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.

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "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."

Transcript

1 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, r 0, θ R, pri čemu je: r = z moduo, θ = Arg z argument Ako je θ π, π], tada je θ = arg z glavna vrednost argumenta Eksponencijalni oblik kompleksnog broja je z = re iθ, r 0, θ R, pri čemu je: r = z moduo, θ = Arg z argument 1

2 Konjugovano komleksni broj kompleksnog broja z = x + iy = rcos θ + i sin θ = re iθ je z = x iy = r cos θ + i sin θ = re iθ Operacije sa kompleksnim brojevima definisane su na sledeći način: Sabiranje: Oduzimanje: Množenje: z 1 = x 1 + iy 1 = r 1 cos θ 1 + i sin θ 1 = r 1 e iθ 1, z = x + iy = r cos θ + i sin θ = r e iθ z 1 + z = x 1 + x + iy 1 + y z 1 z = x 1 x + iy 1 y z 1 z = z 1 z = x 1 + iy 1 x + iy = x 1 x y 1 y + ix 1 y + y 1 x, z 1 z = z 1 z = r 1 r cosθ1 + θ + i sinθ 1 + θ = r 1 r e iθ 1+θ Deljenje z 0: z 1 = x 1 + iy 1 = x 1 + iy 1 x iy = x 1x + y 1 y + i x 1 y + y 1 x z x + iy x + iy x iy x +, y z 1 z = r 1 r cosθ1 θ + i sinθ 1 θ = r 1 r e iθ 1 θ Moavrova formula: cos θ + i sin θ n = cos nθ + i sin nθ n Z Stepenovanje kompleksnog broja z = rcos θ + i sin θ = re iθ : z n = r n cos nθ + i sin nθ = r n e inθ n N

3 Korenovanje kompleksnog broja z = rcos θ + i sin θ = re iθ : n z {u0, u 1,, u n 1 } n N, u k = n r cos θ + kπ + i sin θ + kπ, k = 0, 1,,, n 1, n n u k = n r e iθ+kπ/n, k = 0, 1,,, n 1 Zadaci: 1 Predstaviti u kompleksnoj ravni skup rešenja jednačina: a z z = 0; b Re z = ; c Im z = ; d z = 5; e arg z = π/ Rešenje: Neka je z = x + iy a z z = 0 x + iy x iy = 0 iy = 0 y = 0 Traženi skup tačaka je prava y = 0 x-osa b Re z = x =, što je prava x = u kompleksnoj ravni x y 0 a b c Im z = y =, a to je prava y = u kompleksnoj ravni d Uslov z = 5 x + y = 5 odred uje skup tačaka na kružnici sa centrom u koordinatnom početku poluprečnika 5

4 e Tačke odred ene kompleksnim brojevima sa osobinom arg z = π/ nalaze se na polupravoj sa početkom u koordinatnom početku koja gradi ugao od π/ sa pozitivnim delom x-ose i različite su od nule jer je nula odred ena samo modulom, a ne i argumentom 5 x y 5 y 5 c d Π arg z Π e Naći sva rešenja jednačine: a z = 1 i ; b e iπ/ z = 1 i ; c z = 1 i i dati geometrijsku interpretaciju tih rešenja Rešenje: Neka je w = 1 i Odredićemo trigonometrijski oblik kompleksnog broja w: w = 1 + =, arg w = arctan 1 π = π, w = cos π + i sin π

5 5 Slučaj a: Rešenja jednačine odred ena su formulom odakle je Slučaj b: z = cos π z k = π/ + kπ cos + i sin z 0 = cos z = cos 10π π + i sin + i sin 10π π + i sin π π/ + kπ, k = 0, 1,,, z 1 = cos π + i sin π, e iπ/ z = 1 i z = 1 i e iπ/ = e πi/ e iπ/ = e 5πi/ z 1 Π z z 5Π z 0 a b c z 8

6 Slučaj c: z = 1 i = cos π + i sin π = cos π + i sin π = 8 cos π + i sin π = 8 Odrediti geometrijsko mesto tačaka z u kompleksnoj ravni ako je: a z z + i = 0 ; b Im 1 z 1 = 1 ; c arg z = arg + i Rešenje: a Posmatrajmo kompleksni broj z u algebarskom obliku z = x + iy Tada je z = x iy, pa je z z + i = x + iy x iy + i = iy + 1 = 0 za y = 1 U kompleksnoj ravni ovo predstavlja pravu Im z = 1 koja prolazi kroz tačku i i koja je paralelna realnoj osi b Kako je 1 z 1 = 1 x + iy 1 = 1 x 1 + iy uslov Im 1 y = 1 je ispunjen za z 1 x 1 iy x 1 iy = x 1 x 1 + y +i y x 1 + y, x 1 = 1, tj + y x 1 + y = y, x 1 + y + y + 1 = 1, x 1 + y = U kompleksnoj ravni ovo predstavlja krug z 1 i/ = 1/ sa centrom u tački 1 i/ i poluprečnikom 1/ c Ako kompleksni broj predstavimo u trigonometrijskom obliku z = rcos θ + i sin θ, tada je z = r cos θ + i sin θ, tj arg z = θ Kako je arg + i = arctan + π = π + π = 5π, važi: θ = 5π/, tj θ = 5π/ U kompleksnoj ravni ovo predstavlja polupravu arg z = 5π/ sa početkom u tački 0 koja sa realnom osom zaklapa ugao 5π/, a iz koje je isključena početna tačka Tačka z = 0 ne zadovoljava navedeni uslov jer arg 0 nije definisan

7 7 a b c Im z 1 z 1 1 arg z 5 Odrediti geometrijsko mesto tačaka z u kompleksnoj ravni ako je: a z = z + 1 ; b Re 1 z = 1 ; c arg z = arg + i Rezultat: a z = x + iy, x = 1/ b z = x + iy, x 1 + y = 1 c z = rcos θ + i sin θ, θ = π/ a Re z 1 b c z 1 1 arg z 5 U kompleksnoj ravni predstaviti sve kompleksne brojeve za koje važi: a z 1+5i = ; b arg z = π/; c Re z+1 = ; d Im 1 z = 1 Rešenje: a Uvod enjem algebarskog oblika kompleksnog broja z = x + iy, x, y R, jednačina z 1 + 5i = postaje x + iy 1 + 5i = x 1 + iy + 5 = x 1 + y + 5 =,

8 8 što predstavlja jednačinu kružnice u R sa centrom 1, 5 i poluprečnikom b S obzirom na eksponencijalni oblik kompleksnog broja z = z e iarg z = re iφ, r 0, jednačinu arg z = π/ zadovoljavaju svi kompleksni brojevi z = re iπ/, r > 0 Svi takvi brojevi leže na polupravoj sa početkom u koordinatnom početku različiti su od koordinatnog početka i pod uglom π/ u odnosu na pozitivni deo x ose c Smenom z = x + iy jednačina Re z + 1 = postaje x + 1 =, tj x = Rešenja jednačine predstavljaju svi kompleksni brojevi oblika z = + iy, y R U xoy ravni, jednačina x = je jednačina prave paralelne y osi koja seče x osu u tački, 0 d Prelaskom na algebarski oblik kompleksnog broja z = x+iy, jednačina Im 1 z = 1 se može napisati: odnosno, 1 = Im 1 x + iy = Im x iy x + y = x + y + y = 0 y x + y, Dopunom do potpunog kvadrata y + y = y + 1/ 1/, prethodni izraz dobija prepoznatljivi oblik jednačine kružnice x + y + 1/ = 1/ sa centrom u 0, 1/ i poluprečnikom 1/ a b c d z Π 1 arg z Π Re z Im 1 z 1 1 7

