KOMPLEKSNI BROJEVI.pdf

2. KOMPLEKSNI BROJEVI

2.1. Polje realnih brojeva

2.1.1. Skup prirodnih brojeva

Jedan od najvažnijih pojmova matematike je pojam prirodnog broja i skupa prirodnih brojeva: N = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ....}. Taj pojam je moguće zasnovati na pojmu kardinalnog broja skupova ali se može definisati i aksiomatskim putem. Sada se ograničimo na elemente aksiomatskog izlaganja. Aksiomatsko zasnivanje pojma prirodnih brojeva se vezuje za ime italijanskog matematičara G. PEANO-a.

Aksiomatske teorije se oslanjaju na izvestan broj osnovnih pojmova, osnovni pojmovi

se ne definišu već se njihove međusobne veze implicitno određuju aksiomima . Osnovni pojmovi u aksiomatskom zasnivanju teorije prirodnih brojeva su:

• skup prirodnih brojeva N , • broj 1 kao konstanta i • relacija sledbenik, (ako n označava neki prirodan broj, tada je njegov sledbenik n’ ).

Aksiomi: A1. 1 ∈ N Broj 1 pripada skupu prirodnih brojeva, A2. (∀ n∈ N )(∃ n’∈ N ) Svaki prirodan broj n ima sledbenika u skupu prirodnih brojeva A3. (∀ n∈ N )( n’ ≠ 1). Broj 1 nije sledbenik ni jednog prirodnog broja A4. (∀ m,n ∈ N )( m’ = n’ ⇒ m = n) Svaki prirodan broj ima tačno jednog sledbenika A5. (M ⊆ N) Ÿ (1 ∈ M) Ÿ ( n∈ M ⇒ n’∈ M ) ⇒ M =N.

Aksiom matematičke indukcije: Ako neki podskup M skupa N prirodnih brojeva sadrži broj 1 i ako sadrži sledbenika bilo kojeg svog elementa, tada je skup M jednak skupu prirodnih brojeva.

Ovi aksiomi određuju međusobne odnose prirodnih brojeva, ali ne govore o

operacijama u tom skupu. Zbog toga sistem aksioma A1–A5 nije potpun. Radi dopune tog sistema do potpunog sistema porebno je dodati još 4 aksioma. Ovim proširenjem ne smemo

________________________________________________________________________________________ 21

DISKRETNA MATEMATIKA

________________________________________________________________________________________ 22

dodati tvrđenja koja moćemo izvesti iz postojećih aksioma, takođe i ne smeju nova tvrđenja da budu protivrečna sa postojećim aksiomama. Novim aksiomama definišemo sabiranje i množenje prirodnih brojeva, kao i ulogu broja 1 i relacije “sledbenik” u tim operacijama.

Na sabiranje se odnose sledeći aksiomi: A6. (∀x∈ N )( x + 1 = x’ ) A7. (∀x,y ∈ N )( x + y’ = (x + y)’ ) Množenje je definisano sledećim aksiomima: A8. (∀x∈ N )( x ⋅ 1 = x ) A9. (∀x,y ∈ N )( x ⋅ y’ = x ⋅ y + x ) Pojedine definicije i broj 0 smatraju prirodnim brojem (skupovni prilaz: 0 je kardinalni

broj praznog skupa) pa se susrećemo sa skupovima N i No :

N = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ....}, No = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ....}.

Aksiom matematičke indukcije skoro u svim dokazima tvrđenja u vezi prirodnih brojeva je osnovni metod zaključivanja. Ovim putem se mogu dokazati sva svojsva koja su nam dobro poznata još iz osnovne škole. Na onom uzrastu na primer svojstvo komutativnosti sabiranja proveravali smo na mnoštvu primera, nikad nismo uočili suprotno ponašanje brojeva, te smo poverovali na osnovu nepotpune indukcije, da su ta svojstva uvek važeća. Međutim matematika zahteva rigorozan dokaz. Nepotpuna indukcija to nije! Matematička indukcija je matematički rigorozan i logički besprekoran dokazni postupak.

Osnovna svojstva operacija sa prirodnim brojem se dokazuju matematičkom

indukcijom. Navodimo najvžnije osobine, bez aspiracije da taj spisak bude potpun i bez dokaza, ali naglašavajuči da u teorijskom prilazu sva ta svojstva se dokazuju:

(1) a + b = b + a, a ⋅ b = b ⋅ a

Sabiranje i množenje prirodnih brojeva je komutativno,

(2) (a + b) + c = a + ( b + c), (a ⋅ b) ⋅ c = a ⋅ ( b ⋅ c) Sabiranje i množenje prirodnih brojeva je asocijativno,

(3) a < b ⇒ a + c < b + c Ÿ a ⋅ c < b ⋅ c Sabiranje i množenje prirodnih brojeva poseduje svojstvo monotonosti,

(4) (a + b) ⋅ c = a ⋅ c + b ⋅ c Množenje je distributivno u odnosu na sabiranje, itd.

Sada nije nam zadatak dokazivati osnovne teoreme iz teorije skupa prirodnih brojeva. Mi ćemo primeniti ovaj vrlo efektivni aparat za dokazivanje nama potrebnijih teorema.

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 23

Primer 2.1.1.: Matematička indukcija. Prikazaćemo, kako dokazujemo tvrđenja, koja se odnose na sve prirodne brojeve.

Dokazati, da je zbir prvih n prirodna broja 2

)1( +nn , tojest:

1 + 2 + 3 + ... + (n – 1) + n = 2

)1( +nn .

Dokaz se sastoji iz dva dela:

Obeležimo sa M podskup prirodnih brojeva, za koje je tvrđenje naše teoreme tačno.

(a) Induktivna provera: Dokazati da je tvrđenje tačno za n = 1: 1 = 122

2)11(1

==+ .

