Embed Size (px)
Citation preview
ZBIRKA NALOG IZ MATEMATIKE I. – Kompleksna števila Rešene naloge Opomba: Gradivo je informativne narave. V njem se lahko pojavijo netočnosti. Za vse, ki se bodo lotili reševanja nalog, naj jih najprej skrbno preučijo in se nato samostojno lotijo reševanja le-teh. Naloge se nanašajo na knjigo Zbirka nalog iz matematike I (avtorja B. Jurčič-Zlobec in N. Mramor-Kosta, založba FE in FRI, leto izdaje 2004). Veliko uspeha pri učenju! 3. Kompleksna števila 1. Izračunaj: (a) 3(1 2 ) i 3 2(1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) (1 4 4)(1 2 ) ( 3 4 )(1 2 ) 3 6 4 8 11 2 i i i i i i i i i i (b) 4(1 ) i 4 2 2(1 ) (1 ) (1 ) (1 2 1)(1 2 1) 2 2 4 i i i i i i i
(c) 5
3 4 i
5 5( 3 4 ) 15 20 15 20 3 4
3 4 25 25 25 25 5 5
i i
i ii
(d) 2
1
3 2
i
i
2 2 2 2
2
1 (1 )(3 2 ) 1 5 (1 5 ) 24 10 24 10
3 2 13 13 13 169 169 169
i i i i i i
ii
(e) 2 3 4
3 3
i i
i i
2 3 4 (2 3 )(3 ) (4 )(3 ) (9 7 ) (13 ) 4 6 4 6 2 3
3 3 10 10 10 10 10 5 5
i i i i i i i i i
i ii i
(f) 2 152(1 )
1
i i
i
Razrešimo vsak člen posebej: 2(1 ) 1 2 1 2 i i i
2 2(1 )
11 2
i
ii
15 15:4 4 3 3 3 i i i i i Tako imamo: 2 (1 ) ( ) 2 1 1 2 i i i i i i i
(g) 8
1
2 2
i
8 8
1 1 1
2 2 2 2
ii
Za potenciranje kompleksnega števila bomo uporabili polarni zapis, zato moramo najprej
izračunati modul in argument:
2 2
2 2 1 1 1 1 1 1 2
2 2 4 4 2 22
z x y
Kompleksno število je v 2. kvadrantu, kar upoštevamo pri izračunu argumenta:
12
12
3Arg arctan arctan arctan(1)
4 4
yz
x
OPOMBA: arg Arg 2 z z n , kjer 0, 1, 2... n
8
8 1 3 3 1 1 1 1cos 8 sin 8 cos6 sin 6 cos0 sin 0 (1 0 )
2 4 4 16 16 16 16
z i i i i
(h) 5
3
(1 )
(1 )
i
i
Potencirajmo števec in imenovalec vsak posebej: 5 2 2(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 2 1)(1 2 1)(1 ) 4(1 ) 4 4 i i i i i i i i i Pri imenovalcu uporabimo pravilo za kubiranje dvočlenika:
3 3 2 2 3( ) 3 3 a b a a b ab b
3 2 3(1 ) 1 3 3 1 3 3 2 2 i i i i i i i Tako imamo:
4 4 2(2 2 ) 2 2 (2 2 )(1 ) 2 2 2 2 42
2 2 2(1 ) 1 2 2 2
i i i i i i i
i i i
(i) 6
4
1 3
i
Imenovalec v oklepaju najprej racionalizirajmo:
4 4( 1 3)
1 341 3
i
ii
Izraz potencirajmo s polarnim zapisom:
4 2 z
4Arg arctan 3
3 3
z
6 6 4 42 cos 6 sin 6 64(cos8 sin8 ) 64(cos0 sin 0) 64(1 0) 64
3 3
z i i i
(j)
20
1 3
1
i
i
!! 1 3 (1 3)(1 ) 1 3 3 (1 3) (2 3) 1 3 2 3 1 3
31 2 2 2 2 2 2
i i i i i i
i ii
1 3
2
3 2 3 2 3(1 3) 2 3 6arctan arctan arctan arctan
2 21 3
2( 3 3)arctan arctan( 3 3) arctan(3 3)
2
Za izračun arkus tangensa dobimo vrednost 3 3 . Ker naša tabela ne vsebuje te vrednosti, da bi lahko iz nje prebrali enakovredne stopinje oz. radiane, potencirajmo števec in imenovalec vsak posebej.
Potencirajmo 20(1 3) i :
4 2 z
Arg arctan 33
z (kompleksno število je v 1. kvadrantu)
20 20 201
20 20
20 202 cos 20 sin 20 2 cos sin
3 3 3 3
2 2 2 22 cos 6 sin 6 2 cos sin
3 3 3 3
z i i
i i
2
1203
, zato bomo od vrednosti odšteli / 2 in dobili enako vrednost za kofunkcijo (a ne
nujno isti predznak), kar storimo v primeru, če je naš kot večji od (ali manjši od ):
2
kosinus ima pri negativno vrednost, zato:32 2 1 1
cos sin sin3 3 2 6 2 2
2 2 3
sin cos cos3 3 2 6 2
OPOMBA: sin( ) sin x x , cos( ) cos x x , tg( ) tg x x , ctg( ) ctg x x
20 20
20 20 20 19 19 191
1 3 1 3 2 2 32 2 2 2 3 2 1 3
2 2 2 2 2 2
z i i
Potencirajmo 20(1 ) i :
2z
Za izračun kota dobimo v funkciji arkus tangens negativno vrednost, kar pomeni negativen kot
glede na abcisno os (smer urinega kazalca). Ker se kompleksno število nahaja v 4. kvadrantu, ki je tik pod pozitivnim delom abcisne osi, argument predstavlja izračun funkcije arkus tangens:
Arg arctan 14
z
20 20202
20 20
2 cos 20 sin 20 2 cos 5 sin 54 4
2 cos 4 sin 4 2 cos sin
z i i
i i
Ker ima kotna funkcija na vsakih 2 isto vrednost, smo vrednost 5 izenačili z vrednostjo
4 , kar je enako . Pri tem kot še vedno ostane negativen. Ker ni v opredeljen v naši tabeli za nekatere vrednosti kotnih funkcij, bomo uporabili isto vrednost za kofunkcijo:
cos sin sin sin 12 2 2
sin cos cos cos cos 02 2 2
OPOMBA: Funkcija ima vrednost kofunkcije v periodi / 2 , ne glede na večanje ali manjšanje kota
za / 2 . Kosinus je soda funkcija, kar pomeni, da ima tako za pozitiven kot za negativen kot isto vrednost (če je pozitivna ali negativna, je odvisno od kvadranta, kjer se nahaja kot).
