Kompleksni Brojevi

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić

Predavanja iz Matematike 1

3. KOMPLEKSNI BROJEVI Do sada smo se upoznali sa sljedećim skupovima brojeva: N, Z, Q, I i R. Nemogućnost rješavanja nekih jednadžbi na nekom skupu brojeva ukazivala je potrebu za njegovim proširenjem. Slićno tome, neke se, čak i jednostavne jednadžbe ne mogu riješiti u polju realnih brojeva. Na primjer x 2 + 1 = 0 , nema rješenje u R. Naime, x 2 = −1 x = ± −1 ∉ R Brojevno područje se proširuje na sljedeći način: Uvodi se novi objekt koji se naziva imaginarna jedinica, označava slovom i, a ima svojstvo da je

i 2 = −1 . Proširenje C polja R ima mnoga važna svojstva. Istaknimo da svaka algebarska jednadžba oblika anxn + an-1xn-1 +…+ a1x + a0 = 0 gdje su a0, a1,…, an ∈ C ima rješenje u C (takozvani osnovni teorem algebre). Skup C se najjednostavnije definira kao skup svih uređenih parova (x, y) ∈ R × R. Dakle, svaki kompleksni broj z ∈ C prikazuje se jednoznačno u obliku z = (x, y). Uvedemo li operacije zbrajanja i množenja formulama

( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 ) = ( x1 + y1 ,x2 + y2 ) , ( x1 , y1 ) ⋅ ( x2 , y2 ) = ( x1 x2 − y1 y2 ,x1 y2 + x2 y1 ) , imaginarnu jedinicu kao broj i = (0, 1), slijedi oblik z = (x, y) = (x, 0) + (0. 1)(y, 0) = x + iy , koji se zove standardni oblik kompleksnog broja. Pri tome je x = Re z …realni dio kompleksnog broja z y = Im z …imaginarni dio kompleksnog broja z Nije teško provjeriti da je (C,+,•) polje kompleksnih brojeva, tj. da su zadovoljeni ranije spomenuti aksiomi polja A-1) – A-9). Geometrijski se kompleksni brojevi prikazuju u kompleksnoj ili Gaussovoj ravnini. y imag. os

i y2

T (x1+x2, y1+y2) T2 (x2, y2)

y1 0

T1 (x1, y1)

x2

x1

17

1

x realna os

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić

Predavanja iz Matematike 1

Operacije u skupu C

Neka su z1 = (x1, y1) = x1 + iy1, z2 = (x2, y2) = x2 + iy2 ∈ C. Jednakost kompleksnih brojeva z1 = z2 ⇔ x1 = x2 & y1 = y2 Zbrajanje i množenje (ranije definirano)

z1 + z2= (x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2) + i(y1 + y2) z1 z2 = (x1 + iy1) (x2 + iy2) = (x1 x2 - y1 y2) + i(x1 y2 + x2 y1) Oduzimanje i dijeljenje se kao i kod realnih brojeva definiraju iz prethodnih operacija: z1 - z2 = z1 + (- z2) = (x1 + iy1) - (x2 + iy2) = (x1 - x2) + i(y1 - y2) z1 x + iy1 x + iy1 x2 − iy2 x x + y1 y2 x y −x y = z1 z2-1 = 1 = 1 ⋅ = ≡ = 1 22 + i 2 21 1 2 2 , 2 z2 x2 + iy2 x2 + iy2 x2 − iy2 x2 + y2 x2 + y2 (z2 ≠ 0) Apsolutna vrijednost (modul) kompleksnog broja Apsolutnom vrijednošću ili modulom kompleksnog broja z = x + iy zove se realan broj x 2 + y 2 ≥ 0 . Označava se z , tj. z = x 2 + y 2 . Konjugiranje

