Petar Stipanovid: Pripremni tečaj iz matematike (Kompleksni brojevi) 1

KOMPLEKSNI BROJEVI

Pr. Neka je 𝒛 = 𝒊𝟐𝟓𝟑 𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟓𝝅

𝟔− 𝟐𝒊 𝐜𝐨𝐬

𝟓𝝅

𝟔 . Odredite: a) 𝒛 + 𝒛−𝟏 ; b) 𝒛𝟒 ∙ 𝒛𝟐; c) 𝒛

𝟑; d) Arg(z); e) 𝑰𝒎 𝒛 + 𝑹𝒆 𝒛 .

Rješenje: Kako bi lakše bilo odrediti tražene elemente, dani broj pretvorit demo u trigonometrijski prikaz. Koristedi se tabličnim vrijednostima sinusa i kosinusa najprije broj zapišemo u jednostavnijem algebarskom obliku:

sin5𝜋

6=

1

2

cos5𝜋

6= −

3

2

𝑖253 = 𝑖 𝑖2 = −1

⟹

𝑧 = 𝑖 2 ∙1

2− 2𝑖 −

3

2

𝑧 = − 3 + 𝑖 ⇒ 𝑥 = − 3

𝑦 = 1

tgφ =

1

− 3=

− 3

3

− 3, 1 ∈ 𝐼𝐼.

⟹ φ =𝟓𝝅

𝟔

𝑟 = 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 = 3 + 1 = 2

𝒛 = 𝟐 𝐜𝐨𝐬𝟓𝝅

𝟔+ 𝒊 𝐬𝐢𝐧

𝟓𝝅

𝟔

a) 𝑧−1 = 2 ∙ cos5𝜋

6+ 𝑖 sin

5𝜋

6

−1=

1

2∙ cos

−5𝜋

6+ 𝑖 sin

−5𝜋

6 =

1

2∙ cos

5𝜋

6− 𝑖 sin

5𝜋

6 =

1

2∙ −

3

2− 𝑖

1

2 = −

3

4−

1

4𝑖

𝑧 + 𝑧−1 = − 3 + 𝑖 − 3

4−

1

4𝑖 = −

5 3

4+

3

4𝑖 = −

5 3

4

2

+ 3

4

2

= 21

2

b) 𝑧4 ∙ 𝑧2 = 𝑧6 = 2 ∙ cos5𝜋

6+ 𝑖 sin

5𝜋

6

6

= 26 ∙ cos 5𝜋 + 𝑖 sin 5𝜋 = −64

c) 𝑤𝑘 = 𝑧3

= 2 ∙ cos5𝜋

6+ 𝑖 sin

5𝜋

6

3= 2 ∙

3 cos

5𝜋

6+2𝑘𝜋

3+ 𝑖 sin

5𝜋

6+2𝑘𝜋

3 ; 𝑘 = 0,1,2

Za k=0 imamo: 𝑤0 = 2 ∙3

cos5𝜋

18+ 𝑖 sin

5𝜋

18

Za k=1 imamo: 𝑤1 = 2 ∙3

cos17𝜋

18+ 𝑖 sin

17𝜋

18

Za k=2 imamo: 𝑤2 = 2 ∙3

cos29𝜋

18+ 𝑖 sin

29𝜋

18

d) Arg (𝑧) =5𝜋

6e) Im 𝑧 + Re 𝑧 = 𝑦 + 𝑥 = 1 − 3

Pr. Prikažite u Gaussovoj ravnini sva rješenja jednadžbe 𝒘𝟗 + 𝟏 𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎 𝒊 = 𝟎.

Rješenje: Iz zadane jednadžbe imamo: 𝑤9 + 109𝑖 = 0 ⟹ 𝑤9 = −109𝑖 ⟹ 𝑤𝑘 = −109𝑖9

.Označimo 𝑧 = −109𝑖. 1.) Pretvorimo z u trigonometrijski oblik kako bi ga mogli korjenovati:

𝑡𝑔φ =

−109

0= −∞

0, −109 ∈ −𝑦 𝑜𝑠𝑖

⟹ φ =𝟑𝝅

𝟐

𝑟 = 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 = 109

𝑧 = 109 cos3𝜋

2+ 𝑖 sin

3𝜋

2

4)Nacrtamo kružnicu radijusa 𝑟 = 𝑤 =10, te točke w0 i w1 na njoj; uzmemo u šestar duljinu 𝑤0𝑤1 te koristedi jednaku udaljenost susjednih točaka nacrtamo ostale koji su zapravo vrhovi pravilnog 9erokuta upisanog u kružnicu radijusa 10 .

