Republika e Shqipërisë

Universiteti “ Aleksandër Xhuvani ”

Fakulteti i Shkencave të Natyrës

Departamenti i Matematikës

Programi: Master shkencor”Matematikë e zbatuar”

Temë diplome:

PËRDORIMI I IMAGJINARËVE NË GJEOMETRI

Punoi : Udheheqës shkencor:

Marjeta Tabaku Pr.Mehmet Ballkoçi

ELBASAN.2013

1

Falenderime Pas një kohe të gjatë i erdhi fundi dhe këtij niveli studimi. E lumtur që arrita në fund të realizoj dhe këtë qëllim të jetës sime dua perzemërsisht të falenderoj të gjithë stafin e petagogëve të departamentit Matematikë –Fizikë .Me një punë të palodhur e të admirueshme na ndihmuan vërtet shumë për plotësimin dhe përmbushjen e të gjithë detyrave e detyrimeve që nje studim master kërkon.

Për realizimin e këtij punimi ,falenderoj veçanërisht Prof.Mehmet Ballkoçi ,i cili me këshillat dhe sugjerimet e tij të vyera ndihmoi për vazhdimësinë dhe përfundimin me sukses të punës time. E falenderoj për mbështetjen , kurajimin dhe përkushtimin që ka treguar gjatë gjithë kësaj periudhe bashkëpunimi. I jam thellësisht mirënjohëse.

Falenderoj gjithashtu familjen dhe miqtë e mi për mbështetjen dhe përkrahjen në kohën që kam ndjekur studimet .

Faleminderit!

2

Përmbajtja:Njohuri themelore për numrin kompleks ,trajtat e paraqitjes së tij. ……3-5

Veprimet me numrat kompleks………………………………………….....6-7

Zbatime të trajtës gjeometrike dhe trigonometrike………………………..8-10

Zbatime të trajtës polare të numrit kompleks……………………………...9-11

Teorema e Talesit për numrin kompleks…………………………………...12

3

Përdorimi i imagjinarëve në gjeometri.

Abstrakt

Në gjeometrinë euklidjane janë provuar e vërtetuar shumë teorema e ushtrime.Për veprimet numerike në to janë përdorur numrat realë...

Shtrohet pyetja:A mund të vërtetojmë teorema dhe të zgjidhim ushtrime në gjeometri

duke pëdorur numrat kompleks dhe imagjinarë? Sigurisht kjo është e mundur nëse njihen mirë numrat kompleks,vetitë dhe veprimet me ta,nëse janë të qarta mënyrat e paraqitjes dhe formulat kryesore që zbatohen. Ky punim përmban disa zbatime të njohurive për numrat kompleks..

4

HYRJE

Numrat kompleks në fillim u zbuluan nga matematikani italian Girolamo Cardano, gjatë përpjekjeve të tij për gjetjen e zgjidhjeve të ekuacionit të shkallës së tretë.

Rregullat për shumën, ndryshimin, shumzimin dhe pjestimin e numrave kompleks u dhanë nga matematikani italian Rafael Bombelli. Një kuptim më apstrakt për numrat kompleks më vonë ndërtoi matematikani irlandez Ëilliam Roëan Hamilton, i cili konceptin e numrit kompleks e zgjeroi edhe më tej dhe në matematikë futi konceptin e kuaternioneve.Për trajtën eksponenciale të këtyre numrave punoi Euleri matematian i shquar ,po kështu përmendim dhe formulen e De Moivreit që dha paraqitjen trigonometrike të fuqisë së numrit kompleks .

Numrat kompleks janë përgjithsim i numrit real të formuar me ndihmën e një numri special i cili shënohet me i dhe quhet njësi imagjinare i cili sipas përkufizimit e plotëson kushtin :

i2= -1

Bashkësia e numrave kompleks shënohet me C dhe përfshin të gjithë numrat e trajtës:

z= a + bi ku zakonisht shënojmë

a =Re(z) pjesën reale dhe

b= Im(z) pjesën imagjinare

Bashksia e numrave real R mund të kuptohet si nënbashksi e bashkësisë së numrave kompleks C ;sepse ç'do numër real mund të shkruhet si numër kompleks i cili pjesën imagjinare e ka të barabartë me 0.

Kështu numrat realë janë : a+ 0i=a ,

dhe numrat imagjinarë janë: 0+bi=bi

Meqënëse numri kompeks mund të paraqitet në shumë mënyra dhe zbatimi i tij në gjeometri e fusha të tjera të matematikës është shumë i rëndësishëm.

5

1.1 Njohuritë themelore, trajta të paraqitjes dhe përkufizime për numrat kompleks dhe imagjinarë

*Trajta algjebrike e numrit kompleks është z= a+bi

I konjuguari I tij është: z=a-bi dhe

z∙z=a2+b2

Disa veti të konjoguacionit

*Paraqitja gjeometrike e z dhe të konjuguarit të tij z në rrafshin kompleks. ne fig 1.1

fig 1.1

r=

quhet modul i numrit kompleks .

Kurse arg z=φ quhet argument i numrit kompleks ku cos φ=xr .

6

Kështu numri kompleks z paraqitet si një vektor OMgjatësia e të cilit është sa moduli i numrit kompleks z. Në këtë mënyrë realizohet një bijeksion për numrin kompleks dhe planin P ,Shënohet me M(a;b) afiksi i numrit kompleks z=a+bi.

* I kundërti i numrit kompleks është –z= -a –bi; paraqitet si vektor i kundërt me vektorin paraqitës të numrit kompleks z.

y

M(a;b)

o x fig1.2

M`(-a;-b)

*I anasjellti i numrit kompleks është z -1=1/z dhe plotëson kushtin z∙z -1=1

Kordinatat e z -1jepen me barazimet

. x`=x

x2+ y2 ; y`=

− yx2+ y2

Kështu nëse z(1;1) gjejmë z -1(12;−12

¿

Teoremë :Numri kompleks ,i konjuguari i tij dhe i kundërti i tij kane të njëjtin modul.

Vërtetim: y

M(x:y)

O x

Fig.1.3

S (-x;-y) R(x;-y)

Për çdo numër kompleks me afiks piken M (x ;y) ndërtojmë pikën R simetrike të pikës M në simetrinë sipas bushtit (Ox) që është afiks I numrit kompleks z,

Ndërtojmë gjithashtu pikën N simetrike të pikës M në simetrinë sipas qendrës O dhe kjo pikë paraqet afiksin e numrit kompleks –z si në fig 1.3

7

Nga OR=OM dhe ON =OM marrim |z|=|z| dhe |−z|=|z|

pra |z|=|z|=|−z|■

* Trajta trigonometrike dhe trajta polare e numrit kompleks.