Kompleksni broj x – iy naziva se konjugirano kompleksnim brojem broja x +.iy. Označava se sa z , tj. z = x – iy. U Gaussovoj ravnini su brojevi z i z simetrični s obzirom na os x. y

im a g . o s

( x ,y ) = x + iy = z

y |z

x

| 0

x |z

-y

r e a ln a o s

|

( x ,- y ) = x - iy = z

Nije teško provjeriti sljedeća osnovna svojstva gornjih dviju operacija: 1) z = z 2) z1 ± z2 = z1 ± z2 3) z1 ⋅ z2 = z1 ⋅ z2 z 4)  1  z2

 z1  =  z2

5) z ⋅ z = z

2

18

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić

6)

z = z

7)

z1 ⋅ z2 = z1 ⋅ z2

8)

z1 + z2 ≤ z1 + z2

Zadaci: 1.

Predavanja iz Matematike 1

nelednakost trokuta za kompleksne brojeve

z1 + z 2 = 1 + 2i

Riješiti sustav jednadžbi

, ako je Im( z 2 ) = − z 2 + iz1 + 2 = 0 i

6+ 6 . 2

Rješenje: z1 = a + bi z2 = c −

6+ 6 i 2

6+ 6 i 2 z1i = (a + bi )i = −b + ai

z2 = c +

6+ 6  z2 z2 i z2i = = = − + ci  i i i −1  2  6+ 6 i = 1 + 2i 2 fl 6+ 6 2 − b + ai − − ci = 0 2

a + bi + c +

6+ 6 )i = 1 + 2i 2 6+ 6 (2 − b − ) + (a − c)i = 0 2 (a + c) + (b +

a + c =1 6+ 6 =2 2 6+ 6 2−b− =0 2 a−c = 0

b+

fl

fl

 1 2+ 6 i  z1 = −  2 2 .  1 6 6 + z = − i  2 2 2

19

a=

1 2+ 6 1 , b=− , c= 2 2 2

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić

2.

Predavanja iz Matematike 1

Odrediti kompleksne brojeve koji zadovoljavaju sljedeće uvjete: z − 12 5 z−4 = , = 1. z − 8i 3 z −8 Rješenje: z = x + yi z − 12 x + yi − 12 (x − 12) + yi = = z − 8i x + yi − 8i x + ( y − 8)i z − 12 ( x − 12 ) + yi = = z − 8i x + ( y − 8i ) 3

( x − 12)2 + y 2

( x − 12)2 + y 2 2 x 2 + ( y − 8) = 5 x 2 + ( y − 8)

(

)

=

5 ⇒ 3

2

/2

(

9 x 2 − 24 x + 144 + y 2 = 25 x 2 + y 2 − 16 y + 64 M 2 2 2 x + 2 y + 27 x − 50 y − 27 ⋅ 6 + 25 ⋅ 8 = 0

(x − 4)2 + y 2 =1 (x − 8)2 + y 2 ( x − 4 ) 2 + y 2 = ( x − 8) 2 + y 2 ( x − 4 ) 2 + y 2 = ( x − 8) 2 + y 2

)

z − 4 x + yi − 4 = = z −8 x + yi − 8

/2

M x=6 x=6

&

2 x 2 + 2 y 2 + 27 x − 50 y − 27 ⋅ 6 + 25 ⋅ 8 = 0

⇒

 z1 = 6 + 8i .  z = 6 + 17 i  2

Trigonometrijski zapis kompleksnog broja

Neka je z ∈ C, z ≠ 0. Broju z = x + iy u kompleksnoj ravnini odgovara točka Z(x, y). Označimo sa r = z = x 2 + y 2 ……modul, tj udaljenost točke Z od ishodišta O koordinatnog sustava

ϕ ……argument, tj. kut za koji moramo zakrenuti pozitivni dio osi x oko O (u pozitivnom smjeru) tako da padne na polupravac OZ

20

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić

Predavanja iz Matematike 1

Argument ϕ nije jednoznačno određen budući da ćemo isto postići i zakretanjem osi x za kut ϕ + 2kπ. U zadacima ćemo se ograničiti na promatranje glavne vrijednosti argumenta, tj. na ϕ ∈ [0, 2π). y im ag. os

x

Iz I

T (x, y)

