| Strana : Prethodna 1 [2] 3 4 5 . . . 10 Sledeća |
|
barjak
|
#1
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:09:20
|
matematika -tehnicki fakultet
Predgovor
Ova knjiga namijenjena je studentima tehni¡ckih i prirodnih znanosti, a
u prvom redu studentima Fakulteta elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje
u Splitu (FESB). U njoj je izlo¡zeno gradivo kolegija ”Matematika 1” po
sadr¡zaju koji se predaje na FESB-u. Obradena su poglavlja Osnove matematike,
Linearna algebra, Vektorska algebra i analiti¡cka geometrija, Funkcije
realne varijable, Derivacije i primjene, te Nizovi i redovi. Sli¡can sadr¡zaj nalazi
se u ve´cini istoimenih kolegija koji se predaju na tehni¡ckim i prirodoslovnim
fakultetima.
Budu´ci se radi o standardnom sadr¡zaju, nije citirana posebna literatura.
Spomenut ´cu samo neke od knjiga koje su utjecale na sadr¡zaj, a koje preporu
¡cujem i ¡citatelju:
D. Blanu¡sa, Vi¡sa matematika, I. dio (1. i 2. svezak), Tehni¡cka knjiga,
Zagreb, 1973.
L. Krni´c i Z. ¡Siki´c, Ra¡cun diferencijalni i integralni, I. dio, ¡Skolska knjiga,
Zagreb, 1992.
N. Ugle¡si´c, Predavanja iz matemati¡cke analize I, Svu¡cili¡ste u Splitu, Split,
1989.
B. P. Demidovi´c, Zadaci i rije¡seni primjeri iz vi¡se matematike, Tehni¡cka
knjiga, Zagreb, 1978.
U izradi ovog ud¡zbenika takoder je kori¡steno iskustvo i zabilje¡ske biv¡sih i
sada¡snjih nastavnika matematike na FESB-u pa im ovom prilikom iskazujem
svoju zahvalnost. Za pa¡zljivo ¡citanje teksta i korisne primjedbe tijekom rada
zahvaljujem se kolegi Marku Mati´cu.
U Splitu, rujna 2002.
|
|
|
barjak
|
#16
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:21:47
|
prirodni brojevi
1.4 Prirodni brojevi 15
Teorem 1.6 (Binomni pou¡cak) Za svaki n ∈ N vrijedi
(a + b)n =
n
Xk=0n
kakbn−k. (1.2)
Na primjer, formula (1.2) i Pascalov trokut (1.1) za n = 4 daju
(a + b)4 = 4
0a0b4 + 4
1a1b3 + 4
2a2b2 + 4
3a3b1 + 4
4a4b0
= b4 + 4ab3 + 6a2b2 + 4a3b + a4.
Binomni pou¡cak dokazat ´cemo za prirodne brojeve, no on vrijedi i za racionalne,
realne i kompleksne brojeve.
Dokaz. Teorem ´cemo dokazati pomo´cu principa matemati¡cke indukcije P4 iz
definicije 1.13. Tehnika dokazivanja sli¡cna je onoj iz Primjera 1.3.
Neka je M skup svih prirodnih brojeva za koje formula vrijedi. Doka¡zimo
da je M = N. Za n = 1 formula vrijedi jer je
(a + b)1 = 1
0a0b1 + 1
1a1b0.
Dakle, 1 ∈ M pa je ispunjena baza indukcije, odnosno uvjet (i) aksioma P4.
Poka¡zimo da je ispunjen i korak indukcije, odnosno uvjet (ii) aksioma P4. Ako
|
|
|
barjak
|
#17
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:22:32
|
osnove matematike
16 OSNOVE MATEMATIKE
je n ∈ M, odnosno ako formula vrijedi za n, tada je
(a + b)n+1 = " n
Xk=0n
kakbn−k#(a + b)
=
n
Xk=0n
kak+1bn−k +
n
Xk=0n
kakbn−k+1
=
n+1
Xk=1 n
k − 1akbn−(k−1) +
n
Xk=0n
kakbn−k+1
= n
nan+1b0 +
n
Xk=1 n
k − 1akbn−k+1 +
n
Xk=1n
kakbn−k+1
+ n
0a0bn+1
= n
nan+1b0 +
n
Xk=1 n
k − 1+ n
kakbn−k+1 + n
0a0bn+1
= n + 1
n + 1an+1b0 +
n
Xk=1n + 1
k akbn+1−k + n + 1
0 a0bn+1
=
n+1
Xk=0 n + 1
k akbn+1−k.
