Upload
adnan-hurem
View
1.278
Download
64
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Seminarski Rad
Citation preview
SEMINARSKI RAD IZ PREDMETA MATEMATIKA
TEMA: KOMPLEKSNI BROJEVI
Profesor: Student: Dr. Sc. Sead Rešić, docent Adnan Huremović
Brčko, januar 2013.
0
SADRŽAJ
1. Uvod .………………………………………………………...............................2
2. Definicija i osnovne osobine kompleksnih brojeva ..………………………. 3
3. Konjugovano kompleksan broj .………………………..................................5
4. Gausova ravan i apsolutna vrijednost kompleksnog broja ……………......7
5. Geometrijsko prikazivanje zbira (razlike) kompleksnih brojeva .………. ...9
6. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja .…………………………………11
7. Proizvod i koli~nik vi{e kompleksnih brojeva. Moavrova formula ………..14
8. Geometrijsko prikazivanje proizvoda (koli~nika) kompleksnih brojeva .. ..17
9. Korenovanje kompleksnih brojeva ………………………………………….19
10. Logaritmovanje kompleksnih brojeva ……………………………………... 22
LITERATURA ……………………………………………………………………… 26
1
Uvod
Jedan od osnovnih matematičkih pojmova je broj. Istorijski su prvo nastali prirodni brojevi:
N= {1,2,3,4 . . . }
Međutim, u skupu takvih brojeva su zatvorene samo operacije sabiranja i množenja. Zato je vremenom taj skup proširen u skup cijelih brojeva:
...1,0,1,2,32,3,...Z
u kome je zatvorena i operacija oduzimanja. Uvođenjem i operacije djeljenja, dati skup je proširen u skup racionalnih brojeva – Q. Njega čine brojevi koji se mogu
predstaviti kao količnik m/n, pri čemu m ∈Z i n ∈Z (n¿0 ). Vremenom je uočeno da postoje brojevi koji se ne mogu predstaviti kao količnik data dva broja
i oni su oformirili novi skup – skup iracionalnih brojeva – I (npr. √2) , koji zajedno sa racionalnim brojevima čine skup realnih brojeva – R.
Bitna osobina realnih brojeva je da ako x ∈ R, tada je x2≥0 i jednačina
x2+1=0 nema rješenja u skupu R, što je ekvivalentno tvrđenju da ne postoji
realan broj jednak broju √−1 . Iz svega navedenog slijedi opšti zaključak da kvadratna jednačina oblika
ax 2+bx+c=0
ima rješenja u skupu R ako i samo ako je njena diskriminanta
,0ac4b2
jer je
a2ac4bb
x2
2,1
.
Zato, da bi korjenovanje bilo u potpunosti definisano, uvodi se skup kompleksnih brojeva – C.
2
2. Definicija i osnovne osobina kompleksnih brojeva
Osnova kompleksnih brojeva je imaginarna jedinica i, gdje je i=√−1 . Kompleksan broj se zapisuje u obliku z=x+iy (algebarski oblik kompleksnog broja) ili u obliku z=(x,y).
Skup svih kompleksnih brojeva C je skup svih uredjenih parova z=(x,y) realnih brojeva, za koje važe aksiomi:
a. aksiom sabiranja: (x1 , y1)+ (x2 , y2)=(x1+x2 , y1+ y2 )
b. aksiom množenja: (x1 , y1)∗(x2 , y2 )=(x1 x2− y1 y2 , x1 y2+x2 y1) c. aksiom podudarnosti: (x1 , y1)=(x2 , y2)⇔ ( x1=x2∧ y1= y2) .
U broju z=x+iy komponentu x nazivamo realnim, a y imaginarnim dijelom broja z. Označavaju se: x=Rez, y=Imz. Kompleksan broj čiji je imaginarni dio y=0 je ustvari realan broj i zato se realni brojevi smatraju posebnim slučajem kompleksnih brojeva. Kompleksan broj čiji je realan deo x=0 je imaginaran broj.
