VAJE IZ PREDMETA
DIFERENCIALNE ENABE
smer: E-UN, TK-UN, GING
2.teden, 01.03.2011
KOMPLEKSNA TEVILA
1. Poii realni revili x in y, ki ustrezata enabi:
(3 i)x2 (3 + 2i)x (1 i)y = 13 10i.
Reitev: Najprej vse med seboj pomnoimo in odpravimo oklepaje:
3x2 ix2 3x 2ix y + iy = 13 10i,
nato pa na levi strani zdruimo realni del skupaj in imaginarni del, pri emer pri teh lenih
izpostavimo e i:(3x2 3x y) + i(x2 2x+ y) = 13 10i
Enaimo kompleksni tevili na levi in desni strani enabe in tako dobimo dve enabi z dvema
neznankama:
3x2 3x y = 13x2 2x+ y = 10
Enabi setejemo, tako se znebimo spremenljivke y in nam ostane kvadratna enaba ene samespremenljivke:
2x2 5x 3 = 0Po formulah izraunamo diskriminanto D = 25 + 24 = 49 in obe pripadajoi reitvi:
x1,2 =bD
2a=
5 74
Pripadajoi reitvi torej sta:
x1 = 3 in x2 = 12.
K vsakemu x-u izraunamo e pripadajoi y tako, da vstavimo reitev za x v eno od zaetnihdveh enab. Dobimo:
y1 = 5 in y2 = 434.
1
2. Izraunaj realno in imaginarno komponento tevila z = a+iai , kjer je a realen. Kolikna jevsota kvadratov obeh komponent? Koliko je |z|?
Reitev: Najprej zapiimo z malo drugae in sicer bomo racionalizirali ulomek tako, datevec in imenovalec pomnoimo z izrazom (a + i), saj tako potem v imenovalcu dobimorealno tevilo. Pri tem se spomnimo: (a b)(a + b) = a2 b2, kar je na razlog za izbiroustreznega mnoitelja za raziritev. Tako dobimo:
z =a+ i
a i =(a+ i)(a+ i)
(a+ i)(a i) =a2 + 2ai+ i2
a2 i2 =a2 + 2ai 1a2 + 1
=a2 1a2 + 1
+2a
a2 + 1 i,
pri emer smo upotevali, da je i2 = 1. Od tod preberemo:Re(z) = a
21a2+1 in
Im(z) = 2aa2+1 .
Vsota kvadratov obeh komponent:
Re2(z) + Im2(z) =
(a2 1a2 + 1
)2+
(2a
a2 + 1
)2=a4 2a2 + 1(a2 + 1)2
+4a2
(a2 + 1)2
Re2(z) + Im2(z) =a4 + 2a2 + 1
(a2 + 1)2=a4 + 2a2 + 1
a4 + 2a2 + 1
Re2(z) + Im2(z) = 1
S pomojo pravkar izraunanega z lahkoto izraunamo e |z|, saj je |z| =Re2(z) + Im2(z).
Torej je :
|z| = 1.
2
3. Izraunaj
3 4i!
Reitev: Koren kompleksnega tevila bo gotovo spet kompleksno tevilo, zato nastavimo:
3 4i = x+ iy
Enabo kvadriramo. Pri tem upotevamo, da je desna stran enabe dvolenik, torej imamo
na tej strani kvadrat dvolenika. Dobimo:
3 4i = (x+ iy)2 = x2 + 2ixy y2 = x2 y2 + i(2xy)
Primerjamo levo in desno stran in dobimo dve enabi z dvema neznankama:
x2 y2 = 32xy = 4
Iz druge enabe izrazimo eno spremenljivko, npr. y = 42x = 2x in vstavimo v prvo enabo:
x2 ( 2x
)2= x2 4
x2= 3
Enabo mnoimo z x2 in dobimo:
x4 3x2 4 = 0
Leva stran se da razstavit:
(x2 4)(x2 + 1) = 0Drugi oklepaj (x2+1) nima realnih reitev (x in y sta kot realni oz. imaginarni del komplek-snega tevila nujno realna), zato izraunamo reitve samo iz prvega oklepaja. Dibimo:
x1 = 2 in x2 = 2 in pripadajoa imaginarna dela y1 = 1 in y2 = 1.Izraunali smo torej, da kot koren kompleksnega tevila lahko dobimo dve reitvi. V naem
primeru sta to kompleksni tevili
z1 = 2 i in z2 = 2 + i.