U predzadnjoj jednakosti koristili smo Pascalov trokut (1.1). Dakle, n+1 ∈ M
pa aksiom P4 povla¡ci M = N i teorem je dokazan.
Korolar 1.1 Za svaki n ∈ N vrijedi
(a − b)n = (a + (−1)b)n =
n
Xk=0n
k(−1)n−kakbn−k
i
2n =
n
Xk=0n
k,
odnosno zbroj elemenata u n-tom retku Pascalovog trokuta (1.1) jednak je 2n.
1.5 Cijeli brojevi
U ovom poglavlju ukratko ´cemo dati osnovnu motivacija za uvodenje skupa
cijelih brojeva Z te navesti osnovna svojstva tog skupa.
|
|
|
barjak
|
#18
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:23:36
|
racionalni brojevi
1.6 Racionalni brojevi 17
Prema definiciji 1.14 za m, n ∈ N vrijedi
m < n ⇔ (∃p ∈ N) m + p = n.
Kako je broj p jedinstven, mo¡zemo pisati p = n − m. Ako je pak n < m,
tada n − m /∈ N. Stoga skup prirodnih brojeva N pro¡sirujemo s njegovom
negativnom kopijom i dodajemo element 0 za koji vrijedi
0 · m = 0 i 0 + m = m, ∀m ∈ Z.
Uredaj na skupu Z uvodimo sli¡cno kao u definiciji 1.14. Skup (Z,≤) je
diskretan kao i skup N, a razlikuju se u tome ¡sto Z nema najmanji element.
Skup Z je ekivipotentan s N, odnosno oba skupa imaju jednako mnogo
elemenata, jer je funkcija f : N → Z definirana s
f(n) = (n
2 , za n paran
−n−1
2 , za n neparan
bijekcija.
Ra¡cunske operacije +, − i · na skupu Z definiramo na poznati na¡cin te za
njih vrijede svojstva sli¡cno kao u Teoremu 1.3.
1.6 Racionalni brojevi
U ovom poglavlju definirat ´cemo skup racionalnih brojeva Q te dati osnovna
svojstva tog skupa.
Na skupu
Z × N = {(m, n) : m ∈ Z, n ∈ N}
definiramo relaciju ∼ s
(m1, n1) ∼ (m2, n2) ⇔ m1 · n2 = m2 · n1.
∼ je relacija ekvivalencije, na primjer (2, 3) ∼ (4, 6) ∼ (6, 9).
Skup racionalnih brojeva Q je skup svih klasa ekvivalencije na skupu Z×N,
odnosno
Q = nm
n
: m ∈ Z, n ∈ No∼
.
Ra¡cunske operacije +, · i : te relaciju potpunog uredaja ≤ na skupu Q
|
|
|
barjak
|
#19
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:24:28
|
osnove matematike
18 OSNOVE MATEMATIKE
definiramo redom kako slijedi:
m1
n1
+
m2
n2
=
m1 · n2 + n1 ·m2
n1 · n2
,
m1
n1 ·
m2
n2
=
m1 ·m2
n1 · n2
,
m1
n1
:
m2
n2
=
m1
n1
m2
n2
=
m1 · n2
n1 ·m2
, za m2 6= 0,
m1
n1 ≤
m2
n2 ⇔ m1 · n2 ≤ n1 ·m2.
Ovdje se zaista radi o definicijama, jer smo ”nove” operacije i relaciju
uredaja na lijevim stranama definirali pomo´cu poznatih operacija i uredaja na
skupu Z na desnim stranama. Dakle, iste oznake za ra¡cunske operacije i relaciju
uredaja imaju razli¡cita zna¡cenja na lijevim i desnim stranama. Ra¡cunske
operacije i relacija uredaja na skupu Q su dobro definirane jer ne ovise o predstavniku
klase ekvivalencije, na primjer 1
3 + 1
4 = 2
6 + 9
12 . Za ra¡cunske operacije
vrijede poznata svojstva sli¡cno kao u teoremu 1.3.
Za razliku od skupova N i Z koji su diskretni, skup Q je gust, odnosno
izmedu svaka dva razli¡cita racionalna broja nalazi se beskona¡cno mnogo racionalnih
brojeva.