Skup kompleksnih brojeva posjeduje svih sedam osobina računskih operacija sabiranja i množenja, koje ima i skup realnih brojeva.
1) Za sabiranje kompleksnih brojeva važi zakon komutacije:
1221 zzzz .2) Za sabiranje kompleksnih brojeva važi zakon asocijacije:
)zz(zz)zz( 321321 .3) Za svaki kompleksan broj z važi: z+0=z,tj. z+(-z)=0.4) Za množenje kompleksnih brojeva važi zakon komutacije: z1∗z2=z2∗z1 .
5) Za množenje kompleksnih brojeva važi zakon asocijacije: ( z1∗z2 )∗z3=z2∗( z1∗z3 ).
3
6) Za svaki kompleksan broj važi : z∗1=z∗(1,0)=z ,
tj .zz=1 ,
( z≠0 ).7) Množenje kompleksnih brojeva je distributivna
operacija u odnosu na sabiranje: ( z1+z2 )∗z3=z1∗z3+ z2∗z3 .
Primjer - Dati su kompleksni brojevi z1=(1 ,−3 ) i z2=(−2,4 ).Za njih važi:
z1+z2=(1 ,−3 )+(−2,4 )=(−1,1 );
−z2=(2 ,−4 );
z1−z2=z1+(−z2 )=(1,−3)+(2 ,−4 )=(3 ,−7) ;
z1∗z2=(1,−3)∗(−2,4 )=(1∗(−2 )−(−3 )∗4,1∗4+(−3 )∗(−2 ))=(10 ,10) ;
1z2
=( −24+16
'−4
4+16)=(− 1
10,−1
5).
4
3. Konjugovano kompleksan broj
Kompleksan broj x-iy se zove konjugovano-kompleksan broj kompleksnog broja
z=x+iy. Označava se sa z , tj . z=x−iy .
Konjugovano-kompleksni brojevi imaju slijedeće osobine:
1) z=z
2) z∗z≥0
3) Rez=
12( z+z )
4) Imz=
12i
( z−z )
5) z1+z2=z1+z2
6) z1−z2=z1−z2
7) z1∗z2=z1∗z2
8)(z1z2
)=z1z2
, ( z2≠0)
9) z∈ R , ako i samo ako je z=z .
pa je
5
z1−z2 =( x1−x2 )−i( y1− y2 ).
S druge strane je
z1− z2=(x1−iy1)−( x2−iy2 )=( x1−x2 )−i( y1− y2 ),
pa slijedi da je z1−z2 =z1− z2 .
Primjer - Odrediti Rez i I z datog broja:
z=1−3 i
1+i− i
2+i .
Rješenje
z=
(1−3 i )(2+i )−i(1+ i)(1+i )(2+i )
=6−6 i1+3 i
∗1−3 i1−3 i
=−6−12 i5 . Rez =
−65 , Imz=
−125 .
6
M
x
y
4. Gausova ravan i apsolutna vrijednost kompleksnog broja
Realni brojevi se predstavljaju tačkama brojne prave, a kompleksni brojevi tačkama u Dekartovom koordinatnom sistemu 0xy i ta ravan se naziva kompleksna ili Gausova ravan.
Kompleksnim brojevima oblika (x,0)=x odgovaraju tačke na x-osi (realna osa), a kompleksnim brojevima oblika (0,y)=yi tačke na y-osi (imaginarna osa).Rastojanje 0M predstavlja apsolutnu vrijednost ili modul kompleksnog broja z (1,strana 200). Inače, kompleksan broj kome odgovara tačka M može se definisati vektorom položaja te tačke (slika 1.).