=r

y x

0

realna os

Iz pravokutnog trokuta OAZ slijedi:

cos ϕ =

x

,

sin ϕ =

x2 + y2 x = r cos ϕ , y = r sin ϕ ,

y x2 + y 2

, odnosno

pa broj z = x + iy možemo zapisati u obliku z = r cos ϕ + ir sin ϕ = r ( cos ϕ + i sin ϕ )

kojeg zovemo trigonometrijski zapis kompleksnog broja z. Operacije množenja, dijeljenja i potenciranja kompleksnih brojeva zadanih u trigonometrijskom obliku

Neka su z1 = r1 ( cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) , z2 = r2 ( cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) ∈ C. z1 = z2 ⇔ ( r1 = r2 ) & (ϕ1 = ϕ 2 + 2kπ ) z1 ⋅ z2 = r1 r2 ( cos ϕ1 cos ϕ 2 − sin ϕ1 sin ϕ 2 + i ( sin ϕ1 cos ϕ 2 + cos ϕ1 sin ϕ 2 ) ) = = r1 r2 ( cos (ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin (ϕ1 + ϕ 2 ) )

(*)

z1 r1 cos ϕ1 + i sin ϕ1 cos ϕ 2 − i sin ϕ 2 r ⋅ = L = 1 ( cos (ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin (ϕ1 − ϕ 2 ) ) = r2 z2 r2 cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 cos ϕ 2 − i sin ϕ 2 (z2 ≠ 0) 1 1 1 = r −1 ( cos ( −ϕ ) + i sin ( −ϕ ) ) = z r cos ϕ + i sin ϕ

(*) ⇒ z 2 = r 2 ( cos 2ϕ + i sin 2ϕ )

21

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić

Predavanja iz Matematike 1

Formula z n = r n ( cos nϕ + i sin nϕ ) ,

n∈ N ,

naziva se Moivreova formula za potenciranje i dokazuje se matematičkom indukcijom (dokaz na predavanju). Abraham de Moivre (1667.-1754.) – engleski matematičar Korjenovanje kompleksnih brojeva zadanih u trigonometrijskom obliku

Neka je z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) ∈ C . n – tim korijenom iz z zovemo kompleksni broj ω = ρ ( cosψ + i sinψ ) takav da je ω n = z , tj. ω = n z , pri čemu imamo točno n takvih brojeva-korijena ω 0 , ω1 ,K ,ω n −1 .

ωn = z

⇒

ρ n ( cos nψ + i sin nψ ) = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) ρ = n r  ⇒  ϕ + 2 kπ  nψ = ϕ + 2kπ ⇒ ψ = n 

ρ n = r ⇒  cos nψ = cos ϕ

Slijedi Moivreova formula za korjenovanje: n

ϕ + 2 kπ ϕ + 2 kπ  z = ω k = n r  cos + i sin n n 

  , k = 0 ,1, 2,K , n − 1 . 

Vrijedi: − korijeni ω 0 , ω1 ,K ,ω n −1 međusobno su različiti,

− brojevi ω 0 , ω1 ,K ,ω n −1 imaju jednake module pa n točaka koje ih predstavljaju leže na kružnici polumjera

n

r,

− prvo rješenje-korijen ima argument

ϕ n

,

− razlika svakih dvaju susjednoh argumenata iznosi

2π . n

Zadaci: 1.

Riješiti jednadžbu 2 z 3 − 1 − i = 0 i prikazati rješenja u kompleksnoj ravnini. 2z 3 − 1 − i = 0 ⇒ z = u=

1 1 + i, 2 2

u =

2 2

cos ϕ =

3

1 1 + i, 2 2

⇒ u=

2 2 2   + i 2  2 2 

2 2 π , sin ϕ = ⇒ ϕ= 2 2 4

22

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić

Predavanja iz Matematike 1

π

π

zk = 3

+ k 2π + k 2π 2 (cos 4 ) , k = 0, 1, 2 + i sin 4 2 3 3

z0 = 3

π π  2  cos + i sin  2  12 12 

z1 = 3

2 9π 9π  + i sin  cos  2  12 12 

z2 = 3

2 17π π  + i sin  .  cos 2  12 12  iy

è!!!! 2 3 r=$%%%%%%%%%%% 2

z1

z0 x

0

z2

2.