Teorem 1.7 Skup Q je gust.
Dokaz. Dovoljno je dokazati da se izmedu svaka dva razli¡cita racionalna broja
nalazi barem jedan racionalni broj. Neka je
q1 =
m1
n1
, q2 =
m2
n2
i q1 < q2 odnosno m1n2 < n1m2.
Neka je
q =
q1 + q2
2
=
m1n2 + n1m2
2n1n2
.
Tada je q1 < q jer je 2m1n1n2 < m1n1n2 + n1n1m2. Sli¡cno vrijedi q < q2 i
teorem je dokazan.
Unato¡c tome ¡sto je Q gust, a N prebrojiv, oba skupa imaju jednako mnogo
elemenata. Naime, skupovi N i N × N su ekvipotentni jer je funkcija f : N →
|
|
|
barjak
|
#20
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:25:09
|
realni brojevi
1.7 Realni brojevi 19
N × N definirana s
(1, 1)f(1) (1, 2)f(3) (1, 3)f(6) (1, 4)f(10) · · ·
(2, 1)f(2) (2, 2)f(5) (2, 3)f(9) · · ·
(3, 1)f(4) (3, 2)f(8) · · ·
(4, 1)f(7) · · ·
· · ·
bijekcija. Oznaka (1, 1)f(1) zna¡ci f(1) = (1, 1). Kako je Z ekvipotentan s N, to
su i skupovi N i Z×N ekvipotentni. Kona¡cno, iz N ⊂ Q ⊂ Z×N zaklju¡cujemo
da je skup Q takoder ekvipotentan s N.
1.7 Realni brojevi
U ovom poglavlju definirat ´cemo skup realnih bojeva, navesti njegova osnovna
svojstva, objasniti kako rade ra¡cunala i definirati apsolutnu vrijednost
realnog broja.
Kada racionalne brojeve nanosimo na brojevni pravac, budu´ci je skup Q
gust, mogli bismo pomisliti da njegovi elementi prekrivaju ¡citavi pravac. To,
medutim, nije istina. Nanesemo li na brojevni pravac dijagonalu kvadrata sa
stranicom du¡zine jedan, dobit ´cemo po Pitagorinom pou¡cku broj √2.
Teorem 1.8 √2 /∈ Q.
Dokaz. Prvo uo¡cimo da je kvadrat prirodnog broja n paran ako i samo ako
je n paran: ako je n = 2p paran, tada je n2 = (2p)2 = 4n2 takoder paran, a
ako je n = 2p − 1 neparan, tada je n2 = (2p − 1)2 = 4(p2 − p) + 1 neparan.
Teorem ´cemo dokazati koriste´ci tehniku kontradikcije ili protuslovlja. Naime,
ako je (A ⇒ B) = ⊤ i ako poka¡zemo da je (B) = ⊥, tada prema tablici
istinitosti za implikaciju iz poglavlja 1.1 slijedi (A) = ⊥.
Ako je (A) √2 ∈ Q, tada je (B) √2 = m
n , pri ¡cemu su m i n relativno prosti,
odnosno ne mogu se dalje skratiti. Medutim, tada je m2 = 2n2 pa je prema
prvom dijelu dokaza m paran, odnosno m = 2p. Iz (2p)2 = 2n2 slijedi 2p2 = n2
pa je n takoder paran. Dakle, m i n nisu relativno prosti pa je tvrdnja (B)
neistinita. No, tada i tvrdnja (A) mora biti neistinita i teorem je dokazan.
Definicija 1.17 Iracionalni brojevi su brojevi koji se nalaze na brojevnom
pravcu, a nisu elementi skupa Q. Skup realnih brojeva R je unija skupa racionalnih
brojeva i skupa iracionalnih brojeva.
Ra¡cunske operacije na skupu realnih brojeva definirane su na poznati na¡cin
te za njih vrijede svojstva sli¡cno kao u teoremu 1.3.
Sljede´ci teorem navodimo bez dokaza.
|
|
|
barjak
|
#21
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:25:41
|
osnove matematike
20 OSNOVE MATEMATIKE
Teorem 1.9 Vrijedi:
(i) skup R je gust, odnosno izmedu svaka dva razli¡cita realna broja postoji
beskona¡cno realnih brojeva;
(ii) skup Q je gust u skupu R, odnosno izmedu svaka dva razli¡cita realna
broja postoji beskona¡cno racionalnih brojeva;
(iii) skup R je gust u skupu Q, odnosno izmedu svaka dva razli¡cita racionalna
broja postoji beskona¡cno realnih brojeva;
(iv) skup R je neprebrojiv;
(v) elementi skupa R prekrivaju ¡citavi brojevni pravac.
