SEMINARSKI RAD IZ PREDMETA MATEMATIKA

TEMA: KOMPLEKSNI BROJEVI

Profesor: Student: Dr. Sc. Sead Rešić, docent Adnan Huremović

Brčko, januar 2013.

0

SADRŽAJ

1. Uvod .………………………………………………………...............................2

2. Definicija i osnovne osobine kompleksnih brojeva ..………………………. 3

3. Konjugovano kompleksan broj .………………………..................................5

4. Gausova ravan i apsolutna vrijednost kompleksnog broja ……………......7

5. Geometrijsko prikazivanje zbira (razlike) kompleksnih brojeva .………. ...9

6. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja .…………………………………11

7. Proizvod i koli~nik vi{e kompleksnih brojeva. Moavrova formula ………..14

8. Geometrijsko prikazivanje proizvoda (koli~nika) kompleksnih brojeva .. ..17

9. Korenovanje kompleksnih brojeva ………………………………………….19

10. Logaritmovanje kompleksnih brojeva ……………………………………... 22

LITERATURA ……………………………………………………………………… 26

1

Uvod

Jedan od osnovnih matematičkih pojmova je broj. Istorijski su prvo nastali prirodni brojevi:

N= {1,2,3,4 . . . }

Međutim, u skupu takvih brojeva su zatvorene samo operacije sabiranja i množenja. Zato je vremenom taj skup proširen u skup cijelih brojeva:

...1,0,1,2,32,3,...Z

u kome je zatvorena i operacija oduzimanja. Uvođenjem i operacije djeljenja, dati skup je proširen u skup racionalnih brojeva – Q. Njega čine brojevi koji se mogu

predstaviti kao količnik m/n, pri čemu m ∈Z i n ∈Z (n¿0 ). Vremenom je uočeno da postoje brojevi koji se ne mogu predstaviti kao količnik data dva broja

i oni su oformirili novi skup – skup iracionalnih brojeva – I (npr. √2) , koji zajedno sa racionalnim brojevima čine skup realnih brojeva – R.

Bitna osobina realnih brojeva je da ako x ∈ R, tada je x2≥0 i jednačina

x2+1=0 nema rješenja u skupu R, što je ekvivalentno tvrđenju da ne postoji

realan broj jednak broju √−1 . Iz svega navedenog slijedi opšti zaključak da kvadratna jednačina oblika

ax 2+bx+c=0

ima rješenja u skupu R ako i samo ako je njena diskriminanta

,0ac4b2

jer je

a2ac4bb

x2

2,1

.

Zato, da bi korjenovanje bilo u potpunosti definisano, uvodi se skup kompleksnih brojeva – C.

2

2. Definicija i osnovne osobina kompleksnih brojeva

Osnova kompleksnih brojeva je imaginarna jedinica i, gdje je i=√−1 . Kompleksan broj se zapisuje u obliku z=x+iy (algebarski oblik kompleksnog broja) ili u obliku z=(x,y).

Skup svih kompleksnih brojeva C je skup svih uredjenih parova z=(x,y) realnih brojeva, za koje važe aksiomi:

a. aksiom sabiranja: (x1 , y1)+ (x2 , y2)=(x1+x2 , y1+ y2 )

b. aksiom množenja: (x1 , y1)∗(x2 , y2 )=(x1 x2− y1 y2 , x1 y2+x2 y1) c. aksiom podudarnosti: (x1 , y1)=(x2 , y2)⇔ ( x1=x2∧ y1= y2) .

U broju z=x+iy komponentu x nazivamo realnim, a y imaginarnim dijelom broja z. Označavaju se: x=Rez, y=Imz. Kompleksan broj čiji je imaginarni dio y=0 je ustvari realan broj i zato se realni brojevi smatraju posebnim slučajem kompleksnih brojeva. Kompleksan broj čiji je realan deo x=0 je imaginaran broj.