Për secilin numër kompleks kemi :a= r cosφ ;b=r sinφ

y z= r(cos φ+i sinφ)=a+bi

b=r sinφ z

b r

φ fig 1.4

o a a= r cosφ x

Atëherë trajta trigonometrike shkruhet : z= r(cos φ+i sinφ)

*Shprehja me koordinata polare të koordinatave kartezjane:

r=√x2+ y2 ;

tgφ= yx dhe i shënojmë M(r;φ)

Dhe trajta polare ose eksponenciale që quhet formula e Eulerit :

eφi=(cos φ+i sinφ) dhe :

z=reφi

*Formula e De Moivre:për fuqizimin e numrit kompleks:

*Nxjerrja e rrënjës së numrit kompleks del nga zgjidhja e ekuacionit të formës zn=ω.

Dhe të gjitha zgjidhjet shkruhen ne trajtën e meposhtme:

zn=n√r [cos φ+2kπ

n+i sin φ+2kπ

n ] , k=0,1,2,3….n-1

8

Këto zgjidhje janë n numra që ne planin kompleks I përkasin kulmeve të një n-këndëshi të rregullt të brendashkruar në rrethin me rreze n√r dhe qendër pikën z=0.

1.2 Veprime me numrat komleks

Veprimet me numrat kompleks interpretohen njësoj si veprimet me vektorë,

Shembull1.1

*Mbledhja dhe zbritja e numrave kompleks

y Z1+z2

z2 z1- z2 z1

fig 1..5

o x

Shuma e numrave kompleks z1+z2=(a1+a2)+(b1+b2)i

Diferenca e numrave kompleks z1-z2=(a1-a2)+(b1-b2)i

Në figurë ato jepen si shuma dhe diferenca e dy vektorëve që janë diagonalet e paralelogramit të formuar nga z1 e z 2.

* Shumzimi dhe pjestimi i numrave komleks.

Shumzimi : z1•z2 = (a 1a2 - b1b2 ) + (a 1b2 + b1a2) i

Pjestimi :

z2z1

=z2 . z1z1 . z1

=a1.a2+b1b2a12+b1

2 +a1b2−a2b1

a12+b1

2 i

Formula të përftuara nga përkufizimi formal i numrit kompleks,sipas të cilit numrat kompleksë jane çifte të renditura (a,b) e (c,d) të cilat gëzojnë vetitë:

(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)

(a, b)·(c, d) = (a·c − b·d, b·c + a·d)

9

1.3 Zbatime të numrit kompleks në trajtat gjeometrike e trigonometrike.

*Shembull 1.2

.Tëgjendet bashkësia e pikave të planit kompleks që plotësojnë barazimin

a)⌡z-1-i⌡ =⌡z+1+i⌡ b) ⌡z+i⌡=1

y

d A(1;1)

fig 1.6 a

o x

B(-1;-1)

zgjidhje: ⌡z-1-i⌡ =⌡z+1+i⌡ <=> ⌡z-(1+i)⌡=⌡z-(-1-i)⌡

shënojme me A (1;1) afiksin e numrit 1+1i, dhe me B(-1;-1) afiksin e numrit -1-1i

pikat A e B janë simetrike të njëra tjetrës në lidhje me o .Pikat e planit që vërtetojnë barazimin e mësipërm janë pikat që janë të barazlarguara nga pikat A e B. Ato ndodhen në përmesoren e segmentit [AB] ■

b) ⌡z+i⌡=1<=>⌡z-(-i)⌡=1 (1)

O X

Fig 1.6 b

-1

Y

Barazimi (1) tregon se largesa midis afiksit të numrit z dhe afiksit të numrit –i që paraqitet nga pika Q(0;-1) është 1.Pra pika z ndodhet në rethin me qendër Q(0;-1) dhe rreze 1 njësi. ■

10

*Shembull:1.3

Të tregohet se nëse afikset e tre numrave kompleksë z 1,z 2 , z 3,shtrihen në një drejtëz

ateherë raporti z2−z1z3−z2

=r është numë real.

M1 y

M2

Z2

z1 z3 M3 fig 1.7

o x

Zgjidhje:

Vektori M1M 2= OM 2- OM 1= z2 -z1

Vektori M2M 3=OM 3- OM 2= z3 –z2 .Vektorët MIM2 dhe M2M3 janë bashkëvijorë numrat kompleks përkatës do të kenë të njëjtin argument pra:

z2 -z1 = r1(cos φ+i sinφ)

z3 – z2 = r2(cos φ+i sinφ)

Z2−Z1Z3−Z2

= r1(cosφ+ isinφ)r2(cosφ+ isinφ)

=¿ r1r2

=r i cili është numër real si raport numrash realë.■

*Rast i veçantë:

N.q.s Z2−Z1Z3−Z2

=1 atëhërë z 2=z1+z32

pra z2 është mesi I segmentit (z1 ;z3)

Relacioni z−z0=¿—z ¿k shkruhet;

z=¿¿¿ (* )

dhe tregon sepika z ndan vektorin(z0 , z1) në raportin real k

ose që z0 , z1 , z ndodhen në një drejtëz.

11

*Për dy numra kompleksë z1 e z2 që paraqesin dy vektorë, kushti që këta vektorë të jenë ortogonalë ështe që produkti i z1 me të konjuguarin e z2 të jetë plotësisht imagjinar dmth që :

z1 z2=bi ku b real.

*Ekuacioni i një drejtëze.

Ekuacioni I drejtëzës D që kalon nga pika b dhe që ka për drejtim atë të vektorit a ,në lidhje me një reper ortonormal (z),është,

Z=at +b, ku t ndryshore reale

*Koeficienti këndor i drejtëzës d quhet numri kompleks a =dzdt që paraqet gjithashtu

dhe drejtimin e tangjentes në pikën z(t) të një vije k .

*Ekuaciani i një drejtëze me vektor drejtues –ia shkruhet:

a ∙ z+a ∙ z=b ku b real

*Ekuacioni i një drejtëze që kalon në dy pika z0 ,z1 shkruhet në ngjashmëri me raportin

real të koordinatave të dy vektoreve kolinearë me koordinata (a;b) e (c;d) : a−bc−d=a−b

c−d z−z0z1−z0

=z−z0z1−z0

Që është i formës:

a ∙ z+a ∙ z+b=0 ku b imagjinar i thjeshtë .

