Skupovi brojeva 17 Skupovi brojeva.1 Skup prirodih brojeva Skup N prirodih brojeva čie brojevi 1,,3,... Nad skupom prirodih brojeva defiisae su operacije sabiraja (+) i možeja ( ), čiji je rezultat takože priroda broj. Za dva priroda broja m, N važi m + N m N Ovo zači da je skup N zatvore u odosu a operacije sabiraja i možeja. Za tri broja m,, k N važi (m + ) + k = m + ( + k) - asocijativost sabiraja m + = + m - komutativost sabiraja (m ) k = m ( k) - asocijativost možeja m = m - komutativost možeja 1 = 1 = - postoji eutrali elemet za možeje k (m + ) = k m + k - distributivost možeja u odosu a sabiraje Skup prirodih brojeva može se uvesti i aksiomatski, a osovu Peaovih aksioma, a polazeći od pojmova broj 1 i sledbeik broja : 1. Broj 1 N.. Za svako N postoji sledbeik N koji sledi za jim. 3. Broj jeda ije sledbeik ijedog prirodog broja. 4. Za svako m, N važi m = m =. 5. Ako je N 1 N i ako N 1 zadovoljava aksiome 1 i, oda je N 1 = N (aksioma idukcije).
.1 Skup prirodih brojeva 18.1.1 Pricip matematičke idukcije Neka je I (otvorei) iskaz koji zavisi od prirodog broja. Ako je ispujeo: 1. iskaz je tača za priroda broj 1,. iz pretpostavke da je iskaz tača za eki priroda broj k, sledi da je iskaz tača i za priroda broj k + 1, tada je iskaz I tača za svaki priroda broj. Pricip matematičke idukcije sledi iz aksiome idukcije. Ako je N 1 skup svih prirodih brojeva za koje važi iskaz I, tada prema uslovu 1 sledi 1 N 1, a prema uslovu sledi k N 1 k + 1 N 1 što zači da N 1 zadovoljava Peaove aksiome 1 i, pa je N 1 = N. Primer 18 Dokazati pomoću pricipa matematičke idukcije da za svako N važi a) 1 3 + 3 + 3 3 +... + 3 = 1 4 ( + 1) b)! 1 a) = 1 1 3 = 1 (1 + 1) 4 = k 1 3 + 3 + 3 3... + k 3 = 1 4 k (k + 1) = k + 1 1 3 + 3 + 3 3 +... + k 3 + (k + 1) 3 = 1 4 k (k + 1) + (k + 1) 3 = 1 4 (k + 1) (k + 4(k + 1)) = 1 4 (k + 1) (k + 4k + 4) = 1 4 (k + 1) (k + ) = 1 4 (k + 1) ((k + 1) + 1) b) = 1 1! 0 = 1 = k k! k 1 = k + 1 (k + 1)! = (k + 1)k! (k + 1) k 1 k 1 = k = (k+1) 1
. Skup celih brojeva 19. Skup celih brojeva Skup D celih brojeva čie brojevi 0, 1, 1,,, 3, 3,... Izmežu skupova N i D važi relacija ikluzije N D. Skup D je, kao i skup N, zatvore u odosu a operacije sabiraja i možeja, koje zadovoljavaju sve osobie kao i u skupu N. U skupu celih brojeva sabiraje zadovoljava i sledeće dodate osobie: k + 0 = 0 + k = k - postoji eutrali elemet za sabiraje k D k, takvo da je k + k = 0 - za svaki elemet k skupa celih brojeva postoji jemu iverzi elemet k = k u odosu a sabiraje..3 Skup racioalih brojeva Skup racioalih brojeva čie razlomci p, pri čemu važi p, q D, p i q su q uzajamo prosti (emaju i jeda zajedički faktor različit od 1) i q 0. Izmežu skupova N,D i Q važi relacija ikluzije N D Q. Skup Q je zatvore u odosu a operacije sabiraja i možeja, koje zadovoljavaju sve osobie kao i u skupu D. U skupu racioalih brojeva možeje zadovoljava i sledeću dodatu osobiu: (x Q x 0) x takvo da je x x = 1 - za svaki elemet x skupa racioalih brojeva