Skripta Matematika - Elvis Barakovic.pdf

8/14/2019 Skripta Matematika - Elvis Barakovic.pdf

1/29

Matematika I - Vjezbe 1

Elvis Barakovic

09.11.2011. 10.11.2011.

Sadrzaj

1 Matematicka indukcija 1

2 Binomni obrazac 6

3 Racionalne nejednacine 13

4 Jednacine sa apsolutnim vrijednostima 15

5 Nejednacine sa apsolutnim vrijednostima 18

6 Skup kompleksnih brojeva 22

1 Matematicka indukcija

Primjer 1.1 Dokazati da za svaki prirodan brojn vrijedi

1 + 3 + 5 + + (2n 1) =n2

.Rjesenje.

1) Za n = 1 jednakost vrijedi jer je 1 = 12 = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. da vrijedi

1 + 3 + 5 + + (2k 1) =k2.3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k+ 1, tj. da vrijedi

1 + 3 + 5 + + (2k+ 1) = (k+ 1)2 .Dokaz:

1 + 3 + 5 + + (2k+ 1) = 1 + 3 + 5 + + (2k 1) + (2k+ 1)= k2 + (2k+ 1) =k2 + 2k+ 1 = (k+ 1)2 .

Vjezbe su pripremljene za studente Masinskog fakulteta Univerziteta u Tuzli u akademskoj 2012./2013.godini. Zadrzavam pravo na stamparske i matematicke greske. Ukoliko ih uocite i ukoliko zelite, mozete mi

javiti na [email protected]. Sva prava zadrzana. Svako ob javljivanje, stampanje ili umnozavanje zahtjevaodobrenje autora.

1


2/29

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k+ 1.4) Tvrdnja vrijedi za svaki prirodan broj n.


13 + 23 + 33 + +n3 =

n (n+ 1)

2

2.

Rjesenje.

1) Za n = 1 jednakost vrijedi jer je 13 =1 (1 + 1)

22

= 12 = 1.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. da vrijedi

13 + 23 + 33 + +k3 =

k (k+ 1)

2

2.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k+ 1, tj. da vrijedi

13 + 23 + 33 + + (k+ 1)3 =

(k+ 1) (k+ 2)

2

2

Dokaz:

13 + 23 + 33+ + (k+ 1)3 = 13 + 23 + 33 + +k3 + (k+ 1)3 =

=

k(k+ 1)

2

2+ (k+ 1)3 =

k2 (k+ 1)2

4 + (k+ 1)3 =

= k2 (k+ 1)

2+ 4 (k+ 1)

3

4 =

(k+ 1)2

(k2 + 4 (k+ 1))

4 =

= (k+ 1)

2 (k2 + 4k+ 4)

4 =

(k+ 1)2 (k+ 2)

2

4 =

=(k+ 1) (k+ 2)

22

.



1

1 3+ 1

3 5+ + 1

(2n 1) (2n+ 1) = n

2n+ 1.

Rjesenje.

1) Za n = 1 jednakost vrijedi jer je

1

1 3= 1

2 1 + 1 =1

3.


1

1 3+ 1

3 5+ + 1

(2k 1) (2k+ 1) = k

2k+ 1.

2


3/29


1

1 3+ 1

3 5+ + 1

(2k+ 1) (2k+ 3) = k+ 1

2k+ 3.

Dokaz:1

1 3+ 1

3 5+ + 1

(2k+ 1) (2k+ 3) =

= 1

1

3+

1

3

5+ + 1

(2k

1)

(2k+ 1)+

1

(2k+ 1)

(2k+ 3)

= k

2k+ 1+

1

(2k+ 1) (2k+ 3) = k(2k+ 3) + 1

(2k+ 1) (2k+ 3) =

= 2k2 + 3k+ 1

(2k+ 1) (2k+ 3) = (2k+ 1) (k+ 1)(2k+ 1) (2k+ 3) =

k+ 1

2k+ 3=.



12

1 3+

22

3 5+

+

n2

(2n 1) (2n+ 1)=

n (n+ 1)

2 (2n+ 1).

Rjesenje.

1) Za n = 1 jednakost vrijedi jer je

12

1 3= 1 (1 + 1)2 (2 1 + 1) =

1

3.