9 U kompleksnoj ravni odrediti skup tačaka odred enih kompleksnim brojevima z koji zadovoljavaju: a jednačinu z z + 1 = i z z ; b nejednačinu Re z + Im z > 1 Rešenje: a Uvod enjem algebarskog oblika kompleksnog broja z = x+iy, x, y R, polazna jednačina z z + 1 = i z z, se transformiše u x + iyx iy + 1 = ix + iy x + iy x + y + 1 = y x + y 1 = 0 x = 0, y = 1 z = i Traženi skup tačaka je tačka z = i b Za z = x + iy, x, y R nejednakost glasi x y 1 x y 1 Re z + Im z > 1 x + y > 1 1 Traženi skup tačaka je poluravan iznad prave x + y = U kompleksnoj ravni predstaviti brojeve z koji zadovoljavaju uslove: a Re z + z = ; b Im z + z = ; c Re z + z = Im z + z Rešenje: Za rešavanje zadatih jednačina pogodan je algebarski oblik kompleksnog broja z = x + iy, x, y R, s obzirom da sve tri jednačine sadrže izraze za realni ili imaginarni deo kompleksnog izraza Takod e se u sve tri jednačine pojavljuje izraz z + z, te najpre treba njega transformisati navedenom smenom: z + z = x + iy + x iy = x iy, Re z + z = x, Im z + z = y

10 10 a Re z + z = x = x = 1 b Im z + z = y = y = c Re z + z = Im z + z x = y y + x = 0 a b c Re z z Re z z Im z z Im z z 8 U kompleksnoj ravni predstaviti brojeve z koji zadovoljavaju uslove: a Rešenje: 1 z = i; b 1 i z = 1; c z + i =, arg z + i = π a 1 z = i z = 1/i = i = e iπ/ z k = i z k = e i π/+kπ, k = 0, b 1 i z = 1 1 z = 1 i z = e iπ/ z = / e iπ/ c z + i =, arg z + i = π z + i = e iπ/ z = e iπ/ i z = i i = i

11 11 a b c z 1 z 7Π 8 Π 8 1 Π Π Π 1 1 Π z z 5Π 8 z 0 Π Π z 1 Odrediti geometrijsko mesto tačaka z u kompleksnoj ravni ako je: a z = + i 10 ; b z = 1 + i; c z + z = 5 Rešenje: a Kako je a z = + i 10 z = / + i/ 10 z = 10 5 e i5π/ 10 z = 1 5 e i50π/ z = 1 5 e iπ/, traženo geometrijsko mesto je tačka b z = 1 + i z = 1 + i z = 1 + i 1 z k = 8 cos π/ + kπ + i sin π/ + kπ, k = 0, 1,, Traženo geometrijsko mesto predstavljaju temena kvadrata

12 1 z 0 = 8 z 1 = 8 z = 8 z = 8 cos π 1 cos 11π 1 cos 1π 1 cos 7π 1 π + i sin, 1 + i sin 11π 1 + i sin 1π 1 + i sin 7π 1,, 1 z 1 Π 11Π 1 Π 8 1 1Π 5Π 1 1 z 1 z z 0 c z + z = 5 x + iy + x iy = 5 x = 5, y R z = 5 + iy, y R Traženo geometrijsko mesto tačaka je prava x = 5 1 x Ako je z = 1 i, odrediti kompleksne brojeve z, z, 1 z, z, ze iπ/, z + e iπ/ Rešenje: Imajući u vidu da je e iπ/ = i i z = 1 i, dobijamo z = 1 + i, z = 1 + i, 1 z = 1 1 i = 1 + i, z = 1 i = 1 i i = i, ze iπ/ = 1 ii = 1 + i, z + e iπ/ = 1 i + i = 1

13 1 11 U kompleksnoj ravni predstaviti: a sve brojeve z n = i n + i n n N; b sva rešenja jednačine z = 1 i Rešenje: a Celobrojni stepeni broja i glase i k = 1, i k+1 = i, i k+ = 1, i k+ = i k 1 = i, i k = 1, i k+1 = i, i k+ = 1, i k+ = i k 1 = i, za k N Tada je z k = i k + i k = =, z k+ = i k+ + i k+ = 1 1 =, z k±1 = i k±1 + i k±1 = ±i + i = 0, a b z k z k 1 z k z z z Π z 0 b Tražena rešenja jednačine z = 1 i predstavljaju sve vrednosti četvrtog korena kompleksnog broja 1 i Zbog formule za n ti koren kompleksnog broja, neophodno je 1 i prevesti iz algebarskog u trigonometrijski oblik Kako je to su 1 i = 1 i 1 = cos π/ + i sin π/,

14 1 Dakle, z k = cos π/ + i sin π/ = 8 π/ + kπ π/ + kπ cos + i sin, k = 0, 1,, z 0 = 8 z = 8 cos π 1 cos 1π 1 π + i sin, z 1 = 8 1 1π + i sin, z = 8 1 cos 5π 5π + i sin, 1 1 cos 1π 1 + i sin 1π 1 1 Odrediti z i arg z, ako je: a z = cosπ/ + i sinπ/ 1 + i ; b z = icosπ/ + i sinπ/ Rešenje: S obzirom da se traži z i arg z, kompleksne brojeve 1 + i i i koji su dati u algebarskom obliku prebacićemo u trigonometrijski oblik, a zatim izvršiti zadato deljenje, odnosno množenje Slučaj a: Kompleksan broj 1 + i se nalazi u drugom kvadrantu, pa je 1 + i = =, arg 1 + i = arctan1/ 1 + π = π/ Kako je 1 + i = cosπ/ + i sinπ/, broj z je jednak z = = cosπ/ + i sinπ/ 1 + i π cos π = cosπ/ + i sinπ/ cosπ/ + i sinπ/ π + i sin π = odakle je z = / i arg z = π/ cos π + i sin π, Slučaj b: Kompleksan broj i se nalazi u četvrtom kvadrantu i važi i =, arg i = arctan 1/ = π/, i = cos π/ + i sin π/ Računamo broj z: z = i cos π + i sin π = cos π + i sin π cos π + i sin π = cos π + π + i sin π + π = cos π + i sin π i dobijamo z = i arg z = π/

15 15 1 Ako je z = + i, odrediti: a Re w, Im w, w i arg w za w = z 01 ; b sve vrednosti z Rešenje: Odredimo najpre z i arg z: z = + = + =, arg z = arctan + π = π + π = 5π Trigonometrijski i eksponencijalni oblik broja z je z = cos 5π + i sin 5π = e 5πi/ Napomena Trigonometrijski oblik broja z može se dobiti na drugi način Znajući da je z = i da je z = z cos θ + i sin θ, uz prepoznavanje trigonometrijskih funkcija karakterističnih uglova imamo z = + i = + i1 = cos 5π + i sin 5π a Prema Moavrovoj formuli važi w = z 01 = cos 5π + i sin 5π 01 = 01 cos 5π + i sin 5π 01 = 01 1/ π 01 5π cos + i sin = cos 1000π + i sin 1000π Za odred ivanje glavne vrednosti argumenta broja w potrebno je izvršiti transformaciju 1000π π π = = π + 88π Kako je, zbog periodičnosti funkcija t cos t i t sin t, cos 1000π π = cos + 88π = cos π = 1, sin 1000π = sin π + 88π = sin π =,

16 1 dobijamo w = cos π + i sin π = i Konačno je Re w = , Im w = /, w = , arg w = π b Tražene vrednosti z su u 1, u, u, gde je: u k = 5π cos + kπ 5π + i sin + kπ = 1/ 1/ 5π + 1kπ cos + i sin 18 5π + 1kπ 18, k = 0, 1, 1 Ako je z = i 1 + i, odrediti Re z, Im z, z, arg z, z 1 i sve vrednosti 1 z Rešenje: Označimo: z 1 = i, z = 1 + i, z = z 1 /z Trigonometrijski oblik brojeva z 1 i z je z 1 = i = i1 z = 1 + i = + i = cos π + i sin π, = cos π + i sin π Prema pravilu za deljenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku dobijamo z = z cos π 1 + i sin π = z cos π + i sin π = cos π π + i sin π π = cos 11π + i sin 11π 1 1

17 Zato je Re z = cos 11π 1 z 1 = cos, Im z = sin 1 11π + i sin 1 11π π 1 17, z =, arg z = 11π 1, = cos 11π + i sin 11π = cos 1π + π + i sin 1π + π = cos π + i sin π =, 1 z = u k, k = 0, 1,,, 11, u k = 1 cos 11π 1 + kπ 1 = 1/ 11π + kπ cos + i sin 1 + i sin 11π 1 + kπ 1 11π + kπ, k = 0, 1,,, Neka je Odrediti z 01 i sve vrednosti 01 z Rezultat: i z = i z = e πi/ e πi/ = eπi/1, z 01 = e πi/, 01 z {e iπ+kπ/1 01 k = 0, 1,,, 011} 1 Ako je z = 1 + i 1 + i, odrediti Re zn, n N Rešenje: Najpre ćemo odrediti kompleksan broj z: z = 1 + i 1 + i 1 i 1 i = i = i