(Ovim smo pokazali da je 1 ∈ M ) (b) Induktivno zaključivanje:

(b1) Induktivna pretpostavka: Pretpostavimo da postoji takav prirodan broj n = k za

koji važi tvrđenje:1 + 2 + 3 + ... + (k – 1) + k = 2

)1( +kk .(To je pretpostavka o

istinitosti tvrđenja k∈ M ) (b2) Induktivno tvrđenje: Tvrdimo da je stav istinit i za k’= k + 1 (Tvrdimo: k’∈ M ):

1 + 2 + 3 + ... + (k – 1) + k + (k + 1)= 2

)2)(1( ++ kk .

(b3) Dokaz induktivnog tvrđenja: (Dokazujemo implikaciju: k∈ M ⇒ k’∈ M ). Po pretzpostavci zbir prvih k brojeva je

2)1( +kk , zato uvrstimo to u induktivno

tvrđenje: 2

)1( +kk +(k + 1) = (k + 1)

+1

2k

=(k + 1)

+2

2k =

2)2)(1( ++ kk .

Pošto skup M zadovoljava zahteve 5. Peanovog aksioma jer smo pokazali da je istina

1 ∈ M i da važi k∈ M ⇒ k’∈ M iz čega sledi M =N, tojest naše tvrđenje je istinito za sve prirodne brojeve.

2.1.2. Skup celih brojeva Zbog ograničene izvodljivosti operacije oduzimanja u skupu prirodnih brojeva potrebno je »proširiti« skup N da bi i oduzimanje postalo neograničeno izvodljiva operacija. Prikazujemo proširivanje skupa prirodnih brojeva na skup celih brojeva putem, koji se umnogome oslanja na Peanovu aksiomatiku. Uočimo elemente skupa N×N! Poznajemo uređene parove, te ne bi bilo potrebno ponavljanje definicije jednakosti tih parova, ali radi upoređivanja dve definicije o jednakosti ponavljamo tu definiciju: (a, b) = (c, d) ⇔ a = c Ÿ b = d .


________________________________________________________________________________________ 24

Sada dajemo definiciju, koju upotrebljavamo u slučaju proširenja skupa prirodnih

brojeva: (∀m,n,k,l ∈ N )((m, n) = (k, l) ⇔ m + l = k + n),

Ova definicija se oslanja na sabiranje prirodnih brojeva. Ako su dva para jednaka po opštoj definiciji, onda su jednaka i po novouvedenoj definiciji, ali obrnuto ne važi! Zbir uređenih parova definišemo na sledeći način:

(∀m,n,k,l ∈ N )( (m, n) + (k, l) = (m + k, n + l ).

Definicija proizvoda uređenih parova:

(∀m,n,k,l ∈ N )( (m, n) ⋅ (k, l) = (m ⋅ k + n ⋅ l , m ⋅ l + n ⋅ k).

Pošto su nam sva svojstva sabiranja i množenja prirodnih brojeva poznata, ne predstavlja teškoću ispitati svojstva sabiranja i množenja uređenih parova. Ovim ispitujemo strukturu (N×N , +, ⋅ ). Na kraju tih ispitivanja konstatujemo sledeće:

Struktura (N×N, +, ⋅) je komutativni prsten sa jedinicom. Dalje ispitivanje jednakosti među uređenim parovima možemo uočiti, da je to relacija

ekvivalencije. U traženju predstavnika klase ekvivalencije nailazimo na tri različite situacije: a) m > n (ili m – n ∈ N ), b) m < n (ili n – m ∈ N ) i c) m = n (ili m – n = 0). Prva klasa ekvivalencije koja se odmah uočava jeste klasa parova oblika (m, m).

Izvršimo izbor predstavnika klase na sledeći način: (m, m) = (0, 0) → 0. Ostale izbore i uvođenje oznaka vršimo na sledeći način: ako je m > n onda je m – n = k∈ N pridruživanje je: (m, n) = ( k, 0) → k. Ovo pokazuje da je skup prirodnih brojeva izomorfan sa podskupom skupa uređenih parova prirodnih brojeva. Ako je m < n , tada je n – m = k ∈ N. Sada uvodimo pojam negativnog broja i oznaku: m < n ⇒ (m, n) = (0, n – m) = (0, k) → – k.

Posle tako uvedenih oznaka prelazimo na dobro poznat skup celih brojeva: Z = {...., –6, –5, –4, –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3, +4, +5, ... }, i N ⊂ Z .

2.1.3. Skup racionalnih brojeva Proširivanje skupa celih brojeva moguće je izvesti na već spomenuti intuitivni način zbog ograničene izvodljivosti operacije deljenja u skupu celih brojeva. Međutim i ovom prilikom prikazujemo metod, koji je koiherentan sa aksiomatikom koju smo uveli kod izučavanja skupa prirodnih brojeva.

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 25

Posmatramo uređene parove oblika (a,m) ∈ Z × N. I za ove parove prvo definišemo relaciju jednakosti: (∀a,b∈ Z )(∀ m,n ∈ N )( (a, m) = (b, n) ⇔ a ⋅ n = b ⋅ m ).

U definiciji smo koristili operaciju množenja celih brojeva. Primetiti, da ni ova definicija nije protivrečna sa opštom definicijom jednakosti uređenih parova, ali donosi i nešto novo! Definicija sabiranja i množenja uređenih parova: (∀a,b∈ Z )(∀ m,n ∈ N )( (a, m)+(b, n)=(a⋅ n + b⋅ m, m⋅ n) ).

(∀a,b∈ Z )(∀ m,n ∈ N )( (a, m)⋅ (b, n)=(a⋅ b, m⋅ n) ).

Ove tri definicije, kao i poznavanje osobina operacija sabiranja i množenja celih brojeva je dovoljna da krenemo u izučavanje strukturu skupa Z × N u odnosu na upravo definisane operacije. Zaključak nakon tih ispitivanja je sledeći: struktura (Z × N , +, ⋅) je komutativni prsten sa jedinicom. Ukoliko prilikom ispitivanja operacije množenja isključimo klasu u koju spadaju parovi oblika (0, m), tada je (Z × N , +, ⋅) polje.

