Kompleksni brojevi

Poglavlje 1

Skup kompleksnih brojeva

1.1 Algebarski oblik kompleksnog broja

Opsti (algebarski) oblik kompleksnog broja je z = x + iy, gdje su x iy realni brojevi.

Broj x se naziva realni dio kompleksnog broja z (u oznaciRe(z) = x), a broj y se naziva imaginarni dio kompleksnog broja z (uoznaci Im(z) = y).

Konjugovano kompleksan broj broja z je broj z = x − iy.

Definicija 1 Apsolutna vrijednost ili modul kompleksnog brojaz = x + iy (x, y ∈ R) je realan nenegativan broj

ρ = |z| =√

(Re(z))2 + (Im(z))2 =√

x2 + y2. (1.1)

1

2 POGLAVLJE 1. SKUP KOMPLEKSNIH BROJEVA

b

b

z = (x, y)

z = (x,−y)

x = Re(z)

y = Im(z)

0 x

y

−y

|z|

|z|

ϕ

x

y

Ako jednakost (1.1) napisemo u obliku

|z| =√

(x − 0)2 + (y − 0)2,

zakljucujemo da je modul rastojanje kompleksnog broja z = (x, y) odkompleksnog broja O = (0, 0), koji jedini ima osobinu da je |O| = 0.

Za modul kompleksnog broja z vrijede sljedece relacije

|z| = |z|; |z|2 = z · z.

Primjer 1.1.1 Dat je kompleksan broj z1 = 2−3i. Odrediti komplek-san broj z = x + iy, tako da vrijedi

Re(z · z1) = 18 i Im

(

z

z1

)

=1

13.

1.1. ALGEBARSKI OBLIK KOMPLEKSNOG BROJA 3

Rjesenje. Izracunajmo prvo proizvod

z · z1 = (x + iy) · (2 − 3i) = 2x + 3y + i(2y − 3x),

odakle slijedi da je Re(z · z1) = 2x + 3y. Dalje,

z

z1

=x − iy

2 − 3i· 2 + 3i

2 + 3i=

2x + 3y + i(3x − 2y)

13,

odnosno Im

(

z

z1

)

=3x − 2y

13. Na osnovu ovoga dobijamo sljedeci

sistem jednacina:

2x + 3y = 183x − 2y

13=

1

13

cijim rjesavanjem dobijamo x = 3 i y = 4, trazeni kompleksan broj jez = 3 + 4i.

Primjer 1.1.2 Naci realni i imaginarni dio kompleksnog broja

z =1 − 3i

1 + i− i

2 + i.


Rjesenje. Kako je

1 − 3i

1 + i− i

2 + i=

(1 − 3i) · (2 + i) − i · (1 + i)

(1 + i) · (2 + i)=

=2 + i − 6i − 3i2 − i − i2

2 + i + 2i + i2=

=2 − 6i − 4i2

2 + 3i + i2=

2 − 6i + 4

2 + 3i − 1=

=6 − 6i

1 + 3i=

6 − 6i

1 + 3i· 1 − 3i

1 − 3i=

=(6 − 6i) · (1 − 3i)

12 − (3i)2=

6 − 18i − 6i + 18i2

1 − 9i2=

=6 − 24i − 18

1 + 9=

−12 − 24i

10= −12

10− 24

10i =

= −6

5− 12

5i

to je

Re(z) = −6

5

Im(z) = −12

5.

Primjer 1.1.3 Naci realni i imaginarni dio i modul kompleksnog broja

z =(√

3 + 4i −√

3 − 4i)2

Rjesenje. Iskoristimo li formulu za kvadrat razlike imamo:

z =(√

3 + 4i −√

3 − 4i)2

= 3 + 4i − 2√

9 + 16 + 3 − 4i

= 6 − 2 · 5 = −4.

1.2. TRIGONOMETRIJSKI OBLIK KOMPLEKSNOG BROJA 5

Odnosno,

Re(z) = −4

Im(z) = 0.

A modul tog broja je

|z| =√

(−4)2 + 0 = 4.

1.2 Trigonometrijski oblik kompleksnog

broja

Svaki kompleksan broj moze se predstaviti u kompleksnoj ravni nasljedeci nacin

b z = (x, y)

x = Re(z)

y = Im(z)

0 x

y

|z|

ϕ

x

y

Iz pravouglog trougla △Oxz, slijedi

cos ϕ =x

|z| , sin ϕ =y

|z| . (1.2)


Ugao ϕ naziva se argument kompleksnog broja z = (x, y) i oznacavase sa arg z. Argument kompleksnog broja z = x+ iy mozemo racunatipo formuli

tgϕ =y

x⇒ ϕ = arctg

y

x.

Argument kompleksnog broja z = x + iy = (x, y) mozem racunati poformuli

ϕ = arg z =

arctgy

x− π, ako je x < 0 i y < 0

arctgy

x, ako je x > 0 i y < 0 (y > 0)

arctgy

x+ π ako je x < 0 i y ≥ 0.

Primijetimo da kompleksan broj z = 0 nema definisan argument.Koristeci relacije (1.1) i (1.2) dobijamo novi oblik kompleksnog brojaz

z = ρ(cos ϕ + i sin ϕ),

pri cemu je ρ modul, a ϕ argument kompleksnog broja z. Ovakavoblik kompleksnog broja naziva se trigonometrijski oblik kompleksnogbroja.

