KOMPLEKSNI BROJEVI
1. Dati su kompleksni brojevi
z
1
= 2
−
2
i
i
z
2
=
−
4 + 5
i
. Odrediti:
(a)
z
1
+
z
2
,
(b)
z
1
−
z
2
,
(c)
z
1
·
z
2
,
(d)
z
2
z
1
,
(e)
2
z
1
+
z
2
+ 3 +
i
z
2
1
−
z
2
−
2
+
√
3
.
Reˇ
senje
:
(a)
z
1
+
z
2
= 2
−
2
i
+ (
−
4 + 5
i
) =
−
2 + 3
i
(b)
z
1
−
z
2
= 2
−
2
i
−
(
−
4 + 5
i
) = 6
−
7
i
(c)
z
1
·
z
2
= 2
−
2
i
·
(
−
4 + 5
i
) =
−
8 + 10
i
+ 8
i
−
10
i
2
=
−
8 + 18
i
+ 10 = 2 + 18
i
(d)
z
2
z
1
=
−
4 + 5
i
2
−
2
i
·
2 + 2
i
2 + 2
i
=
−
8
−
8
i
+ 10
i
+ 10
i
2
4
−
4
i
2
=
−
18 + 2
i
8
=
−
9
4
+
1
4
i
(e)
2
z
1
+
z
2
+ 3 +
i
z
2
1
−
z
2
−
2
+
√
3
=
2(2
−
2
i
) + (
−
4 + 5
i
) + 3 +
i
(2
−
2
i
)
2
−
(
−
4 + 5
i
)
−
2
+
√
3
=
3 + 2
i
−
8
i
+ 2
−
5
i
+
√
3
=
3
−
2
i
2 + 3
i
+
√
3
=
−
13
i
13
+
√
3
=
√
3
−
i
=
√
(
√
3)
2
+ (
−
1)
2
=
√
4 = 2
2. Odrediti kompleksan broj
z
iz uslova
Im
{
(3 +
i
)
·
¯
z
} −
2
iRe
{
z
+ 2
1
−
i
}
+
|
4
−
3
i
|
=
−
2 +
i,
a zatim izraˇ
cunati
√
z
+ 9 + 4
i
.
Reˇ
senje
:
Neka je
z
=
x
+
yi
. Tada imamo:
(3 +
i
)
·
z
= (3 +
i
)
·
(
x
−
yi
) = 3
x
−
3
yi
+
xi
+
y
= 3
x
+
y
+ (
x
−
3
y
)
i,
z
+ 2
1
−
i
=
x
+
yi
+ 2
1
−
i
·
1 +
i
1 +
i
=
x
+
yi
+ 2 +
xi
−
y
+ 2
i
1 + 1
=
x
−
y
+ 2
2
+
x
+
y
+ 2
2
i,
|
4
−
3
i
|
=
√
4
2
+ (
−
3)
2
=
√
25 = 5
.
Odavde je
x
−
3
y
−
2
i
·
x
−
y
+2
2
+ 5 =
−
2 +
i,
pa se izjednaˇ
cavanjem realnih i imaginarnih delova dobija
sistem jednaˇ
cina
x
−
3
y
+ 5 =
−
2 i
−
(
x
−
y
+ 2) = 1
,
ˇ
cije je reˇ
senje (
x, y
) = (
−
1
,
2)
,
odnosno traˇ
zeni
kompleksni broj je
z
=
−
1 + 2
i.
Neka je
√
z
+ 9 + 4
i
=
√
8 + 6
i
=
a
+
bi.
Tada je 8 + 6
i
=
a
2
+ 2
abi
−
b
2
,
pa se izjednaˇ
cavanjem realnih
i imaginarnih delova dobija sistem
a
2
−
b
2
= 8 i 2
ab
= 6. Zamenom
b
=
3
a
u prvu jednaˇ
cinu dobija se
bikvadratna jednaˇ
cina
a
4
−
8
a
2
−
9 = 0
,
ˇ
cija su reˇ
senja
a
2
= 9 i
a
2
=
−
1
.
