Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 1 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 2 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Sadrzaj
1 Istorijski osvrt 3
2 Definicija i osobine 8
3 Algebarski oblik kompleksnog broja. 13
4 Geometrijska interpretacija 22
5 Modul i argument kompleksnog broja 26
6 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja 29
7 Eksponencijalni oblik kompleksnog broja 46
8 Operacije sa kompleksnim brojevima 54
9 Polje kompleksnih brojeva 59
10 Vjezbe 61
Literatura 88
Indeks 88
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 3 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
1. Istorijski osvrt
Svaku linearnu jednacinu moguce je rijesiti u skupu realnih brojeva R, kvadratnus nenegativnom diskriminantom, jednacine oblina xn = a za a > 0 i one kojese na njih svode. Postoje algebarske jednacine sa cijelim koeficjentima, za raz-liku od pomenutih, koje nemaju realnih korjena. Takve su, na primjer, kva-dratne jednacine s negativnom diskriminantom, a najjednostavnija medu nimaje jednacina x2 + 1 = 0. Pitanje je kako se moze skup realnih brojeva prosiritidodavanjem novih brojeva, pa da tim brojevima prosireni skup sadrzi korjene kva-dratnih jednacina s negativnom diskriminantom. Postupkom prosirivanja uvedenisu negativni brojevi, zbog nemogucnosti rjesavanja u skupu prirodnih brojevaN jednacine oblika x + b = a, kao i racionalni brojevi Q, zbog nemogucnostirjesavanja u skupu cijelih brojeva Z jednacine oblika bx = a.Ako je i novi broj koji predstavlja rjesenje kvadratne jednacine x2 + 1 = 0, tj.takav da za njega vrijedi jednakost i2 + 1 = 0, onda se problem sastoji u tomeda se skup realnih brojeva prosiri tako da novi skup sadrzi broj i i da je unjemu moguce bez ogranicenja izvoditi operacije sabiranja i mnozenja. Da bise to postiglo, potrebno je precizirati sta ce se podrazumjevati pod jednakoscu,zbirom i proizvodom novih brojeva. Naravno, u taj novi skup brojeva potrebnoje ukljuciti proizvode bi, zbirove a + bi za sve realne brojeve a i b. Izraz oblikaa+ bi zove se kompleksn broj.
Treba istaci da jos nije data definicija kompleksnog broja. Tek se samo pokusavanaslutiti kakav bi oblik oni mogli imati. Za sada je ta analiza formalna i nesadrzi jos definiciju skupa kompleksnih brojeva. Bez obzira na receno dovoljnoje razloga da se nesto kaze i o cestoj gresci koja se pravi prilikom uvodenjakompleksnih brojeva. Naime, iz jednakosti i2 + 1 = 0 pogresno se zakljucuje da
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 4 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
je i =1 pa se na osnovu toga na pitanje: Sta je kompleksan broj? dobiva
pogresan odgovor: Kompleksan broj je izraz a + bi gdje je i =1, jer se u
skupu realnih brojeva simbol koristi za oznacavanje aritmetickog korjenapozitivnog broja, pa zbog toga izraz
1 nema smisla. Isto tako ni znak + u izrazu a + bi takoder nema smisla, jer oznasava operaciju sabiranja realnihbrojeva, ali ne i brojeva oblika bi / R.Posljednja definicija se ponekada pokusava popraviti nepotpunom novom: Kom-pleksan broj je formalan izraz oblika a+bi, u koe su a i b bilo koji realni brojevi, ai neki simbol, jer iz nje nije moguc izvesti pravila za operacije nad kompleksnimbrojevima kao i njihove osobine.
Slika 1: Johann Carl FriedrichGauss, 1777-1855
Kao vazno sredstvo istrazivanja u matematicikompleksni brojevi dobili su pravo gradanstvatek u 19. vijeku poslije Gausovih dovoljnoubjedljivih objasnjena pojma kompleksnog broja.Sumnju u njih dugo je izazivao simbol i (ima-ginarna jedinica), zbog toga sto on ne pos-toji medu realnim brojevima. Nepovjerenje unjih bilo je tim vece jer su se neke formule izobicne algebre nekriticki prenosile na komplek-sne brojeve, i njihova je upotreba dovela do ne-kih do tada nepoznatih paradoksa (na primjer,i2 = 1, ali je istrovremeno koristen i formalniizraz i =
1 zajedno sa obicnim pravilima zaoperaciju kvadratnog korjena, pa se dolazilo dorezultata i2 =
1 1 = (1)2 = 1 = 1).Zasnovana u 19. vijeku na osnovu pojma kompleksnog broja teorija funkcija
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 5 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
kompleksne promjenljive je obogatila matematicku analizu novim rezultatima...
Prvi koji su pokusali uvesti u matematiku kompleksne brojeve bili su italijanskimatematicari 16. vijeka Kardano i Bombeli a njihovi pokusaji bili su u vezisa rjesavanjem jednacina 3ceg i 4tog stepena. Moze se reci da je teorijakompleksnih brojeva privukla paznju italijanskih matematicara u 16. vijeka kojisu prvi prepoznali imaginarne (nestvarne, nerealne) brojeve. Dekart je u 17.vijeku napravio razliku izmedu realnih i imaginarnih korjena, a u 18. vijekusu se pojavili prvi radovi Muavra i Ojlera u vezi sa kompleksnim brojevima.Zahvaljujuci Muavru, 1730. godine pojavila se poznata formula
(cos+ i sin)n = cosn+ i sinn
koja danas nosi njegovo ime, a zahvaljujuci Ojleru frormula ei = cos+ i sin.
Krajem 19. vijeka dominirao je geometrijski pristup kompleksnim vrijednostima,sto je za posljedicu imalo povecan interes za teorijom kompleksnih brojeva ucjelini. Ideja grafickog prikaza kompleksnih brojeva pojavila se jos 1685. godineu Valisovom radu De Algebra Tractatus. U 18. vijeku Kuhn 1750. godine iVesel oko 1795. godine napravili su odlucan iskorak prema sadasnjoj teoriji.Veselove savrseno jasne i cjelovite naucne rasprave pojavile su se u izdanjimanaucnog drustva Kopenhagenske akademije za 1799. godinu, koje se zbog takogpristupa, mogu nositi sa danavsnjim modernim radovima iz te oblasti. Izmeduostalog on je analizirao sferu, izlozio je teoriju kvaterniona iz koje je zatim razviokompletnu sfernu trigonometriju. Neovisno od njega Abu Bue je 1804. godinedosao na ideju, slicno Valisu, da bi brojeve 1 trebalo uzeti za mjerne jedinicena pravoj koja je normalna na realnu osu. Bueov rad nije objavljen do 1086.godine, kada je i Argan takode objavio rad na istu temu. Zahvaljujuci Arganovomeseju danas se na graficki prikaz kompleksnog broja gleda kao na nesto prirodno
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 6 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
i nesto sto je nauco utemeljeno. Treba istaci da je Gaus 1831. godine smatraoda je teorija kompleksnih brojeva bila prilicno nepoznata, pa je 1832. godine natu temu objavio svoje glavne naucne rasprave i time ih predstavio matematickojjavnosti. Osim toga treba pomenuti mali ali izvanredan doprinos Moreja iz 1828.godine, u cijem sredistu je naucno zasnovana teorija (direktnih) brojeva. Kosijevii Abelovi radovi su velikim dijelom zasluzni za prihvatanje teorije kompleksnihbrojeva, posebno Abelovi radovi koji je prvi, hrabro i uspjeso (danas je to dodobro poznato), koristio kompleksne brojeve.
Kaspar Vesel (1745-1818). Danski matematicar, roden u Jonsrudeu u Norveskoj,geometar po profesiji, radio je kao geometar-kartograf u Danskoj akademiji nauka.On je 1797. godine Danskoj AN dostavio svoj rad Ogled o analitickoj reprezentacijiorjentisanih duzi i njihovoj primjeni u prvom redu za rjesavanje ravninskih i sfernihmnogouglova, koji je Akademija objevila 1799. godine. U njemu je postupno idetaljno izlozen vektorski racun u ravni, koji je uzet za geometrijski model algebrekompleksnih brojeva.
Utemeljivaci teorije kompleksnih brojeva su velikim dijelom zasluzni i za davanjeimena osnovnim pojmovima te teorije. Argan izraz cos+i sin naziva koeficjentpravca, a izraz r =
a2 + b2 modul. Kosi 1828. godine izrazu cos+ i sin daje
ime reducirana forma. Gaus umjesto1 koristi i, a izraz a+bi zove kompleksan
broj, dok izraz a2 + b2 zove norma. Cesto se za izraz cos + i sin koristi nazivkoeficjent direktni?, a za sto je zasluzan Henkel (1867.), dok je za apsolutnuvrijednos umjesto modula zasluzan Vajerstras.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 7 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Poslije Kosija i Gausa pojavio se niz visokorangiranih matematicara medu kojimase isticu: Kumer (1844), Kroneker (1845), Sefer (1845, 1851, 1880), Belavitis(1835, 1852), Peakom (1845) i De Morgan (1845). Mebijus takoder morabiti pomenut zbog svojih bezbrojnih naucnih rasprava o geometrijskoj primjenikompleksnih brojeva, kao i Dirihlet zbog popularizacije teorije koja sadrzi prostebrojeve, kongruencije, reciprocnosti, itd. slicno teoriji realnih brojeva.
Pored uobicajenog a+bi izucavani su i drugi oblici, u kojima je i korjen jednacinex2 + 1. Ajnstajn je proucava prikaz a + bj u kome je j kompleksan korjen izx3 1. Slicno tome, proucavani su i svi kompleksni prikazi koji su proizasli izjednacine xk 1, u kojoj je k prosti broj. Kumer je velikim dijelom zasluzan zaovo poopstenje, kao i za teoriju idealnih brojeva, koju je 1893. godine Klajn po-jednostavio sa getrijske tacke gledista. Galua je zasluzan za daljni razvoj teorijekompleksnih brojeva u cijoj osnovi su imaginarni korjeni nesvodljivih kongruen-cija F (x) 0 mod p, gdje je p prost broj. Pocev od 1884. godine pojavili suse i drugi autori koji su radili na unapredenju opce teorije, posebno Vajerstras,Svarc, Dedekind, Holder, Berlot, Puankare, Study i Mekferlen.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 8 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
2. Definicija i osobine
Definicija 1. Ako se u skupu uredenih parova realnih brojeva R2 = RR = {(a, b)| a, b R} relacija jednakosti = i operacije + i uredenih parova definisu nasljedec nacin:
(a1, b1)def= (a2, b2) (a1 = a2 b1 = b2) (1)
(a1, b1) + (a2, b2)def= (a1 + a2, b1 + b2) (2)
(a1, b1) (a2, b2) def= (a1 a2 b1 b2, a1 b2 + a2 b1), (3)(aibi R), i {1, 2} i ako je osim toga
(a, 0)def= a (a R) (4)
onda se skup R2 zove skup kompleksnih brojeva i oznacava se sa C, a njegovielementi kompleksni brojevi i oznacavaju se slovima z, z1, z2, ... itd.