Neka su data dva kompleksna broja z1 = ρ1(cos ϕ1 + i sin ϕ1) iz2 = ρ2(cos ϕ2 + i sin ϕ2), tada je

z1 · z2 = ρ1 · ρ2 (cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2))

z1

z2

=ρ1

ρ2

(cos(ϕ1 − ϕ2) + i sin(ϕ1 − ϕ2))

Znak trigonometrijskih funkcija sinus i kosinus dat je na sljedecojslici


cos

sin(+, +)(−, +)

(−,−) (+,−)

1−1

1

−1

Primjer 1.2.1 Kompleksni broj z = 3 zapisati u trigonometrijskomobliku.

Rjesenje. Vrijedi z = 3 = 3 + 0 · i odakle je Re(z) = 3 > 0 i Im(z) =0, pa ako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni,on bi se nalazio na realnoj osi. Izracunajmo modul i argument ovogkompleksnog broja:

ρ = |z| =

√

(Re(z))2 + (Im(z))2 =

√

(3)2 + (0)2 = 3

tgϕ =Im(z)

Re(z)=

0

3= 0 =⇒ ϕ = 0.

Zato je

z = 3 (cos 0 + i · sin 0) .

Primjer 1.2.2 Kompleksni broj z =√

2−i·√

2 zapisati u trigonometri-jskom obliku.

Rjesenje. Vrijedi z =√

2− i ·√

2 odakle je Re(z) =√

2 > 0 i Im(z) =−√

2 < 0, pa ako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovojravni, on bi se nalazio u cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i


argument ovog kompleksnog broja:

ρ = |z| =

√

(√2)2

+(

−√

2)2

=√

2 + 2 =√

4 = 2

tgϕ =−√

2√2

= −1 =⇒ ϕ = −π

4ili ϕ =

7π

4

Zato je

z = 2(

cos(

−π

4

)

+ i · sin(

−π

4

))

ili

z = 2

(

cos7π

4+ i · sin 7π

4

)

.

Primjer 1.2.3 Kompleksni broj z = −1 + i zapisati u trigonometri-jskom obliku.

Rjesenje. Vrijedi z = −1+i odakle je Re(z) = −1 < 0 i Im(z) = 1 > 0,pa ako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bise nalazio u drugom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovogkompleksnog broja:

ρ = |z| =

√

(−1)2 + (1)2 =√

1 + 1 =√

2

tgϕ =1

−1= −1 =⇒ ϕ =

3π

4.

Zato je

z =√

2

(

cos3π

4+ i · sin 3π

4

)

.

Primjer 1.2.4 Ako je z1 =√

2− i ·√

2 i z2 = −1+ i, izracunati z1 ·z2

iz1

z2

.


Rjesenje. Kompleksne brojeve z1 i z2 zapisimo u tigonometrijskomobliku.

Vrijedi z1 =√

2−i·√

2 pa je Re(z1) =√

2 > 0 i Im(z1) = −√

2 < 0,pa ako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, onbi se nalazio u cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argumentovog kompleksnog broja:

ρ = |z1| =

√

(√2)2

+(

−√

2)2

=√

2 + 2 =√

4 = 2

tgϕ =−√

2√2

= −1 =⇒ ϕ = −π

4.

Zato je

z1 = 2(

cos(

−π

4

)

+ i · sin(

−π

4

))

.

Vrijedi z2 = −1 + i pa je Re(z2) = −1 < 0 i Im(z2) = 1 > 0, paako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bise nalazio u drugom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovogkompleksnog broja:

ρ = |z2| =

√

(−1)2 + (1)2 =√

1 + 1 =√

2

tgϕ =1

−1= −1 =⇒ ϕ =

3π

4.

Zato je

z2 =√

2

(

cos3π

4+ i · sin 3π

4

)

.

Sada je

z1 · z2 = 2(

cos(

−π

4

)

+ i · sin(

−π

4

))

·√

2

(

cos3π

4+ i · sin 3π

4

)

=

= 2√

2

(

cos

(

−π

4+

3π

4

)

+ i · sin(

−π

4+

3π

4

))

=

= 2√

2(

cosπ

2+ i · sin π

2

)

= 2√

2 (0 + i · 1) = 2√

2i.


i

z1

z2

=2(

cos(

−π

4

)

+ i · sin(

−π

4

))

√2(

cos 3π

4+ i · sin 3π

4

) =

=2√2

(

cos

(

−π

4− 3π

4

)

+ i · sin(

−π

4− 3π

4

))

=

=√

2 (cos (−π) + i · sin (−π)) =

=√

2 (−1 + i · 0) = −√

2.

1.3 Stepenovanje i korjenovanje komplek-

snih brojeva

Neka je z = ρ(cos ϕ + i sin ϕ) proizvoljan kompleksan broj tada je

zn = ρn (cos nϕ + i sin nϕ) . (1.3)

zk = n

√z = n

√ρ

(

cosϕ + 2kπ

n+ i sin

ϕ + 2kπ

n

)

, k = 0, 1, ..., n − 1.

(1.4)Formula (1.3) naziva se Moivreova formula.

