c b) (p b)(c b) = 0, ( ) 1 (p z)(c b) + (p z)(c b) = 0 Rešavanjem sistema dobijamo p = 1 ( b + z + (z b) c b ). Korišćenjem c b a = b = c = R, odnosno aa = bb = cc = R, prethodnu jednačinu svodimo na: p = 1 ( z bc ) R z + b + c. Specijalno, ako tačka Z(z) iz zadatka 8 pripada opisanom krugu oko trougla ABC tada kompleksna koordinata podnožja je: p = 1 ( z bc ) z + b + c. Zadatak 9 (Simsonova prava 11 ). Ako se iz proizvoljne tačke sa kruga opisanog oko trougla ABC konstruišu podnožja normala na prave koje sadrže stranice trougla, onda su te tri tačke kolinearne. Rešenje. Neka je centar O opisanog kruga oko trougla ABC koordinatni početak. Neka je Z(z) proizvoljna tačka sa kruga, i neka su A 1 (a 1 ), B 1 (b 1 ) i C 1 (c 1 ) podnožja normala na prave koje sadrže stranice trougla. 11 Robert Simson, 14 Oktobar Oktobar 1768., Škotski matematičar. 38

40 Slika 17: Simsonova prava. Tada na osnovu zadatka 8 imamo: a 1 = 1 ( z bc ) z + b + c, b 1 = 1 Rešavanjem a 1 b 1 c 1 b 1 = ( z ac z + a + c ) i c 1 = 1 bc z + b + ac z a ba z + b + ac z c = (b a)(z c) (b c)(z a) A, B, C i Z pripadaju krugu tada na osnovu tvrdenja 7 sledi da (z baz + b + a ). i kako tačke (b a)(z c) (b c)(z a) je realan broj. Prema tome i izraz a 1 b 1 je realan broj, samim tim na c 1 b 1 osnovu tvrdenja 4 tačke A 1 (a 1 ), B 1 (b 1 ) i C 1 (c 1 ) su kolinearne. Prava koja sadrži tačke A 1 (a 1 ), B 1 (b 1 ) i C 1 (c 1 ) naziva se Simsonova prava. Zadatak 10 (Ojlerov krug). Neka su A(a), B(b) i C(c) tačke kompleksne ravni, ABC trougao oko kog je opisan krug čiji je centar O(o) i poluprečnik R, i neka su tačke: A (a ), B (b ), C (c ) središta duži (BC), (AC) i (AB); A 1 (a 1 ), B 1 (b 1 ), C 1 (c 1 ) podnožja visina iz temena A, B, C na stranice (BC), (AC) i (AB) a H(h) ortocentar; A (a ), B (b ), C (c ) središta duži (AH), (BH) i (CH). 39

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti). PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana.

Zadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana. Zadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana. Zadatak 2 Dokazati da se visine trougla seku u jednoj tački ortocentar. 1 Dvostruki vektorski proizvod Važi

Διαβάστε περισσότερα

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.

Διαβάστε περισσότερα

Teorijske osnove informatike 1

Teorijske osnove informatike 1 Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Elementi spektralne teorije matrica

Elementi spektralne teorije matrica Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi

Διαβάστε περισσότερα

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.

Διαβάστε περισσότερα

Operacije s matricama

Operacije s matricama Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

Analitička geometrija

Analitička geometrija 1 Analitička geometrija Neka su dati vektori a = a 1 i + a j + a 3 k = (a 1, a, a 3 ), b = b 1 i + b j + b 3 k = (b 1, b, b 3 ) i c = c 1 i + c j + c 3 k = (c 1, c, c 3 ). Skalarni proizvod vektora a i

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012 Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)

Διαβάστε περισσότερα

x n +m = 0. Ovo proširenje ima svoju manu u tome da se odričemo relacije poretka - no ne možemo imati sve...

x n +m = 0. Ovo proširenje ima svoju manu u tome da se odričemo relacije poretka - no ne možemo imati sve... 1 Kompleksni brojevi Kompleksni brojevi Već veoma rano se pokazalo da je skup realnih brojeva preuzak čak i za neke od najosnovnijih jednačina. Primjer toga je x n +m = 0. Pokazat ćemo da postoji logično

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log

Διαβάστε περισσότερα

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu:

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: Refleksija S φ u odnosu na pravu kroz koordinatni početak Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: ( ) ( ) ( ) x cos 2φ

Διαβάστε περισσότερα

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,

Διαβάστε περισσότερα

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo. Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije

Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Transformacije koordinata tačaka Transformacije koordinata tačaka Pretpostavimo da za bazne

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

Primene kompleksnih brojeva u geometriji

Primene kompleksnih brojeva u geometriji Primene kompleksnih brojeva u geometriji Radoslav Dimitrijević 07.1.011. 1 Neki osnovni geometrijski pojmovi 1.1. Rastojanje izmed u tačaka Neka su tačke A i B u kompleksnoj ravni odred ene kompleksnim

Διαβάστε περισσότερα

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1 Ispit održan dana 9 0 009 Naći sve vrijednosti korjena 4 z ako je ( ) 8 y+ z Data je prava a : = = kroz tačku A i okomita je na pravu a z = + i i tačka A (,, 4 ) Naći jednačinu prave b koja prolazi ( +

Διαβάστε περισσότερα

7 Algebarske jednadžbe

7 Algebarske jednadžbe 7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

Διαβάστε περισσότερα

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

Osnovne teoreme diferencijalnog računa Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Planimetrija. Sličnost trouglova. GF 000 Dužine stranica trougla su 5cm, cm i 8cm. Dužina najduže stranice njemu sličnog

Διαβάστε περισσότερα

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1 { fiziqka hemija

Matematika 1 { fiziqka hemija UNIVERZITET U BEOGRADU MATEMATIQKI FAKULTET Matematika 1 { fiziqka hemija Vektori Tijana Xukilovi 29. oktobar 2015 Definicija vektora Definicija 1.1 Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih dui koje imaju

Διαβάστε περισσότερα

Aksiomatsko zasnivanje euklidske geometrije

Aksiomatsko zasnivanje euklidske geometrije Aksiomatsko zasnivanje euklidske geometrije 1. Postoji jedna i samo jedna prava koja sadrži dve razne tačke A i B. 2. Postoji jedna i samo jedna ravan koja sadrži tri nekolinearne tačke A, B, C. 3. Ako

Διαβάστε περισσότερα

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Deljivost 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Rešenje: Nazovimo naš izraz sa I.Važi 18 I 2 I 9 I pa možemo da posmatramo deljivost I sa 2 i 9.Iz oblika u kom je dat

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai

Διαβάστε περισσότερα

Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1)

Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Prva godina studija Mašinskog fakulteta u Nišu Predavač: Dr Predrag Rajković Mart 19, 2013 5. predavanje, tema 1 Simetrija (Symmetry) Simetrija

Διαβάστε περισσότερα

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b) TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke Ax (, y) i Bx (, y ), onda rastojanje između njih računamo po formuli

Διαβάστε περισσότερα

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA.

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA. KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA 1 Grupoid (G, ) je asocijativa akko važi ( x, y, z G) x (y z) = (x y) z Grupoid (G, ) je komutativa akko važi ( x, y G) x y = y x Asocijativa

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1. Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati

Διαβάστε περισσότερα

Sli cnost trouglova i Talesova teorema

Sli cnost trouglova i Talesova teorema Sli cnost trouglova i Talesova teorema Denicija. Dva trougla ABC i A B C su sli cna ako su im sva tri ugla redom podudarna a i ako su im odgovaraju ce stranice proporcionalne tj. a = b b = c c. Stav 1.

Διαβάστε περισσότερα

Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I

Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Tatjana Grbić Silvia Likavec Tibor Lukić Jovanka Pantović Nataša Sladoje Ljiljana Teofanov Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I Novi Sad, 009. god.

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z. Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:

Διαβάστε περισσότερα

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011. INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa Binarne operacije Binarna operacija na skupu A je preslikavanje skupa A A u A, to jest : A A A. Pišemo a b = c. Označavanje operacija:,,,. Poznate operacije: sabiranje (+), oduzimanje ( ), množenje ( ).

Διαβάστε περισσότερα

1 Promjena baze vektora

1 Promjena baze vektora Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis

Διαβάστε περισσότερα

PRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI

PRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI Prirodno-matematički fakultet, Univerzitet u Nišu, Srbija http://wwwpmfniacrs/mii Matematika i informatika (1) (013), 19-74 PRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI Mihailo Krstić, Student Departmana

Διαβάστε περισσότερα

EUKLIDSKA GEOMETRIJA

EUKLIDSKA GEOMETRIJA EUKLIDSKA GEOMETRIJA zadaci za vežbe AKSIOMATSKO ZASNIVANJE EUKLIDSKE GEOMETRIJE 1. Ako dve razne ravni imaju zajedničku tačku tada je njihov presek prava. Dokazati. 2. Za svake dve prave koje se seku

