Kompleksni Brojevi
-
Upload
ivan-gretic -
Category
Documents
-
view
77 -
download
1
description
Transcript of Kompleksni Brojevi
Kompleksni brojevi pripremio Ivan Gretić
Terminologija kompleksnih brojeva
Promotrimo jednadžbu 2 1x . Kako bi neki broj bio rješenje te jednadžbe, taj broj kvadriran mora
kao rezultat dati -1. No znamo da kvadrat bilo kojeg realnog broja ne može biti negativan. Tako je
formiran novi skup brojeva – brojevi kojima su kvadrati negativni realni brojevi. Posebni značaj ima
broj koji kvadriran daje -1. Taj broj zovemo imaginarnom jedinicom, te ga označavamo sa i .
2 1i
Imaginarni broj je broj oblika bi , gdje je b realni broj različit od 0, a i imaginarna jedinica. Ako
realnom broju a pribrojimo imaginarni broj bi , dobit demo kompleksni broj a bi .
Kompleksni broj je broj oblika a bi , gdje su a i b realni brojevi, a i imaginarna jedinica. Za
kompleksni broj u ovom obliku kažemo da je napisan u standardnom obliku. Realni broj a zovemo
realnim dijelom, dok realni broj b nazivamo imaginarnim dijelom kompleksnog broja.
Svaki realni broj je također i kompleksni broj. Skup kompleksnih brojeva označavamo sa . U
odnosu na ostale skupove vrijedi:
Jednakost kompleksnih brojeva: Dva su kompleksna broja jednaka ako su im jednaki realni
dijelovi i ako su im jednaki imaginarni dijelovi i obratno, odnosno:
a bi c di a c i b d
Primjer Rješenje
Odredi realne i imaginarne dijelove kompleksnih brojeva:
) 3 2
) 2 3
) 8 13
) 5 (8 )
) 6 2
a i
b i
c i
d x y i
e xy ci i
) ( ) 3, ( ) ( 2)
) ( ) 2, ( ) 3
) ( ) 8, ( ) ( 13)
) ( ) 5 , ( ) 8
) ( ) 6 , ( ) 2
a e z m z
b e z m z
c e z m z
d e z x m z y
e e z xy m z c
Primjer Rješenje
Odredi x i y tako da vrijedi:
5(2 6) 10 12
2
xy i i
510, 2 6 12
2
5 20, 2 6
15, 3
xy
x y
x y
Operacije sa kompleksnim brojevima
Zbrajanje: Kompleksne brojeve zbrajamo tako da im zbrojimo istoimene dijelove, tj. zbrajamo realni dio s realnim, a imaginarni s imaginarnim.
( ( ) ( )) ( ( ) ( ))z w e z e w m z m w i
Oduzimanje: Kompleksne brojeve oduzimamo tako da im oduzmemo istoimene dijelove, tj.
oduzimamo realni dio od realnog, a imaginarni od imaginarnog dijela.
( ( ) ( )) ( ( ) ( ))z w e z e w m z m w i
Množenje: Za kompleksne brojeve, kao i za realne, vrijedi svojstvo distributivnosti množenja prema
zbrajanju. Dakle,
2( ) ( )
( ) ( 1)
( ) ( )
a bi c di ac adi bci bdi
ac ad bc i bd
ac bd ad bc i
Primjer 2(2 3 )(2 3 ) 4 6 6 9
4 9( 1)
4 9
13
i i i i i
U ovom primjeru množimo dva kompleksna broja jednakih realnih dijelova, te suprotnih imaginarnih
dijelova. Za takve brojeve kažemo da su konjugirani i ako prvi označimo sa z , tada drugi označavamo
sa z . Dakle,
Broju z a bi konjugiran je broj z a bi , 2 2( )( )a bi a bi a b
Primjer
Izvedi naznačene operacije te rješenje napiši u standardnom obliku:
a) (2 3 ) (6 2 ) 2 3 6 2
(2 6) ( 3 2)
8
i i i i
i
i
2d) (2 3 )(6 2 ) 12 4 18 6
12 14 6( 1)
18 14
i i i i i
i
i
b) ( 5 4 ) (0 0 ) 5 4 0 0
5 4
i i i i
i
2) (1 ) 1 1e i i i i i i
c) (7 3 ) (6 2 ) 7 3 6 2
1 5
i i i i
i
2
2
1) 2
2
1 1 9 3( 2) 2
2 4 4 2
d z i
z
Potencije imaginarne jedinice :Odredimo redom potencije: 1 2 3 4 5, , , ,i i i i i .