Primjer 1.3.1 Izracunati

(√3 + i

)17

.

Rjesenje. Kompleksni broj z =√

3 + i zapisimo u trigonometrijskomobliku.

Iz z =√

3+i slijedi Re(z) =√

3 > 0 i Im(z) = 1 > 0, pa ako bismoovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u

1.3. STEPENOVANJE I KORJENOVANJE KOMPLEKSNIH BROJEVA11

prvom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:

ρ = |z| =

√

(√3)2

+ (1)2 =√

3 + 1 =√

4 = 2

tgϕ =1√3

=

√3

3=⇒ ϕ =

π

6.

Zato je

z = 2(

cosπ

6+ i · sin π

6

)

.

Sada je

z17 =(

2(

cosπ

6+ i · sin π

6

))17

= 217

(

cos 17π

6+ i · sin 17

π

6

)

=

= 217

(

cos5π + 12π

6+ i · sin 5π + 12π

6

)

=

= 217

(

cos

(

5π

6+ 2π

)

+ i · sin(

5π

6+ 2π

))

=

= 217

(

cos5π

6+ i · sin 5π

6

)

= 217

(

−√

3

2+

1

2i

)

=

= 217

(

−√

3 + i

2

)

= 216

(

−√

3 + i)

.

Primjer 1.3.2 Izracunati(

−6 − 2√

3i)8

Rjesenje. Iz z = −6 − 2√

3i slijedi Re(z) = −6 i Im(z) = −2√

3,odnosno dati broj se nalazi u trecem kvadrantu. Modul ovog kom-pleksnog broja je

ρ = |z| =√

36 + 12 = 4√

3,


a argument

tgϕ =−2

√3

−6=

√3

3=⇒ ϕ =

7π

6.

Odavde slijedi da je trigonometrijski oblik datog kompleksnog broja

z = 4√

3

(

cos7π

6+ i sin

7π

6

)

,

pa je

z8 =(

4√

3)8(

cos56π

6+ i sin

56π

6

)

=(

4√

3)8(

cos8π + 48π

6+ i sin

8π + 48π

6

)

=(

4√

3)8(

cos4π

3+ i sin

4π

3

)

=(

4√

3)8

(

−1

2− i

√3

2

)

.


√−7 + 24i.

Rjesenje. Buduci da je korijen kompleksnog broja kompleksan broj,tada vrijedi √

−7 + 24i = x + iy.

Odredimo x i y.Kvadriranjem dobijamo

−7 + 24i = (x + iy)2

−7 + 24i = x2 + 2xyi + i2y2

−7 + 24i = x2 + 2xyi − y2

−7 + 24i = x2 − y2 + 2xyi


a odavdje je

x2 − y2 = −72xy = 24

}

.

Iz druge jednacine je y =12

x, pa ako to uvrstimo u prvu jedna cinu,

dobijamo

x2 −(

12

x

)2

= −7

x2 − 144

x2= −7 / · x2

x4 − 144 = −7x2

x4 + 7x2 − 144 = 0.

Uvodeci smjenu t = x2, dobijamo kvadratnu jednacinu t2+7t−144 = 0,cija su rjesenja t1 = −16 i t2 = 9, ali u obzir dolazi samo drugo rjesenjet2 = 9 jer zbog smjene t = x2 > 0.

Znaci, x1 = −3 ili x2 = 3. Ako je x1 = −3, tada je y1 =12

−3= −4.

Ako je x2 = 3, tada je y1 =12

3= 4.

Dakle,

√−7 + 24i = −3 − 4i ili

√−7 + 24i = 3 + 4i.


4

√

−8 + 8√

3i,

a zatim predstaviti graficki dobijene kompleksne brojeve i izracunatiobim i povrsinu tako dobijene figure.


Rjesenje. Kompleksni broj z = −8 + 8√

3i zapisimo u trigonometri-jskom obliku.

Vrijedi z = −8 + 8√

3i odakle je Re(z) = −8 < 0 i Im(z) = 8√

3 >0, pa ako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni,on bi se nalazio u drugom kvadrantu. Izracunajmo modul i argumentovog kompleksnog broja:

ρ = |z| =

√

(−8)2 +(

8√

3)2

=√

64 + 64 · 3 =√

64 + 192 =√

256 = 16

tgϕ =8√

3

−8= −

√3 =⇒ ϕ =

2π

3.

Zato je

z = 16

(

cos2π

3+ i · sin 2π

3

)

.

Sada je

ωk =4

√

−8 + 8√

3i =4√

16

(

cos2π

3+ 2kπ

4+ i · sin

2π

3+ 2kπ

4

)

gdje je k = 0, 1, 2, 3.

Za k = 0, dobijamo

ω0 =4√

16

(

cos2π

3+ 0

4+ i · sin

2π

3+ 0

4

)

= 2(

cosπ

6+ i · sin π

6

)

=√

3+i.

Za k = 1, dobijamo

ω1 =4√

16

(

cos2π

3+ 2π

4+ i · sin

2π

3+ 2π

4

)

= 2

(

cos2π

3+ i · sin 2π

3

)

= −1+√

3i.

Za k = 2, dobijamo


ω2 =4√

16

(

cos2π

3+ 4π

4+ i · sin

2π

3+ 4π

4

)

= 2

(

cos7π

6+ i · sin 7π

6

)

= −√

3−i.