Skup kompleksnih brojeva posjeduje svih sedam osobina računskih operacija sabiranja i množenja, koje ima i skup realnih brojeva.

1) Za sabiranje kompleksnih brojeva važi zakon komutacije:

1221 zzzz .2) Za sabiranje kompleksnih brojeva važi zakon asocijacije:

)zz(zz)zz( 321321 .3) Za svaki kompleksan broj z važi: z+0=z,tj. z+(-z)=0.4) Za množenje kompleksnih brojeva važi zakon komutacije: z1∗z2=z2∗z1 .

5) Za množenje kompleksnih brojeva važi zakon asocijacije: ( z1∗z2 )∗z3=z2∗( z1∗z3 ).

3

6) Za svaki kompleksan broj važi : z∗1=z∗(1,0)=z ,

tj .zz=1 ,

( z≠0 ).7) Množenje kompleksnih brojeva je distributivna

operacija u odnosu na sabiranje: ( z1+z2 )∗z3=z1∗z3+ z2∗z3 .

Primjer - Dati su kompleksni brojevi z1=(1 ,−3 ) i z2=(−2,4 ).Za njih važi:

z1+z2=(1 ,−3 )+(−2,4 )=(−1,1 );

−z2=(2 ,−4 );

z1−z2=z1+(−z2 )=(1,−3)+(2 ,−4 )=(3 ,−7) ;

z1∗z2=(1,−3)∗(−2,4 )=(1∗(−2 )−(−3 )∗4,1∗4+(−3 )∗(−2 ))=(10 ,10) ;

1z2

=( −24+16

'−4

4+16)=(− 1

10,−1

5).

4

3. Konjugovano kompleksan broj

Kompleksan broj x-iy se zove konjugovano-kompleksan broj kompleksnog broja

z=x+iy. Označava se sa z , tj . z=x−iy .

Konjugovano-kompleksni brojevi imaju slijedeće osobine:

1) z=z

2) z∗z≥0

3) Rez=

12( z+z )

4) Imz=

12i

( z−z )

5) z1+z2=z1+z2

6) z1−z2=z1−z2

7) z1∗z2=z1∗z2

8)(z1z2

)=z1z2

, ( z2≠0)

9) z∈ R , ako i samo ako je z=z .

pa je

5

z1−z2 =( x1−x2 )−i( y1− y2 ).

S druge strane je

z1− z2=(x1−iy1)−( x2−iy2 )=( x1−x2 )−i( y1− y2 ),

pa slijedi da je z1−z2 =z1− z2 .

Primjer - Odrediti Rez i I z datog broja:

z=1−3 i

1+i− i

2+i .

Rješenje

z=

(1−3 i )(2+i )−i(1+ i)(1+i )(2+i )

=6−6 i1+3 i

∗1−3 i1−3 i

=−6−12 i5 . Rez =

−65 , Imz=

−125 .

6

M

x

y

4. Gausova ravan i apsolutna vrijednost kompleksnog broja

Realni brojevi se predstavljaju tačkama brojne prave, a kompleksni brojevi tačkama u Dekartovom koordinatnom sistemu 0xy i ta ravan se naziva kompleksna ili Gausova ravan.

Kompleksnim brojevima oblika (x,0)=x odgovaraju tačke na x-osi (realna osa), a kompleksnim brojevima oblika (0,y)=yi tačke na y-osi (imaginarna osa).Rastojanje 0M predstavlja apsolutnu vrijednost ili modul kompleksnog broja z (1,strana 200). Inače, kompleksan broj kome odgovara tačka M može se definisati vektorom položaja te tačke (slika 1.).

Slika 1.Apsolutna vrijednost kompleksnog broja z data je izrazom

|z|=√x2+ y2,

pri čemu je i apsolutna vrijednost njegovog konjugovano-kompleksnog broja z

|z|=√x2+ y2,

7

odakle se vidi da kompleksni i njihovi konjugovano-kompleksni brojevi imaju istu apsolutnu vrijednost. Iz izraza za apsolutnu vrijednost i (slika 1.) ordinatnog početka.Modul kompleksnog broja ima slijedeće osobine:

1) |z|=|z|

2)

zzz2

3) 2121 zzzz

4) |z1+z2|≤|z1|+|z2|.