Odnos izmedu do sada opisanih skupova brojeva je sljede´ci:
N ⊂ Z
| {z } diskretni
⊂ Q ⊂ R
| {z } gusti
,
N ⊂ Z ⊂ Q
| {z } prebrojivi
⊂ R
|{z}
.
neprebrojiv
1.7.1 Aritmetika ra¡cunala
Broj √2 ima beskona¡cni neperiodi¡cni decimalni zapis pa ga ne mo¡zemo zapisati
ni kao decimalni broj, niti kao razlomak. Sli¡cno, broj 1
3 = 0.3333 . . . =
0. ÿ3 ima beskona¡cni periodi¡cni decimalni zapis pa ga ne mo¡zemo zapisati kao
decimalni broj, ali ga mo¡zemo zapisati kao razlomak. Zbog kona¡cne memorije,
ra¡cunala za prikazivanje brojeva i ra¡cunanje koriste jedan diskretni podskup
skupa Q, tako da osnovni matemati¡cki zakoni asocijacije i distribucije iz teorema
1.3 ne vrijede.
Princip rada ra¡cunala ilustrirat ´cemo na jednostavnom primjeru. Zamislimo
ra¡cunalo koje za pohranjivanje brojeva i ra¡cunanje raspola¡ze s tri decimalna
mjesta, s tim ¡sto se decimalna to¡cka mo¡ze pomicati,
. xy . xy . xy .
U ovakvom ra¡cunalu mo¡zemo prikazati brojeve
999, 998, . . . , 102, 101, 100,
99.9, 99.8, . . . , 10.2, 10.1, 10.0,
9.99, 9.98, . . . , 3.14, . . . , 1.41, . . . , 1.00,
.999, .998, .997, . . . , .101, .100,
.099, .098, . . . , .012, .011, .010,
.009, .008, . . . , .002, .001.
|
|
|
barjak
|
#22
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:26:18
|
realni brojevi
1.7 Realni brojevi 21
Skup brojeva koje mo¡zemo prikazati je o¡cito diskretan jer, na primjer, ne
mo¡zemo prikazati niti jedan broj izmedu 998 i 999 kao niti izmedu .001 i .002.
No, za razliku od skupova N i Z gdje su razmaci izmedu elemenata konstantni,
ovdje se duljina razmaka mijenja. U ovakvom ra¡cunalu asocijativnost
ne vrijedi, jer je
((200 + 0.4) + 0.4) + 0.4 = (200 + 0.4) + 0.4 = 200 + 0.4 = 200,
dok je
200 + (0.4 + (0.4 + 0.4)) = 200 + (0.4 + 0.8) = 200 + 1.2 = 201.
U odnosu na to¡can rezultat 201.2, pogre¡ska u prvom slu¡caju iznosi 0.6%, dok
u drugom slu¡caju iznosi 0.1%. Rezultat je to¡cniji ako se prvo zbrajaju brojevi
koji su bli¡ze nuli, ¡sto je op´cenito pravilo koje vrijedi za svako ra¡cunalo. Ovakvo
ra¡cunalo mo¡ze, naravno, dati i to¡can rezultat (0.5+0.5)+200 = 1+200 = 201.
Princip rada svih ra¡cunala je isti, s time ¡sto stvarna ra¡cunala uglavnom
raspola¡zu s 16 decimalnih mjesta. Na taj se na¡cin osigurava mala pogre¡ska s
kojom se mogu kvalitetno vr¡siti ¡zeljeni prora¡cuni.
1.7.2 Apsolutna vrijednost
U ovom poglavlju definirat ´cemu apsolutnu vrijednost realnog broja i dokazati
neka njena svojstva.
Definicija 1.18 Apsolutna vrijednost realnog broja je funkcija | | : R →
[0,+∞) definirana s
|x| = (x, za x ≥ 0,
−x, za x < 0.
Na primjer,
|0| = 0, |5| = | − 5| = 5, |x| = | − x|, |x − y| = |y − x|.