U definiciji (1) jednakost (4) se mogla izostaviti, jer je preslikavanje : R{0} Rkoje uredenim parovima (x, 0) realnih brojeva pridruzuje realane broje x, tj. (x, 0) xbijekcija, i vise od toga, je izomorfizam, jer su jednakosti (x1, 0) + (x2, 0) = x1 + x2i (x1, 0) (x2, 0) = x1 x2 tacne za sve realne brojeve xi R kada indeks i uzimavrijednosti iz skupa N. Dakle, moze se kompleksan broj (x, 0), zbog pomenutogizomorfizma, poistovijetiti sa realnim brojem x. Specijalno, se uzima da je (0, 0) = 0i (1, 0) = 1.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 9 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Bijektivnost preslikavanja koje elementima iz skupa realnih brojeva, tzv. arit-metickog kontinuuma, pridruzuje tacke sa ose realnih brojeva garantuje Cantorovaaksioma, tj. po Cantorovoj aksiomi svakom realnom broju odgovara tacno jednatacka na x-osi i obrnuto svakoj tacki sa x-ose odgovara tacno jedan realan broj.
Polazeci od osobina operacija + i u skupu R jednostavno se provjerava tacnostsljedecih jednakosti.
Teorema 1. Za proizvoljne kompleksne brojeve z1, z2, i z3 vrijede jednakosti:
i) za sabiranjez1 + z2 = z2 + z1,
(z1 + z2) + z3 = z1 + (z2 + z3) ,
ii) za mnozenjez1 z2 = z2 z1,
(z1 z2) z3 = z1 (z2 z3) ,iii) za sabiranje i mnozenje
z1 (z2 + z3) = z1 z2 + z1 z3(z1 + z2) z3 = z1 z3 + z2 z3
Obicno se kaze da su sabiranje i mnozenje kompleksnih brojeva komutativne iasocijativne operacije i da je mnozenje distributivno prema sabiranju.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 10 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Definicija 2. Kompleksan broj (0, 0) zove se kompleksna nula, a kompleksanbroj (1, 0) kompleksna jedinica.
Teorema 2. Za svaki kompleksan broj z vrijede jednakosti:
z + (0, 0) = (0, 0) + z
z (1, 0) = (1, 0) z.Teorema 3. Neka su a, b C bilo koji i pritome takvi da vrijede jednakosti
z + a = z i z b = z.
Tada je a = (0, 0) i b = (1, 0).
Definicija 3. Kompleksna nula zove se neutralni element za sabiranje komplek-snih brojeva, a kompleksna jedinica neutralni element za mnozenje kompleksnihbrojeva.
Definicija 4. Ako za kompleksan broj z vrijedi jednakost:
z + (z) = (0, 0)
on se tada zove suprotan broj proizvoljnog kompleksnog broja z.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 11 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Za kompleksan broj (x, y) suprotan broj je (x,y).Teorema 4. Svaki kompleksan broj (x, y) ima tacno jedan suprotan broj (x,y).Dokaz.
Teorema 5. Ako su z1 = (a1, b1) i z2 = (a2, b2) dva proizvoljna kompleksna broja,postoji tacno jedan kompleksan broj z takav da je:
z1 + z = z2
jednak je brojuz2 + (z1)
i zove se razlika brojeva z2 i z1 a oznacava se sa z2 z1.Dokaz.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 12 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 2.1 Dati su kompleksni brojevi z1 = (2,1), z2 = (1, 1), z3 = (0, 2) iz4 = (
12, 0) = 1
2. Izracunati: z1 + z2, z1 z2, z22 i z3 z4.
Rjesenje.
z1 + z2 = (2. 1) + (1, 1) = (2 + (1), (1) + 1) = (1, 0)
z1 z2 = (2. 1) (1, 1) = (2 (1), (1) 1) = (3,2)z22 = (1, 1)2 = (1, 1) (1, 1) = ((1) (1) 1 1, (1) 1 + 1 (1)) = (0,2)
Za kompleksne brojeve oblika (x, 0) vaze jednakosti:
(x1, 0) + (x2, 0) = (x1 + x2, 0)
(x1, 0) (x2, 0) = (x1 x2, 0)(x, 0) = (x, 0)
1
(x, 0)=
(1
x, 0
)(x 6= 0)
Iz navedenih jednakosti se zakljucuje da kompleksni brojevi oblika (x, 0) imajuiste algebarske osobine kao i realni brojevi.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 13 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
3. Algebarski oblik kompleksnog broja.
Imaginarna jedinica.
Definicija 5. Kompleksan broj (0, 1) zove se imaginarna jedinica i oznacava sesa i.
Na osnovu definicije (1) je
i2 = (0, 1)2 = (0, 1) (0, 1) = (0 0 1 1, 0 1 + 1 0) = (1, 0) = 1.
Osim toga je
i3 = i2+1 = (1) i = i i i4 = i2+2 = (1) (1) = 1.
Matematickom indukcijom se provjerava da je:
in =
1 n = 4ki n = 4k 1 k = 0,1,2, ...1 n = 4k 2i n = 4k 3
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 14 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 3.1 Izracunati (i)k za k (0, 1, . . . 8).Rjesenje. Na osnovu definicije i osobina imaginarne jedinice je
(1)0 = 1(1)1 = (1)5 = [(1)i]1 = (1)1i1 = (1)i = i,(1)2 = (i)6 = [(1)i]2 = (1)2i2 = (1)(1) = 1,(i)3 = (i)7 = [(1)i]3 = (1)3i3 = (1)(i) = i,(i)4 = (i)8 = [(1)i]4 = (1)4i4 = (1)(1) = 1.
I vise od toga, za svaki n N je (i)n = [(1) i]n = (1)n in i vrijedi
(i)n =
1 n = 4ki n = 4k 1 k = 0,1,2, ...
1 n = 4k 2i n = 4k 3
(5)
Algebarski oblik kompleksnog broja.
Teorema 6. Svaki kompleksan broj (x, y) moze se predstaviti na jedinstven nacinu obliku x+ iy koji se zove algebarski oblik kompleksnog broja (x, y).
Dokaz. Koristeci se cinjenicom da je x = (x, 0) i y = (y, 0) je
(x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (0, 1) (y, 0) = x+ iy,jer je (0, 1) (y, 0) = (0 y 1 0, 0 0 + 1 y) = (0, y).
Broj a u z = (a, b) = a + ib zove se realni dio kompleksnog broja z i oznacavase sa Re(z) = a, a broj b, imaginarni dio kompleksnog broja z i oznacava se saIm(z) = b.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 15 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Operacije sa kompleksnim brojevima zadanim u algebarskom obliku. Vecje pokazano da je i2 = (0, 1) (0, 1) = 1.Ako se kompleksan broj prikaze u algebarskom obliku, navedene definicije zasabiranje, odizimanje, mnozenje i dijeljenje kompleksnih brojeva svode se najednakosti:
z1 z2 = (x1 + iy1) (x2 + iy2) = (x1 x2) + i(y1 y2)z1 z2 = (x1 + iy1) (x2 + iy2) = (x1x2 y1y2) + i(x1y2 + x2y1)
z1
z2=
x1 + iy1
x2 + iy2=
x1x2 + y1y2
x21 + y21
+ ix1y2 x2y1x22 + y
22
(z2 6= 0)
Drugim rijecima, racionalne operacije sa kompleksnim brojevima vrse se po pra-vilima algebre realnih brojeva, tj. kompleksan broj smatra se kao binom po i iumjesto i2 stavlja se 1.Algebarska jednacina z2+1 = 0, koja nema rjesenja u polju realnih brojeva, mozese rijesiti u polju kompleksnih brojeva. Njena rjesenja su brojevi i i i, tj. uredeniparovi (0, 1) i (0,1)Primjer 3.2 Kompleksan broj z =
3 2i1 + i
prikazati u algebarskom obliku, tj. u
obliku z = a+ bi.
Rjesenje.
3 2i1 + i
=3 1 + (2) 1
12 + 12+
1 (2) 3 112 + 12
i = 12 5
2 i.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 16 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 3.3 Odrediti realni i imaginarni dio kompleksnog broja (2 + i)3.
Rjesenje. Na osnovu formule za kub zbira dva broja je
(2 + i)3 = 23 + 3 22 i+ 3 2 i2 + i3,pa je zbog i2 = 1
(2 + i)3 = 8 + 12i 6 i = 2 + 11i.Dakle je, Re[(2 + i)3] = 2, Im[(2 + i)3] = 11.
Primjer 3.4 Izracunati zbir i razliku kompleksnih brojeva z1 =5
1 + 2ii z2 =
5
2 i.Rjesenje.
z1 + z2 =5
1 + 2i+
5
2 i =5
1 + 2i 2 i2 i +
5
2 i 1 + 2i
1 + 2i=
5(2 i) + 5(1 + 2i)(1 + 2i)(2 i) =
=5[(2 i) + (1 + 2i)]2 i+ 4i 2i2 =
5(3 + i)
4 + 3i 4 3i4 3i =
(15 + 5i)(4 3i)42 + 32
=
=60 45i+ 20i 15i2
25=
75 25i25
=25(3 i)
25= 3 i
z1 z2 = 51 + 2i
52 i =
5
1 + 2i 2 i2 i
5
2 i 1 + 2i
1 + 2i=
5(2 i) 5(1 + 2i)(1 + 2i)(2 i) =
=5[(2 i) (1 + 2i)]2 i+ 4i 2i2 =
5(1 3i)4 + 3i
4 3i4 3i =
(5 15i)(4 3i)42 + 32
=
=20 15i 60i+ 45i2
25=25 75i
25=25(1 + i)
25= (1 + i)
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 17 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 3.5 Izracunati proizvod i kolicnik kompleksnih brojevaRjesenje.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 18 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 3.6 Pomocu Njutnove binomne formule razviti binom (1 i)8
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 18 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 3.6 Pomocu Njutnove binomne formule razviti binom (1 i)8Rjesenje. Na osnovu Njutnove binomne formule je
(1 i)8 =(80
)18(i)0 +
(81
)17(i)1 +
(82
)16(i)2 +
(83
)15(i)3 +
+(84
)14(i)4 +
(85
)13(i)5 +
(86
)12(i)6 +
+(87
)11(i)7 +
(88
)10(i)8
Na osnovu definicije i osobina binomnih koeficjenata je(8
0
)=(8
8
)= 1,
(8
1
)=(8
7
)= 8,(
8
2
)=(8
6
)= 12345678
12(123456) = 28,(8
3
)=(8
5
)= 56,
(8
4
)= 70,
a na osnovu (5) je (i)0 = (i)4 = (i)8 = 1, (i)1 = (i)5 = i, i2 = i6 = 1 i(i)3 = (i)7 = i, pa je konacno
(1 i)8 = 1 8i 28 + 56i+ 70 56i 28 + 8i+ 1 = 16.
Primjedba. Do rezultata se moglo doci i na ovaj nacin
(1 i)8 = [(1 i)2]4 = (2i)4 = (2)4 i4 = 16.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 19 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Stepen i korjen kompleksnog broja zadanog u algebarskom obliku. Od-redivanje vrijednosti korijena kompleksnog broja zadanog u algebarskom oblikunije jednostavan posao, sto se vidi iz primjera koji slijedi:
Primjer 3.7 Kompleksnom broju z = 2 + i3 odrediti vrijednosti kvadratnog
korjena.
Rjesenje. Neka postoji kompleksan broj x+ iy takav da vrijedi jednakost2 + i
3 = x+ iy
Kvadriranjem posljednje jednakosti je
2 + i3 = (x+ iy)2 = x2 y2 + 2ixy,
pa je, na osnovu jednakosti kompleksnih brojeva
2 = x2 y2 i3 = 2xy. (6)
Kada se jednakosti iz (6) kvadriraju, a potom saberu bice
7 = 22 + 3 = (x2 y2)2 + 4x2y2 = (x2 + y2)2.
