1. No category

ZBIRKA NALOG IZ MATEMATIKE I. – Kompleksna števila
Rešene naloge
Opomba: Gradivo je informativne narave. V njem se lahko pojavijo netočnosti. Za vse, ki se bodo lotili
reševanja nalog, naj jih najprej skrbno preučijo in se nato samostojno lotijo reševanja le-teh. Naloge se
nanašajo na knjigo Zbirka nalog iz matematike I (avtorja B. Jurčič-Zlobec in N. Mramor-Kosta, založba
FE in FRI, leto izdaje 2004).
Veliko uspeha pri učenju!
3. Kompleksna števila
1. Izračunaj:
(a)
(1  2i )3
(1  2i )3  (1  2i ) 2 (1  2i )  (1  4i  4)(1  2i )  (3  4i )(1  2i )  3  6i  4i  8  11  2i
(b)
(1  i ) 4
(1  i ) 4  (1  i ) 2 (1  i ) 2  (1  2i  1)(1  2i  1)  2i  2i  4
(c)
5
3  4i
5
5(3  4i ) 15  20i
15 20
3 4


  i  i
3  4i
25
25
25 25
5 5
(d)
 1 i 


 3  2i 
2
2
2
2
2
24  10i
24 10
 1  i   (1  i )(3  2i )   1  5i  (1  5i )






i

 
 

2
13
13
169
169 169
 3  2i  
  13 
(e)
2  3i 4  i

3i 3i
2  3i 4  i (2  3i )(3  i )  (4  i )(3  i ) (9  7i )  (13  i ) 4  6i
4 6
2 3




  i  i
3i 3i
10
10
10
10 10
5 5
(f)
(1  i ) 2 
2
 i15
1 i
Razrešimo vsak člen posebej:
(1  i ) 2  1  2i  1  2i
2
2(1  i )

 1 i
1 i
2
i15  i15:4  i 433  i 3  i
Tako imamo:
2i  (1  i )  (i )  2i  1  i  i  1  2i
(g)
 1 i
  
 2 2
8
8
 1 i  1 1 
      i
 2 2  2 2 
8
Za potenciranje kompleksnega števila bomo uporabili polarni zapis, zato moramo najprej
izračunati modul in argument:
2
2
1 1
1
1
2
 1 1
z  x  y      
 


4 4
2
2
2
 2 2
2
2
Kompleksno število je v 2. kvadrantu, kar upoštevamo pri izračunu argumenta:
1
 3
 y
Arg z    arctan      arctan  12     arctan(1)    
4
4
x
2
OPOMBA: arg z  Arg z  2 n , kjer n  0, 1, 2...
8
 1 
3
3  1
1
1
1
z  
 8  i sin
 8    cos 6  i sin 6    cos 0  i sin 0   (1  0i ) 
  cos
4
4  16
16
16
16
 2 
8
(h)
(1  i )5
(1  i )3
Potencirajmo števec in imenovalec vsak posebej:
(1  i )5  (1  i ) 2 (1  i ) 2 (1  i )  (1  2i  1)(1  2i  1)(1  i )  4(1  i )  4  4i
Pri imenovalcu uporabimo pravilo za kubiranje dvočlenika:
(a  b)3  a 3  3a 2b  3ab 2  b3
(1  i )3  1  3i  3i 2  i 3  1  3i  3  i  2  2i
Tako imamo:
4  4i 2(2  2i ) 2  2i (2  2i )(1  i ) 2  2i  2i  2 4




 2
2  2i
2(1  i )
1 i
2
2
2
(i)
4




 1  i 3 
6
Imenovalec v oklepaju najprej racionalizirajmo:
4
4(1  i 3)

 1  i 3
4
1  i 3
Izraz potencirajmo s polarnim zapisom:
z  42
Arg z    arctan
 3     3  43
4
4 

z 6  26  cos
 6  i sin
 6   64(cos8  i sin 8 )  64(cos 0  i sin 0)  64(1  0)  64
3
3


20
(j)
1 i 3 


 1 i 
!!
1  i 3 (1  i 3)(1  i ) 1  i  i 3  3 (1  3)  (2i 3) 1  3 2 3 1  3
i





 3i
1 i
2
2
2
2
2
2
 3
arctan  1 3

 2

 2 3 
 2 3(1  3) 
2 36
  arctan 
  arctan 
  arctan 
 


2
2

1
3







 2( 3  3) 
 arctan 
  arctan( 3  3)  arctan(3  3)
2


Za izračun arkus tangensa dobimo vrednost 3  3 . Ker naša tabela ne vsebuje te vrednosti, da bi
lahko iz nje prebrali enakovredne stopinje oz. radiane, potencirajmo števec in imenovalec vsak
posebej.
Potencirajmo (1  i 3) 20 :
z  42
Arg z  arctan
 3   3
(kompleksno število je v 1. kvadrantu)






 20 
 20  
z120  220  cos   20   i sin   20    220  cos 
  i sin 
 
3

3

 3 
 3 



2 
2  
2
2 


20 
 220  cos  6 
 i sin
  i sin  6 
   2  cos

3 
3 
3
3 




2
 120 , zato bomo od vrednosti odšteli  / 2 in dobili enako vrednost za kofunkcijo (a ne
3
nujno isti predznak), kar storimo v primeru, če je naš kot večji od  (ali manjši od  ):
2
 2
cos 
 3
1

 2  
   1 kosinus ima pri 3 negativno vrednost, zato:
   sin    


  sin 
2

 3 2
6 2
 2
sin 
 3
3

 2  
 
   cos   
  cos 

 3 2
6 2
OPOMBA: sin( x)   sin x , cos( x)  cos x , tg( x)   tg x , ctg( x)   ctg x
 1
 1
3 
3 
220 220 3
z120  220   
i   220   
i   

 219  219 3  219 1  3
2
2
2
2
2
2






Potencirajmo (1  i ) 20 :
z  2
Za izračun kota dobimo v funkciji arkus tangens negativno vrednost, kar pomeni negativen kot
glede na abcisno os (smer urinega kazalca). Ker se kompleksno število nahaja v 4. kvadrantu, ki je
tik pod pozitivnim delom abcisne osi, argument predstavlja izračun funkcije arkus tangens:
Arg z  arctan  1  

4
 2   cos   4  20   i sin   4  20     2   cos  5   i sin  5   
  2   cos  4     i sin  4       2   cos     i sin    
z220 
20
20
20
20
Ker ima kotna funkcija na vsakih 2 isto vrednost, smo vrednost 5 izenačili z vrednostjo
4   , kar je enako  . Pri tem kot še vedno ostane negativen. Ker  ni v opredeljen v naši
tabeli za nekatere vrednosti kotnih funkcij, bomo uporabili isto vrednost za kofunkcijo:


 
 
cos     sin      sin      sin    1
2

 2
2


 
 
sin     cos     cos      cos     cos    0
2

 2
2
OPOMBA: Funkcija ima vrednost kofunkcije v periodi  / 2 , ne glede na večanje ali manjšanje kota
za  / 2 . Kosinus je soda funkcija, kar pomeni, da ima tako za pozitiven kot za negativen kot isto
vrednost (če je pozitivna ali negativna, je odvisno od kvadranta, kjer se nahaja kot).
 2  
20