Za k = 3, dobijamo

ω3 =4√

16

(

cos2π

3+ 6π

4+ i · sin

2π

3+ 6π

4

)

= 2

(

cos5π

3+ i · sin 5π

3

)

= 1−√

3i.

b

b

b

b

ω0

ω1

ω2

ω3

x

y

d′1

d′′1

d′′2

d′2

Dobijeni cetverougao je kvadrat, jer je

d′1

= d′2

= d′′1

= d′′2

= 2, modul kompleksnih brojeva ωk (k = 0, 1, 2, 3).

Dijagonala dobijenog kvadrata je

d = d′1+ d′

2= 2 + 2 = 4.

Izracunajmo duzinu stranice dobijenog kvadrata

a2 + a2 = d2 ⇒ a =

√

d2

2⇒ a =

4√2

= 2√

2.

Sada je povrsina dobijenog kvadrata

P = a2 = 8, O = 4a = 8√

2.


Primjer 1.3.5 Rijesiti jednacinu

z5 − 1 − i = 0,

a zatim rjesenja predstaviti graficki i izracunati obim i povrsinu takodobijenog lika.

Rjesenje. Jasno je da vrijedi

z5 − 1 − i = 0

z5 = 1 + i

z = 5√

1 + i.

Kompleksni broj z = 1 + i zapisimo u trigonometrijskom obliku.Vrijedi z = 1+i pa je Re(z) = 1 > 0 i Im(z) = 1 > 0, pa ako bismo

ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio uprvom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:

ρ = |z| =

√

(1)2 + (1)2 =√

1 + 1 =√

2

tgϕ =1

1= 1 =⇒ ϕ =

π

4.

Zato je

z =√

2(

cosπ

4+ i · sin π

4

)

.

Rjesenje jednacine je

5

√√2(

cosπ

4+ i · sin π

4

)

=10√

2 5

√

(

cosπ

4+ i · sin π

4

)

a to su kompleksni brojevi

zk =10√

2

(

cosπ

4+ 2kπ

5+ i · sin

π

4+ 2kπ

5

)


gdje je k = 0, 1, 2, 3, 4.

Za k = 0, dobijamo

z0 =10√

2

(

cosπ

4+ 0

5+ i · sin

π

4+ 0

5

)

=10√

2(

cosπ

20+ i · sin π

20

)

.

Za k = 1, dobijamo

z1 =10√

2

(

cosπ

4+ 2π

5+ i · sin

π

4+ 2π

5

)

=10√

2

(

cos9π

20+ i · sin 9π

20

)

.

Za k = 2, dobijamo

z2 =10√

2

(

cosπ

4+ 4π

5+ i · sin

π

4+ 4π

5

)

=10√

2

(

cos17π

20+ i · sin 17π

20

)

.

Za k = 3, dobijamo

z3 =10√

2

(

cosπ

4+ 6π

5+ i · sin

π

4+ 6π

5

)

=10√

2

(

cos25π

20+ i · sin 25π

20

)

=

=10√

2

(

cos5π

4+ i · sin 5π

4

)

.

Za k = 4, dobijamo

z4 =10√

2

(

cosπ

4+ 8π

5+ i · sin

π

4+ 8π

5

)

=10√

2

(

cos33π

20+ i · sin 33π

20

)

.

b

b

b

bb

z0

z1

z2

z3 z4

x

y


Dobijeni mnogougao je pravilan petougao cija je duzina stranice

a = |z0| =10√

2.

Pa je povrsina dobijenog petougla

P = 5 · P△ = 5 · a2√

3

4=

5 · 5√

2√

3

4=

15 5√

2

4,

a obim

O = 5 · a = 5 · 10√

2.


2z3 −√

3 + i = 0,


Rjesenje.

2z3 −√

3 + i = 0

2z3 =√

3 − i

z3 =

√3

2− 1

2i

z =3

√√3

2− 1

2i.

Kompleksni broj z =√

3

2− 1

2i zapisimo u trigonometrijskom obliku.

Vrijedi z =

√3

2− 1

2i pa je Re(z) =

√3

2> 0 i Im(z) = −1

2< 0, pa

ako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se


nalazio u cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovogkompleksnog broja:

ρ = |z| =

√

√

√

√

(√3

2

)2

+

(

−1

2

)2

=

√

3

4+

1

4= 1

tgϕ =−1

2√3

2

= − 1√3

= −√

3

3=⇒ ϕ = −π

6.

Zato je

z = cos(

−π

6

)

+ i · sin(

−π

6

)

.

Rjesenje jednacine je

3

√

cos(

−π

6

)

+ i · sin(

−π

6

)

a to su kompleksni brojevi

zk =

(

cos−π

6+ 2kπ

3+ i · sin −π

6+ 2kπ

3

)

gdje je k = 0, 1, 2.

Za k = 0, dobijamo

z0 =

(

cos−π

6+ 0

3+ i · sin −π

6+ 0

3

)

= cos(

− π

18

)

+ i · sin(

− π

18

)

.

Za k = 1, dobijamo

z1 =

(

cos−π

6+ 2π

3+ i · sin −π

6+ 2π

3

)

= cos11π

18+ i · sin 11π

18.