12

1 3+ 22

3 5+ + k2

(2k 1) (2k+ 1) = k(k+ 1)

2 (2k+ 1).


12

1 3+ 22

3 5+ + (k+ 1)2

(2k+ 1) (2k+ 3) =(k+ 1) (k+ 2)

2 (2k+ 3) .

Dokaz:

12

1 3+ 22

3 5+ + (k+ 1)2

(2k+ 1) (2k+ 3) =

= 12

1 3+ 22

3 5+ + k2

(2k 1) (2k+ 1) + (k+ 1)2

(2k+ 1) (2k+ 3)=

k(k+ 1)

2 (2k+ 1)+

(k+ 1)2

(2k+ 1) (2k+ 3)=

k(k+ 1) (2k+ 3) + 2 (k+ 1)2

2 (2k+ 1) (2k+ 3) =

= (k+ 1) (k (2k+ 3) + 2 (k+ 1))

2 (2k+ 1)(2k+ 3) =

(k+ 1) (2k2 + 3k+ 2k+ 2)

2 (2k+ 1) (2k+ 3) =

= (k+ 1) (2k2 + 5k+ 2)

2 (2k+ 1) (2k+ 3) =

(k+ 1) (k+ 2)(2k+ 1)

2 (2k+ 1) (2k+ 3) =

= (k+ 1) (k+ 2)

2 (2k+ 3) =.

3


4/29


5/29


11

+ 1

2+

13

+ + 1k+ 1

>

k+ 1.

Dokaz:

11

+ 1

2+

13

+ + 1k+ 1

= 11 +

12 +

13 + +

1k +

1k+ 1

>

k+ 1

k+ 1=

k k+ 1 + 1

k+ 1>

k k+ 1

k+ 1=

k+ 1k+ 1

=

k+ 1.

Dakle, nejednakost vrijedi i za n = k+ 1.4) Tvrdnja vrijedi za svaki prirodan broj n.


17|5n+3

+ 113n+1

.

Rjesenje.

1) Za n = 1 tvrdnja vrijedi jer je

51+3 + 1131+1 = 54 + 114 = 625 + 14641 = 15266 = 17 898.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. da vrijedi

17|5k+3 + 113k+1

odnosno da vrijedi 5k+3 + 113k+1 = 17apri cemu je a

Z.


17|5(k+1)+3 + 113(k+1)+1

Dokaz:

5(k+1)+3 + 113(k+1)+1 = 5k+4 + 113k+4 = 5k+3 5 + 113k+1 113 == 5k+3 5 + 113k+1 1331 == 5k+3 5 + 113k+1 (1326 + 5) == 5k+3 5 + 113k+1 5 + 113k+1 1326 == 5 5k+3 + 113k+1+ 113k+1 1326 == 5 17a+ 113k+1 17 78 == 17

5 a+ 113k+1 78 = 17b,

pri cemu je b = 5 a+ 113k+1 78.Dakle, tvrdnja vrijedi i za n = k+ 1.4) Tvrdnja vrijedi za svaki prirodan broj n.

5


6/29


7/29

Rjesenje. Opci clan razvoja binoma (x+ 3)12 je

Tk+1=

12

k

x12k 3k

pa je jasno da mora biti 12k = 8 jer trazimo koeficijent uz x8, odakle je k = 4. Trazenikoeficijent je

12

4 34 =

12 11 10 91

2

3

4

81 = 40095.

Primjer 2.6 U razvoju binoma

2

x+ 3x

15odrediti koeficijent uzx7.

RjesenjeOpci clan razvoja binoma je

Tk+1 =

n

k

ankbk =

15

k

2

x

15k (3x)k =

=

15

k

2x1

15k 3kxk =

15

k

215kx15+k 3kxk =

=

15k

215k 3k x15+2k

Buduci da trazimo koeficijent uz x7, onda je15 + 2k = 7 odakle je k = 11, pa je trazenikoeficijent uz x7

15

k

215k 3k =

15

11

21511 311 =

15

4

24 311.

Primjer 2.7 Naci clan koji sadrzix7 u razvoju binoma

3

x2 x12

.

Rjesenje. Opci clan razvoja binoma je

Tk+1 =

n

k

ankbk =

12

k

3

x212k

xk ==

12

k

x

23

12k x12k = 12k

x

242k3 (1)k xk2 =

=

12

k

(1)k x242k3 + k2 =

12

k

(1)k x48k6 .