Kako je lijeva strana posljednje jednakosti pozitivna, a x, y R, korjenovanje posljednjejednakosti daje
x2 + y2 =22 + 3 =
7 (7)
Iz (7) i prve jednakosti u (6) je
x2 =1
2
(2 +
7)
i y2 =1
2
(2 +
7)
tj.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 20 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
x =
1
2
(2 +
7)
y =
1
2
(2 +
7)
Zbog druge jednakosti u (6) predznak proizvoda xy mora biti jednak predznaku broja3, pa su moguce samo dvije kombinacije dobivenih vrijednosti za x i y, tj. postoje dva
broja oblika x+ iy koji su vrijedosti kvadratnih korjena broja z = 2+ i3 koji se jedan od
drugog razlikuju samo po predznaku.
Postupak koji je koristen u primjeru (3.7) za odredivanje kvadratnih korjenakonkretnog kompleksnog broja zadanog u algebarskom obliku, koristi se i zaodredivanje kvadratnih korjena bilo kog kompleksnog broja zadanog u algebar-skom obliku.
Problem se svodi na trazenje kompleksnog broja x+ iy, za koji vrijedi jednakosta+ ib = (x+ iy)2, gdje je a+ bi poznati kompleksan broj. Zbog toga sto njegovaegzistencija nije utvrdena, treba pretpostaviti da takav broj postoji i pomocuuobicajenih oznaka, mozemo napisati da je
a+ ib = x+ iy.
Formalnim kvadriranjem posljednje jednakosti je
a+ ib = (x+ iy)2
tj.a = x2 y2 i b = 2xy (8)
Kvadriranjem obiju strana svake od jednakosti u (8), i sabiranjem tako dobivenihjednakosti je:
a2 + b2 = (x2 y2)2 + 4x2y2 = (x2 + y2)2
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 21 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Kako je desna strana posljednje jednakosti pozitivna, a x i y realni brojevi,korjenovanje posljednje jednakosti daje
x2 + y2 = +a2 + b2 (9)
Iz (9) i prve jednakosti u (8) je:
x2 =1
2
(a+
a2 + b2
)y2 =
1
2
(a+
a2 + b2
)Prilikom odredivanja kvadratnog korjena doslo se do dvije vrijednosti za x kojese razlikuju samo po predznaku, odnosno dvije vrijednosti za y kojke se takoderazlikuju samo po predznaku. Sve te vrijednosti su realne, jer se vrijednostikvadratnog korjena za svako a i b odreduju iz pozitivnih brojeva. Nije mogucena proizvoljan nacin dobivene vrijednosti za x i y medusobno kombinovati, jerzbog druge jednakosti u (8) predznak proizvoda xy mora biti isti kao i predznakod b. Zbog toga su moguce samo dvije kombinacije vrijednosti x i y, tj. dva brojaoblika x + iy, koja mogu biti vrijednosti kvadratnog korjena broja z, a razikujuse jedan od drugoga samo po predznaku.
Elementarna, ali i glomazna provjera (kvadriranjem dobivenih brojeva, posebnou slicaju kada je b > 0, a posebno u slucaju kada je b < 0) pokazuje da sunadeni brojevi zaista vrijednosti kvadratnog korjena broja z. Dakle, odredivanjekvadratnog korjena iz kompleksnog broja uvijek je moguce i daje dvije vrijednostikoje se jedna od druge razlikuju samo po predznaku.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 22 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
4. Geometrijska interpretacijakompleksnih brojeva
Ako se u datoj ravni z fiksira orjentisana prava x i na njoj izabere pocetak O ijedinica mjere OA = 1, takva se prava x zove se osa realnih brojeva ili kratkox-osa.
Izmedu skupa realnih brojeva (aritmetickog kontinuuma) i tacaka na osi realnihbrojeva postoji, prema Cantorovoj aksiomi, obostrano jednoznacno pridruzivanje,tj. svakom realnom broju odgovara taco jedna tacka na x-osi i obrnuto, svakojtacki na x-osi odgovara tacno jedan realan broj
Slika 2: Geometrijska inter-pretacija kompleksnog broja.
Ako se u ravan z postavi jos jedna orjentisanaprava y, sa jedinicom mjere OB = OA = 1, nor-malno na x-osu i pritome tako da se njen pocetakpoklapa sa pocetkom x-ose i da je orjentisana usmjeru kako je to naznaceno na slici 2, tada seravan z xOy zove se Gausova ravan ili kom-pleksna ravan, x-osa realna, a y-osa imaginarnaosa.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 23 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Slika 3: Sabiranje kompleksnih brojeva.
Iz geometrijske interpretacije komplek-snog broja proisticu sljedece osobine:
1. duzina vektora z jednaka je |z|.2. tacke z i z su simetricne u odnosuna realnu osu.
3. tacke z i z su simetricne u odnosuna koordinatni pocetak, tacku z = 0.
4. broj z1 + z2 geometrijski se prikazujekao vektor, konstruisan po pravilu sa-biranja vektora z1 i z2 (sl. 3).
5. rastojanje medu tackama z1 i z2 jednako je z1 z2.
Slika 4: Oduzimanje kompleksnih brojeva.
hh dff g g gggg gg gggg gggggg gg-ghjj ggjgjh jgjhgjhg jhgjhgjh hh dff gg gggg gg gggg gggggg ggghjj ggjgjhjgjhgjhg jhgjhgjhhh dff g g gggg gggggg gggggg ggghjj ggjgjh jgjhgjhg jh-gjhgjhhh dff g g gggg gg gggg ggggggggghjj ggjgjh jgjhgjhg jhgjhgjhhh dff gg gggg gg gggg gggggg ggghjj ggjgjhjgjhgjhg jhgjhgjh
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 24 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Konjugovana vrijednost kompleksnog broja.
Definicija 6. Kompleksan broj a bi zove se konjugovan kompleksnom brojuz = a+ bi; oznacava se sa z ili
z = a+ bi = a bi
Slika 5: Konjugovana vrijed-nost kompleksnog broja.
Za svaki (x, y R) broj z = x iy je konjugovanbroju z = x + iy i obrnuto broj z je konjugovanbroju z, tj. z = z.
Ako je z = x+ iy i z = x iy, onda je
Re z = x =1
2(z + z), Im z = y =
1
2i(z z).
Pokazuje se pomocu definicije (6) da za pro-izvoljne kompleksne brojeve z1, z2, i z3 vrijedejednakosti:
1. z1 z2 = z1 z2Zaista, ako je z1 = a1 + b1i i z2 = a2 + b2i, onda je
z1 z2 = (a1+a2)(b1+b2)i = (a1b1i)(a2b2i) = z1z2.
2. z1 z2 = z1 z2Zaista, ako je z1 = a1 + b1i i z2 = a2 + b2i, onda je
z1 z2 = (a1 + b1i) (a2 + b2i) = (a1a2b1b2)(a1b2+a2b1)i = (a1b1i)(a2b2i).
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 25 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
3.
(z1
z2
)=
z1
z2
Zaista, za z2 6= 0 iz
z1 =z1
z2z2 z1 =
(z1
z2
)z2
(z1
z2
)=
z1
z2
4. (z) = z
Zaista,
5. z z = |z|2
Zaista,
6. |z| = |z|
Zaista,
7.z1
z2=
z1z2
|z2|2ako je z2 6= 0
Zaista,
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 26 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
5. Modul i argument kompleksnog broja
Definicija 7. Aritmeticka vrijednost kvadratnog korjenaa2 + b2 kompleksnog
broja z = a+ ib zove se modul kompleksnog broja i oznacava se sa
= |z| =a2 + b2. (10)
Realni broj takav da jecos =
a
|z| i sin =b
|z| (11)
zove se argument kompleksnog broja i oznacava se sa arg z.
Slika 6: Modul i argument kom-pleksnog broja
Treba imati u vidu da je = |z| uvijek realninenegativni broj |z| > 0, pri cemu je |z| = 0ako i samo ako je z = 0.
Ako je z realan broj, onda = |z| predstavljaapsolutnu vrijednost, pa se zbog toga moduli oznacava isto kao i apsolutba vrijedsnost.
Iz definicije modula kompleksnog broja nijetesko pokazati da za sva kompleksne brojevez1, z2, i z3 vrijede jednakosti
1. |z1 z2| = |z1| |z2|
2.
z1z2 = |z1||z2| ako je z2 6= 0
3. |zn| = |z|n za svaki cio broj n (pretpostavlja se da je z 6= 0 ako je n < 0).
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 27 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Nejednakosti sa modulima. Vrijede sljedece njejednakosti
1. |z1 + z2| 6 |z1|+ |z2|,2. |z1 z2| 6 |z1|+ |z2|,3. |z1 + z2| > |z1| |z2|,4. |z1 z2| > |z1| |z2|.
Posljednje nejednakosti su pogodne za ocjenu modula zbira i modula razlikekompleksnih brojeva, tj. za odredivanje granica njihove promjene, ako su poznategranice za module sabiraka. Nejednakosti 1. i 2. se koriste prilikom ocjeneodozgo, a nejednakosti 3. i 4. prilikom ocjene odozdo.
Dokazimo nejednakost 1. Neka su 1(cos1 + i sin1), 2(cos2 + i sin2) (gdje je1 = |z1|, a 2 = |z2|). Zbog |z1|+ |z2| = 1 cos1 + 2 cos2 + i(1 sin1 + 2 sin2) je
|z1 + z2|2 = (1 cos1 + 2 cos2)2 + (1 sin1 + 2 sin2)2 == 21 cos
2 1 + 212 cos1 cos2 + 22 cos
2 2 + 21 sin
2 1+
+ 212 sin1 sin2 + 22 sin
2 2 = 21(cos
2 1 + sin2 1)+
+ 212(cos1 cos2 + sin1 sin2) + 21(cos
2 2 + sin2 2) =
= 21 + 212 cos(1 2) + 22.
Vrijedi nejednakost |z1 + z2|2 6 z21 +2z1z2 + z22 = (z1 + z2)2 jer je cos(12) 6 1, pazbog |z1 + z2| > 0, 1 > 0 i 2 > 0 se zakljucuje da je |z1 + z2| 6 1 + 2 = |z1|+ |z2|,sto je trebalo i dokazati.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 28 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Da bi se dokazala nejednakost 2. treba zapaziti da je |z2| = | z2|, jer se kom-pleksni broj z2 razlikuje od kompleksnog broja z2 samo po predznaku, doksu zbirovi kvadrata njihovih komponenti identicni. Osim toga je |z1 z2| =|z1 + (z2)| 6 |z1|+ | z2| = |z1|+ |z2|, sto je trebalo i dokazati.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 29 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
6. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja
Zadavanje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku pogodno je kadakompleksne brojeve treba mnoziti, dijeliti, stepenovati ili korjenovati.
Ako je modul, a bilo koji argument kompleksnog broja a + bi, tj. ako je = |a+bi| = a2 + b2, = arg(a+bi), onda iz formula (11) slijedi da je a = % cos,b = % sin i
a+ bi = %(cos+ i sin).