Na slici 1.1 prikazan je graf funkcije |x|. Graf funkcije y = f(x) definiramo kao
skup svih to¡caka xy-ravnine za koje je y = f(x). Preciznije definicije funkcije
i grafa dane su u poglavlju 4.
Teorem 1.10 Za apsolutnu vrijednost vrijedi:
(i) |x| < r ⇔ −r < x < r ⇔ x ∈ (−r, r);
(ii) nejednakost trokuta, |x + y| ≤ |x| + |y|, odnosno op´cenitije
n
Xi=1
xi ≤
n
X |xi|;
|
|
|
barjak
|
#23
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:27:01
|
osnove matematike
22 OSNOVE MATEMATIKE
1
2
-2 -1 1 2
Slika 1.1: Apsolutna vrijednost |x|
(iii) |x − y| ≥ |x| − |y|;
(iv) |x · y| = |x| · |y|, odnosno op´cenitije
n
Yi=1
xi
=
n
Yi=1
|xi|;
(v)
x
y
= |x|
|y|
za y 6= 0.
Dokaz.
(i) Za x ≥ 0 nejednakost |x| < r povla¡ci x < r, a za x < 0 nejednakost
|x| < r povla¡ci −x < r, odnosno −r < x.
(ii) Za svaki x ∈ R vrijedi x ≤ |x|. Ako je x+y ≥ 0, tada je |x+y| = x+y ≤
|x| + |y|, a ako je x + y < 0, tada je
|x + y| = −(x + y) = −x − y ≤ | − x| + | − y| = |x| + |y|
pa je prva tvrdnja dokazana. Op´cenitiju tvrdnju dokazujemo indukcijom
(vidi primjer 1.3 i dokaz teorema 1.6). Tvrdnja o¡cito vrijedi za n = 1 i
n = 2. Za n ≥ 2 imamo
n+1
Xi=1
xi
=
n
Xi=1
xi + xn+1
≤
n
Xi=1
xi
+ |xn+1|
≤
n
X |xi| + |xn+1| =
n+1
|xi|,
|
|
|
barjak
|
#24
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:28:01
|
kompleksni brojevi
1.8 Kompleksni brojevi 23
pa nejednakost trokuta vrijedi za svaki n ∈ N.
Zadatak 1.4 Doka¡zite tvrdnje (iii), (iv) i (v) teorema 1.10.
1.8 Kompleksni brojevi
U ovom poglavlju definirat ´cemo skup kompleksnih brojeva C, osnovne
ra¡cunske operacije s kompleksnim brojevima i njihova svojstva, trigonometrijski
oblik kompleksnog broja i operacije s brojevima u trigonometrijskom obliku
te eksponencijalni oblik kompleksnog broja. Pretpostavljamo da ¡citatelj poznaje
osnovna svojstva trigonometrijskih i arkus funkcija iz poglavlja 4.6.5 i
4.6.6.
Motivacija za uvodenje kompleksnih brojeva je sljede´ca: jednad¡zba x2−1 =
0 ima dva rje¡senja u skupu R, x = 1 i x = −1, dok sli¡cna jednad¡zba x2+1 = 0
nema niti jedno rje¡senje. Stoga se imaginarna jedinica i definira tako ¡sto su
x = i i x = −i rje¡senja jednad¡zbe x2 + 1 = 0. Iz ove definicije slijedi
i2 = −1, i3 = −i, i4 = −i · i = −(−1) = 1, i5 = i, i6 = −1, . . . .
Definicija 1.19 Skup kompleksnih brojeva C je skup svih brojeva oblika z =
x + iy, gdje su x, y ∈ R. Posebno je 0 = 0 + i0. Realni broj x = Re z je realni
dio kompleksnog broja z, a realni broj y = Imz je imaginarni dio kompleksnog
broja z. Dva kompleksna broja su jednaka ako su im jednaki realni i imaginarni
dijelovi. Konjugirano kompleksni broj broja z = x + iy je broj ¯z = x − iy.
Modul ili apsolutna vrijednost kompleksnog broja z je nenegativni realni broj
r = |z| = px2 + y2.
