Edis Mekic Elvis Barakovic
1 Skup kompleksnih brojeva
Opsti (algebarski) oblik kompleksnog broja je z = x+ iy, gdje su x i y realnibrojevi.
Broj x se naziva realni dio kompleksnog broja z (u oznaciRe(z) = x), a broj y se naziva imaginarni dio kompleksnog broja z (u oznaciIm(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)
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) napisemo u obliku
|z| =√
(x − 0)2 + (y − 0)2,
zakljucujemo da je modul rastojanje kompleksnog broja z = (x, y) od kom-pleksnog 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.
Iz pravouglog trougla △Oxz, slijedi
cos ϕ =x
|z| , sin ϕ =y
|z| . (2)
1
Edis Mekic Elvis Barakovic
Ugao ϕ naziva se argument kompleksnog broja z = (x, y) i oznacava se saarg z. Argument kompleksnog broja z = x + iy mozemo racunati po formuli
tgϕ =y
x⇒ ϕ = arctg
y
x.
Argument kompleksnog broja z = x+ iy = (x, y) mozem racunati po formuli
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.
Zapazimo da kompleksan broj z = 0 nema definisan argument.Koristeci relacije (1) i (2) dobijamo novi oblik kompleksnog broja z
z = ρ(cos ϕ + i sin ϕ),
pri cemu je ρ modul, a ϕ argument kompleksnog broja z. Ovakav oblik kom-pleksnog broja naziva se trigonometrijski oblik kompleksnog broja.
Neka su data dva kompleksna broja z1 = ρ1(cos ϕ1 + i sin ϕ1) i z2 =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))
zn
1= ρn
1(cos nϕ1 + i sin nϕ1) . (3)
Formula (3) naziva se Moivreova formula.Neka je z = ρ(cos ϕ + i sin ϕ) proizvoljan kompleksan broj n−ti korijen ko-pleksnog broja z racuna se po formuli
zk = n
√z = n
√ρ
(
cosϕ + 2kπ
n+ i sin
ϕ + 2kπ
n
)
, k = 0, 1, ..., n − 1. (4)
Primjer 1.1 Kompleksni broj z = 3 zapisati u trigonometrijskom obliku.
Rjesenje: Vrijedi z = 3 = 3+0 · i odakle je Re(z) = 3 > 0 i Im(z) = 0, pa akobismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio narealnoj osi. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog 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 jez = 3 (cos 0 + i · sin 0) . ♣
2
Edis Mekic Elvis Barakovic
Primjer 1.2 Kompleksni broj z =√
2− i ·√
2 zapisati u trigonometrijskomobliku.
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 Gausovoj ravni,on bi se nalazio u cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovogkompleksnog 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 1.3 Kompleksni broj z = −1 + i zapisati u trigonometrijskom ob-liku.
Rjesenje: Vrijedi z = −1+i odakle je Re(z) = −1 < 0 i Im(z) = 1 > 0, pa akobismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio udrugom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog 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 1.4 Naci realni i imaginarni dio kompleksnog broja
z =1 − 3i
1 + i− i
2 + i.
3
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 1.5 Ako je z1 =√
2 − i ·√
2 i z2 = −1 + i, izracunati z1 · z2 iz1
z2
.
Rjesenje: Kompleksne brojeve z1 i z2 zapisimo u tigonometrijskom obliku.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, on bi se nalaziou cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:
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, pa ako bismoovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u drugom
4
Edis Mekic Elvis Barakovic
kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog 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. ♣
Primjer 1.6 Izracunati(√
3 + i)17
.
Rjesenje: Kompleksni broj z =√
3 + i zapisimo u trigonometrijskom obliku.Vrijedi z =
√3 + i odakle je Re(z) =
√3 > 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 kompleksnog broja:
ρ = |z| =
√
(√3)2
+ (1)2 =√
3 + 1 =√
4 = 2
tgϕ =1√3
=
√3
3=⇒ ϕ =
π
6.
5
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 1.7 Izracunati √−7 + 24i.
Rjesenje: Buduci da je korijen kompleksnog broja kompleksan broj, tadavrijedi √
−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 jex2 − y2 = −7
2xy = 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.
6
Edis Mekic Elvis Barakovic
Uvodeci smjenu t = x2, dobijamo kvadratnu jednacinu t2 +7t−144 = 0, cijasu rjesenja t1 = −16 i t2 = 9, ali u obzir dolazi samo drugo rjesenje t2 = 9jer 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. ♣
Primjer 1.8 Izracunati4
√
−8 + 8√
3i,
a zatim predstaviti graficki dobijene kompleksne brojeve i izracunati obim ipovrsinu tako dobijene figure.
Rjesenje: Kompleksni broj z = −8 + 8√
3i zapisimo u trigonometrijskomobliku.