Jednostavno se provjerava i obrnuta tvrdnja: ako vrijedi jednakost a + bi =%(cos + i sin), u kojoj je > 0, onda je = |a + bi| i = arg(a + bi). Prematome ima smisla definicija:
Definicija 8. Prikaz kompleksnog broja z u obliku
z = (cos+ i sin)
u kome je > 0 zove se trigonometrijski oblik kompleksnog broja.
Dakle, svaki se kompleksan broj z 6= 0 moze prikazati u trigonomerijskom oblikuz = (cos + i sin), za > 0, i pritome ta jednakost vrijedi ako i samo ako je = |z| i = arg z.Nije svaki prikaz kompleksnog broja pomocu trigonometrijskih funkcija trigonome-triski zapis tog broja.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 30 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Na primjer, prikaz
1 + i =2(cos
pi
4+ i sin
pi
4)
predstavlja trigonometrijski oblik broja 1 + i , dok prikai
2(cos
pi
4+ i sin
3pi
4)
2(cos
5pi
4+ i sin
5pi
4)
ne predstavljaju trigonometrijski oblici kompleksnog broja 1 + i.
Dva kompleksna broja data u trigonometrijskom obliku, tj. sa
z1 = r1(cos1 + i sin1) z2 = r2(cos2 + i sin2).
jednaka su, tj. z1 = z2, ako i samo ako je r1 = r2 i 1 = 2 + 2kpi gdje je k neki ciobroj.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 31 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Operacije sa kompleksnim brojevima zadanim u trigonometrijskom obliku.
Teorema 7. Ako je 1 = arg z1 i 2 = arg z2, onda je 1 + 2 = arg (z1z2).
Dokaz. Kompleksni brojevi z1 i z2 u trigonometrijskom obliku dati su sa z1 =r1(cos1 + i sin1) i z2 = r2(cos2 + i sin2) gdje je r1 = |z1|, a r2 = |z2|. Proizvodbrojeva z1 i z2 dat je sa
z1 z2 = [r1(cos1 + i sin1] [r2(cos2 + i sin2] == r1r2 [(cos1 cos2 sin1 sin2) + i(sin1 cos2 + cos1 sin2)] == r1r2 [cos(1 + 2) + i sin(1 + 2)] ,
i predstavlja trigonometrijski oblik kompleksnog broja z1 z2, jer je r1 r2 > 0.Dakle, 1 + 2 = arg(z1z2).
Dakle, modul proizvoda dva kompleksna brojajednak je proizvodu njihovih modula, dok je ar-gument proizvoda jednak zbir njihovih argume-nata.
Slika 7: Mnozenje kompleksnihbrojeva.
Formula
z1 z2 = [r1(cos1 + i sin1] [r2(cos2 + i sin2]= r1r2 [cos(1 + 2) + i sin(1 + 2)] ,
dobivena u dokazu [T-7] daje pravilo zamnozenje kompleksnih brojeva prikazanih u tri-gonometrijskom obliku:
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 32 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
pomnoziti dva kompleksna broja, zadana u trigonometrijskom obliku, znacipomnoziti njihove module, a argumente sabrati.
Metodom matematicke indukcije i rezultata iz [T-7] jednostavno se provjeravatvrdnja:ako su 1, 2, 3 . . . n argumenti kompleksnih brojeva z1z2z3 . . . zn redom,onda je 1 + 2 + 3 + . . .+ n = arg(z1z2z3 . . . zn).
Iz [T-7] slijedi da je |z1z2| = r1r2 = |z1||z2|.
Primjer 6.1 Pomnoziti kompleksne brojeve zadane u trigonometrijskom obliku:Rjesenje.
Odgovor: [ ]
Teorema 8. Ako je 1 = arg z1 i 2 = arg z2, onda je 1 2 = arg z1z2 .Kako je mnozenju suprotna operacija dijeljenje, jednostavno se dolazi do sljedecegpravilo: podijeliti dva kompleksna broja, zadana u trigonometrijskom obliku,znaci podijeliti njihove module, a argumente oduzeti, tj.
z1
z2=
1(cos1 + i sin1)
2(cos2 + i sin2)=
=1
2[(cos1 cos2 + sin1 sin2) + i(sin1 cos2 cos1 sin2)] =
=1
2[cos(1 2) + i sin(1 2)] .
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 33 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 6.2 Odrediti kolicnik kompleksnih brojeve i zadanih u trigonometrijskomobliku:Rjesenje.
Odgovor: [ ]
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 34 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Slika 8: Abraham deMoivre, 1667-1754.
Muavrova formula. Muavrovi radovi u vezi sa formulom
(cos i sin)n = cosn i sinnkoja nosi njegovo ime nastali su u prvoj cetvrtini 18. vi-jeka. Prvi puta se pojavila u jednom kratkom radu uDhlos. Trans. za 1707. godinu, istina ne u eksplicitnomobliku, zatim u radu iz 1722. godine, u kome se Mu-avr poziva na rad iz 1707. godine i tvrdi da je kolicniksinusa-verzusa od x i t isti kao i kolicnik 1 : n te da semoze dobiti eliminacijom promljenjljive z iz jednacina
1 2zn + z2n = 2znt1 2z + z2 = 2zx,
gje je sinus-verzus luka zove izraz oblika 1 cos. Ako se stavi x = 1 cos it = 1 cosn, onda se Muavrove jednacine mogu prikazati u obliku
zn = cosncos2 n 1
z = coscos2 1
odakle je poslije stepenovanja obiju strana posljednje jednakosti sa n
zn = cosncos2 n 1
zn =(cos
cos2 1
)ntj. (
coscos2 1
)n= cosn
cos2 n 1
i konacno(cos i sin)n = cosn i sinn.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 35 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
U vezi sa posljednjom formulom Muavr je svoja detaljnja istrazivanja izlozio u djeluMiscellanea Analytica de selibus et quadraturis , London, 1730. godine. Trebaistaci da pomenutu formulu nije nigdje naveo u danasnjem obliku. Uglavnom jebio koncentrisan na formulu za cos preko cosn, koja je prikazana na prvoj stranipomenute knjige u obliku
x =1
2
n
`+
t2 1 +
12
n`+
t2 1
gdje je x = cosB i ` = cosA = cosnB, koja se jednostavno dobija iz Muavroveformule. Muavrova formula se u eksplicitnom obliku prvi puta pojavila u OjlerovomUvodu u analizu beskonacno malih velicina 1748. godine. (vidi rusko izdanje: kjigu1., str. 114). Svi pomenuti radovi dosta su doprinjeli popularizaciji kompleksnihbrojeva.
Za stepenovanje kompleksnog broja z = a+ bi prirodnim eksponentom n, koristise formulu (1). Imamo: tj.Jednakost (3) zove se Muavrova formula. Iz nje slijedi: stepenovati kompleksnibroj prirodnim eksponentom n znaci njegov modul stepenovati tim eksponentoma argument pomnoziti tim eksponentom.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 36 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 6.3 Izracunati:Rjesenje.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 37 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Korjeni kompleksnog broja zadanog u trigonometrijskom obliku. S obziromda su kompleksni brojevi uredeni parovi realnih brojeva, mogu se geometrijskipredstavljati kao tacke u pravouglom koordinatnom sistemu (sl. 9). Ravan kojuodreduje taj koordinatni sistem je kompleksna ravan.
Slika 9: Modul i argument kom-pleksnog broja
Iz geometrijske interpretacije slijedi da je zaz = a + ib, = |z| duzina duzi OA, a =arg z je ugao koji ta duz zaklapa sa pozitivnimsmjerom x-ose. Odatle je
a = cos, b = sin, 0 , 0 < 2pi. =
a2 + b2, tg =
b
a, a, b R.
Tako se dobija trigonometrijski oblik kom-pleksnog broja z = a+ ib:
z = (cos+ i sin), 0 , 0 < 2pi.1 + i
3 = 2(cos 60 + i sin 60). 2
Na osnovu adicionih formula
cos (1 + 2) = cos1 cos2 sin1 sin2,sin (1 + 2) = sin1 cos2 + cos1 sin2,
proizvod kompleksnih brojeva z1 = 1(cos1 + i sin2) i z2 = 2(cos1 + i sin2)je kompleksan broj oblika
z1 z2 = 12(cos (1 + 2) + i sin (1 + 2)).
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 38 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Matematickom indukcijom pokazuje se da vazi opstija jednakost:
z1 zn = 1 n(cos (1 + + n) + i sin (1 + + n)).
Specijalno, ako je z1 = z2 = = zn = z, posljednja jednakost postaje
zn = n(cosn+ i sinn).
Za = 1, odatle se dobija tzv. Moavrova formula1:
(cos+ i sin)n = cosn+ i sinn, n N.Njene primjene u elementarnoj matematici su brojne.
Ako je za n N, = 2pin, iz Moavrove formule slijedi jednakost
1 =
[cos
2pi
n+ i sin
2pi
n
]n.
Dakle, ako je = cos2pi
n+ i sin
2pi
n, onda su
0 = 1,
= cos2pi
n+ i sin
2pi
n,
2 = cos4pi
n+ i sin
4pi
n,
...
n1 = cos2(n 1)pi
n+ i sin
2(n 1)pin
,
1A. de Moivre, 1667-1754.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 39 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
n-ti koreni iz jedinice, tj. resenja jednacine zn = 1. Zaista, neposredno seproverava da je za svaki clan m ovog niza ispunjeno
(m)n = (n)m = 1m = 1.
Moze se proveriti da su svi ti brojevi razliciti, kao i da osim njih nema drugihn-tih korena iz jedinice. To je i posledica sledeceg opstijeg tvrdenja, za koju jeponovo zasluzan De Moavr.
Definicija 9. Kompleksan broj zove se nti korjen (n N) kompleksnog brojaz ako i samo ako za njega vrijedi jednakost
n = z.
Cinjenica da je kompleksan broj nti korjen kompleksnog broja z oznacavase sa
= nz.
Tvrdnja 9. Ako je a = r(cos+ i sin) proizvoljan kompleksan broj i n N, ondajednacina zn = a ima tacno n razlicitih resenja:
z = n
[cos
(+ 2kpi
n
)+ i sin
(+ 2kpi
n
)]k = 0, 1, 2, . . . , n 1.
Dokaz. Ako je z = (cos + i sin ), onda gornja jednacina glasi
((cos + i sin ))n = r(cos+ i sin),
odnosno
n(cosn + i sinn) = r(cos+ i sin).
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 40 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Slijedi n = r i n = + 2kpi, tj.
= nr i =
+ 2kpi
n, k = 0,1,2, . . . .
Tako se dobija formula navedena u tvrdnji, odnosno, za k = 0, 1, . . . , n1, rjesenja
z1 = nr(cos
n+ i sin
n)
z2 = nr(cos
+ 2pi
n+ i sin
+ 2pi
n)
...
zn = nr(cos
+ 2(n 1)pin
+ i sin+ 2(n 1)pi
n).
Gornji niz se nastavlja za k = n, n + 1, n + 2, . . . , ali zbog periodicnosti funkcijakosinus i sinus, ponavljaju se redom gornja rjesenja. Slicno se zakljucuje da se iza negativne vrijednosti parametra k dobijaju vrijednosti iz navedenog spiska.
Rjesenja jednacine zn = a u kompleksnoj ravni predstavljaju vrhove pravilnogn-tougla upisanog u kruznicu poluprecnika r = sa centrom u koordinatnompocetku, jer su moduli svih rjesenja gornje jednacine jednaki, n
r, a argumenti
su redom
n,+ 2pi
n,+ 4pi
n, . . . ,
+ 2(n 1)pin
.