Kako je
a
∈
R
, a
2
=
−
1 nije
mogu´
ce, pa su traˇ
zene vrednosti korena
z
1
= 3 +
i
i
z
2
=
−
3
−
i.
3.
(a) Na´
ci kompleksne brojeve
z
1
i
z
2
ˇ
ciji je realan deo 1 i koji zadovoljavaju jednaˇ
cinu:
z
z
+
z
z
+ 4
(
1
z
+
1
z
)
= 2
.
(b) Za
z
1
i
z
2
iz (a) na´
ci kompleksni broj
z
3
takav da trougao
z
1
z
2
z
3
bude jednakokraki sa osnovicom
z
1
z
2
, povrˇ
sine 3
√
2. Koliko ima reˇ
senja?
Reˇ
senje
:
(a) Zamenom
z
= 1 +
yi
u datu jednaˇ
cinu dobijamo
2 =
1 +
yi
1
−
yi
+
1
−
yi
1 +
yi
+ 4
(
1
1 +
yi
+
1
1
−
yi
)
=
(1 +
yi
)
2
+ (1
−
yi
)
2
1 +
y
2
+ 4
·
1
−
yi
+ 1 +
yi
1 +
y
2
,
a mnoˇ
zenje ove jednakosti sa 1 +
y
2
daje 1 + 2
yi
−
y
2
+ 1
−
2
yi
−
y
2
= 2(1 +
y
2
)
,
odnosno
y
2
= 2
.
Dakle, traˇ
zeni kompleksni brojevi su
z
1
= 1 +
√
2
i
i
z
2
= 1
−
√
2
i
.
(b) Duˇ
zina osnovice
z
1
z
2
je 2
√
2
,
pa kako je povrˇ
sina trougla 3
√
2
,
sledi da je duˇ
zina visine na osnovicu
3. Taˇ
cke
z
1
i
z
2
su simetriˇ
cne u odnosu na realnu osu, tako da vrh jednakokrakog trougla mora
pripadati realnoj osi. Stoga postoje dva reˇ
senja,
z
3
= 4 ili
z
3
=
−
2
.
4. Predstaviti u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksne brojeve
z
1
= 1 +
√
3
i,
z
2
=
−
2 + 2
i,
z
3
=
−
√
2
2
−
√
2
2
i,
z
4
=
√
3
2
−
1
2
i,
z
5
= 3
,
z
6
=
−
2
5
,
z
7
=
1
2
i,
z
8
=
−
8
i,
a zatim izraˇ
cunati: (1)
z
1
·
z
2
,
(2)
z
4
z
2
,
(3)
z
3
5
,
(4)
3
√
z
8
.
Reˇ
senje
:
z
1
= 1 +
√
3
i
= 2
e
π
3
i
= 2
(
cos
π
3
+
i
sin
π
3
)
z
5
= 3 = 3
e
0
i
= 3(cos 0 +
i
sin 0)
z
2
=
−
2 + 2
i
= 2
√
2
e
3
π
4
i
= 2
√
2
(
cos
3
π
4
+
i
sin
3
π
4
)
z
6
=
−
2
5
=
2
5
e
πi
=
2
5
(cos
π
+
i
sin
π
)
z
3
=
−
√
2
2
−
√
2
2
i
=
e
5
π
4
i
= cos
5
π
4
+
i
sin
5
π
4
z
7
=
1
2
i
=
1
2
e
π
2
i
=
1
2
(
cos
π
2
+
i
sin
π
2
)
z
4
=
√
3
2
−
1
2
i
=
e
−
π
6
i
= cos
(
−
π
6
)
+
i
sin
(
−
π
6
)
z
8
=
−
8
i
= 8
e
−
π