220  210
z220  210  1  0   210
Imamo:


19
z1 2 1  i 3

 29 1  i 3  512 1  i 3
10
z2
2

6
(k)
1 i 3  1 i 3 

  

 2   2 



3
Obravnavajmo vsak člen posebej.

6
1 i 3
1 i 3 

 
26
 2 

Iz 1  i 3

6
  1  i 3 
6
6
64
dobimo z  2 in Arg z  arctan
 3   3 , zato:

 
  
z 6  64  cos   6   i sin   6    64  cos 2  i sin 2   64(cos 0  i sin 0)  64
3 
 3 

Prvi člen je tako:
64
1
64
Drugi člen:
3


   
3
2
3
1 i 3
13  3  i 3  3  i 3  i 3
1  3i 3  3  3i 2 
1 i 3 



 
8
8
8
 2 
1  3i 3  9i 2  3 3i 1  3i 3  9  3 3i 8



 1
8
8
8


27i 3


Seštejemo oba člena skupaj:
1   1  1  1  0
(l)
 2 i 2 


3  i 

6
Racionalizacija imenovalca v oklepaju:

2 i 2
4

3 i


 
 6  2 i
6 i 2 i 6  2

4
4
2 6

Za izračun arkus tangensa bi morali uporabiti vrednost, ki se ne nahaja v naši tabeli vrednosti za
nekatere kotne funkcije, zato bomo potencirali števec in imenovalec vsak posebej.

Za  2  i 2

6
dobimo z  2 in Arg z  arctan  1    

4
 
  4 3

, zato:
4
4


 3 
 3  
 18 
 18  
z16  26  cos 
 6   i sin 
 6    26  cos 
  i sin 
 
 4

 4

 4 
 4 



2 
2  


 2 
 2  
6
 26  cos  4 
  i sin  4 
   2  cos 
  i sin 
 
4 
4 


 4 
 4 



 
  
 26  cos    i sin     26  0  i   64i
2
 2 

Za

3i

6
 3 
 1 
dobimo z  2 in Arg z  arctan 
  arctan  3   6 , zato:
 3



 
  
z26  26  cos   6   i sin   6    26  cos    i sin   
6 
 6 



 
cos  ima negativno vrednost, zato
 1
cos    sin      sin    1 
2

2


 
sin    cos      cos    0
2

2
z26  26  1  0i   26  64
z1 64i

 i
z2 64
(m)
y  ix x  iy

x  iy x  iy
y  ix x  iy ( y  ix)( x  iy )  ( x  iy )( x  iy ) ( xy  y 2i  x 2i  xy )  ( x 2  2 xyi  y 2 )




x  iy x  iy
x2  y 2
( x  iy )( x  iy )
( xy  y 2i  x 2i  xy )  ( x 2  2 xyi  y 2 ) ( xy  y 2i  x 2i  xy )  ( x 2  2 xyi  y 2 )



x2  y 2
x2  y2
xy  y 2i  x 2i  xy  x 2  2 xyi  y 2 x 2  2 xy  y 2  x 2i  2 xyi  y 2i



x2  y2
x2  y2
( x 2  2 xy  y 2 )  i ( x 2  2 xy  y 2 ) ( x 2  2 xy  y 2 )(1  i ) (1  i)( x 2  2 xy  y 2 )



x2  y 2
x2  y 2
x2  y 2
(n)
1  x 2  ix
x  i 1  x2
1  x 2  ix
x  i 1  x2
1  x  xi  x  i 1  x 


 x  i 1  x  x  i 1  x 
2
2
2
2
Izračunajmo števec in imenovalec posebej:

  1  x i 1  x   x i  xi i 1  x  
 x  1  x   i 1  x 1  x   x i  xi 1  x 

 
1  x 2  xi x  i 1  x 2 
1  x2  x 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
 x 1  x 2  i 1  2 x 2  x 4  x 2i  x 1  x 2 
 x 1  x 2  i 1  x 2   x 2i  x 1  x 2 
2
 x 1  x 2  x 1  x 2  i 1  x 2   x 2i 
2
 i 1  x 2   x 2i
2
 x  i 1  x  x  i 1  x   x
2
2
2
 xi 1  x 2  xi 1  x 2  i 2
 x2 
1  x 
2 2

1  x 
2 2
Dobimo:
i 1  x 2   x 2i
2
x2 
1  x 
2 2
 (1  x )  x   i

 (1  x )  x 
i
2 2
2 2
2. Določi Re(w), Im(w), |w| in konjugirano kompleksno število w (z = x + yi):
Nalogo rešujemo tako, da kompleksno število preoblikujemo v splošno obliko.
(a)
w  (1  i )(1  3i )
w  (1  i )(1  3i )  4  2i
Re( w)  4 , Im( w)  2 , w  20  2 5 , w  4  2i
(b)
w  (1  3i ) 2
w  (1  3i ) 2  1  6i  9  8  6i
Re( w)  8 , Im( w)  6 , w  100  10 , w  8  6i
(c)
w
1
i
1 1  (i ) i i
w 

  i
i i  (i ) i 2 1
Re( w)  0 , Im( w)  1 , w  1  1 , w  i
2
(d)
w
1
(1  2i ) 2
w
1
1
1
3  4i
3
4



  i
2
(1  2i ) 1  4i  4 3  4i
25
25 25
Re( w)  
3
4
, Im( w)  
25
25
2
2
2
9
16
25
1
1
 3   4 
1
w      



   
625 625
625
25
5
 25   25 
5
w
(e)
3
4
 i
25 25
w
1 i
i
w
1  i i (1  i )

 i  1  1  i
i
1
Re( w)  1 , Im( w)  1 , w  2 , w  1  i
(f)
w
2
1 i
w
2
2(1  i )

1 i
1 i
2
Re( w)  1 , Im( w)  1 , w  2 , w  1  i
(g)
w
(3  i )(1  i )
2i
w
(3  i )(1  i ) 3  3i  i  1 2  4i (2  4i )(2  i ) 4  2i  8i  4 10i





 2i
2i
2i
2i
5
5
5
Re( w)  0 , Im( w)  2 , w  4  2 , w  2i
(h)
w
1  3i
i

1 i i  2
i
1  3i
(1  3i )(i  2)  i (1  i ) (i  2  3  6i )  i  1 6  6i (6  6i )(1  3i )






i  2  1  2i
1 i i  2
(1  i )(i  2)
1  3i
10
12  24i 2(6  12i ) 6  12i
6 12



  i
10
10
5
5 5
w
6
12
180
36
1
1
6
6 12
Re( w)   , Im( w)   , w 

 36   6 

, w  i
5
5
25
5
5
5
5 5
5
(i)



