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 brojevi 3 1.1 Algebarski oblik kompleksnog broja............... 3 1. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja............ 7 1..1 Proizvod kompleksnih brojeva.............. 11 1.. Količnik kompleksnih brojeva.............. 1 1.3 Eksponencijalni oblik kompleksnog broja............ 1 1.4 n-ti koren kompleksnog broja.................. 13 1.4.1 n-ti koreni jedinice.................... 14 Neka preslikavanja kompleksne ravni 16.1 Translacija............................. 16. Rotacija.............................. 16.3 Homotetija............................ 17.4 Linearno preslikavanje...................... 18.5 Inverzija.............................. 18.6 Recipročno preslikavanje..................... 19 3 Jednačina prave i kruga u kompleksnoj ravni 0 3.1 Podela duži u datom odnosu................... 0 3. Mera ugla............................. 1 3.3 Jednačina prave.......................... 3 3.4 Jednačina kruga.......................... 5 4 Skalarni i vektorski proizvod kompleksnih brojeva 9 4.1 Skalarni proizvod......................... 9 4. Vektorski proizvod........................ 31 4.3 Veza skalarnog i vektorskog proizvoda.............. 34 5 Zanimljivi zadaci 35 6 Mebijusove transformacije 41 6.1 Dvorazmera............................ 41 6. Bilinearno preslikavanje i neke osobine bilinearnog preslikavanja 4 6.3 Klasifikacije Mebijusovih transformacija............. 50 Literatura 55 1

Uvod Poznato je da je u istoriji matematike osnovni motiv za uvodenje kompleksnih brojeva bilo rešavanje algebarskih jednačina. Korišćenjem kompleksnih brojeva su neke stare teorije iskazane na drugačiji način. Takode skup kompleksnih brojeva možemo interpretirati kao euklidsku ravan. Mnogi geometrijski zadaci se pomoću kompleksnih brojeva mogu elegantnije i jednostavnije rešiti. U ovom radu će biti reči o kompleksnim brojevima i Mebijusovim transformacijama. Mebijusove transformacije imaju veoma lepa svojstva i različite primene u kompleksnoj analizi. Pokazuje se da se svaka Mebijusova transformacija kompleksne ravni može predstaviti kao kompozicija translacije, rotacije, homotetije i inverzije. Ovaj rad ima šest poglavlja. Prvo poglavlje se odnosi na definisanje kompleksnih brojeva kao uredenih parova a tu definiciju dao je Vilijam R. Hamilton, irski matematičar (1805-1865.). Takode odnosi se na zapis kompleksnog broja u algebarskom, trigonometrijskom i eksponencijonalnom obliku, a u ovom poglavlju razmatra se i n ti koren kompleksnog broja. Drugo poglavlje govori o preslikavanjima kompleksne ravni kao što su translacija, rotacija, homotetija, inverzija i recipročno preslikanje. U trećem poglavlju nalazi sa predstavljanje jednačine prave i jednačine kruga. Kao i nalaženje kooordinate težišta trougla ili definisanje mere ugla. Četvrto poglavlje odnosi se na skalarni proizvod, vezu izmedu normalnosti dve prave i skalarnog proizvoda. Takode odnosi se na vektorski proizvod, vezu izmedu kolinearnosti tri tačke i vektorskog proizvoda kao i povezanost vektorskog proizvoda sa orijentisanom površinom. Zatim, u poglavlju se nalazi i veza skalarnog i vektorskog proizvoda. U petom poglavlju vidimo kako su neki geometrijski zadaci jednostavnije rešeni preko kompleksnih brojeva poput zadataka Ojlerov krug, ili Simsonova prava. Na kraju dolazi šesto poglavlje koje se odnosi na Mebijusove transformacije, neke njegove osobine i dvorazmeru tačaka. Kao i klasifikacije Mebijusovih transformacija na hiberboličko, eliptičko, loksodromičko i paraboličko.