18 18 Sada je, za k N 0 i odavde imamo z n = i n = Re z n = 1, n = k, i, n = k + 1, 1, n = k +, i, n = k +, 1, n = k, 0, n = k + 1, 1, n = k +, 0, n = k + Ovaj zadatak je mogao da se reši i preko trigonometrijskog ili eksponencijalnog oblika kompleksnog broja z Na primer, z = 1 + i cos π = + i sin π π 1 + i cos π + i sin π = cos π π + i sin π = cos π + i sin π Sada imamo z n = cos π + i sin π n nπ = cos + i sin nπ, odakle je Re z n = cosnπ/ Za neparne brojeve n imaćemo Re z n = 0, a za n = k, k N imamo Re z n = 1 k 17 Odrediti Re z, Im z, z i arg z, ako je z = Rešenje: Uvedimo oznake: u 1 = 1 + i, u = i + i i, v 1 = u 010 1, v = u 010, z = v 1 + v Trigonometrijski oblik brojeva u 1 i u je u 1 = cos π + i sin π, u = cos π + i sin π Primenom Moavrove formule, a s obzirom na periodičnost funkcija t cos t i t sin t, dobijamo

19 v 1 = cos π + i sin π π = cos + i sin 010π = cos 70π + i sin 70π = cos 5π + i sin 5π = cos 0 + i sin 0 = 1 1 Slično je v = Konačno dobijamo: cos π + i sin π π = cos 008π π 008π π = cos + i sin = cos π + 51π + i sin π + 51π = cos π + i sin π = i + i sin 010π z = v 1 + v = 1 i, Re z = 1, Im z = 1, z =, arg z = π 18 Naći 1 i z ako je z = 1 i10 + i 5 1 i 10 Rešenje: Odredimo najpre vrednosti stepena binoma koji učestvuju u izrazu za z Za izračunavanje vrednosti stepena pogodan je trigonometrijski ili eksponencijalni oblik kompleksnog broja 1 i = 1 + i 1 = cos π/ + i sin π/, + i = + i1 = cosπ/ + i sinπ/, 1 i 1 = + i = cos π/ + i sin π/ 1 Π 1 1 Π Π 1

20 0 Na osnovu Moavrove formule cos ϕ + i sin ϕ n = cos nϕ + i sin nϕ i svod enjem argumenta na interval π, π], dobijamo sledeće rezultate u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku 1 i = cos π/ + i sin π/ = 5 cos 10π/ + i sin 10π/ = 5 cos π/ + i sin π/ = 5 e iπ/, + i 5 = cosπ/ + i sinπ/ 5 = 5 cos5π/ + i sin5π/ = 5 e 5iπ/, 1 i 10 = cos π/ + i sin π/ 10 = 10 cos 0π/ + i sin 0π/ = 10 cos π/ + i sin π/ = 10 e iπ/ Zamenom dobijenih vrednosti u izraz za z, on postaje z = 1 i10 + i 5 1 i = e iπ/ e 5iπ/ 10 e iπ/ = e i π/+5π/+π/ = e iπ = 1 Tada je 1 i z = 1 i 1 = i 1 Odrediti Re z, Im z, z i arg z ako je z = 1 + i1 1 i 1 Rešenje: Koristeći trigonometrijski oblik kompleksnih brojeva 1 + i = cosπ/ + i sinπ/, 1 i = cos π/ + i sin π/,

21 1 i Moavrovu formulu cos ϕ + i sin ϕ n = cosnϕ + i sinnϕ izračunavamo vrednost izraza kojim je zadato z 1 Π z = = 1 + i1 1 i 1 1 cosπ/ + i sinπ/ cos π/ + i sin π/ Π 1 cosπ + i sinπ = 1 cos 1π/ + i sin 1π/ = 7 cosπ + i sinπ cos π/ + i sin π/ = 7 cosπ + π/ + i sinπ + π/ = 7 cosπ/ + i sinπ/ = i Tražene vrednosti su Re z = 8, Im z = 8, z = 7, arg z = π 0 Odrediti trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = a ai, ako je a R i važi a a > 0 ; b a < 0 Za a = 1 odrediti z 100 i sve vrednosti z Rešenje: Moduo kompleksnog broja a ai jednak je a ai = a + a = a Slučaj a: Ako je a > 0, tada je a ai = a = a Dati kompleksan broj se nalazi u četvrtom kvadrantu i arg z računamo po formuli arg z = arctan a/a = π/ Trigonometrijski oblik broja z je z = a cos π + i sin π

22 Slučaj b: Ako je a < 0, tada je a ai = a = a Broj z se nalazi u drugom kvadrantu i arg z računamo po formuli arg z = arctan a/a+π = π/ Trigonometrijski oblik broja z je z = a cos π + i sin π Ako je a = 1, onda je z = 1 i = cos π + i sin π Imamo z 100 = cos π + i sin π 100 = 50 cos 100π + i sin 100π = 50 cos 5π + i sin 5π = 50 cos π + i sin π = 50 Sve vrednosti z date su formulom z k = π/ + kπ cos + i sin π/ + kπ, k = 0, 1, 1 Neka je z = 1, a R \ {0} Odrediti z i arg z ako je: a ai Rešenje: S obzirom na to da je važi sledeće: a a > 0 ; b a < 0 z = 1 a1 i 1 + i 1 + i = 1 + i a, Re z = 1 a, Im z = 1 a, z = a a Za a > 0 je Re z > 0, pa je: z = a, arg z = arctan 1 = π b Za a < 0 je Re z < 0 i Im z < 0, pa je: z = a, arg z = arctan 1 π = π

23 Neka je Odrediti a R tako da je: z 1 = a ia 1, z = a ia, w = z 1 z a w realan broj; b w imaginaran broj; c w = / 5 Rešenje: Odredimo najpre algebarski oblik broja w: w = z 1 a ia 1 a ia 1 = = z a ia a ia a Broj w je realan ako je Im w = 0, tj a = 1/ b Broj w je imaginaran ako je Re w = 0, tj a = c Kako je a + w = + a 1 10a = a 5 a uslov je ispunjen ako a R zadovoljava jednačinu 10a + 10 = 5 a 5 Rešavanjem navedene jednačine dobijamo: 10a a = 5, 10a + 10 = 0a, a = 1, a = 1 a = 1 + i a + + ia 1 = + i 5a, Neka je z = λ i Odrediti vrednost parametra λ R tako da važi: 1 λi a Re z = 0 ; b Im z = 0 ; c z = Rešenje: Algebarski oblik kompleksnog broja z je z = λ i 1 λi = λ i 1 λi 1 + λi 1 + λi = λ λ + i λ 1 + λ

24 a Re z = 0 za λ = 0 b Im z = 0 za λ = 0, tj za λ = ili λ = c Kako je λ z = λ λ 1 + λ = + λ λ, uslov z = je ispunjen za tj za λ = 1 ili λ = 1 λ + λ + = 1 + λ, λ 1 = 0, Odrediti brojeve z C za koje važi i predstaviti ih u kompleksnoj ravni z z = i z i Rešenje: Ako brojeve z i z predstavimo u algebarskom obliku, jednačina postaje x + iy x iy = i x + iy i, x + y 1 + iy + = 0 Kompleksni broj je jednak 0 ako su i realni i imaginarni deo jednaki 0 Tako, jednačina je zadovoljena ako je x + y 1 = 0 y + = 0, x + y 1 = 1 y = 1, x = 1 y = 1, pa su traženi kompleksni brojevi z 1 = i i z = i z 1 z