  1  i 3  1  i 3    2  2i 3 1  i 3   2  2i
w  1 i 3
w  1 i 3
3
3
2
3  2i 3  2i 2 9 
 2  6  8
Re( w)  8 , Im( w)  0 , w  82  8 , w  8
(j)
w z
w  z  x  yi  x 2  y 2
Re( w)  x 2  y 2 , Im( w)  0 , w  x 2  y 2 , w  x 2  y 2
(k)
w  iz
w  iz  i ( x  yi )  xi  y   y  xi
Re( w)   y , Im( w)  x , w  x 2  y 2 , w   y  xi
(l)
w  z2
w  z 2  ( x  yi ) 2  x 2  2 xyi  y 2  ( x 2  y 2 )  2 xyi
Re( w)  x 2  y 2 , Im( w)  2 xy
w  ( x 2  y 2 ) 2  (2 xy ) 2  ( x 4  2 x 2 y 2  y 4 )  4 x 2 y 2  x 4  2 x 2 y 2  y 4 
 x 4  x 2 y 2  x 2 y 2  y 4  x 2 ( x 2  y 2 )  y 2 ( x 2  y 2 )  ( x 2  y 2 )( x 2  y 2 ) 
 ( x 2  y 2 )2  ( x 2  y 2 )
w  ( x 2  y 2 )  2 xyi
OPOMBA: Konjugirano kompleksno število lahko razstavimo in dobimo ( xi  y ) 2 .
(m)
w  z2
w  z 2  ( x  yi ) 2  x 2  2 xyi  y 2  ( x 2  y 2 )  2 xyi
Re( w)  x 2  y 2 , Im( w)  2 xy ,
w  ( x 2  y 2 ) 2  (2 xy ) 2  x 4  2 x 2 y 2  y 4  4 x 2 y 2  x 4  2 x 2 y 2  y 4 
 x 4  x 2 y 2  x 2 y 2  y 4  x 2 ( x 2  y 2 )  y 2 ( x 2  y 2 )  ( x 2  y 2 )( x 2  y 2 ) 
 ( x 2  y 2 )2  ( x2  y 2 )
w  ( x 2  y 2 )  2 xyi
OPOMBA: Konjugirano kompleksno število lahko razstavimo in dobimo (ix  y ) 2 .
(n)
w
1
z
w
1
1
x  yi
x
y

 2
 2
 2
i
2
2
z x  yi x  y
x y
x  y2
x
y
, Im( w)   2
2
x y
x  y2
Re( w) 
2
2
2
 x   y 
x2
y2
( x2  y 2 )
w  2





 2
2 
2 
( x 2  y 2 )2 ( x 2  y 2 )2
( x 2  y 2 )2
x y  x y 
!!
razreši konjugirano vrednost
(o)
w
z
w
z


z
z
x2  y2

x  yi

x 2  y 2 ( x  yi )

x2  y 2
( x 2  y 2 )( x 2  y 2 )( x  yi )
( x 2  y 2 )( x 2  y 2 )
x  yi
x2  y2
x

x2  y 2
x
Re( w) 
x y
2
2

x
x2  y 2
OPOMBA:

x2  y2
x2  y 2
i


( x 2  y 2 ) ( x  yi )
( x2  y 2 ) ( x2  y 2 )
i
y
x  y2
2
2
y
x2  y 2  ( x2  y 2 )
( x 2  y 2 )( x 2  y 2 )
y
, Im( w)  
2

x 2  y 2 ( x  yi )  ( x 2  y 2 )
( x 2  y 2 ) 2 ( x  yi )

 

x
y
 
 
w 
 x2  y 2   x2  y 2 

 

w
1
x  y2
2
x  yi
x2  y2
x2
y2


x2  y 2 x2  y 2
x2  y 2
 1 1
x2  y 2

a
a a
a
a
1
1 a



in

a
a
a a
a a
a
a a
(p)
w z z
w  z  z  ( x  yi )( x 2  y 2 )  x x 2  y 2  yi x 2  y 2  x x 2  y 2  y x 2  y 2 i
Re( w)  x x 2  y 2 , Im( w)  y x 2  y 2
w  ( x x 2  y 2 )2  ( y x 2  y 2 )2  x 2 ( x 2  y 2 )  y 2 ( x 2  y 2 )  ( x 2  y 2 )2  x 2  y 2
w  x x 2  y 2  y x 2  y 2 i  ( x  yi ) x 2  y 2
(q)
w zz
Pri ureditvi izraza kompleksnega števila bomo uporabili pravilo (a  b)(a  b)  a 2  b 2 :
w  z  z  ( x  yi )( x  yi )  x 2  ( yi ) 2  x 2  y 2i 2  x 2  y 2
Re( w)  x 2  y 2 , Im( w)  0 , w  ( x 2  y 2 ) 2  x 2  y 2 , w  x 2  y 2
(r)
w
z
z
w
z x  yi ( x  yi )( x  yi ) ( x  yi ) 2 x 2  2 xyi  y 2 x 2  y 2  2 xyi x 2  y 2
2 xy


 2


 2
 2
i
2
2
2
2
2
2
2
2
z x  yi
x y
x y
x y
x y
x y
x  y2
x2  y 2
2 xy
Re( w)  2
, Im( w)   2
2
x y
x  y2
2
2
 x 2  y 2   2 xy 
( x 2  y 2 )2
(2 xy ) 2
( x 2  y 2 ) 2  (2 xy ) 2
w  2





 2
2 
2 
2
2 2
2
2 2
2
2 2
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y


(

)
(

)
(

)


 

x4  2 x2 y 2  y 4  4 x2 y 2

x4  2 x2 y 2  y 4
x4  y 4  2 x2 y 2
 1 1
x4  y 4  2 x2 y 2
x2  y 2
2 xy
( x 2  y 2 )  2 xyi
w 2

i
x  y 2 x2  y 2
x2  y 2
3. Določi Re(w) in Im(w) (z = x + yi):
(a)
w
zz
2
 ix  y 


 ix  y 
w
z  z ( x  yi )  ( x  yi ) 2 x


x
2
2
2
Re( w)  x , Im( w)  0
(b)
w
zz
2
w
z  z ( x  yi )  ( x  yi ) x  yi  x  yi 2 yi



 yi
2
2
2
2
Re( w)  0 , Im( w)  y
(c)
w  ( z  2i )( z  2i )
w  ( z  2i )( z  2i )  ( x  yi  2i )( x  yi  2i )  ( x  yi  2i )( x  i ( y  2))  ( x  yi  2i)( x  i ( y  2)) 
 ( x  yi  2i )( x  yi  2i )  x 2  xyi  2 xi  xyi  y 2  2 y  2 xi  2 y  4  x 2  y 2  4 y  4
Re( w)  x 2  y 2  4 y  4 , Im( w)  0
(d)
w  z  (1  z )
w  z  (1  z )  ( x  yi )(1  x  yi)  x  x 2  xyi  yi  xyi  y 2  ( x 2  x  y 2 )  (2 xy  y )i
Re( w)  x 2  x  y 2 , Im( w)  2 xy  y
(e)
w
z
z 1
z
x  yi
x 2  xyi  x  xyi  y 2  yi x 2  x  y 2  yi
( x  yi)( x  yi  1)
w