Slika 1.Apsolutna vrijednost kompleksnog broja z data je izrazom
|z|=√x2+ y2,
pri čemu je i apsolutna vrijednost njegovog konjugovano-kompleksnog broja z
|z|=√x2+ y2,
7
odakle se vidi da kompleksni i njihovi konjugovano-kompleksni brojevi imaju istu apsolutnu vrijednost. Iz izraza za apsolutnu vrijednost i (slika 1.) ordinatnog početka.Modul kompleksnog broja ima slijedeće osobine:
1) |z|=|z|
2)
zzz2
3) 2121 zzzz
4) |z1+z2|≤|z1|+|z2|.
Primjer - Ako je z=1+i i 1zz 1
, odrediti z1 tako da 1z + z bude čistoimaginaran broj.
Rješenje - Pošto je |z+z1|=√( x+ x1 )
2+( y+ y1 )2=1
,
Da bi z1+ z bio ~isto imaginaran broj, mora da važi x+x1=0. Tada proizilazi da
je |y+ y1|=1
. Iz izraza z=1+i slijedi da je x=1 i y=i.
Rješavanjem apsolutne vrijednosti, dobija se da je y1=0 ili y1=−2 , a iz x+x1
=0 i x=1 očigledno je da je x1= -1, pa su moguća dva riješenja za z1 : z1= -1 ili z1=−1−2 i .
8
x
yM2
P2
M1
P1
M
N
P
5. Geometrijsko prikazivanje zbira (razlike) kompleksnih brojeva
Neka su 222111 iyxz,iyxz dva kompleksna broja. Njihov zbir je
).yy,xx()yy(i)xx(zzz 2121212121
Ovo se može i geometrijski protumačiti (Slika 2.). Neka su M1 i M2 tačke koje
odgovaraju datim kompleksnim brojevima. Povucimo iz tačke M1 duž M1M paralelnu duži 0M2 u istom smijeru, tako da je 0M2=M1M i spojimo tačke M2 i M.
Slika 2.
9
M
M1
M2
0 x
y
M’2
Slika 3.
Iz podudarnosti trouglova 0P2M2 i M1NM slijedi da su koordinate tačke M:
0P=0P1 + P1P=x1+x2,
PM=PN+NM=P1M1+ P2M2= y1+y2
pa tačka M odgovara kompleksnom broju
z ).yy,xx()yy(i)xx(zz 2121212121
Kao što se vidi, sabiranje kompleksnih brojeva je ekvivalentno sabiranju vektora.Oduzimanje kompleksnih brojeva (Slika 3) se definiše kao inverzna operacija sabiranju, pa je
)yy,xx()yy(i)xx(zzz 2121212121 ,
što je ekvivalentno oduzimanju vektora.
10
0 x
y
ρ
φ
M(x,y)
6. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja
Kompleksan broj u Gausovoj ravni predstavlja tačka M(x,y), a njegovu apsolutnu vrijednost predstavlja rastojanje tačke od koordinatnog početka (0M) (Slika 4).
z=x+iy , |z|=ρ, 0¿ φ¿ 2π
Slika 4.
Duž 0M zaklapa ugao φ sa x osom. Poznavajući trigonometrijske funkcije, vidi se da je:
11
sinφ=
yρ
⇔ y= ρsinφ,
cosφ=ρ
ρ x
x
cosφ.
Pošto je z=x+iy, iz navedenog slijedi da je ρcosφ + iρsinφ=z,
odnosno z=ρ(cosφ+isinφ), što predstavlja trigonometrijski oblik kompleksnog broja. Ugao φ se može izraziti na slijedeći način:
tanφ=
xy
φ=arctan yx
pri čemu je φ+2kπ ( Zk ) predstavlja argument kompleksnog broja. Najčešće se kao argument koristi vrijednost broja koja se nalazi između –π i +π, pri čemu se tada ugao φ još naziva i glavnim argumentom kompleksnog broja z.
Primjer - Predstaviti –i u trigonometrijskom obliku.
Rješenje
z= -i, odakle slijedi da je x=0, y=-1 i ρ=1z
.