različit od 0 postoji jemu iverzi elemet x = 1 x u odosu a možeje..4 Skup realih brojeva Skup realih brojeva R predstavlja uiju skupa racioalih brojeva i iracioalih brojeva (I), koji mogu biti algebarski i trascedeti. Dakle, R = Q I, pri čemu je Q I =. Iracioali brojevi su algebarski ako se mogu dobiti kao kore (ula) polioma čiji su koeficijeti racioali, odoso kao rešeje algebarske jedačie: Primer 19 Kako je: x + a 1 x 1 +... + a = 0 a i Q x = 0 x = sledi da je x = algebarski iracioala broj. Pokažimo da je zaista iracioala broj. Pretpostavimo suproto, da je racioala broj, što zači da ga je moguće izraziti kao količik dva
.4 Skup realih brojeva 0 uzajamo prosta cela broja p i q: = p q p = q p = q. Odavde je očigledo da je p deljivo sa, odoso da je p para broj. No, ako je p para broj oda je i p para broj, odoso broj deljiv sa. Sledi da je oda p deljivo sa 4. Kako je p = q, sledi da je i q deljivo sa 4, odoso da je q deljivo sa. Stoga i q mora biti deljivo sa. Prema tome i p i q su deljivi sa i stoga isu uzajamo prosti, što je u kotradikciji sa polazim pretpostavkama. Iz ovoga sledi da ije racioala broj, jer ga ije moguće izraziti kao količik dva uzajamo prosta cela broja p i q. Iracioali brojevi su trascedeti ako isu korei polioma čiji su koeficijeti racioali, kao što je pr. broj π koji predstavlja odos izmežu obima kruga i jegovog prečika. π = O r Skup realih brojeva, u kome važi relacija poretka ( ) zadovoljava Dedekidovu aksiomu eprekidosti: Ako je A R i B R i 1. A B = R. A B 3. ( x, y)(x A y B x < y) oda postoji ili max A ili mi B. Kao posledica ove aksiome svaki podskup skupa R koji je ograiče odozgo ima sup a svaki podskup koji je ograiče odozdo ima if. Broja osa (prava) je prava sa fiksiraim tačkama O i L, takvim da tački O odgovara reali broj 0, a tački L reali broj 1. Na ovaj ači uspostavlja se obostrao jedozačo preslikavaje izmežu skupa realih brojeva i skupa tačka a brojoj osi. Duž OL je jediica mere. Otvorei iterval (a, b) čii skup svih realih brojeva x takvih da je a < x < b. Poluotvorei iterval [a, b) odoso (a, b] čii skup svih realih brojeva x tavih da je [a, b) = {x a x < b} (a, b] = {x a < x b} Zatvorei iterval [a, b] čii skup svih realih brojeva x takvih da je a x b. Apsoluta vredost realog broja a se ozačava sa a, a defiiše sa
.5 Skup kompleksih brojeva 1 Važi da je: a b = a b a b = a b (b 0) a = a b a + b a + b { a a 0 a a < 0.5 Skup kompleksih brojeva Jedačia x = 1 ema rešeja u skupu realih brojeva. Mežutim, ako se uvede imagiara jediica i takva da je i = 1 oda se skup realih brojeva može proširiti a skup kompleksih brojeva čiji su elemeti z = x + iy, gde su x i y reali brojevi, odoso: C = {x + iy x, y R} Reali deo kompleksog broja z = x + iy je x = Re z, a imagiari deo je y = Im z. Za y = 0, z = x predstavlja reala broj, a za x = 0, z = iy je čisto imagiara broj. Ako je z 1 = x 1 + iy 1, a z = x + iy, oda je z 1 = z x 1 = x y 1 = y Nad skupom kompleksih brojeva defiisae su sledeće operacije: z 1 + z = (x 1 + x ) + i(y 1 + y ) z 1 + z = (x 1 + x ) + i(y 1 y ) z 1 z = (x 1 x y 1 y ) + i(x 1 y + x y 1 ) z 1 z = x 1x +y 1 y + i x y 1 x 1 y x +y x +y Za svaki kompleksa broj z = x+iy postoji jemu kojugovao kompleksa broj z = x iy. Važi Re z = z + z Im z = z z i z z = x + y Kompleksi brojevi se mogu predstaviti u kompleksoj (Gausovoj) ravi gde je x osa reala, a y osa imagiara. Izmežu skupa kompleksih brojeva i
