Edis Mekic
Elvis Barakovic
1
Skup kompleksnih brojeva
Opˇsti (algebarski) oblik kompleksnog broja je
z
=
x
+
iy,
gdje su
x
i
y
realni
brojevi.
Broj
x
se naziva realni dio kompleksnog broja
z
(u oznaci
Re(
z
) =
x
), a broj
y
se naziva imaginarni dio kompleksnog broja
z
(u oznaci
Im(
z
) =
y
).
Konjugovano kompleksan broj broja
z
je broj
z
=
x
−
iy.
Definicija 1
Apsolutna vrijednost ili modul kompleksnog broja
z
=
x
+
iy
(
x, y
∈
R
)
je realan nenegativan broj
ρ
=
|
z
|
=
p
(
Re
(
z
))
2
+ (
Im
(
z
))
2
=
p
x
2
+
y
2
.
(1)
b
b
z
= (
x, y
)
z
= (
x,
−
y
)
x
=
Re
(
z
)
y
=
Im
(
z
)
0
x
y
−
y
|
z
|
|
z
|
ϕ
x
y
Ako jednakost (1) napiˇsemo u obliku
|
z
|
=
p
(
x
−
0)
2
+ (
y
−
0)
2
,
zakljuˇcujemo da je modul rastojanje kompleksnog broja
z
= (
x, y
) od kom-
pleksnog broja
O
= (0
,
0)
,
koji jedini ima osobinu da je
|
O
|
= 0
.
Za modul kompleksnog broja
z
vrijede sljede´ce relacije
|
z
|
=
|
z
|
;
|
z
|
2
=
z
·
z.
Iz pravouglog trougla
△
Oxz,
slijedi
cos
ϕ
=
x
|
z
|
,
sin
ϕ
=
y
|
z
|
.
(2)
1
Edis Mekic
Elvis Barakovic
Ugao
ϕ
naziva se argument kompleksnog broja
z
= (
x, y
) i oznaˇcava se sa
arg
z.
Argument kompleksnog broja
z
=
x
+
iy
moˇzemo raˇcunati po formuli
tgϕ
=
y
x
⇒
ϕ
=
arctg
y
x
.
Argument kompleksnog broja
z
=
x
+
iy
= (
x, y
) moˇzem raˇcunati po formuli
ϕ
= arg
z
=
arctg
y
x
−
π,
ako je
x <
0
i
y <
0
arctg
y
x
,
ako je
x >
0
i y <
0 (
y >
0)
arctg
y
x
+
π
ako je
x <
0
i
y
≥
0
.
Zapazimo da kompleksan broj
z
= 0 nema definisan argument.
Koriste´ci relacije (1) i (2) dobijamo novi oblik kompleksnog broja
z
z
=
ρ
(cos
ϕ
+
i
sin
ϕ
)
,
pri ˇcemu je
ρ
modul, a
ϕ
argument kompleksnog broja
z.
Ovakav oblik kom-
pleksnog broja naziva se trigonometrijski oblik kompleksnog broja.
Neka su data dva kompleksna broja
z
1
=
ρ
1
(cos
ϕ
1
+
i
sin
ϕ
1
) i
z
2
=
ρ
2
(cos
ϕ
2
+
i
sin
ϕ
2
)
,
tada je
z
1
·
z
2
=
ρ
1
·
ρ
2
(cos(
ϕ
1
+
ϕ
2
) +
i
sin(
ϕ
1
+
ϕ
2
))
z
1
z
2
=
ρ
1
ρ
2
(cos(
ϕ
1
−
ϕ
2
) +
i
sin(
ϕ
1
−
ϕ
2
))
z
n
1
=
ρ
n
1
(cos
nϕ
1
+
i
sin
nϕ
1
)
.
(3)
Formula (3) naziva se Moivreova formula.
