"PERDORIMI I NUMRAVE KOMPLEKSE DHE IMAGJINARE NE GJEOMETRI " PUNOI :MARJETA TABAKU. TEME DIPLOME.NE MSC- MATEMATIKE E ZBATUAR UNIVERSITETI I ELBASANIT.

1. 1
Republika e Shqipërisë
Universiteti “ Aleksandër Xhuvani ”
Fakulteti i Shkencave të Natyrës
Departamenti i Matematikës
Programi:
Master shkencor”Matematikëe zbatuar”
Temë diplome:
PËRDORIMI I IMAGJINARËVE NË GJEOMETRI
Punoi : Udheheqës shkencor:
Marjeta Tabaku Pr.Mehmet Ballkoçi
ELBASAN.2013

2. 2
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!

3. 3
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

4. 4
Përdorimii 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..

5. 5
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.

6. 6
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 =
𝑥
𝑟
.

7. 7
Kështu numri kompleks z paraqitet si një vektor 𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ gjatësia 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`=
−𝑦
𝑥2+𝑦2
Kështu nëse z(1;1) gjejmë z -1(
1
2
; −
1
2
)
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 𝑧̅,
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

8. 8
Nga OR=OM dhe ON =OM marrim | 𝑧̅| = | 𝑧| dhe |−𝑧| = | 𝑧|
pra | 𝑧̅| = | 𝑧|=|−𝑧| ■
* Trajta trigonometrike dhe trajta polare e numrit kompleks.
Për secilin numër kompleks kemi :a= 𝑟 cos 𝜑 ;𝑏 = 𝑟 sin 𝜑
y z= r(cos 𝜑+i sin 𝜑)=a+bi
𝑏 = 𝑟 sin 𝜑 z
b r
𝜑 fig 1.4
o a a= 𝑟 cos 𝜑 x
Atëherë trajta trigonometrike shkruhet : z= r(cos 𝜑+i sin 𝜑)
*Shprehja me koordinata polare të koordinatave kartezjane:
𝑟 = √𝑥2 + 𝑦2 ;
𝑡𝑔𝜑 = 𝑦
𝑥
dhe i shënojmë M(r;𝜑)
Dhe trajta polare ose eksponenciale që quhet formula e Eulerit :
𝑒 𝜑𝑖
=(cos 𝜑+i sin 𝜑) dhe :
z=r𝑒 𝜑𝑖
*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:
𝑧 𝑛 = √ 𝑟𝑛
[𝐜𝐨𝐬
𝝋+𝟐𝒌𝝅
𝒏
+ 𝒊 𝐬𝐢𝐧
𝝋+𝟐𝒌𝝅
𝒏
] , k=0,1,2,3….n-1

9. 9
Këto zgjidhje janë n numra që ne planin kompleks I përkasin kulmeve të një n-
këndëshi të rregullt të brendashkruar në rrethin me rreze √ 𝑟𝑛
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 pjestimii numrave komleks.
Shumzimi : z1•z2 = (a 1a2 - b1b2 ) + (a 1b2 + b1a2) i
Pjestimi :
𝑧2
𝑧1
=
𝑧2. 𝑧1
𝑧1. 𝑧1
=
𝑎1. 𝑎2 + 𝑏1 𝑏2
𝑎1
2 + 𝑏1
2
+
𝑎1 𝑏2 − 𝑎2 𝑏1
𝑎1
2 + 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)