Sada je jasno da je48 k

6 = 7 odakle jek= 6.Dakle, sedmi clan razvoja binoma

3

x2 x12

sadrzi x7

.

Primjer 2.8 U razvoju binoma

x+

13

x

16naci clan koji sadrzix3.

7


8/29


Tk+1 =

n

k

ankbk =

16

k

x16k 1

3

x

k=

=

16

k

x

12

16k

x13

k=

16

k

x

16k2 xk3 =

=

16

k

x

16k2 k

3 =

16

k

x

485k6 .

pa je48 5k

6 = 3 odakle jek = 6.Dakle, sedmi clan razvoja binoma

x+

13

x

16sadrzix3.

Primjer 2.9 Odrediti onaj clan razvoja binoma

3

x2 x115

koji ne sadrzix.


Tk+1 =

n

k

ankbk =

15

k

3

x215k

x1

k

=

=

15k

x 2315k (1)k xk = 15

k

x 30

2k

3 (1)k xk =

=

15

k

(1)k x302k3 k =

15

k

(1)k x 305k3 .

Buduci da trazimo clan koji ne sadrzi x, onda je 30 5k

3 = 0 pa jek = 6. Dakle, sedmi clan

razvoja binoma

3

x2 x115

ne sadrzi x.

Primjer 2.10 Odrediti onaj clan razvoja binoma x 3

x8

koji ne sadrzix.


Tk+1 =

n

k

ankbk =

8

k

x8k 3

x

k=

=

8

k

x

12

8k 3x 12k = 8k

x

8k2 (3)k xk2 =

=

8

k

(3)k x8k2 k2 =

8

k

(3)k x82k2 =

8

k

(3)k x4k.

Buduci da trazimo clan koji ne sadrzi x, onda je 4 k= 0 pa je k = 4. Dakle, peti clan razvojabinoma

x 3

x

8ne sadrzi x.

Primjer 2.11 Naci trinaesti clan u razvoju binoma

9x 1

3x

n

ako je binomni koeficijent

treceg clana jednak 105.

8


9/29

Rjesenje. Binomni koeficijent treceg clana je

n

2

pa iz uslova zadatka imamo

n

2

= 105

sto je ekvivalentno jednacini n2 n210 = 0. Rjesenja posljednje kvadratne jednacine sun1 = 15, n2=14 pa uzimamo samo rjesenje n1 a rjesenjen 2 odbacujemo jer je negativnancio broj. Buduci da trazimo trinaesti clan razvoja binoma, u formulu za opci clan razvojabinoma uvrstavamo k = 12, i tako dobijamo

T13 = 15

12 (9x)1512

13x

12

=

=

15

12

(9x)

3 3 12 x 12

12=

15

12

93x3 (1)12 36x6 =

=

15

3

36x3 36x6 =

15

3

x3 = 455x3.

Primjer 2.12 Naci redni broj onog clana razvoja binoma

3

a

b+

b3

a

21

koji sadrzia ib na isti eksponent.


Tk+1 =

n

k

ankbk =

21

k

3

a

b

21k

b3

a

k=

=

21

k

a

13 b

16

21k

b12 a

16

k=

21

k

a

21k3 b21k6 bk2 a k6 =

= 21

k a21k3 k

6 bk2 21k6 = 21

k a423k

6 b4k216 .

Buduci da zahtijevamo da a i b budu na isti eksponent, tada mora biti

42 3k6

=4k 21

6

odakle dobijamo da je k = 9. Dakle, deseti clan razvoja binoma sadrzi a i b na isti eksponent.

Primjer 2.13 Naci vrijednostx u izrazu

x1

log x+1 + 12

x6

ciji je cetvrti clan razvoja binoma jednak200.

Rjesenje. Prvo, odredimo definiciono podrucje izraza. Jasno je da mora bitix >0 i log x+1= 0,tj. x= 101 pa je

D= 0, 101 101, + .

9


10/29

Cetvrti clan razvoja binoma je

T4 =

6

3

x 1logx+1

63 12x3 = 6

3

x

12

1logx+1

3

x 112

3=

=

6

3

x

32(logx+1) x 14 =

6

3

x

32(logx+1)

+ 14

pa po uslovu zadatka imamo

63

x

3

2(logx

+1)

+ 1

4 = 200x3

2(logx

+1)

+ 1

4 = 10.