Za k = 2, dobijamo

z2 =

(

cos−π

6+ 4π

3+ i · sin −π

6+ 4π

3

)

= cos23π

18+ i · sin 23π

18.


b

b

b

z0

z1

z2

x

y

b Aa

Iz trougla △z2Az0 vidimo da je

z2A = |Re(z2)| + |Re(z0)| = cos23π

18+ cos

(

− π

18

)

≈ 1.628,

z0A = |Im(z2)| − |Im(z0)| = sin23π

18− sin

(

− π

18

)

≈ 0.592.

Sada iz pravouglog trougla △z2Az0 primjenom Pitagorine teoreme sli-jedi

a =

√

z2A + z0A =√

2.65 + 0.35 =√

3.

Sada su obim i povrsina dobijenog jednakostranicnog trougla dati sa:

O = 3a = 3√

3, P =a2√

3

4=

3√

3

4.


(3 + 2i)(1 + i) + 2i

(2 − i)(1 + i) − 3=

7 − i

−4· z4,

a zatim dobijena rjesenja predstaviti graficki i izracunati obim i povrsinutako dobijenog lika.


Rjesenje. Sredivanjem lijeve strane jedncine imamo

(3 + 2i)(1 + i) + 2i

(2 − i)(1 + i) − 3=

3 + 5i + 2i2 + 2i

2 + i − i2 − 3=

=1 + 7i

i· i

i

=−7 + i

−1= 7 − i,

odnosno

7 − i =7 − i

−4· z4

/

· (−4)

−28 + 4i = (7 − i) · z4

z4 =−28 + 4i

7 − i=

−4(7 − i)

7 − i

⇒ z4 = −4.

Zadatak smo sveli na racunanje cetvrtog korijena iz −4. Odnosno

z = 4√−4.

Zapisimo komleksan broj z1 = −4 u trigonometrijskom obliku.Kako je Re(z1) = −4, a Im(z) = 0 to je

ρ = |z1| =√

Re(z1)2 + Im(z1)2 =√

(−4)2 = 4,

a argument

sin ϕ =Im(z1)

ρ=

0

4= 0,

cos ϕ =Re(z1)

ρ=

−4

4= −1,


odakle dobijamo da je ϕ = π. Dakle,

z1 = ρ(cos ϕ + i sin ϕ) = 4(cosπ + i sin π).

Primjenom formule (1.4) za racunanje n−tog korijena imamo

z = 4√−4 =

4√

4

(

cosπ + 2kπ

4+ i sin

π + 2kπ

4

)

, k = 0, 1, 2, 3

odnosno rjesenja polazne jednacine su

z0 =√

2(

cosπ

4+ i sin

π

4

)

= 1 + i,

z1 =√

2

(

cos3π

4+ i sin

3π

4

)

= −1 + i,

z2 =√

2

(

cos5π

4+ i sin

5π

4

)

= −1 − i,

z3 =√

2

(

cos7π

4+ i sin

7π

4

)

= 1 − i.

Ako dobijena rjesenja predatavimo u Gausovoj ravni dobijamo

bb

b b

z0z1

z2 z3

1−1

1

−1

x

y

Sada mozemo izracunati obim i povrsinu dobijenog kvadrata. Jer jeduzina stranice a = 2, pa je

P = a2 = 4, O = 4 · a = 8.



a10z2 = | a3|(

1 + i

1 − i

)3

,

pri cemu za kompleksan broj a vrijedi

| a| + a =3

2−

√3

2i.

Rjesenje. Oznacimo kompleksan broj a sa

a = x + iy, x, y ∈ R,

tada je

| a| =√

x2 + y2.

Sada iz jednakosti

| a| + a =3

2−

√3

2i

slijedi

√

x2 + y2 + x + iy =3

2−

√3

2i.

Lijeva strana ove jednakosti jednaka je desnoj ako su realni i imagi-narni dijelovi jednaki, odnosno

√

x2 + y2 + x =3

2

y = −√

3

2.


Uvrstavanjem vrijednosti y = −√

3

2u prvu jednacinu dobijamo

√

√

√

√x2 +

(

−√

3

2

)2

=3

2− x/2

x2 +3

4=

9

4− 2x + x2

x =1

2.

Dakle, vrijedi a = x + iy =1

2−

√3

2i, pa je

| a| =√

x2 + y2 =

√

√

√

√

(

1

2

)2

+

(

−√

3

2

)2

= 1.

Kako je

| a3| = | a|3 = 13 = 1.

Da bismo rijesili datu jednacinu moramo odrediti a10. U tu svrhunapisimo kompleksan broj a u trigonometrijskom obliku

a = ρ(cos ϕ + i sin ϕ),

pri cemu je

ρ =

√

√

√

√

(

1

2

)2

+

(

−√

3

2

)2

= 1,

cos ϕ =x

ρ⇒ cos ϕ =

1

2,


sin ϕ =y

ρ⇒ sin ϕ = −

√3

2,

Vidimo da se trazeni ugao ϕ nalazi u cetvrtom kvadrantu, jer jecos ϕ pozitivan, a sin ϕ negativan. Odnosno

ϕ =5π

3.