Zamenimo li obeležavanje parova sa (a, m) na ma tada dobijamo skup racionalnih

brojeva Q =

∈∧∈ NZ mama koji je izomorfan sa ispitivanim skupom Z × N. Prihvatamo

li obeležavanje aa→

1, tada se može uočiti, da je skup celih brojeva izomorfan sa podskupom

skupa racionalnih brojeva. Uzimamo li taj izomorfizam za “jednakost”: aa=

1, tada je skup

celih brojeva jeste podskup skupa racionalnih brojeva.

Z ⊂ Q. Po ranijim konstatacijama već je poznato: N ⊂ Z, znači N ⊂ Z ⊂ Q Vrlo karakteristična je razlika između skupa prirodnih i celih brojeva sa jedne strane i skupa racionalnih brojeva sa druge strane.

Skup prirodnih brojeva i skup celih brojeva su diskretni skupovi. Diskretnost znači da između dva elementa ta dva skupa u odnosu na relaciju “manje” ili “veće” nalazi se konačan broj elemenata, ili ne postoji ni jedan elemenat istog skupa. Zaista, na primer izmežu brojeva –6 i –1 nalazi se tačno 4 cela broja: –5, –4, –3 i –2, dok između brojeva 100 i 101, ili između –1 i 0 nema više celih (ili prirodnih) brojeva.

Za razliku od diskretnosti, skup racionalnih brojeva poseduje osobunu gustine.

Posmatramo li bilo koja dva elementa tog skupa, između njih postoje najmanje još jedan elemenat tog skupa. (Naravno: kao posledica proizilazi, da između dva ma koja elemnta skupa racionalnih brojeva postoji još beskonačno mnogo racionalnih brojeva.) Zaista: ako su a < b dva racionalna broja, tada je i njihov poluzbir (a+b)/2 racionalan broj i nalazi se između njih. Lađemo da je skup racionalnih brojeva gust skup.


________________________________________________________________________________________ 26

2.1.4. Skup realnih brojeva U izgradnji pojma broja samo smo nabrajali karakteristične korake. U definisanju pojma realnog broja postupamo na isti način.

Skup prirodnih brojeva, skup celih brojeva i skup racionalnih brojeva u odnosu na relaciu poredka “manje” (ili “veće”) jeste uređen skup. U uređenim skupovima Arhimedov aksiom je uvek je istinit: "Za bilo koji element a i za svaki element b > 0 polja

uvek postoji prirodan broj n takav, da je n ⋅ b > a. "

Skup racionalnih brojeva je arhimedski uređen. U okviru kursa Matematička analiza čitalac će detaljnije upoznate nizove i njihovu

konvergenciju. Moguće je uočiti, da neki nizovi u skupu racionalnih brojeva uprkos kriterijumima konvergencije: monotonosti i ograničenosti nemaju graničnu vrednost u skupu Q . Zbog ovog nedostatka skup racionalnih brojeva nije potpun.

Definicija 2.1.4.1.: Arhimedski uređen skup je potpun, ako svi konvergentni nizovi u

njemu imaju graničnu vrednost koja takođe pripada tom skupu. Ne razmatramo postupak upotpunjavanja skupa racionalnih brojeva do skupa realnih

brojeva, važno je da dobijamo skup, koji je potpun. Definicija 2.1.4.2.: Polje realnih brojeva je arhimedski uređen i potpun skup. Skup

racionalnih brojeva jeste podskup skupa realnih brojeva. Označimo skup realnih brojeva sa R . Po rethodnoj definiciji mođemo konstatovati

sledeće inkluzije: N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R. U toku proširivanja brojevnih skupova novi – širi – skup uvek nasleđuje sva svojstva

od starog skupa, i naravno, pojavljuju se i nova. U svakom slučaju novi skup poseduje najmanje ona svojstva koja je posedovao uči skup. To je princip permanencije.

Čini se da realni brojevi, koji nisu racionalni na neki način su skriveni. Ne vidimo ih,

kao da ih ima manje. U traženju primera skoro scvi čemo navesti broj 2 . Verovatno zato, što se najčešće na tom broju se pokazuje na nije racionalan. I Euklid je tako postupao i prvi dokaz činjenice da 2 nije racionalan broj potiče od Euklida. I pored prividne “manjine” iracionalnih brojeva ima mnogo više nego racionalnih brojeva. Skupovi N , Z i Q su prebrojivi skupovi. Kardinalni broj prebrojivih skupova se obeležava sa ℵo. Svi beskonačni prebrojivi skupovi su ekvivalentni – moguće je uspostaviti između njih bijektivno preslikavanje. Skup realnih brojeva nije prebrojiv, kardinalni broj skupa realnih brojeva se oibeležava sa c, taj “broj” je mnogo veći od ℵo.

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 27

2.2. Skup kompleksnih brojeva

2.2.1. Pojam kompleksnog broja Poznato je, da na skupu realnih brojeva nije moguće rešiti sve jednačine sa realnim koeficijentima. Najčešće se navoidi primer jednačine x2 + 1 = 0, koja nema korene na polju realnih brojeva. Ukoliko primenom adjunkcije proširimo skup realnih brojeva tako da skupu R pridružimo “broj” i = 1− , tada je potrebno iznova početi ispitivanje tog novog skupa. Sada prikazujemo strukturu, u kojoj je moguće rešiti sve jednačine sa realnim koeficijentima. Ispitajmo strukturu (R × R , +, ⋅) u kojoj je operacija sabiranja i množenja definisana na sledeći način: Definicija 2.2.1.1.: a) (∀a,b, c, d ∈ R )( (a, b) + (c, d)=(a + c , b + d) ).

b) (∀a,b, c, d ∈ R )( (a, b) ⋅ (c, d) = (a⋅ c – b⋅ d, a⋅ d + b⋅ c) ).