.5 Skup kompleksih brojeva skupa tačaka u Gausovoj ravi postoji obostrao jedozačo preslikavaje. Svaka tačka u ravi jedozačo je odrežea radijus vektorom koji spaja tu tačku sa koordiatim početkom: dužiom ρ vektora i uglom φ koji vektor zaklapa sa x osom, pri čemu se običo uzima vredost ugla u itervalu φ ( π, π]. Tako se i kompleksa broj može predstaviti preko ρ i φ u trigoometrijskom obliku: z = ρ(cos φ + i si φ) jer je x = ρ cos φ i y = ρ si φ. ρ je moduo (apsoluta vredost) broja z i jedak je z = ρ = x + y z = z z φ je argumet kompleksog broja i jedak je φ = π x = 0, y 0 π x = 0, y < 0 arctg y x > 0 x arctg y + π x < 0, y 0 x arctg y π x < 0, y < 0 x.5.1 Operacije sa kompleksim brojevima u trigoometrijskom obliku Za komplekse brojeve u trigoometrijskom obliku operacije možeja i deljeja date su sa: z 1 z = ρ 1 ρ (cos(φ 1 + φ ) + i si(φ 1 + φ )) z 1 z = ρ 1 ρ (cos(φ 1 φ ) + i si(φ 1 φ )) Stepeovaje i koreovaje kompleksih brojeva u trigoometrijskom obliku dato je formulama: z = ρ(cos φ + kπ z = ρ (cos φ + i si φ) + i si φ + kπ ), k = 0, 1,,..., 1 Formule za z i z azivaju se prvom i drugom Moavrovom formulom. Iz druge Moavrove formule vidi se da je broj različitih -tih korea svakog komplesog broja tačo.
.5 Skup kompleksih brojeva 3 Dokaz 1 Dokažimo ajpre formulu za proizvod dva kompleksa broja u trigoometrijskom obliku z 1 = ρ 1 (cos φ 1 + i si φ 1 ) i z = ρ (cos φ + i si φ ): z 1 z = ρ 1 (cos φ 1 + i si φ 1 ) ρ (cos φ + i si φ ) = ρ 1 ρ [cos φ 1 cos φ si φ 1 si φ + i(cos φ 1 si φ + si φ 1 cos φ )] = ρ 1 ρ (cos(φ 1 + φ ) + i si(φ 1 + φ )) Dokaz Dokažimo sada formulu za količik dva kompleksa broja u trigoometrijskom obliku: z 1 = ρ 1(cos φ 1 + i si φ 1 ) z ρ (cos φ + i si φ) = ρ 1 (cos φ 1 + i si φ 1 )(cos φ i si φ ) ρ cos φ + si = φ ρ 1 (cos φ 1 cos φ + si φ 1 si φ + i(si φ 1 cos φ cos φ 1 si φ )) = ρ ρ 1 (cos(φ 1 φ ) + i si(φ 1 φ )) ρ Dokaz 3 Prvu Moavrovu formulu z = ρ (cos φ + i si φ) dokazaćemo pomoću matematičke idukcije. Formula očigledo važi za = 1: = 1 : z 1 = ρ 1 (cos 1 φ + i si 1 φ) Pretpostavićemo sada da važi za = k: U tom slučaju je za: = k : z k = ρ k (cos k φ + i si k φ) = k + 1 : z k+1 = z z k = ρ(cos φ + i si φ)ρ k (cos k φ + i si k φ) = ρ k+1 (cos φ cos kφ + i si φ cos kφ + i cos φ si kφ + i si φ si kφ) = ρ k+1 [(cos φ cos kφ si φ si kφ) + i(si φ cos kφ + cos φ si kφ)] = ρ k+1 (cos(φ + kφ) + i si(φ + kφ)) = ρ k+1 (cos(k + 1)φ + i si(k + 1)φ)