Διαβάστε περισσότερα

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log = ( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se

Διαβάστε περισσότερα

1. APSOLUTNA GEOMETRIJA

1. APSOLUTNA GEOMETRIJA 1. APSOLUTNA GEOMETRIJA Euklidska geometrija izvedena sintetičkim metodom zasniva se na aksiomama koje su podeljene u pet grupa i to: aksiome rasporeda, aksiome incidencije, aksiome podudarnosti, aksiome

Διαβάστε περισσότερα

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x. 4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

1 Afina geometrija. 1.1 Afini prostor. Definicija 1.1. Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo. A - skup taqaka

1 Afina geometrija. 1.1 Afini prostor. Definicija 1.1. Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo. A - skup taqaka 1 Afina geometrija 11 Afini prostor Definicija 11 Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo svaku uređenu trojku (A, V, +): A - skup taqaka V - vektorski prostor nad poljem K + : A V A - preslikavanje

Διαβάστε περισσότερα

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;

Διαβάστε περισσότερα

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:

Διαβάστε περισσότερα

M086 LA 1 M106 GRP Tema: Uvod. Operacije s vektorima.

M086 LA 1 M106 GRP Tema: Uvod. Operacije s vektorima. M086 LA 1 M106 GRP Tema:.. 5. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 2 M086 LA 1, M106 GRP.. 2/17 P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Analitička geometrija 1. Tačka 1. MF000 Neka su A(1, 1) i B(,11) tačke u koordinatnoj ravni Oxy. Ako tačka S deli duž AB

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je VEKTORI Nenad O. Vesi 1 1 Uvod Odnos vektora AB, jednak je α CD ( AB CD ) = α, ako je AB = αcd. Teorema 1 (TEOREME BLIZANCI) Dat je trougao ABC i ta ke P i Q na pravama BC, CA redom i ta ke R i S na pravoj

Διαβάστε περισσότερα

1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima

1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima KOMPLEKSNI BROJEVI 1 1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima Kompleksni brojevi su proširenje skupa realnih brojeva. Naime, ne postoji broj koji zadovoljava kvadratnu jednadžbu x 2 + 1 = 0. Baš uz

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA.   Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako izgleda

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

5 Ispitivanje funkcija 5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet.

Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet. Glava 1 Vektori U mnogim naukama proučavaju se vektorske i skalarne veličine. Skalarna veličina je odred ena svojom brojnom vrednošću u izabranom sistemu jedinica. Takve veličine su temperatura, težina

Διαβάστε περισσότερα

10 Afina preslikavanja ravni

10 Afina preslikavanja ravni 0 Afina preslikavanja ravni 0 Definicija i osobinea afinih preslikavanja Reč afini označava da se pojam odnosi na prostor tačaka koji je vezan za odgovarajući vektorski prostor Intuitivno, afino preslikavanja

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

TRIGONOMETRIJA TROKUTA TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz predmeta Euklidska geometrija 1

Pismeni ispit iz predmeta Euklidska geometrija 1 Univerzitet u Zenici Pedagoški fakultet Odsjek: Matematika i informatika Zenica, 27.01.2010. Pismeni ispit iz predmeta Euklidska geometrija 1 Zadatak br. 1 a) U oštrouglom trouglu ABC (AC < BC) visina

Διαβάστε περισσότερα

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije Prvi razred A kategorija

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije Prvi razred A kategorija 18.02006. Prvi razred A kategorija Dokazati da kruжnica koja sadrжi dva temena i ortocentar trougla ima isti polupreqnik kao i kruжnica opisana oko tog trougla. Na i najve i prirodan broj koji je maƭi

Διαβάστε περισσότερα

OBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK

OBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK OBRTNA TELA VALJAK P = 2B + M B = r 2 π M = 2rπH V = BH 1. Zapremina pravog valjka je 240π, a njegova visina 15. Izračunati površinu valjka. Rešenje: P = 152π 2. Površina valjka je 112π, a odnos poluprečnika

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

Διαβάστε περισσότερα

Otpornost R u kolu naizmjenične struje

Otpornost R u kolu naizmjenične struje Otpornost R u kolu naizmjenične struje Pretpostavimo da je otpornik R priključen na prostoperiodični napon: Po Omovom zakonu pad napona na otporniku je: ( ) = ( ω ) u t sin m t R ( ) = ( ) u t R i t Struja

Διαβάστε περισσότερα

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum 27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.