2020 102 2 2
20 10 10
2 2 1 0 2 z
Imamo:
19
9110
2
2 1 32 1 3 512 1 3
2
izi i
z
(k)
6 3
1 3 1 3
2 2
i i
Obravnavajmo vsak člen posebej.
6 66
6
1 3 1 31 3
2 2 64
i ii
Iz 6
1 3 i dobimo 2z in Arg arctan 33
z , zato:
6 64 cos 6 sin 6 64 cos2 sin 2 64(cos0 sin 0) 643 3
z i i i
Prvi člen je tako:
64
164
Drugi člen:
3 2 33 3 2 3
2
1 3 1 3 3 3 3 3 1 3 3 3 3 271 3
2 8 8 8
1 3 3 9 3 3 1 3 3 9 3 3 81
8 8 8
i i i i i i ii
i i i i i
Seštejemo oba člena skupaj: 1 1 1 1 0
(l)
6
2 2
3
i
i
Racionalizacija imenovalca v oklepaju:
2 2 3 6 2 2 66 2 6 2
4 4 4
i i ii i
Za izračun arkus tangensa bi morali uporabiti vrednost, ki se ne nahaja v naši tabeli vrednosti za
nekatere kotne funkcije, zato bomo potencirali števec in imenovalec vsak posebej.
Za 6
2 2 i dobimo 2z in 4 3Arg arctan 1
4 4 4
z , zato:
6 6 61
6 6
6 6
3 3 18 182 cos 6 sin 6 2 cos sin
4 4 4 4
2 2 2 22 cos 4 sin 4 2 cos sin
4 4 4 4
2 cos sin 2 0 642 2
z i i
i i
i i i
Za 6
3 i dobimo 2z in 1 3
Arg arctan arctan3 63
z , zato:
6 6 62 2 cos 6 sin 6 2 cos sin
6 6
z i i
cos ima negativno vrednost, zatocos sin sin 1 12 2
sin cos cos 02 2
6 6 6
2 2 1 0 2 64 z i
1
2
64
64
z ii
z
(m)
y ix x iy
x iy x iy
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
( )( ) ( )( ) ( ) ( 2 )
( )( )( ) ( 2 ) ( ) ( 2 )
2 2
y ix x iy y ix x iy x iy x iy xy y i x i xy x xyi y
x iy x iy x iy x iy x yxy y i x i xy x xyi y xy y i x i xy x xyi y
x y x yxy y i x i xy x xyi y x xy y
x y
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
( 2 ) ( 2 ) ( 2 )(1 ) (1 )( 2 )
x i xyi y i
x yx xy y i x xy y x xy y i i x xy y
x y x y x y
(n) 2
2
1
1
x ix
x i x
2 22
2 2 2
1 11
1 1 1
x xi x i xx ix
x i x x i x x i x
Izračunajmo števec in imenovalec posebej:
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 4 2 2
22 2 2 2
22 2 2 2
22 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 2 1
1 1 1
1 1 1
1
x xi x i x x x x i x x i xi i x
x x i x x x i xi x
x x i x x x i x x
x x i x x i x x
x x x x i x x i
i x x i
22 2 2 2 2 2 2
22 2
1 1 1 1 1
1
x i x x i x x xi x xi x i x
x x
Dobimo:
2 2 22 2
2 2 22 2
(1 )1
(1 )1
i x xi x x ii
x xx x
2. Določi Re(w), Im(w), |w| in konjugirano kompleksno število w (z = x + yi): Nalogo rešujemo tako, da kompleksno število preoblikujemo v splošno obliko. (a) (1 )(1 3 ) w i i (1 )(1 3 ) 4 2 w i i i
Re( ) 4w , Im( ) 2w , 20 2 5 w , 4 2 w i
(b) 2(1 3 ) w i
2(1 3 ) 1 6 9 8 6 w i i i
Re( ) 8 w , Im( ) 6 w , 100 10 w , 8 6 w i
(c) 1
wi
2
1 1 ( )
( ) 1
i i i
w ii i i i
Re( ) 0w , Im( ) 1 w , 1 1 w , w i
(d) 2
1
(1 2 )
w
i
2
1 1 1 3 4 3 4
(1 2 ) 1 4 4 3 4 25 25 25
i
w ii i i
3
Re( )25
w , 4
Im( )25
w
2 2 2
3 4 9 16 25 1 1 1
25 25 625 625 625 25 5 5
w
3 4
25 25 w i
(e) 1
i
wi
1 (1 )
1 11
i i iw i i
i
Re( ) 1w , Im( ) 1 w , 2w , 1 w i
(f) 2
1
w
i
2 2(1 )
11 2
i
w ii
Re( ) 1w , Im( ) 1 w , 2w , 1 w i
(g) (3 )(1 )
2
i i
wi
(3 )(1 ) 3 3 1 2 4 (2 4 )(2 ) 4 2 8 4 10
22 2 2 5 5 5
i i i i i i i i i i
w ii i i
Re( ) 0w , Im( ) 2w , 4 2 w , 2 w i
(h) 1 3
1 2
i i
wi i
1 3 (1 3 )( 2) (1 ) ( 2 3 6 ) 1 6 6 (6 6 )(1 3 )
1 2 (1 )( 2) 2 1 2 1 3 10
12 24 2( 6 12 ) 6 12 6 12
10 10 5 5 5
i i i i i i i i i i i iw
i i i i i i i
i i ii
6
Re( )5
w , 12
Im( )5
w , 180 36 1 1 6
36 625 5 5 5 5
w , 6 12
5 5 w i
(i) 3
1 3 w i
3 221 3 1 3 1 3 2 2 3 1 3 2 2 3 2 3 2 9
2 6 8
w i i i i i i i i
Re( ) 8 w , Im( ) 0w , 28 8 w , 8 w
(j) w z
2 2 w z x yi x y
2 2Re( ) w x y , Im( ) 0w , 2 2 w x y , 2 2 w x y
(k) w iz ( ) w iz i x yi xi y y xi
Re( ) w y , Im( ) w x , 2 2 w x y , w y xi
(l) 2w z 2 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) 2 w z x yi x xyi y x y xyi 2 2Re( ) w x y , Im( ) 2w xy
2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4
4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
( ) (2 ) ( 2 ) 4 2
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
w x y xy x x y y x y x x y y
x x y x y y x x y y x y x y x y
x y x y
2 2( ) 2 w x y xyi
OPOMBA: Konjugirano kompleksno število lahko razstavimo in dobimo 2( ) xi y .