Logaritmiranjem posljednjeg izraza, dobijamo

log x3

2(log x+1)+ 1

4 = log 10

tj.

log x3

2(logx+1)+ 1

4 = log 10

3

2(log x+ 1)+

1

4

log x= 1

6 + log x+ 14(log x+ 1)

log x= 1 7 + log x4 (log x+ 1)

log x= 1 (7 + log x)log x= 4 (log x+ 1)7 log x+ log2 x= 4 log x+ 4 log2 x+ 3 log x 4 = 0.

Uvodeci smjenu log x= t, dobijamo kvadratnu jednacinu t2 + 3t4 = 0 cija su rjesenjat1=4it2 = 1.Za t =4 dobijamo rjesenjex = 0, 001 D, a zat = 1 dobijamo rjesenjex = 10 D.Primjer 2.14 Izracunati clan razvoja binoma

4 5

x+3

x

2

n

koji sadrzix2 5

x4 ako je zbir prva tri binomna koeficijenta jednak56.

Rjesenje. Iz uslova zadatka imamo

n

0

+

n

1

+

n

2

= 56 sto je ekvivalentno jednacini

n2 +n 110 = 0. Rjesenja posljednje kvadratne jednacine su n1 = 10 i n2 =11 od kojih uobzir dolazi samo prvo rjesenje jer je drugo negativno. Opci clan razvoja binoma je

Tk+1 =

n

k

ankbk =

10

k

4 5

x10k 3x

2

k=

=

10

k

410k

x

15

10k

21x13

k

=

=10

k

410k

x10k

5 2kxk

3 =10

k

410k 2k x

10k

5 +k

3 =

=

10

k

410k 2k x 30+2k15 .

Kako je x2 5

x4 = x2x45 = x2+

45 = x

145 , onda je jasno da mora biti

30 + 2k

15 =

14

5 odakle je

k= 6. Dakle, sedmi clan razvoja binoma ima trazenu osobinu.

10


11/29

Primjer 2.15 Naci za koju vrijednostx u razvoju binoma2x +

12x1

n

zbir treceg i petog clana iznosi135, ako je zbir binomnih koeficijenata tri posljednja clana jednak22.

Rjesenje. Binomni koeficijenti tri posljednja clana jednaki su binomnim koeficijentima prva tri

clana. Po uslovu zadatka imamo n

0

+

n

1

+

n

2

= 22

sto je ekvivalentno kvadratnoj jednacini n2 +n42 = 0 cija su rjesenja n1 = 6 i n2 =7od kojih u obzir dolazi samo prvo rjesenje jer je drugo negativno. Treci clan (k = 2) razvojabinoma je

T3 =

6

2

2x62

12x1

2=

=6

2

2x

24 2x12 2 = 6222x 21x =

=

6

2

21+x

a peti clan (k= 4) razvoja binoma je

T5 =

6

4

2x64

12x1

4=

=

6

4

2x

2

2

2x12

4

=

6

4

2x 222x =

=

64

22x.

Sada je, po uslovu zadatka, 6

2

21+x +

6

4

22x = 135

15 21+x + 15 22x = 13521+x + 22x = 9

2 2x + 42x

= 9

2 (2x)2 9 2x 4 = 0.Uvedimo smjenu t = 2x, dobijamo kvadratnu jednacinu

2t2 9t 4 = 0

cija su rjesenja t1=1

2 it2= 4. Za t =

1

2dobijamo x=1, a za t = 4 dobijamo x = 2.

11


12/29


13/29


14/29


15/29


16/29

Rjesenje. Znak funkcija koje su pod znakom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno

x 3 12 +2x+ 1 0 +x+ 3 0 + +

1. Za x(, 3] imamo niz ekvivalencija

2|2x+ 1| x=|x+ 3| 2((2x+ 1)) x=(x+ 3) 4x=1x = 1

4

pa jednacina na ovom skupu nema rjesenja jer 1

4 /(, 3].

2. Za x

3, 12

imamo niz ekvivalencija

2|2x+ 1| x=|x+ 3| 2((2x+ 1)) x= x+ 3 4x= 1x =1

4

pa jednacina na ovom skupu nema rjesenja jer14

/

3, 12

.