Odrediti sva rješenja jednadžbe z 4 − (1 − i ) = 0 i nacrtati ih u kompleksnoj ravnini. 10

z 4 − (1 − i ) = 0 10

(1 − i )10 = [(1 − i )2 ] (1 − i )10 = −32i z 4 − (− 32i ) = 0

5

z 4 = −32i

⇒

[

= 1 − 2i + i 2

]

5

= (− 2i ) = −2 5 ⋅ i 5 = −(2) ⋅ i 5

5

z = 4 − 32i

ω = 0 − 32i zapisujemo u trigonometrijskom obliku ω = ω (cos ϕ + i sin ϕ ) ⇒

ω = 32

0 − 32 3π = −1 , (tgϕ = −∞ ) ⇒ ϕ = = 0 , sin ϕ = 2 32 32 3π 3π   ω = 32 cos + i sin  2 2   ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ   = 4 ω  cos + i sin  , k = 0,1, 2, 3 4 4   cos ϕ =

( ω) 4

k

23

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić

Predavanja iz Matematike 1

3π 3π   z 0 = 4 32  cos 2 + i sin 2 4 4   

   = 24 2  cos 3π + i sin 3π  8 8     

3π 3π  + 2π + 2π  + i sin 2 z1 = 4 32  cos 2 4 4   

   = 24 2  cos 7π + i sin 7π  8 8     

3π 3π  + 4π + 4π  2 2 4  + i sin z 2 = 32 cos 4 4   

   = 24 2  cos 11π + i sin 11π  8 8     

3π 3π  + 6π + 6π  + i sin 2 z 3 = 4 32  cos 2 4 4   

   = 24 2  cos 15π + i sin 15π  8 8     

iy z0 4 2! r=2 è!!!

z1

x

0 z3 z2

3.

Odrediti realnu nulu polinoma P3 ( x ) = x 3 + ax + b i koeficijente a, b ∈ R, ako je poznato da je P3 (1 − 2i ) = 0. P3 ( x ) = ( x − x1 )( x − x2 )(x − x3 ) = x + ax + b 3

x1 = 1 − 2i x2 = 1 + 2i x − x1 = x − 1 + 2i x − x2 = x − 1 − 2i

24

⇒

x 3 + ax + b = ( x − x3 ) ( x − x1 )( x − x 2 )

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić

Predavanja iz Matematike 1

(x − x1 )(x − x2 ) = (x − (1 − 2i ))(x − (x + 2i )) = = x 2 − (1 + 2i )x − (1 − 2i )x + (1 − 2i )(1 + 2i ) = = x2 − 2x + 5

1. način:

(

)

x 3 + ax + b = x 2 − 2 x + 5 ( x − x 3 ) =

= x − ( x 3 + 2 )x 2 + (2 x 3 + 5)x − 5 x 3 x 3 + 2 = 0 ⇒ x 3 = −2 3

⇒

2 x3 + 5 = a ⇒ a = 1 − 5 x3 = b ⇒ b = 10 P3 ( x ) = ( x − (1 − 2i ))( x − (1 + 2i ))( x + 2)

⇒

2. način:

(x

3

)(

)

+ ax + b : x 2 − 2 x + 5 = x + 2 = x − x 3

x 3 − 2 x 2 + 5x

2 x 2 + ax − 5 x + b 2 x 2 + x(a − 5) + b 2 x 2 − 4 x + 10 ax − 5 x + 4 x + b − 10 ax − x + b − 10 = 0

x(a − 1) = 10 − b ⇒ a = 1, b = 10

P3 ( x ) = x 3 + x + 10 P3 ( x ) = ( x − (1 − 2i ))( x − (1 + 2i ))( x + 2) .

25