2
i
= 8
(
cos
(
−
π
2
)
+
i
sin
(
−
π
2
))
(1)
z
1
·
z
2
= 2
e
π
3
i
·
2
√
2
e
3
π
4
i
= 4
√
2
e
(
π
3
+
3
π
4
)
i
= 4
√
2
e
13
π
12
i
(2)
z
4
z
2
=
e
−
π
6
i
2
√
2
e
3
π
4
i
=
1
2
√
2
e
(
−
π
6
−
3
π
4
)
i
=
√
2
4
e
−
11
π
12
i
(3)
z
5
3
=
(
e
5
π
4
i
)
5
=
e
25
π
4
i
=
e
6
πi
·
e
π
4
i
=
e
π
4
i
= cos
π
4
+
i
sin
π
4
=
√
2
2
+
√
2
2
i
(4)
3
√
z
8
=
3
√
8
e
−
π
2
i
∈
{
2
e
−
π
2
+2
kπ
3
i
:
k
∈ {
0
,
1
,
2
}
}
=
{
2
e
−
π
6
i
,
2
e
π
2
i
,
2
e
7
π
6
i
}
=
{
√
3
−
i,
2
i,
−
√
3
−
i
}
5. Odrediti kompleksne brojeve
z
1
i
z
2
u algebarskom obliku ako je
z
1
=
(
√
2
2
+
√
2
2
i
)
768
+ (2
−
i
)
3
−
2
i
(
√
2
2
−
√
2
2
i
)
17
,
(
z
2
+ 1)
3
=
−
27
.
Reˇ
senje
:
(1) Kako je
√
2
2
±
√
2
2
i
=
e
±
π
4
i
,
imamo
z
1
=
(
(
e
π
4
i
)
768
+ 8
−
12
i
+ 6
i
2
−
i
3
−
2
i
)
·
(
e
−
π
4
i
)
−
17
=
(
e
768
π
4
i
+ 8
−
12
i
−
6 +
i
−
2
i
)
·
e
17
π
4
i
=
(
e
192
πi
+ 2
−
11
i
−
2
i
)
·
e
(4
π
+
π
4
)
i
= (1 + 2 + 11
i
−
2
i
)
·
e
π
4
i
= (3 + 9
i
)
·
(
√
2
2
+
√
2
2
i
)
=
−
3
√
2 + 6
√
2
i.
(2) Poˇ
sto je
−
27 = 27
e
πi
,
sledi
z
2
=
−
1 +
3
√
27
e
πi
∈
{
−
1 + 3
e
π
+2
kπ
3
i
:
k
∈ {
0
,
1
,
2
}
}
=
{
−
1 + 3
e
π
3
i
,
−
1 + 3
e
πi
,
−
1 + 3
e
5
π
3
i
}
=
{
1
2
+
3
√
3
2
i,
−
4
,
1
2
−
3
√
3
2
i
}
.
6. Jedno reˇ
senje jednaˇ
cine
(
z
−
√
3 + 2
i
)
6
=
a
je
z
1
= 2
√
3
−
i
. Odrediti
a
i ostala reˇ
senja ove jednaˇ
cine.
Reˇ
senje
:
Kako je
z
1
= 2
√
3
−
i
jedno reˇ
senje date jednaˇ
cine, imamo
a
=
(
2
√
3
−
i
−
√
3 + 2
i
)
6
=
(
√
3 +
i
)
6
=
(
2
e
π
6
i
)
6
= 2
6
·
e
πi
=
−
64
.
Poˇ
sto je
6
√
−
64 =
6
√
64
e
πi
∈
{
2
e
π
+2
kπ
6
i
:
k
∈ {
0
,
1
,
2
,
3
,
4
,
5
}
}
=
{
2
e
π
6
i
,
2
e
π
2
i
,
2
e
5
π
6
i
,
2
e
7
π
6
i
,
2
e
3
π
2
i
,
2
e
11
π
6
i
}
=
{
√
3 +
i,
2
i,
−
√
3 +
i,
−
√
3
−
i,
−
2
i,
√
3
−
i
}
, dobijamo
z
∈
{
2
√
3
−
i,
√
3
,
−
i,
−
3
i,
√
3
−
4
i,
2
√
3
−
3
i
}
.