25 5 5 Odrediti trigonometrijski oblik svih rešenja jednačina a 1 iz = i; b z = 1; c z = + i 0 Rešenje: Slučaj a: Imamo i z = 1 i = cos π/ + i sin π/ = cos π/ + i sin π/ cos 7π 1 7π + i sin 1 Slučaj b: Odred ujemo trigonometrijski oblik broja 1 = cos π + i sin π i za k = 0, 1, računamo z k = cos π + kπ + i sin π + kπ Rešenja su dovoljno je predstaviti ih u jednom od datih oblika z 0 = cos π + i sin π = 1 + i = eiπ/, z 1 = cos π + i sin π = 1 = e iπ, z = cos 5π + i sin 5π = 1 i = e iπ/ Slučaj c: Imamo da je trigonometrijski oblik broja + i = cosπ/ + i sinπ/ Na osnovu Moavrove formule odred ujemo z = +i 0 = cos π +i sin π 0 = 0 0 cos0π+i sin0π = 100 Rešiti jednačine: a e iπ/7 z = + i; b z + 1 = i; c z = i 7 Rešenje: Slučaj a: Imamo e iπ/7 z = + i z = e iπ/7 + i = e iπ/7 e iπ/ = e i17π/8 Slučaj b: Neka je w = z + 1 Tada je w = i, a kako je i = cos π/ + i sin π/ to imamo za k = 0, 1,

26 Rešenja su π/ + kπ π/ + kπ w k = cos + i sin π/ + kπ z k = w k 1 = cos + i sin z 0 = cos π π/ + kπ π + i sin 1 = 1 i1, z 1 = cos π + i sin π 1 = 1 + i, z = cos 7π + i sin 7π 1 = 1 i1 1 Slučaj c: Odred ujemo trigonometrijski oblik kompleksnog broja i = cos π + i sin π Sada je z = i 7 = = 7 cos 5π + i sin 5π cos π = 7 + i sin π 7 = 7 cos 7π + i1 + i sin 7π 7 Rešiti jednačinu z = 1 + i 1 i + 1 i 1 + i + i + i Rešenje: Odrediti najpre vrednost izraza na desnoj strani jednačine Odatle je z = 1 + i 1 i + 1 i 1 + i + i + i = 1 + i + 1 i i 1 i1 + i i i = i = 1 + i

27 7 z = 1 + i z = + cosπ/ + i sinπ/ Tražena rešenja su z k = + cos π/ + kπ + i sin π/ + kπ, k = 0, 1, z 0 = + cos π 1 + i sin π, 1 z 1 = + cos π + i sin π, z = + cos 17π 17π + i sin 1 1 Π 1 z 1 z 0 1 z 8 Naći sva rešenja jednačine z = 1 i 1 + i i 1 i i dati geometrijsku interpretaciju tih rešenja Rešenje: Odredićemo vrednost kompleksnog broja z : z = 1 i 1 + i i 1 i1 i i1 + i = = i 1 i 1 + i1 i = i Trigonometrijski oblik kompleksnog broja i je i = cos π + i sin π,

28 8 pa su rešenja jednačine z = cos π/ + i sin π/ data sa Tražena rešenja su z k = π/ + kπ cos + i sin z 0 = cos π + i sin π z 1 = cos π + i sin π = i, z = cos 7π + i sin 7π π/ + kπ, k = 0, 1, = = 1 i, 1 i z 1 Π z z 0 Odrediti sva rešenja jednačine i predstaviti ih u kompleksnoj ravni Rešenje: Kako je z i = 1 i 1 + i i 1 i 1 i 1 + i i 1 i1 i i1 + i = = i, 1 i 1 + i1 i jednačina je zadovoljena ako je z i = i

29 Uvod enjem smene z i = w jednačina postaje w = i, a njena rešenja su vrednosti trećeg korena broja i Za odred ivanje korena kompleksnog broja potrebno je predstaviti ga u trigonometrijskom ili eksponencijalnom obliku Tako je i = cos π + i sin π, a rešenja jednačine su w k = cos π + kπ +i sin π + kπ = cos π + kπ π + kπ +i sin, k = 0, 1,, tj w 0 = 1 i, w 1 = i, w = 1 i Vraćanjem na promenljivu z = w + i dobijaju se tri rešenja polazne jednačine: z 0 = + 1 i, z 1 = i, z = + 1 i w w 1 z z w w 0 z z Odrediti z i sve vrednosti z ako je z rešenje jednačine z i + = i i Rešenje: Odredimo najpre rešenje jednačine:

30 0 Zato je z i + = i i, z = cos π + i sin π z i = i i +, z = + i i, i z = + i i + i i + i, z = i, z = cos π + i sin π = 7 cos π + i sin π = 7, a vrednosti z su u k = cos π + kπ + i sin π + kπ = π + kπ π + kπ cos + i sin, k = 0, 1, 1 Naći sva rešenja jednačine: a z = i ; b z = 1 + i Rešenje: a Označimo: u = 8 + i, v = u 50, z = v Kako je to je u = 8 + = 8 = 1, u = i = 1 cos π + i sin π = e πi/

31 1 Zato je v = u 50 = e πi/ 50 = 00 e 100πi/ = 00 cos 100π + i sin 100π Za odred ivanje glavne vrednosti argumenta broja v uočimo transformaciju 100π = 10π π = π + 17π, koja, zbog periodičnosti funkcija t sin t i t cos t, daje v = cos 00 π + 17π + i sin π + 17π = cos 00 π + i sin π = 00 e πi/ Konačno, rešenja jednačine z = v su z k = 00/ e π +kπi/ = 00/ e π+kπi/, k = 0, 1, b Zadatak može da se reši na isti način kao u delu pod a Ovde dajemo nešto drugačije rešenje koje je uslovljeno specifičnošću brojeva koji se pojavljuju i = 5/ 1 + i = i 5 = 15 i 5 = i 5 = 150 ii = 150 i Kako je rešenja jednačine su 150 i = 150 e iπ/, z k = 50 e π+kπi/, k = 0, 1,, tj z 0 = i, z 1 = 50 i, z = + i Odrediti sve kompleksne brojeve z koji zadovoljavaju jednačinu i predstaviti ih u kompleksnoj ravni z i = iz

32 Rešenje: Najpre dovesti jednačinu na oblik pogodan za izračunavanje: z i = iz z i = 5i i + z + 5i z i = 0 z = i z = i = e iπ/ z k = e i π/+kπ, k = 0, 1,, 5 Dobijene vrednosti traženih rešenja glase: z 0 = e iπ/1, z 1 = e i5π/1, z = e iπ/, z = e i1π/1, z = e i17π/1, z 5 = e i7π/ z z 11Π 1 Π z 1 7Π 1 5Π z 5 z z 0 Π Π 1 Naći sva rešenja jednačine + 5iz 1 = + 7i Rešenje: Odredićemo vrednost izraza z 1 : z 1 = + 7i + 5i 5i + i = = 1 + i 5i Neka je w = z 1 Tada imamo w = 1 + i, pa ćemo, da bismo odredili vrednosti w, odrediti trigonometrijski oblik broja 1 + i 1 + i = arg 1 + i = arctan 1 1 = π 1 + i = cos π + i sin π Sada je w k = π/ + kπ cos + i sin i z k = 1 + w k Imamo π/ + kπ, k = 0, 1,, z 0 = cos π 1 + i sin π, z 1 = cos π 1 1 z = cos 17π 1 17π + i sin, z = cos 5π 1 1 π + i sin, 1 + i sin 5π 1

33 Naći sva rešenja jednačine iz i i = 0 Rešenje: Data jednačina ekvivalentna je jednačini z i = + i i Ako bismo, kao u prethodnom zadatku, prvo izvršili racionalizaciju dobijenog izraza dobili bismo kompleksan broj + + i za koji ne možemo lako da odredimo trigonometrijski oblik radi daljeg računanja Zato ćemo odrediti trigonometrijski oblik brojioca i imenioca, a zatim izvršiti deljenje Imamo + i = cos π + i sin π, Sada je z i = cosπ/ + i sinπ/ cos π/ + i sin π/ = cos 5π 5π + i sin 1 1 Za k = 0, 1, dobijamo rešenja odakle je Tražena rešenja su z k i = cos z k = i + cos 5π/1 + kπ 5π/1 + kπ i = cos π + i sin π π = cos + π + i sin + i sin z 0 = cos 5π + i 1 + sin 5π, z 1 = cos π + i 1 + sin π z = cos 5π + i 1 + sin 5π 5π/1 + kπ, 5π/1 + kπ, π + i sin + π