Slijedi da je:
φ=arctan(
-10 )=
−π2 , ρcosφ + iρsinφ=z
pa je
z=1(cos
−π2 +isin
−π2 ),
z= cos
π2 -isin
π2 .
Prema definiciji, uzima se da je |0|=0 i tada se φ ne definiše.
Jednakost dva kompleksna broja z1 i 2z važi ako i samo ako je |z1|=|z2|,
odnosno ρ1 + ρ2 i ako postoji k∈Z takvo da je φ1= φ2+2kπ (ovde φ1 i φ2
predstavljaju glavne argumente brojeva 1z i z2 ).
12
Dokaz
Neka su 1z = ρ1cosφ1 + i ρ1sinφ1, z2 = ρ2cosφ2 + i ρ2sinφ2. Iz jednakosti
ρ1cosφ1 + i ρ1sinφ1= ρ2cosφ2 + i ρ2sinφ2
slijedi da je (*)ρ1cosφ1= ρ2cosφ2, ρ1sinφ1= ρ2sinφ2.
Poslije kvadriranja i sabiranja ovih jednačina dobijamo:
ρ21 cos
2φ1+ ρ1
2sin
2φ1= ρ
22 cos
2φ2+ ρ2
2sin
2φ2,
ρ21 (cos
2φ1+ sin
2φ1)= ρ
22 (cos
2φ2+ ρ2
2sin
2φ2),
odakle slijedi da je ρ21 = ρ
22 . S obzirom da su ρ1 i ρ2 apsolutne vrijednosti
određenih kompleksnih brojeva, pa su zbog toga pozitivni, slijedi da je ρ1= ρ2.
Tada jednakosti (*) postaju
cosφ1= cosφ2, sinφ1= sinφ2,
odakle slijedi da postoji k∈Z takvo da je
φ1= φ2+2kπ,
čime je stav dokazan.
13
7. Proizvod i količnik više kompleksnih brojeva. Moavrova formula
U slučaju više kompleksnih brojeva, operacije sabiranja ili oduzimanja se ne komplikuju, tj. svode se na sabiranje ili oduzimanje njihovih realnih, odnosno imaginarnih djelova:
z1+z2 +…+zn=( x1+x2+. ..+xn )+i( y1+ y2+ .. .+ yn ),
z1 - z2 -…- zn=( x1−x2−. ..−xn )+i( y1− y2−. . .− yn ) .
Međutim, kada se radi o množenju i dijeljenju, stvari su malo drugačije. Ako su
dati kompleksni brojevi z1=x1+ iy1 , z2=x2+ iy2 ,…zn=xn+iyn , proizvod je dat slijedećim izrazima:
z1 z2=( x1 x2− y1 y2 )+i(x1 y2+ y1 x2) ,)yyyyxxxxyxyx(i)yxyyyxxyyxxx(zzz 321321321321321321321321321
,.
14
.
.Množenje se sve više komplikuje što je više činilaca, tako da ovakav način množenja tada gubi smisao. Međutim, kompleksni brojevi se osim u algebarskom mogu predstaviti i u trigonometrijskom obliku, pa množenje više kompleksnih brojeva svodi na jednostavan oblik primjenom adicionih teorema.Ako je
1z = ρ1cosφ1 + i ρ1sinφ1, z2 = ρ2cosφ2 + i ρ2sinφ2,… zn= ρncosφn + i ρnsinφn,
tada je
z1 z2= ρ1ρ2(cosφ1 + isinφ1)(cosφ2 + isinφ2)=
= ρ1ρ2(cosφ1cosφ2 + isinφ2cosφ1 + isinφ1cosφ2 - isinφ1sinφ2)
= ρ1ρ2(cosφ1cosφ2 - sinφ1sinφ2 + i(sinφ2cosφ1 + sinφ1cosφ2)).
Na osnovu adicionih teorema za sinus i kosinus funkcije:
cosφ1cosφ2 - sinφ1sinφ2=cos(φ1 + φ2),
sinφ2cosφ1 + sinφ1cosφ2=sin(φ1 + φ2),
pa je
21zz = ρ1ρ2(cos(φ1 + φ2)+i sin(φ1 + φ2)).