10. 10
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. ■

11. 11
*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−𝑧1
𝑧3−𝑧2
=r është numë real.
M1 y
M2
Z2
z1 z3 M3 fig 1.7
o x
Zgjidhje:
Vektori 𝑀1 𝑀2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑂𝑀2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ - 𝑂𝑀1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = z2 -z1
Vektori 𝑀2 𝑀3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑂𝑀3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ - 𝑂𝑀2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = z3 –z2 .Vektorët MIM2 dhe M2M3 janë bashkëvijorë
numrat kompleks përkatës do të kenë të njëjtin argument pra:
z2 -z1 = r1(cos 𝜑+i sin 𝜑)
z3 – z2 = r2(cos 𝜑+i sin 𝜑)
𝑍2−𝑍1
𝑍3−𝑍2
=
r1(cos 𝜑+i sin 𝜑)
r2(cos 𝜑+i sin 𝜑)
=
r1
r2
= r i cili është numër real si raport numrash realë.■
*Rast i veçantë:
N.q.s
𝑍2−𝑍1
𝑍3−𝑍2
=1 atëhërë z 2=
𝑧1+𝑧3
2
pra z2 është mesi I segmentit (z1 ;z3)
Relacioni 𝑧 − 𝑧0 =(𝑧1—𝑧)𝑘 shkruhet;
𝑧 =
(𝑧0+ 𝑘∙𝑧1)
1+𝑘
(* )
dhe tregon sepika z ndan vektorin(𝑧0, 𝑧1) në raportin real k
ose që 𝑧0, 𝑧1, 𝑧 ndodhen në një drejtëz.

12. 12
*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 =
𝑑𝑧
𝑑𝑡
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−𝑏
𝑐−𝑑
=
𝑎−𝑏
𝑐−𝑑
~
𝑧−𝑧0
𝑧1−𝑧0
=
𝑧−𝑧0
𝑧1−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

13. 13
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 =
(𝑎+ 𝑘∙𝑚)
1+𝑘
për mesoren (b ,m1) kemi:
𝑧1 =
𝑏+𝑘∙𝑚1
1+𝑘
Që të kemi z=z1 duhet dhe mjafton që:
𝑎 + 𝑘𝑚 = 𝑏 + 𝑘𝑚1 ose 𝑘(𝑚 − 𝑚1) = 𝑏 − 𝑎
m – m1=
𝑏−𝑎
𝑘
; Por
m=
𝑏+𝑐
2
, m1 =
𝑐+𝑎
2
m – m1=
𝑏−𝑎
2
pra k=2 ateherë : 𝑧 =
𝑎+2
𝑏+𝑐
2
1+2
dhe
𝑧 =
𝑎+𝑏+𝑐
3
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( 𝜽 − 𝜶) = 𝒑
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 dhe 𝑙 𝑝𝑖𝑛𝑔𝑢𝑙 𝑚𝑒 𝑑

14. 14
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.

15. 15
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;
𝜋
4
) sepse AC=√𝑎2 + 𝑎2= a√2
D=(r,𝜃)=(a;
𝜋
2
) dhe
E=(r,𝜃)=(
a√2
2
;
𝜋
4
)
B)Ekuacionet e brinjëve dhe diagonaleve :
meqë 𝑟 ∙ cos(𝜃 − 𝛼) = 𝑝 kemi:
AB : 𝜽=0 ,sepse AB është paralel me boshtin polar 𝑟. sin 𝜃 = 𝑂 , p=0 .
AD: 𝜽 =
𝝅
𝟐
, 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 =
𝝅
𝟒
sepse p=0 dhe 𝛼 = 0
DB: 𝑟. cos(𝜃 −
𝝅
𝟒
) =
a√2
2
■

16. 16
*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−z2
z1−z 4
)/ (
z3−z2
z3−z 4
)=r , ku r është një numër real negativ.
Ky barazim mund të shkruhet:
(z1 – z2) (z3 − z 4 )= r ( z1 − z 4 )(z3 − z2) ku r<0
|(z1 – z2)(z3 − z 4 )| + |( z1 − z 4 )(z3 − z2)|
= |(z1 – z2)(z3 − z 4) − ( z1 − z 4 )(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

17. 17
A1
A2
A3 .An
A4 fig 1.12
A5
Shënojmë në figurën e mësipërme t j = |𝐴1 𝐴𝑗| ,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.