34 5 Odrediti sva rešenja jednačine i z 5 = z 5 Rešenje: Datu jednačinu ćemo predstaviti u ekvivalentnom obliku Ako uvedemo smenu w = i z z i z 5 = z 5 i z 5 = 1 z zw + z = i z = i 1 + w, jednačina postaje w 5 = 1 w 5 = cos 0 + i sin 0 i njena rešenja su w k = cos kπ 5 + i sin kπ 5 = cos φ k + i sin φ k, gde smo označili φ k = kπ/5, k = 0, 1,,, Kako je za svako k = 0, 1,,,, w k 1, tražena rešenja su z k = i 1 + w k = i 1 + cos φ k + i sin φ k 1 + cos φ k i sin φ k 1 + cos φ k i sin φ k = i1 + cos φ k i sin φ k 1 + cos φ k + sin φ k = = sin φ k + i1 + cos φ k 1 + cos φ k = sin φ k + i1 + cos φ k 1 + cos φ k + cos φ k + sin φ k sin φ k 1 + cos φ k + 1 i = sin φ k cos φ k cos φ k + 1 i = 1 tan φ k + 1 i = 1 tan kπ i Naći sva rešenja jednačine z iz i = 0 Rešenje: Do rešenja zadatka možemo doći na sličan način kao u zadatku 5 Imamo z z iz i = 0 z = iz i = i z i Neka je w = z/z i Iz uslova w = i imamo rešenja

35 5 w k = cos π/ + kπ + i sin π/ + kπ = cos φ k + i sin φ k, k = 0, 1, Takod e, iz relacije w k = z k /z k i, slično kao u zadatku 5, imamo z k = iw k w k 1 = icos φ k + i sin φ k cos φ k + i sin φ k 1 = = cot φ k + i Ovaj deo zadatka možemo rešiti na drugi način, primenom eksponencijalnog oblika kompleksnog broja w k = e iφ k: z k = = iw k w k 1 = ieiφk e iφ k 1 = ie iφk/ e iφ k/ e iφk/ e iφk/ e iφk/ e iφ k/ = ie iφ k/ i cosφ k / + i sinφ k / e iφk/ e iφ k/ = i sinφ k / e iφ k/ = cot φ k + i ie iφk/ e iφk/ e iφk/ e iφ k/ 7 Naći sva rešenja jednačine z i = i 8z Rešenje: Pošto z = 0 nije rešenje jednačine, deljenjem sa z ona dobija oblik z i = i, z ili, uvod enjem smene w = z i/z i upotrebom eksponencijalnog oblika kompleksnih brojeva, w = 8e πi/ Njena rešenja su w k = 8 e π/+kπi/ = e π+kπi/, k = 0, 1, Povratkom na polaznu promenljivu z = dobijamo rešenja polazne jednačine: z k = i w 1, w 1, i w k 1, k = 0, 1,, w k 1

36 Uslov w k 1 je ispunjen za svako k {0, 1, }, pa su sva rešenja: z k = i e π+kπi/, k = 0, 1, 1 Da bismo dobili ove brojeve u jednom od prihvatljivih oblika kompleksnih brojeva, na primer u algebarskom, potrebno je izvršiti sledeće transformacije: z k = i e π+kπi/ 1 = i cos π+kπ + i sin π+kπ i = cos π+kπ + i sin π+kπ 1 = i cos π+kπ i sin π+kπ 1 cos π+kπ 1 + sin π+kπ = = sin π+kπ i cos π+kπ 1 cos π+kπ cos π+kπ π+kπ sin + i 1 cos π+kπ 5 cos π+kπ 1 cos π+kπ i sin π+kπ 1 cos π+kπ i sin π+kπ sin π+kπ, k = 0, 1, 8 Rešiti jednačinu z + iz i = 0 Rešenje: Pošto z = i nije rešenje jednačine, deljenjem sa z i ona dobija oblik z = i, z i ili, uvod enjem smene w = z/z i, Njena rešenja su Povratkom na polaznu promenljivu w = e πi/ w k = e π+kπi/, k = 0, 1, z = dobijamo rešenja polazne jednačine: iw w 1, w 1,

37 7 z k = iw k w k 1, k = 0, 1,, w k 1 Uslov w k 1 je ispunjen za svako k {0, 1, }, pa su sva rešenja: z k = i e π+kπi/, k = 0, 1, e π+kπi/ 1 Da bismo dobili ove brojeve u jednom od prihvatljivih oblika kompleksnih brojeva, na primer u algebarskom, potrebno je izvršiti sledeće transformacije: z k = i e π+kπi/ e π+kπi/ 1 e π+kπi/ = i cos π+kπ + i sin π+kπ 1 e π+kπi/ cos π+kπ = i cos π+kπ 1 + i 1 i sin π+kπ sin π+kπ cos π+kπ 1 i sin π+kπ e π+kπi/ e π+kπi/ 1 = i cos π+kπ 1 + sin π+kπ = i e π+kπi/ cos π+kπ 1 + sin π+kπ cos π+kπ i sin π+kπ = i cos π+kπ 1 + sin π+kπ sin π+kπ + i cos π+kπ = cos π+kπ 1 + sin π+kπ sin π+kπ + i cos π+kπ = 1 + cos π+kπ, k = 0, 1, U skupu kompleksnih brojeva naći sva rešenja jednačine z 01 = 1 iz 01 Rešenje: Prostom proverom utvrd ujemo da z = i nije rešenje zadate jednačine Zbog toga celu jednačinu možemo podeliti sa 1 iz 01 0 : z 01 z 01 1 iz 01 = 1 = 1 1 iz

38 8 Korenovanjem poslednjeg izraza dobijamo Uvod enjem oznake z 1 iz = 01 1 w k = 01 1 = 01 cos 0 + i sin 0 = cos kπ kπ + i sin, k = 0, 1,, 01, uz napomenu da je w k = 1/w k, dobijamo z k 1 iz k = w k z k = w k 1 iz k Tražena rešenja možemo predstaviti izrazom z k = w k 1 + iw k = w k 1 + iw k 1 + iw k 1 + iw k = w k 1 + iw k 1 + iw k 1 + iw k = w k1 iw k 1 + iw k = w k i 1 + iw k = cos ϕ k + i sin ϕ k i 1 + icos ϕ k + i sin ϕ k ϕ k = kπ 01 = cos ϕ k i1 sin ϕ k 1 sin ϕ k + cos ϕ k = cos ϕ k i1 sin ϕ k 1 sin ϕ k =, cos ϕ k 1 sin ϕ k i, k = 0, 1,, 01 Dobijeni izraz bi mogao i dalje da se sred uje, ali to ne daje lepše rezultate Tako na primer z k = cos ϕ k i1 sin ϕ k 1 sin ϕ k = sin π/ ϕ k cos π/ ϕ k sin π/ ϕ k = 1 = ctgπ/ ctgϕ k / + 1 ctgϕ k / ctgπ/ cos ϕ k 1 sin ϕ k i = sinπ/ ϕ k 1 cosπ/ ϕ k i i = 1 ctg π ϕ k i = 1 ctg ϕ k π i 0 U skupu kompleksnih brojeva odrediti rešenja jednačine 1 z iz 1 i = 0

39 Rešenje: Rešenja kvadratne jednačine az + bz + c = 0 data su formulom Tako su tražena rešenja z 1/ = i ± z 1/ = b ± b ac a i 1 1 i 1 = i ± i = i ± 1 + i 01 Za eksplicitne vrednosti rešenja, neophodna je jedna vrednost korena kompleksnog broja 1 + i Da bismo je odredili, predstavimo 1 + i u obliku potpunog kvadrata 1 + i = a + ib = a b + iab, a, b R Poredeći realne i imaginarne delove kompleksnih brojeva sa različitih strana ove jednakosti, dolazi se do sistema jednačina 1 = a b = ab, čije je jedno realno rešenje očigledno a =, b = 1, odnosno 1 + i = + i Jasno, drugo realno rešenje a =, b = 1, daće drugu vrednost korena 1 + i Zamenom u izraz za rešenja 01 dobijamo z 1/ = i ± + i, tj z 1 = + i, z = 1 Rešiti jednačinu z + z + = 0 Rešenje: Uvod enjem smene w = z dobijamo kvadratnu jednačinu w +w+ = 0, čija su rešenja w 1 = + i = 1 + i i w = i = 1 i Prva tri rešenja polazne jednačine dobijamo iz uslova z = 1 + i Kako je