* Shembull:1.4

Të vërtetohet se mesoret e një trekëndëshi priten në një pikë.

y

b

n m m m

a m1lll c fig 1.8

o x

12

zgjidhje:

Le të jenë (a, b, c) kulmet e një trekëndëshi dhe (a,m) mesorja që del nga kulmi a dhe skajin tjetër në pikën m.Pika z ndan mesoren në raportin k :kemi

z=¿¿

për mesoren (b ,m1) kemi:

z1=b+k ∙m1

1+k

Që të kemi z=z1 duhet dhe mjafton që:

a+km=b+k m1 ose k (m−m1)=b−a

m – m1=b−ak ; Por

m¿ b+c2 , m1 =

c+a2

m – m1=b−a2 pra k=2 ateherë : z=

a+2 b+c2

1+2 dhe

z=a+b+c3

meqë ky barazim paraqet z që është simetrike ndaj a, b, c,të tri mesoret e trekëndëshit janë konkurente në pikën z të caktuar në këtë mënyrë,pra ato priten në një pikë

pikërisht në pikën z. ■

*Zbatime të numrit kompleks në trajtën polare

Ekuacioni i drejtëzës në koordinata polare: r ∙cos¿

Në drejtëzën d ndodhen vetëm ato pika që plotësojnë vetinë:projeksioni i OM mbi drejtëzën l është i barabartë me p ON =p. (shih figurën 1.9)

Ku M ϵd ,¿r,θ ¿ kordinatat polare të saj,OP boshti polar,.p-largësia e drejtëzës nga poli O ,ON=p dhel pingulme d

13

M(r,θ ¿

l

r N p

θ−α fig 1.9 α θ P

O

*Raste të veçanta:

a)Drejtëza d pingule me boshtin polar OP në largësi p prej tij:r . cosθ=p

sepse α=0

p d fig .1.10.a

o P

b) Drejtëza d paralele me boshtin polar në largësi p prej tij:r . sin θ=p

d sepse α=90 °

p

o P fig. 1.10.b

*Shembull:1.5

Për katrorin ABCD me brinjë a ,duke marrë kulmin A si pol dhe AB si bosht polar përcaktoni;

A)kordinatat polare të kulmeve e të qendrës E.

B)Ekuacinet e brinjëve e të diagonaleve.

14

D C a E A a B Fig 1.11

Zgjidhje:

Kordinatat polare të cdo pike janë;

A=(r,θ¿= (o;o)

B=(r,θ¿=(a ;o)

C=(r,θ ¿=(a√2;π4

¿ sepse AC=√a2+a2= a√2

D=(r,θ ¿=(a;π2 ) dhe

E=(r,θ ¿=( a√22

;π4 )

B)Ekuacionet e brinjëve dhe diagonaleve :

meqër ∙ cos¿ kemi:

AB :θ=0 ,sepse AB është paralel me boshtin polar r . sin θ=¿O ¿ , p=0 .

AD: θ=π2 , sepse AD është pingul me boshtin polar ,p=0.

BC: r . cosθ=a, sepse p=a dheBC pingul me boshtin polar .

DC:r . sin θ=¿ a¿, sepse p=a dhe DC është paralel me boshtin polar.

AC: θ=π4 sepse p=0 dhe α=0

DB: r .cos (θ− π4)=¿ a√2

2 ■

15

*Teorema e Ptolemeut

Në qoftë se pikat A B C D janë kulmet e renditura të një katerkëndëshi ciklik atëherë është i vërtetë barazimi:

|AC||BD|=|AB||CD|+|AD||BC|

Vërtetim

Në qoftë se numrat kompleks z1,z2 ,z3 ,z4 përfaqsojnë kulmet e renditura A B C D atëherë kemi :

( z1:z2 :z3 :z4 ) = ( z1−z2z1−z4 )/(

z3−z2z3−z 4 )=r , ku r është një numër real negativ.

Ky barazim mund të shkruhet:

(z1– z2) (z3−z4 )= r (z1−z4 )(z3−z2) ku r<0

|( z1– z2 ) ( z3−z4 )|+|( z1−z4 ) ( z3−z2 )|

¿|( z1– z2 ) ( z3−z4 )− ( z1−z4 ) ( z3−z2 )|

¿ ( z1– z3 ) ( z2−z 4 )

Kështu nga vargu i barazimeve provohet teorema e mësipërme . ■

Shembull 1.6 (zbatim i teoremës së Ptolemeut )

Supozojmë për n≥4, A 1 ,A 2 ;:::; A n janë kulmet e një n-këndëshi të rregullt në renditje të tillë që :

1|A1 A2|

= 1|A1 A3|

+ 1|A1 A4|

Çfarë është e vlefshme për n ?

zgjidhje

16

A1

A2

A3 .An

A4 fig 1.12

A5

Shënojmë në figurën e mësipërme t j =|A1 A j| ,ku j= 2 ,3, 4,5..

Sepse , A 1 A 2… A n është një figurë e rregullt ciklike

. t 2=|A2 A3|=|A3 A4|

. t 3¿|A2 A4|=|A3 A5|

. t4¿|A2 A5|

Zbatojmë teoremën e Ptolemeut për shumkëndëshin A1 A2A3 A5 ,marrim barazimin;

.t2 t3 + t2 t5 = t3 t4

Që nga kushtet e dhëna është i njëvlershëm me barazimin

t3 t4 = t2 t4 + t2 t3

nga ku gjejmë që

t2 t5 = t2 t4 dhe t5 = t4

kjo është e mundur vetëm në qoftë se n = 7.

17

Rrethi i Eulerit ose rrethi i nëntë pikave.

Teoremë A

Rrethi me qendër mesin e segmentit me skaje prerjen e lartësive të trekëndëshit të jashtëshkruar të këtij trekendëshi ,dhe me rreze sa ½ e rrezes së rrethit të jashtëshkruar ,kalon nga 9 pika: meset e brinjëve ,këmbët e lartësive dhe meset e segmenteve me skaje kulmet e trekëndëshit dhe prerjen e lartësive të tij

Kështu për çdo trekëndësh i shoqërohet një rreth me 9 pika gjeometrike të përbashkëta ,ky rreth quhet rrethi I Eulerit .Ka raste kur këto pika mbivendosen p.sh tek trekëndëshi barabrinjës.

Teoremë B (vija e Eulerit)

Qendra O e rrethit të jashtëshkruar të një trekëndëshi ,qendra e gravitetit G ,qendra N e rrethit të nëntë pikave dhe ortoqendra H e një trekëndëshi janë kolineare.