 2

z  1 x  yi  1 ( x  yi  1)( x  yi  1)
x  2x  1  y2
( x  1) 2  y 2

x2  x  y 2
y
i
 2
2
2
x  2x  1  y
x  2x  1  y2
Re( w) 
(f)
wz
x2  x  y 2
y
, Im( w)  2
2
2
x  2x  1  y
x  2x  1  y2
1
z
1
1
( x  yi )( x  yi )  1 ( x  yi ) 2  1 x 2  2 xyi  y 2  1
w  z   ( x  yi ) 




z
( x  yi )
( x  yi )
( x  yi )
( x  yi)

( x 2  2 xyi  y 2  1)( x  yi ) x3  x 2 yi  2 x 2 yi  2 xy 2  xy 2  y 3i  x  yi


x2  y2
x2  y 2

x 3  x 2 yi  xy 2  y 3i  x  yi x3  xy 2  x x 2 y  y 3  y
i


x2  y2
x2  y 2
x2  y2
V realnem in imaginarnem delu posebej delimo veččlenike med seboj in dobimo:
Re( w)  x 
(g)
w  z2 
!!
reši
(h)
w  z2  z
x
y
, Im( w)  y  2
2
x y
x  y2
2
1
z2
w  z 2  z  ( x  yi ) 2 ( x  yi )  ( x 2  2 xyi  y 2 )( x  yi )  x3  x 2 yi  2 x 2 yi  2 xy 2  xy 2  y 3i 
 x 3  x 2 yi  xy 2  y 3i  ( x 3  xy 2 )  i ( x 2 y  y 3 )
Re( w)  x3  xy 2 , Im( w)  x 2 y  y 3
(i)
w  zz2
w  z  z 2  ( x  yi )( x  yi )2  ( x  yi )( x 2  2 xyi  y 2 )  ( x3  xy 2 )  i ( x 2 y  y 3 )
Re( w)  x3  xy 2 , Im( w)   x 2 y  y 3   y ( x 2  y 2 )
(j)
w  z3
w  z 3  ( x  yi )3  x 3  3x 2 yi  3 x( yi ) 2  ( yi )3  ( x3  3 xy 2 )  i (3 x 2 y  y 3 )
Re( w)  x 3  3xy 2 , Im( w)  3x 2 y  y 3
(k)
w  z4
w  z 4  ( x  yi ) 4  ( x  yi)3 ( x  yi )  ( x 3  3 x 2 yi  3 xy 2  y 3i)( x  yi) 
 ( x 4  6 x 2 y 2  y 4 )  i (4 x 3 y  4 xy 3 )
Re( w)  x 4  6 x 2 y 2  y 4 , Im( w)  4 x 3 y  4 xy 3  4 xy ( x 2  y 2 )
(l)
w  z3  i  z
w  z 3  i  z  ( x  yi )3  i ( x  yi )  ( x 3  3 x 2 yi  3 xy 2  y 3i )  xi  y 
 ( x 3  3 xy 2  y )  i (3 x 2 y  y 3  x)
Re( w)  x3  3xy 2  y , Im( w)  3x 2 y  y 3  x
4. Zapiši kompleksna števila v polarni obliki:
(a)
z  2
Kompleksno število se nahaja na negativni strani osi x , zato je argument:
Arg z  
z 2
z  2  cos   i sin    2ei
(b)
z  2i
Kompleksno število se nahaja na pozitivni strani osi y , zato je argument:
Arg z 

2
z 2



i
z  2  cos  i sin   2e 2
2
2

(c)
z   2  2i
Arg z    arctan(1)   

4

4   3

4
4
z 2
3
3

 i sin
z  2  cos
4
4

(d)

i 34
  2e

z  2  2i
Arg z  arctan(1) 

4
z  22  22  8  2 2



i
z  2 2  cos  i sin   2 2 e 4
4
4

(e)
z  i
Arg z  
z 1

2
(kompleksno število se nahaja na negativni strani osi y )

 
    i 
z   cos     i sin      e 2
 2
 2 

(f)
z  1  3i
Arg z    arctan( 3)   

3

3   2

3
3

2
3
z 2
2
2

 i sin
z  2  cos
3
3

(g)

i 23
  2e

z  2  2 3i
Arg z    arctan( 3)   

3
z  16  4
2
2

 i sin
z  4  cos
3
3

(h)

i 23
4

z  1  3i
Arg z    arctan( 3)   

3

3  
2

3
3
z 2

 2
z  2  cos  
 3

(i)

 2
  i sin  

 3

 i 23
   2e

z  5  5i
Arg z    arctan(1)   

4

3
4
z  50  5 2

 3
z  5 2  cos  
 4

(j)

 3  
 i 34
  i sin      5 2 e

 4 
z  3  3i

3

Arg z  arctan  
  
6
 3 
z  12  2 3

 
  
i 
z  2 3  cos     i sin      2 3 e 6
 6
 6 

(k)
z  4  3i
3
Arg z  arctan  
4
z  25  5
z  5  cos  arctan 34   i sin  arctan 34    5e
(l)
i  arctan 34
z  7  i
Arg z    arctan( 17 )
z  50  5 2
z  5 2  cos    arctan( 17 )   i sin    arctan( 17 )    5 2 e
(m)
z  5  3i
Arg z    arctan 53
z  34
z  34 e
(n)
z

i   arctan 35

1 i
1 i
1  i (1  i )(1  i ) (1  i ) 2 1  2i  1 2i
z




 i
1 i
2
2
2
2
Arg z  

2
z 1

 
    i 
z   cos     i sin      e 2
 2
 2 

5. Poišči vse rešitve enačb:

i    arctan 17

(a)
2 z 2  3 z 2  10i
Upoštevamo, da je z  x  yi . Dobimo:
...
( x 2  y 2 )  i (10 xy  10)  0
Iz realnega dela razrešimo x :
 x2  y2  0
 x2   y 2
x 2  y 2  x1  y, x2   y
Iz imaginarnega dela razrešimo y :
10 xy  10  0
10 xy  10
y  1010x 
1
x
Rešitev za y , pridobljeno iz imaginarnega dela, vstavimo v prvo rešitev realnega dela:
x y
x
1
x
x 2  1  x1  1, x2  1
Obe dobljeni rešitvi posamično vstavimo nazaj v rešitev imaginarnega dela. Za x1 :
y
1
x
y  11
y 1
Dobimo prvo rešitev: z1  1  i .
Za x2 :
y
1
x
y
1
1
y  1
Dobimo drugo rešitev: z2  1  i .
Druga rešitev realnega dela za x2   y :
x   1x
x 2  1  x1  i, x2  i
Če obe rešitvi vstavimo v enačbo y  1x , pridemo do ostalih dveh možnih rešitev prvotne enačbe:
x1  i  y1 
1
x1
x2  i  y2 
 1i  i  1i  0
1
x2

