Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja · Iz tablice mozemo iscitati da kut za koji vrijednost...

13
Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja Ono sto znamo od prije jest da svakom kompleksnom broju mozemo pridruziti sljedeci uredjeni par: z (Re z, Im z) Sto znaci da ako je kompleksan broj oblika z = x + yi vrijedi: z (x, y) Uredjeni par brojeva je prirodno poistovjetiti s tockom cije su to koordinate sto nadalje znaci da smo ovim preslikavanjem zapravo kompleksnom broju pridruzili tocku, odnosno: z T (x, y) Promotrimo sljedecu sliku: Promatrajuci danu sliku mozemo zakljuciti da moraju vrijediti sljedeci izrazi: cos ϕ = x r i sin ϕ = y r Pomnozimo oba izraza s r, slijedi: cos ϕ = x r / · r i sin ϕ = y r / · r r · cos ϕ = x i r · sin ϕ = y Sada kompleksan broj z poprima sljedeci oblik: 1

Transcript of Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja · Iz tablice mozemo iscitati da kut za koji vrijednost...

Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja

Ono sto znamo od prije jest da svakom kompleksnom broju mozemo pridruzitisljedeci uredjeni par:

z 7→ (Re z, Im z)

Sto znaci da ako je kompleksan broj oblika z = x+ yi vrijedi:

z 7→ (x, y)

Uredjeni par brojeva je prirodno poistovjetiti s tockom cije su to koordinate stonadalje znaci da smo ovim preslikavanjem zapravo kompleksnom broju pridruzilitocku, odnosno:

z 7→ T (x, y)

Promotrimo sljedecu sliku:

Promatrajuci danu sliku mozemo zakljuciti da moraju vrijediti sljedeci izrazi:

cosϕ = x

ri sinϕ = y

r

Pomnozimo oba izraza s r, slijedi:

cosϕ = x

r/ · r i sinϕ = y

r/ · r

r · cosϕ = x i r · sinϕ = y

Sada kompleksan broj z poprima sljedeci oblik:

1

r · sinϕ↑

z = x+ yi = r · cosϕ+ i · r · sinϕ↓

r · sinϕ

Izlucimo li r iz oba clana sume na desnoj strani, slijedi:

z = r (cosϕ+ i · sinϕ)

Navedni zapis nazivamo trigonometrijski oblik kompleksnog broja z. Postavljase pitanje koliko iznose r i kut ϕ. S prethodne slike mozemo zakljuciti da moravrijediti:

r =√x2 + y2

tgϕ = y

x

Napomena: Bitno je napomenuti da kut ϕ biramo ovisno o kvadrantu ukojem se nalazi kompleksan broj z. Naime postoje dva kuta unutar inter-vala 〈0, 2π] za koje tangens ima jednaki iznos.

Nadalje da bi kompleksan broj bio u trigonometrijskom obliku ne smijese pojavljivati ni jedan negativan predznak u zapisu te po (nasem) dogov-oru kut ϕ mora biti unutar intervala 〈0, 2π].

Zadatak 17: 3) (str. 69) Zapisi u trigonometrijskom obliku sljedeci kom-pleksan broj:

z = 3(

sin π

12 − i · cos π12

)Rjesenje: Gledajuci dani kompleksan broj nalazimo niz nepravilnosti da

bismo mogli reci da je on zapisan u trigonometrijskom obliku. Dakle u danomzapisu broj i nalazi se uz funkciju kosinus sto nije konzistentno s trigonometri-jskim zapisom kompleksnog broja, naime broj i treba stajati uz funkciju sinus.Probajmo ispraviti taj "problem".

Zapisimo dani broj na sljedeci nacin:

z = 3(

1 · sin π

12 − i · cos π12

)Prisjetimo se da je imaginarna jedinica i broj za koji vrijedi:

i2 = −1

Izmnozimo danu jednakost s −1, slijedi:

i2 = −1 / · (−1)

2

i2 · (−1) = −1 · (−1)

−i2 = (−1)2

−i2 = 1Primjenimo ovaj izraz na kompleksan broj z, slijedi:

−i2

↙z = 3

(1 · sin π

12 − i · cos π12

)z = 3

(−i2 · sin π

12 − i · cos π12

)Izlucimo i iz oba clana sume u zagradi, slijedi:

z = 3i ·(−i · sin π

12 − cos π12

)Zamijenimo poredak sumanada unutar zagrade, slijedi:

z = 3i ·(− cos π12 − i · sin

π

12

)Slijedeci "problem" kojem moramo doskociti su negativni predznaci. U tu svrhupromotrimo sljedecu sliku:

Dakle cetiri su kuta koja imaju iste vrijednosti trigonometrijskih funkcija sinusi kosinus no razlicitih predznaka (ova cinjenica se svodi na svodjenje na prvikvadrant, dakle na formule redukcije). Nas zadatak je otkriti koja su to cetirikuta. Prvi korak je okriti u kojem se kvadrantu nalazi kut u zapisu kompleksnog

3

broja. U nasem slucaju to je poprilicno jednostavno, jer kako se radi o kutuπ

12 , jasno je da se on nalazi u prvom kvadrantu. To znaci da su preostali kutovijednaki:

ϕ = π

12

π − ϕ = π − π

12 = 12π12 −

π

12 = 11π12

π + ϕ = π + π

12 = 12π12 + π

12 = 13π12

2π − ϕ = 2π − π

12 = 24π12 −

π

12 = 23π12

Dakle sljedeca cetiri kuta imaju iste vrijednosti trigonometrijskih funkcija sinusi kosiunus do na predznak:

Promatranjem kompleksnog broja unutar zagrade:

z = 3i ·(− cos π12 − i · sin

π

12

)dolazimo da zakljucka da moramo pronaci kut kojem su vrijednosti trigonometri-jskih funkcija suprotne od vrijednosti trigonometrijskih funkcija kuta π

12 . Tekutove biramo unutar ovih koji su iscrtani na prethodnoj slici.

Nadalje kako se kosinusi citaju na osi apscisa, a nama treba kut koji ima vri-jednost trigonometrijske funkcije kosinus suprotnog predznaka od vrijednostitrigonometrijske funkcije kosinus za kut π

12 , kutovi koji su nam od interesa

4

nalazit ce se na lijevoj strani u odnosu na os ordinata. To cemo oznaciti nasljedeci nacin:

S druge strane kako se sinusi citaju na osi ordinata, a nama treba kut koji imavrijednost trigonometrijske funkcije sinus suprotnog predznaka od vrijednostitrigonometrijske funkcije sinus za kut π

12 , kutovi koji su nam od interesa nalazitce se na donjoj strani u odnosu na os apscisa. To cemo oznaciti na sljedeci nacin:

5

Dakle kut koji zadovoljava oba uvjeta nalazit ce se u trecem kvadrantu:

Vrijedi:cos 13π

12 = − cos π12

sin 13π12 = − sin π

12Kompleksan broj sada poprima sljedeci oblik:

cos13π12

sin13π12

↓ ↓z = 3i ·

[− cos π12 + i ·

(− sin π

12

)]z = 3i ·

(cos 13π

12 + i · sin 13π12

)Preostaje nam jos srediti broj i ispred zagrade. To cemo uciniti tako da ga za-pisemo u trigonometrijskom obliku. Dakle zapisujemo broj z′ = i t̆rigonometrijskomobliku, vrijedi:

z′ = i

x′ = Re z′ = 0 i y′ = Im z′ = 1

Odredit cemo prvo argument kompleksnog broja z′, slijedi:

tgϕ′ = y′

x′← 1← 0

tgϕ′ = 10

6

tgϕ′ = nedef.

Iz tablice mozemo iscitati da kut za koji vrijednost trigonometrijske funkcijetangens nije definirana jest π2 . Drugi kut za koji je vrijednost trigonometrijskefunkcije tangens nedefinirana iscitat cemo sa sljedece slike:

Kako znamo da vrijednosti trigonometrijske funkcije tangens citamo s pravcaokomitog na os apscisu tockom E (1, 0). Da bismo odredili koliko ta vrijed-nost iznosi gledamo y koordinatu sjecista pravaca ishodistem i tockom koja jepridruzena eksponencijalnim preslikavanjem kutu ciju vrijednost trigonometri-jske funkcije tangens trazimo. Sa slike se jasno vidi da jedini kutovi za kojeje nemoguce odrediti vrijesdnosti trigonometrijske funkcije tangens su upravokutovi ϕ′1 = π

2 i ϕ′2 = 3π2 .

Kako znamo da se broj i u Gaussovoj (kompleksnoj) ravnini oznacava na gorn-jem dijelu osi ordinata, uzet cemo za argument kut π

2 jer se i on nalazi nagornjem dijelu osi ordinata.