40 0 1+i = cos π +i sin π, arg 1+i = arctan +π = π/, to imamo z k = π/ + kπ cos + i sin π/ + kπ, k = 0, 1, Druga tri rešenja polazne jednačine dobijamo iz z = 1 i Imamo jer je 1 i = cos π + i sin π, 1 i =, arg 1 i = arctan π = π/, pa su tražena rešenja jednaka z k = π/ + kπ cos + i sin Odredili smo sva rešenja π/ + kπ, k = 0, 1, z 0 = cos π + i sin π, z 0 = cos π z 1 = cos 8π + i sin 8π, z 1 = cos π + i sin π z = cos 1π 1π + i sin, z = cos 10π + i sin, π + i sin 10π, Ako je w C broj za koji važi w + 5 w + i = 0, naći sva rešenja jednačine z + w = 0 Rešenje: U datoj jednačini w + 5 w + i = 0 uzmimo da je Dobijamo w = x + iy x+iy+5x iy+i = 0 x = 0 y+ = 0 x = 0 y = w = i Sada je

41 z = w z = 7i z = 7 cos π + i sin π, 1 odakle je, za k = 0, 1,, Dobili smo rešenja: π/ + kπ z k = cos + i sin z 0 = cos π π + i sin z 1 = cos π + i sin π = i, z = cos 7π + i sin 7π = π/ + kπ = i1, i1 Odrediti moduo i glavnu vrednost argumenta broja z 01, ako je z kompleksan broj koji zadovoljava jednačinu z + z z + Im + i Re + z = 1 + i 1 + i Rešenje: Zbog oblika izraza kojim je z definisano, uvodimo smenu z = x + iy, x, y R Tada z + z z + Im + i Re + z = 1 + i 1 + i x iy + x + iy x iy + 1 i Im + i Re + x + iy = 1 + i 1 + i 1 i x iy x y + ix + y + Im + i Re + x + iy = 1 + i y + ix y + + x + iy = 1 + i x y + ix + y + = 1 + i Izjednačavajući realni i imaginarni deo poslednje jednakosti, dolazimo do sistema jednačina po realnim nepoznatim x i y : x y = 1, 1 + x + y =

42 Rešenje sistema x = y = odred uje z = + i = e iπ/ = / e iπ/ Tražene vrednosti modula i argumenta glase z 01 = z 01 = / 01 = 01/ = 0/, Arg z 01 = 01arg z = 01 π 51 8π + 5π = arg z 01 = π Neka je z kompleksan broj za koji važi Naći z n i sve vrednosti n z, n N arg z + 1 = π, z + 1 = Rešenje: Na osnovu modula i argumenta broja z + 1 odred ujemo z + 1 = cos π + i sin π = i = 1 i Važi z = i = cos π/ + i sin π/ Sada možemo odrediti z n, z n = kao i n vrednosti n z cos π + i sin π n = cos nπ + i sin nπ, z k = cos π/ + kπ n + i sin π/ + kπ, k = 0, 1,, n 1 n 5 Ako kompleksan broj z zadovoljava uslov z z + 1 = 0, odrediti moduo i glavnu vrednost argumenta kompleksnog broja z 011 z 011 Rešenje: Rešenja jednačine z z + 1 = 0 su kompleksni brojevi z 1 = 1 + i = cos π + i sin π Odredićemo vrednost datog izraza za z 1 : i z = 1 i = cos π + i sin π

43 z1 011 z1 011 = cos π + i sin π 011 cos π + i sin π = cos 011π + i sin 011π cos 011π = i sin 011π = i sin 5 π + π = i 011 i sin = i 011π Imamo da je z z =, a glavna vrednost argumenta je π/ Slično, za z računamo z 011 z 011 = cos π = cos 011π = i sin 011π + i sin π 011 cos π + i sin π i sin 011π cos 011π i sin 011π = i sin 5 π + π = i = i Imamo da je z 011 z 011 =, a glavna vrednost argumenta je π/ U kompleksnoj ravni predstaviti tačke z ako je: { z + i =, a b Re z + 1 = ; arg z + i = π/ ; c z treće teme jednakostraničnog trougla čija su dva temena z 1 = 0 i z = i Rešenje: a Po navedenim uslovima jasno je da je z + i = cos π + i sin π 1 = i = 1 i, pa je z samo jedna tačka b Ako je z = x + iy, tada je z = 1 i 1 + Re z + 1 = Re x + iy + 1 = x + 1 Po navedenom uslovu, x + 1 =, tj x =, što u kompleksnoj ravni predstavlja pravu paralelnu imaginarnoj osi koja prolazi kroz tačku c Kako su svi unutrašnji uglovi u jednakostraničnom trouglu jednaki π/, treće teme može da se dobije rotacijom jednog od zadatih temena oko drugog za ugao

44 π/ u jednom ili drugom smeru Zadata temena odred ena su tačkama z 1 = 0 i z = i, pa su mogućnosti za treće teme z = z e πi/ = e πi/ e πi/ = e 5πi/ = cos 5π + i sin 5π = + i ili z = z e πi/ = e πi/ e πi/ = e πi/ = cos π + i sin π = + i a b Re z c z 1 1 z z ' z Π z '' z Π 1 1 z 1 7 Kompleksnim brojevima z 1 = + i i z = + i odred ena su naspramna temena kvadrata u kompleksnoj ravni Odrediti preostala dva temena Rešenje: Podsetimo se da svaki kompleksni broj z = x + iy može da se identifikuje sa ured enim parom x, y R, sa odgovarajućom tačkom u Oxy ravni ili sa vektorom položaja te tačke Zbog toga se neki geometrijski problemi u ravni mogu rešavati algebarskim metodima u skupu kompleksnih brojeva C Na primer, rastojanje izmed u tačaka z 1 = x 1 + iy 1 i z = x + iy može da se izračuna kao z z 1 Takod e, broj w koji se dobija rotacijom broja z = x + iy oko 0 za ugao φ može da se izračuna kao w = ze φi Slično, za broj z koji se dobija rotacijom broja z oko z 1 za ugao φ važi z z 1 = z z 1 e φi Zadatak ćemo rešiti na dva načina I način: Potražimo nepoznata temena kvadrata u algebarskom obliku To su tačke koje su podjednako udaljene od temena z 1 i z i nalaze se sa različitih strana dijagonale koja ih spaja Zato za svako od nepoznatih temena z = x + iy važi:

45 5 z z 1 = z z, z z 1 = z z, x + y 1 = x + + y, 8x y = 8, y = x + Znajući da je dužina dijagonale kvadrata d rastojanje izmed u naspramnih temena, na primer z 1 i z, dužina stranice kvadrata a rastojanje izmed u susednih temena, na primer z i z 1 i da je d = a, imamo: z z 1 = z z 1, + 1 = x + y 1, x + y 1 = 10 Prema tome, koordinate traženih temena zadovoljavaju sistem jednačina x + y 1 = 10, y = x +, čija su rešenja x, y = 1, i x, y = 1, 0 Dakle preostala dva temena kvadrata su z = 1 + i i z = 1 II način: Tražena temena kvadrata z i z nalaze se na dužima dobijenim rotacijom dijagonale z 1 z oko temena z 1 za uglove π/ i π/ redom Osim toga, zbog odnosa izmed u dužina stranice i dijagonale kvadrata važi: z z 1 = z z 1, z z 1 = z z 1 S obzirom na geometrijsku interpretaciju množenja kompleksnih brojeva, važi Zbog toga imamo: z z 1 = e πi/ z z 1, z z 1 = e πi/ z z 1 z z 1 = 1 z z 1 e πi/, z = z z z 1 cos π + i sin π = + i i i i = 1 + i