Ako pomnožimo tri kompleksna broja, onda dobijamo
z1 z2 z3= ρ1ρ2(cos(φ1 + φ2)+isin(φ1 + φ2))ρ3(cosφ3 + isinφ3)
= ρ1ρ2ρ3(cos(φ1 + φ2)cosφ3 + isinφ3cos(φ1 + φ2) - sin(φ1+ φ2)sinφ3 + + isin(φ1+ φ2)cosφ3)=
= ρ1ρ2ρ3(cos(φ1 + φ2)cosφ3 - sin(φ1 + φ2)sinφ3 + i(sin(φ1 + φ2)cosφ3 +
+cos(φ1+ φ2) sinφ3)=
= ρ1ρ2ρ3(cos(φ1 + φ2 + φ3)+i sin(φ1 + φ2 + φ3)).
Nastavljajući ovaj postupak, vidi se da se proizvod brojeva z1 ,z2 ,…,zn dobija tako što se njihovi moduli pomnože, a argumenti saberu:
15
z1 z2 .. . zn= ρ1ρ2…ρn(cos(φ1 + φ2 +…+φn)+i sin(φ1 + φ2 +…+φn)).
U specijalnom slučaju kada su z1 ,z2 ,…,zn međusobno jednaki, iz prethodne formule se dobija da je:
zn=ρn(cosnφ + isinnφ), Rn .
Dobijeni izraz predstavlja Moavrovu formulu . Do ove formule se došlo empirijskim putem i zato nju treba dokazati matematičkom indukcijom. Prvo ćemo formulu zapisati u ekvivalentnom obliku u kome ćemo je i dokazati:
(ρ (cosφ + isinφ)) n=ρn(cosnφ + isinφ).
1) Kada je n=1, tada je
ρ (cosφ + isinφ)= ρ (cosφ + isinφ), {to je ta~no.
2) Kada je n=k, tada je izraz
(ρ (cosφ + isinφ)) k=ρk(coskφ + isinkφ) ta~an
3) Za n=k+1 treba dokazati da je (ρ (cosφ + isinφ)) k+1=ρk+1(cos(k+1)φ + isin(k+1)φ) ta~no.
Dokaz:
(ρ (cosφ + isinφ)) k+1=ρk+1(cosφ + isinφ)k+1=
=ρ (ρ(cosφ + isinφ))k(cosφ + isinφ)= = ρk+1(coskφ + isinkφ)(cosφ + isinφ)= /po pretpostavci 2)/
= ρk+1(coskφcosφ + isinφcoskφ + isinkφcosφ – sinkφsinφ)= = ρk+1(coskφcosφ – sinkφsinφ + i(sinφcoskφ + sinkφcosφ)= = ρk+1(cos(kφ+φ) + isin(kφ+φ))= ρk+1(cos(k+1)φ + isin(k+1)φ),
odakle se vidi da ako je tvrđenje 2) tačno, tačno je i tvrđenje 3), pa je po principu matematičke indukcije tačan Moavrov obrazac za svako n∈N .Na sličan način se izvodi i formula za količnik kompleksnih brojeva:
16
2
1
z
z
(ρ1(cosφ1 + isinφ1))/(ρ2(cosφ2 + isinφ2))=
= (ρ1(cosφ1 + isinφ1)(cosφ2 - isinφ2))/(ρ2(cosφ2 + isinφ2)(cosφ2 - isinφ2))= = (ρ1/ρ2)(cosφ1cosφ2 + sinφ1sinφ2 + i(sinφ1cosφ2 - sinφ2cosφ1))=
= (ρ1/ρ2)(cos(φ1-φ2) + isin(φ1-φ2)), koriste}i adicione teoreme za sinus i kosinus:
cosφ1cosφ2 + sinφ1sinφ2=cos(φ1-φ2),
sinφ1cosφ2 - sinφ2cosφ1=sin(φ1-φ2),
pa je
2
1
z
z
(ρ1/ρ2)(cos(φ1-φ2) + isin(φ1-φ2)), z2≠0.