Primjer - Ako je z=1+i i 1zz 1

, odrediti z1 tako da 1z + z bude čistoimaginaran broj.

Rješenje - Pošto je |z+z1|=√( x+ x1 )

2+( y+ y1 )2=1

,

Da bi z1+ z bio ~isto imaginaran broj, mora da važi x+x1=0. Tada proizilazi da

je |y+ y1|=1

. Iz izraza z=1+i slijedi da je x=1 i y=i.

Rješavanjem apsolutne vrijednosti, dobija se da je y1=0 ili y1=−2 , a iz x+x1

=0 i x=1 očigledno je da je x1= -1, pa su moguća dva riješenja za z1 : z1= -1 ili z1=−1−2 i .

8

x

yM2

P2

M1

P1

M

N

P

5. Geometrijsko prikazivanje zbira (razlike) kompleksnih brojeva

Neka su 222111 iyxz,iyxz dva kompleksna broja. Njihov zbir je

).yy,xx()yy(i)xx(zzz 2121212121

Ovo se može i geometrijski protumačiti (Slika 2.). Neka su M1 i M2 tačke koje

odgovaraju datim kompleksnim brojevima. Povucimo iz tačke M1 duž M1M paralelnu duži 0M2 u istom smijeru, tako da je 0M2=M1M i spojimo tačke M2 i M.

Slika 2.

9

M

M1

M2

0 x

y

M’2

Slika 3.

Iz podudarnosti trouglova 0P2M2 i M1NM slijedi da su koordinate tačke M:

0P=0P1 + P1P=x1+x2,

PM=PN+NM=P1M1+ P2M2= y1+y2

pa tačka M odgovara kompleksnom broju

z ).yy,xx()yy(i)xx(zz 2121212121

Kao što se vidi, sabiranje kompleksnih brojeva je ekvivalentno sabiranju vektora.Oduzimanje kompleksnih brojeva (Slika 3) se definiše kao inverzna operacija sabiranju, pa je

)yy,xx()yy(i)xx(zzz 2121212121 ,

što je ekvivalentno oduzimanju vektora.

10

0 x

y

ρ

φ

M(x,y)

6. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja

Kompleksan broj u Gausovoj ravni predstavlja tačka M(x,y), a njegovu apsolutnu vrijednost predstavlja rastojanje tačke od koordinatnog početka (0M) (Slika 4).

z=x+iy , |z|=ρ, 0¿ φ¿ 2π

Slika 4.

Duž 0M zaklapa ugao φ sa x osom. Poznavajući trigonometrijske funkcije, vidi se da je:

11

sinφ=

yρ

⇔ y= ρsinφ,

cosφ=ρ

ρ x

x

cosφ.

Pošto je z=x+iy, iz navedenog slijedi da je ρcosφ + iρsinφ=z,

odnosno z=ρ(cosφ+isinφ), što predstavlja trigonometrijski oblik kompleksnog broja. Ugao φ se može izraziti na slijedeći način:

tanφ=

xy

φ=arctan yx

pri čemu je φ+2kπ ( Zk ) predstavlja argument kompleksnog broja. Najčešće se kao argument koristi vrijednost broja koja se nalazi između –π i +π, pri čemu se tada ugao φ još naziva i glavnim argumentom kompleksnog broja z.

Primjer - Predstaviti –i u trigonometrijskom obliku.

Rješenje

z= -i, odakle slijedi da je x=0, y=-1 i ρ=1z

.

Slijedi da je:

φ=arctan(

-10 )=

−π2 , ρcosφ + iρsinφ=z

pa je

z=1(cos

−π2 +isin

−π2 ),

z= cos

π2 -isin

π2 .