Neka je
z
=
ρ
(cos
ϕ
+
i
sin
ϕ
) proizvoljan kompleksan broj
n
−
ti korijen ko-
pleksnog broja
z
raˇcuna se po formuli
z
k
=
n
√
z
=
n
√
ρ
cos
ϕ
+ 2
kπ
n
+
i
sin
ϕ
+ 2
kπ
n
, k
= 0
,
1
, ..., n
−
1
.
(4)
Primjer 1.1
Kompleksni broj
z
= 3
zapisati u trigonometrijskom obliku.
Rjeˇsenje: Vrijedi
z
= 3 = 3 + 0
·
i
odakle je Re(
z
) = 3
>
0 i Im(
z
) = 0
,
pa ako
bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio na
realnoj osi. Izraˇcunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:
ρ
=
|
z
|
=
q
(
Re
(
z
))
2
+ (
Im
(
z
))
2
=
q
(3)
2
+ (0)
2
= 3
tgϕ
=
Im
(
z
)
Re
(
z
)
=
0
3
= 0 =
⇒
ϕ
= 0
.
Zato je
z
= 3 (cos 0 +
i
·
sin 0)
.
♣
2
Edis Mekic
Elvis Barakovic
Rjeˇsenje: Kako je
1
−
3
i
1 +
i
−
i
2 +
i
=
(1
−
3
i
)
·
(2 +
i
)
−
i
·
(1 +
i
)
(1 +
i
)
·
(2 +
i
)
=
=
2 +
i
−
6
i
−
3
i
2
−
i
−
i
2
2 +
i
+ 2
i
+
i
2
=
=
2
−
6
i
−
4
i
2
2 + 3
i
+
i
2
=
2
−
6
i
+ 4
2 + 3
i
−
1
=
=
6
−
6
i
1 + 3
i
=
6
−
6
i
1 + 3
i
·
1
−
3
i
1
−
3
i
=
=
(6
−
6
i
)
·
(1
−
3
i
)
1
2
−
(3
i
)
2
=
6
−
18
i
−
6
i
+ 18
i
2
1
−
9
i
2
=
=
6
−
24
i
−
18
1 + 9
=
−
12
−
24
i
10
=
−
12
10
−
24
10
i
=
=
−
6
5
−
12
5
i
to je
Re
(
z
) =
−
6
5
Im
(
z
) =
−
12
5
.
♣
Primjer 1.5
Ako je
z
1
=
√
2
−
i
·
√
2
i
z
2
=
−
1 +
i
, izraˇcunati
z
1
·
z
2
i
z
1
z
2
.
Rjeˇsenje: Kompleksne brojeve
z
1
i
z
2
zapiˇsimo u tigonometrijskom obliku.
Vrijedi
z
1
=
√
2
−
i
·
√
2 pa je
Re
(
z
1
) =
√
2
>
0 i
Im
(
z
1
) =
−
√
2
<
0
,
pa
ako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio
u ˇcetvrtom kvadrantu. Izraˇcunajmo modul i argument ovog kompleksnog
broja:
ρ
=
|
z
1
|
=
r
√
2
2
+
−
√
2
2
=
√
2 + 2 =
√
4 = 2
tgϕ
=
−
√
2
√
2
=
−
1 =
⇒
ϕ
=
−
π
4
.
Zato je
z
1
= 2
cos
−
π
4
+
i
·
sin
−
π
4
.
Vrijedi
z
2
=
−
1 +
i
pa je Re(
z
2
) =
−
1
<
0 i Im(
z
2
) = 1
>
0
,
pa ako bismo
ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u drugom
4
Edis Mekic
Elvis Barakovic
kvadrantu. Izraˇcunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:
ρ
=
|
z
2
|
=
q
(
−
1)
2
+ (1)
2
=
√
1 + 1 =
√
2
tgϕ
=
1
−
1
=
−
1 =
⇒
ϕ
=
3
π
4
.
Zato je
z
2
=
√
2
cos
3
π
4
+
i
·
sin
3
π
4
.