Ako je broj zadan u trigonometrijskom obliku z = (cos + i sin) onda su svevrijednosti
brojevi oblika
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 41 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
pri cemu je . U posljednjoj jednakosti predstavlja n ti aritmeticki korjenpozitivnog realnog broja.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 42 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 6.4 Naci sve vrijednosti 44.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 42 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 6.4 Naci sve vrijednosti 44.
Rjesenje. Broj 4 u trigonometrijskom obliku dat je sa
4 = 4(cospi + i sinpi).
Slika 10: Cetvrti korjeni broja 4.
Sve vrijednosti od 44 brojevi su oblika
i =2
[cos
(pi + 2kpi
4
)+ i sin
(pi + 2kpi
4
)]za k (0, 1, 2, 3) tj.
0 =2[cos
(pi4
)+ i sin
(pi4
)]= 1 + i
1 =2
[cos
(3pi
4
)+ i sin
(3pi
4
)]= 1 + i
2 =2
[cos
(5pi
4
)+ i sin
(5pi
4
)]= 1 i
3 =2
[cos
(7pi
4
)+ i sin
(7pi
4
)]= 1 i
Dobivene vrijednosti prikazane su tackama u kompleksnoj ravni na slici (10).
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 43 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 6.5 Izracunati 3i.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 43 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 6.5 Izracunati 3i.
Rjesenje. Broj i u trigonometrijskom obliku dat je sa
i = cospi
2+ i sin
pi
2.
Slika 11: Treci korjeni broja i.
Sve vrijednosti od 3i brojevi su oblika
k = cos
( pi2+ 2kpi
3
)+ i sin
( pi2+ 2kpi
3
)za k (0, 1, 2) tj.
0 = cos
( pi2+ 2 0 pi
3
)+ i sin
( pi2+ 2 0 pi
3
)=
= cos(pi6
)+ i sin
(pi6
)=
3
2+
1
2i
1 = cos
( pi2+ 2 1 pi
3
)+ i sin
( pi2+ 2 1 pi
3
)=
= cos
(5pi
6
)+ i sin
(5pi
6
)=
3
2+
1
2i
2 = cos
( pi2+ 2 2 pi
3
)+ i sin
( pi2+ 2 2 pi
3
)=
= cos
(9pi
6
)+ i sin
(9pi
6
)= i
Dobivene vrijednosti prikazane su tackama u kompleksnoj ravni na slici (11).
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 44 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 6.6 Izracunati 31 + i.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 44 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 6.6 Izracunati 31 + i.
Slika 12: Treci korjeni broja 1 + i.
Rjesenje. Zbog Re(1+i) = 1 i Im(1+i) =1 modul broja 1 + i dat je sa
= |z| = | 1 + i| =(1)2 + (1)2 =
2,
a argument sa
= arg(1+i) = arctan(
1
1)
= pi4= pipi
4=
3pi
4
u trigonometrijskom obliku on je dat sa
1 + i =2
(cos
3pi
4+ i sin
3pi
4
).
Sve vrijednosti od 31 + i brojevi su oblika
k =3
2
[cos
(3pi4+ 2kpi
3
)+ i sin
(3pi4+ 2kpi
3
)]za k (0, 1, 2), tj.
0 =62[cos
(pi4
)+ i sin
(pi4
)]=
62
[2
2+ i
2
2
]
1 =62
[cos
(11pi
12
)+ i sin
(11pi
12
)]=
2 =62
[cos
(19pi
12
)+ i sin
(19pi
12
)]=
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 45 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
nti korjeni jedinice.Definicija 10. Ako je broj n-ti korjen jedinice, tj. = p
1 i ako su osim
toga njegovi stepeni medusobno razliciti, onda se on zove primitivni n-ti korjenjedinice.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 46 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
7. Eksponencijalni oblik kompleksnog broja
Ako se uzme da je
eidef= cos+ i sin ( R) (12)
onda se kompleksan broj dat u trigonometrijskom obliku sa
z = (cos+ i sin) (13)
moze napisati u obliku
z = ei, (14)koji se zove eksponencijalni oblik kompleksnog broja z. Za = 1 iz (13) je
z = cos+ i sin, (15)
a iz (14) je
z = ei. (16)
Formula (12) zove se Ojlerova formula.
Specijalno je
e2pii = 1, epii = 1, epii2 = i, epii2 = i.
Osim toga je ei = 1 (a R). (17)Zamjenom sa iz (12) je
ei = cos i sin. (18)
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 47 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Slika 13: Veza medu trigonometrijskim i ekspo-nencijalnim funkcijama.
Sabiranjem odnosno oduzimaj-njem jednakosti (12) i (18) do-bijaju se Ojlerove formule
cos =1
2
(ei + ei
)sin =
1
2i
(ei ei)
kojima se trigonometrijske fink-cije izrazavaju preko eksponen-cijalne funkcije ei kompleksnepromjenljive . Funkcija ei
ima sve osobine eksponenci-jalne funkcije realne promjen-ljive, bez obzira sto broj i nijerealan. Evo nekih od njih
ei1 ei2 = ei(1+2)
ei1
ei2= ei(12)
(ei)n
= ein
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 48 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Slika 14: Niccolo Tartaglija
Kubna jednacina. Algebarska jednacina trecegstepena
A3X3 +A2X
2 +A1X +A0 = 0 (19)
sa koeficjentima Ai C, i {0, 1, 2, 3} i A3 6= 0zove se opsta kubna jednacina, koja se dijeljenjemsa A3 6= 0 transformise u tzv. normiranu kubnujednacinu
x3 + a2x2 + a1x+ a0 = 0. (20)
Jednacina (20) smjenom
x = y + k, (21)
u kojoj je vrijednost konstante k trenutno nepoznata prelazi u
(y + k)3 + a2(y + k)2 + a1(y + k) + a0 = 0,
koja poslije sredivanja prelazi u
y3 + (3k + a2)y2 + (3k2 + 2a2k + a1)y + (k
3 + a2k2 + a1k + a0) = 0. (22)
Za 3k + a2 = 0, tj. k = a2/3, smjena (21) prelazi u x = y a23 , a jednacina (22) unepotpunu kubnu
y3 + py + q = 0, (23)
u kojoj su p i q neki polinomi od a2, a1 i a0.
Ako je y0 rjesenje jednavcine (23) oblika
y0 = + , (24)
u kome su vrijednosti i trenutno nepoznate, poslije uvrstavanja y0 u nju onaprelazi u
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 49 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
3 + 3(+ ) + 3 + p(+ ) + q = 0, (25)
odnosno u3 + 3 + (+ )(3 + p) + q = 0. (26)
Za svaki y0 uvjek postoje (bar kompleksni) brojevi i ciji je proizvod oblika
= p3
(27)
koji su, na osnovu Vietove teoreme, rjesenja (kvadratne) jednacine
w2 y0w p3= 0. (28)
Ako se nepoznate i odaberu tako da za njih vrijede jednakosti (24) i (27), (28)prelazi u
3 + 3 + q = 0. (29)
Iz sistema jednakosti
3 + 3 = q3 3 = p
3
27
od kojih je prva dobivena iz (29), a druga kubiranjem (27) zakljucuje se, na osnovuVietove teoreme, da su 3 i 3 rjesenja jednacine
z2 + qz p3
27= 0 (30)
s kompleksnim koeficjentima.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 50 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Rjesenja jednacine (30) su oblika
z1,2 = q2D
gdje jeD q
2
4+
p3
27. (31)
Dakle, vrijede jednakosti
3 = q2+D, i 3 = q
2D,
tj. jednakosti
= 3q2+D, i = 3
q2D,
I konaco jednakost
y0 = + = 3q2+D+ 3
q2D, (32)
Jednakost (32) se zove Kardanova formula a omogucava odredivanje rjesenjajednacine (23), koja se mogu izraziti preko njenih koeficjenata pomocu kvadratnogi kubnog korjena.
Kubni korjeni jedinice. Odredivanje vrijednosti kubnih korjena jedinice svodi se naodredivanje rjesenja jednacine x3 1 = 0, koja je inace ekvivalentna jednacini
(x 1)(x2 + x+ 1) = 0 (33)Prvi faktor jednacine (33) jednak je nuli za x = 1, a drugi, kada ga prikazemo uobliku
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 51 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
x2 + x+1
4= 3
4,
odnosno u obliku (x+
1
2
)2= i
3
2,
jednak je nuli za
x =1 i3
2.
Rjesenja drugog faktora u jednacini (33) oznacimo sa
1 =1 + i3
2i 2 =
1 i32
.
Neposredno se provjerava da je
31 = 1 i 32 = 1.
Osim toga je
21 =1
4
(1 2i
3 3
)=
1
4
(2 2i
3)=
1
2
(1 i
3)= 2,
22 =1
4
(1 + 2i
3 3
)=
1
4
(2 + 2i
3)=
1
2
(1 + i
3)= 1.
Do posljednjeg rezultata moze doci i ovim postupkom
22 = (2)2 =
(1
2)2
= 14 = 1
3 1 = 1 1 = 1.Buduci da su 1 i 2 konjugovano kompleksni brojevi to je
1 + 2 = 1ili
1 + 1 + 12 = 0.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 52 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Ojlerova formula. U Analizi beskonacno malih velicina 1748 godine Euler pise:iz dalje upotrebe se ne iskljkucuju nula i imaginarne vrijednosti promjenljive.U toj knjizi on navodi vise primjera koji potvrduju njegovu citiranu izjavu, dapromjenljivu i treba prihvatiti i sa njome operisati u tako sirokom smislu.
Slika 15: L. Euler, 1707 1783
Na osnovu Muavrove formule je:
(cosx+ i sinx)n = cosnx+ i sinnx
(cosx i sinx)n = cosnx i sinnx.
Sabiranjem posljednjih jednakosti i sredivanja je,
cosnx =(cosx+ i sinx)n + (cosx i sinx)n
2
a oduzimanjem posljednjih jednakosti i sredivanja je
sinnx =(cosx+ i sinx)n (cosx i sinx)n
2i
Smjenom x = nposljednje jednakosti prelaze u
cos =
(cos
n+ i sin
n
)n+(cos
n i sin
n
)n2
sin =
(cos
n+ i sin
n
)n (cos n i sin
n
)n2i
U granicnom procesu, kada n, za
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 53 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
cos =
(1 + i
n
)n+(1 i
n
)n2
sin =
(1 + i
n
)n (1 in
)n2i
Kako je osim toga
limx
(1 +
n
)n= e i lim
x
(1 + i
n
)n= ei
konacno je
cos =ei + ei
2i sin =
ei ei2i
tj.
ei = cos+ i sin.
Posljednja formula zove se Eulerova formula.
Primjedba. Jednakost
limxx0
[ f(x)]n = n limx0
[f(x)]n = n [limx0
f(x)]n
ima smisla za svako x0 R za koje je funkcijaako f(x) neprekidana.
Ao u Eulerovoj formuli zamjenimo sa bice .Ako u posljednjoj jednakosti zamjenimo sa , na osnovu periodicnosti funkcija
i , imamo da je ,tj. funkcija ne mijenja svoje vrijednostri kada se zamjeni sa . Drugim rijecima,
funkcija je periodicna sa periodom .