Gjithashtu plotesojnë kushtin: OG : ON : OH=2 :3 :6

Shënim:G pika e prerjes së përmesoreve ,H pika e prerjes së lartësive ,kolineare -bashkevijore

.z1

pp

HHHHHNNN

Z2

z3

18

Vertetim:

Marrim ortoqendren O t trekèndèshit tè dhènè si origjinè tè planit kompleks.Le tè jenè z1

z2 z3 kulmet e trekèndèshit tè pèrfaqsuara nga numrat kompleksè z1, z2 ,z3 .

Kemi :|z1|=|z2|=|z3|=¿: r (1)

Duke pèrdorur faktin qè diagonalet e rombit janè pingule me njèra tjetrèn ;

( z i−z j) ( z i+z j ) (2)

Nga pèrkufizimi I qendrès :

G:= z1+z2+z33

(3)

Ortoqendra jepet nga :

H :=z1+ z2+z3 (4)

Ortoqendra H èshtè e vetmja pikè qè kènaq relacionet :

(H – z1) _ ( z2 – z3 )

(H – z2) ( z3 – z1 ) (5)

(H – z3) ( z1 – z2 )

Provohet lehteè qè H e paraqitur nga relcioni (3) I kènaq relacionet (5)

Kèshtu provuam qè O ,G dhe H janè kolinearè dhe gjithashtu

OG:OH = 1 : 3

Vija OGH quhet vija e Eulerit

19

1.5 Teorema e Talesit

Le të jenë dy drejtëza konkurente ox dhe ox1 ,a ,b dy pika në ox dhe a1 b1 dy pika në ox1

.kushti që aa1 dhe bb1 të kenë të njëjtin drejtim është:

ab=a 1b1

=a1−ab1−b

Vërtetim:

x

b Fig .1.13

a

o a1b1 x1

Supozojmë se: ab=k ;

a1b1

=k1

pika o është origjina e kompleksëve

Kushti i kolinearitetit të dy vektorëve shkruhet:

a1−ab1−b

=K (1)

Por a1=k1b1 ;a=kb

dhe barazimi (1) merr formën:

b (K−k )=b1¿¿)

Nga hipoteza b,b1 janë të ndryshme,dhe barazimi I mësipërm mund të shkruhet vetëm kur K =k =k1 ,

20

pra kemi që:ab=a 1b1

=a1−ab1−b

■

* shembull1.6 (zbatim të teoremes së Talesit)

Jepen tri drejtëza joparalele ,dy nga dy .Ato priten nga dy drejtëzaparalele në pikat a ,b, c dhe a1b1 , c1 të kërkohet kushti për plotësimin e relacionit

a−b

a1−¿b1=b−c

b1−¿c1=α ,(1)kuα ¿¿ real I ndryshëm nga 1

zgjidhje

c b a

o

fig 1.13

c2

a1 b1 c1

Shënojmë me o pikën e prerjes së drejtëzave aa1dhe bb1. Shënojmë me c2 pikën e prerjes së dretëzave oc dhe b1c1 .Marrim si origjinë pikën o dhe kemi nga teorema e Talesit:

b−c

b1−¿c2=bb1

= a−ba1−¿ b1¿

¿

Nga njëvlershmëria me barazimin (1) kemi:0

(1)

b−c

b1−¿c2=bb1

= a−ba1−¿ b1¿

¿ c2=c1

Pra drejtëza cc1 kalon nga pika o.

21

Kushti që tri drejtëza jo paralele dy nga dy të caktojnë mbi dy paralele vektorë

proporcionalë ,është që të priten në një pikë. ■

Në përgjithësi :kushti që një bashkësi drejtëzash të caktojnë mbi dy paralele vektorë proporcionalë është që ato të jenë konkurente (prerëse në një pikë) . Meqënëse vetia është e vërtetë për tri drejtëza x1,x2, x3 kjo veti është e vërtetë dhe për drejtëzat x2, x3,x4

pra është e vërtetë për drejtëzat x1,x2, x3,x4 ;etj.

*Shembull 1.7 Zbatim për rrënjën e numrit kompleks

a) Gjeni të gjitha rrënjët me tregues 4 të numrit 16.

Zgjidhje

Shënojmë4√16<=> z4 =16 <=> z4=16(cos 0 + i sin 0).

Zbatojmë formulën: zn=n√r [cos φ+2kπ

n+i sin φ+2kπ

n ], për k=0,1,2,3..n-1.

Atëherë kemi :zk=2 [cos 0+2kπ4 +i sin 0+2kπ4 ], për k=0,1,2,3.

Për k=0 : z0=2(cos 0 + i sin 0) =2 ; me afiks (2,0)

Për k=1: z1=2(cos π2 + i sin

π2 )=2i ; (0,2)

Për k=2 : z2=2(cos 3π4 + i sin

3π4 )=-2i ; (-2,0)

Për k=3 : z3=2(cos π + i sin π ) =-2 ; (0,-2)

Pra ekuacioni z4 =16 ka 4 rrënjë .Gjeometrikisht ato janë kulme të katrorit të brendashkruar rrethit merreze 2 njësi ,me qendër në O(0,0) ,ato ndodhen në boshtet

koordinative si në figurën 1.7■

x

z1

22

z2 z0 zo y

fig 1.14 a

z3

b) Nëse numri do ishte negativ p.sh. z4= -16 dhez4=16(cos π- i sinπ )

atëherë zgjidhjet e z=4√−16 do të jenë kulmet e një katrori të brendashkruar ne rrethin me rreze 2 njësi e me kulme pikat : y

zo= √2+i√2 ; z2 z1

;z1=−√2+i√2 ;

z2=−√2−i√2 ; 2 x

z3=√2−i √2.

(figura 1.14 a e rrotulluar me 45o) ■ z3 z4

fig.1.14 b

Shembull 1.8

Të gjendet largësia e një pike nga një drejtëz

Zgjidhje ;

shënojmë me zo një pikë çfarëdo dhe me ekuacionin

z=At+B Një drejtëz në planin kompleks ,ku t parametër real.