Preostaje jos odrediti modul kompleksnog broja z′ odnosno njegovu udaljenostod ishodista Gaussove (kompleksne) ravnine, slijedi:

r′ =√x′2 + y′2

↑ ↑0 1

r′ =√

02 + 12 =√

0 + 1 =√

1

7

r′ = 1

Dakle kompleksan broj z′ ima sljedeci zapis u trigonometrijskom obliku, vrijedi:

i = 1(

cos π2 + i sin π2

)i = cos π2 + i sin π2

Sada kompleksan broj z poprima sljedeci oblik, slijedi:

cosπ

2+ i sin

π

2↓

z = 3 · i ·(

cos 13π12 + i · sin 13π

12

)z = 3 ·

(cos π2 + i sin π2

)·(

cos 13π12 + i · sin 13π

12

)Prisjetimo se da se mnozenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom oblikusvodi na mnozenje modula i zbrajanje argumenata. Slijedi:

z = 3 · 1 ·[cos(π

2 + 13π12

)+ i sin

2 + 13π12

)]

z = 3 ·[cos(

6π12 + 13π

12

)+ i sin

(6π12 + 13π

12

)]z = 3 ·

(cos 19π

12 + i sin 19π12

)Sada je komleksan broj z u trigonometrijskom obliku i time je zadatak rijesen.

Y ] Z

Zadatak 17: 6) (str. 69) Zapisi u trigonometrijskom obliku sljedeci kom-pleksan broj:

z = 1− cos 5π3 − i · sin

5π3

Rjesenje: Nacin rjesavanj koji cemo predstaviti u sljedecim redovima

isprva ce se ciniti vrlo neintuitivnim. Pocet cemo tako da broj 5π3 pomnozimo

brojem 12 , slijedi:

5π3 / · 1

2 ⇒ 5π6

Broj z sada poprima sljedeci oblik, vrijedi:

z = 1− cos(

2 · 5π6

)− i · sin

(2 · 5π

6

)

8

Sumande koji sacinjavaju broj z raspisat cemo redom prema temeljnom trigonometri-jskom identitetu, odnosno prema jednakosti sin2 t + cos2 t = 1, nadalje premakosinusu dvostrukog kuta, odnosno prema jednakosti cos 2t = cos2 t − sin2 t teposljednji sumand prema sinusu dvostrukog kuta, odnosno prema jednakostisin 2t = 2 sin t cos t. Imajuci to na umu kompleksan broj z poprima sljedecioblik, naime slijedi:

cos2 5π6− sin2 5π

62 sin

5π6

cos5π6︷ ︸︸ ︷ ︷ ︸︸ ︷

z = 1− cos(

2 · 5π6

)− i · sin

(2 · 5π

6

)↓

sin2 5π6

+ cos2 5π6

z = sin2 5π6 + cos2 5π

6 −(

cos2 5π6 − sin2 5π

6

)− i · 2 sin 5π

6 cos 5π6

Promijenimo predznak clanovima u zagradi, slijedi:

z = sin2 5π6 + cos2 5π

6 − cos2 5π6 + sin2 5π

6 − i · 2 sin 5π6 cos 5π

6

Pokratimo suprotne sumande, slijedi:

z = sin2 5π6 +

����cos2 5π6 ��

���− cos2 5π

6 + sin2 5π6 − i · 2 sin 5π

6 cos 5π6

z = sin2 5π6 + sin2 5π

6 − i · 2 sin 5π6 cos 5π

6Zbrojimo jednake sumande, slijedi:

z = 2 sin2 5π6 − i · 2 sin 5π

6 cos 5π6

Izlucimo izraz 2 sin 5π6 iz oba clana sume, slijedi:

z = 2 sin 5π6 ·

(sin 5π

6 − i · cos 5π6

)Uocavani da se u danom zapisu broj i nalazi se uz funkciju kosinus sto nijekonzistentno s trigonometrijskim zapisom kompleksnog broja, naime broj i trebastajati uz funkciju sinus. Zapisimo dani broj na sljedeci nacin:

z = 2 sin 5π6 ·

(1 · sin 5π

6 − i · cos 5π6

)Prisjetimo se da je imaginarna jedinica i broj za koji vrijedi:

i2 = −1

9

Izmnozimo danu jednakost s −1, slijedi:

i2 = −1 / · (−1)

i2 · (−1) = −1 · (−1)

−i2 = (−1)2

−i2 = 1Primjenimo ovaj izraz na kompleksan broj z, slijedi:

−i2

↙z = 2 sin 5π

6 ·(

1 · sin 5π6 − i · cos 5π

6

)z = 2 sin 5π

6 ·(−i2 · sin 5π

6 − i · cos 5π6

)Izlucimo −i iz oba clana sume u zagradi, slijedi:

z = 2 sin 5π6 · (−i) ·

(i · sin 5π

6 + cos 5π6

)Zamijenimo poredak sumanada unutar zagrade, slijedi:

z = 2 sin 5π6 · (−i) ·

(cos 5π

6 + i · sin 5π6

)Preostaje nam jos srediti broj −i ispred zagrade. To cemo uciniti tako da ga za-pisemo u trigonometrijskom obliku. Dakle zapisujemo broj z′ = −i t̆rigonometrijskomobliku, vrijedi:

z′ = −i

x′ = Re z′ = 0 i y′ = Im z′ = −1

Odredit cemo prvo argument kompleksnog broja z′, slijedi:

tgϕ′ = y′

x′← −1← 0

tgϕ′ = −10

tgϕ′ = nedef.