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 54 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
8. Operacije sa kompleksnim brojevimazadanim u eksponencijalnom obliku
Prirodni logaritan. Neposredna posljedica definicije logaritma je jednakost
N = alogaN .
Posljednja jednakost logaritmiranjem prirodnim logaritmom prelazi u
lnN = logaN ln a
tj.
logaN =lnN
ln a= lnN
1
ln a.
Posljednja jednakost omogucava da se logaritam proizvoljnog broja po poro-izvoljnoj bazi prikoaze preko prirodnih logaritama broja i baze. Mnozilac
M =1
ln a
se zove modul pretvorbe sistema logaritama po bazi a. Ako je baza a = 10,modul pretvorbe je, sa tacnoscu do na sedam decimala, jednak
M = 0, 4342945 . . . .
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 55 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Logaritam kompleksnog broja. Prirodnim logaritmom kompleksnog broja zzove se eksponent stepena, kojim treba stepenovati broj da bi se dobio loga-ritmirani broj. Ako se prirodni logaritam oznaci sa Ln u skladu sa definicijomje
Ln[r(cos+ i sin)] = x+ iy
tj.ex+iy = r(cos+ i sin)
Moze se posljednja jednakost napisati i u obliku
ex+iy = ex(cos y + i sin y)
odakle za modul i argument imamo
r = ex i y = + 2kpi (k = 0,1,2, . . .)
tj.x = ln r i x+ iy = ln r + i(+ 2kpi)
i konacnoLn[r(cos+ i sin)] = ln r + i(+ 2kpi)
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 56 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Primjer 8.1 Izracunati ii.Rjesenje.
ii = eiLni = e(pi2+2kpi) (k = 0,1,2, . . .)
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 57 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Bernuli-Lajbnicov paradoks. Niz otvorenih pitanja klasicne analize postao je jasnijiposlije uvodenja u matematicku praksu eksponencijalnog oblika kompleksnog brojai zahvaljujuci njemu doslo se do potpunih odgovorana na vecinu od njih.
Tako je na primjer pomocu Ojlerove formule ei = (cos+ i sin) rijesen Bernoulli-Leibnitzov paradoks koji se sastoji u sljedecem: Ako se izraz
1
1 + x2
razlozi na proste razlomke bice
1
1 + x2=
1
2i
(1
x i 1
x+ i
),
odakle se integracijom u granicama od 0 do x dobiva
x0
dx
1 + x2=
x0
1
2i
(1
x i 1
x+ i
)dx
tj.
arctanx =1
2ilnx ix+ i
.
Za x = 1 je
arctan 1 =pi
4=
1
2iln
1 i1 + i
=1
4iln
(1 i1 + i
)2=
1
4iln(1) = 1
8iln(1)2 = 1
8iln 1 = 0.
Pri rjesavanju ovog paradoksa Ojler je koristio periodicnost eksponencijalne funk-cija ex.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 58 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Polazeci od definicije prirodnog logaritma z = lnw iz jednakosti ez = w zbogperiodicnosti funkcije ez konkretnoj vrijednosti w odgovara beskonacno mnogorazlicitih vrijednosti z = lnw, koje se medusobno razlikuju za visekratnik 2pii. Akoje w > 0, onda je jedna vrijednost od z = lnw realna, a ostale su su imaginarne.U slucaju kada je w < 0 sve vrijednosti od z = lnw, bez izuzetka, su imaginarne.Dakle, logaritamska funkcija je viseznacna, pa se paradoks otklanja, tako sto seuzme da je ln 1 = 2pii.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 59 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
9. Polje kompleksnih brojeva
Dva kompleksna broja mogu biti ili jednaka ili razlicita dok relacije > i < u oblastikompleksnih brojeva nemaju smisla.
Tvrdnja 10. Struktura (C,+, ) je polje.Dokaz. Ovo se direktno provjerava. Nula (neutralni elemenat za sabiranje)
je (0, 0), suprotni elemenat za (a, b), u oznaci (a, b), je broj (a,b); neutralnielemenat za mnozenje je (1, 0), a inverzni za (a, b) 6= (0, 0) je kompleksni broj
(a, b)1 =(
a
a2 + b2,
ba2 + b2
).
U polju C kompleksnih brojeva, skup R := {(a, 0) | a R}, je potpolje, jer jeocigledno zatvoren za operacije i sam je polje. Funkcija x 7 (x, 0) je izomorfizamiz polja R na polje R. Zato svaki realan broj a identifikujemo sa kompleksnimbrojem (a, 0).
Broj (0, 1) je imaginarna jedinica i oznacava se sa i.U polju C jednacina x2 = 1 ima resenje; to je broj i, jer je po definiciji
mnozenja i2 = (0, 1) (0, 1) = (0 0 1 1, 0 1 + 1 0) = (1, 0) = 1.Iz ocigledne jednakosti (a, b) = (a, 0) + (0, 1)(b, 0) i navedenog poistovecivanja
realnog broja x sa parom (x, 0), dobija se poznati algebarski oblik kompleksnogbroja: (a, b) = a+ ib.
U ovakvoj notaciji operacije sa kompleksnim brojevima formulisu se na sljedecinacin:
(a+ ib) + (c+ id) = (a+ c) + i(b+ d)(a+ ib) (c+ id) = (ac bd) + i(ad+ bc)
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 60 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
1
a+ ib=
a
a2 + b2+ i
ba2 + b2
, a2 + b2 6= 0.
Tvrdnja 11. Na skupu C ne moze se definisati relacija , tako da struktura(C,+, ,) bude uredeno polje.
Dokaz. Ako bismo pretpostavili da takav poredak postoji, onda je on premauslovima na str. ?? linearan, pa je i > 0, ili je i < 0, jer je svakako i 6= 0. Uprvom slucaju je i i > 0 i = 0, odnosno i2 = 1 > 0, odakle je (1)2 = 1 > 0.Sledi 0 = 1 + 1 > 0, sto je kontradikcija. U drugom slucaju je i > 0, pa se iz(i)2 = 1 > 0, dolazi do iste protivrecnosti.
Kompleksni brojevi vezuju se uz resavanje kvadratne jednacine ax2+bx+c = 0,koja nad poljem R nema uvek resenja. Jednostavan primer takve jednacine jex2 + 1 = 0, s obzirom da u polju R nema broja ciji je kvadrat negativan. Kao iu slucaju drugih skupova brojeva, polje R se prosiruje u novu strukturu u kojojtrazena resenja postoje.
Polazi se od Dekartovog proizvoda RR, tj. od svih uredenih parova realnihbrojeva. Na njemu se definisu operacije sabiranja i mnozenja:
(a, b) + (c, d) := (a+ c, b+ d),(a, b) (c, d) := (ac bd, ad+ bc).Ove definicije su logicki ispravne, jer se, kao i u drugim slucajevima prosirenja,
formulisu pomocu operacija na osnovnoj strukturi, ovde polju R. Sta vise, ovdese operacije definisu na samom proizvodu, ne konstruise se kolicnicki skup.
(R R,+, ) je struktura kompleksnih brojeva i svaki uredeni par realnihbrojeva je u ovom kontekstu jedan kompleksni broj. Ova struktura oznacavase sa (C,+, ).
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 61 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10. Vjezbe
10.1 U kompleksnoj ravni nacrtati kompleksne brojeve:
a) z1 = 2 3i; d) z4 = 1 i; g) z7 = 2 + i3;
b) z2 = 3 + 2i; e) z5 = i; h) z8 = 2 i22;
c) z3 = 2 i; f) z6 = 3; i) z9 = 4+i5
2.
Rjesenje.
Slika 16: Prikaz u kompleksnoj ravni kompleks-nog broja zadanog u algebarskom obliku.
i) Kako je
z9 =4 + i
5
2=
4
2+
5
2i = 2 +
5
2i
to je
Re(z9) = 2 Im(z9) =
5
2.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 62 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.2 Odrediti realni i imaginarni dio kompleksnih brojeva:
a)1
i; e) i1953; i)
1 3ii+ 1
ii+ 2
;
b)1 i1 + i
; f)1 + i
2 i(3 + 2i); j)(1 i)5 11 i)5 + 1 ;
c)2
4 3i ; g)i
cos pi3+ i sin pi
3
; k)(1 + 2i)3 (2 i)3(3 + 2i)3 (2 + i)2 ;
d)3i
i 2; h)cos pi
6+ i sin pi
6
3 4i ; l)1 + i tan
1 i tan.
Rjesenje. a) Kako je
1
i=
1
i ii=
i
i2=
i
1 = i = 0 + (1)i
to je Re(z) = 0 i Im(z) = 1.Rezultat: [Re(z) = 0, Im(z) = 1]
b) Kako je
1 i1 + i
=1 i1 + i
1 i1 i =
(1 i)212 + 12
=1 2i+ i2
2
to je Re(z) = i Im(z) =Rezultat: [ ]
c) Kako jeRezultat: [ ]
d) Kako jeRezultat: [ ]
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 63 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
e) Kako jeRezultat: [ ]
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 64 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.3 Odrediti modul i argument kompleksnh brojeva:
a) z1 = 2 3i; d) z4 = 1 i; g) z7 = 2 + i3;
b) z2 = 3 + 2i; e) z5 = i; h) z8 = 2 i22;
c) z3 = 2 i; f) z6 = 3; i) z9 = 4+i5
2.
Slika 17: Racunanje skalkulatorom.
Rjesenje. a) Ako je kompleksni broj zadan u algebarskomobliku sa z = a + bi njegov modul se racuna po formuli
=a2 + b2, a argument po formuli = arctan
(b
a
). U slucaju
kompleksnog broja z1 je a = 2, b = 3, =22 + (3)2 =
4 + 9 =13 = 3, 6055, (moze se izracunati pomocu kalkula-
tora (sl. 17)), = arctan
(32
)= arctan
(3
2
), tj. = 5618
(moze se izracunati pomocu kalkulatora (sl. 18)).
Slika 18: Racunanje skalkulatorom.
Da bi se pomocu kalkulatora iz poznate vrijednosti tangensaodredila vrijednost ugla u stepenima treba dobivenu numerickuvrijednost konvertovati na sljedeci nacin: cijeli dio 56 dobivenevrijednosti 56.310 predstavlja dio mjeru trazenog ugla u stepe-nima, tj. 56, a cijeli dio proizvoda 18.6 = 0.310 60 dio mjeretog ugla u minutama, tj 18. Konacno je = 360 5618 =35960 5618 = 30342.
Rezultat: [ =13, = 30342]
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 65 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.4 U trigonometrijskom obliku prikazati kompleksne brojeve:
a) 2; 3; i; g) 1 + i3; m) 4 + i5
2;
b) ; h) 2 + i3; n) 1 + cos+ i sin;
c) 1 i; i) 2 i22; o) 1 + sin i cos;
d) 3 + 2i; j) 2 +3 + i; p) 1 i tan, (pi2< < pi
2);
e) 2 3i; k) cos pi6+ i cos pi
6; q) 1 cos+ i sin;
f) 2 i; l) sin pi6+ i sin pi
6; r)
cos pi6+ i sin pi
6
cos pi6 i sin pi
6
.
Rjesenje. a) Prikaz kompleksnog broja z = a+ bi u obliku z = (cos+ i sin), gdje je njegov modul, a njegov argument zove se trigonometrijski oblik kompleksnog broja.
Slika 19: Trigonometrijski oblikkompleksnog broja.