Neka su z1 = x1 + iy1 i z2 = x2 + iy2 dva kompleksna broja. Ra¡cunske
operacije su definirane na sljede´ci na¡cin:
z1 + z2 = x1 + x2 + i(y1 + y2),
z1 − z2 = x1 − x2 + i(y1 − y2),
z1 · z2 = (x1 + iy1)(x2 + iy2) = x1x2 + iy1x2 + ix1y2 + i2y1y2
= x1x2 − y1y2 + i(x1y2 + x2y1),
z1
z2
=
x1 + iy1
x2 + iy2 ·
x2 − iy2
x2 − iy2
=
x1x2 + y1y2
x2
2 + y2
2
+ i
y1x2 − x1y2
x2
2 + y2
2
, za z2 6= 0.
|
|
|
barjak
|
#25
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:28:45
|
24 OSNOVE MATEMATIKE
Zadatak 1.5 Doka¡zite da za z, z1, z2 ∈ C vrijedi:
a) z1 + z2 = ¯z1 + ¯z2,
b) z1 · z2 = ¯z1 · ¯z2,
c) z1
z2 =
¯z1
¯z2
, za z2 6= 0,
d) ¯¯z = z,
e) z = ¯z ⇔ z ∈ R,
f) z + ¯z = 2Re z,
g) z − ¯z = 2i Imz,
h) ¯z · z = z · ¯z = |z|2,
i) |z| = 0 ⇔ z = 0,
j) |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| (nejednakost trokuta).
Kompleksnom broju z = x + iy jednozna¡cno je pridru¡zen uredeni par
(x, y) ∈ R×R, odnosno to¡cka T = (x, y) u ravnini, kao ¡sto se vidi na slici 1.2.
z=x+iy, T=(x,y)
|x|=r
j
x 0
y
Slika 1.2: Kompleksni broj
Iz slike 1.2 se vidi za¡sto su formule za zbrajanje kompleksnih brojeva sli¡cne
formulama za zbrajanje vektora, odnosno za¡sto se posebno zbrajaju realni, a
posebno imaginarni dijelovi.
|
|
|
barjak
|
#26
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:29:46
|
kompleksni brojevi
1.8 Kompleksni brojevi 25
1.8.1 Trigonometrijski oblik
Kao ¡sto se vidi na slici 1.2, kompleksni broj z = x + iy je jednozna¡cno
odreden s modulom r i s kutom ’ izmedu radij-vektora −→ OT i pozitivnog smjera
x-osi. Kut ’ je argument broja z , odnosno ’ = arg z.
Trigonometrijski oblik kompleksnog broja glasi
z = r(cos ’ + i sin ’) = r cos ’ + ir sin ’.
Veze izmedu dva oblika su sljede´ce: ako su zadani r i ’, tada je
x = Re z = r cos ’, y = Imz = r sin ’,
a ako su zadani x i y, tada je
r = |z| = px2 + y2, ’ = arctg
y
x
,
pri ¡cemu kvadrant u kojem se nalazi ’ treba odrediti sa slike odnosno iz predznaka
od x i y.
Primjer 1.4 a) Skup
{z ∈ C : |z − i + 1| ≤ 2}
je krug radijusa dva sa sredi¡stem u to¡cki z0 = i−1 (vidi sliku 1.3). Zaista,
iz definicije 1.19 slijedi
|z − i + 1| ≤ 2 ⇔ p(x + 1)2 + (y − 1)2 ≤ 2 ⇔ (x + 1)2 + (y − 1)2 ≤ 4.
Op´cenito, skup
{z ∈ C : |z − z0| ≤ r}
je krug radijusa r oko to¡cke z0.
b) Skup
{z ∈ C : 0 < arg z <
3 ∧ Imz ≥ 1}
nacrtan je na slici 1.4. Pri tome se to¡cke na iscrtkanom pravcu nalaze izvan
skupa, kao i to¡cka u kojoj se dva pravca sijeku.
c) Skup
{z ∈ C : |z − 1| + |z + 2| = 5}
je elipsa sa ¡zari¡stima u to¡ckama z1 = 1 i z2 = −2 (vidi sliku 1.5).
Op´cenito, skup
{z ∈ C : |z − z1| + |z − z2| = r, z1 6= z2, r > 0}
je skup svih to¡caka ¡ciji je zbroj udaljenosti do dvije fiksne to¡cke konstantan.