2.) Odredimo wk, gdje je 𝑘 ∈ 0,1,2,3,4,5,6,7,8 :

𝑤𝑘 = 1099 cos

3𝜋

2+ 2𝑘𝜋

9+ 𝑖 sin

3𝜋

2+ 2𝑘𝜋

9

3.) Dovoljno je odrediti prva 2 rješenja, a to su:

𝑤0 = 10 cos3𝜋

18+ 𝑖 sin

3𝜋

18 ; 𝑤1 = 10 cos

7𝜋

18+ 𝑖 sin

7𝜋

18 ;

3𝜋

18=

3∙180°

18= 30°

7𝜋

18=

7∙180°

18= 70°

Kutove možemo pretvoriti u stupnjeve radi lakšeg crtanja.

ZAD. Odredi realni i imaginarni dio

2

19

5

1

2

i

i

Rj. i2

32

ZAD. Napišite u trigonometrijskom obliku kompleksni broj z ako je 10)1arg(arg iz i i

z35

1

.

Rj.

2sin

2cos

34

34 iz

Algebarski prikaz: 𝐳 = 𝐱 + 𝐲𝐢; 𝑅𝑒 𝑧 = x ∈ ℝ; 𝐼𝑚 𝑧 = y ∈ ℝ.

Trigonometrijski prikaz: 𝐳 = 𝐫 𝐜𝐨𝐬𝛗 + 𝐢 ∙ 𝐬𝐢𝐧𝛗 ; 𝑟 ∈ ℝ+ ∪ 0

φ ∈ 0 , 2𝜋

Iz algebarskog prikaza prelazimo u trigonometrijski prikaz:

𝑡𝑔φ =y

x; 𝑟 = 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2; Arg(z)= φ

Moramo paziti u kojem se kvadrantu nalazi zadani z, tj. točka (x,y) jer imaju 2 moguda kuta s istom vrijednošdu tangensa.

𝐳𝐧 = 𝐫𝐧 𝐜𝐨𝐬 𝐧𝛗 + 𝐢 ∙ 𝐬𝐢𝐧 𝐧𝛗 , 𝒏 ∈ ℤ

𝑤𝑘 = r cosφ + i ∙ sinφ 𝑛

= 𝐫𝒏

𝐜𝐨𝐬𝛗 + 𝟐𝐤𝛑

𝒏+ 𝒊 𝐬𝐢𝐧

𝛗 + 𝟐𝐤𝛑

𝒏

Jednadžba 𝑤𝑛 = 𝑧, gdje su𝑧 = r cosφ + i ∙ sinφ ∈ ℂi 𝑛 ∈ ℕ zadani, ima n rješenja u skupu kompleksnih brojeva ℂ:

gdje je k redom element skupa 𝑘 ∈ 0,1,2, ⋯ , 𝑛 − 1 .

W1

W6

W5

W4

W3

W2

W7

W8

W0

x

y

30°

70°

100

Petar Stipanovid: Pripremni tečaj iz matematike (Kompleksni brojevi) 2

Pr.Za koje 𝑤 ∈ ℂ jednadžba 𝟐𝒛𝟐 − 𝟐(Re𝒘 + Im𝒘)𝒛 + Re𝒘 ∙ Im𝒘 + 𝟐 = 𝟎 ima oba rješenja 𝑧 ∈ ℝ\ℝ−?

Rješenje:Pretpostavimo li dano rješenje u obliku 𝑤 = 𝑥 + 𝑦𝑖 tada zadana jednadžba postaje kvadratna jednadžba za 𝑧.