Vrijedi z = −8 + 8√
3i odakle je Re(z) = −8 < 0 i Im(z) = 8√
3 > 0, paako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalaziou drugom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:
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.
7
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 1.9 Rijesiti jednacinu
z5 − 1 − i = 0,
a zatim rjesenja predstaviti graficki i izracunati obim i povrsinu tako dobi-jenog lika.
8
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 u prvomkvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:
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
)
.
9
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 obimO = 5 · a = 5 · 10
√2. ♣
Primjer 1.10 Rijesiti jednacinu
2z3 −√
3 + i = 0,
a zatim rjesenja predstaviti graficki i izracunati obim i povrsinu tako dobi-jenog lika.
Rjesenje:
2z3 −√
3 + i = 0
2z3 =√
3 − i
z3 =
√3
2− 1
2i
z =3
√√3
2− 1
2i.
10
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 nalaziou cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:
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.
11
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 slijedi
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. ♣
Primjer 1.11 Rijesiti jednacinu
(3 + 2i)(1 + i) + 2i
(2 − i)(1 + i) − 3=
7 − i
−4· z4,
a zatim dobijena rjesenja predstaviti graficki i izracunati obim i povrsinu takodobijenog 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
12
Edis Mekic Elvis Barakovic
⇒ z4 = −4.
Zadatak smo sveli na racunanje cetvrtog korijena iz −4. Odnosno
z = 4√−4.
Zapisimo komleksan broj z1 = −4 u trigonometrijskom obliku. Kako jeRe(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 (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
13
Edis Mekic Elvis Barakovic
Sada mozemo izracunati obim i povrsinu dobijenog kvadrata. Jer je duzinastranice a = 2, pa je
P = a2 = 4, O = 4 · a = 8. ♣
Primjer 1.12 Rijesiti jednacinu
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 imaginarnidijelovi 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.
14
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 svrhu napisimokompleksan 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,
cos
sin(+, +)(−, +)
(−,−) (+,−)
1−1
1
−1
15
Edis Mekic Elvis Barakovic
Vidimo da se trazeni ugao ϕ nalazi u cetvrtom kvadrantu, jer je cosϕpozitivan, a sin ϕ negativan. Odnosno
ϕ =5π
3.
Koristeci Moivreovu formulu (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
)
.
16
Edis Mekic Elvis Barakovic
Primjenom formule (4) za racunanje n−tog korijena kompleksnog broja do-bijamo
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
)
. ♣
Primjer 1.13 Odrediti skup tacaka koji zadovoljava jednacinu
|z − 3i| = 2.
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
♣
17
Edis Mekic Elvis Barakovic
Primjer 1.14 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 zadovoljavaju sve tackevan te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici (jer je znak ≥).
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 zadovoljavaju sve tackeunutar te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici (jer je znak ≤).
Skup tacaka koji zadovoljava nejednacine 3 ≤ |z + i| ≤ 5 ce biti sve tackevan te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici x2 + (y + 1)2 = 32 i sve tackeunutar te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici x2+(y + 1)2 = 52, tj. tackekoje pripadaju kruznom prstenu.
18
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 1.15 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) ipoluprecnikom 1, pa datu nejednacinu zadovoljavaju sve tacke van kruznice,ali ukljucujuci i ta cke na kruznici.
Posmatrajmo nejednakost |z| < 5.
|z| < 5√
x2 + y2 < 5
x2 + y2 < 52.
19
Edis Mekic Elvis Barakovic
Jednacina x2 + y2 = 52 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0, 0) ipoluprecnikom 5, pa datu nejednacinu zadovoljavaju sve tacke unutar kruznice,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 ukljucujuci itacke na pravoj y = −x.
Znaci, skup tacaka koje zadovoljavaju postavljene uvjete cine tacke nadijelu kruznog prstena omedjenog dvjema pravima, ali ukljucujuci tacke navecoj 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 1.16 Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za kojevrijedi
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 (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
)
.