Ekuacioni I drejtëzës është i njëvlershëm me ekuacionin:

A . z−A z=AB−A B

Ekuacioni I pingules së saj I hequr nga zo do të jetë :

A . z+A z=A z0+A z0

duke mbledhur kemi:

23

z=(A z0+A z0)(A ¿B−A B)

2 A¿

Ku z është këmba e pingules mbi drjtëzën e dhënë .shënojmë me d largësinë, kemi:

d=i2¿¿¿

d=¿¿■

Kapitulli 2

2.1 Rrethi dhe numrat kompleks

Ekuacioni i rrethit me qendër zo dhe rreze R jepet me formulën:

.z = zo +Reit ose

z z- z0z -z0 z+d2-R2=0

Kur qendra e rrethit është në origjinë ekuacioni i rrethit shkruhet :

z z=¿R2

Fuqia e një pike ndaj një rrethi gjendet duke zëvendësuar në anën e majtë të ekuacionit të rrethit z-në me a. Shprehja merr formën

z z- z0z -z0 z+d2-R2=0 ¿>¿

f(a)= a a- z0a -z0a+d2-R2=0

ose meqë d=zz0

f(a)= ¿ -z0)(a - zo) - R2=d2-R2

Shprehja më poshtë quhet fuqi e pikës a ndaj rrethit pra kemi:

f(a)= F(a)(o)= d2-R2

Boshti radikal i dy rrathëve(O,R) dhe (O , R) gjendet duke barazuar anët e majta të ekuacioneve të tyre,por dhe formulat e fuqive të tyre .Ky ekuacion përfaqson një drejtëz pingule mbi vijën e qendrave dhe ka formën

(z0¿− z0)m+( z0− z0 )m=z0 z0− z0 z0+ R2−R2=Kt reale .¿

24

*Shembull 2.1

Nga një pikë a e planit të një rrethi O R heqim një sekante arbitrare azz1. Të vërtetohet se az∙az1 është kostante e barabartë me d2- R2 , ku d është largësia e pikës a nga qendra o.

Zgjidhje

. z z1

o fig 2.1

Nëse marrim për origjinë të imagjinarëve pikën a dhe për bosht real ax drejtëzën az (të orientuar) ekuacioni i rrethit me qendër o do të jetë :

z z- z0z -z0 z+d2-R2=0

ekuacioni i drejtëzës az do të jetë :

z=x ;

pikat epërbashkëta të rrethit e te drejtëzës në fjalë jepen nga ekuacioni

x2-x(zo-zo)+ d2-R2=0¿>¿

x2-2xxo+ d2-R2=0

25

Barazimi I fundit paraqet një ekuacion të fuqisë së dytë me një ndryshore,nga formula e Vietës ne mund të gjejmë që prodhimi i rrënjëve të këtij ekuacioni është:

a x ∙a x1= d2-R2

Pra az∙az1= d2-R2 e cila është një madhesi kostante ■

*Shembull 2.2

Nëse në një rreth merret një segment abm më I vogël se ½ e rrethit dhe një pikë m variabël mbi harkun ab .Mbi gjysmëdrejtëzën bm marrim bp=am .Të gjendet vendi gjeometrik I pikës p kur m përshkruan harkun ab.

P c

m

a b

m

m1 c1 fig 2.2

p1

Zgjidhje

Marrim si origjinë të numrave kompleks pikën b dhe pozojmë:

m=r∙ eiθ ; p=r1 ∙ eiθ do të kemi nga këto barazime që,

mp=m

p= rr1

(1) dhe rr1=m p=m p

Ekuaconi I rrethit do të jetë :duke

26

mm−z0m− z0m=0 , (2) zo qendra

Duke marrë parasysh barazimin (1) nga (2) nxjerrim:

m=z0m+z0 p

p(3)

por në trekëndëshin abm kemi: në bazë të (1)

(m−a ) (m−a )−mm−¿ 2rr1cosα=aa, (4) α= abm

në bazë të barazimit (1) barazimi (4) merr formën:

2m=2 p ∙cosα+ a p+a pp

(5)

Duke veçuar m ndërmjet (4) dhe (5) do të kemi ekuacionin e vijës ku ndodhet pika p.

p p−2 z0−a2cos α

∙ p−2 z0−a2cosα

∙ p=0(6)

Ekuacioni (6) paraqet një rreth që kalon ngapika O (origjinë ) që ka për qendër pikën

τ 0=2 z0−a2cos α

(7)

dhe për rreze skalarin p të dhënë me ekuacionin:

p2=(2 z¿¿0−a)(2 z0−a)

4cos2α(8)¿

pasi bëjmë njehsimet gjejmë se kjo shprehje është e barabartë me R2; pra p=¿R, ku R është rrezja e rrethit abm.

Kur pika m është në b drejtëza bp është tangjente në b me rrethin o ,dhe pika p është mbi këtë tangjente në një pikë të tillë që bc=ba ;këndi abc është supl,i α .Kur pika m është në mesin i të harkut ab ,pika p është gjithashtu në i; pra rrethi (6) kalon nga i- ja pra i është pikë dyfishe

Kur pika m është në pikën a ,pika p është në b.Pra kur pika m përshkruan harkun ab,pika p përshkruan harkun bic të barabartë.

Është e qartë se të dy harqet bia dhe bic janë simetrike ndaj ai-së,kështu që vendi i p-së del nga vendi i m-së me anën e simetrisë boshtore me bosh ai .Meqë drejtëzat ba dhe bc janë simetrike ndaj bi ,dhe bc është tangjente në b ,ba është gjithashtu tangjente

27

me harkun bic në b ,pra qendra është pika e ndërprerjes e simetrales së kordës bc me pingulen në pikën b të ba .

Shënim :në qoftë se pika m përshkruan të gjithë rrethin o nga kahja e shigjetës, atëherë vendi i pikës koresponduese p përbëhet nga dy harqe rrethi bic dhe ai1c1 (si

në figurën ). ■

2.2 Polarja e një pike ndaj një rrethi

Dy pika P,Q quhen të konjuguara ndaj një rrëthi (O,R)në qoftë se rrethi me diametër PQ është pingul me rrethin (O,R).

P

R

Fig 2.3

Q

Përkufizim:Le të marrim për origjinë të numrave kompleksë qendrën O të rrethit ,dhe le të jetë p një pikë e dhënë dhe z një e konjuguar e saj e çfarëdoshme .Quhet polare e pikës p ndaj rrethit (O,R),vendi gjeometrik i pikës z .

Kushti që pika z të jetë e konjuguar e pikës p ndaj rrethit ( O,R) është që fuqia e qendrës së rrethit me diametër pz ndaj rrethit (O,R) të jetë e barabartë me katrorin e rrezes së rrethit të parë .Ekuacioni i rrethit ( O,R) është :

z z-R2=0 (1)

Dhe fuqia e qendrës së rrethit me diametër pz është

z+ p2

∙ z+ p2

−R2(2)

28

Që gjedet duke zëvendësuar z-në me qendrën z+ p2 në ekuacionin (1) pra ;

(z+ p)(z+ p)4

−R2=(z−p)( z−p)4

(3)

osep z+ p z=2 R2 (4)

Ky ekuacion tregon që :

1) polarja e pikës p ndaj rrethit (O,R) është drejtëz pingule ndaj vektorit p ,domethënë pingule me diametrin e rrethit që kalon nga pika p.