1
2
3 2
4 2 2
5 4
1
1
1 1 1
1
i i
i
i i i i i
i i i
i i i i i
Primjer
Izračunaj potencije broja i :
81 4 20 1 20 1( ) 1i i i i
462 4 115 2 115 2 2( ) 1i i i i
2
2
1 11
1i
i
Apsolutna vrijednost kompleksnog broja: Ako imamo kompleksni broj z a bi , njegov modul
(apsolutnu vrijednost) označavamo sa z , te vrijedi:
2 2z a b
Kombinirajudi ovu formulu sa formulom konjugiranih brojeva, vidimo da vrijedi:
2z z z
Primjer
Odredi apsolutnu vrijednost kompleksnog broja:
2 2
2 2
) 3 4
3 4 9 16 25 5
12 5)
7
12 5 169 13
7 7 49 7
a z i
z
ib z
z
Opdenito, vrijedi:
Ako nastavimo nizati potencije imaginarne jedinice( ),
vidimo da se potencije ponavljaju i to redom: , te
možemo zaključiti da se vrijednosti potencija imaginarne jedinice s
prirodnim eksponentom periodički ponavljaju.
2 2
) 5
0 5 25 5
c z i
z
Dijeljenje kompleksnih brojeva: Znamo da je umnožak kompleksnog broja z a bi i
njegovoga konjugiranog broja jednak 2
z z z . To možemo upotrijebiti pri dijeljenju kompleksnih
brojeva.
Primjer
a) Ako je 3 4z i i 2 3w i , odredi z
w.
3 4 2 3 (6 12) (8 9) 18 18 1
2 3 2 3 4 9 13 13 13
z i i i ii
w i i
b) 3 2 3 2 3 2
2 31
i i i ii
i i i
Razni primjeri
Zapiši pomodu imaginarne jedinice:
2
2
) 16 16 ( 1) 16 4
4 4 4 2) ( 1)
9 9 9 3
a i i
b i i
Izračunaj z:
( 2 3 ) (4 5 ) (1 ) ( 4 2 )
(4 5 ) ( 4 2 ) (1 ) ( 2 3 )
(4 5 4 2 ) 1 i 2 3i
7iz 3 2i
3 2z
7
i i z i i z
i z i z i i
z i i
i
i
23 2 7 21 14 14 21 2 3
7 7 49 49 7
2 3
7 7
i i i i i iz
i i
z i
Ako je 1
1zz
, koliko je 2 3 4, ,z z z ?
2
2
11
1
1 0
z zz
z z
z z
1,2
1 3
2
iz
Riješi jednadžbu:
Zapišimo . Imamo:
Iz uvjeta dobivamo .
Dalje imamo:
Dakle,
2
2
1
2
2
2
1 3 1 2 3 3 1 3
2 4 2
1 3 1 2 3 3 1 3
2 4 2
i i iz
i i iz
2
4 2 2
1 1
2
4 2 2
2 2
1 3 3 2 3 1 1 3( )
2 4 2
1 3 2 2 3 1 3( )
2 4 2
i i iz z
i i iz z
Izračunaj potencije kompleksnog broja 1
1 3
2
iw
.
22
1
1
( 1 3 ) 1 2 3 3 2 2 3 1 3
4 4 4 2
i i i iw
w
23 2
1 1 1 1 1 1
22 22
21 3 41 1
2 2 4
w w w w w w
4 3
1 1 1 1 11w w w w w
5 4 2
1 1 1 1 1 1 1w w w w w w w
Potencije se ponavljaju. Izračunajmo sada 3
1w . Ako je 3
1 1w , onda je 3
1 1 1w . Kako su kubovi
ovih brojeva jednaki 1, to su ovi brojevi:
3
1
3
2
3
3
1 1
1 31
2
1 31
2
i
i
U skupu kompleksnih brojeva, broj rješenja ovisi o „stupnju“ korijena, dakle 4 z ima 4 rješenja,
, 0z z . Ovoj tematici demo pristupiti mnogo detaljnije u kasnijim poglavljima.