18. 18
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

19. 19
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 ;
(𝑧𝑖 − 𝑧𝑗) (𝑧𝑖 + 𝑧𝑗) (2)
Nga pèrkufizimi I qendrès :
G:=
𝑧1+𝑧2+𝑧3
3
(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

20. 20
1.5 Teorema e Talesit
Le të jenë dy drejtëza konkurente ox dhe ox1 ,a ,b dy pika në ox dhe a 1 𝑏1 dy pika në ox1
.kushti që aa1 dhe bb1 të kenë të njëjtin drejtim është:
𝑎
𝑏
=
a 1
𝑏1
=
𝑎1 − 𝑎
𝑏1 − 𝑏
Vërtetim:
x
b Fig .1.13
a
o 𝑎1 𝑏1 𝑥1
Supozojmë se:
𝑎
𝑏
= 𝑘 ;
𝑎1
𝑏1
=𝑘1
pika o është origjina e kompleksëve
Kushti i kolinearitetit të dy vektorëve shkruhet:
𝑎1 − 𝑎
𝑏1 − 𝑏
= 𝐾 (1)
Por 𝑎1 = 𝑘1 𝑏1 ; 𝑎 = 𝑘𝑏
dhe barazimi (1) merr formën:
𝑏( 𝐾 − 𝑘) = 𝑏1(𝐾 − 𝑘1)
Nga hipoteza b,𝑏1 janë të ndryshme,dhe barazimi I mësipërm mund të shkruhet vetëm
kur K =k =𝑘1 ,
pra kemi që:
𝑎
𝑏
=
a 1
𝑏1
=
𝑎1−𝑎
𝑏1−𝑏
■

21. 21
* 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 𝑎1 𝑏1 , 𝑐1 të kërkohet kushti për plotësimin e relacionit
𝑎−𝑏
𝑎1− 𝑏1
=
𝑏−𝑐
𝑏1− 𝑐1
= 𝛼, (1) 𝑘𝑢 𝛼 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
=
𝑏
𝑏1
=
𝑎−𝑏
𝑎1− 𝑏1
Nga njëvlershmëria me barazimin (1) kemi:0
(1)~
𝑏−𝑐
𝑏1− 𝑐2
=
𝑏
𝑏1
=
𝑎−𝑏
𝑎1− 𝑏1
~𝑐2= 𝑐1
Pra drejtëza cc1 kalon nga pika o.
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.

22. 22
*Shembull1.7 Zbatim për rrënjën e numrit kompleks
a) Gjeni të gjitha rrënjët me tregues 4 të numrit 16.
Zgjidhje
Shënojmë √16
4
<=> z4 =16 <=> z4=16(cos 0 + i sin 0).
Zbatojmë formulën: 𝑧 𝑛 = √ 𝑟𝑛
[𝐜𝐨𝐬
𝝋+𝟐𝒌𝝅
𝒏
+ 𝒊 𝐬𝐢𝐧
𝝋+𝟐𝒌𝝅
𝒏
], për k=0,1,2,3..n-1.
Atëherë kemi : 𝑧 𝑘 = 2[ 𝐜𝐨𝐬 𝟎+𝟐𝒌𝝅
𝟒
+ 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝟎+𝟐𝒌𝝅
𝟒
], 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
𝜋
2
+ i sin
𝜋
2
)=2i ; (0,2)
Për k=2 : z2=2(cos
3𝜋
4
+ i sin
3𝜋
4
)=-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
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 )

23. 23
atëherë zgjidhjet e z=√−16
4
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 − 𝐴𝑧̅ = 𝐴̅ 𝐵 − 𝐴𝐵̅
Ekuacioni I pingules së saj I hequr nga zo do të jetë :
𝐴.̅ 𝑧 + 𝐴𝑧̅ = 𝐴̅ 𝑧0 + 𝐴𝑧0̅
duke mbledhur kemi:
𝑧 =
(𝐴̅ 𝑧0+𝐴𝑧0̅̅̅)(𝐴̅̅̅ 𝐵−𝐴𝐵̅)
2𝐴̅
Ku z është këmba e pingules mbi drjtëzën e dhënë .shënojmë me d largësinë, kemi:
d=𝑖2
[(𝐴̅ 𝑧0−𝐴𝑧0̅̅̅̅)(𝐴̅̅̅̅ 𝐵−𝐴𝐵̅ )]
2
4𝐴𝐴̅ 𝑜𝑠𝑒
d=
[(𝐴̅ 𝑧0−𝐴𝑧0̅̅̅)(𝐴̅̅̅ 𝐵−𝐴𝐵̅)]
2√𝐴𝐴̅ ■