46 i z z 1 = 1 z z 1 e πi/, z = z z z 1 cos π + i sin π = + i i i + i = 1 z z z 1 z U kompleksnoj ravni označiti a rešenje jednačine z = i; b treće teme jednakostraničnog trougla čija su dva temena odred ena kompleksnim brojevima z 1 = 1 + i i z = i Rešenje: a Tražena rešenja z = i predstavljaju treće korene kompleksnog broja Da bismo ih odredili, neophodan je trigonometrijski ili eksponencijalni oblik kompleksnog broja i i = + = =, i = 1 i Formula za n ti koren kompleksnog broja glasi z k = n arg z + kπ z cos + i sin n Tako je = cos π/ + i sin π/ arg z + kπ n, k = 0,, n 1

47 z k = π/ + kπ cos + i sin π/ + kπ, k = 0, 1, 7 Tražene vrednosti su z 0 = cos π + i sin π z 1 = cos π + i sin π, z = cos 10π 10π + i sin, i 10Π Π i Π i Π b I način: Primetimo da zadatak ima dva različita rešenja jer se jednakostranični trougao može konstruisati sa dve različite strane duži z 1 z Predstavićemo postupak odred ivanja jednog od rešenja, uz napomenu o promenama u analognoj proceduri za nalaženje drugog rešenja Kompleksni brojevi tačke poistovećuju se sa njihovim vektorima položaja Tako i operacija sabiranja vektora i rotacija vektora oko koordinatnog početka, dobijaju svoju algebarsku interpretaciju: sabiranje/oduzimanje vektora se svodi na sabiranje/oduzimanje odgovarajućih kompleksnih brojeva, rotacija vektora za ugao ϕ interpretira se množenjem kompleksnog broja brojem e iϕ Traženo treće teme z jednakostraničnog trougla može se odrediti kao kraj vektora z z = z z koji je rezultat rotacije vektora z z 1 = z 1 z za ugao π/ π/ za drugo rešenje Dajući ovim geometrijskim operacijama odgovarajuće algebarske interpretacije, postavljeni problem svodi se na rešavanje jednačine z z = z 1 z e iπ/ po nepoznatom temenu z Sledi da je 1 z = z + z 1 z e iπ/ = i i + i, dakle

48 8 z = 1 + i 0 Drugo rešenje, analognim postupkom, dobija se da je z = 1 + i 0 z 1 z Π z Π z 1 II način: Uvod enjem algebarskog oblika za traženu tačku z = x+iy, nepoznate koordinate x, y R mogu se dobiti iz uslova jednakosti dužina stranica z z, z 1 z i z z 1 u jednakostraničnom trouglu z 1 z z : z z = z z 1 = z 1 z x + iy + 1 = x 1 + iy 1 = 1 + i x + y { + 1 = x 1 + y { 1 = 1 + = 5 x + y = 1, x = 1 y x + y + 1 = 5, 0y = 15 y = ±, x = 1, što ponovo daje vrednosti koordinata trećeg temena 0 i 0 Neka z 1, z C zadovoljavaju sistem jednačina z 1 + z = + i, iz 1 + z i = 11 i Odrediti z C tako da tačke odred ene brojevima z 1, z, z budu temena jednakostraničnog trougla

49 Rešenje: Ako kompleksni brojevi z 1 = x 1 + iy 1 i z = x + iy zadovoljavaju sistem jednačina, tada važi { x 1 + iy 1 + x iy = + i, tj { Rešavanjem sistema jednačina { x 1 + x = 0, dobijamo što znači da je x 1 iy 1 + x + iy = + 11i, x 1 + x + iy 1 y = 0, x 1 + x + iy 1 + y 11 = 0 x 1 + x = 0 i { y 1 y = 0, y 1 + y 11 = 0 x 1 = 1, x = 5, y 1 = 7, y =, z 1 = 1 + 7i, z = 5 + i Pošto su svi unutrašnji uglovi u jednakostraničnom trouglu jednaki π/, treće teme može da se dobije rotacijom temena z oko temena z 1 za ugao π/ ili π/ Zato zadatak ima dva rešenja: 1 z = z 1 + z z 1 e πi/ = 1 + 7i + i + i = i +, 1 z = z 1 + z z 1 e πi/ = 1 + 7i + i i = 11 + i 50 Dokazati tan 5θ = 5 tan θ 10 tan θ + tan 5 θ 1 10 tan θ + 5 tan θ Rešenje: Posmatrajmo kompleksni broj z = cos θ + i sin θ Prema Moavrovoj formuli važi z 5 = cos θ + i sin θ 5 = cos 5θ + i sin 5θ

50 50 Ako za odred ivanje z 5 primenimo binomnu formulu, dobijamo z 5 = cos θ + i sin θ 5 = 5 k=0 5 cos θ 5 k i sin θ k k = cos 5 θ + 5i sin θ cos θ 10 sin θ cos θ 10i sin θ cos θ + 5 sin θ cos θ + i sin 5 θ Upored ivanje realnih i imaginarnih delova različitih izraza za z 5 daje Zato je tan 5θ = cos 5θ = cos 5 θ 10 sin θ cos θ + 5 sin θ cos θ, sin 5θ = 5 sin θ cos θ 10 sin θ cos θ + sin 5 θ sin 5θ cos 5θ = 5 sin θ cos θ 10 sin θ cos θ + sin 5 θ cos 5 θ 10 sin θ cos θ + 5 sin θ cos θ = 5 sin θ cos θ 10 sin θ cos θ + sin 5 θ cos 5 θ cos 5 θ 10 sin θ cos θ + 5 sin θ cos θ cos 5 θ = 5 tan θ 10 tan θ + tan 5 θ 1 10 tan θ + 5 tan θ 51 Izračunati zbir S = sin x + sin x + sin x + + sin nx Rešenje: Pored zbira S posmatrajmo i zbir C = 1 + cos x + cos x + cos x + + cos nx Tada je C + is = 1 + cos x + i sin x + cos x + i sin x + + cos nx + i sin nx n n n = cos kx + i sin kx = e ikx = e ix k k=0 k=0 k=0

51 Poslednja suma predstavlja zbir prvih n + 1 članova geometrijskog niza čiji je količnik q = e ix, pa je 51 C + is = n k=0 q k = qn+1 1 q 1 = e ix n+1 1 e ix 1 = ein+1x 1 e ix 1 Sa ciljem da se razdvoje realni i imaginarni deo poslednjeg broja izvršimo transformaciju C + is = ein+1x/ e in+1x/ e in+1x/ e ix/ e ix/ e ix/ Imajući u vidu da je z z = i Im z i važi sledeće: e in+1x/ = e in+1x/, e ix/ = e ix/, e in+1x/ e ix/ inx/ i Im ein+1x/ C + is = e i Im e ix/ Konačno dobijamo = e inx/ = cos nx = sin n+1x sin x + i sin nx, cos nx nx + i sin C = n+1x sin cos nx n+1x sin sin x, S = sin x sin nx 5*Ako je z = cosπ/ i sinπ/, odrediti vrednost determinante 1 z z D = z 1 z 1 z 1 Rešenje: Izračunaćemo vrednost determinante D Oduzećemo od prve kolone treću vrednost determinante se ne menja i dobijamo 1 z z D = z 1 z 1 z 1 = 1 z z z 0 1 z 0 z 1 = 1 z 1 z z 1 = 1 z 1 z

52 5 Za datu vrednost z = cosπ/ i sinπ/ treba odrediti z i z Odredićemo prvo z : z = cos π + i sin π = cos π + i sin π = 1 S obzirom na dobijeni rezultat, vrednost determinante je D = 0 5* Odrediti moduo i glavnu vrednost argumenta broja z C koji zadovoljava jednačinu z 1 z 0 1 = 8i 1 + i i Rešenje: Izračunavanje determinante trećeg reda, npr Sarusovim pravilom, polaznu jednačinu pretvara u izraz + iz + z = 8i + iz z = 8i Uvod enje algebarskog oblika kompleksnog broja z = x + iy, x, y R, je dalje transformiše u + ix + iy x + iy = 8i x y + ix + 5y = 8i Izjednačavanjem realnih i imaginarnih delova izraza na levoj i desnoj strani poslednje jednakosti, polazni problem svodi se na rešavanje sistema jednačina u skupu realnih brojeva { x y = 0, x + 5y = 8, Traženo rešenje je tada z = 1 + i { y = x, x + 5x = 8

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

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

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

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

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

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t) Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tačke a. Prvi izvod funkcije f u tački a je Prvi izvod funkcije f u tački : f f fa a lim. a a f lim 0 Izvodi višeg reda funkcije

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

( ) ( ) 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

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

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

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

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

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

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

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

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

Determinante. Inverzna matrica

Determinante. Inverzna matrica Determinante Inverzna matrica Neka je A = [a ij ] n n kvadratna matrica Determinanta matrice A je a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n det A = = ( 1) j a 1j1 a 2j2 a njn, a n1 a n2 a nn gde se sumiranje vrši

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

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a = x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},

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

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

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

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

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

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

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

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije

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

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

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

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

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

> 0 svakako zadovoljen.