I jednakost elemenata se prihvata na osnovu opšte jednakosti uređenih parova:

(∀a,b, c, d ∈ R )( (a, b) = (c, d) ⇔ a= c Ÿ b= d ).

Teorema 2.2.1.1.: Struktura (R × R , +, ⋅) je polje. Dokaz: Prvo uočavamo da je (R × R , +) komutativna grupa. Zaista: sabiranje parova po definiciji 2.2.1.1.a) je unutrašnja operacija skupa R × R. Asocijativnost se “nasleđuje” od realnih brojeva, par (0, 0) je neutralni element sabiranja, a za proizvoljni par (a, b) aditivni inverzni element je (–a, –b).

Prilikom ispitivanja strukture (R × R , ⋅) lako se uočava zatvorenost operacije, komutativnost i asocijativnost se takođe podrazumeva, a nije teško pronači ni neutralni element. Neka je to par (e, f):

(a, b) ⋅ (e, f) = (a⋅ e – b⋅ f, a⋅ f + b⋅ e) = (a, b) ⇔

⇔ a = a⋅ e – b⋅ f Ÿ b = a⋅ f + b⋅ e ⇔ e = 1 Ÿ f = 0,

Prema tome, multiplikativni neutralni element je par (1, 0).

Dokažimo sada, da svi elementi (a, b) različiti od aditivnog neutralnog elementa (0, 0)

((a, b) ≠ (0, 0)) imaju multiplikativni inverzni element: (a’, b’):

(a, b) ⋅ (a’, b’) = (a⋅ a’ – b⋅ b’, a⋅ b’ + b⋅ a’) = (1, 0) ⇔

⇔ a⋅ a’ – b⋅ b’ = 1 Ÿ a⋅ b’ + b⋅ a’ = 0.


________________________________________________________________________________________ 28

Sistem jednačina na desnoj strani ekvivalencije je rešiv u odnosu na brojeva a’ i b’

samo ako je a2 + b2 ≠ 0. U skupu realnih brojeva a2 + b2 = 0 ⇔ a = b = 0, tojest samo za (a, b) = (0, 0), ali je

upravo taj par isključen iz razmatranja. Zato svi elementi (a, b) ≠ (0, 0) imaju multiplikativne

inverzne elemente: (a’, b’) =

+−

+ 2222 ,ba

bba

a

Distrubutivnost množenja u odnosu na sabiranje se lako proverava. Time je dokaz izvršen. Teorema 2.2.1.2.: Telo (R × {0} , +, ⋅) je podstruktura tela (R × R , +, ⋅). Dokaz: Skup R × {0} je sačinjen od elemenata oblika (a, 0), gde je a ∈ R . Za dokaz je

dovoljno kontrolisati svojstva strukture polja. Ovu proveru i čitalac sam lako može izvesti. Teorema 2.2.1.3.: Struktura (R × {0} , +, ⋅) je izomorfna sa poljem realnih brojeva. Dokaz: Dokaz je izvršen, čim pronađemo bijektivno preslikavanja između R × {0} i R

tako, da bude zadovoljen uslov homomorfizma. Na pogodnije je sledeće preslikavanje: (a, 0) → a, (a, 0) + (c, 0) = (a + c , 0) → a + c , (a, 0) ⋅ (c, 0) = (a⋅ c, 0 )→ a ⋅ c . Čitalac neka sam proveri ostvarenje svih zahteva bijektivnosti i homomorfizma. Na osnovu definicije 4.3.1. sabiranja i množenja možemo zapisati sledeće:

(a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0) ⋅ (0, 1)

Potrebno je detaljnije upoznati osobine uređenog para (0, 1). Kao prvo odredimo njegov kvadrat (0, 1)2 . Kvadrirajmo (0, 1)!

(0, 1)⋅(0, 1) = (0⋅0 – 1⋅1, 0⋅1+ 1⋅0) = (–1, 0) → –1.

Kvadra para (0, 1) je realan broj! Obeležimo element (0, 1) sa i. Ova oznaka omogućava sledeće pridruživanje:

(a, b) = (a, 0) + (b, 0) ⋅ (0, 1)

↓ ↓ ↓ a + b ⋅ i odnosno: (a, b) → a + b i.

Znak množenja u proizvodu b ⋅ i obično izostavljamo. Ovo je opšte poznati algebarski

oblik kompleksnog broja.. Broj a je realni deo kompleksnog broja, dok je broj b imaginarni deo kompleksnog broja. Ako kompleksan broj obeležomo sa z i z = a + b i, tada realni, odnosno imaginarni deo se piče na sledeći način: Re(z) = a, Im(z) = b.

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 29

2.2.2. Algebarski oblik kompleksnih brojeva U koordinatnom sistemu imenovaćemo horizontalnu osu kao realna osa, dok vertikalna osa će biti imaginarna osa. Pridružimo tačkama ravni kompleksne brojeve na sledeći način: Koordinata tačke na realnoj osi neka bude jednaka realnom delu kompleksnog broja, koordinta tačke na imaginarnoj osi neka bude imaginarni deo kompleksnog broja. Lako se uočava, da je ovo pridruživanje uzajamno jednoznačno. Na primer: kompleksnom broju 3 + 2i odgovara tačka z u kompleksnoj ravni: z = 3 + 2i. (slika 2.2.2.1.).

Re

Im

O

z = a + b i

a

Slika 2.2.2.1.

ϕ|z|=

ρb

Definisali smo operacije sa parovima (a, b) (Definicija 2.2.1.1.) Dajemo “prevod” tih definicija na algebarski oblik kompleksnog broja:

a) sabiranje: (a + b i) + (c + d i) = (a + c) + (b + d) i, b) oduzimanje: (a + b i) – (c + d i) = (a – c) + (b – d) i , c) množenje: (a + b i) ⋅ (c + d i) = (a⋅ c – b⋅ d) + ( a⋅ d + b⋅ c) i

d) deljenje: idcadbc

dcbdac

dicbia

2222 +−

+++

=++ , gde je c2 + d2 ≠ 0.