24. 24
Kapitulli 2
2.1 Rrethi dhe numrat kompleks
Ekuacioni i rrethit me qendër zo dhe rreze R jepet me formulën:
.z = zo +Reit ose
𝑧𝑧 - 𝑧0z -𝑧0 𝑧̅+d2-R2=0
Kur qendra e rrethit është në origjinë ekuacioni i rrethit shkruhet :
𝑧𝑧 =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
𝑧𝑧 - 𝑧0z -𝑧0 𝑧̅+d2-R2=0 <=>
f(a)= 𝑎𝑎 - 𝑧0a -𝑧0 𝑎̅+d2-R2=0
ose meqë d=z𝑧0̅
f(a)= (𝑎 -𝑧0)(𝑎̅ - 𝑧 𝑜̅ ) - 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 (𝑂̀, 𝑅̀ ) 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
̅̅̅̅− 𝑧0̀̅ )𝑚 + ( 𝑧0 − 𝑧0̀ ) 𝑚̅ = 𝑧0̅ 𝑧0 − 𝑧0̀̅ 𝑧0̀ + 𝑅2̀ − 𝑅2
= 𝐾𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑒 .

25. 25
*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 :
𝑧𝑧 - 𝑧0z -𝑧0 𝑧̅+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
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:
𝑎̅ 𝑥 ∙ 𝑎𝑥1̅̅̅= d2-R2
Pra az∙az1= d2-R2 e cila është një madhesi kostante ■

26. 26
*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∙ 𝑒 𝑖𝜃
; p=𝑟1 ∙ 𝑒 𝑖𝜃
do të kemi nga këto barazime që,
𝑚
𝑝
=
𝑚̅
𝑝̅
=
𝑟
𝑟1
(1) dhe rr1= 𝑚̅𝑝 = 𝑚𝑝̅
Ekuaconi I rrethit do të jetë :duke
𝑚̅𝑚 − 𝑧0 𝑚̅ − 𝑧0̅ 𝑚 = 0, (2) zo qendra
Duke marrë parasysh barazimin (1) nga (2) nxjerrim:
𝑚 =
𝑧0̅ 𝑚 + 𝑧0 𝑝̅
𝑝̅
(3)
por në trekëndëshin abm kemi: në bazë të (1)
( 𝑚 − 𝑎)( 𝑚̅ − 𝑎̅) − 𝑚̅𝑚 − 2rr1cos𝛼=𝑎̅a, (4) 𝛼 = 𝑎𝑏̂m

27. 27
në bazë të barazimit (1) barazimi (4) merr formën:
2𝑚 = 2𝑝 ∙ cos𝛼 +
𝑎̅ 𝑝 + 𝑎𝑝̅
𝑝̅
(5)
Duke veçuar m ndërmjet (4) dhe (5) do të kemi ekuacionin e vijës ku ndodhet pika p.
𝑝̅ 𝑝 −
2𝑧0̅ − 𝑎̅
2cos𝛼
∙ 𝑝 −
2𝑧0 − 𝑎
2cos𝛼
∙ 𝑝̅ = 0 (6)
Ekuacioni (6) paraqet një rreth që kalon ngapika O (origjinë ) që ka për qendër pikën
𝜏0 =
2𝑧0 − 𝑎
2cos𝛼
( 7 )
dhe për rreze skalarin p të dhënë me ekuacionin:
𝑝2
=
(2𝑧0−𝑎)(2𝑧0̅̅̅−𝑎̅)
4 cos2 𝛼
(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
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 ). ■

28. 28
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 :
𝑧𝑧̅- 𝑅2
=0 (1)
Dhe fuqia e qendrës së rrethit me diametër pz është
𝑧 + 𝑝
2
∙
𝑧̅ + 𝑝̅
2
− 𝑅2
(2)
Që gjedet duke zëvendësuar z-në me qendrën
𝑧+𝑝
2
në ekuacionin (1) pra ;
(𝑧 + 𝑝)(𝑧̅ + 𝑝̅)
4
− 𝑅2
=
(𝑧 − 𝑝)(𝑧̅ − 𝑝̅)
4
(3)
ose 𝑝̅ 𝑧 + 𝑝𝑧̅ = 2𝑅2
(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.