Prema definiciji, uzima se da je |0|=0 i tada se φ ne definiše.

Jednakost dva kompleksna broja z1 i 2z važi ako i samo ako je |z1|=|z2|,

odnosno ρ1 + ρ2 i ako postoji k∈Z takvo da je φ1= φ2+2kπ (ovde φ1 i φ2

predstavljaju glavne argumente brojeva 1z i z2 ).

12

Dokaz

Neka su 1z = ρ1cosφ1 + i ρ1sinφ1, z2 = ρ2cosφ2 + i ρ2sinφ2. Iz jednakosti

ρ1cosφ1 + i ρ1sinφ1= ρ2cosφ2 + i ρ2sinφ2

slijedi da je (*)ρ1cosφ1= ρ2cosφ2, ρ1sinφ1= ρ2sinφ2.

Poslije kvadriranja i sabiranja ovih jednačina dobijamo:

ρ21 cos

2φ1+ ρ1

2sin

2φ1= ρ

22 cos

2φ2+ ρ2

2sin

2φ2,

ρ21 (cos

2φ1+ sin

2φ1)= ρ

22 (cos

2φ2+ ρ2

2sin

2φ2),

odakle slijedi da je ρ21 = ρ

22 . S obzirom da su ρ1 i ρ2 apsolutne vrijednosti

određenih kompleksnih brojeva, pa su zbog toga pozitivni, slijedi da je ρ1= ρ2.

Tada jednakosti (*) postaju

cosφ1= cosφ2, sinφ1= sinφ2,

odakle slijedi da postoji k∈Z takvo da je

φ1= φ2+2kπ,

čime je stav dokazan.

13

7. Proizvod i količnik više kompleksnih brojeva. Moavrova formula

U slučaju više kompleksnih brojeva, operacije sabiranja ili oduzimanja se ne komplikuju, tj. svode se na sabiranje ili oduzimanje njihovih realnih, odnosno imaginarnih djelova:

z1+z2 +…+zn=( x1+x2+. ..+xn )+i( y1+ y2+ .. .+ yn ),

z1 - z2 -…- zn=( x1−x2−. ..−xn )+i( y1− y2−. . .− yn ) .

Međutim, kada se radi o množenju i dijeljenju, stvari su malo drugačije. Ako su

dati kompleksni brojevi z1=x1+ iy1 , z2=x2+ iy2 ,…zn=xn+iyn , proizvod je dat slijedećim izrazima:

z1 z2=( x1 x2− y1 y2 )+i(x1 y2+ y1 x2) ,)yyyyxxxxyxyx(i)yxyyyxxyyxxx(zzz 321321321321321321321321321

,.

14

.

.Množenje se sve više komplikuje što je više činilaca, tako da ovakav način množenja tada gubi smisao. Međutim, kompleksni brojevi se osim u algebarskom mogu predstaviti i u trigonometrijskom obliku, pa množenje više kompleksnih brojeva svodi na jednostavan oblik primjenom adicionih teorema.Ako je

1z = ρ1cosφ1 + i ρ1sinφ1, z2 = ρ2cosφ2 + i ρ2sinφ2,… zn= ρncosφn + i ρnsinφn,

tada je

z1 z2= ρ1ρ2(cosφ1 + isinφ1)(cosφ2 + isinφ2)=

= ρ1ρ2(cosφ1cosφ2 + isinφ2cosφ1 + isinφ1cosφ2 - isinφ1sinφ2)

= ρ1ρ2(cosφ1cosφ2 - sinφ1sinφ2 + i(sinφ2cosφ1 + sinφ1cosφ2)).

Na osnovu adicionih teorema za sinus i kosinus funkcije:

cosφ1cosφ2 - sinφ1sinφ2=cos(φ1 + φ2),

sinφ2cosφ1 + sinφ1cosφ2=sin(φ1 + φ2),

pa je

21zz = ρ1ρ2(cos(φ1 + φ2)+i sin(φ1 + φ2)).