Koristeci Moivreovu formulu (1.3) imamo:

a10 = ρ10(cos(10ϕ) + i sin(10ϕ))

= cos(10 · 5π

3) + i sin(10 · 5π

3

= −1

2+ i

√3

2.

Uvrstavanjem dobijenoh rezultata u polaznu jednacinu dobijamo

(

−1

2+ i

√3

2

)

z2 =

(

1 + i

1 − i

)3

,

odnosno nakona racionalizacije kompleksnog broja1 + i

1 − idobijamo

(

−1

2+ i

√3

2

)

z2 = i3,

odnosno

z2 =i3

−1

2+ i

√3

2

=−i

−1

2+ i

√3

2

.


Odavde je

z2 =−i

−1

2+ i

√3

2

·−1

2− i

√3

2

−1

2− i

√3

2

= −√

3

2+ i

1

2

ili u trigonometrijskom obliku

z2 = cos

(

5π

6

)

+ i sin

(

5π

6

)

.

Primjenom formule (1.4) za racunanje n−tog korijena kompleksnogbroja dobijamo

zk =√

1

(

cos

(

5π

6+ 2kπ

2

)

+ i sin

(

5π

6+ 2kπ

2

))

, k = 0, 1.

Odakle dobijamo da data jednacina ima dva rejsenje

z0 = cos

(

5π

12

)

+ i sin

(

5π

12

)

z1 = cos

(

17π

12

)

+ i sin

(

17π

12

)

.

1.4 Predstavljanje kompleksnih brojeva u

Gausovoj ravni

Primjer 1.4.1 Odrediti skup tacaka koji zadovoljava jednacinu

|z − 3i| = 2.

1.4. PREDSTAVLJANJE KOMPLEKSNIH BROJEVA U GAUSOVOJ RAVNI27

Rjesenje. Neka je z = x + iy.

|x + iy − 3i| = 2

|x + (y − 3) i| = 2√

x2 + (y − 3)2 = 2

x2 + (y − 3)2 = 22

a jednacina x2+(y − 3)2 = 22 je jednacina kruznice sa centrom u tacki(0, 3) i poluprecnikom 2.

1−1−2

1

2

3

4

5

−1

x

y

Primjer 1.4.2 Odrediti skup tacaka koji zadovoljava nejednacine

3 ≤ |z + i| ≤ 5.

Rjesenje. Neka je z = x + iy.


Posmatrajmo prvo nejednakost |z + i| ≥ 3. Sada je

|z + i| ≥ 3

|x + iy + i| ≥ 3

|x + (y + 1) i| ≥ 3√

x2 + (y + 1)2 ≥ 3

x2 + (y + 1)2 ≥ 32.

Jednacina x2 + (y + 1)2 = 32 je jednacina kruznice sa centrom u tacki(0,−1) i poluprecnikom 3, a nejednakost x2 + (y + 1)2 ≥ 32 zadovol-javaju sve tacke van te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici (jer jeznak ≥).

Posmatrajmo sada drugu nejednakost

|z + i| ≤ 5

|x + iy + i| ≤ 5

|x + (y + 1) i| ≤ 5√

x2 + (y + 1)2 ≤ 5

x2 + (y + 1)2 ≤ 52.

Jednacina x2 + (y + 1)2 = 52 je jednacina kruznice sa centrom u tacki(0,−1) i poluprecnikom 5, a nejednakost x2 + (y + 1)2 ≤ 52 zadovol-javaju sve tacke unutar te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici (jerje znak ≤).

Skup tacaka koji zadovoljava nejednacine 3 ≤ |z + i| ≤ 5 ce biti svetacke van te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici x2 +(y + 1)2 = 32

i sve tacke unutar te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici x2 +(y + 1)2 = 52, tj. tacke koje pripadaju kruznom prstenu.


1 2 3 4 5−1−2−3−4−5−6

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

x

y

Primjer 1.4.3 Odrediti skup tacaka koji zadovoljava nejednacine

1 ≤ |z| < 5 iπ

4< ϕ ≤ 3π

4.

Rjesenje. Neka je z = x + iy. Posmatrajmo nejednakost |z| ≥ 1.

|z| ≥ 1√

x2 + y2 ≥ 1

x2 + y2 ≥ 12.

Jednacina x2 + y2 = 12 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0, 0)i poluprecnikom 1, pa datu nejednacinu zadovoljavaju sve tacke vankruznice, ali ukljucujuci i ta cke na kruznici.


Posmatrajmo nejednakost |z| < 5.

|z| < 5√

x2 + y2 < 5

x2 + y2 < 52.

Jednacina x2 +y2 = 52 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0, 0) ipoluprecnikom 5, pa datu nejednacinu zadovoljavaju sve tacke unutarkruznice, ali ne ukljucujuci i tacke na kruznici.

Tacke koje zadovoljavaju uslovπ

4< ϕ ≤ 3π

4su tacke koje se nalaze

izmedju pravih odredjenih jednacinama y = x i y = −x, ali ukljucujucii tacke na pravoj y = −x.

Znaci, skup tacaka koje zadovoljavaju postavljene uvjete cine tackena dijelu kruznog prstena omedjenog dvjema pravima, ali ukljucujucitacke na vecoj kruznici i tacke na pravoj y = −x.