1
i
 i 
1
i
0
Če v prvotno enačbo vstavimo z  0 in rešitev na ta način preizkusimo, ugotovimo, da ne velja.
Rešitvi sta torej dve:
z1  1  i
z 2  1  i
(b)
z  iz 2  0
( x  yi )  i ( x 2  2 xyi  y 2 )  0
x  yi  x 2i  2 xy  y 2i  0
( x  2 xy )  i ( y  x 2  y 2 )  0
Iz realnega dela razrešimo x in y :
x  2 xy  0
x(1  2 y )  0  x  0
x  2 xy  0
2 xy   x
y
x
2x
 y
1
2
Iz imaginarnega dela razrešimo x :
y 2  y  x2  0
 x2   y 2  y
x 2  y 2  y  x1 
y 2  y , x2   y 2  y
Posamično y ne moremo razrešiti, lahko pa obrnemo strani obeh zgornjih rešitev:
y 2  y  x in
y2  y  x
Ob prenašanju korena iz ene na drugo stran izvedemo obratno operacijo, tj. kvadriranje. Rezultat
kvadriranja ni negativen, zato je druga rešitev za y enaka prvi:
y2  y  x
y 2  y  ( x)2
y 2  y  x2 
y2  y  x
Torej ena sama rešitev za y :
y2  y  x
Vzamemo rešitev za x iz realnega dela ( x  0 ) in jo vstavimo v rešitev za y iz imaginarnega
dela:
y2  y  x
y2  y  0
y2  y  0
y ( y  1)  0  y1  0, y2  1
Dobimo dve rešitvi prvotne enačbe:
z1  0  0i  0
z2  0  1i  i
Vzamemo še rešitev za y iz realnega dela ( y   12 ) in jo vstavimo v obe rešitvi za x iz
imaginarnega dela:
x1 
x2  
1
4
 12 
1
4
3
4
 12  
3
2

3
4

3
2
Dobimo še dve rešitvi prvotne enačbe:
3 1
3  i i  3
 i

2 2
2
2
3 1
 3  i i  3
 i

z4  
2 2
2
2
z3 
(c)
z 3  iz  0
Izraz poenostavimo:
z ( z 2  i)  0
Eno rešitev lahko že razberemo in sicer z1  0 . Ostali dve bomo dobili z obravnavo enačbe
z2  i  0 :
z2  i
Izraz bomo korenili po načinu za korenjenje kompleksnih števil. Za z  i dobimo z  1 in
Arg z 

2
. Za potrebe korenjenja imamo n  2 , k  0,1 in

n


2
2


4
.
Uporabili bomo naslednji obrazec:
z
1/ n
   2 k
 cos  n  n
 

  2 k
  i sin  
n

n



Prvi koren (rešitev za z2 ):
k 0
z2  cos

n

4

2 k 

 0
n
4
4
 i sin

4

2
2
2  2i
2(1  i )
2(1  i )( 2) 2(1  i ) 1  i

i




2
2
2
2
2( 2)
2 2
2
Drugi koren (rešitev za z3 ):
k 1

n

2k  2   4 5
 


n
4
2
4
4
Uporabimo lastnosti kotnih funkcij:
5
5 

 
 sin   
  sin   
4
4 

 4

 5 
 
cos 
   cos      cos
4
 4 
 4
sin
2 
2
2
2
2(1  i )
 2  2i
 
 
  



z3   cos    i sin     
i
 i  
2  2 
2
2
2
2
4
 4

(d)
2(1  i )( 2) 2(1  i ) 1  i


2( 2)
2 2
2
z 2 1
1
z 1
z 2 1  z 1
z2  z
( x 2  2 xyi  y 2 )  x  yi
( x 2  y 2  x)  i (2 xy  y )  0
Iz imaginarnega razrešimo x :
2 xy  y  0
 y  2 xy
y
y
 2x
1  2 x
x   12
Dobimo eno samo rešitev za x (rešitev je prav tako y  0 ).
Iz realnega dela razrešimo y :
x2  y 2  x  0
 y 2  x  x2
 y 2   x2  x
y 2  x 2  x  y1  x 2  x , y2   x 2  x
Če bi se iz realnega dela lotili razreševanja za x , bi dobili x 2  x  y 2 .
Iz imaginarnega dela smo dobili x   12 , ki ga bomo vstavili v obe rešitvi realnega dela:
y1 
y2  
1
4
 12 
3
4

3
2
3
2
Dobimo dve rešitvi prvotne enačbe:
1
3
1 i
z1   
i 
3
2 2
2 2
1
3
1 i
z2   
i 
3
2 2
2 2
Iz imaginarnega dela razrešimo še y :
2 xy  y  0
y (2 x  1)  0  y  0
Obe razrešeni vrednosti za y v realnem delu preoblikujemo, da bosta ustrezali rešitvi za x :
y  x2  x 
x2  x  y
Ker smo v imaginarnem delu za rešitev dobili y  0 , je v tem primeru enačba
 x2  x  y 
x 2  x   y enaka
x 2  x  y , tako da bomo le sem vstavili y  0 :
x2  x  y
x2  x  0
x2  x  0
x( x  1)  0  x1  0, x2  1
Dobimo še dve rešitvi prvotne enačbe:
z3  0  0i  0
z3  1  0i  1
OPOMBA: Iracionalne rešitve, ki jih dobimo iz realnega ali imaginarnega dela, niso del rešitev
enačbe, zato jih ne upoštevamo.
(e)
i
1
2
z
iz  1  2 z
iz  2 z  1  0
i ( x  yi )  2( x  yi )  1  0
xi  y  2 x  2 yi  1  0
( y  2 x  1)  i ( x  2 y )  0
Iz realnega dela razrešimo:
 y  2x  1  0
2 x  y  1  x  
y 1
2
in
 y  2 x  1  y  2 x  1
Iz imaginarnega dela dobimo x  2 y in 2 y   x  y 
x
.
2
Vstavimo rešitev imaginarnega dela x  2 y v rešitev realnega dela y  2 x  1 :
y  2(2 y )  1
y  4 y  1
5y  1  y 
1
5
Rešitev y 
lahko vstavimo nazaj v enačbo realnega dela x  2 y in dobimo x  52 . Lahko pa
1
5
vstavimo rešitev imaginarnega dela y 
x
2
v rešitev realnega dela x   y21 :
x2
1
x2 1
x2
 2 
 