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

Da je (C, ) komutativni monoid u kome samo (0, 0) nema inverz. Na isti način važi i ovde asocijativnost i komutativnost operacije množenja. Dok je neutralni element u odnosu na množenje (1, 0) a inverzni element u odnosu na množenje za (x, y) (0, 0) je ( x x + y, y x + y Distributivnost množenja prema sabiranju. Korišćenjem operacija () lako vidimo da važi distributivnost množenja prema sabiranju: (z 1, z ) ((z 3, z 4 ) + (z 5, z 6 )) = (z 1, z ) (z 3, z 4 ) + (z 1, z ) (z 5, z 6 ). ). Neka je C 0 = {(x, 0) : x R}. Kako važi (x 1, 0) + (x, 0) = (x 1 + x, 0) i (x 1, 0) (x, 0) = (x 1 x, 0), sledi da je (C 0, +, ) potpolje polja C. Posmatrajmo f : C 0 R, f((x, 0)) = x, jasno je da je f bijekcija, i da važi f((x 1, 0) + (x, 0)) = f((x 1, 0)) + f((x, 0)), prema tome potpolje (C 0, +, ) polja C je izomorfno polju (R, +, ) i zbog toga realan broj x možemo posmatrati kao kompleksan broj (x, 0). Definicija. Kompleksni broj (0, 1) zovemo imaginarna jedinica. Označavamo ga sa već pomenutim simbolom i. Kako važi (0, 1) (0, 1) = ( 1, 0) = 1 odatle vidimo da je i simbol za koji važi i = 1. Stepenovanjem imaginarne jedinice i uz to da je i = 1, primećujemo da za imaginarnu jedinicu važi: 1, n = 4k, k Z, i n i, n = 4k + 1, k Z, = 1, n = 4k +, k Z, i, n = 4k + 3, k Z. Sada lako dolazimo do algebarskog zapisa (1): (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (0, 1)(y, 0) = x + iy. Definisanje kompleksnih brojeva kao skupa uredjenih parova sa realnim koordinatama omogućava nam geomatrijski prikaz kompleknih brojeva. Svakom kompleksnom broju z = x+iy je dodeljena tačno jedna tačka M(x, y) u ravni R, za tačku M(x, y) možemo uvesti oznaku i M(z). Na taj način skup C je prikazan kao ravan sa Dekartovim 1 koordinatnim sistemom pri čemu je x-osa realna osa, a y-osa je imaginarna osa. Takva ravan se naziva i Gausova ravan. Kompleksan broj z = x + iy možemo videti i kao vektor čija je 1 Rene Descartes, 31.mart 1596.-11.februar 1650., francuski matematičar i filozof. Johann Carl Friedrich Gauss, 30. april 1777.-3. februar 1855., nemački matematičar. 4

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

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

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

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

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

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

1..1 Proizvod kompleksnih brojeva Neka su z 1, z dva kompleksna broja različita od nule zapisana u trigonometrijskom obliku: z 1 = z 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ), z = z (cos ϕ + i sin ϕ ). Ako pomnožimo ta dva broja dobijemo: z 1 z = z 1 z (cos(ϕ 1 + ϕ ) + i sin(ϕ 1 + ϕ )). (7) Formula (7) daje zapis kompleksnog broja z 1 z u trigonometrijskom obliku ako je ϕ 1 + ϕ [0, π) i tada je arg(z 1 z ) = ϕ 1 + ϕ. Dok ako imamo da ϕ 1 + ϕ / [0, π) onda je zapis broja z 1 z u trigonometrijskom obliku z 1 z = z 1 z (cos(ϕ 1 + ϕ π) + i sin(ϕ 1 + ϕ π)) i vidimo da je tada arg(z 1 z ) = ϕ 1 + ϕ π. Teorema. Ako je z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ϕ [0, π), r (0, + ), onda za svaki n N važi z n = (r(cos ϕ + i sin ϕ)) n = r n (cos nϕ + i sin nϕ). (8) Ta formula naziva se Muavrova formula 5. Rešenje. Očigledano da formula važi za n = 1. Predpostavimo da važi za n 1 i dokažimo da važi za n. Dakle, z n = (r(cos ϕ + i sin ϕ)) n 1 (r(cos ϕ + i sin ϕ)) = = r n 1 (cos(n 1)ϕ + i sin(n 1)ϕ)(r(cos ϕ + i sin ϕ)) = = r n ((cos(n 1)ϕ cos ϕ sin(n 1)ϕ sin ϕ)+i(cos(n 1)ϕ sin ϕ+sin(n 1)ϕ cos ϕ)) = = r n (cos nϕ + i sin nϕ). Primetimo da važi i za n = 0, z 0 = r 0 (cos 0ϕ + i sin 0ϕ) = 1. Posmatrajmo arg(z n ), jasno je da je (8) trigonometrijski zapis broja z n ako je nϕ [0, π) i tada je argument jednak nϕ, inače je jednak nϕ mπ za takvo m N za koje je nϕ mπ [0, π). 5 Abrahamu de Moivreu, 6.maj 1667.-7. novembar 1754., francuski matematičar. 11