Mogu´ca su tri slu¡caja: ako je |z1 − z2| < r, tada se radi o elipsi; ako je
|z1 − z2| = r, tada se radi o du¡zini koja spaja to¡cke z1 i z2; a ako je
|z1 − z2| > r, tada se radi o praznom skupu.
|
|
|
barjak
|
#27
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:30:36
|
26 OSNOVE MATEMATIKE
-1
i
Slika 1.3: Krug u kompleksnoj ravnini
i
Slika 1.4: Dio kompleksne ravnine
Zadatak 1.6 Doka¡zite da je elipsa iz primjera 1.4.c zadana s formulom
(x + 1
2 )2
6.25
+
y2
4
= 1.
Po uzoru na primjer 1.4.c analizirajte skup
{z ∈ C : |z − z1| − |z − z2| = r, z1 6= z2, r > 0}.
|
|
|
barjak
|
#28
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:41:22
|
kompleksni brojevi
1.8 Kompleksni brojevi 27
-3 -2 -1/2 1 2
Slika 1.5: Elipsa u kompleksnoj ravnini
Trigonometrijski oblik kompleksnog broja omogu´cuje jednostavno izvodenje
ra¡cunskih operacija. Adicioni teoremi daju
z1 · z2 = r1(cos ’1 + i sin ’1) · r2(cos ’2 + i sin ’2)
= r1r2[cos ’1 cos ’2 − sin’1 sin ’2 + i(sin ’1 cos ’2 + cos ’1 sin’2)]
(1.3)
= r1r2(cos(’1 + ’2) + i sin(’1 + ’2)).
Sli¡cno, za z2 6= 0 vrijedi
z1
z2
=
r1
r2
(cos(’1 − ’2) + i sin(’1 − ’2)).
Iz formule (1.3) indukcijom slijedi
n
Yk=1
zk = n
Yk=1
rkcos
|
|
|
barjak
|
#29
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:42:05
|
osnove matematike
28 OSNOVE MATEMATIKE
Naime, primjenom Moivreove formule (1.4) vidimo da svaki od brojeva na
desnoj strani podignut na n-tu potenciju daje broj z, pa je stoga jednak n-
tom korijenu iz z. Zaklju¡cujemo da svaki kompleksni broj, osim nule, ima n
medusobno razli¡citih n-tih korijena koji svi le¡ze na sredi¡snjoj kru¡znici radijusa
n√r i dijele tu kru¡znicu na n jednakih dijelova.
Primjer 1.5 Izra¡cunajmo 6 √1 = 6 √1 + 0i. Trigonometrijski oblik glasi
1 = 1 · (cos 0 + i sin 0),
pa formula (1.5) daje
6 √1 = 1 · cos
0 + 2k
6
+ i sin
0 + 2k
6 , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Uvr¡stavanje vrijednosti za k daje ¡sest razli¡citih ¡sestih korijena:
w0 = cos 0 + i sin 0 = 1,
w1 = cos
3
+ i sin
3
=
1
2
+ i
√3
2
,
w2 = cos
2
3
+ i sin
2
3
= −
1
2
+ i
√3
2
,
w3 = cos + i sin = −1,
w4 = cos
4
3
+ i sin
4
3
= −
1
2 − i
√3
2
,
w5 = cos
5
3
+ i sin
5
3
=
1
2 − i
√3
2
.
Zadatak 1.7 Nacrtajte sve kompleksne ¡seste korijene od jedan iz primjera
1.5 i uvjerite se da dijele jedini¡cnu kru¡znicu na ¡sest jednakih dijelova. Zatim
izra¡cunajte i nacrtajte 6 √−1, 4 √i i 3p1 + i√3.
1.8.2 Eksponencijalni oblik
Eksponencijalni ili Eulerov oblik kompleksnog broja glasi
ei’ = cos ’ + i sin ’.
Ova formula slijedi iz Taylorovih razvoja funkcija sin x, cos x i ex danih u primjeru
6.19 i zadatku 6.5. Kada formalno uvrstimo i’ umjesto x u Taylorov razvoj
funkcije ex, dobit ´cemo
ei’ = 1 +
i’
1!
+
i2’2
2!
+
i3’3
3!
+
i4’4
4!
+
i5’5
5!
+
i6’6
6!
+
i7’7
7!
+ · · ·
= 1 + i
’
1! −
’2
2! − i
’3
3!
+
’4
4!
+ i
’5
5! −
’6
6! − i
’7
7!
+ · · · .
|
|
| Strana : Prethodna 1 [2] 3 4 5 . . . 10 Sledeća |
|
Nemate dovoljno prava da odgovorite na ovom forumu.
|