Sada je
z
1
·
z
2
= 2
cos
−
π
4
+
i
·
sin
−
π
4
·
√
2
cos
3
π
4
+
i
·
sin
3
π
4
=
= 2
√
2
cos
−
π
4
+
3
π
4
+
i
·
sin
−
π
4
+
3
π
4
=
= 2
√
2
cos
π
2
+
i
·
sin
π
2
= 2
√
2 (0 +
i
·
1) = 2
√
2
i.
i
z
1
z
2
=
2 cos
−
π
4
+
i
·
sin
−
π
4
√
2 cos
3
π
4
+
i
·
sin
3
π
4
=
=
2
√
2
cos
−
π
4
−
3
π
4
+
i
·
sin
−
π
4
−
3
π
4
=
=
√
2 (cos (
−
π
) +
i
·
sin (
−
π
)) =
=
√
2 (
−
1 +
i
·
0) =
−
√
2
.
♣
Primjer 1.6
Izraˇcunati
√
3 +
i
17
.
Rjeˇsenje: Kompleksni broj
z
=
√
3 +
i
zapiˇsimo u trigonometrijskom obliku.
Vrijedi
z
=
√
3 +
i
odakle je Re(
z
) =
√
3
>
0 i Im(
z
) = 1
>
0
,
pa ako
bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u
prvom kvadrantu. Izraˇcunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:
ρ
=
|
z
|
=
r
√
3
2
+ (1)
2
=
√
3 + 1 =
√
4 = 2
tgϕ
=
1
√
3
=
√
3
3
=
⇒
ϕ
=
π
6
.
5
Edis Mekic
Elvis Barakovic
Uvode´ci smjenu
t
=
x
2
,
dobijamo kvadratnu jednaˇcinu
t
2
+ 7
t
−
144 = 0
,
ˇcija
su rjeˇsenja
t
1
=
−
16 i
t
2
= 9
,
ali u obzir dolazi samo drugo rjeˇsenje
t
2
= 9
jer zbog smjene
t
=
x
2
>
0
.
Znaˇci,
x
1
=
−
3 ili
x
2
= 3
.
Ako je
x
1
=
−
3
,
tada je
y
1
=
12
−
3
=
−
4
.
Ako
je
x
2
= 3
,
tada je
y
1
=
12
3
= 4
.
Dakle,
√
−
7 + 24
i
=
−
3
−
4
i
ili
√
−
7 + 24
i
= 3 + 4
i.
♣
Primjer 1.8
Izraˇcunati
4
q
−
8 + 8
√
3
i,
a zatim predstaviti grafiˇcki dobijene kompleksne brojeve i izraˇcunati obim i
povrˇsinu tako dobijene figure.
Rjeˇsenje: Kompleksni broj
z
=
−
8 + 8
√
3
i
zapiˇsimo u trigonometrijskom
obliku.
Vrijedi
z
=
−
8 + 8
√
3
i
odakle je Re(
z
) =
−
8
<
0 i Im(
z
) = 8
√
3
>
0
,
pa
ako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio
u drugom kvadrantu. Izraˇcunajmo modul i argument ovog kompleksnog
broja:
ρ
=
|
z
|
=
r
(
−
8)
2
+
8
√
3
2
=
√
64 + 64
·
3 =
√
64 + 192 =
√
256 = 16
tgϕ
=
8
√
3
−
8
=
−
√
3 =
⇒
ϕ
=
2
π
3
.
Zato je
z
= 16
cos
2
π
3
+
i
·
sin
2
π
3
.
Sada je
ω
k
=
4
q
−
8 + 8
√
3
i
=
4
√
16
cos
2
π
3
+ 2
kπ
4
+
i
·
sin
2
π
3
+ 2
kπ
4
gdje je
k
= 0
,
1
,
2
,
3
.
Za
k
= 0, dobijamo
ω
0
=
4
√
16
cos
2
π
3
+ 0
4
+
i
·
sin
2
π
3
+ 0
4
= 2
cos
π
6
+
i
·
sin
π
6
=
√
3 +
i.
7