1.. Količnik kompleksnih brojeva Neka je z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ϕ [0, π), r (0, + ). Ako sada posmatramo broj 1 z imamo 1 z = 1 r(cos ϕ + i sin ϕ) r(cos ϕ i sin ϕ) r(cos ϕ i sin ϕ) = 1 (cos( ϕ) + i sin( ϕ)). r Tada to daje trigonometrijski zapis broja 1 ako ϕ [0, π). Kako je z z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ϕ [0, π), samim tim ϕ / [0, π) sledi da je trigonometrijski zapis broja 1 z ustvari 1 (cos( ϕ + π) + i sin( ϕ + π)). r Neka su z 1 = z 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ), z = z (cos ϕ + i sin ϕ ) dva kompleksna broja zapisana u trigonometrijskom obliku, količnik ta dva broja je: z 1 z = r 1 r (cos(ϕ 1 ϕ ) + i sin(ϕ 1 ϕ )) (9) Formula (9) daje trigonometrijski zapis broja z 1 z ako je ϕ 1 ϕ [0, π) i onda je argument jednak baš ϕ 1 ϕ. Ako ϕ 1 ϕ / [0, π), onda je argument količnika jednak ϕ 1 ϕ + π. Neka je n N tada n je negativan i neka je z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ϕ [0, π), r (0, + ). Posmatrajmo sada: z n = ( ) n ( ) n 1 1 = (cos( ϕ) + i sin( ϕ)), z r koristeći sada teoremu imamo z n = r n (cos nϕ + i sin nϕ). Dakle, zaključujemo da za svako n Z važi z n = r n (cos nϕ + i sin nϕ). Trigonometrijski zapis broja z n, n Z je r n (cos nϕ + i sin nϕ) ako je nϕ [0, π). Ako to nije, tada je arg(z n ) jednak nϕ + mπ za ono m Z za koje nϕ + mπ [0, π). 1.3 Eksponencijalni oblik kompleksnog broja Definicija 5. Za svako t R važi e it = cos t + i sin t. Ova formula naziva se Ojlerovom formulom 6. 6 Leonhard Euler, 15. april 1707.-18. septembar 1783., švajcarski matematičar i fizičar. 1

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

p q = mn, m Z pa smo dobili da p q {..., n, n, 0, n, n,...} što nas dovodi do kontradikcije. Teorema 4. Rešenja jednačine (10) gde je a 0, odnosno n-ti koreni kompleksnog broja a pripadaju krugu sa centrom 0 i poluprečnikom n a i predstavljaju temena pravilnog n-tougla. Dokaz. Ako su z k = n a e i arg(a)+kπ n, k {0, 1,..., n 1} n-ti koreni broja a onda za svako k {0, 1,..., n 1} je z k = n a. Prema tome svaki z k pripada krugu čiji je centar koordinatni početak, a poluprečnik n a. Posmatrajmo sada susedna temena M k i M k+1 koje odgovaraju kompleksnim arg(a)+kπ = π n n brojevima z k i z k+1 tada važi arg z k+1 arg z k = arg(a)+(k+1)π n i kako važi za svako k {0, 1,..., n 1} a uz to je M n = M 0 odavde sledi da M k, k {0, 1,..., n 1} predstavljaju temena pravilnog n-tougla. 1.4.1 n-ti koreni jedinice Interesantan slučaj je kada je u jednačini (10) a = 1, odnosno koreni jednačine z n = 1 se nazivaju n-ti koreni jedinice i oblika su ɛ k = e i kπ n, k {0, 1,..., n 1}. Geometrijski, n-ti koreni jedinice formiraju pravilan n-tougao čije je jedno teme baš tačka (1, 0), i koji je upisan u krug sa centrom 0 i poluprečnika 1. Neka je sada ɛ = ɛ 1 = e i π n tada imamo da je ɛ k = e i kπ n = (e i π n ) k = ɛ k gde je k {0, 1,..., n 1} i primetimo da je ɛ n = 1. Prema tome skup svih korena jedinice je {1, ɛ, ɛ,..., ɛ n 1 }. Možemo da primetimo da je proizvod dva n-ta korena iz jedinice opet n-ti koren iz jedinice. Neka je z kompleksni broj i z k bilo koji od rešenja jednačine z n = a. Računom z k = n a e i arg(a)+kπ n = n a e i arg(a) n e i kπ n vidimo da je z k = z 0 ɛ k. Dakle svi n-ti koreni kompleksnog broja a su: z 0, z 0 ɛ,..., z 0 ɛ n 1. Zadatak. Odrediti treće kompleksne korene broja i, zatim ih prikazati na slici. 14