2
2
2 2
4
4 x  ( x  2)
4x  x  2
2
5x  2  x 
5
x
x2
Dobimo eno samo rešitev prvotne enačbe:
z
(f)
2 1
2 i
 i 
5 5
5 5
z2 
1
0
z
z2  z  1  0
z zz 0
2
z z 0
( x  yi )( x 2  y 2 )  1  0
x 3  xy 2  x 2 yi  y 3i  0
( x 3  xy 2  1)  i ( x 2 y  y 3 )  0
Iz realnega in imaginarnega dela razrešimo tisto, kar se da.
Realni del:
x3  xy 2  1  0
xy 2   x 3  1
y2 
 x 3 1
x
 y1 
 x3 1
x
, y2  
Imaginarni del:
y3  x2 y  0
x2 y   y3
x2 
 y3
y
x 2   y 2  x1  yi, x2   yi
OPOMBA:
 y 2  1  y 2  y 1  yi
y3  x2 y  0
y ( y 2  x 2 )  0  y1  0
y 2  x2  0
y 2   x 2  y2  xi, y3   xi
 x3 1
x
Enačbe z imaginarnim številom izločimo. V imaginarnem delu ostane le y  0 , ki ga vstavimo v
obe rešitvi realnega dela in razrešimo x :
 x3 1
x
y
 x3 1
x
0
 x 3 1
x
0
 x3  1  0
x3  1  0
( x  1)( x 2  x  1)  0  x1  1, x2 
1 i 3
2
, x3 
1 i 3
2
Iracionalnih rešitev ne bomo upoštevali, temveč le x  1 . Dobimo rešitev prvotne enačbe:
z  1  0i  1
Z drugo enačbo 
 x3 1
x
 y
 x 3 1
x
  y ne bomo poskušali, ker z njo dobimo enake rešitve,
saj je 0  0 .
OPOMBA: Pri enačbi x3  1  0 do prve rešitve za x1 pridemo na način x3  1  x  3 1  1 . S
Hornerjem pridemo še do drugega faktorja, tj. ( x 2  x  1) , naprej pa enačbo ne moremo več
razcepiti, kar pomeni, da uporabimo obrazec za kvadratno enačbo, kjer za x2 in x3 dobimo
iracionalni rešitvi.
(g)
1
2i

2
z  i 1 i
Vsak člen enačbe množimo s faktorjem ( z  i )(1  i ) in dobimo:
(1  i )  (2  i )( z  i )  2( z  i )(1  i )
1  i  2 z  2i  zi  i 2  2( z  zi  i  i 2 )
1  i  2 z  2i  zi  i 2  2 z  2 zi  2i  2i 2
1  i  2 z  2i  zi  i 2  2 z  2 zi  2i  2i 2  0
1  i  zi  i 2  0
1  i  zi  1  0
i  zi  0
i  i ( x  yi )  0
i  xi  y  0
y  i (1  x)  0
Iz realnega in imaginarnega dela lahko neposredno preberemo rešitve. V realnem delu dobimo
y  0 , v imaginarnem 1  x  0  x  1 . Imamo rešitev prvotne enačbe:
z  1  0i  1
(h)
(2 z  3z )(2 z  3z )  1
(2 z  3z )(2 z  3 z )  1
4 zz  6 z 2  6 z 2  9 zz  1
4( x 2  y 2 )  6( x 2  2 xyi  y 2 )  6( x 2  y 2 )  1
4 x 2  4 y 2  6 x 2  12 xyi  6 y 2  6 x 2  6 y 2  1
16 x 2  4 y 2  12 xyi  1
Enačba nima rešitve, saj izraz 16 x 2  4 y 2  12 xyi ne more biti negativen (v našem primeru 1 ).
Bolj pregledno to opazimo, če enačbo enačimo z 0 :
16 x 2  4 y 2  12 xyi 1  0  izraz ne more biti manjši ali enak 0 (ni rešitve)
(i)
zz  1  0
2
z 1  0
x 2  y 2  1
Iz seštevka dveh kvadratov ne moremo dobiti negativne vrednosti, zato enačba nima rešitve.
(j)
z  z 2i
x 2  y 2  ( x  yi )  2  i
x 2  y 2  x  yi  2  i  0
( x 2  y 2  x  2)  i ( y  1)  0
V imaginarnem delu že dobimo eno samo rešitev y  1 , zato bomo v realnem delu razrešili x :
x2  y 2  x  2  0
x2  y 2  2  x
x 2  y 2  (2  x) 2
x2  y 2  4  4 x  x2
x2  y 2  4  4 x  x2  0
y2  4  4x  0
4x  4  y2
4  y2
x
4
V rešitev za x vstavimo rešitev imaginarnega dela y  1 :
4  y 2 4  12 3
x


4
4
4
Rešitev prvotne enačbe:
z
(k)
3
i
4
z2  i
Za z  i imamo z  1 in Arg z  2 , za potrebe korenjenja n  2 , k  0,1 in

n


2
2
 4 .
Prvi koren ( k  0 ):
2
2
 
 
z1  cos    i sin   

i
2
4
4 2
2  2i
2(1  i ) 1  i


2
2
2
Drugi koren ( k  1 ):

4

2 5

2
4
 5 
 5 
z2  cos 
  i sin 

 4 
 4 
Uporabimo lastnosti kotnih funkcij:
(l)
 5 
 5
cos 
 4
cos 
 ima negativno vrednost
2
2

 5  
 
 4 
   sin   

 
  sin 
2

 4 2
4 2
 5
sin 
 4
sin 
 ima negativno vrednost
2
2

 5  
 
 4 
   cos   

 
  cos 
2

 4 2
4 2
z2  
2
2
2(1  i ) 1  i
 2  2i

i


2
2
2
2
2
 5 
z 2  3  4i
Enačbo lahko rešimo tako, da upoštevamo z  x  yi in rešimo sistem enačb realnega in
imaginarnega dela oz. po postopku korenjenja kompleksnih števil. Izbrali bomo prvi način:
z 2  3  4i
( x  yi ) 2  3  4i
x 2  2 xyi  y 2  3  4i
( x 2  y 2  3)  i (2 xy  4)  0
Iz realnega dela razrešimo x :
x2  y 2  3  0
x 2  y 2  3  x1 
y 2  3, x2   y 2  3
Iz imaginarnega dela razrešimo y :
2 xy  4  0
2 xy  4  y 
Rešitev y 
2
x
2
x
vstavimo najprej v prvo rešitev realnega dela za x :
x
y2  3
x
 2x 
x
4
x2
x2 
4
x2
2
3
3
3
x 4  4  3x 2
x 4  3x 2  4  0
( x  2)( x  2)( x 2  1)  0  x1  2, x2  2, x3  i, x4  i
Upoštevamo le realne rešitve, torej x1  2 in x2  2 , ki ju vstavimo nazaj v y  2x :
x1  2  y1  22  1
x2  2  y2  22  1
Dobimo dve rešitvi prvotne enačbe:
z1  2  i
z2  2  i
Obravnavajmo še drugo rešitev realnega dela za x in sicer x   y 2  3 , kjer opazimo naslednje:
x   ( 2x ) 2  3
x 
4
x2
3
( x)2 
4
x2
3
x2 
4
x2
3
Dobili smo isto enačbo kot pri prvi rešitvi za x , kar pomeni, da bi z nadaljevanjem prišli do istih
rešitev. Vse rešitve prvotne enačbe smo torej že dobili.
(m)
z 2  (2i  3) z  5  i  0
( x 2  2 xyi  y 2 )  (2i  3)( x  yi )  5  i  0
x 2  2 xyi  y 2  2 xi  2 y  3x  3 yi  5  i  0
( x 2  y 2  2 y  3 x  5)  i (2 xy  2 x  3 y  1)  0
Iz realnega dela razrešimo y :
x 2  y 2  2 y  3x  5  0
 y 2  2 y   x 2  3x  5
y 2  2 y  x 2  3x  5
y 2  2 y 1  x 2  3 x  5 1
( y  1) 2  x 2  3 x  6
y  1   x2  3x  6
y1,2   x 2  3 x  6  1
Levo stran enačbe ( y 2  2 y ) smo dopolnili do popolnega kvadrata tako, da smo na obeh straneh
prišteli 1. V enačbi x 2  y 2  2 y  3 x  5  0 opazimo, da ima za y dve rešitvi. Eno rešitev za y
smo med razreševanjem izgubili. V vrstici y  1  x 2  3 x  6 kvadrata za y s prenašanjem na
drugo stran ni več, zato na desni strani poleg kvadratnega korena pred njim dobimo vrednost  .
Imamo dve rešitvi za y :
y1  x 2  3 x  6  1
y2   x 2  3 x  6  1
Iz imaginarnega dela razrešimo x :
2 xy  2 x  3 y  1  0
2 xy  2 x  3 y  1
x(2 y  2)  3 y  1
3y  1
x
2y  2
Razrešeni x vstavimo v rešitvi realnega dela za y :
y1  x 2  3 x  6  1
y2   x 2  3 x  6  1
V obeh rešitvah imamo pod korenom izraz x 2  3x  6 , ki ga bomo obravnavali najprej:
2
 3y  1 
 3y  1 
(3 y  1) 2 3(3 y  1)
9 y2  6 y  1 9 y  3
x  3x  6  