20
Edis Mekic Elvis Barakovic
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
(5)
Iz drugog uslova zadatka slijedi
|z + 4| − 6
4 − |z − 2| ≤ 1 ⇔ |z + 4| + |z − 2| − 10
4 − |z − 2| ≤ 0. (6)
Ovaj razlomak je negativan kada su brojnik i nazivnik razlicitog znaka. Zbogtoga moramo razmatrati dva slucaja:
Slucaj 1
|z + 4| + |z − 2| − 10 ≥ 0, 4 − |z − 2| < 0 (7)
Prva nejednakost odreduje skup
A = {z ∈ C : |z + 4| + |z − 2| ≥ 10} (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, skupA predstavlja dio ravni izvan elipse koja ima fokuse u tackama z1 = −4 iz2 = 2, duzinu velike poluose a = 5 i duzinu male poluose b = 4. Zbog znaka
21
Edis Mekic Elvis Barakovic
jednakosti skup takode ukljucuije i rub elipse.Druga nejednakost u (7) odreduje skup
B = {z ∈ C : |z − 2| > 4} (9)
S obzirom da skup{z ∈ C : |z − z0| = r}
predstavlja kruznicu sa centrom u z0 poluprecnika r, to skup B predstavljadio ravni izvan kruznice sa centrom u z0 = 2 i poluprecnika r = 4. Zbogstroge nejednakosti kruznica nije ukljucena u skup B. Rjesenje nejednacina(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 (10)
Slicno kao u slucaju 1 zakljucujemo da prva nejednakost odreduje dio ravniunutar elipse koja ima fokuse u tackama z1 = −4 i z2 = 2, duzinu velikepoluose a = 5 i duzinu male poluose b = 4. Druga nejednakost predstavljadio ravnine unutar kruznice sa centrom u z0 = 2 i poluprecnika r = 4.Rjesenje nejednacina (10) je presjek predhodno opisanih skupova.
22
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 (6) je unija skupova koji predstavljaju rejesenjeza slucajeve 1 i 2. Obiljezimo taj skup sa C. Kompleksni brojevi koji zado-voljavaju uslove zadatka moraju se nalaziti u skupu C, a njihovi argumentimoraju zadovoljavati nejednakosti (5) .
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
1.1 Zadaci za samostalan rad
Zadatak 1.1 Predstaviti u trigonometrijskom obliku sljedece kompleksne bro-jeve:
(a) z = 1 + i√
3, (b) z =√
3 − i, (c) z = −1.
Rjesenje:
23
Edis Mekic Elvis Barakovic
(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 1.2 Naci realni i imaginarni dio sljedecih kompleksnih brojeva:
(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 1.3 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 1.4 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 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
24
Edis Mekic Elvis Barakovic
Zadatak 1.6 Izracunaj(
1 + i√2
)100
.
Rjesenje:(
1 + i√2
)100
= −1.
Zadatak 1.7 Rijesiti jednacinu
(2 + 5i) · z3 − 2i + 5 = 0,
a zatim rjesenja predstaviti graficki i izracunati obim i povrsinu tako dobi-jenog lika.
Rjesenje:
z0 =
√3
2+
1
2i, z1 = −
√3
2+
1
2i, z2 = −i,
O = 3a = 3√
3, P =a2 ·
√3
4=
3 ·√
3
4.
Zadatak 1.8 Rijesiti jednacinu
8z4 +8√2(1 − i) = 0,
a zatim rjesenja predstaviti graficki i izracunati obim i povrsinu tako dobi-jenog lika.
Rjesenje:
zk = 4√
z = 4√
1
(
cos3π
4+ 2kπ
4+ i sin
3π
4+ 2kπ
4
)
(k = 0, 1, 2, 3).
Zadatak 1.9 Rijesiti jednacinu
z6 − 1 = 0,
a zatim rjesenja predstaviti graficki i izracunati obim i povrsinu tako dobi-jenog lika.
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.
25
Edis Mekic Elvis Barakovic
Zadatak 1.10 Rijesiti jednacinu
z6 + 64 = 0,
a zatim rjesenja predstaviti graficki i izracunati obim i povrsinu tako dobi-jenog lika.
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 1.11 Odrediti skup tacaka u ravni koje zadovoljavaju nejednacine
|z − i| < 1 i |z − 1| ≤ 1.
Rjesenje:Trazene tacke su u presjeku skupova tacka zadanih sljedecim nejednacinama
x2 + (y − 1)2 < 1, (x − 1)2 + y2 ≤ 1.
Zadatak 1.12 Odrediti skup tacaka u ravni koje zadovoljavaju nejednacine
3 ≤ |z + i| ≤ 5.
Rjesenje:Skup tacaka izmedu kruznica x2 + (y + 1)2 = 9 i x2 + (y + 1)2 = 25.
Zadatak 1.13 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 1.14 Odrediti skup tacaka u ravni koji zadovoljava jednacinu
|z + i| = |z + 2|.
Rjesenje:
To je prava y = 2x +3
2.
Zadatak 1.15 Odrediti skup tacaka u ravni koji zadovoljava nejednacinu
log√3
|z|2 − |z| + 1
2 + |z| < 2.
26
Edis Mekic Elvis Barakovic
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 1.16 Pokazati da je
(
4√3i − 1
)12
= 4096
Rjesenje:
Uputa: Kompleksan broj4√
3i − 1napisati u trigonometrijskom obliku,
a zatim izracunati
(
4√3i − 1
)12
.
27
Recommended