Ako pomnožimo tri kompleksna broja, onda dobijamo

z1 z2 z3= ρ1ρ2(cos(φ1 + φ2)+isin(φ1 + φ2))ρ3(cosφ3 + isinφ3)

= ρ1ρ2ρ3(cos(φ1 + φ2)cosφ3 + isinφ3cos(φ1 + φ2) - sin(φ1+ φ2)sinφ3 + + isin(φ1+ φ2)cosφ3)=

= ρ1ρ2ρ3(cos(φ1 + φ2)cosφ3 - sin(φ1 + φ2)sinφ3 + i(sin(φ1 + φ2)cosφ3 +

+cos(φ1+ φ2) sinφ3)=

= ρ1ρ2ρ3(cos(φ1 + φ2 + φ3)+i sin(φ1 + φ2 + φ3)).

Nastavljajući ovaj postupak, vidi se da se proizvod brojeva z1 ,z2 ,…,zn dobija tako što se njihovi moduli pomnože, a argumenti saberu:

15

z1 z2 .. . zn= ρ1ρ2…ρn(cos(φ1 + φ2 +…+φn)+i sin(φ1 + φ2 +…+φn)).

U specijalnom slučaju kada su z1 ,z2 ,…,zn međusobno jednaki, iz prethodne formule se dobija da je:

zn=ρn(cosnφ + isinnφ), Rn .

Dobijeni izraz predstavlja Moavrovu formulu . Do ove formule se došlo empirijskim putem i zato nju treba dokazati matematičkom indukcijom. Prvo ćemo formulu zapisati u ekvivalentnom obliku u kome ćemo je i dokazati:

(ρ (cosφ + isinφ)) n=ρn(cosnφ + isinφ).

1) Kada je n=1, tada je

ρ (cosφ + isinφ)= ρ (cosφ + isinφ), {to je ta~no.

2) Kada je n=k, tada je izraz

(ρ (cosφ + isinφ)) k=ρk(coskφ + isinkφ) ta~an

3) Za n=k+1 treba dokazati da je (ρ (cosφ + isinφ)) k+1=ρk+1(cos(k+1)φ + isin(k+1)φ) ta~no.

Dokaz:

(ρ (cosφ + isinφ)) k+1=ρk+1(cosφ + isinφ)k+1=

=ρ (ρ(cosφ + isinφ))k(cosφ + isinφ)= = ρk+1(coskφ + isinkφ)(cosφ + isinφ)= /po pretpostavci 2)/

= ρk+1(coskφcosφ + isinφcoskφ + isinkφcosφ – sinkφsinφ)= = ρk+1(coskφcosφ – sinkφsinφ + i(sinφcoskφ + sinkφcosφ)= = ρk+1(cos(kφ+φ) + isin(kφ+φ))= ρk+1(cos(k+1)φ + isin(k+1)φ),

odakle se vidi da ako je tvrđenje 2) tačno, tačno je i tvrđenje 3), pa je po principu matematičke indukcije tačan Moavrov obrazac za svako n∈N .Na sličan način se izvodi i formula za količnik kompleksnih brojeva:

16

2

1

z

z

(ρ1(cosφ1 + isinφ1))/(ρ2(cosφ2 + isinφ2))=

= (ρ1(cosφ1 + isinφ1)(cosφ2 - isinφ2))/(ρ2(cosφ2 + isinφ2)(cosφ2 - isinφ2))= = (ρ1/ρ2)(cosφ1cosφ2 + sinφ1sinφ2 + i(sinφ1cosφ2 - sinφ2cosφ1))=

= (ρ1/ρ2)(cos(φ1-φ2) + isin(φ1-φ2)), koriste}i adicione teoreme za sinus i kosinus:

cosφ1cosφ2 + sinφ1sinφ2=cos(φ1-φ2),

sinφ1cosφ2 - sinφ2cosφ1=sin(φ1-φ2),

pa je

2

1

z

z

(ρ1/ρ2)(cos(φ1-φ2) + isin(φ1-φ2)), z2≠0.