29. 29
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: 𝑎̅𝑧 − 𝑎𝑧̅ =
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 = 𝑝̅ 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.
*Polarja reciproke
Nëse marrim polaren e një pike p ndaj rrethit(O,R) ekuacioni i polares shkruhet:
𝑝̅ 𝑧 + 𝑝𝑧̅ = 2𝑅 (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`=dpdt.

30. 30
𝑧 =
2𝑅2
𝑝`
𝑝𝑝̀̅ − 𝑝̅ 𝑝̀
(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 =
2𝑎𝑅2
𝑎𝑏̅ − 𝑎̅𝑏
= 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:
𝑝̅ = r.e- i t+𝑧 𝑜
𝑝̀ = i e i t
𝑝̀̅ = −𝑑𝑟𝑒- i t
Atëherë: 𝑧 = −
𝑅2
𝑟+𝑧 𝑜 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 :
𝑥 = −
𝑅2
cos 𝑡
𝑟 + 𝑧 𝑜 cos 𝑡
, 𝑦 = −
𝑅2
sin 𝑡
𝑟 + 𝑧 𝑜 cos 𝑡
Duke zhdukur t, në këto lidhje kemi vijën k ,polare reciproke të kurbës k`
(𝐳 𝟎
𝟐
− 𝐫 𝟐
)𝐱 𝟐
− 𝐱 𝟐
𝐲 𝟐
+ 𝟐𝐑 𝟐
𝐳 𝟎 𝐱 + 𝐑 𝟒
= 𝟎 (6)

31. 31
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
(𝑧0
2
− 𝑟2
) , 𝐷 = 𝑟4
𝑅4
> 0 , 𝐶 = −𝑟2
,pra 𝐶𝐷 < 0
1) Në qoftë se 𝑧0
2
< 𝑟2
vija (6) është elips .
2) Në qoftë se 𝑧0
2
> 𝑟2
vija (6) është një hiperbolë .
3) Në qoftë se 𝑧0
2
= 𝑟2
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
/𝑟2
.
Nëse supozojmë që pika p përshkruan vijën elipse
𝑝 = 𝑎 cos 𝑡 + 𝑖 𝑏sin 𝑡 (𝑎 > 𝑏) (7)
𝑝̅ = 𝑎 cos 𝑡 − 𝑖 𝑏sin 𝑡
𝑝̀ = −𝑎 sin 𝑡 + 𝑖𝑏 cos 𝑡
𝑝̀̅ = −𝑎 sin 𝑡 − 𝑖𝑏 cos 𝑡
Duke zëvendësuar tek ekuacioni (2),do të kemi vijën k,polare reciproke të elipses (7)
𝑧 = −
𝑅2
cos 𝑡
𝑏
− 𝑖
𝑅2
sin 𝑡
𝑏
(8)
Dhe meqënëse z=x+iy kemi
𝑥 = −
𝑅2
cos 𝑡
𝑏
, 𝑦 = −
𝑅2
sin 𝑡
𝑏
Nëse zhdukim parametrin t ,
𝑎2
𝑥2
+ 𝑏2
𝑦2
= 𝑅4
. (9)
Shohim që polarja reciproke e një elipse ,është përsëri elipse. ■

32. 32
2.3 Tufë rrathësh
Nëse marrim parasysh një reper ortonormal xoy dhe bashkësinë e rrathëve që jepet
nga formula (1)
𝑓( 𝑧) = 𝑧𝑧̅ − 𝑥0( 𝑧 + 𝑧̅) + 𝑝 = 0 , (1)
Ku p = kostante ,reale .Qendra reale e rrathëve ëshë 𝑥0 dhe rrezja R.Kemi që:
𝑝 = 𝑟0
2
− 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
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX x
.xo A` fig 2.4.a