1 2 3 4 5−1−2−3−4−5−6

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

−6

y = −x

Primjer 1.4.4 Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva zza koje vrijedi

cos(

arg(−2iz4))

≥ 0,|z + 4| − 6

4 − |z − 2| ≤ 1.


Rjesenje. Oznacimo arg(z) = ϕ. Tada vrijedi

arg(−2iz4) = arg(−2i) + arg(z4) + 2kπ, k ∈ Z.

Dalje, kako je arg(−2i) =3π

2, a iz Moievreove formule (1.3) slijedi

arg(z4) = 4ϕ. Tada je

arg(−2iz4) =3π

2+ 4ϕ + 2kπ

pa mozemo pisati

cos

(

3π

2+ 4ϕ + 2kπ

)

= cos

(

3π

2+ 4ϕ

)

.

Takoder vrijedi

cos

(

3π

2+ 4ϕ

)

= cos

(

2π − 3π

2− 4ϕ

)

= cos(π

2− 4ϕ

)

= sin(4ϕ).

Izcos(

arg(−2iz4))

≥ 0 ⇒ sin(4ϕ) ≥ 0

sto implicira

0 + 2mπ ≤ 4ϕ ≤ π + 2mπ, m ∈ Z, ϕ ∈ [0, 2π).

Intervali u kojima se nalazi argument ϕ su sa

m = 0 ⇒ 0 ≤ ϕ ≤ π

4

m = 1 ⇒ π

2≤ ϕ ≤ 3π

4

m = 2 ⇒ π ≤ ϕ ≤ 5π

4

m = 3 ⇒ 3π

2≤ ϕ ≤ 7π

4

(1.5)


Iz drugog uslova zadatka slijedi

|z + 4| − 6

4 − |z − 2| ≤ 1 ⇔ |z + 4| + |z − 2| − 10

4 − |z − 2| ≤ 0. (1.6)

Ovaj razlomak je negativan kada su brojnik i nazivnik razlicitog znaka.Zbog toga moramo razmatrati dva slucaja:

Slucaj 1

|z + 4| + |z − 2| − 10 ≥ 0, 4 − |z − 2| < 0 (1.7)

Prva nejednakost odreduje skup

A = {z ∈ C : |z + 4| + |z − 2| ≥ 10} (1.8)

Prisjetimo se da skup tacaka

{z ∈ C : |z − z1| + |z − z2| = 2a}

predstavlja elipsu sa fokusima z1 i z2 ako je |z1 − z2| < 2a. Dakle,skup A predstavlja dio ravni izvan elipse koja ima fokuse u tackamaz1 = −4 i z2 = 2, duzinu velike poluose a = 5 i duzinu male poluoseb = 4. Zbog znaka jednakosti skup takode ukljucuije i rub elipse.Druga nejednakost u (1.7) odreduje skup

B = {z ∈ C : |z − 2| > 4} (1.9)

S obzirom da skup

{z ∈ C : |z − z0| = r}

predstavlja kruznicu sa centrom u z0 poluprecnika r, to skup B pred-stavlja dio ravni izvan kruznice sa centrom u z0 = 2 i poluprecnikar = 4. Zbog stroge nejednakosti kruznica nije ukljucena u skup B.Rjesenje nejednacina (1.7) je presjek skupova A i B.


1 2 3 4 5 6 7−1−2−3−4−5−6−7−8

1

2

3

4

5

6

7

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

−8

Slucaj 2

|z + 4| + |z − 2| − 10 ≤ 0, 4 − |z − 2| > 0 (1.10)

Slicno kao u slucaju 1 zakljucujemo da prva nejednakost odreduje dioravni unutar elipse koja ima fokuse u tackama z1 = −4 i z2 = 2,duzinu velike poluose a = 5 i duzinu male poluose b = 4. Druga nejed-nakost predstavlja dio ravnine unutar kruznice sa centrom u z0 = 2 ipoluprecnika r = 4. Rjesenje nejednacina (1.10) je presjek predhodnoopisanih skupova.


1 2 3 4 5 6−1−2−3−4−5−6

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

−6

Konacno rjesenje nejednacine (1.6) je unija skupova koji predstavljajurejesenje za slucajeve 1 i 2. Obiljezimo taj skup sa C. Kompleksnibrojevi koji zadovoljavaju uslove zadatka moraju se nalaziti u skupuC, a njihovi argumenti moraju zadovoljavati nejednakosti (1.5) .

1.5. ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD 35

1 2 3 4 5 6 7 8−1−2−3−4−5−6−7−8−9

1

2

3

4

5

6

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

1.5 Zadaci za samostalan rad

Zadatak 1.5.1 Naci realni i imaginarni dio sljedecih kompleksnihbrojeva:

(a) z =3i

i − 2, (b) z =

1 + i

2 − i· (3 + 2i),

(c) z =1 − 3i

i + 1− i − 1

i − 2.

Rjesenje.

(a) Re(z) =3

5i Im(z) = −6

5, (b) Re(z) = −3

5i Im(z) =

11

5,

(c) Re(z) = −8

5i Im(z) = −9

5.

Zadatak 1.5.2 Izracunati vrijednost izraza


(a)z − z

1 + zzako je z = 1 + i, (b)

z + z

2z + 3ako je z =

1

2(i − 1).