Vidimo da su potencije broja jednake korijenima
broja 1. Izračunajte kojem korijenu su jednake
potencije broja Rezultate provjerite
potenciranjem!
3 2
1 1 1
3 2
2 2 2
1 3 1 3 3 11
2 2 4
1 3 1 3 1 31
2 2 4
razlika kvadrata
i iz z z
i iz z z
Uočite:
itd.
w
Kompleksna ravnina Kompleksni broj je broj oblika a bi , gdje su a i b realni brojevi, a i imaginarna jedinica.
Kompleksni broj a bi možemo poistovjetiti sa uređenim parom realnih brojeva ,a b .Bududi da
uređene parove brojeva ,a b prikazujemo točkama koordinatne ravnine, svakom broju z a bi
možemo pridružiti točku koordinatnog sustava s koordinatama ,a b .
Ravnina u kojoj su točke poistovijedene sa kompleksnim brojevima zove se kompleksna (Gaussova)
ravnina. U kompleksnoj ravnini os x se zove realna os, dok se os y naziva imaginarnom.
Primjer
U kompleksnoj ravnini točkama prikaži slijedede kompleksne brojeve:
2 3 3 5 4 3A i B i C D i
Geometrijski, apsolutna vrijednost kompleksnog broja, 2 2z a b udaljenost je kompleksnog
broja z od ishodišta koordinatnog sustava.
b
a c
b
Pitagorin poučak:
m
e
I konjugirani brojevi imaju svoju geometrijsku interpretaciju. Oni su osnosimetrični s obzirom na
realnu os kompleksne ravnine. Isto tako, suprotni brojevi su centralnosimetrični s obzirom na
ishodište kompleksne ravnine.
Primjer
Gdje se u kompleksnoj ravnini nalaze točke pridružene brojevima z za koje je 2z ?
Dakle, izraz 2z nam govori da je udaljenost kompleksnog broja z od ishodišta kompleksne ravnine
jednaka 2. No, takvih brojeva ima beskonačno mnogo, te nam računanje nede dati odgovor. No zato,
geometrijski prikaz de nam dati potpuno rješenje, odnosno obuhvatiti sve brojeve iz uvjeta zadatka.
Podsjetimo se, kružnica je skup svih točaka ravnine koje su jednako udaljene od neke zadane točke.
Ovdje je rješenje upravo kružnica polumera 2 sa središtem u ishodištu kompleksne ravnine.
Primjer
Ako je zadan kompleksni broj 0 4 3z i , gdje se nalaze točke koje su od njega udaljene za 3?
Od 0z za 3 su sigurno udaljene točke 1 2 3 47 3 , 1 3 , 4 6 , 4z i z i z i z . Ima li još takvih
točaka? Ima, i upravo kružnica sa središtem u 0z polumjera 3 predstavlja skup rješenja.
Opdenito vrijedi da je u kompleksnoj ravnini skup
0 0, , 0z z z r z r
kružnica polumjera r sa središtem u 0z .
r=2
m
e
Primjer
Odredite skup točaka kompleksne ravnine za koji je:
) 1 2 5
( 1 2 ) 5
a z i
z i
Kružnica sa središtem u točki 0 1 2z i
polumjera 5.
) 5 2 2
( 5 2 ) 2
( 5 2 ) 2
(5 2 ) 2
c i z
z i
z i
z i
Otvoreni krug, (5, 2), 2S r .
b) 2 5 2
(2 5 ) 2
z i
z i
Kružnica sa središtem 2, 5 , 2S r .
) 2 1 4
2 ( 1 ) 4
d z i
z i
Kružni prsten, 1 2( 1, 1), 4, 2S r r
Primjer
Grafički odredite rješenje sustava jednadžbi:
1 2 5
(2 3i) 2 i
z i
z t
Iz prve jednadžbe imamo:
(1 2 ) 5z i
Dakle, rješenje je kružnica, (1, 2), 5S r
Raspišimo drugu jednadžbu:
2 3 2
2 2 (3 1)
z t it i
z t i t
Izračunajmo nekoliko kompleksnih brojeva z tako da uzmemo neke vrijednosti za t te ih povežimo
pravcem u kompleksnoj ravnini. Pravac predstavlja skup rješenja druge jednadžbe. Konačno, sjecišta
pravca i kružnice predstavljaju konačna rješenja sustava jednadžbi.