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

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

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

Slika 10: Homotetija čiji je centar koordinatni početak O i koeficijent a..4 Linearno preslikavanje Preslikavanje oblika z = az + b, gde je a, b C, a 0 je linearno preslikavanje. Neka je a = a e iα, onda primetimo da je linearno preslikavanje kompozicija preslikavaja: z 1 = e iα z, z = a z 1 i z 3 = z + b. Gde je z 1 rotacija za ugao α, z homotetija sa koeficijentom a i z 3 je translacija zadata kompleksnim brojem b..5 Inverzija Inverzija u odnosu na krug K(z 0, R) je preslikavanje Ψ z0,r : C \ {z 0 } C \ {z 0 }, z = Ψ z0,r(z) takvo da važi sledeće: 1. tačke z i z pripadaju istoj polupravoj čiji je početak tačka z 0.. z z 0 z z 0 = R. Tačke z i z zovemo i simetrične u odnosu na krug K(z 0, R), z 0 zovemo centar inverzije. Neka je z = Ψ z0,r(z), tada na osnovu 1. i. sledi: z = z z 0 + z 0 = z z 0 e i arg(z z 0 ) + z 0 = tome z = R z z 0 + z 0. 18 R z z 0 ei arg(z z 0) + z 0. Prema

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

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

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

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

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

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

Rešenje. Neka je ABC trougao zadat sa A(r), B( r), C(re iϕ ), ϕ (0, π). r re iϕ r re iϕ = 1 eiϕ 1 e = i sin ϕ (cos ϕ + i sin ϕ ) iϕ cos ϕ (cos ϕ + i sin ϕ ) = i tg ϕ, prema tvrdenju 5 imamo da je ugao kod temena C prav. Tvrdenje 6. Prava M 1 M koja je odredena dvema tačkama M 1 (z 1 ) i M (z ) i prava M 3 M 4 koja je odredena dvema tačkama M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ), su paralelne akko je z 1 z z 3 z 4 R \ {0}. Dokaz. Prava M 1 M i prava M 3 M 4 su paralelne akko važi M 1 M = sm 3 M 4, s R \ {0}, odnosno z 1 z = s R \ {0}. z 3 z 4 3.4 Jednačina kruga Tvrdenje 7. Različite tačke M 1 (z 1 ), M (z ), M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ) pripadaju jednom krugu ili su kolinearne ako i samo ako je z 3 z z 1 z : z 3 z 4 z 1 z 4 R \ {0}. Dokaz. : Tačke M 1 (z 1 ), M (z ), M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ) su kolinearne. Kako su tačke M 1 (z 1 ), M (z ) i M 3 (z 3 ) kolinearne važi z 3 z R \ {0} i kako su z 1 z tačke M 1 (z 1 ), M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ) kolinearne važi z 3 z 4 R\{0}. Prema z 1 z 4 tome, z 3 z z 1 z : z 3 z 4 z 1 z 4 R \ {0}. Tačke M 1 (z 1 ), M (z ), M 3 (z 3 ) i M 4 (z 4 ) pripadaju krugu. Moguće je na šest načina rasporediti četiri tačke na krugu. Meru pozitivno orijentisanog ugla P QR u ovom dokazu ćemo označavati sa P QR. Posmatraćemo tri rasporeda od mogućih šest rasporeda: 1. Neka je M 1 M M 3 = φ, M 3 M 4 M 1 = ϕ. Ako su tačke M 1, M, M 3, M 4 na kružnici tada je četvorougao M 1, M, M 3, M 4 tetivan. Ako je raspored tačaka M 4, M 3, M, M 1 gledajući u pozitivnom 5