Rjesenje:

(a)2i

3, (b) −1

2(2 − i).

Zadatak 1.5.3 Predstaviti u trigonometrijskom obliku sljedece kom-pleksne brojeve:

(a) z = 1 + i√

3, (b) z =√

3 − i, (c) z = −1.

Rjesenje.

(a) z = 2(

cosπ

3+ i sin

π

3

)

, (b) z = 2(

cosπ

6− i sin

π

6

)

,

(c) z = cos π + i sin π.

Zadatak 1.5.4 Ako je z1 = −√

2(1 − i) i z2 = 1 + i√

3 izracunati

(a) z1 · z2, (b)z1

z2

, (c) z50

1(d) 4

√z2.

Rjesenje.

(a) z1 ·z2 = 4

(

cos13π

12+ i sin

13π

12

)

, (b)z1

z2

= cos19π

12+ i sin

19π

12,

(c) z50

1= 250

(

cos3π

2+ i sin

3π

2

)

,

(d) 4√

z2 = 4√

2

(

cosπ

3+ 2kπ

4+ i sin

π

3+ 2kπ

4

)

, (k = 0, 1, 2, 3)

Zadatak 1.5.5 Naci:(a) 3

√−2 + 2i, (b) 6

√1 − i, (c) 8

√−1,

a zatim dobijene rezultate predstaviti graficki.

Rjesenje.

(a) 3√−2 + 2i =

√2

(

cos3π

4+ 2kπ

3+ i sin

3π

4+ 2kπ

3

)

, k = 0, 1, 2


(b) 6√

1 − i = 12√

2

(

cos7π

4+ 2kπ

6+ i sin

7π

4+ 2kπ

6

)

, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5

(c) 8√−1 = 8

√1

(

cosπ + 2kπ

8+ i sin

π + 2kπ

8

)

, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

Zadatak 1.5.6 Izracunaj

(

1 + i√2

)100

.

Rjesenje.(

1 + i√2

)100

= −1.

Zadatak 1.5.7 Rijesiti jednacinu

(2 + 5i) · z3 − 2i + 5 = 0,


Rjesenje:

z0 =

√3

2+

1

2i, z1 = −

√3

2+

1

2i, z2 = −i,

O = 3a = 3√

3, P =a2 ·

√3

4=

3 ·√

3

4.


8z4 +8√2(1 − i) = 0,



Rjesenje.

zk = 4√

z = 4√

1

(

cos3π

4+ 2kπ

4+ i sin

3π

4+ 2kπ

4

)

(k = 0, 1, 2, 3).


z6 − 1 = 0,


Rjesenje.

z0 = 1, z1 =1

2+

√3

2i, z2 = −1

2+

√3

2i, z3 = −1,

z4 = −1

2−

√3

2i, z5 =

1

2−

√3

2i.

O = 6a = 6, P = 6 · P△ =3 ·

√3

2.


z6 + 64 = 0,


Rjesenje.z0 =

√3 + i, z1 = 2i, z2 = −

√3 + i, z3 = −

√3 − i,

z4 = −2i, z5 =√

3 − i.

O = 6a = 12, P = 6 · P△ = 6 ·√

3.

Zadatak 1.5.11 Odrediti skup tacaka u ravni koje zadovoljavaju ne-jednacine

|z − i| < 1 i |z − 1| ≤ 1.


Rjesenje.Trazene tacke su u presjeku skupova tacka zadanih sljedecim ne-

jednacinama x2 + (y − 1)2 < 1, (x − 1)2 + y2 ≤ 1.

Zadatak 1.5.12 Odrediti skup tacaka u ravni koje zadovoljavaju ne-jednacine

3 ≤ |z + i| ≤ 5.

Rjesenje.Skup tacaka izmedu kruznica x2 +(y +1)2 = 9 i x2 +(y +1)2 = 25.

Zadatak 1.5.13 Odrediti skup tacaka u ravni koje zadovoljavaju relacije

(a) |z − i| = 1 i arg z =π

2, (b) 0 < arg z <

π

4i |z − 6i| =

√3.

Rjesenje.(a) Rjesenje je tacka A(0, 2),(b) Nema tacaka!

Zadatak 1.5.14 Odrediti skup tacaka u ravni koji zadovoljava jednacinu

|z + i| = |z + 2|.

Rjesenje.

To je prava y = 2x +3

2.

Zadatak 1.5.15 Odrediti skup tacaka u ravni koji zadovoljava ne-jednacinu

log√3

|z|2 − |z| + 1

2 + |z| < 2.

Rjesenje.Dobijamo nejednacinu

|z|2 − |z| + 1 < 6 + 3|z| ⇔ (|z| + 1)(|z| − 5) < 0,


a kako je |z| + 1 > 0 ∀z ∈ C, to mora biti

|z| − 5 < 0 ⇔ x2 + y2 < 25.

Dakle, sve tacke unutar kruznice x2 + y2 = 25.

Zadatak 1.5.16 Pokazati da je

(

4√3i − 1

)12

= 4096

Rjesenje.

Uputa: Kompleksan broj4√

3i − 1napisati u trigonometrijskom

obliku, a zatim izracunati

(

4√3i − 1

)12

.

Documents

Kompleksni brojevi