(m) 2w z 2 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) 2 w z x yi x xyi y x y xyi
2 2Re( ) w x y , Im( ) 2 w xy ,
2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4
4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
( ) (2 ) 2 4 2
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
w x y xy x x y y x y x x y y
x x y x y y x x y y x y x y x y
x y x y
2 2( ) 2 w x y xyi
OPOMBA: Konjugirano kompleksno število lahko razstavimo in dobimo 2( ) ix y .
(n) 1
wz
2 2 2 2 2 2
1 1
x yi x y
w iz x yi x y x y x y
2 2
Re( ) x
wx y
, 2 2
Im( ) y
wx y
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 1
( ) ( ) ( )
x y x y x yw
x y x y x y x y x y x y
!! razreši konjugirano vrednost
(o) z
wz
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 22 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
( )
( )( )( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )
z x y x y x yi x y x yi x yw
z x yi x y x y x y
x yx y x y x yi x y x yi
x y x y x y x y 2 2 2 2
( )
( ) ( )
x yi
x y x y
2 2 2 2 2 2
x yi x yi
x y x y x y
2 2
Re( )
xw
x y,
2 2Im( )
yw
x y
2 22 2 2 2
2 2 2 2 2 22 2 2 21 1
x y x y x yw
x y x y x yx y x y
2 2 2 2 2 2
x y x yiw i
x y x y x y
OPOMBA:
a a a a
a a a a
1
a a in
1
a a
aa a
(p) w z z
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )( ) w z z x yi x y x x y yi x y x x y y x y i
2 2Re( ) w x x y , 2 2Im( ) w y x y
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) w x x y y x y x x y y x y x y x y
2 2 2 2 2 2( ) w x x y y x y i x yi x y
(q) w z z Pri ureditvi izraza kompleksnega števila bomo uporabili pravilo 2 2( )( ) a b a b a b : 2 2 2 2 2 2 2( )( ) ( ) w z z x yi x yi x yi x y i x y
2 2Re( ) w x y , Im( ) 0w , 2 2 2 2 2( ) w x y x y , 2 2 w x y
(r) z
wz
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( ) 2 2 2
z x yi x yi x yi x yi x xyi y x y xyi x y xy
w iz x yi x y x y x y x y x y x y
2 2
2 2Re( )
x y
wx y
, 2 2
2Im( )
xy
wx y
2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 2 4 2 2 4 4 2 2
4 2 2 4 4 4 2 2
2 ( ) (2 ) ( ) (2 )
( ) ( ) ( )
2 4 21 1
2 2
x y xy x y xy x y xyw
x y x y x y x y x y
x x y y x y x y x y
x x y y x y x y
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 ( ) 2
x y xy x y xyi
w ix y x y x y
ix y
ix y
3. Določi Re(w) in Im(w) (z = x + yi):
(a) 2
z zw
( ) ( ) 2
2 2 2
z z x yi x yi xw x
Re( ) w x , Im( ) 0w
(b) 2
z zw
( ) ( ) 2
2 2 2 2
z z x yi x yi x yi x yi yiw yi
Re( ) 0w , Im( ) w y
(c) ( 2 )( 2 ) w z i z i
2 2 2 2
( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( ( 2)) ( 2 )( ( 2))
( 2 )( 2 ) 2 2 2 2 4 4 4
w z i z i x yi i x yi i x yi i x i y x yi i x i y
x yi i x yi i x xyi xi xyi y y xi y x y y
2 2Re( ) 4 4 w x y y , Im( ) 0w (d) (1 ) w z z 2 2 2 2(1 ) ( )(1 ) ( ) (2 ) w z z x yi x yi x x xyi yi xyi y x x y xy y i 2 2Re( ) w x x y , Im( ) 2 w xy y
(e) 1
z
wz
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
( )( 1)
1 1 ( 1)( 1) ( 1) 2 1
2 1 2 1
z x yi x yi x yi x xyi x xyi y yi x x y yiw
z x yi x yi x yi x y x x y
x x y yi
x x y x x y
2 2
2 2Re( )
2 1
x x y
wx x y
, 2 2
Im( )2 1
yw
x x y
(f) 1
w zz
2 2 2
2 2 3 2 2 2 2 3
2 2 2 2
3 2 2 3 3 2 2 3
2 2 2 2 2 2
1 1 ( )( ) 1 ( ) 1 2 1( )
( ) ( ) ( ) ( )
( 2 1)( ) 2 2
x yi x yi x yi x xyi yw z x yi
z x yi x yi x yi x yi
x xyi y x yi x x yi x yi xy xy y i x yi
x y x y
x x yi xy y i x yi x xy x x y y yi
x y x y x y
V realnem in imaginarnem delu posebej delimo veččlenike med seboj in dobimo:
2 2
Re( ) x
w xx y
, 2 2
Im( ) y
w yx y
(g) 22
1 w z
z
!! reši (h) 2 w z z
2 2 2 2 3 2 2 2 2 3
3 2 2 3 3 2 2 3
( ) ( ) ( 2 )( ) 2 2
( ) ( )
w z z x yi x yi x xyi y x yi x x yi x yi xy xy y i
x x yi xy y i x xy i x y y
3 2Re( ) w x xy , 2 3Im( ) w x y y (i) 2 w z z 2 2 2 2 3 2 2 3( )( ) ( )( 2 ) ( ) ( ) w z z x yi x yi x yi x xyi y x xy i x y y 3 2Re( ) w x xy , 2 3 2 2Im( ) ( ) w x y y y x y (j) 3w z 3 3 3 2 2 3 3 2 2 3( ) 3 3 ( ) ( ) ( 3 ) (3 ) w z x yi x x yi x yi yi x xy i x y y 3 2Re( ) 3 w x xy , 2 3Im( ) 3 w x y y (k) 4w z