3
4. Skiciraj mnoico tok v ravnini, ki zadoajo pogoju:
|z 3| < 1
Reitev: Naj bo z = x + iy. Spomnimo se: |z| =Re2(z) + Im2(z). Vstavimo v dano
neenakost in dobimo:
|x+ iy 3| < 1 oz. |(x 3) + iy| < 1.
Upotevamo, kaj je absolutna vrednost kompleksnega tevila in dobimo naslednjo neenakost:(x 3)2 + y2 < 1
Kvadriramo celotno neenabo:
(x 3)2 + y2 < 1Ta neenakost nam v koordinatnem sistemu predstavlja naslednjo mnoico tok: notranjost
kroga (brez roba) s srediem v toki S(3, 0) in z radije r = 1.
Risba:
4
5. Poii in skiciraj mnoico tok v kompleksni ravnini, za katere velja:
|z 1|+ |z + 1| = 4
Reitev: Nastavimo: z = x+ iy, vstavimo v enabo in dobimo:
|x+ iy 1|+ |x+ iy + 1| = 4
Upotevamo, kaj je absolutna vrednost kompleksnega tevila:(x 1)2 + y2 +
(x+ 1)2 + y2 = 4
Prenesemo enega izmed korenov na drugo stran(x 1)2 + y2 = 4
(x+ 1)2 + y2
in kvadriramo enabo
(x 1)2 + y2 = 16 8(x+ 1)2 + y2 + (x+ 1)2 + y2
oziroma
x2 2x+ 1 + y2 = 16 8(x+ 1)2 + y2 + x2 + 2x+ 1 + y2
Pokrajamo, kar se da, in dobimo
4x 16 = 8(x+ 1)2 + y2
Delimo e z (-4)
x+ 4 = 2(x+ 1)2 + y2
in nato kvadriramo
x2 + 8x+ 16 = 2((x+ 1)2 + y2
)e malo poraunamo in uredimo
3x2 + 4y2 = 12
Nazadnje e delimo z 12 in dobimo konno enabo
x2
4+y2
3= 1.
Tako vidimo, da je dana mnoica tok elipsa s srediem v S(0, 0) in polosema a = 2 inb =3.
Risba:
5
6. Naslednje kompleksno tevilo zapii v polarni obliki in ga oznai (narii) v kompleksni ravnini:
z = 6 + 6i
Reitev: Zapis kompleksnega tevila v polarni obliki:
z = |z| (cos+ i sin) = |z|6 ei,
kjer je |z| =Re2(z) + Im2(z) in = arctan yx .
Pa izraunajmo to za na primer:
r = |z| = 62 + 62 =2 62 = 62
= arctan 66 = arctan 1 =pi4 + kpi, pravi kot v naem primeru je =
pi4 , saj tevilo lei v
prvem kvadrantu.
Torej se nae tevilo v polarnem zapisu glasi:
z = 62(cos
pi
4+ i sin
pi
4
)= 62 eipi4 .
7. Izraunaj:
(3+i)15
(1+i)10
Reitev: Obe kompleksni tevili bomo zapisali v polarni obliki, saj je v le-tej laje raunati
potence kompleksnega tevila. Velja namre:
zn = |z|n (cosn+ i sinn) = |z|n ein
Zapis tevila 3 + i v polarni obliki:r =3 + 1 =
4 = 2 in
= arctan 13= pi6 + kpi =
pi6
Torej je
3 + i = 2 eipi6 in (3 + i)15 = 215 ei15pi6 = 215 ei 5pi2 = 215 eipi2 .
Zapis tevila 1 + i v polarni obliki:r =1 + 1 =
2 in
= arctan 1 = pi4 + kpi =pi4
Torej je 1 + i =2 eipi4 in (3 + i)10 = 210 ei10pi4 = 2 102 ei 5pi2 = 25 eipi2 .