Prikaz broja 2 (v.sl. 19) u algebarskom oblikudat je sa 2 = 2 + 0 i. Njegov modul (duzinavektora
OC) je nenegativni broj
2 =(2)2 + 02,
a argument ugao = ](OA,OC)
= arctan
(0
2)
= arctan 02= arctan 0 = pi,
pa izraz 2 = 2(cospi + i sinpi) predstavlja njegovtrigonometrijski oblik.
Rezultat: [2 = 2(cospi + i sinpi)]
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 66 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Prikaz broja 3 (v.sl. 19) u algebarskom obliku dat je sa 3 = 3 + 0 i. Njegov modul(duzina vektora
OA) je nenegativni broj 3 =
32 + 02, a argument ugao = ](OA,OA),
tj. = arctan
(0
3
)= arctan 0 = 0, pa izraz 3 = 3(cos 0 + i sin 0) predstavlja njegov
trigonometrijski oblik.Rezultat: [3 = 3(cos 0 + i sin 0)]
Prikaz broja i (v.sl. 19) u algebarskom obliku dat je sa i = 0 + 1 i. Njegov modul(duzina vektora
OB) je nenegativni broj 1 =
02 + 12, a argument ugao = ](OA,OB),
tj. = arctan
(1
0
)= arctan = pi
2, pa izraz i = 1(cos pi
2+ i sin pi
2) predstavlja njegov
trigonometrijski oblik.Rezultat: [i = 1(cos pi
2+ i sin pi
2)]
b) Rezultat: [ ]c) Rezultat: [ ]d) Rezultat: [ ]e) Rezultat: [ ]f) Rezultat: [ ]g) Rezultat: [2
(cos(pi
3) + i sin(pi
3))]
o) Rezultat:[2 cos
(pi4
4
)[cos
(2 pi
4
)+ i sin
(2 pi
4
)]]
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 67 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.5 Naci kompleksan broj z za koji je:
a) |z| z = 1 + 2i; d) |z 1| = |z + i|b) |z 2i| = |z|; e) |z + 1|+ z + i = 0c) |z + 1| = |z i|; f)
Rjesenje.Rezultat: [y]
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 68 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.6 Naci cijelu linearnu funkciju koja 4ABC [O = (0, 0);A = (1, 0);B = (0, i)]preslikava u njemu slican trougao 4ABC [O = (0, 0);A = (2, 0);B = (1, i)].Rjesenje. Iz .
Rezultat: []
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 69 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.7 Izracunati:a)
3 3i; d)
1 + i
3;
b)24 + 70i; e)
12 5i;
c)
2 + i2; f) .
Rjesenje.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 70 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.8 Za koje n N vrijedi jednakost (1 + i)n = (1 i)n.Rjesenje. Zbog
1 =(1 + i)n
(1 i)n =(1 + i
1 i)n
=
[(1 + i)2
2
]n= in,
je in = 1 akko n = 4k, k = 0,1,2, . . ., pa data jednakost vrijedi za n = 4k, k =0,1,2, . . ..
Rezultat: [n = 4k, k = 0,1,2, . . .]10.9 Za koje n N vrijedi jednakost (3 + 4i)n1 (1 + i)4 = 5n.Rjesenje. Zbog (1 + i)4 =
[(1 + i)2
]2= 4 i (3 + 4i)n1 + 4 = 5n, je (3 + 4i)x1 = 5x 4, pa
je
|(3 + 4i)x1| = |5x 4|.Kako je, osim toga, |3+4i| = 9 + 16 = 5 i 5x4 > 1, to je 5x1 = 5x4, tj. 5x5x1 = 4.Zbog 5x1 = 1 je konacno x 1 = 0, tj. x = 1.
Rezultat: [x = 1]
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 71 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.10 Neka je
f(n) =
(1 + i
2
)n+
(1 i
2
)n.
Izracunati f(2003) + f(2004).
Rjesenje.
10.11 Izracunati 38.
Rjesenje.
10.12 Ako je
z +1
z= 1
izracunati
z2003 +1
z2003.
Rjesenje.
10.13 Neka su , z C i |z| = 1. Dokazati da je || = 1, gde je
=z 1 z.
Rjesenje.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 72 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.14 Odrediti sve kompleksne brojeve z koji zadovoljavaju sljedece jednacine :
a) |z|+ z = 2 + i; b) |z| z = 1 + 2i; c) z = z3.
Rjesenje. Neka je z = a + bi kompleksan broj z. Zbog |z| = a2 + b2 date jednacine sesvode na sljedece:
a)a2 + b2+a+bi = 2+i. Izjednacavanjem realnog dijela lijeve strane sa realnim dijelom
na desnoj, i imaginarnog dijela sa imaginarnim, dobija se sistem jednacinaa2 + b2+a = 2
i b = 1. Zamjenom b = 1 u prvu jednacinu, dobija sea2 + 1 = 2 a. Kvadriranjem obije
strane posljednje jednacine, dobija se a2 + 1 = 4 4a+ a2, pa je rjesenje a = 34.
Rezultat: [z =3
4+ i]
b) Do rjesenja se dolazi na potpuno isti nacin kao u a). Rjesenja su kompleksni brojeviz1 = 1 i z2 = 5 2i.
Rezultat: [z1 = 1, z2 = 5 2i]c) Jednacina se svodi na: a bi = (a + bi)3. Jedno rjesenje je a = b = 0. Ako je a = 0,dobija se bi = (bi)3, odnosno b = b3, tj. b3 b = b(b 1)(b+ 1). Dakle, rjesenja su, osimb = 0, jos i b = 1 i b = 1. Za b = 0, dobija se a = a3, i resenja a = 0, a = 1 i a = 1.Trazeni kompleksan broj su : 0, 1,1, i,i.Pretpostavimo da je a 6= 0 i b 6= 0. Sredivanjem i izjednacavanjem realnog sa realnimi imaginarnog sa imaginarnim dijelom, dobija se: a3 3ab2 a = 0 i 3a2b + b3 b = 0.Dijeljenjem sa a, odnosno b:
a2 3b2 1 = 0 i 3a2 + b2 1 = 0.Smjenom a2 = p i b2 = q dobija se sistem dvije jednacine sa dvije nepoznate, koji imarjesenje p = 0.5 i q = 0.5. Kako su a i b realni brojevi za koje vazi a2 = b2 = 0.5, toovaj sistem jednacina nema rjesenja, i nema drugih rjesenja jednacine iz zadatka.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 73 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.15 Ako su a, b i c kompleksni brojevi takvi da je |a| = |b| = |c| = 1, dokazatida je
|ab+ bc+ ca| = |a+ b+ c|.
Rjesenje.
10.16 Dokazati da se svaki kompleksan broj z 6= 1 ciji je modul 1, moze napisatiu obliku
z =1 + ti
1 ti,
za neko t R.Rjesenje.
10.17 Neka je |z1| = |z2| = |z3| = 1. Dokazati da su tacke z1, z2 i z3 tjemenajednakostranicnog trougla akko je z1 + z2 + z3 = 0.
Rjesenje.
10.18 Odrediti skup S = {ik + ik|k N}.Rjesenje.
10.19 Neka je z =3 + it, t R. Odrediti realan parametar t tako da za svaki
n N vazizn + zn = 2n+1cos
npi
6.
Rjesenje.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 74 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.20 Naci 31 + i.
Rjesenje.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 75 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.21 Ako je argument kompleksnog broja 1 + z jednakpi
4i |1 + z| = 4, odrediti
kompleksan broj z.
Rjesenje. Neka je 1 + z = a + bi. Iz uslova zadatka je sinpi
4=
a
4, i cos
pi
4=
b
4. Dakle,
a = b = 22. Slijedi z = (2
2 1) + 22i.
Rezultat: [z = (22 1) + 22i]
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 76 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.22 Rijesiti jednacinu|3 2i 4x| =
5.
Rjesenje. Kako se data jednacina moze napiati u obliku
|(3 4x) 2i| =5,
to je(3 4x)2 + 22 =
5 (3 4x)2 + 4 = 5 (4x 3)2 = 1 |4x 3| = 1 4x 3 = 1.
Dakle je4x = 4 4x = 41 tj. x1 = 1
i
4x = 2 22x = 21 tj. x2 = 12.
Rezultat: [x1 = 1, x2 =12]
10.23 Ako su x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn realni brojevi, dokazati da je:(x1 + . . .+ xn)2 + (y1 + . . .+ yn)2
x21 + y
21 + . . .+
x2n + y
2n.
Kada vazi znak jednakosti? (Ova nejednakost je poznata kao nejednakost KosiSvarcBunjakovskog)
Rjesenje.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 77 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.24 Rijesiti sistem jednacina
3x
(1 +
1
x+ y
)= 2
(34)7y
(1 1
x+ y
)= 4
2.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 77 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.24 Rijesiti sistem jednacina
3x
(1 +
1
x+ y
)= 2
(34)7y
(1 1
x+ y
)= 4
2.
Rjesenje. Kada se prva jednacina sistema (34) podjeli sa3x, a druga sa
7y on ce
se transformisati u ekvivalentan
1 +1
x+ y=
23x
1 1x+ y
=42
7y.
Posljednji sistem poslije kvadriranja njegovih jednacina prelazi u(1 +
1
x+ y
)2=
4
3x(1 1
x+ y
)2=
32
7y.
Kada se od prve jednacine posljednjeg sistema oduzme druga bice:(1 +
1
x+ y
)2(1 1
x+ y
)2=
4
3x 32
7y.
Rastavljanjem razlike kvadrata u lijevoj strani posljednje jednacine poslije sredivanja onaprelazi u
4
x+ y=
4
3x 32
7y
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 78 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
tj.0 = 7y2 38xy 24x2 = (7y + 4)(y 6x).
Zbog x > 0 i y > 0 je y = 6x, pa je iz prve jednacine polaznog sistema
3x
(1 +
1
7x
)= 2
tj.73x 14x+
3 = 0
ilix =
7 2773
,
i konacno
x =11 47
21i y = 6x =
22 877
.
Rezultat: [x = 1147
21y = 228
7
7]
Primjedba. Smjenama u =x i v =
y, gdje je z = u + iv dati sistem se svodi na
kvadraznu jednacinu:
z +1
z=
23+ i
427
cija rjesenja su rjesenja datog sistema.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 79 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.25 Izracunati
3
2
(cos
3pi
4+ i sin
3pi
4
)
Rjesenje.
3
2
(cos
3pi
4+ i sin
3pi
4
)=
32
[cos
(3pi + 2kpi
4
)+ i sin
(3pi + 2kpi
4
)]
k = 0, 0 =32
[cos
(3pi
4
)+ i sin
(3pi
4
)]k = 1; 1 =
32
[cos
(11pi
12
)+ i sin
(11pi
12
)]k = 2; 2 =
32
[cos
(19pi
12
)+ i sin
(19pi
12
)]Rezultat: [ ]
10.26 Izracunatii.
Rjesenje.
i =
cos
pi
2+ i sin
pi
2= cos
( pi2+ 2kpi
2
)+ i sin
( pi2+ 2kpi
2
)(k = 0, 1)
10.27 Naci najmanju vrijednost |z| ako je |z + 4 3i| = 1. Za koju vrijednost zse ona dostize?
Rjesenje.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 80 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.28 Tjemenima jednakostranicnog trougla 4ABC u kompleksnoj ravni od-govaraju, redom, kompleksni brojevi a, b i c. Ako je a = 2 + i, b = 4 + 3i, nacic.