4 4 3 3 2 2 3
4 2 2 4 3 3
( ) ( ) ( ) ( 3 3 )( )
( 6 ) (4 4 )
w z x yi x yi x yi x x yi xy y i x yi
x x y y i x y xy
4 2 2 4Re( ) 6 w x x y y , 3 3 2 2Im( ) 4 4 4 ( ) w x y xy xy x y (l) 3 w z i z
3 3 3 2 2 3
3 2 2 3
( ) ( ) ( 3 3 )
( 3 ) (3 )
w z i z x yi i x yi x x yi xy y i xi y
x xy y i x y y x
3 2Re( ) 3 w x xy y , 2 3Im( ) 3 w x y y x 4. Zapiši kompleksna števila v polarni obliki: (a) 2 z
Kompleksno število se nahaja na negativni strani osi x , zato je argument: Arg z 2z
2 cos sin 2e iz i
(b) 2z i Kompleksno število se nahaja na pozitivni strani osi y , zato je argument:
Arg2
z
2z
22 cos sin 2e2 2
iz i
(c) 2 2 z i
4 3
Arg arctan(1)4 4 4
z
2z
34
3 32 cos sin 2e
4 4
iz i
(d) 2 2 z i
Arg arctan(1)4
z
2 22 2 8 2 2 z
42 2 cos sin 2 2 e4 4
iz i
(e) z i
Arg2
z (kompleksno število se nahaja na negativni strani osi y )
1z
2cos sin e2 2
iz i
(f) 1 3 z i
3 2
Arg arctan( 3)3 3 3
z
2z
23
2 22 cos sin 2e
3 3
iz i
(g) 2 2 3 z i
2
Arg arctan( 3)3 3
z
16 4 z
23
2 24 cos sin 4
3 3
iz i
(h) 1 3 z i
3 2
Arg arctan( 3)3 3 3
z
2z
23
2 22 cos sin 2e
3 3
iz i
(i) 5 5 z i
3
Arg arctan(1)4 4
z
50 5 2 z
34
3 35 2 cos sin 5 2 e
4 4
iz i
(j) 3 3 z i
3
Arg arctan3 6
z
12 2 3 z
62 3 cos sin 2 3 e6 6
iz i
(k) 4 3 z i
3
Arg arctan4
z
25 5 z
34
arctan3 34 45 cos arctan sin arctan 5e iz i
(l) 7 z i 1
7Arg arctan( ) z
50 5 2 z
17
arctan1 17 75 2 cos arctan( ) sin arctan( ) 5 2 e
iz i
(m) 5 3 z i 3
5Arg arctan z
34z
35
arctan34 e
iz
(n) 1
1
i
zi
21 (1 )(1 ) (1 ) 1 2 1 2
1 2 2 2 2
i i i i i i
z ii
Arg2
z
1z
2cos sin e2 2
iz i
5. Poišči vse rešitve enačb:
(a) 2 22 3 10 z z i Upoštevamo, da je z x yi . Dobimo:
2 2
...
( ) (10 10) 0 x y i xy
Iz realnega dela razrešimo x :
2 2
2 2
2 21 2
0
,
x y
x y
x y x y x y
Iz imaginarnega dela razrešimo y :
1010
10 10 0
10 10
1
x
xy
xy
yx
Rešitev za y , pridobljeno iz imaginarnega dela, vstavimo v prvo rešitev realnega dela:
1
21 21 1, 1
x
x y
x
x x x
Obe dobljeni rešitvi posamično vstavimo nazaj v rešitev imaginarnega dela. Za 1x :
1
11
1
xy
y
y
Dobimo prvo rešitev: 1 1 z i .
Za 2 :x
1
11
1
xy
y
y
Dobimo drugo rešitev: 2 1 z i .
Druga rešitev realnega dela za 2 x y :
1
21 21 ,
xx
x x i x i
Če obe rešitvi vstavimo v enačbo 1 xy , pridemo do ostalih dveh možnih rešitev prvotne enačbe:
1
2
1 1 11 1
1 1 12 2
0
0
x i i
x i i
x i y i
x i y i
Če v prvotno enačbo vstavimo 0z in rešitev na ta način preizkusimo, ugotovimo, da ne velja. Rešitvi sta torej dve: 1 1 z i
2 1 z i
(b) 2 0 z iz
2 2
2 2
2 2
( ) ( 2 ) 0
2 0
( 2 ) ( ) 0
x yi i x xyi y
x yi x i xy y i
x xy i y x y
Iz realnega dela razrešimo x in y :
2 0
(1 2 ) 0 0
x xy
x y x
2
2 0
2
1
2
xx
x xy
xy x
y y
Iz imaginarnega dela razrešimo x :
2 2
2 2
2 2 2 21 2
0
,
y y x
x y y
x y y x y y x y y
Posamično y ne moremo razrešiti, lahko pa obrnemo strani obeh zgornjih rešitev:
2 y y x in 2 y y x
Ob prenašanju korena iz ene na drugo stran izvedemo obratno operacijo, tj. kvadriranje. Rezultat
kvadriranja ni negativen, zato je druga rešitev za y enaka prvi:
2
2 2
2 2 2
( )
y y x
y y x
y y x y y x
Torej ena sama rešitev za y : 2 y y x
Vzamemo rešitev za x iz realnega dela ( 0x ) in jo vstavimo v rešitev za y iz imaginarnega
dela:
2
2
2
1 2
0
0
( 1) 0 0, 1
y y x
y y
y y
y y y y
Dobimo dve rešitvi prvotne enačbe:
1
2
0 0 0
0 1
z i
z i i
Vzamemo še rešitev za y iz realnega dela ( 1
2 y ) in jo vstavimo v obe rešitvi za x iz
imaginarnega dela:
31 11 4 2 4
3
2 x
31 12 4 2 4
3
2 x
Dobimo še dve rešitvi prvotne enačbe:
3
4
3 1 3 3
2 2 2 2
3 1 3 3
2 2 2 2
i iz i
i iz i
(c) 3 0 z iz Izraz poenostavimo: 2( ) 0 z z i Eno rešitev lahko že razberemo in sicer 1 0z . Ostali dve bomo dobili z obravnavo enačbe
2 0 z i : 2 z i
Izraz bomo korenili po načinu za korenjenje kompleksnih števil. Za z i dobimo 1z in
Arg2
z . Za potrebe korenjenja imamo 2n , 0,1k in 2
2 4
n.