> 0 svakako zadovoljen. Elektrotehnički fakultet u Sarajevu akademska 0/3 ŠIFRA KANDIDATA _ Zadatak Za koje vrijednosti parametra ( ) + 3 = 0 m x mx oba iz skupa i suprotnog znaka? m su rješenja kvadratne jednačine a) m > 3 b)

Διαβάστε περισσότερα

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati

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

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

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()

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

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

Trigonometrijske nejednačine

Trigonometrijske nejednačine Trignmetrijske nejednačine T su nejednačine kd kjih se nepznata javlja ka argument trignmetrijske funkcije. Rešiti trignmetrijsku nejednačinu znači naći sve uglve kji je zadvljavaju. Prilikm traženja rešenja

Διαβάστε περισσότερα

Neodred eni integrali

Neodred eni integrali Neodred eni integrali Definicija. Za funkciju F : I R, gde je I interval, kažemo da je primitivna funkcija funkcije f : I R ako je za svako I. F () f() Teorema 1. Ako je F : I R primitivna funkcija za

Διαβάστε περισσότερα

Vektorski prostori. Vektorski prostor

Vektorski prostori. Vektorski prostor Vektorski prostori Vektorski prostor Neka je X neprazan skup i (K, +, ) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostor nad poljem skalara K ako ima sledeću strukturu: (1) Definisana je operacija + u skupu

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

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

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj

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

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

Sistemi linearnih jednačina

Sistemi linearnih jednačina Sistemi linearnih jednačina Sistem od n linearnih jednačina sa n nepoznatih (x 1, x 2,..., x n ) je a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2, a n1 x 1 + a n2 x 2 +

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

1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II

1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II 1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II Zadatak: Klipni mehanizam se sastoji iz krivaje (ekscentarske poluge) OA dužine R, klipne poluge AB dužine =3R i klipa kompresora B (ukrsne glave). Krivaja

Διαβάστε περισσότερα

Matematički fakultet

Matematički fakultet Univerzitet u Beogradu Matematički fakultet MASTER RAD Tema: Doprinos nestandardnih zadataka iz trigonometrije poboljšanju nastave matematike Profesor: dr Zoran Petrović Student: Marijana Nikolić Beograd

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

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

Kompleksni brojevi i Mebijusove transformacije

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

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički

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

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

Tretja vaja iz matematike 1

Tretja vaja iz matematike 1 Tretja vaja iz matematike Andrej Perne Ljubljana, 00/07 kompleksna števila Polarni zapis kompleksnega števila z = x + iy): z = rcos ϕ + i sin ϕ) = re iϕ Opomba: Velja Eulerjeva formula: e iϕ = cos ϕ +

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

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

Zbirka zadataka iz Matematike I

Zbirka zadataka iz Matematike I UNIVERITET U NOVOM SADU TEHNOLOŠKI FAKULTET Tatjana Došenović Dušan Rakić Aleksandar Takači Mirjana Brdar birka zadataka iz Matematike I - za studente Tehnološkog fakulteta - Novi Sad, 008. UNIVERITET

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

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa: Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne

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

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

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

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C0.. (. ( 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 >0. (cos. (cos - π. (tg kπ cos. (ctg

Διαβάστε περισσότερα

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju

Διαβάστε περισσότερα

x bx c + + = 0 po nepoznatoj x, vrijedi da je

x bx c + + = 0 po nepoznatoj x, vrijedi da je Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. ŠIFRA KANDIDATA _ Zadatak. Za rješenja, kvadratne jednačine + = i + = 7. Koliko iznosi? 9 b c + + = 0 po nepoznatoj, vrijedi da je a) 4 b) 6 c) 7 d) 4

Διαβάστε περισσότερα

Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 2009.

Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 2009. Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 009. Autori: Mr Nada Damljanović Mr Rale Nikolić Recenzenti: Prof. dr Mališa

Διαβάστε περισσότερα

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2 Mr VENE T BOGOSLAVOV ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ MATEMATIKE 5 ispravljeno izdanje ZAVOD ZA UDŽBENIKE BEOGRAD Redaktor i recenzent DOBRILO TOŠIĆ Urednik MILOLJUB ALBIJANIĆ Odgovorni urednik MILORAD MARJANOVIĆ

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

5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2.

5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2. 5 Sistemi linearnih jednačina 47 5 Sistemi linearnih jednačina U opštem slučaju, pod sistemom linearnih jednačina podrazumevamo sistem od m jednačina sa n nepoznatih x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a

Διαβάστε περισσότερα

I Pismeni ispit iz matematike 1 I

I Pismeni ispit iz matematike 1 I I Pismeni ispit iz matematike I 27 januar 2 I grupa (25 poena) str: Neka je A {(x, y, z): x, y, z R, x, x y, z > } i ako je operacija definisana sa (x, y, z) (u, v, w) (xu + vy, xv + uy, wz) Ispitati da

Διαβάστε περισσότερα

RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA POLUPROVODNIČKE KOMPONENTE (IV semestar modul EKM) IV deo. Miloš Marjanović

RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA POLUPROVODNIČKE KOMPONENTE (IV semestar modul EKM) IV deo. Miloš Marjanović Univerzitet u Nišu Elektronski fakultet RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA (IV semestar modul EKM) IV deo Miloš Marjanović MOSFET TRANZISTORI ZADATAK 35. NMOS tranzistor ima napon praga V T =2V i kroz njega protiče

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

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

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

Glava 1. Trigonometrija

Glava 1. Trigonometrija Glava 1 Trigonometrija 1.1 Teorijski uvod Neka su u ravni Oxy dati krug k = {x, y) R R : x +y = 1} i prava p = {x, y) R R : x = 1}. Predstavimo skup realnih brojeva na pravoj p, kao brojevnoj pravoj, tako

Διαβάστε περισσότερα

David Kalaj ZBIRKA ZADATAKA IZ KOMPLEKSNE ANALIZE

David Kalaj ZBIRKA ZADATAKA IZ KOMPLEKSNE ANALIZE David Kalaj ZBIRKA ZADATAKA IZ KOMPLEKSNE ANALIZE I izdanje Univerzitet Crne Gore Podgorica, 006 Komisija za izdavaku djelatnost i informatiku Univerziteta Crne Gore odobrila da se ova zbirka štampa kao

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )

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

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

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Matematička analiza 1 dodatni zadaci Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka

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

Matematika 4. t x(u)du + 4. e t u y(u)du, t e u t x(u)du + Pismeni ispit, 26. septembar e x2. 2 cos ax dx, a R.

Matematika 4. t x(u)du + 4. e t u y(u)du, t e u t x(u)du + Pismeni ispit, 26. septembar e x2. 2 cos ax dx, a R. Matematika 4 zadaci sa pro²lih rokova, emineter.wordpress.com Pismeni ispit, 26. jun 25.. Izra unati I(α, β) = 2. Izra unati R ln (α 2 +x 2 ) β 2 +x 2 dx za α, β R. sin x i= (x2 +a i 2 ) dx, gde su a i

Διαβάστε περισσότερα

Dimenzionisanje štapova izloženih uvijanju na osnovu dozvoljenog tangencijalnog napona.

Dimenzionisanje štapova izloženih uvijanju na osnovu dozvoljenog tangencijalnog napona. Dimenzionisanje štapova izloženih uvijanju na osnovu dozvoljenog tangencijalnog napona Prema osnovnoj formuli za dimenzionisanje maksimalni tangencijalni napon τ max koji se javlja u štapu mora biti manji

Διαβάστε περισσότερα

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Živinice 1.4.014. ZADACI UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog

Διαβάστε περισσότερα

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta. auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,

Διαβάστε περισσότερα

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +

Διαβάστε περισσότερα