6
3
6
6



(2 y  2) 2
2y  2
4 y2  8 y  4 2 y  2
 2y  2 
 2y  2 
15 y 2  30 y  19
 ... 
4 y2  8 y  4
2
y1,2  
15 y 2  30 y  19
1
4 y2  8 y  4
Za y1 dobimo:
15 y 2  30 y  19
1
4 y2  8 y  4
y
( y  1) 2 
15 y 2  30 y  19
4 y2  8 y  4
( y  1) 2 (4 y 2  8 y  4)  15 y 2  30 y  19
( y 2  2 y  1)(4 y 2  8 y  4)  15 y 2  30 y  19
4 y 4  8 y 3  4 y 2  8 y 3  16 y 2  8 y  4 y 2  8 y  4  15 y 2  30 y  19
4 y 4  16 y 3  9 y 2  14 y  15  0
( y  1)( y  3)(4 y 2  8 y  5)  0  y1  1, y2  3, y3,4  
Med razreševanjem za y smo z množenjem pridobili dve rešitvi, ki sta zato neustrezni. Za y3,4
imamo iracionalno rešitev, ki je ne bomo upoštevali (to sta hkrati tudi pridobljeni neustrezni
rešitvi). Ustreznost rešitev y1,2 moramo preizkusiti.
Preizkus za y1  1 :
y
15 y 2  30 y  19
1
4 y2  8 y  4
1
64
1
16
1  4 1
1  2 1
11
Rešitev y1  1 ustreza. Razrešimo x :
x
3y  1 4
 2
2y  2 2
Dobili smo prvo rešitev prvotne enačbe:
z1  2  i
Preizkus za y2  3 :
y
15 y 2  30 y  19
1
4 y2  8 y  4
3 
15(3) 2  30(3)  19
1
4(3) 2  8(3)  4
3 
64
1
16
3  4  1
3  1
Rešitev y2  3 ne ustreza.
Če obravnavamo še y2  
15 y 2  30 y  19
 1 , pridemo do iste končne enačbe
4 y2  8 y  4
( y  1)( y  3)(4 y 2  8 y  5)  0 in zato tudi do istih rešitev y1  1, y2  3, y3,4   , kjer kot v
prvem primeru upoštevamo y1,2 in za obe rešitvi napravimo preizkus.
Za y1  1 :
y
15 y 2  30 y  19
1
4 y2  8 y  4
64
1
16
1  2  1
1  3
1 
Za y1  1 ni rešitve (v prvem primeru je ustrezala).
Za y2  3 :
15 y 2  30 y  19
y
1
4 y2  8 y  4
64
1
16
3  2  1
3  3
3  
Rešitev y2  3 ustreza. Razrešimo x :
x
3 y  1 3(3)  1 8


2
2 y  2 2(3)  2 4
Dobili smo še drugo rešitev prvotne enačbe:
z2  2  3i
!!
ugotovi, če sta res potrebna oba preizkusa!
(n)
z 2  2  2i 3
Enačbo bomo rešili z upoštevanjem z  x  yi in razrešitvi sistema enačb realnega in
imaginarnega dela. Rešimo jo lahko tudi z načinom korenjenja kompleksnih števil.
( x 2  y 2  2)  i (2 xy  2 3)  0
Iz realnega dela razrešimo x :
x2  y 2  2  0
x 2  y 2  2  x1 
y 2  2, x2   y 2  2
Iz imaginarnega dela razrešimo y :
2 xy  2 3  0
2 3
2x
3
y
x
y
V prvo rešitev realnega dela vstavimo y , ki smo ga dobili iz realnega dela:
x
y2  2
x
3
2
x2
3
2
x2
x4  3  2 x2
x2 
x4  2 x2  3  0
( x 2  3)( x 2  1)  0
Iz prvega faktorja ( x 2  3) dobimo dve rešitvi x1,2   3 , iz drugega faktorja pa iracionalni
rešitvi, ki jih ne bomo uporabili (to sta tudi pridobljeni rešitvi).
Razrešimo za x1,2   3 razrešimo y :
y1  
3
3

 1
x1
3
y2  
3
3

1
x2
 3
Dobili smo dve rešitvi prvotne enačbe:
z1  3  i
z2   3  i
Če jih preizkusimo v prvotni enačbi, ugotovimo, da obe ustrezata.
3
v obeh enačbah x1  y 2  2 in x2   y 2  2 pridemo do istih rešitev, saj
x
dejansko izhajamo iz prvotne enačbe realnega dela, ki je po preoblikovanju x 2  y 2  2 .
Za y  
6. Poišči vse rešitve enačbe:
(a)
z3  1  0
z  1  z  1, Arg z  
n  3,

n


3
,
k  0  1 
2 2

3
n

3

3
2 3


3
3
3
 4 5 5



 2  
k  2  3  
3
3
3
3
3
k  1  2 

0

Prvi koren:
3 1 i 3
 
  1
z1  cos    i sin    
i
2
3
3 2 2
Drugi koren:
z2  cos   i sin   1  0i  1
Tretji koren:
3 1 i 3
 