2𝑧2 − 2(𝑥 + 𝑦)𝑧 + 𝑥𝑦 + 2 = 0

Diskriminanta kvadratne jednadžbe 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, tj. broj 𝐷 = 𝑏2 − 4𝑎𝑐 određuje prirodu rješenja (broj realnih rješenja jednadžbe):

Akko je 𝐷 = 0, jednadžba ima jedno (dvostruko) realno rješenje 𝐷 = 0 ⟺ 𝑥1 = 𝑥2 ∈ ℝ

Akko je 𝐷 > 0, jednadžba ima dva različita realna rješenja 𝐷 > 0 ⟺ 𝑥1 , 𝑥2 ∈ ℝ & 𝑥1 ≠ 𝑥2

Akko je 𝐷 < 0, jednadžba nema realnih rješenja, a rješenje je par konjugirano kompleksnih brojeva 𝐷 < 0 ⟺ 𝑥1 , 𝑥2 ∈ ℂ\ℝ & 𝑥1 = 𝑥2

ili zapisano na drugi način

𝐷 < 0 ⟺ 𝑥1 , 𝑥2 ∉ ℝ & 𝑥1 ≠ 𝑥2

Za njezina rješenja 𝑥1i𝑥2 vrijede Vièteove formule:

𝑥1 + 𝑥2 = −𝑏

𝑎

𝑥1 ∙ 𝑥2 =𝑐

𝑎

Ako su brojevi 𝑥1 i 𝑥2 rješenja jednadžbe 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, tada danu jednadžbu možemo faktorizirati ovako: 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 𝑎 𝑥 − 𝑥1 𝑥 − 𝑥2

𝑥1 i 𝑥2također su rješenja jednadžbe: 𝑥2 − 𝑥1 + 𝑥2 𝑥 + 𝑥1 ∙ 𝑥2 = 0

Jednadžbu zadanu u zadatku rješavamo po 𝑧, a 𝑥 i 𝑦 su neki realni brojevi koji određuju koeficijente. Koristedi Vièteove

formule polaznu jednadžbu možemo napisati u obliku:

2𝑧2 − 2(𝑥 + 𝑦)𝑧 + 𝑥𝑦 + 2 = 𝑧2 − 𝑧1 + 𝑧2 𝑥 + 𝑧1 ∙ 𝑧2 = 0

Uvjet dan u zadatku jesu pozitivna rješenja što znači da su rješenja realni brojevi (𝐷 ≥ 0) za koje vrijedi 𝑧1 ≥ 0 i 𝑧2 ≥ 0

iz čega slijedi:

𝐷 ≥ 0 ⇔ 𝑥2 + 𝑦2 − 4 ≥ 0

𝑧1 + 𝑧2 ≥ 0 ⇔ 2(𝑥 + 𝑦) > 0 ⇔ 𝑥 + 𝑦 ≥ 0

𝑧1 ∙ 𝑧2 ≥ 0 ⇔ 𝑥𝑦 + 2 > 0 ⇔ 𝑥𝑦 ≥ −2

Petar Stipanovid: Pripremni tečaj iz matematike (Kompleksni brojevi) 3

Pr. Odredi skup točaka 𝒛 kompleksne ravnine za koje vrijedi

𝟏 − 𝒛 𝟐 = 𝟏 − Re𝟐𝒛 − Im𝟐𝒛 𝟐 + Im𝒛 − Re𝟐𝒛 𝟐

Rješenje:

Pretpostavimo li 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖 tada dobivamo jednadžbu za realne koeficijente

1 − 𝑥2 − 𝑦2 = 1 − 𝑥2 − 𝑦2 2 + 𝑦 − 𝑥2 2

Iz dobivenog oblika jednakosti ne možemo prepoznati o kojoj se krivulji radi pa najprije moramo srediti izraz, odnosno

kvadrirati jednakost. Kako je drugi korijen nekoga broja uvijek pozitivan prije kvadriranja moramo postaviti uvjet da

bude zadovoljeno:

1 − 𝑥2 − 𝑦2 ≥ 0

Kvadriranjem dobivamo ekvivalentnu jednakost koja uz gornji uvjet daje ista rješenja:

1 − 𝑥2 − 𝑦2 2 = 1 − 𝑥2 − 𝑦2 2 + 𝑦 − 𝑥2 2

𝑦 − 𝑥2 2 = 0 ⇔ 𝑦 − 𝑥2 = 0 ⇔ 𝑦 = 𝑥2

Dakle, traženi skup točaka je dio parabole 𝑦 = 𝑥2 koji zadovoljava uvjet

1 − 𝑥2 − 𝑦2 ≥ 0

𝑥2 + 𝑦2 ≤ 1

odnosno crveni dio parabole 𝑦 = 𝑥2 koji se nalazi unutar kruga 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 1.