Rjesenje.
10.29 Ako su zA = 1 + 4i i zO = 1 + 3i jedno tjeme i centar kvadrata 2ABCD,naci ostala tjemena.
Rjesenje.
10.30 Dati su skupovi kompleksnih brojeva:
A = {z C||z 1| = |z i|}, B = {z C||z 4i| = 1}.
Odrediti minimum izraza |z1 z2|, gde je z1 A,z2 B.Rjesenje.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 81 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.31 Ako je z = 1 + i, odrediti z10.
Rjesenje. Stepenovanje (kao i korjenovanje) kompleksnih brojeva je jednostavnije kad suoni predstavljeni u trigonometrijskom obliku. Zato prvo odredujemo moduo i argument.
|z| = 2, a argument = arctg 1 = pi4. Dakle, z =
2(cos
pi
4+ i sin
pi
4), pa je, prema
Moavrovoj formuli z10 = 25(cos5pi
2+ i sin
5pi
2) = 32i.
Ovaj zadatak (ali ne svi ovakvog tipa) se moze rijesiti jos krace i bez pretvaranja utrigonometrijski oblik. Uoci se da je (1 + i)2 = 2i, pa se taj broj podigne na peti stepen.
10.32 Dokazati da se svaki kompleksan broj, razlicit od 1, ciji je modul 1,moze prikazati u obliku
1 + ti
1 ti,
za realan broj t.
Rjesenje. Neka je a + bi proizvoljan kompleksan broj sa modulom 1 (razlicit od -1).
Iz a + bi =1 + ti
1 ti , slijedi (a + bi) (1 ti) = 1 + ti, odnosno a + bt + i(b at) = 1 + ti.Nakon izjednacavanja realnog sa realnim i imaginarnog sa imaginarnim dijelom, dobija
se: a+ bt = 1 i b at = t, odakle se dobija t = 1 ab
i t =b
1 + a. Ovo rjesenje ima smisla
ako je b 6= 0 i a 6= 1 i ako je 1 ab
=b
1 + a. Ovo je tacno pod uslovima zadatka, ako
je taj kompleksan broj razlicit od 1 i ako ima moduo 1. Za b = 0 dobija se a = 1 i tajbroj se moze napisati kao
1 0i1 + 0i
.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 82 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.33 Dokazati da skup svih Gausovih brojeva: G = {a + bi C | a, b Z}obrazuje potprsten prstena kompleksnih brojeva. Odrediti invertibilne elementeovog prstena.
Rjesenje. Direktno se provjerava da za x, y G vazi x y G i x y G. Dakle,G obrazuje potprsten prstena kompleksnih brojeva. Ako je kompleksan broj x + yiinvertibilni element, tada je i njemu konjugovani x yi, takode invertibilan, jer iz = 1za kompleksne brojeve i , slijedi i = 1. Odavde, dobijamo = 1. Akoje = x + yi i = z + ti, tada je (x2 + y2)(z2 + t2) = 1. Iz x, y, z, t Z, i iz cinjenice dasu kvadrati cijelih brojeva uvjek veci ili jednaki od nule, slijedi x2 + y2 = 1 i z2 + t2 = 1.Rjesenje je ((x = 1 y = 0) (x = 0 y = 1)) ((z = 1 t = 0) (z = 0 t = 1)). Dakle,jedini invertibilni elementi su 1, 1, i, i.
Rezultat: []
10.34 Dokazati da za sve kompleksne brojeve z1 i z2 vrijedi:(a) z1 + z2 = z1 + z2;(b) z1 z2 = z1 z2;(c) z1 = z1.
Rjesenje. Neka je z1 = a1 + b1i i z2 = a2 + b2i.(a) z1 + z2 = (a1 + a2) (b1 + b2)i = (a1 b1i) + (a2 b2i) = z1 + z2.(b) z1 z2 = (a1 + b1i) (a2 + b2i) = (a1 a2b1 b2)(a1 b2+a2 b1)i = (a1b1i) (a2b2i) =
z1 z2.(c) Ocigledno, po definiciji.
Rezultat: [ ]
10.35 Dokazati da je preslikavanje f : C C, definisano sa f(z) = z, automorfi-zam polja C.Rjesenje. Lako se uocava da je preslikavanje bijekcija. Iz prethodnog zadatka pod (a)
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 83 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
i (b) sledi da je homomorfizam, dakle automorfizam je.Rezultat: []
10.36 Odrediti realni i imaginarni dio kompleksnog broja
z =
(1 + i
1 i)n
,
gdje n proizvoljni prirodan broj.
Rjesenje. Iz1 + i
1 i 1 + i
1 + i= i je z = 1 za n = 4k, z = i za n = 4k + 1, z = 1 za n = 4k + 2
i z = i za n = 4k + 3.Rezultat: [ ]
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 84 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.37 Izraziti tan 5 preko tan.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 84 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.37 Izraziti tan 5 preko tan.
Rjesenje. Iz Moavrove formule je
cos 5+ i sin 5 = (cos+ i sin)5 ,
a na osnovu Njutnove binomne formule je
cos 5+ i sin 5 = cos5 + 5i cos4 sin 10 cos3 sin2 10i cos2 sin3 + 5 cos sin4 + i sin5 .
Zbog i2 = 1, i3 = i, i4 = 1 i i5 = i, na osnovu definicije jednakosti kompleksnih brojevaje
cos 5 = cos5 10 cos3 sin2 + 5 cos sin4 ,sin 5 = 5 cos4 sin 10 cos2 sin3 + sin5 .
pa je
tan 5 =5 cos4 sin 10 cos2 sin3 + sin5 cos5 10 cos3 sin2 + 5 cos sin4 =
5 tan 10 tan3 + tan5 1 10 tan2 + 5 tan4 .
(Brojnik i nazivnik su podjeljeni sa cos5 .)
Na slican nacin se mogu trigonometrijske funkcije bilo kog visestrukog argumenta izrazitipreko trigonometrijdkih funkcija osnovnog argumenta.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 85 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.38 Pod kojim uslovima tri medusobno razlicite tacke z1, z2 i z3 pripadaju istojpravoj. [633]
Slika 20: Uslov kolinearnosti trijutacaja.
Rjesenje. Neka tacke z1, z2 i z3 pripadaju istojpravoj (sl. 20). Konstruisimo vektor
OM jednak
vektoruAB i vektor
ON jednak vektoru
AC. Tacke
M i N leze na jednoj pravoj, koja prolazi koordi-natnim pocetkom. Vektori
OM i
ON predstavljaju
razlike z2 z1 i z3 z1
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 86 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
10.39a) ; g) ; m) ;
b) ; h) ; n) ;
c) ; i) ; o) ;
d) ; j) ; p) ;
e) ; k) ; q) ;
f) ; l) ; r) .
Rjesenje.
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 87 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
SREDNJA TEHNICKA SKOLAZ A V I D O V I C I
Mjesecni plan radaPredmet Matematika Sedmicni fond 3 casaRazred III Mjesec Septembar Skolska godina 2005/06
Sedmica i Ogledi, nastavnadatum Metodska jedinica sredstva i lektira Napomena
1.sedmica
05.09.-12.09
1. Uvod2. Permutacije bez ponavljanja3. Faktorijel
Udzbenik, zbirka Slajdovi
2.sedmica
05.09.-12.09
4. Varijacije bez ponavljanja5. Kombinacije bez ponavljanja6. Vjezba
Udzbenik, zbirka Slajdovi
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 88 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Literatura
[1] M. R. Antonov, M. J. Vigodski, V. V. Nikitin, A. I. Sankin: Zbirka zadataka izelementarne matematike. Zavod za izdavanje udzbenika, Sarajevo. (1972).
[2] Marshall Hall, Jr.: Combinatorial Theory. Blaisdell Publishing Company, Wal-tham (Massachusetts)-Toronto-London. (1967).
[3] Paul R. Halmos: Naive Set Theory. Springer-Verlag, New York-Heidelberg-Berlin. (1974).
[4] Svetozar Kurepa: Uvod u matematiku. Skupovi, strukture, brojevi. Tehnickaknjiga, Zagreb. (1975).
[5] Kuzmin O. V.: Pascal Triangle and Pascal Pyramid: Some properties andgeneralizations. SOZ v.5 (2000).
[6] Zlatko P. Mamuzic: Kombinatorika. Zavod za izdavanje udzbenika SR Srbije,Beograd. (1966).
[7] Harry I. Miller: Vjerovatnoca i statistika. Svjetlost, Sarajevo. (1985).
[8] D. S. Mitrinovic: Matematicka indukcija. Binomna formula. Kombinatorika.Matematicka biblioteka 26. Gradevinska knjiga, Beograd. (1980).
[9] Radomir Zivkovic: Izborna nastava. Matematika sveska 1. Izborna nastavaza 8. razred osnovne skole. Svjetlost , Sarajevo. (1985)
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 89 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
Indeks
Abel, 6Aksioma
Kantorova, 9Argan (Jean Robert Argand, 1768-1822),
5Argument kompleksnog broja, 26
Bombeli, 5Broj
cijeli, 3kompleksan, 3, 6, 8negativan, 3prirodan, 3racionalan, 3
brojkompleksni, 60
Bue, 5
Dekart (Rene Descartes, 1596-1650), 5Diskriminanta, 3
Formareducirana, 6
FormulaKardanova, 50Muavrova, 34
Njutnova binomna, 18Ojlerova, 46, 52, 53, 57
Gaus (Johann Carl Friedrich Gauss, 1777-1855), 4
Gaussova ravan, 22
Imaginarna jedinica, 4, 13imaginarna jedinica, 59
Jednacinakubna, 48
Kardano, 5Koeficjent pravca, 6Kompleksan broj
algebarski oblik, 14argument, 26eksponencijalni oblik, 46konjugovan, 24modul, 26trigonometrijski oblik, 29
Kompleksna jedinica, 10Kompleksna nula, 10kompleksna ravan, 37Korjen
Home Page
Glavna
Sadrzaj
JJ IIJ I
Strana 90 od 90
Na predhodnu
Full Screen
Zatvori
Kraj
aritmeticki, 4Korjen kompleksnog broja, 19Korjeni jedinice
kubni, 50Kosi (Augustin Louis Cauchy, 1789-1857),
6
Literatura, 88Logaritam
kompleksnog broja, 55prirodni, 54
Moavrova (Moivre) formula, 38Modul kompleksnog broja, 6, 26Modul pretvorbe, 54Morej, 6Muavr (Abraham de Moivre, 1667-1754),
5, 34
Norma, 6
Ojler (Leonhard Euler, 1707-1783), 5,52
ParadoksBernuli-Lajbnicov, 57
Skupcijelih brojeva Z, 3kompleksnih brojeva, 8prirodnih brojeva N, 3
realnih brojeva R, 3Stepen
kompleksnog broja, 19
TeoremaVietova, 49
Teorijaidealnih brojeva, 7kompleksnih brojeva, 7
Uredeni par, 8
Valis, 5Vesel (Caspar Wessel, 1745-1818), 5, 6
Istorijski osvrtDefinicija i osobineAlgebarski oblik kompleksnog broja.Geometrijska interpretacijaModul i argument kompleksnog brojaTrigonometrijski oblik kompleksnog brojaEksponencijalni oblik kompleksnog brojaOperacije sa kompleksnim brojevimaPolje kompleksnih brojevaVjezbeLiteraturaIndeks
Recommended