Uporabili bomo naslednji obrazec:
1/ 2 2
cos sin
n k kz i
n n n n
Prvi koren (rešitev za 2z ):
2
0 04 4
kk
n n
2
2 2 2 2 2(1 ) 2(1 )( 2) 2(1 ) 1cos sin
4 4 2 2 2 2 2( 2) 2 2 2
i i i i iz i i
Drugi koren (rešitev za 3z ):
2 2 4 5
14 2 4 4
kk
n n
Uporabimo lastnosti kotnih funkcij:
5 5
sin sin sin4 4 4
5
cos cos cos4 4 4
3
2 2 2 2 2 2 2( 1 )cos sin
4 4 2 2 2 2 2 2
2( 1 )( 2) 2( 1 ) 1
2( 2) 2 2 2
i iz i i i
i i i
(d) 2 1
11
z
z
2
2
2 2
2 2
1 1
( 2 )
( ) ( 2 ) 0
z z
z z
x xyi y x yi
x y x i xy y
Iz imaginarnega razrešimo x :
12
2 0
2
2
1 2
y
y
xy y
y xy
x
x
x
Dobimo eno samo rešitev za x (rešitev je prav tako 0y ). Iz realnega dela razrešimo y :
2 2
2 2
2 2
2 2 2 21 2
0
,
x y x
y x x
y x x
y x x y x x y x x
Če bi se iz realnega dela lotili razreševanja za x , bi dobili 2 2 x x y . Iz imaginarnega dela smo dobili 1
2 x , ki ga bomo vstavili v obe rešitvi realnega dela:
331 11 4 2 4 2 y
32 2 y
Dobimo dve rešitvi prvotne enačbe:
1
1 3 13
2 2 2 2
iz i
2
1 3 13
2 2 2 2
iz i
Iz imaginarnega dela razrešimo še y :
2 0
( 2 1) 0 0
xy y
y x y
Obe razrešeni vrednosti za y v realnem delu preoblikujemo, da bosta ustrezali rešitvi za x :
2 2 y x x x x y Ker smo v imaginarnem delu za rešitev dobili 0y , je v tem primeru enačba
2 2 x x y x x y enaka 2 x x y , tako da bomo le sem vstavili 0y :
2
2
2
1 2
0
0
( 1) 0 0, 1
x x y
x x
x x
x x x x
Dobimo še dve rešitvi prvotne enačbe:
3
3
0 0 0
1 0 1
z i
z i
OPOMBA: Iracionalne rešitve, ki jih dobimo iz realnega ali imaginarnega dela, niso del rešitev
enačbe, zato jih ne upoštevamo.
(e) 1
2 iz
1 2
2 1 0
( ) 2( ) 1 0
2 2 1 0
( 2 1) ( 2 ) 0
iz z
iz z
i x yi x yi
xi y x yi
y x i x y
Iz realnega dela razrešimo:
2 1 0
12 1
2
y x
yx y x
in 2 1 2 1 y x y x
Iz imaginarnega dela dobimo 2x y in 2 2
x
y x y .
Vstavimo rešitev imaginarnega dela 2x y v rešitev realnega dela 2 1 y x :
2(2 ) 1
4 1
15 1
5
y y
y y
y y
Rešitev 1
5y lahko vstavimo nazaj v enačbo realnega dela 2x y in dobimo 25x . Lahko pa
vstavimo rešitev imaginarnega dela 2 xy v rešitev realnega dela 1
2
yx :
22 21 2 1 2
2 2 2 2 44 ( 2)
4 2
25 2
5
x x x xx
x x
x x
x x
Dobimo eno samo rešitev prvotne enačbe:
2 1 2
5 5 5 5
iz i
(f) 2 10 z
z
2
2
2 2
3 2 2 3
3 2 2 3
1 0
0
0
( )( ) 1 0
0
( 1) ( ) 0
z z
z z z
z z
x yi x y
x xy x yi y i
x xy i x y y
Iz realnega in imaginarnega dela razrešimo tisto, kar se da. Realni del:
3 3 3
3 2
2 3
2 1 1 11 2
1 0
1
,
x x xx x x
x xy
xy x
y y y
Imaginarni del:
3
3 2
2 3
2
2 21 2
0
,
y
y
y x y
x y y
x
x y x yi x yi
OPOMBA: 2 21 1 y y y yi
3 2
2 21
2 2
2 22 3
0
( ) 0 0
0
,
y x y
y y x y
y x
y x y xi y xi
Enačbe z imaginarnim številom izločimo. V imaginarnem delu ostane le 0y , ki ga vstavimo v obe rešitvi realnega dela in razrešimo x :
3
3
3
1
1
1
3
3
2 1 3 1 31 2 32 2
0
0
1 0
1 0
( 1)( 1) 0 1, ,
xx
xx
xx
i i
y
x
x
x x x x x x
Iracionalnih rešitev ne bomo upoštevali, temveč le 1x . Dobimo rešitev prvotne enačbe: 1 0 1 z i
Z drugo enačbo 3 31 1 x xx xy y ne bomo poskušali, ker z njo dobimo enake rešitve,
saj je 0 0 .