m
e
m
e
Primjer
Nacrtaj skup točaka z kompleksne ravnine za koji je 2 7z i z i
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 7 ,
2 7
( 2) ( 7)
( 2) ( 7)
( 2) ( 7)
4 4 14 49
10 45
4.5
z i z i z x yi
x yi i x yi i
x i y x i y
x y x y
x y x y
y y y y
y
y
Trigonometrijski zapis kompleksnog broja U kompleksnoj ravnini smo do sada određivali brojeve pomodu Kartezijevih koordinata. Svaka točka
( , )x y je predstavljala jedinstven broj z x yi u kompleksnoj ravnini. Točke se mogu odrediti i na
drugi način, pomodu polarnih koordinata. U ovom obliku, kompleksni brojevi su u kompleksnoj
ravnini određeni udaljenošdu od ishodišta i kutom kojeg zatvaraju sa pozitivnim dijelom realne osi.
Dakle,
za z x yi dobivamo njegov prikaz u trigonometrijskom obliku kao
(cos sin )z r i
Koordinata točke T nije određena jednoznačno, jer ( , ) ( , 2 )T r T r k . Broj r označava
udaljenost kompleksnog broja od ishodišta, dakle njegovu apsolutnu vrijednost, i označava se sa z .
Skup svih kuteva 2k , k , koji odgovaraju kompleksnom broju z, zovemo argumentom od z,
oznaka je arg z .
Rješenje, odnosno skup rješenja je
predstavljen pravcem paralelnim sa
realnom osi.
4.5
z x yi Primijetimo da je
Isto tako:
Spomenute jednadžbe prikazuju vezu između
Kartezijevih i polarnih koordinata
x
y
Primjer
Prikaži kompleksni broj u trigonometrijskom obliku, uz uvjet 0,2 :
) 1a z i
Jednadžbe koje povezuju Kartezijev i polarni
koordinatni sustav glase:
2 2 , tan , 0y
r x y xx
Imamo:
2 2( 1) 1 1 1 2
1 7tan 1
1 4
r
Naime 1tan ( 1) može iznositi i 3
4
. Velika je
vjerojatnost da de vaš kalkulator izbaciti
upravo taj rezultat . No taj argument ne
uzimamo, bududi da iz zapisa broja u
pravokutnim koordinatama vidimo da je broj u
4. kvadrantu ( 0, 0)x y . Dakle, imajudi u
vidu uvjet zadatka, slijedi da je
7 72 cos sin
4 4z i
) 3b z i
2 2( 3) 1 3 1 4 2r
1 3 5tan
3 63
Dobiveni argument u skladu je sa pozicijom
broja u koordinatnom sustavu. Dakako, kada
ne bi imali uvjet za argument, on bi mogao
iznositi bilo koju vrijednost 5
2 ,6
k k
Dakle, konačno rješenje je
5 52 cos sin
6 6z i
Vrijedi upamtiti:
tan( )
0° 0
30° 3 / 3
45° 1
60° 3
Recimo još par riječi o tangensu:
Tangens je neparna funkcija, odnosno, tan( ) tan( )x x . Njezin temeljni period je . Dakle, ako
krenemo od neke točke (ubilo kojem smjeru) na jediničnoj kružnici i te stanemo na točki koja je za
udaljena od početne točke, tangens od tih dviju točaka daje istu vrijednost. Dakle, vrijedi
tan( ) tan( )x x
Vrijedi, na primjer, 5 7
tan( ) tan( ), tan( ) tan( )4 4 6 6
. Iz koordinatnog zapisa kompleksnog
broja možemo odmah zaključiti u kojem se kvadrantu nalazi, te prema tome odabiremo ispravnu
vrijednost argumenta u trigonometrijskom zapisu.
Primjer
Prebaci kompleksni broj 3 5z e i i m i u trigonometrijski oblik.
3 3 3 , 5 (5 )e i e i m i m i i 3 .z i I kvadrant ,
2 2( 3) 1 3 1 4 2,r
1 3tan 30
3 63
Dakle, 2 cos sin6 6
z i
Prebacimo kompleksni broj natrag u koordinatni zapis:
3 12 cos sin 2 3
6 6 2 2z i i i
Potrebno je dobro baratati vrijednostima sinusa i kosinusa:
Na slici su označene koordinate značajnijih točaka
jedinične kružnice, na način (cosx, sin x).
cosx nam „živi“ na osi u, dok nam je sinx na osi v.