8. Geometrijsko prikazivanje proizvoda (količnika) kompleksnih brojeva
Kao što se sabiranje kompleksnih brojeva može prikazati geometrijski, tako se na sličan način može uraditi i sa njihovim mnženjem (dijeljenjem).
Neka tačka M1 odgovara kompleksnom broju
1z = ρ1(cosφ1 + isinφ1),a M2 kompleksnom broju
z2 = ρ2(cosφ2 + isinφ2).
Geometrijski:
OM1= ρ1, OM2= ρ2, 1xOM = φ1, ∠ xOM 1= φ2 (Slika 5).
17
φ2 φ1
φ3 M1
M2
M
N
φ2φ1
φ2
M1
M2
M
N
O x
y
O x
y
Ako se poteg OM1 obrne oko tačke O za ugao φ2 u pozitivnom smijeru, dići će u
položaj ON tako da je ∠ xOM , pri čemu se na potegu ON uzima tačka M tako da je OM= ρ1ρ2. Tačka M predstavlja proizvod
z1 z2= ρ1ρ2(cos(φ1 + φ2)+i sin(φ1 + φ2)).
Na sličan način se množi i više kompleksnih brojeva.
Slika 5. Slika 6.
Količnik kompleksnih brojeva se može geometrijski predstaviti na još jedan način:
OM= ρ1: ρ2, a ugao koji taj poteg zahvata sa realnom osom ∠ xOM = φ1-φ2 (Slika 6.).
18
9. Korijenovanje kompleksnih brojeva
Pod n-tim korijenom kompleksnog broja 1z podrazumjevamo bilo koji broj z2 za
koji važi
n2z = 1z
.
Ako imamo neki kompleksan broj
z=ρ(cosφ + isinφ)= ρ(cos(2kπ+φ) + isin(2kπ +φ)),
po Moavrovoj formuli je
zn
= ρn(cosnφ + isinnφ)= ρn(cosn(2kπ+φ) + isinn(2kπ+φ)).
Pošto se korijen nekog broja može predstaviti i u obliku stepena kao:
19
n√a=a
1n
,
Onda prethodni izraz može da se napiše i kao
.))(2k
n1
isin)(2kn1
(coszz n1
n1
n φπφπρ
Pitanje je koliko ima n-tih korijena broja z.
.,))(2k
n1
isin)(2kn1
(cosn1
Zkzk φπφπρ
Tada je
zk+n=zk ,
jer je:
,z))(2k
n1
isin)(2kn1
(cos
))n)(2(kn1
isin)n)(2(kn1
(cosz
kn
n
1
nk
φπφπρ
φπφπρ
pošto je period sinusne (kosinusne) funkcije 2π.
Prema tome, n√ z ima n rješenja jer se ostali brojevi ponavljaju zbog perioda
funkcije. Rješenja su za k=0,1,…,n-1. Poslednje re{enje je k=n-1, jer je k0= kn.
Primjer – Odrediti sve treće korijene broja 1.
Rješenje
I način: označimo treći korijen broja 1 sa z. Tada je
01z3 ,
tj.
20
(z-1)(z2+z+1)=0,
odakle slijedi da je
z-1=0 ili z2+z+1=0.
Iz prve jednačine dobijamo da je
z=1,
a iz druge
z1,2=
−1±√1−42
=−1±i√32 .
II način: primjenom formule za korijenovanje kompleksnih brojeva, ali se prvo broj 1 mora predstaviti u trigonometrijskom obliku:
.sinicosarctanz 10001
011 φ ρ
Tada je
,,,k,))(2k31
isin)(2k31
(coszz 31
31
3 210 φπφπρ
pa je
.,,k,
32k
isin32k
cos13 210ππ
Znači, za tri vrijednosti broja k dobijamo tri rješenja:
k=0: 3√1=cos 0+isin 0=1 ,
k=1:
3√1=cos2π3
+ isin2π3
=−12+i √3
2 ,
k=2:
3√1=cos4π3
+ isin4 π3
=−12−i √3
2 .