OPOMBA: Pri enačbi 3 1 0 x do prve rešitve za 1x pridemo na način 3 31 1 1 x x . S
Hornerjem pridemo še do drugega faktorja, tj. 2( 1) x x , naprej pa enačbo ne moremo več
razcepiti, kar pomeni, da uporabimo obrazec za kvadratno enačbo, kjer za 2x in 3x dobimo
iracionalni rešitvi.
(g) 1 2
21
i
z i i
Vsak člen enačbe množimo s faktorjem ( )(1 ) z i i in dobimo:
2 2
2 2
2 2
2
(1 ) (2 )( ) 2( )(1 )
1 2 2 2( )
1 2 2 2 2 2 2
1 2 2 2 2 2 2 0
1 0
1 1 0
0
( ) 0
0
(1 ) 0
i i z i z i i
i z i zi i z zi i i
i z i zi i z zi i i
i z i zi i z zi i i
i zi i
i zi
i zi
i i x yi
i xi y
y i x
Iz realnega in imaginarnega dela lahko neposredno preberemo rešitve. V realnem delu dobimo
0y , v imaginarnem 1 0 1 x x . Imamo rešitev prvotne enačbe: 1 0 1 z i (h) (2 3 )(2 3 ) 1 z z z z
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
(2 3 )(2 3 ) 1
4 6 6 9 1
4( ) 6( 2 ) 6( ) 1
4 4 6 12 6 6 6 1
16 4 12 1
z z z z
zz z z zz
x y x xyi y x y
x y x xyi y x y
x y xyi
Enačba nima rešitve, saj izraz 2 216 4 12 x y xyi ne more biti negativen (v našem primeru 1 ).
Bolj pregledno to opazimo, če enačbo enačimo z 0 :
2 216 4 12 1 0 x y xyi izraz ne more biti manjši ali enak 0 (ni rešitve) (i) 1 0 zz
2
2 2
1 0
1
z
x y
Iz seštevka dveh kvadratov ne moremo dobiti negativne vrednosti, zato enačba nima rešitve. (j) 2 z z i
2 2
2 2
2 2
( ) 2
2 0
( 2) ( 1) 0
x y x yi i
x y x yi i
x y x i y
V imaginarnem delu že dobimo eno samo rešitev 1y , zato bomo v realnem delu razrešili x :
2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
2
2
2 0
2
(2 )
4 4
4 4 0
4 4 0
4 4
4
4
x y x
x y x
x y x
x y x x
x y x x
y x
x y
yx
V rešitev za x vstavimo rešitev imaginarnega dela 1y :
2 24 4 1 3
4 4 4
yx
Rešitev prvotne enačbe:
3
4 z i
(k) 2 z i
Za z i imamo 1z in 2Arg z , za potrebe korenjenja 2n , 0,1k in 2
2 4
n .
Prvi koren ( 0k ):
1
2 2 2 2 2(1 ) 1cos sin
4 4 2 2 2 2 2
i i iz i i
Drugi koren ( 1k ):
2 5
4 2 4
2
5 5cos sin
4 4
z i
Uporabimo lastnosti kotnih funkcij:
5
cos ima negativno vrednost45 5 2 2
cos sin sin 4 4 2 4 2 2
5
sin ima negativno vrednost45 5 2 2
sin cos cos 4 4 2 4 2 2
2
2 2 2 2 2( 1 ) 1
2 2 2 2 2
i i iz i
(l) 2 3 4 z i Enačbo lahko rešimo tako, da upoštevamo z x yi in rešimo sistem enačb realnega in
imaginarnega dela oz. po postopku korenjenja kompleksnih števil. Izbrali bomo prvi način:
2
2
2 2
2 2
3 4
( ) 3 4
2 3 4
( 3) (2 4) 0
z i
x yi i
x xyi y i
x y i xy
Iz realnega dela razrešimo x :
2 2
2 2 2 21 2
3 0
3 3, 3
x y
x y x y x y
Iz imaginarnega dela razrešimo y :
2
2 4 0
2 4
x
xy
xy y
Rešitev 2 xy vstavimo najprej v prvo rešitev realnega dela za x :
2
2
2
22
4
2 4
4 2
4 2
21 2 3 4
3
3
3
3
4 3
3 4 0
( 2)( 2)( 1) 0 2, 2, ,
x
x
x
x y
x
x
x
x x
x x
x x x x x x i x i
Upoštevamo le realne rešitve, torej 1 2x in 2 2 x , ki ju vstavimo nazaj v 2 xy :
2
1 1 22 1 x y
22 2 22 1 x y
Dobimo dve rešitvi prvotne enačbe:
1
2
2
2
z i
z i
Obravnavajmo še drugo rešitev realnega dela za x in sicer 2 3 x y , kjer opazimo naslednje:
2
2
2
22
4
2 4
2 4
( ) 3
3
( ) 3
3
x
x
x
x
x
x
x
x
Dobili smo isto enačbo kot pri prvi rešitvi za x , kar pomeni, da bi z nadaljevanjem prišli do istih
rešitev. Vse rešitve prvotne enačbe smo torej že dobili. (m) 2 (2 3) 5 0 z i z i
2 2
2 2
2 2
( 2 ) (2 3)( ) 5 0
2 2 2 3 3 5 0
( 2 3 5) (2 2 3 1) 0
x xyi y i x yi i
x xyi y xi y x yi i
x y y x i xy x y
Iz realnega dela razrešimo y :
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2
21,2
2 3 5 0
2 3 5
2 3 5
2 1 3 5 1
( 1) 3 6
1 3 6
3 6 1
x y y x
y y x x
y y x x
y y x x
y x x
y x x
y x x
Levo stran enačbe ( 2 2y y ) smo dopolnili do popolnega kvadrata tako, da smo na obeh straneh
prišteli 1. V enačbi 2 2 2 3 5 0 x y y x opazimo, da ima za y dve rešitvi. Eno rešitev za y
smo med razreševanjem izgubili. V vrstici 21 3 6 y x x kvadrata za y s prenašanjem na drugo stran ni več, zato na desni strani poleg kvadratnega korena pred njim dobimo vrednost . Imamo dve rešitvi za y :
2
1
22
3 6 1
3 6 1
y x x
y x x
Iz imaginarnega dela razrešimo x :
2 2 3 1 0
2 2 3 1
(2 2) 3 1
3 1
2 2
xy x y
xy x y
x y y
yx
y
Razrešeni x vstavimo v rešitvi realnega dela za y :
2
1
22
3 6 1
3 6 1
y x x
y x x
V obeh rešitvah imamo pod korenom izraz 2 3 6 x x , ki ga bomo obravnavali najprej:
2 2 22
2 2
2
2
3 1 3 1 (3 1) 3(3 1) 9 6 1 9 33 6 3 6 6 6
2 2 2 2 (2 2) 2 2 4 8 4 2 2
15 30 19...