  1
z3  cos     i sin     
i
2
 3
 3 2 2
(b)
z3  1  0
z  1  z  1, Arg z  0
n  3,

n

0
2 2
 0,

3
3
n
k  0  1  0  0  0
2 2

3
3
4 4
k  2  3  0 

3
3
k  1  2  0 
Prvi koren:
z1  cos 0  i sin 0  1
Drugi koren:
 2
z2  cos 
 3

 2
  i sin 

 3
1
3
1  i 3

i
 
2 2
2


 4
  i sin 

 3
1
3
1  i 3

 
 
i
   cos    i sin     
2 2
2

3
3
Tretji koren:
 4
z3  cos 
 3
(c)
z 3  1  i
z  1  i  z  2, Arg z 
n  3,

n

 2
4
,
n

k  0  1 
4

3
4
2
3
0

4
2 11
k  1  2  

4
3
12
 4 19
k  2  3  

4
3
12


 
  
z1  6 2  cos    i sin   
4
 4 


 11 
 11
z2  6 2  cos 
  i sin 
 12 
 12


 19
z3  6 2  cos 
 12





 19  
  i sin 


 12  
Rešitve lahko zapišemo kot eno samo skupno rešitev:
6
(d)
2e
  k  2 
i 

3 
4
; k  0, 1, 2
z 3  2  2i
z  2  2i  z  8  2 2, Arg z 
n  3,

n

3  2 2
 ,

12 4 n
3
Skupna rešitev:
(e)
( z  1)3  i
3
4
2e
  k  2 
i 

3 
4
; k  0, 1, 2
Ker je i  i 3 , lahko enačbo zapišemo kot ( z  1)3  i 3 in iz enačbe z  1  i že lahko preberemo
eno rešitev:
z 1  i
x  yi  1  i  0
( x  1)  i ( y  1)  0  z1  1  i
OPOMBA: Prvotno enačbo bi lahko razširili, vse člene prestavili na levo stran in tako dobili
polinomsko enačbo s konstantnim členom 1  i , nato pa preko Hornerjevega algoritma poiskali
ničle.
Eno rešitev že imamo, zato lahko s Hornerjevim algoritmom enačbo preoblikujemo tako, da bomo
iz nje pridobili še ostali dve rešitvi:
 1  i 
1
3
(1  i )
(2  i )
1
3
(3  i )
i
1
(1  i )
i
z 2  z (2  i )  i  0
...
( x  y  2 x  y )  i (2 xy  x  2 y  1)  0
2
2
Iz realnega dela razrešimo x :
x2  y 2  2 x  y  0
x2  2 x  y 2  y
x2  2x  1  y2  y  1
( x  1) 2  y 2  y  1
x  1   y2  y  1
x1,2   y 2  y  1  1
Iz imaginarnega dela razrešimo y :
2 xy  x  2 y  1  0
2 xy  2 y   x  1
y (2 x  2)   x  1
x 1
y
2x  2
Rešimo sistem enačb z uporabo vseh razrešenih spremenljivk.
2
2  3
 x 1   x 1 
x1  
 
  1  1  ... 
2
 2x  2   2x  2 
2
2  3
 x 1   x 1 
x2   
 
  1  1  ... 
2
 2x  2   2x  2 
 2  3 
 2  3 


 1
 1
2
2
1
1




 ...   , y2 
 ...  
y1 
2
2
 2  3 
 2  3 
2
2
2
2
2
2




Dobimo ostali dve rešitvi prvotne enačbe:
2  i  3
2
2  i  3
z4 
2
z3 
(f)
z3 
z3 
1 i
0
1 i
(1  i ) 2
0
2
(1  i ) 2
z3 
2
1
2i  1 2i

 i
z3 
2
2
z 3  i  z  1, Arg z 
n  3,

n


6
k  0  1 
,

2
2 2

n
3

6
2   4 5


6
3
6
6
 4   8 9 3
k  2  3  



6
3
6
6
2
k  1  2 


3 1
i 3
 
 
 i
z1  cos    i sin   
2
6
6 2 2
3 1
i 3
 5 
 5 
 
 
 i
z2  cos 
  i sin 
   cos    i sin    
2 2
2
 6 
 6 
6
6
 3 
 3 
z3  cos    i sin    0  (1)  i
 2 
 2 
(g)
z4  1  0
z  1  z  1, Arg z  
n  4,

n


4
,
2 2 


n
4
2

k  0  1 
4

k  1  2 
4
k  2  3 
k  3  4 

4

4



2
2

2
3

2
3
4
5

4
7

4
2
2
1 i
 
 

z1  cos    i sin   
i  ... 
2
2
4
4 2
(h)
 3
z2  cos 
 4

 3
  i sin 

 4
1  i
2
2


i  ... 

2
2
2

 5
z3  cos 
 4

 5
  i sin 

 4
1  i
2
2


i  ... 

2
2
2

 7
z4  cos 
 4

 7
  i sin 

 4
2
2
1 i


i  ... 

2
2
 2
z 4  16  0
Enačbo lahko rešimo s postopkom za korenjenje kompleksnih števil ali na običajen način, tako da
s Hornerjevim algoritmom poiščemo ničle. Nalogo bomo rešili na slednji način.
z 4  16  0
z 4  16  z1  4 16  2
( z  2)( z 3  2 z 2  4 z  8)  0
( z  2)( z  2)( z 2  4)  0
z 2  2
z3,4 :
z2  4  0
z 2  4  z3,4  2i
(i)
z 4  8  8i 3
z  8  8i 3  z  16, Arg z   
n  4,

n

2  2 2 
 ,


12 6 n
4
2

3

2
3

k  0  1 
k  1  2 
6

6

k  2  3 
6

k  3  4 
6



2
2

2
3

2
2
3
7

6
5

3

 
   2 3 2
 i  3 i
z1  2  cos    i sin    
2
2
6
 6 


 
  
z2  2   cos    i sin     1  i 3
3
 3 


2 3 2
 
  
 i   3 i
z3  2   cos    i sin     
2
2
6
 6 

1

3 
 
  
z4  2  cos     i sin     2  
i   1  i 3
 3
 3 

2 2 
(j)
(1  i 3)  z 4  32  0
Enačbo najprej preuredimo:
(1  i 3)  z 4  32
z4 
32
32(1  i 3) 8(1  i 3)


 8(1  i 3)  8  8i 3  8  8 3i
4
1
1 i 3
z  8  8 3i  z  82  (8 3) 2  16, Arg z   
n  4,

n


6
,

3

2
3
1
2 
 , z 4  4 16  2
2
n

 
  
 z1  2  cos    i sin     i  3
6
6
 6 

  2

 2 
 2  
 z2  2  cos 
k  1  2   
  i sin 
   1  i 3
6 2
3
 3 
 3 

 2 7

 7 
 7  

 z3  2  cos 
k  2  3  
  i sin 
   i  3
6
2
6
 6 
 6 

k  0  1 
k  3  4 
(k)


6


3 5
 5

 z4  2  cos 
2
3
 3

z 4  18 z 2  81  0
( z 2  9)( z 2  9)  0  x1,2||3,4  3i
 5  

 1 i 3
  i sin 
 3 

Rešitve prvotne enačbe so: z1  3i, z2  3i, z3  3i, z4  3i .
(l)
z 4  6 z 3  9 z 2  100  0
Razstavimo:
( z 2  2 z  5)( z 2  8 z  20)  0
z 2  2 z  5  0  z1,2  1  2i
z 2  8 z  20  0  z3,4  4  2i