8. Geometrijsko prikazivanje proizvoda (količnika) kompleksnih brojeva

Kao što se sabiranje kompleksnih brojeva može prikazati geometrijski, tako se na sličan način može uraditi i sa njihovim mnženjem (dijeljenjem).

Neka tačka M1 odgovara kompleksnom broju

1z = ρ1(cosφ1 + isinφ1),a M2 kompleksnom broju

z2 = ρ2(cosφ2 + isinφ2).

Geometrijski:

OM1= ρ1, OM2= ρ2, 1xOM = φ1, ∠ xOM 1= φ2 (Slika 5).

17

φ2 φ1

φ3 M1

M2

M

N

φ2φ1

φ2

M1

M2

M

N

O x

y

O x

y

Ako se poteg OM1 obrne oko tačke O za ugao φ2 u pozitivnom smijeru, dići će u

položaj ON tako da je ∠ xOM , pri čemu se na potegu ON uzima tačka M tako da je OM= ρ1ρ2. Tačka M predstavlja proizvod

z1 z2= ρ1ρ2(cos(φ1 + φ2)+i sin(φ1 + φ2)).

Na sličan način se množi i više kompleksnih brojeva.

Slika 5. Slika 6.

Količnik kompleksnih brojeva se može geometrijski predstaviti na još jedan način:

OM= ρ1: ρ2, a ugao koji taj poteg zahvata sa realnom osom ∠ xOM = φ1-φ2 (Slika 6.).

18

9. Korijenovanje kompleksnih brojeva

Pod n-tim korijenom kompleksnog broja 1z podrazumjevamo bilo koji broj z2 za

koji važi

n2z = 1z

.

Ako imamo neki kompleksan broj

z=ρ(cosφ + isinφ)= ρ(cos(2kπ+φ) + isin(2kπ +φ)),

po Moavrovoj formuli je

zn

= ρn(cosnφ + isinnφ)= ρn(cosn(2kπ+φ) + isinn(2kπ+φ)).

Pošto se korijen nekog broja može predstaviti i u obliku stepena kao:

19

n√a=a

1n

,

Onda prethodni izraz može da se napiše i kao

.))(2k

n1

isin)(2kn1

(coszz n1

n1

n φπφπρ

Pitanje je koliko ima n-tih korijena broja z.

.,))(2k

n1

isin)(2kn1

(cosn1

Zkzk φπφπρ

Tada je

zk+n=zk ,

jer je:

,z))(2k

n1

isin)(2kn1

(cos

))n)(2(kn1

isin)n)(2(kn1

(cosz

kn

n

1

nk

φπφπρ

φπφπρ

pošto je period sinusne (kosinusne) funkcije 2π.

Prema tome, n√ z ima n rješenja jer se ostali brojevi ponavljaju zbog perioda

funkcije. Rješenja su za k=0,1,…,n-1. Poslednje re{enje je k=n-1, jer je k0= kn.

Primjer – Odrediti sve treće korijene broja 1.

Rješenje

I način: označimo treći korijen broja 1 sa z. Tada je

01z3 ,

tj.

20

(z-1)(z2+z+1)=0,

odakle slijedi da je

z-1=0 ili z2+z+1=0.

Iz prve jednačine dobijamo da je

z=1,

a iz druge

z1,2=

−1±√1−42

=−1±i√32 .

II način: primjenom formule za korijenovanje kompleksnih brojeva, ali se prvo broj 1 mora predstaviti u trigonometrijskom obliku:

.sinicosarctanz 10001

011 φ ρ

Tada je

,,,k,))(2k31

isin)(2k31

(coszz 31

31

3 210 φπφπρ

pa je

.,,k,

32k

isin32k

cos13 210ππ

Znači, za tri vrijednosti broja k dobijamo tri rješenja:

k=0: 3√1=cos 0+isin 0=1 ,

k=1:

3√1=cos2π3

+ isin2π3

=−12+i √3

2 ,

k=2:

3√1=cos4π3

+ isin4 π3

=−12−i √3

2 .