4 8 4
y y y y y y yx x
y y y y y y y
y y
y y
2
1,2 2
15 30 191
4 8 4
y y
yy y
Za 1y dobimo:
2
2
22
2
2 2 2
2 2 2
4 3 2 3 2 2 2
4 3 2
21
15 30 191
4 8 4
15 30 19( 1)
4 8 4
( 1) (4 8 4) 15 30 19
( 2 1)(4 8 4) 15 30 19
4 8 4 8 16 8 4 8 4 15 30 19
4 16 9 14 15 0
( 1)( 3)(4 8 5) 0
y yy
y y
y yy
y y
y y y y y
y y y y y y
y y y y y y y y y y
y y y y
y y y y y 2 3,41, 3, y y
Med razreševanjem za y smo z množenjem pridobili dve rešitvi, ki sta zato neustrezni. Za 3,4y
imamo iracionalno rešitev, ki je ne bomo upoštevali (to sta hkrati tudi pridobljeni neustrezni rešitvi). Ustreznost rešitev 1,2y moramo preizkusiti.
Preizkus za 1 1y :
2
2
15 30 191
4 8 4
641 1
16
1 4 1
1 2 1
1 1
y yy
y y
Rešitev 1 1y ustreza. Razrešimo x :
3 1 4
22 2 2
y
xy
Dobili smo prvo rešitev prvotne enačbe: 1 2 z i
Preizkus za 2 3 y :
2
2
2
2
15 30 191
4 8 4
15( 3) 30( 3) 193 1
4( 3) 8( 3) 4
643 1
16
3 4 1
3 1
y yy
y y
Rešitev 2 3 y ne ustreza.
Če obravnavamo še 2
2 2
15 30 191
4 8 4
y y
yy y
, pridemo do iste končne enačbe
2( 1)( 3)(4 8 5) 0 y y y y in zato tudi do istih rešitev 1 2 3,41, 3, y y y , kjer kot v
prvem primeru upoštevamo 1,2y in za obe rešitvi napravimo preizkus.
Za 1 1y :
2
2
15 30 191
4 8 4
641 1
161 2 1
1 3
y yy
y y
Za 1 1y ni rešitve (v prvem primeru je ustrezala).
Za 2 3 y :
2
2
15 30 191
4 8 4
643 1
163 2 1
3 3
y yy
y y
Rešitev 2 3 y ustreza. Razrešimo x :
3 1 3( 3) 1 8
22 2 2( 3) 2 4
y
xy
Dobili smo še drugo rešitev prvotne enačbe: 2 2 3 z i
!! ugotovi, če sta res potrebna oba preizkusa!
(n) 2 2 2 3 z i Enačbo bomo rešili z upoštevanjem z x yi in razrešitvi sistema enačb realnega in
imaginarnega dela. Rešimo jo lahko tudi z načinom korenjenja kompleksnih števil.
2 2( 2) (2 2 3) 0 x y i xy
Iz realnega dela razrešimo x :
2 2
2 2 2 21 2
2 0
2 2, 2
x y
x y x y x y
Iz imaginarnega dela razrešimo y :
2 2 3 0
2 3
2
3
xy
yx
yx
V prvo rešitev realnega dela vstavimo y , ki smo ga dobili iz realnega dela:
2
2
22
4 2
4 2
2 2
2
32
32
3 2
2 3 0
( 3)( 1) 0
x y
xx
xx
x x
x x
x x
Iz prvega faktorja 2( 3)x dobimo dve rešitvi 1,2 3 x , iz drugega faktorja pa iracionalni
rešitvi, ki jih ne bomo uporabili (to sta tudi pridobljeni rešitvi).
Razrešimo za 1,2 3 x razrešimo y :
1
1
22
3 31
3
3 31
3
yx
yx
Dobili smo dve rešitvi prvotne enačbe:
1
2
3
3
z i
z i
Če jih preizkusimo v prvotni enačbi, ugotovimo, da obe ustrezata.
Za 3
yx
v obeh enačbah 21 2 x y in 2
2 2 x y pridemo do istih rešitev, saj
dejansko izhajamo iz prvotne enačbe realnega dela, ki je po preoblikovanju 2 2 2 x y .