Vrijednosti cosx za kompleksne brojeve u I. i IV.
kvadrantu su pozitivne, bududi da se ti kvadranti nalaze
na pozitivnom dijelu osi u. Isto tako, kvadranti III i IV su
uz negativan dio v-osi,te su u tim kvadrantima
vrijednosti sinusa negativne. Odredite predznak
trigonometrijskih funkcija i za preostale kvadrante i
vrijednost istih za preostale označene točke!
Naravno, za neke kompliciranije točke na kružnici,
morat demo se poslužiti kalkulatorom.
Računske operacije u trigonometrijskom obliku Operacije množenja, dijeljenja i potenciranja kompleksnih brojeva, mogu se izvesti jednostavnije ako
kompleksni broj najprije prebacimo u trigonometrijski oblik. Radi kradeg pisanja, kompleksni broj
možemo označavati sa
: cos sinie i
npr. 62 cos sin 26 6
i
i e
Može se dokazati da vrijede slijedede formule:
1 2 1 2( )
1 2 1 2 1 2( )i i i
z z re r e r r e
1
1 2
2
( )1 1 1
2 2 2
ii
i
z re re
z r e r
( )n i n n inz e r e
Korjenovanje demo posebno obraditi malo kasnije.
Primjer
Imamo brojeve 1 24 4 , 2 2z i z i . Prebaci ih u trigonometrijski zapis i izračunaj:
1 2
1
2
)
)
a z z
zb
z
Prebacimo najprije oba broja u trigonometrijski zapis:
2 2
1
1 1
7
41
(4) ( 4) 16 16 32
4 7tan 1
4 4
32i
r
z e
2 2
2
2 1
41
( 2) (2) 4 4 8
2tan 1
2 4
8i
r
z e
77
24 44 41 2) 32 8 16 16
ii iia z z e e e e
77 344 41 2
2 4
32) 2 2
8
ii i
i
z eb e e
ze
Gdje se ovaj broj nalazi?
broj se nalazi na realnoj osi
Primjer
Izvrši naznačene operacije:
22
15
33
3
3 (1 )a) (1 ) )
( 1 )
i ii b
i
3333 33 3333
33 4 4 42 2
34 34
33 2 216
2
a) (1 ) 2 2 2 2 cos sin4 4
2 2 2 22 2 (1 )
2 2 2 2
i i i
i e e e i
i i i
Pojasnimo malo prethodni zadatak. Postupak pretvorbe u trigonometrijski zapis nije prikazan, bududi
da smo ga ved objasnili prije. Dakle, imamo broj
33
42i
z e
. Postupak potenciranja, prema
formuli, ide tako da potenciramo modul, a argument pomnožimo brojem iz eksponenta(u ovom
slučaju 33). Nadalje,
33 11 333333
22 22 2 2 2
Znamo da su sinx i cosx periodičke funkcije, temeljnog perioda 2 . Dakle, vrijednosti funkcije se
ponavljaju nakon obilaska punog kruga ( 2 ) na jediničnoj kružnici. Stoga,
33 328 4 2
4 4 4 4 4 4
Prema kružnici koje je prikazana par stranica ranije, vrijednosti sinx i cosx u točki 4
iznose
1
2,
odnosno1 2 2
22 2 . Primjenivši svojstvo distributivnosti ,
1 133 332 233 33 33 2 2
2 2 2
34 34
17 172 216 16 16
2 2 2 22 2 2 22 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 22 2 2 (1 )
2 2 2 2
i i i
i i i i
b) U ovom primjeru imamo malo više posla. Krenut demo tako da prebacimo sve brojeve u
trigonometrijski oblik. Zatim demo se držati redoslijeda računskih operacija-prvo demo ispotencirati,
zatim pomnožiti i podijeliti.