Iz tablice mozemo iscitati da kut za koji vrijednost trigonometrijske funkcijetangens nije definirana jest π2 . Drugi kut za koji je vrijednost trigonometrijskefunkcije tangens nedefinirana iscitat cemo sa sljedece slike:

10

Kako znamo da vrijednosti trigonometrijske funkcije tangens citamo s pravcaokomitog na os apscisu tockom E (1, 0). Da bismo odredili koliko ta vrijed-nost iznosi gledamo y koordinatu sjecista pravaca ishodistem i tockom koja jepridruzena eksponencijalnim preslikavanjem kutu ciju vrijednost trigonometri-jske funkcije tangens trazimo. Sa slike se jasno vidi da jedini kutovi za kojeje nemoguce odrediti vrijesdnosti trigonometrijske funkcije tangens su upravokutovi ϕ′1 = π

2 i ϕ′2 = 3π2 .

Kako znamo da se broj −i u Gaussovoj (kompleksnoj) ravnini oznacava nadonjem dijelu osi ordinata, uzet cemo za argument kut 3π

2 jer se i on nalazi nadonjem dijelu osi ordinata.

Preostaje jos odrediti modul kompleksnog broja z′ odnosno njegovu udaljenostod ishodista Gaussove (kompleksne) ravnine, slijedi:

r′ =√x′2 + y′2

↑ ↑0 1

r′ =√

02 + (−1)2 =√

0 + 1 =√

1

r′ = 1

Dakle kompleksan broj z′ ima sljedeci zapis u trigonometrijskom obliku, vrijedi:

−i = 1(

cos 3π2 + i sin 3π

2

)

11

−i = cos 3π2 + i sin 3π

2Sada kompleksan broj z poprima sljedeci oblik, slijedi:

cos3π2

+ i sin3π2

↓z = 2 sin 5π

6 · (−i) ·(

cos 5π6 + i · sin 5π

6

)z = 2 sin 5π

6 ·(

cos 3π2 + i sin 3π

2

)·(

cos 5π6 + i · sin 5π

6

)Prisjetimo se da se mnozenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom oblikusvodi na mnozenje modula i zbrajanje argumenata. Slijedi:

z = 2 sin 5π6 · 1 ·

(cos 3π

2 + i sin 3π2

)·(

cos 5π6 + i · sin 5π

6

)

z = 2 sin 5π6 ·

[cos(

3π2 + 5π

6

)+ i sin

(3π2 + 5π

6

)]z = 2 sin 5π

6 ·[cos(

9π6 + 5π

6

)+ i sin

(9π6 + 5π

6

)]z = 2 sin 5π

6 ·(

cos 14π6 + i sin 14π

6

)Primjetimo da je kut 14π

6 veci od 2π sto zahtijeva odredjivanje glavne mjeredanog kuta. Prisjetimo se da se glavna mjera kuta t racuna prema izrazu:

t′ = t−⌊t

⌋· 2π

Racunamo:14π

6↓

t′ = t−⌊t

⌋· 2π

↑14π

6

t′ = 14π6 −

14π6

2π1

· 2πPokratimo sto se pokratiti dade, slijedi:

t′ = 14π6 −

��14π7

61��2π1

· 2π12

t′ = 14π6 −

7611

· 2πIzraz unutar zagrade rjesavamo prema pravilu rjesavanja dvostrukog razlomka,

odnoso prema izrazu

a

bc

d

) = a · db · c

, slijedi:

t′ = 14π6 −

⌊7 · 16 · 1

⌋· 2π

t′ = 14π6 −

⌊76

⌋· 2π

t′ = 14π6 −

⌊1.16̇

⌋· 2π

Prisjetimo se da funkcija f (x) = bxc prema definiciji vraca najveci cijeli brojkoji je manji ili jednak broju x. Imajuci to na umu slijedi:

t′ = 14π6 −

1︷ ︸︸ ︷⌊1.16̇

⌋·2π

t′ = 14π6 − 1 · 2π

t′ = 14π6 − 12π

6

t′ = 2π6

Dakle broj z sada poprima sljedeci oblik, vrijedi:

z = 2 sin 5π6 ·

(cos 2π

6 + i sin 2π6

)Pokratimo sto se pokratiti dade, slijedi:

z = 2 sin 5π6 ·

(cos

1�2π�63

+ i sin1�2π�63

)

z = 2 sin 5π6 ·

(cos π3 + i sin π3

)Sada je komleksan broj z u trigonometrijskom obliku i time je zadatak rijesen.

Y ] Z

13