U vezi deljenje kompleksnih brojeva definišimo prvo pojam konjugovanog kompleksnog broja. Definicija 2.2.2.1.: Konjugovani kompleksan broj za kompleksan broj z = a + b i je z = a – b i.

Prema tome važe sledeće jednakosti Re(z) = Re( z ), Im( z ) = – Im( z ).

Tačke koje odgovaraju konjugovanim kompleksnim brojevima simetrično su postevljene u odnosu na realnu osu. Čisto realni brojevi jednaku sopstvenom konjugovanom broju. Konjugovanost kompleksnih brojeva je uzajamna: konjugovani broj konjugovanog broja je sam dati kompleksan broj: zz = . Deljenje kompleksnog broja (a + b i) sa (c + d i) možemo shvatiti i na sledeći način:

prvo odredimo multiplikativni inverzni elemenat za (c + d i), to je idc +

1 zatim izvršimo

množenje broja (a + b i) i idc

ddc

cidc 2222

1+

−+

=+

.

Potrebno je primetiti važna svojstva imaginarne jedinice:

i2 = –1, i3 = – i, i4 = 1, i5 = i, ... i 4k = 1, i 4k+1 = i, ,i 4k+2 = –1, i 4k+3 = – i, ha k ∈ Z.


________________________________________________________________________________________ 30

Definicija 2.2.2.2.: Apsolutna vrednost kompleksnog broja z = a + b i je realan broj

22 baz += . Očevidno, apsolutna vrednost kompleksnog broja je jednaka rastojanju pridružene tačke i koordinatnog početka. Posledica te definicije je i ta činjenica, da apsolutnoj vrednosti razlike dva kompleksna broja z1 = a 1 + b 1 i i z2 = a 2 + b2 i odgovara rastojanje između pridruženih tačaka: ( ) ( )2

122

1212 bbaazz −+−=− . Lako se uočava istinitost tvrđenja sledeće teoreme: Teorema 2.2.2.1.: Apsolutna vrednost kompleksnog broja z = a + b i je zzz ⋅= , a

za kompleksan broj za koji važi 0≠z multiplikativni inverzni element je z –1 =zz

z=

1 .

Dokaz ostavljamo čitaocu.

Primeri 2.2.2.: a) (4 + 3 i) + (–2 + 11 i ) = 2 + 14 i, b) (4 + 3 i) – (–2 + 11 i ) = 6 – 8 i, c) (4 + 3 i) ⋅ (–2 + 11 i ) = –41 + 38 i,

d) ( ii

i 2151

11234

−=+−+ ) . Proveriti!

e) Odrediti kompleksan broj koji zadovoljava uslove iz 2212 ±−= ! Neka je z = x + y i, to znači da je z 2 = x 2 – y 2 + 2 x y i. Na osnovu definicije

jednakosti kompleksnih brojeva imamo: x 2 – y 2 = – 1, x y = 2± . Rešenje dobijamo primenom metode zamene:

x y = 2± Ÿ x ≠ 0 ⇒ x

y 2±= ⇒ 2

2 2x

y = ⇒ 122

2 −=−x

x ⇒ . 0224 =−+ xx

Dobijena je takozvana bikvadratna jednačina. Kao rešenja zadatka prihvataju se samo realni brojevi, jer predstavljaju realni i imaginarni deo kompleksnog broja. Realni koreni jednačine su x1 = 1 i az x2 = –1. Za imaginarni deo dobijamo y1 = 2 i az y2 = – 2 . Rešenja zadatka su sledeči kompleksni brojevi:

z1 = 1 + 2 i , z1 = 1 – 2 i , z1 = –1 + 2 i , z1 = –1 – 2 i . f) Odrediti položaj tačaka 411 =++− zz u kompleksnoj ravni!

Ako je z = x + y i, onda 22)1(1 yxz +−=− i 22)1(1 yxz ++=+ . Odavde sledi: 22)1( yx +− + 22)1( yx ++ = 4, odnosno 22)1( yx +− = 4 – 22)1( yx ++ .

Nakon kvadriranja i sređivanja dobijamo 2 22)1( yx ++ = 4 + x. Ponovno kvadriranje daje jednačinu 3 x 2 + 4 y 2 = 12. Prepoznajemo jednačinu elipse

koju možemo transformisati i na sledeći oblik: 134

22

=+yx .

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 31

Drugi način rezonovanja: tražimo tačke z čiji zbir rastojanja do tačaka 1 i –1 jednak

broju 4. Ako se setimo definicije elipse, po kojoj je ona skup tačaka u ravni, čiji zbir rastojanja do dve utvrđene tačke stalan, tada več znamo, da trazimo elipsu čije su žiže 1 i –1, a velika osa 4.

Zadaci 2.2.2.: a) Odrediti položaj kompleksnog broja ∈−+

= tititz ,

11 R u kompleksnoj

ravni. (Uputstvo: posmatrajte proizvod zz !)

b) Odredite kompleksan broj z iz jednačine iiiizz 41

13Re)2( 2 −=

++

++++ .

c) Odredite Re(z) i Im(z), ako je Re(zw) = 9 i 1311Im −=

wz za dati broj w = 2 + 3 i.

d) Rečiti jednačinu i z2 – 2(3+2 i) z +14 – 15 i = 0.

2.2.3. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja Spojimo tačku, koja je dodeljena kompleksnom broju z = a + b i sa koordinatnim početkom, zatim nacrtajmo i ordinatu tačke! Na ovaj način dolazimo do jednog pravouglog trougla (slika 2.2.3.1.). Katete su a i b, dok je dužina hipotenuze 22 ba + . Ugao ϕ koji se nalazi između pozitivnog smera realne ose i hipotenuze je arkus ili argument kompleksnog broja. Dužina hipotenuze je apsolutna vrednost ili modul ili poteg kompleksnog broja, obeležavamo ga sa z ili sa r ili sa ρ.