.5 Skup kompleksih brojeva 4 Dokaz 4 Dokaz druge Moavrove formule z = ρ(cos φ + π je ajsložeiji. Pretpostavimo da je: odoso: z = ξ ξ = z + i si φ + π ) z = ξ gde je ξ = r(cos θ + i si θ), Sledi, dalje: Odavde je sada: z = r(cos θ + i si θ) z = r (cos θ + i si θ) ρ(cos φ + i si φ) = r (cos θ + i si θ) ρ = r cos φ = cos θ si φ = si θ r = ρ cos θ cos φ = 0 si θ si φ = 0 Primeom formula za razliku kosiusa odoso razliku siusa iz cos θ cos φ = 0 si θ si φ = 0 se potom dobija: si θ φ si θ + φ = 0 si θ φ cos θ + φ = 0 Pošto si θ+φ i cos θ+φ e mogu istovremeo biti jedaki uli, mora da važi si θ φ = 0 θ φ = kπ θ φ = kπ θ = φ + kπ θ = φ + kπ (a) Pokžimo sada da se za svako k = 0, 1,,..., 1 dobija različit kore. Ako su 0 k 1 1 i 0 k 1, oda je za k 1 k z 1 = ρ(cos φ + k 1π +i si φ + k 1π ) z = ρ(cos φ + k π +i si φ + k π )
.5 Skup kompleksih brojeva 5 Ako pretpostavimo suproto k 1 k i z 1 = z, sledi ρ(cos φ + k 1 π pa je + i si φ + k 1π ) = ρ(cos φ + k π + i si φ + k π ) cos φ + k 1π odoso = cos φ + k π si φ + k 1π = si φ + k π φ + k 1 π φ + k π = kπ φ + k 1 π φ k π = kπ k 1 k = k k 1 = k + k što je u suprotosti sa polazim pretpostavkama k 1 k, 0 k 1 1 i 0 k 1 jer je ili k = 0 što povlači k 1 = k ili je k 0 i k 1 k 1 < 0. (b) Koačo, pokažimo da k < 0 i k e daje ove koree. Naime, za svako k < 0 i k može se aći 0 k 1 1 takvo da je k = k 1 + k. Odavde je: cos φ + kπ = cos φ + (k 1 + k )π = cos( φ + k 1π si φ + kπ = si φ + (k 1 + k )π pa sledi da su korei za k i k 1 isti. + k π) = cos φ + k 1π = si φ + k 1π Svi korei kompleksog broja z imaju isti radijus vektor što zači da se u Gausovoj ravi svi alaze a krugu sa cetrom u koordiatom početku. π Argumeti im se razlikuju za isti ugao:, tako da tačke u kompleksoj ravi koje predstavljaju koree broja z čie temea pravilog mogougla. Primer 0 Izračuajmo 4 1. 4 1 = 1(cos 0 + kπ 4 1 = (cos 0 + i si 0) + i si 0 + kπ ) k = 0, 1,, 3 4
.5 Skup kompleksih brojeva 6 k = 0 : z 1 = cos 0 + i si 0 = 1 k = 1 : z 1 = cos π + i si π = i k = : z 1 = cos π + i si π = 1 k = 3 : z 1 = cos 3π + i si 3π = i Primer 1 1. (3 + i)(i + 3) + ( i)(i + 1) = 3i + i + 9 + 6i + i i + i = i + 10i + 11 = 10 + 10i. i+1 = (1+i)(1+i) = 1+i+i i 1 (1 i)(1+i) 1 i = i = i 3. Naći moduo i argumet sledećih kompleksih brojeva: (a) z 1 = i ρ 1 = 1 φ 1 = π (b) z = 3i ρ = 3 φ = π (c) z 3 = 5 ρ 3 = 5 φ 3 = 0 (d) z 4 = 5 ρ 4 = 5 φ 4 = π (e) z 5 = 1 + i ρ 5 = φ 5 = arctg1 = π 4 z 5 = (cos π 4 + i si π 4 ) (f) z 6 = 1 i ρ 6 = φ 6 = arctg( 1) = π 4 z 6 = (cos( π 4 ) + i si( π 4 )) = (cos π 4 i si π 4 ) (g) z 7 = 1 + i ρ 7 = φ 7 = arctg( 1) + π = π 4 + π = 3π 4 z 7 = (cos 3π 4 + i si 3π 4 ) (h) z 8 = 1 i ρ 8 = φ 8 = arctg1 π = π 4 π = 3π 4 z 8 = (cos( 3π 4 ) + i si( 3π 4 )) = cos( 3π 4 i si 3π 4 ) 4. (1 + i) 10 = [ (cos π + i si π 4 4 )]10 = ( ) 10 (cos 10π + i si 10π) = 4 4 5 (cos 5π + i si 5π) = 3(cos π + i si π) = 3i 5. 3 1 + i = 3 (cos π + i si π) = 3 π 4 4 (cos 4 +kπ + i si π 4 +kπ 3 k = 0, 1, z 1 = 6 (cos π 1 + i si π 1 ) 3 ) z = 6 (cos 9π 9π + i si 1 1 ) = 6 (cos 3π 4 + i si 3π 4 ) z 3 = 6 (cos 17π 17π +i si 1 1 ) = 6 (cos 5π 5π +i si 1 1 ) = 6 (cos 5π 5π i si 1 1 )