3. Za x

12

, +

imamo niz ekvivalencija

2|2x+ 1| x=|x+ 3| 2(2x+ 1) x= x+ 3 2x= 1x = 1

2

pa je rjesenje jednacine x =1

2 jer

1

2

12

, +

.

Dakle, rjesenje jednacine je x = 12

.

Primjer 4.3 Rijesiti jednacinu

|x 3| + |1 4x|= 2|x+ 2|.Rjesenje. Znak funkcija koje su pod znakom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno

x 2 14 3 +x 3 0 +

1

4x + + 0

x+ 2 0 + + +1. Za x(, 2] imamo niz ekvivalencija

|x 3| + |1 4x|= 2|x+ 2| (x 3) + (1 4x) = 2((x+ 2)) 3x=8x = 8

3.

16


17/29


18/29

pa jednacina na ovom skupu ima jedno rjesenje x = 0 jer x1 =4 /(4, 1] .3. Za x(1, +) imamo niz ekvivalencija

|x 1| + |x2 + 3x 4|= 5 (x 1) + (x2 + 3x 4) = 5 x2 + 4x 10 = 0 x1 =2

14 x2=2 +

14.

pa jednacina na ovom skupu ima jedno rjesenje x =2 + 14 jer x1 =2

14 /(1, +) .Dakle, rjesenja jednacine su x =

4, x= 0 i x =

2 +

14.

5 Nejednacine sa apsolutnim vrijednostima

Primjer 5.1 Rijesiti nejednacinu

|x+ 1| + |3x 1|>2.Rjesenje. Znak funkcije koje su pod znakom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno

x 1 13 +

x+ 1 0 + +3x 1 0 +

1. Za x(, 1] imamo niz ekvivalencija|x+ 1| + |3x 1|> 2 (x+ 1) (3x 1)>2

x 2 (x+ 1) (3x 1)> 2 2x >0 x 2 (x+ 1) + (3x 1)>24x >2 x > 1

2x

1

2, +

.

18


19/29

Rjesenje nejednacine u ovoj slucaju

R3 =

1

3, +

1

2, +

=

1

2, +

.

Konacno rjesenje nejednacine je skup

R= R1 R2 R3 = (, 0)

1

2, +

.


|x2 + 2x 3|< 3x+ 3.

Rjesenje. Znak funkcije koje su pod znakom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno

x 3 1 +x2 + 2x 3 + 0 0 +

1. Za x

(

,

3] imamo niz ekvivalencija

|x2 + 2x 3|


20/29


|x2 4x| + 3 x2 + |x 5|.Rjesenje. Znak funkcije koje su pod znakom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno

x 0 4 5 +x2 4x + 0 0 + +

x

5

0 +

1. Za x(, 0] imamo niz ekvivalencija|x2 4x| + 3 x2 + |x 5| (x2 4x) + 3 x2 (x 5)

3x 2x 23

x

, 23

.


R1

= (

, 0] ,

2

3 = ,

2

3 .

2. Za x(0, 4] imamo niz ekvivalencija|x2 4x| + 3 x2 + |x 5| (x2 4x) + 3 x2 (x 5)

2x2 + 5x 2 0.

Rjesenje kvadratne nejednacine2x2 + 5x2 0 je skupx

1

2, 2

pa je rjesenje nejednacine

u ovoj slucaju

R2= (0, 4]

1

2, 2

=

1

2, 2

.

3. Za x(4, 5] imamo niz ekvivalencija|x2 4x| + 3 x2 + |x 5| (x2 4x) + 3 x2 (x 5)

3x 2x 23

x

, 23

.


R3 = (4, 5] , 2

3 =.4. Za x(5, +) imamo niz ekvivalencija

|x2 4x| + 3 x2 + |x 5| (x2 4x) + 3 x2 + (x 5) 5x 8x 8

5

x

,85

.

20


21/29


22/29

6 Skup kompleksnih brojeva

Primjer 6.1 Kompleksni brojz= 3 zapisati u trigonometrijskom obliku.