22 15227 15 105
226 64 2 42215 15 3 22 105 15
222 2 6 4 4
3 3 153 52 4
4
156157 2628 28 28 286 6 66 6
2 2 2 23 (1 )
2( 1 )
22
2 2 2 2
i ii i
i
ii
i ii i
e e e ei i
ei
ee
e e e e
Prebacimo sada broj natrag u koordinatni oblik:
28 28 28 2763 1
2 2 (cos sin ) 2 2 3 16 6 2 2
i
e i i
Korjenovanje Neka je n > 1 cijeli broj. Kompleksni broj w je n-ti korijen od z ako je nw z . Na
primjer, 2 i -2 su drugi korijeni od 4, bududi da je 2 2( 2) 2 4 . Isto tako, 3i i 3i su drugi korjeni
od -9, bududi da je 22( 3 ) 3 9i i . Teorem n-tog korijena glasi:
( 2 )1 k
iin n nnz re r e
za k =0, 1, 2, ..., 1n
Primjer
Izračunaj korijene:
6) 1 3a i 5( 3 1) ( 3 1)
)1
ib
i
2
3
22
2 36
63 6
4 7
6 6 69 9 91 2 3
10 13 16
6 6 69 9 94 5 6
) 1 3 2
2 2 , 0,1,2,3,4,5
2 , 2 , 2
2 , 2 , 2
i
k
i i
i i i
i i i
a i e
e e k
w e w e w e
w e w e w e
5( 3 1) ( 3 1)
)1
ib
i
Nazivnik lako prebacimo u trigonometrijski oblik:
7
42 1 2
i
z i e
Pozabavimo se malo brojnikom: ( 3 1) ( 3 1)i
r =
2 2
7
121
( 3 1) ( 3 1) 3 2 3 1 3 2 3 1 8 4 2 2 2
3 1 3 1 3 1 3 2 3 1 7tan 2 3
2 123 1 3 1 3 1
2 2
razlika kvadrata
i
r
z e
Kod izračunavanja argumenta opet moramo paziti na to u kojem kvadrantu se broj nalazi. Realni dio
je negativan, a imaginarni pozitivan. Dakle, radi se u drugom kvadrantu. Ako u kalkulator upišemo
1tan 2 3 , izbacit de nam 5
12
, odnosno
19
12
. No taj argument pripada 4. kvadrantu.
Oduzmimo 19
12
i dobit demo ispravnu vrijednost kuta iz drugog kvadranta.
Podijelimo ta dva broja:
77 7 14 7 5
1212 4 12 6 6
7
4
2 2 2 22 2 2
22
ii i i i
i
ee e e e
e
Na kraju korjenujemo:
52
64 5
53 52 2 , 0,1, 2,3, 4
k
i
i
e e k
17 29 41 53
5 5 5 5 56 30 30 30 301 2 3 4 52 , 2 , 2 , 2 , 2
i i i i i
w e w e w e w e w e
Algebarske jednadžbe u skupu kompleksnih brojeva Kao i u skupu realnih, u skupu kompleksnih brojeva se također mogu postaviti jednadžbe, pa i
skupovi jednadžbi sa kompleksnom nepoznanicom. Sve računske operacije koje smo do sada obradili
bit de nam potrebne pri rješavanju jednadžbi u skupu kompleksnih brojeva. Dobro baratanje
računskim operacijama i trigonometrijskim oblikom kompleksnog broja ključ je uspjeha u rješavanju
ovih jednadžbi.
Primjer
Riješi jednadžbe u skupu kompleksnih brojeva: 4 6 3) 16 0 ) 3 4 0a z b z z
4
2
44 4 4
3 5 7
4 4 4 41 2 3 1
) 16
16 16 16 , 0,1,2,3
2 , 2 , 2 , 2
ki
i
i i i i
a z
z e e k
z e z e z e z e
Prebacite rješenja u koordinatni
oblik i skicirajte ih!
6 3
3 2
1,2 1 2
) 3 4 0
3 4 0
3 9 16 3 54, 1
2 2
b z z
u z u u
u u u
0 2
3 03 3 3
2 4
03 3 3 33 31 2 2
2
33 3 3
5
3 3 33 34 5 6
1 4 4 4 , 0,1,2
4 4, 4 , 4
2 1 1 1 , 0,1,2
1 , 1 , 1
ki
i
i ii
ki
i
i ii
z e e k
z e z e z e
z e e k
z e z e z e
Primjer
Nađi sve z takve da vrijedi 3arg2
z
i 2 1z
Znamo da je 3arg2
z
, koliko je onda arg( )z ? Odnosno, bolje bi bilo postaviti pitanje oblika:
Koji su argumenti od 1 2 3, ,z z z ? Jer, kako bi dobili z(točnije, argumente od z), moramo izračunati
3 3z , a znamo da demo korjenovanjem dobiti 3 rješenja(pa tako i tri argumenta). Znamo da vrijedi:
, k 0,1,..., n 1k
in i n nxe xe
Usredočimo se na argument:
k
n
naš slučaj: 2 , k 0,1,2
3
k
Dakle: 1 2 3
5 9arg(z ) , arg(z ) , arg(z )
6 6 6
.