2) Ekuacioni (4) është simetrik ndaj z-së dhe p-së;pra polarja e z-së kalon nga pika p,kjo veti është e qartë në bazë të përkufizimit të dy pikave të konjuguara ku nuk merret parastsh rendi i tyre ,dhe të perkufizimit të polares .ose

Në qoftë se një pikë është mbi një dejtëz,polarja e pikës kalon nga poli i kësaj drejtëze.(sqarohet nga vetia 3)

3) Me anë të lidhjes (4) bëhet e mundur ti korespondojë çdo pike p një drejtëz që është polarja e saj dhe anasjelltas ,çdo drejtëze i përgjigjet një pikë ,polarja e së cilës ështe drejtëza e dhënë me këtë ekuacion: a z−az=b(5)

ku b është imagjinar i thjeshtë.Me të vërtetë mjafton të marrim në ekuacionin (4)

p=−2aR2

b (6)

kjo pikë e përcaktuar kështu quhet pol i drejtëzës (5) dhe poli është i vetëm.

4)Nëse marrim për bosht real diametrin e rrethit (O,R) që kalon nga pika p.Kemi p=p dhe ekuacioni (4) merr formën

pq= R2 ,q =këmbën e polares mbi Op (7)

Ky barazim tregon që pikat p ,q janë nga e njejta anë e qendrës O të rrethit (O,R);kur njëra prej tyre,p.sh p, i afrohet qendrës, tjetra q, i largohet qendrës; kur pϵ (O,R) edhe qϵ (O,R) ,pra polarja e një pike të rrethit (O,R) eshtë tangjente te kjo pike ; Kur pika p është jashtë rrethit pika q është brenda këtij rrethi,pra polarja pret rrethin ; Kur pika p është brenda rrethit , pika q është jashtë këtij rrethi,pra polarja nuk e

pret rrethin.Kur p ->0, q ->∝ ,pra mund të themi që polarja e qendrës është në infinit.

29

*Polarja reciproke

Nëse marrim polaren e një pike p ndaj rrethit(O,R) ekuacioni i polares shkruhet:

p z+ p z=2 R(1)

Për një vijë k`që përshkruhet nga p,drejtëza (1) e mbështjell këtë vijë .Duke zbatuar njohuritë për polaren gjendet ekuacioni parametrik i vijës k që është vija reciproke e vijës k`p=p(t) (t parametër real) dhe jepet me ekuacionin (2) ,ku p`=dp\dt.

z= 2 R2 pp p−p p

(2)

Shembull 2.3

a)Nëse supozoojmë që pika p përshkruan dejtëzën p=at +b (*) :që ka për vektor drejtues vektorin a dhe që kalon nga pika b. Çfarë vije përshkruan pika z?

Zgjidhje

Nga ekuacioni (2) pika z përshkruan vijën:

z= 2a R2

ab−ab=kostante(3)

pra pika z është fikse ,të gjitha polaret e pikës p ,kur kjo pikë përshkruan drejtëzën (*) kalojnë nga pikafikse e dhene nga barazimi (3) që është poli I drejtëzës (*).

b) Nëse supozojmë se pika p përshkruan rrethin (zo ,r): p = zo +r.eit (4)

do të kemi:

p=¿ r.e- i t+zo

p=¿ i e i t

p=−dre- i t

Atëherë:z= −R2

r+zo cos t ∙e i t (5)

Nëse marrim për bosht real diametrin e rrethit kryesor (O,R) që kalon nga pika zo;

atëëherë zo është real,gjithashtu dhe r + z0 cos t.Duke kujtuar që z=x+iy dotë kemi :

30

x=−R2cos tr+zo cos t

, y= −R2sin tr+zo cos t

Duke zhdukur t, në këto lidhje kemi vijën k ,polare reciproke të kurbës k`

(z¿¿02−r2) x2−x2 y2+2R2 z0x+R4=0 (6)¿

Diskutim

Ekuacionet (5) dhe (6) paroqesin vijën polare reciproke të rrethit me ekuacion të dhënë nga barazimi (4).Kjo polare reciproke është përgjithsisht një konike :

Kemi : d2=r2(z02−r2) ,D=r4 R4>0 ,C=−r2 ,pra CD<0

1) Në qoftë se z02<r2 vija (6) është elips .

2) Në qoftë se z02>r2 vija (6) është një hiperbolë .

3) Në qoftë se z02=r 2 vija (6) është një parabolë.

Në rastin (1), qendra O e rrethit kryesor është brenda rrethit (zo,r).

Në rastin (2),qendra është jashtë rrethit (zo,r).

Në rastin (2),qendra është mbi rrethin (zo,r).

Në qoftë se zo= 0 vija k do të jetë rrethi me ekuacion : x2+ y2=R4 /r 2.

Nëse supozojmë që pika p përshkruan vijën elipse

p=acos t+i b sin t (a>b) (7)

p=acos t−i b sin t

p=−a sin t+ib cos t

p=−a sin t−ibcos t

Duke zëvendësuar tek ekuacioni (2),do të kemi vijën k,polare reciproke të elipses (7)

z=−R2 cos tb

−i R2sin tb

(8)

Dhe meqënëse z=x+iy kemi

x=−R2 cos tb

, y=−R2sin tb

31

Nëse zhdukim parametrin t ,

a2 x2+b2 y2=R4. (9)

Shohim që polarja reciproke e një elipse ,është përsëri elipse. ■

2.3 Tufë rrathësh

Nëse marrim parasysh një reper ortonormal xoy dhe bashkësinë e rrathëve që jepet nga formula (1)

f ( z )=z z−x0 (z+z )+ p=0 ,(1)

Ku p = kostante ,reale .Qendra reale e rrathëve ëshë x0 dhe rrezja R.Kemi që:

p=r02−R2 (2)

Bashkësia (1) e varur nga një parametër quhet një tufë rrathësh me bazë ox dhe bosht oy.Të gjithë këta rrathë të marrë dy nga dy kanë për bosht radikal oy , mbasi o,ndaj secilit rreth ka të njejtën fuqi,që është kostantja p.