Geometrijski, ovi korijeni jednačine nalaze se na jediničnom krugu i dijele ga na tri jednaka dijela (Slika 7).
21
x
y
z2
z0
z1
Iz navedenog primjera se vidi da se sve vrijednosti n-tog korjena broja z nalaze
na periferiji kruga poluprečnika n√ ρ , obrazujući pravilan n-trougao.
Slika 7.
10. Logaritmovanje kompleksnih brojeva
Neka je x1+iy1 logaritam broja x + iy (x, y, x1 , y1∈R ), to jest
ln(x + iy)= x1+iy1 .
Tada je prema definiciji logaritma
x + iy=ex1+iy1
,
ili prema Ojlerovoj formuli
x + iy= )ysiniy(cosex11
1 ((1.), strana 200),
22
odakle je
(*)x= 1111 ysiney(**),ycose xx .
Kvadriranjem i sabiranjem ova dva izraza se dobija
),ycosy(sineyx x1
21
2222 1
odakle slijedi
(***)ex1
=√ x2+ y2⇔ x1=ln √x2+ y2=1
2ln( x2+ y2 )
.
Iz izraza (*),(**) i (***) se dobijaju:
xy
ytan,yx
yysin,
yx
xycos
1
221
221
.
Odatle se dobija da je
y1=arctan
yx+kπ .
Za y=0, biće:
y1=kπ , cos y1=1 ,
za x>0:
cos y1 = πkcos =1 ,
za x<0:
cos y1 = -1.
To znači da u prvom slučaju k mora biti parno, a u drugom neparno. Prema tome,
za x>0: ln(x+iy)= )yxln( 22
2
1
+ (arctan
yx+2kπ ) i
,
23
a za x<0, k∈Z : ln(x+iy)=
12
ln( x2+ y2)+
(arctanyx+(2k+1 )π ) i
.
Za y=0 prva jednačina daje prirodne logaritme pozitivnih brojeva, a druga negativnih. Iz prve jednačine se vidi da logaritam pozitivnog broja ima beskonačno mnogo rješenja od kojih je samo jedno realno – za k=0, a iz druge se vidi da logaritam negativnog broja ima beskonačno mnogo rješenja i sva su kompleksna.
Ako je kompleksan broj dat u obliku ρeφi
, tj.
x+iy= ρ(cosφ+isinφ)= ρeφi
= ρπ)i(φ ke 2
, k∈Z ,
onda je
(φ + 2kπ)i=ln(x+iy)-lnρ.
Za x>0, y=0 biće:
ρ=x, φ=0, pa je lnx=lnx+2kπi.
Za x<0, y=0 biće:
x
ρ, φ=π, pa je lnx=ln|x|+(2k+1)πi.
Primjer - Naći lni.
Rješenje - U jednačini ln(x+iy)= lnρ+(φ + 2kπ)i treba staviti x=0, y=1, pa dobijamo
lni=( π
2+2kπ )i⇔ i=e
( π2+2 kπ )i
.
Ako se poslednja jednačina stepenuje sa i, dobija se
ii=e
−( π2
+2kπ )
,
odakle se vidi da ii predstavlja realan broj.
24
Literatura
(1) T. Pejović : “Matematička analiza V”, Beograd, 1962.
(2) Z. P. Mamuzić: “Determinante, matrice, vektori, analitička geometrija”, Beograd, 1981.
(3) Dr. D. Adnađević, Dr. Z. Kadelburg: “Matematička analiza I”, Beograd, 1994.
(4) D. S. Mitrinović, J. D. Kečkić: “Matematika II”, Beograd, 1997.
25