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

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

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

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

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

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

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

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

. a b + b c + c a = 0, 3. (b a) (c a) = 0. Dokaz. 1 : Tačke A(a), B(b) i C(c) su kolinearne akko je P ABC = 0, odnosno (a b + b c + c a) = 0 3: Kako je (a b + b c + c a) = 0 odnosno P ABC = 0 pa je 1 Im ( ab + bc + ca ) = 1 ( ) Im (b a)(c a) = 0. ( ) Dakle Im (b a)(c a) = 0, pa prema tome sledi ( ) (b a) (c a) = i Im (b a)(c a) = 0. 4.3 Veza skalarnog i vektorskog proizvoda Vezu skalarnog i vektorskog proizvoda možemo izvesti analitički. Znamo da važi ab = Re(ab) + i Im(ab) a kako smo rekli da je a b = Re(ab) i da je a b = i Im(ab) tada imamo ab = a b + a b. Do ove veze možemo doći i geometrijski. Neka su data dva kompleksna broja a = a e iα, b = b e iβ gde su α, β [0, π) i neka su A, B tačke čije su kompleksne koordinate a, b, redom. Postojaće nekoliko slučajeva, ( razmotrićemo jedan od njih. Posmatrajmo slučaj da je β > α i neka α, β 0, π ) : Tada ugao izmedu vektora OA i OB obeležimo sa ϕ i jednak je (β α). Neka je M projekcija tačke B na vektor OA. Pomnožimo sada svaku tačku kompleksne ravni sa a. Kako je množenje sa brojem a zapravo kompozicija rotacije za ugao α i homotetije čiji je centar O i koeficijent a onda trougao OMB se slika u trougao OM B, gde je B tačka dodeljena kompleksnom broju ab a M je slika od M pri kompoziciji preslikavanja. Dakle, ab = a b + i a b. Odnosno ab = a b + a b. 34

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

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

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

Zadatak 8. Neka su A(a), B(b) i C(c) tačke kompleksne ravni, i neka je ABC trougao. Tačka P (p) je podnožje normale proizvoljne tačke Z(z) na neku od stranica trougla ABC. Tada je kompleksna koordinata podnožja: p = 1 ( z bc ) R z + b + c, gde je R poluprečnik opisanog kruga oko trougla ABC, čiji je centar koordinatni početak. Rešenje. Neka je P podnožje na stranici BC, tada su tačke P (p), B(b) i C(c) kolinearne. Koristeći tvrdenje 11 imamo (p b) (c b) = 0, a kako je prava ZP normalna na stranicu BC tada koristeći tvrdenje 8 imamo da je (p z) (c b) = 0. Dakle, tačka P treba da zadovoljava sistem: 1 ( ) (p b)(c b) (p b)(c b) = 0, ( ) 1 (p z)(c b) + (p z)(c b) = 0 Rešavanjem sistema dobijamo p = 1 ( b + z + (z b) c b ). Korišćenjem c b a = b = c = R, odnosno aa = bb = cc = R, prethodnu jednačinu svodimo na: p = 1 ( z bc ) R z + b + c. Specijalno, ako tačka Z(z) iz zadatka 8 pripada opisanom krugu oko trougla ABC tada kompleksna koordinata podnožja je: p = 1 ( z bc ) z + b + c. Zadatak 9 (Simsonova prava 11 ). Ako se iz proizvoljne tačke sa kruga opisanog oko trougla ABC konstruišu podnožja normala na prave koje sadrže stranice trougla, onda su te tri tačke kolinearne. Rešenje. Neka je centar O opisanog kruga oko trougla ABC koordinatni početak. Neka je Z(z) proizvoljna tačka sa kruga, i neka su A 1 (a 1 ), B 1 (b 1 ) i C 1 (c 1 ) podnožja normala na prave koje sadrže stranice trougla. 11 Robert Simson, 14 Oktobar 1687.-1 Oktobar 1768., Škotski matematičar. 38

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