Duke i marrë x0 dhe R-në si koordinata kartezjane të një pike M,ekuacioni (2) është ekuacioni i një hyperbole barabrinjëse me boshte 2√ p dhe 2i√ p ,kur p>0: 2i√−p dhe 2√−p ,kur p<0.(hiperbola të konjuguara).Duke patur parasysh ndërtimin e vijës (2) ,mund të gjejmë grafikisht R-në për një clerë të dhënë të x0 ose anasjelltas

Ekuacioni (2) tregon që x0 dhe R ndryshjnë nga e njejta kahe.

Diskutim :shohim me rradhë rastet e mësipërm.

1)Kur p<0 .Fuqia e pikës ondaj rrethit (1) duke qënë më e vogël se se 0 ,pika o i përket (1), pra ky rreth pret oy në dy pika A ,A` të barabarta me rrënjët e ekuacionit: y2+¿p = 0 y=±√−p

Pikat A, A`quhen pika kryesore të tufës dhe i kanë kordinatat A(0;√−p¿ dhe A`(0;−√−p¿

Të ghithë rrathët e tufës kalojnë nga pikat A, A`;themi që tufa formohet prej rrathësh sekantë ose prerës (fig 2.4)

y

A

32

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX x

.xo A` fig 2.4.a

2) p=0,Fuqia e pikëës ndaj cdo rrethi të tufës (1) meqënëse është zero ,të gjithe rratët e tufës janë tangjentë me oy në pikën o .themi që tufa perbehet vetëm nga rrathë tangjentë.(fig 2.4 b)

y

x

fig. 2.4 b

. 3) p >0.Fuqia e pikës o duke qënë positive ndaj cdo rrethi të tufës (1), pika o nuk bën pjesë tek asnjë nga rrathët e tufës (1), këta rrathë nuk e presin oy ;themi se tufa formohet prej rrathësh josekantë .Për R=0 ,kemi sipas (2) ,x0=±√ p .pra dy rrathë pikë të tufës me qendra ¿±√ p

.Marrim OB=√ p ,OB=−√ p .Këta rrathë të tufës quhen pika limite ,ose pika të ponseleut të tufës (fig. 2.4 c)

y

o x

33

B` B

Fig.2,4 c■

Teoremë :2.1

Nga Çdo pikë e planit kalon përgjithësisht një rreth I tuufës dhe vetëm një .

Vërtetim:

Le të marrim një pike a . Që një rreth i tufës (1) të kalojë tek pika a ,duhet dhe mjafton që :

a a−x0 (a+a )+ p=0 x0=aa+ pa+a

a+a≠0 a∈oy

Duke patur kështu qendrën x0 të rrethit të kërkuar ,rrezja e tij do të përcaktohet nga

lidhja:R2=x02−p ■

Përkufizim :

Dy tufa rrathësh F dhe F` quhen të konjuguar në qoftë se rratët e tufes F`të marrë dy nga dy kanë për bosht radikal ox ,pra rratët e tufës F`formojnë një tufë ecila ka për bazë boshtin e tufës F dhe për bosht bazen e kësaj tufe .Gjithashtu nje rreth I tufës Fdhe një rreth I tufës F` janë ortogonalë .

Nëse tufa F ka ekuacionin (1)

F: f ( z )= z z−x0 ( z+z )+ p=0

Tufa F`përftohet nga zëvendësimi i x0mei yo dhe p me p`=-p dhe kemi bashkësinë e rrathëve F` me ekuacion:

F`: f (z )=z z−i yo (z+z )+ p=0 (2)

Origjina o ka të njëjtën fuqi ndaj çdo rrethi të F`dhe kjo fuqi është p`:kemi :

p= y02−R2

34

Ku R` eshtë rrezja e një rrethi çfarëdo të F`.Fuqia e qendrës iy të një rrethi të F`ndaj një rrethi të F është R2 .Të dy tufat quhen të konjuguara.

Edhe për tufën F` kemi tri raste të ngjashme me ato të tufes F që varen nga shenja e p dhe p`.Mund të themi që figurat për F` përftohen nga figurat e F .Lidhur me dy tufat kemi mbi natyrën e tyre kto raste:

1) p <0 atëherë kemi p`>0 .pra nëse nje tufë F është tufë rrathësh sekante, tufa e konjuguar F`është josekante .Pikat limite të saj janë pikat kryesore të tufës së konjuguar.

2) p=0 do të kemi p`=0 .Pra në qoftë se njëra tufë formohet prej rrathesh tangjentë ,tufa tjetër formohet prej rrathësh gjithashtu tangjentë.

3) p>0 do të kemi p`<0 .Pra në qoftë se njëra tufë Fformohet prej rrathësh josekantë tufa e konjuguar formohet prej rrathësh sekantë .pikat kryesore të saj jane pika limte të tufës së konjuguar .

Vihet rese pikat A,A`,B,B` ndodhen në kulmet e katrorit me brinjë 2√ p…. ■

Sqarojmë me figurë rastin 1). Nëse për tufën F kemi figurën 2.4 a figura e të konjuguarës F` do të jetë fig 2.5 :y

A

A` O x

Teoremë 2.2 :Një pikë limite ka të njëjtën polare ndaj çdo rrethi të tufës

Vërtetim

Nisemi nga ekuacioni I polares së një pike p ndaj një rrethi (zo,R)

(P−z0 ) z+(P−z0 ) z= p z0−P z0−2δ (1) , δ=z0 z0−R2

Polarja e një pike limite b=√ p ndaj një rrethi arbitrar të tufës F:

z z−x0 ( z+z )+ p=0(2)është

z+z+2√ p=0; x0=b

35

Ky ekuacion nuk varet nga rrethi (2) dhe vëmë re se kjo polare është pingulja e hequr

nga pika tjetër limite b`= −√ p mbi bazën ox. ■

3.Transformimet pikësore

1.Translacioni paraqitet me barazimin :

Z`=Z + V ,

ku v është afiksi i një vektoritë dhënëV dhe shënohet me simbolinV ose v .