Sedaj e samo izraunano vstavimo v zaetni zapis, tj. v ulomek, pokrajamo, kar se da in
dobimo:
(3 + i)15
(1 + i)10=
215 eipi225 eipi2 = 2
10 = 1024
6
8. Poii kompleksne reitve enabe:
z7 = 1 + i3
Reitev: Naloga se precej laje rei, e vzamemo polarne zapise kompleksnih tevil. Tako
nastavimo z = r ei. Seveda moramo sedaj tudi tevilo na desni strani enabe zapisati vpolarnih koordinatah:
1 + i3 v polarni obliki:r =1 + 3 =
4 = 2 in
= arctan31 = pi3 + kpi = 2pi3 , saj se tevilo nahaja v II. kvadrantu.Torej je 1 + i3 = 2 ei 2pi3 .Enaba se sedaj glasi:
(r ei)7 = 2 ei 2pi3 oz. r7 ei7 = 2 ei 2pi3 .Primerjamo levo in desno stran in dobimo naslednji dve enabi:
za r: r7 = 2, od koder sledi, da je r = 72. za : 7 = 2pi3 + 2kpiDelimo s 7 in dobimo:
= 2pi21 +2kpi7 za k {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Tako dobimo 7 reitev dane enabe, za katere velja, da vse leijo na kronici z radijem
72okoli izhodia. Prvo tevilo z1 oklepa z x-osjo kot
2pi21 , ostali pa potem med seboj oklepajo
kot
2pi7 .
9. Poii kompleksne reitve enabe:
z2z7 = (i 1)6
Reitev: Kot prej se naloga precej laje rei, e vzamemo polarne zapise kompleksnih tevil.
Tako nastavimo z = r ei. Tedaj je z = r ei. Seveda moramo sedaj tudi tevilo na desnistrani enabe zapisati v polarnih koordinatah:
i 1 v polarni obliki:r =1 + 1 =
2 in
= arctan11 = pi4 + kpi = 3pi4 , saj se tevilo nahaja v II. kvadrantu.Torej je 1 + i = 2 ei 3pi4 in (1 + i)6 = 26 ei6 3pi4 = 2 62 ei 9pi2 = 23 eipi2 .Enaba se sedaj glasi:
(r ei)2(r ei)7 = 23 eipi2 oz. r9 ei5 = 23 eipi2 .Primerjamo levo in desno stran in dobimo naslednji dve enabi:
za r: r9 = 23, od koder sledi, da je r = 32. za : 5 = pi2 + 2kpiDelimo s (-5) in dobimo:
= pi10 +2kpi5 za k {0,1,2,3,4}.
Tako dobimo 5 reitev dane enabe, za katere velja, da vse leijo na kronici z radijem
32okoli izhodia. Prvo tevilo z1 oklepa z x-osjo kot pi10 , ostali pa potem med seboj oklepajokot
2pi5 .
7
VAJE IZ PREDMETA
DIFERENCIALNE ENABE
smer: E-UN, TK-UN, GING
3.teden, 08.03.2011
ZAPOREDJA
1. Dano je zaporedje s splonim lenom an =n+2n .
(a) Na tevilski premici narii nekaj lenov!
Reitev: Izrauanjmo torej prvih nekaj lenov, da jih lahko potem tudi nariemo:
a1 =1+21 = 3, a2 =
2+22 = 2, a3 =
3+23 =
53 , a4 =
4+24 =
32 , a5 =
5+25 =
75 ,
a6 =6+26 =
43 , ...
Slika:
(b) Pokai, da je zaporedje strogo padajoe!
Reitev: Zaporedje je padajoe, e je vsak naslednji len manji ali enak svojemu
predhodniku, torej z enabo: an+1 an za vsak n N. Strogo padajoe pa, e veljastrogi neenaaj.
To bomo dokazali z direktnim raunom. Spomnimo se e, da e je an =n+2n , potem je
an+1 =(n+1)+2n+1 =
n+3n+1 .
elimo torej pokazati:
n+3n+1 0, zato lahko tukaj znak za absolutno vrednostspustimo. Tako dobimo:
|an| = nn+1Za dobljeni ulomek pa lahko reemo, da je zagotovo manji od 1, saj je tevilo v imenovalcu
vedno za 1 veje od tevila v tevcu. Torej smo dobili iskani M = 1 in tako velja
|an| < 1
in s tem je dokazano, da je zaporedje omejeno.
4. Doloi stekalia naslednjega zaporedja: an = (1)n + 1n .Reitev: Izraunajmo nekaj prvih lenov zaporedja in poglejmo, kaj se z njimi dogaja:
a1 = (1)+1 = 0, a2 = +1+ 12 = 32 , a3 = 1+ 13 = 23 , a4 = +1+ 14 = 54 , a5 = 1+ 15 = 45 ,a6 = 1 +
16 =
76 , a7 = 1 + 17 = 67 , ...Opazimo, da se vsi leni s sodimi indeksi a2k pribliujejo 1, vsi leni z lihimi indeksi a2k+1pa k -1. Torej ima dano zaporedje dve stekalii in sicer 1 in -1.
2
5. Poii zaporedje:
(a) s sedmimi stekalii;
(b) takno,