Rjesenje: Vrijedi z= 3 = 3 + 0 i odakle je Re(z) = 3 > 0 i Im(z) = 0, pa ako bismo ovajkompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio na realnoj osi. Izracunajmomodul i argument ovog kompleksnog broja:

= |

z|= (Re(z))2 + (Im(z))2 = (3)2 + (0)2 = 3

tg = Im(z)

Re(z) =

0

3= 0 = = 0.

Zato jez= 3 (cos0 +i sin0) .

Primjer 6.2 Kompleksni brojz=

2 i 2 zapisati u trigonometrijskom obliku.

Rjesenje: Vrijedi z=

2 i 2 odakle je Re(z) = 2>0 i Im(z) =20,pa ako bismo ovaj kom-pleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u drugom kvadrantu. Izracunajmomodul i argument ovog kompleksnog broja:

= |z|=

(1)2 + (1)2 = 1 + 1 =

2

tg = 1

1=

1 =

=

3

4 .

Zato je

z=

2

cos

3

4 +i sin3

4

.

Primjer 6.4 Ako jez1 =

2 i 2 iz2 =1 +i, izracunatiz1 z2 i z1z2

.

22


23/29


24/29

Rjesenje: Kompleksni broj z=

3 +i zapisimo 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. Izracunajmo modul iargument ovog kompleksnog broja:

= |z|=

32

+ (1)2 =

3 + 1 =

4 = 2

tg = 1

3=

3

3

=

=

6

.

Zato je

z= 2

cos

6+i sin

6

.

Sada je

z17 =

2

cos

6+i sin

6

17= 217

cos 17

6+i sin17

6

=

= 217

cos5+ 12

6 +i sin5+ 12

6

=

= 217

cos

56 + 2

+i sin56 + 2 == 217

cos

5

6 +i sin5

6

= 217

3

2 +

1

2i

=

= 217

3 +i

2

= 216

3 +i

.

Primjer 6.6 Izracunati 7 + 24i.

Rjesenje: Buduci da je korijen kompleksnog broja kompleksan broj, tada vrijedi7 + 24i= x+iy.

Odredimox i y .Kvadriranjem dobijamo

7 + 24i = (x+iy)27 + 24i = x2 + 2xyi+i2y27 + 24i = x2 + 2xyi y2

7 + 24i = x2

y2

+ 2xyia odavdje je

x2 y2 =72xy= 24

.

24


25/29

Iz druge jednacine je y =12

x, pa ako to uvrstimo u prvu jedna cinu, dobijamo

x2

12

x

2= 7

x2 144x2

= 7 / x2

x4 144 = 7x2x4 + 7x2

144 = 0.

Uvodeci smjenu t = x2, dobijamo kvadratnu jednacinu t2 + 7t 144 = 0, cija su rjesenjat1 =16 i t2 = 9, ali u obzir dolazi samo drugo rjesenje t2 = 9 jer zbog smjene t = x2 > 0.Znaci, x1 =3 ili x2 = 3. Ako je x1 =3, tada je y1 = 123 =4. Ako je x2 = 3, tada jey1 =

12

3 = 4.Dakle,

7 + 24i=3 4i ili 7 + 24i= 3 + 4i.

Primjer 6.7 Izracunati

48 + 83i.

Rjesenje: Kompleksni broj z=8 + 83izapisimo u trigonometrijskom obliku.Vrijediz=8+83iodakle je Re(z) =8< 0 i Im(z) = 83>0,pa ako bismo ovaj kom-

pleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u drugom kvadrantu. Izracunajmomodul i argument ovog kompleksnog broja:

= |z|=

(8)2 +

8

32

=

64 + 64 3 = 64 + 192 =

256 = 16

tg = 8

3

8 =

3 =

=2

3 .

Zato je

z= 16

cos

2

3 +i sin2

3

.

Sada je

k= 4

8 + 8

3i=

4

16

cos

23 + 2k

4 +i sin

23 + 2k

4

gdje je k = 0, 1, 2, 3.Za k = 0, dobijamo

0 = 4

16

cos

23 + 0

4 +i sin

23 + 0

4

= 2

cos

6+i sin

6

=

3 +i.

Za k = 1, dobijamo

1= 4

16

cos

23 + 2

4 +i sin

23 + 2

4

= 2

cos

2

3 +i sin2

3

=1 +

3i.

25


26/29


27/29


28/29


29/29

Documents

Skripta Matematika - Elvis Barakovic.pdf