2. Rrotullimi me qendër zo dhe kënd φ jepet nga barazimi;

z`=z∙ eiφ+p , p≡zo(1-e iφ) ose

z`=z∙ eiφ+ zo(1-e iφ)

3.Homotetiame qendër z0 dhe me raport k ,real jepet nga barazimi:

z`=k z + p , p≡s(1-k)

4. Inversioni me qendër zo dhe me fuqi k,reale paraqitet me relacionin:

( z−z0 ) ( z−z0 )=k

5.Formula e ndërrimit të rreperit ortonormal:

z=z0+Z ∙ ei α

Ku z është afiksi I pikës M ndaj reperit të parrë (z),z0 origjina e reperit të dytë (Z ¿ndaj reperit të parë dhe Z afiksi i pikës M ndaj reperit të dytë ;është këndi që boshti real i

dytë per tek boshti real i parë .

provohet që kombinimi ose prodhimi I këtyre transformimeve është përsëri një prej transformimeve më lart .figura fillestare dhe shëmbëllimi I përftuar nga prodhimi I disa prej këtyre trnsformimeve janë gjithmonë të ngjashme ose kongruente .kjo shihet qartë tek zbatimet e mëposhtme.

36

Zbatim 3.1

Të gjendet natyra e prodhimit të tri transformineve që vijojnë edhe elementët karakteristike të tij .

1)translacion v : 2)rrotullim (zo,α ) ; 3)një translacion –v.

Zgjidhje

Marrim si origjinë të numrave kompleksë qendrën zo ,dhe le të marrim z një pikë arbitrare të planit .Shënojmë me:

z` pikën shëmbëllim në transformimin 1)

z``shëmbëllimin e z` në transformimin 2)

z```shëmbëllimin e z`` në transformimin 3) ,këshu kemi që :

z`= z +v (1)

z``= z`( zo,α )= (z+v)e i α (2)

z```= z``- v = ze i α+v(e i α-1) (3)

Relacioni (3) tregon formulën e transformimit përfundimtar .Ky relacion tregon një rrotullim me kënd αdhe qendër τ 0 të tillë që :

τ 0¿)=v (e i α-1) (4)

oseτ 0= - v

Pra , prodhimi i të tri transformimeve të dhëna është një rrotullim me kënd α dhe

qendër –v. ■

z `` z`

z```

α z

37

Xo x

Zbatim 3.2Të gjendet prodhimi i një homotetie (s, k)dhe i një rrotullimi(zo,φ).

Zgjidhje

Homotetia (s, k) e transformon pikën z në z` nëpërmjet transformimit :

.z`=k z + p , p≡s (1 - k)

rrotullimi(zo,α ).transformon pikën z` në pikën z`` nëpërmjet transformimit:

z``= z`∙ eiφ+q , q≡zo(1-e iφ)

ose (1) z``=(k z + p)e iφ + q z``=k z e iφ+r , r≡ pe iφ+¿q

ky relacion përkufizon një ngjashmëri .Raporti i homotetisë quhet raport i ngjashmërisë dhe këndi i rrotulimit quhet kënd i ngjashmërisë .

le të kërkojmë pikën dyfishe të ngjashmerisë.Kemi z``= z

(2) z d=r

1−k e iφ , r≡ pe iφ+¿q ,k e iφ≠1

atëherë relacioni (1) shkruhet në trajtën

(3) z``=peiφ(k z – z d) + z d

Përfundim :çdo ngjashmëri ka një pikë të dyfishtë të dhënë nga formula (2) me kusht që ngjashmëria të mos jetë translacion

Le të jenë (z2−z1¿ e¿) dy vektorë homologë ,

për këta vektorë kemi që :

(4)¿ )=k(z2−z1¿

Ky relacion tregon që :

1)këndi I dy vektorëve homologë është I barabartë me këndin e rrotullimit .

38

2)raporti I moduleve të tyre është I barabarte me raportin në vlerë apsolute të ngjashmërisë .

Anassjelltas n në qoftë se në një translacion pikësor ,këndi midis dy vektorëve homologë është një kostante φdhe raporti I moduleve të tyre një kostante k pozitive transformimi është një ngjashmëri .

Me të vërtetë në këtë rast do të kemi relacionin 4) që shkruhet në formen 1).

Shënim: nëse supozojmë që s – zo = 0 ; do të kemi zd = 0 dhe z``=kz . eiφ Çdo ngjashmëri është prodhim injë homotetie dhe i një rrotullimi që kanë për qendër të përbashkët pikën dyfishe. nj

Shembull 3.3

Një trekëndësh abc ndryshon duke qëndruar I ngjashëm me veten e tij .kulmi a ëhtë fiks dhe kulmi b ndryshon duke përshkruar një vijë K.Të gjendet vendi gjeometrik I pikave që pershkruan kulmi I tretë c.

Zgjidhje :

Në këtë ngjashmëri ,pika a është pikë dyfishe dhe kemi që :a=kt=α

.ac/ab = k (ku k raporti i ngjashmërisë ) kështu pika c është homologia e pikes b. Pra kur pika b përshkruan një vijë K , pika c përshkruan një vijë K` të ngjashme me vijën K.Veçanërisht kur pika b përshkruan një drejtëz D ,pika c do të përshkruajë drejtëzën D`e cila del nga drejtëza D me anë të prodhimit të homotetisë (a ,k) me rrotullim (a ,α ) .Gjithashtu kur pika b përshkruan një rreth ,pika c do të përshkruajë një rreth rrezja e të cilit është prodhim I rrezes së rrethit të parë me raportin e ngjashmërisë .

Zbatim 3.4

Të kërkohet lidhja korespondencës midis dy pikave simetrike ndaj në drejtëze të dhënë (ndaj të njejtit reper ortonrmal ( z ) ) .

Le të jenë z dhe z` dy pika simetrike nddaj një boshti të dhënë që kalon nga një pikë e dhënë zo dhe që ka për vector drejtues njësi numrin kompeks a .Le të marrim një reper ortonormal të dytë ( Z ), I cili ka për bosht real boshtin e sietrisë .Kemi në bazë të formulës së transformimit të koordinatave komplekse

z=z0+Z ∙ ei α

39

Atëherë shkruajmë ;

{ z=z0+Z ∙az=z0+Z ∙a

Që të jenë

Fjalët kyce:

40

Numër kompleks.numër imagjinar,trajta gjeometrike,afiksi,moduli,argumenti i numrit kompleks, figura gjeometrike,drejtëz,trekëndësh,katror,drejtkëndësh rreth ,numri kompleks në trajtë polare,plani kompleks ,origjina e kompleksëve boshti real ;boshti polar ,transformime pikësore zhvendosje rrotullim ,homoteti ,inversion

Referencat:

Euler ëorks on complex rods …

Edmond Lulja,Neritan Babamusta,Shpëtim Bozdo….matematika e avancuar

Niko Kreçi:problema të zgjidhura nga matematika 4,2 tirane 2009

http://ëëë.math.toronto.edu/mathnet/questionCorner/geomimag.html

http://ëëë.ias.ac.in/resonance/January2008/p35-53.pdf 

41