Re

Im

O

z = a + b i

a

Slika 2.2.3.1.

ϕ|z|=

ρb

a =ρ cos ϕ

b =ρ sin ϕ

}

⇔

{

ρ = 22 ba +

ϕ = arctgab

Na osnovu toga možemo napisati trigonometrijski oblik kompleksnog broja:

z =ρ (cos ϕ + i sin ϕ )

Nenegativan broj ρ je samo za tažku 0 jednaka nuli Ugao ϕ može da primi bilo koju realnu vrednost – i pozitivnu i negativnu i nulu. Ako dva argumenta se razlikuju za 2π ili za neki celi umnožak od 2π tada se ti argumenti poklapaju. Apsolutna vrednost kompleksnog broja je jednoznačno određena, dok argument može da ima beskonačno mnogo vrednosti, koje se međusobno razlikuju za celi umnožak broja 2π.


________________________________________________________________________________________ 32

z =ρ (cos ϕ + i sin ϕ ) = ρ (cos(ϕ +2kπ)+ i sin(ϕ +2kπ)), k ∈ Z.

Radi jednoznačnog zapisivanja kompleksnog broja upotrebljavamo argument iz

razmaka (–π, π].

Konjugovani kompleksni brojevi razlikuju se samo po znaku argumenta: arg( z )= –arg(z):

z =ρ (cos ϕ + i sin ϕ ) ⇔ z =ρ (cos(–ϕ) + i sin(–ϕ)) =ρ (cos ϕ – i sin ϕ ) Teorema 2.2.3.1.: Ako je z1 =ρ 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) i z2 =ρ 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ), ta važe jednakosti: a) z1 z2 =ρ 1 ρ 2 (cos(ϕ 1 + ϕ 2)+ i sin(ϕ 1 + ϕ 2)) ,

b) ))sin()(cos( 21212

1

2

1 ϕϕϕϕρρ

−+−= izz .

Dokaz: a) z1 z2 = ρ 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) ρ 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) =

=ρ 1 ρ 2 ((cos ϕ 1 cos ϕ 2 – sin ϕ 1 sin ϕ 2) + i (sin ϕ 1 cos ϕ 2 + cos ϕ 1 sin ϕ 2)) = =ρ 1 ρ 2 (cos(ϕ 1 + ϕ 2)+ i sin(ϕ 1 + ϕ 2)) (na osnovu adicionih teorema). b) pomnožimo i deljenik i delilac sa brojem z u trigonometrijskom obliku. i

primenimo rezultate ove teoreme iz tačke a). Teorema 2.2.3.2.: Množenje proizvoljnog kompleksnog broja z sa kompleksnim brojem cos ϕ + i sin ϕ znači rotaciju datog kompleksnog broja z oko koordinatnog početka za ugao ϕ . Dokaz: Istinitost tvrđenja sledi iz teoreme 2.2.3.1. Zaista, prilikom mnozenja kompleksnim brojem cos ϕ + i sin ϕ ne menja se apsolutna vrednost zadatog kompleksnog broja samo se argument promeni za ugao ϕ, a tačka se pomeri na krućnici poluprečnika | z |. Matematičkom indukcijom se dokazuje takozvana MOIVRE-ova formula (Muavr): Teorema 2.2.3.3.: Ako je z =ρ (cos ϕ + i sin ϕ ), tada je z n =ρ n (cos nϕ + i sin nϕ ). Dokaz: Tvrđenje je tačno za n = 1. Pretpostavimo, da je tačno za neko k ∈ N, tojest pretpostavimo da važi: z k =ρ k (cos kϕ + i sin kϕ ). Potrebno je dokazati, da je formula istinita i za k + 1:

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 33

z k+1 = z k z =ρ k (cos kϕ + i sin kϕ )ρ (cos ϕ + i sin ϕ ) =

= ρ k+1 (cos(k+1)ϕ + i sin(k+1)ϕ ).

Korenovanje kompleksnih brojeva vršimo na osnovu sledeće teoreme: Teorema 2.2.3.4: Rešenja jednačine z n = w =ρ (cosϕ + i sinϕ ) po nepoznatoj z pri proizvoljnom kompleksnom broju w su kompleksni brojevi:

.1,...,3,2,1,0,2sin2cos −=

+

++

= nkn

kin

kz nk

πϕπϕρ

Ta rešenja su temena jednog pravilnog n-tougla sa centrom u koordinatnom početku. Dokaz: Istinitost prvog tvrđenja teoreme sledi iz MOIVRE-ove formule:

wz n

k = za svako k∈{0, 1, 2, 3, ..., k–1}.

Očevidno, ti koreni su međusobno različiti ako je k1 ≠ k2 ⇔ 21 kk zz ≠ , to znači imamo n

različita rešenja date jednačine. Svi koreni imaju istu apsolutnu vrednost n ρ , znači pripadaju istoj kružnici sa centrom u O poluprečnika n ρ . Argumenti uzastopnik korena se razlikuju za n-ti deo punog ugla od 2π, a to znači da su raspoređeni po temenima pravilnog n-tougla.

Primeri 2.2.3.: a) Odredimo Re(z) i Im(z) ako je 20

131

−+

=i

iz .

Prevedimo i brojioc i imenioc na trigonometrijski oblik:

+=+

3sin

3cos23 ππ ii1 i

−=

−+

−=−

4sin

4cos2

4sin

4cos2 ππππ iii1 .

Zatim izvršimo deljenje:

+=

++

+=

−+

127sin

127cos2

43sin

43cos2

131 ππππππ ii

ii .