Geometrijski, ovi korijeni jednačine nalaze se na jediničnom krugu i dijele ga na tri jednaka dijela (Slika 7).

21

x

y

z2

z0

z1

Iz navedenog primjera se vidi da se sve vrijednosti n-tog korjena broja z nalaze

na periferiji kruga poluprečnika n√ ρ , obrazujući pravilan n-trougao.

Slika 7.

10. Logaritmovanje kompleksnih brojeva

Neka je x1+iy1 logaritam broja x + iy (x, y, x1 , y1∈R ), to jest

ln(x + iy)= x1+iy1 .

Tada je prema definiciji logaritma

x + iy=ex1+iy1

,

ili prema Ojlerovoj formuli

x + iy= )ysiniy(cosex11

1 ((1.), strana 200),

22

odakle je

(*)x= 1111 ysiney(**),ycose xx .

Kvadriranjem i sabiranjem ova dva izraza se dobija

),ycosy(sineyx x1

21

2222 1

odakle slijedi

(***)ex1

=√ x2+ y2⇔ x1=ln √x2+ y2=1

2ln( x2+ y2 )

.

Iz izraza (*),(**) i (***) se dobijaju:

xy

ytan,yx

yysin,

yx

xycos

1

221

221

.

Odatle se dobija da je

y1=arctan

yx+kπ .

Za y=0, biće:

y1=kπ , cos y1=1 ,

za x>0:

cos y1 = πkcos =1 ,

za x<0:

cos y1 = -1.

To znači da u prvom slučaju k mora biti parno, a u drugom neparno. Prema tome,

za x>0: ln(x+iy)= )yxln( 22

2

1

+ (arctan

yx+2kπ ) i

,

23

a za x<0, k∈Z : ln(x+iy)=

12

ln( x2+ y2)+

(arctanyx+(2k+1 )π ) i

.

Za y=0 prva jednačina daje prirodne logaritme pozitivnih brojeva, a druga negativnih. Iz prve jednačine se vidi da logaritam pozitivnog broja ima beskonačno mnogo rješenja od kojih je samo jedno realno – za k=0, a iz druge se vidi da logaritam negativnog broja ima beskonačno mnogo rješenja i sva su kompleksna.

Ako je kompleksan broj dat u obliku ρeφi

, tj.

x+iy= ρ(cosφ+isinφ)= ρeφi

= ρπ)i(φ ke 2

, k∈Z ,

onda je

(φ + 2kπ)i=ln(x+iy)-lnρ.

Za x>0, y=0 biće:

ρ=x, φ=0, pa je lnx=lnx+2kπi.

Za x<0, y=0 biće:

x

ρ, φ=π, pa je lnx=ln|x|+(2k+1)πi.

Primjer - Naći lni.

Rješenje - U jednačini ln(x+iy)= lnρ+(φ + 2kπ)i treba staviti x=0, y=1, pa dobijamo

lni=( π

2+2kπ )i⇔ i=e

( π2+2 kπ )i

.

Ako se poslednja jednačina stepenuje sa i, dobija se

ii=e

−( π2

+2kπ )

,

odakle se vidi da ii predstavlja realan broj.

24

Literatura

(1) T. Pejović : “Matematička analiza V”, Beograd, 1962.

(2) Z. P. Mamuzić: “Determinante, matrice, vektori, analitička geometrija”, Beograd, 1981.

(3) Dr. D. Adnađević, Dr. Z. Kadelburg: “Matematička analiza I”, Beograd, 1994.

(4) D. S. Mitrinović, J. D. Kečkić: “Matematika II”, Beograd, 1997.

25