Skupovi točaka definirani samo argumentima su zapravo zrake iz ishodišta.
Sada riješimo i drugi, lakši uvjet:
2 2
2 2
2 1
( 2) 1
( 2) 1
x yi
x y
x y
Skup točaka definiran posljednjom jednadžbom je zapravo kružnica, ( 2,0), r 1S .
Kako je , slijedi da je , a bududi
da imamo dva rješenja za u, imat demo
sveukupno 6 rješenja za z. Broj rješenja je u
skladu sa stupnjem početne jednadžbe.
Prebacite rješenja u koordinatni
oblik i skicirajte ih!
Nacrtajmo dobivene skupove:
1. uvjet: 2. uvjet:
Vidimo da jedino zraka 5
6
ima potencijal da dodiruje, odnosno siječe kružnicu. Znamo za
poveznice između koordinatnih i polarnih koordinata:
cos , sinx r y r
Napišimo jednadžbu kružnice drugačije, primjenjujudi gornje formule:
2 25 5
r cos 2 sin 16 6
r
Dalje imamo:
2 2
2 2
2 2
2
1,2
5 5r cos 2 sin 1
6 6
32 1
2 2
4 3 3 14 1
2 4 4
2 3 3 0
3
r
rr
r r r
r r
r
Dakle, jedino rješenje koje zadovoljava uvjete je
5
65 5 3 1 3 3
3 3 cos sin 36 6 2 2 2 2
i
z e i i i
Grafičko rješenje:
Zadatci za vjez bu
1. Slijededim kompleksnim brojevima odredi realni i imaginarni dio te konjugirano kompleksni broj:
3 4 5 10) ) ) (3 )(4 ) )
5 5 3 4
ia i b i c i i d
i
4 25 4) 3 12 ) ) ( 3) 2( 3) 15
7e f g i i
2. Izračunaj u :
4920 7
7 10) 1
i ia i
i i
2
1) 2 Re 1 5
1
ib i i i
i
100
76 98
1)
1 1
ic
i i i
3. Odredite sve kompleksne brojeve čiji su kvadrati jednaki konjugiranom broju.
4. Za 1 1 5z i i 2 3 4z i odredite:
1 2 1 2 1 2 1 2) ) ) )a z z b z z c z z d z z
Koja su od rješenja zadataka a), b), c) i d) jednaki brojevi, a koja konjugirani?
5. Nađite sve z za koje je:
2 2) 4 ( ) 3 ) 4 3a z e z b m z z
6. Za koji x, y vrijedi:
1 ( 3) 4 ( 1)) 1 ) 2 5
5 3 1
x y i x y ia i b i
i i
7. Gdje se u Gaussovoj ravnini nalaze kompleksni brojevi za koje je:
1) 1 ( ) 2 ) ( ) 1, ( ) 2 ) ( ) , 1
3a e z b e z m z c e z z
8. Odredite za koje kompleksne brojeve vrijedi:
) 5 ) 2 1 2 ) 2a z i b z c z i z
9. Ako je 6 32 (1 ) ( 3 )z i i i , koliko iznosi z ?
10. Kompleksni broj z iz prvog kvadranta ima svojstvo da je ( )e z četiri puta vedi od ( )m z . Koliko
puta je 2( )e z vedi od 2( )m z ?
11. U kompleksnoj ravnini skicirati skup točaka z koji zadovoljavaju uvjet arg4
z i
z i
12. Nađi sve z ako je:
5
8 4 4 31) (1 ) ) ) 3 1 3
5 52 cos sin
12 12
ia z i b z c z i i
i
13. Riješi jednadžbe u :
2 4 9 6 3) 0 ) 8 0 ) 2 2 1 0a z i b z z c z z z
14. Nadi ona rješenja jednadžbe 4(1 ) (1 ) 0,i z i z z koja zadovoljavaju uvjet 3
12
z i