6. Poišči vse rešitve enačbe: (a) 3 1 0 z 1 1, Arg z z z
2 2
3, , 3 3
n
n n
1
2
3
0 03 3
2 31
3 3 34 5 5
2 23 3 3 3 3
k
k
k
Prvi koren:
1
1 3 1 3cos sin
3 3 2 2 2
iz i i
Drugi koren: 2 cos sin 1 0 1 z i i
Tretji koren:
3
1 3 1 3cos sin
3 3 2 2 2
iz i i
(b) 3 1 0 z 1 1, Arg 0 z z z
0 2 2
3, 0, 3 3
n
n n
1
2
3
0 0 0 0
2 21 0
3 34 4
2 03 3
k
k
k
Prvi koren: 1 cos0 sin 0 1 z i
Drugi koren:
2
2 2 1 3 1 3cos sin
3 3 2 2 2
iz i i
Tretji koren:
3
4 4 1 3 1 3cos sin cos sin
3 3 3 3 2 2 2
iz i i i
(c) 3 1 z i
3
1 2, Arg4
z i z z
2 2
3, , 4 3
n
n n
1
2
3
0 04 4
2 111
4 3 124 19
2 4 3 12
k
k
k
61
62
63
2 cos sin4 4
11 112 cos sin
12 12
19 192 cos sin
12 12
z i
z i
z i
Rešitve lahko zapišemo kot eno samo skupno rešitev:
2
6 4 32 e
ki
; 0, 1, 2k (d) 3 2 2 z i
32 2 8 2 2, Arg
4
3 2 23, ,
12 4 3
z i z z
nn n
Skupna rešitev: 2
4 32 e ; 0, 1, 2
ki
k (e) 3( 1) z i
Ker je 3 i i , lahko enačbo zapišemo kot 3 3( 1) z i in iz enačbe 1 z i že lahko preberemo eno rešitev:
1
1
1 0
( 1) ( 1) 0 1
z i
x yi i
x i y z i
OPOMBA: Prvotno enačbo bi lahko razširili, vse člene prestavili na levo stran in tako dobili
polinomsko enačbo s konstantnim členom 1 i , nato pa preko Hornerjevega algoritma poiskali ničle.
Eno rešitev že imamo, zato lahko s Hornerjevim algoritmom enačbo preoblikujemo tako, da bomo
iz nje pridobili še ostali dve rešitvi: 1 i 1 3 3 1
( 1 ) i ( 3 ) i ( 1 ) i 1 (2 ) i i i
2
2 2
(2 ) 0
...
( 2 ) (2 2 1) 0
z z i i
x y x y i xy x y
Iz realnega dela razrešimo x :
2 2
2 2
2 2
2 2
2
21,2
2 0
2
2 1 1
( 1) 1
1 1
1 1
x y x y
x x y y
x x y y
x y y
x y y
x y y
Iz imaginarnega dela razrešimo y :
2 2 1 0
2 2 1
(2 2) 1
1
2 2
xy x y
xy y x
y x x
xy
x
Rešimo sistem enačb z uporabo vseh razrešenih spremenljivk.
2
1
2
2
1 1 2 31 1 ...
2 2 2 2 2
1 1 2 31 1 ...
2 2 2 2 2
x xx
x x
x xx
x x
1 2
2 3 2 31 1
2 21 1... , ...
2 22 3 2 32 2 2 2
2 2
y y
Dobimo ostali dve rešitvi prvotne enačbe:
3
4
2 3
2
2 3
2
iz
iz
(f) 3 10
1
i
zi
23
23
3
(1 )0
2
(1 )
21 2 1 2
2 2
iz
iz
i iz i
3 1, Arg2
z i z z
2 2
3, , 6 3
n
n n
1
2
3
06
2 4 51
6 3 6 64 8 9 3
26 3 6 6 2
k
k
k
1
2
3
3 1 3cos sin
6 6 2 2 2
5 5 3 1 3cos sin cos sin
6 6 6 6 2 2 2
3 3cos sin 0 ( 1)
2 2
iz i i
iz i i i
z i i
(g) 4 1 0 z 1 1, Arg z z z
2 2
4, , 4 4 2
n
n n
1
2
3
4
04
31
4 2 42 5
24 2 4
3 73
4 2 4
k
k
k
k
1
2
3
4
2 2 1cos sin ...
4 4 2 2 2
3 3 2 2 1cos sin ...
4 4 2 2 2
5 5 2 2 1cos sin ...
4 4 2 2 2
7 7 2 2 1cos sin ...
4 4 2 2 2
iz i i
iz i i
iz i i
iz i i
(h) 4 16 0 z Enačbo lahko rešimo s postopkom za korenjenje kompleksnih števil ali na običajen način, tako da
s Hornerjevim algoritmom poiščemo ničle. Nalogo bomo rešili na slednji način.
4
4 41
16 0
16 16 2
z
z z
3 2
2
( 2)( 2 4 8) 0
( 2)( 2)( 4) 0
z z z z
z z z
2 2 z
3,4z :
2
23,4
4 0
4 2
z
z z i
(i) 4 8 8 3 z i
2
8 8 3 16, Arg3 3
z i z z
2 2 2
4, , 12 6 4 2
n
n n
1
2
3
4
06
21
6 2 32 7
26 2 6
3 53
6 2 3
k
k
k
k
1
2
3
4
2 3 22 cos sin 3
6 6 2 2
2 cos sin 1 33 3
2 3 22 cos sin 3
6 6 2 2
1 32 cos sin 2 1 3
3 3 2 2
z i i i
z i i
z i i i
z i i i
(j) 4(1 3) 32 0 i z Enačbo najprej preuredimo:
4
4
(1 3) 32
32 32(1 3) 8(1 3)8(1 3) 8 8 3 8 8 3
4 11 3
i z
i iz i i i
i
2 2 28 8 3 8 (8 3) 16, Arg
3 3
z i z z
14 42
4, , , 16 26 2
n z
n n
1 1
2 2
3 3
4 4
0 2 cos sin 36 6 6
2 2 21 2 cos sin 1 3
6 2 3 3 3
2 7 7 72 2 cos sin 3
6 2 6 6 6
3 5 53 2 cos
6 2 3 3
k z i i
k z i i
k z i i
k z5
sin 1 33
i i
(k) 4 218 81 0 z z 2 2
1,2||3,4( 9)( 9) 0 3 z z x i
Rešitve prvotne enačbe so: 1 2 3 43 , 3 , 3 , 3 z i z i z i z i .
(l) 4 3 26 9 100 0 z z z Razstavimo: 2 2( 2 5)( 8 20) 0 z z z z
2
1,2
23,4
2 5 0 1 2
8 20 0 4 2
z z z i
z z z i
