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
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
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
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 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
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 + 1 1 = 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 a b c 1 1 1 1 1 1 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 1 1 1 1 1 1 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 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 1 1 5 z 1 5 1 Π 1 arg z Π Re z 1 1 1 Im 1 z 1 1 7
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 = 1 1 1 7 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 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 1 1 1 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 a b c z 1 z 7Π 8 Π 8 1 Π 1 8 1 1 Π 1 1 1 1 1 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
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 5 5 10 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
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 = 1 + 1 =, 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 1 8 1 1 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/,
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 = 1 + 1 =, 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 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/ 01 01 5π 01 5π cos + i sin = 01 100 cos 1000π + i sin 1000π Za odred ivanje glavne vrednosti argumenta broja w potrebno je izvršiti transformaciju 1000π π + 1005π = = 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 =,
1 dobijamo w = 01 100 cos π + i sin π = 011 100 1 + i Konačno je Re w = 011 100, Im w = 011 100+1/, w = 01 100, 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
Zato je Re z = cos 11π 1 z 1 = cos, Im z = sin 1 11π + i sin 1 11π 1 1 11π 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,,, 11 1 15 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 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 = 010 010 1 + 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
v 1 = cos π + i sin π 010 010π = 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 010 010π = 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
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 10 10 = 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/,
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/ 1 1 1 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/ = 8 1 + 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
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
Neka je Odrediti a R tako da je: z 1 = a + 1 + 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 + 1 + ia 1 a + 1 + 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 = + 10 5 a 5 a uslov je ispunjen ako a R zadovoljava jednačinu 10a + 10 = 5 a 5 Rešavanjem navedene jednačine dobijamo: 10a + 10 5a = 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 = λ1 + 1 + λ + i λ 1 + λ
a Re z = 0 za λ = 0 b Im z = 0 za λ = 0, tj za λ = ili λ = c Kako je λ z = 1 + + λ λ 1 + λ = + λ + 1 + 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
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,
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 + 1 + i 1 i1 + i i i = + 1 + i = 1 + i
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,
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
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 1 1 1 w w 0 z z 0 1 1 0 Odrediti z i sve vrednosti z ako je z rešenje jednačine z i + = i 1 + + i Rešenje: Odredimo najpre rešenje jednačine:
0 Zato je z i + = i 1 + + 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 = 8 50 8 50 + 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 = 1 1 + i = 1 cos π + i sin π = e πi/
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 8 50 50 1 + i = 5/ 1 + i = 5 1 + i 5 = 15 i 5 = 15 1 5 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 = 5 1 + iz
Rešenje: Najpre dovesti jednačinu na oblik pogodan za izračunavanje: z i = 5 1 + 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 1 1 1 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 = 1 + 8 cos π 1 + i sin π, z 1 = 1 + 8 cos π 1 1 z = 1 + 8 cos 17π 1 17π + i sin, z = 1 + 8 cos 5π 1 1 π + i sin, 1 + i sin 5π 1
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
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 5 + 1 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
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
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 1 + 1 + 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,
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
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, 01 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
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 ± 1 + 1 + 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
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
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 =
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
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 011 1 z 011 1 =, 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 011 + 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
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 1 1 5 15 05 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:
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 1 + 1 z z 1 cos π + i sin π = + i + 1 + i i i = 1 + i
i z z 1 = 1 z z 1 e πi/, z = z 1 + 1 z z 1 cos π + i sin π = + i + 1 + i i + i = 1 z z z 1 z 1 1 8 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
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 + 1 + i + i, dakle
8 z = 1 + i 0 Drugo rešenje, analognim postupkom, dobija se da je z = 1 + i 0 z 1 z 1 1 1 1 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
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 = + 11 + 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 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
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
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