Na kraju i stepenujemo:

( ) =

+=

+=

−+

335sin

335cos2

12720sin

12720cos2

131 1020

20ππππ ii

ii

−=

−=

−+

−=

23

211024

3sin

3cos212

335sin10

335cos2 1010 iii ππππππ .

Traženi brojevi su: Re(z) = 512 i Im(z) = –512 3 .

b) Odredimo kompleksne brojeve koji zadovoljavaju jednačinu 03131

33 =

−

+−

iiz !


________________________________________________________________________________________ 34

Na prvi pogled se čini da je zadatak jednostavan. Transformišemo jednačinu na sledeći

način:

12sin2cos3

2sin3

2cos

3sin

3cos2

3sin

3cos2

3131 3

3

3

=+=

+=

−

+

=

−

+ ππππππ

ππ

iii

i

ii .

Sada imamo ekvivalentnu jednačinu: , (Broj 1 je kompleksan broj jer je13 =z ππ kik 2sin2cos1 += ,

32sin

32cos2sin2cos3 ππππ kikzkikz k +=⇒+= , za k =0, 1, 2.

k = 0, 10sin0cos0 =+= iz ,

k = 1, 23

21

32sin

32cos1 iiz +−=+=

ππ i

k = 2, 23

21

34sin

34cos2 iiz −−=+=

ππ .

Zadaci 2.2.3.: Posredstvom trigonometrijskog oblika nađimo realni i imaginarni deo

sledećih kompleksnih brojeva ili dokažimo identičnost:

a) ( )( )

( )( )20

15

20

15

131

131

ii

ii

+

−−+

−

+−=u , b) 6

31

iiz+

−= .

c) ( )( )( )1144cos2172cos211 225 +−+−−=− oo xxxxxx , d) ( )( )( )1108cos2136cos211 225 +−+−+=+ oo xxxxxx .

2.2.4. Eksponencijalni oblik kompleksnog broja Operacije u trigonometrijskom obliku podsećaju na operacije sa stepenima jednakih

osnova. Ovo nije slučajnost! Ovi izrazi jesu stepeni (dokaz ćete naći u kursu Matematička analiza – kompleksne funkcije). Mi ovde samo zadajemo eksponencijalni oblik:

cos ϕ + i sin ϕ def

= ϕie

Teorema 2.2.4.1.: Za kompleksne brojeve z1 = ρ 11ϕie i z2 = ρ 2

2ϕie važi:

z1 z2 = ρ 1 ρ 2 , )( 21 ϕϕ +ie )(

2

1

2

1 21 ϕϕ

ρρ −= ie

zz

,

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 35

u slučaju stepenovanja i korenovanja za z =ρ imamo zϕie n=ρn ϕine , i

nn z ρ= nki

eπϕ 2+

, (k=0, 1, 2,... ,n–1). Dokaz: Teorema je preformulacija teorema 2.2.3.1., a 2.2.3.3. i 2.2.3.4. Zato je dokaz

suvišan, čitalac sam može da prevede date teoreme.

Osmotrimo sada logaritmovanje. Pokušajmo logaritmovati bilo koji (možde negativan,

ili čak kompleksan) broj! Zadatak mozemo rešiti, ako broj napišemo kao kompleksan broj u eksponencijalnom obliku:

Teorema 2.2.4.2.: Ako je z =ρ , tada je ϕie eiz aaa logloglog ϕρ += , za a ≠ 1. Dokaz je suvišan, sve sledi iz pravila logaritmovanja.

Teorema 2.2.4.3.: Dva kompleksna broja z1 i z2 sa koordinatnim početkom određuju

usmereni ugao: ∠ z1 O z2 = arg 2

1

zz .

Dokaz: Teorema je posledica teoreme 2.2.3.1. Teorema 2.2.3.4.: Tri kompleksna broja z1 , z2 i z3 određuju usmereni ugao u datom

redosledu: ∠ z1 z3 z2 = arg 32

31

zzzz

−− .

Dokaz: Izvršimo translaciju tako, da z3 pomerimo u koordinatni početak. Tada će se

tačka z1 pomeriti u tačku (z1 – z3) dok tačka z2 u tačku (z2 – z3). Primenimo sada teoremu 2.2.4.2. na novi položaj tačaka.

Kao posledicu možemo zapisati rotaciju tačke z1 oko tačke z3 za ugao ϕ na sledeći

način: z2 = z3 + ( z1 – z3) ϕie Primeri 2.2.4.1.: a) Odrediti | z | i arg (z) za kompleksan broj z = (1 + i )(1+ i) !

U rešavanju zadatka primenimo eksponencijalni oblik kompleksnog broja samo u slučaju kada je to neophodno:

(1 + i )(1+ i) =

ii

e+

1

42π

=

42πi

ei

ie

42π

= ( ) 44 22ππ

−ee

ii.

Pošto je zato aea ln= ( ) 22ln

2ii

e= , ili (1 + i )(1+ i) =

+−

22ln

442ππ i

ee

Iz prethodnog sledi: | z | =

−42π

e i arg(z) = 2

2ln4

+π


________________________________________________________________________________________ 36

b) Odredimo za kompleksan broj z = 3 + 4i vrednost ln z!

ln z = ln (3 + 4i) = ln

34arctan

5i

e = ln 5 + i

34arctan .

c) Date su u kompleksnoj ravni tačke z2 = 2 i z4 = 1 + 3 i. Odredimo tačke z1 i z3 tako,

da tačke z1 , z2 , z3 i z4 u datom redosledu budu temena jednog kvadrata.

Drugu dijagonalu kvadrata dobijamo rotacijom prve dijagonale oko sredine za ugao od 2π

+ .

Sredina dijagonale je ( izz

zo +=+

= 123

242 ) . Tačka z3 dobijamo rotacijom tačke z2 oko zo za

odgovarajući ugao (faktor 2πi

e primenjujemo u algebarskom obliku: i.):

( ) iiiiiezzzzi

oo =

−−+++=−+=

23

23311

23)( 2

41

π

,

( ) iiiiezzzzi

oo +=

−−++=−+= 3

23

2321

23)( 2

23

π

.

d) Dokazati identičnost 21

119cos

117cos

115cos

113cos

11cos =++++

πππππ.