Διαβάστε περισσότερα

Konstruktivni zadaci. Uvod

Konstruktivni zadaci. Uvod Svaki konstruktivni zadatak ima četri dijela: 1. Analiza 2. Konstrukcija 3. Dokaz 4. Diskusija Konstruktivni zadaci Uvod U analizi pretpostavimo da je zadatak riješen, i na osnovu slike (skice) rješenja,

Διαβάστε περισσότερα

wwwmatematiranjecom TRIGONOMETRIJSKI KRUG Uglovi mogu da se mere u stepenima i radijanima Sa pojmom stepena smo se upoznali još u osnovnoj školi i ako se sećate, njega smo podelili na minute i sekunde(

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

5. Karakteristične funkcije

5. Karakteristične funkcije 5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična

Διαβάστε περισσότερα

OTPORNOST MATERIJALA

OTPORNOST MATERIJALA 3/8/03 OTPORNOST ATERIJALA Naponi ANALIZA NAPONA Jedinica u Si-sistemu je Paskal (Pa) Pa=N/m Pa=0 6 Pa GPa=0 9 Pa F (N) kn/cm =0 Pa N/mm =Pa Jedinična površina (m ) U tečnostima pritisak jedinica bar=0

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg

Διαβάστε περισσότερα

1.4 Tangenta i normala

1.4 Tangenta i normala 28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x

Διαβάστε περισσότερα

Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove.

Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove. Klasifikacija blizu Teorema Neka je M Kelerova mnogostrukost. Operator krivine R ima sledeća svojstva: R(X, Y, Z, W ) = R(Y, X, Z, W ) = R(X, Y, W, Z) R(X, Y, Z, W ) + R(Y, Z, X, W ) + R(Z, X, Y, W ) =

Διαβάστε περισσότερα

Elementarni zadaci iz Euklidske geometrije II

Elementarni zadaci iz Euklidske geometrije II Elementarni zadaci iz Euklidske geometrije II Sličnost trouglova 1. Neka su dati krugovi k 1 (O 1, r 1 ), k 2 (O 2, r 2 ) i k 3 (O 3, r 3 ) takvi da k 1 dodiruje krug k 2 u tački P, k 2 dodiruje krug k

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2 (kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija 18.1200 Prvi razred A kategorija Neka je K sredixte teжixne duжi CC 1 trougla ABC ineka je AK BC = {M}. Na i odnos CM : MB. Na i sve proste brojeve p, q i r, kao i sve prirodne brojeve n, takve da vaжi

Διαβάστε περισσότερα

Dvanaesti praktikum iz Analize 1

Dvanaesti praktikum iz Analize 1 Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Nacrtne geometrije (drugi semestar)

Zadaci iz Nacrtne geometrije (drugi semestar) Zadaci iz Nacrtne geometrije (drugi semestar) Srdjan Vukmirović August 19, 2003 Aksiome projektivne geometrije P1 Za ma koje 2 tačke A i B postoji tačno jedna prava a = AB kojoj pripadaju tačke A i B.

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2 ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =

Διαβάστε περισσότερα

, 81, 5?J,. 1o~",mlt. [ BO'?o~ ~Iel7L1 povr.sil?lj pt"en:nt7 cf~ ~ <;). So. r~ ~ I~ + 2 JA = (;82,67'11:/'+2-[ 4'33.10'+ 7M.

, 81, 5?J,. 1o~,mlt. [ BO'?o~ ~Iel7L1 povr.sil?lj pten:nt7 cf~ ~ <;). So. r~ ~ I~ + 2 JA = (;82,67'11:/'+2-[ 4'33.10'+ 7M. J r_jl v. el7l1 povr.sl?lj pt"en:nt7 cf \ L.sj,,;, ocredz' 3 Q),sof'stvene f1?(j'me")7e?j1erc!je b) po{o!.aj 'i1m/' ce/y11ra.[,p! (j'j,a 1lerc!/e

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Geometrije 4

Zadaci iz Geometrije 4 Zadaci iz Geometrije 4 - za rad na vežbama - 3. maj 2017. 1 Stereometrija 1. Data je kocka ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 ivice a. Dokazati da je tetraedar ACB 1 D 1 pravilan i odrediti mu dužinu ivice. 2. Dat je

Διαβάστε περισσότερα

Računarska grafika. Rasterizacija linije

Računarska grafika. Rasterizacija linije Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE

ELEMENTARNE FUNKCIJE 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje

Διαβάστε περισσότερα