Polazimo od kompleksnog broja 11πi

ez = . Očevidno je z11 = – 1. Izračunajmo sada zbir z + z3 + z5 + z7 + z9 . Potrebni su samo sledeći stepeni:

.9,7,5,3,1,11

sin11

cos11 =⋅+== kkikezkik πππ

Nakon sređivanja zbira dobijamo z + z3 + z5 + z7 + z9 =

=

++++

119cos

117cos

115cos

113cos

11cos πππππ

+

+ i

++++

119sin

117sin

115sin

113sin

11sin πππππ

Istovremeno primenom formule o zbiru prvih 5 članova geometrijske progresije

imamo:

z + z3 + z5 + z7 + z 9 = ( )

zzzz

zzz

zzz

−=

−++

−=−−

=−−

11

)1)(1(1

111

2

11

2

52

, ( z ≠ – 1).

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 37

Uvrstimo sada trigonometrijski oblik kompleksnog broja z:

22

11sin

11cos1

11sin

11cos1

11sin

11cos1

11

1

+

−

+−=

−−=

− ππ

ππ

ππ

i

iz =

.

11cos12

11sin

21

11cos12

11sin

11cos1

−

+=

−

+

−

=π

π

π

ππ

ii

Realni deo zbira z + z3 + z5 + z7 + z 9 je upravo zbir kosinusa iz zadatka.

Izjednačavanjem realnog dela sa realnim i imaginarnog dela sa imaginarnim dobijamo još jednu identičnost:

119sin

117sin

115sin

113sin

11sin πππππ

++++ = .

11cos12

11sin

−

π

π

Zadaci 2.2.4.: a) Odredimo zbir i proizvod korena jednačine z 2001 – 1 = 0. b) Tačke kompleksne ravni z1, z2, z3 i z4 su temena kvadrata. Odrediti kompleksan

broj z1 iz uslova (z1 + i)(1 + 2 i) + (1+ z1 i )(3 – 4 i) = 1 + 7i zatim odrediti i kompleksne brojeve z2 i z4 ako je poznat kompleksan broj z3 = –1 –3 i.

c) Odrediti kompleksan broj z iz sledećih uslova:

518

21Im,

511

21Re −=

+

++

=

+

++ iz

iiziz

iiz

.

d) Odrediti kompleksne brojeve z1 i z2 iz sledećih uslova:

qiizz

2211021

0 21

+=−

, iziz

iii 1222

2Im)3()31( 2

23 +−=+

+

+−+ .

e) Izračunati realne korene jednačine: N∈=

−−

+ n

nix

nix nn

,011 .

f) Izračunati zbir svih n-tih korena iz jedinice.


________________________________________________________________________________________ 38

g) Dokazati identičnost:

2sin

2sin

21sin

sin...3sin2sinsinx

nxxn

nxxxx⋅

+

=++++ .

h) Sredstvima matematičke analize naći graničnu vrednost:

+++++

∞→nxxxx nn

cos21...3cos

812cos

41cos

211lim .

Ispitni zadaci 2: 1. (12.06.1999.)

Izračunati 16

33512

−−=

iz . Rezultat napisati u algebarskom obliku.

Rešenje:

16

33512

−−=

iz = ( )161616

3135

335

35 ii

+

=

+ .

Pretvorimo kompleksni broj u drugoj zagradi u trigonometrijski oblik.

Pošto je modul tog broja 231 =+=z , a argument je ugao ϕ: 3

3arctg πϕ == ,

sledi:

( )

+=

+=+

316sin

316cos2

3sin

3cos231 16

161616 ππππ iii .

Nakon "odbacivanja" punih obrtaja od po 2π dobijamo:

( )

−−=

+=+

23

212

34sin

34cos231 161616

iii ππ ⇒

( )31212

35 16

16

iz +

−

= .

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 39

2. (28.01.2001.) Rešiti jednačinu x4 – a = 0 za a = –8–8i. Rešenje: Pošto je |a|= 2

7264 =+64 , dok arg(a)=arctg(1)=5π/4, rešenja predstavljaju

kompleksni brojevi 4 2

45

27

2

+

=π

π kie4= ax za k=0, 1, 2, 3:

+==

165sin

165cos22 8

7165

87

0

πππ

iexi

,

+==

1613sin

1613cos22 8

716

138

7

1

πππ

iexi

,

+==

1621sin

1621cos22 8

716

218

7

2

πππ

iexi

,

+==

1629sin

1629cos22 8

716

298

7

3

πππ

iexi

.

3. (2002.09.03.)

Dat je kompleksan broj iz +−= 31 . Naći još pet kompleksnih brojeva z2, z3, z4, z5 i z6 u algebarskom obliku tako da oni zajedno sa čine temena pravilnog šestougla čiji centar leži u kordinatnom početku.

1z

Rešenje:

Temena se dobijaju uzastopnim rotacijama za po 60o tojest za ugao 3π . Takvu

rotaciju možemo realizovati množenjem sa jediničnim kompleksnim brojem čiji je argument

upravo ugao 3π :

( )3121

33

21

3sin

3cos0 iiiu +=+=+=

ππ .

Uzastopnim množenjima dobijamo temena traženog šestougla:

( ) ( ) iiiuzz −−=+⋅+−=⋅= 331213012 ,


________________________________________________________________________________________ 40

( ) ( ) iiiuzz 231213023 −=+⋅−−=⋅= ,

( ) iiiuzz −=+⋅−=⋅= 331212034 ,

( ) ( ) iiiuzz +=+⋅−=⋅= 331213045 ,

( ) ( ) iiiuzz 231213056 =+⋅+=⋅= .

Documents

KOMPLEKSNI BROJEVI.pdf