33. 33
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 𝑂𝐵̅̅̅̅ = √ 𝑝 , 𝑂𝐵̀̅̅̅̅ = −√ 𝑝 .Këta rrathë të tufës quhen pika limite ,ose pika të
ponseleut të tufës (fig. 2.4 c)
y
o x
B` B
Fig.2,4 c■

34. 34
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 :
𝑎𝑎̅ − 𝑥0( 𝑎 + 𝑎̅) + 𝑝 = 0 ~𝑥0 =
𝑎𝑎̅ + 𝑝
𝑎 + 𝑎̅
𝑎 + 𝑎̅ ≠ 0~𝑎 ∈ 𝑜𝑦
Duke patur kështu qendrën 𝑥0 të rrethit të kërkuar ,rrezja e tij do të përcaktohet nga
lidhja: 𝑅2
= 𝑥0
2
− 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) = 𝑧𝑧̅ − 𝑥0( 𝑧 + 𝑧̅) + 𝑝 = 0
Tufa F`përftohet nga zëvendësimi i 𝑥0 𝑚𝑒 𝑖𝑦𝑜 dhe p me p`=-p dhe kemi bashkësinë e
rrathëve F` me ekuacion:
F`: 𝑓`( 𝑧) = 𝑧𝑧̅ − 𝑖𝑦𝑜( 𝑧 + 𝑧̅) + 𝑝̀ = 0 (2)
Origjina o ka të njëjtën fuqi ndaj çdo rrethi të F`dhe kjo fuqi është p`:kemi :
𝑝̀ = 𝑦0
2
− 𝑅̀ 2
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 𝑅̀ 2
. 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:

35. 35
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)
(P̅ − z0̅ ) 𝑧 + (P − 𝑧0) 𝑧̅ = p̅ 𝑧0 − Pz0̅ − 2δ (1) ,δ = 𝑧0z0̅ − 𝑅2
Polarja e një pike limite b=√ 𝑝 ndaj një rrethi arbitrar të tufës F:
𝑧𝑧̅ − 𝑥0( 𝑧 + 𝑧̅) + 𝑝 = 0 (2) ë𝑠ℎ𝑡ë
𝑧̅ + 𝑧 + 2√ 𝑝 = 0 ; 𝑥0 = 𝑏
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. ■

36. 36
3.Transformimet pikësore
1.Translacioni paraqitet me barazimin :
Z`=Z + V ,
ku 𝑣 është afiksi i një vektoritë dhënë 𝑉⃗⃗⃗ dhe shënohet me simbolin𝑉̀⃗⃗⃗ ose 𝑣.
2. Rrotullimi me qendër zo dhe kënd 𝜑 jepet nga barazimi;
z`=z∙ 𝑒 𝑖𝜑
+p , p≡zo(1-𝑒 𝑖𝜑
) ose
z`=z∙ 𝑒 𝑖𝜑
+ 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)(𝑧̀̅ − 𝑧0̅ ) = 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.

37. 37
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) ei α
(2)
z```= z``- v = z ei α
+v( ei α
-1) (3)
Relacioni (3) tregon formulën e transformimit përfundimtar .Ky relacion tregon një
rrotullim me kënd 𝛼 dhe qendër 𝜏0 të tillë që :
𝜏0(1 − ei α
)=v (ei α
-1) (4)
ose 𝜏0= - v
Pra , prodhimi i të tri transformimeve të dhëna është një rrotullim me kënd 𝛼 dhe
qendër –v. ■
z `` z`
z```
𝛼 z
Xo x

38. 38
Zbatim 3.2
Të 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`∙ 𝑒 𝑖𝜑
+q , q≡zo(1-𝑒 𝑖𝜑
)
ose (1) z``=(k z + p) 𝑒 𝑖𝜑
+ q ~ z``=k z 𝑒 𝑖𝜑
+r , r≡ 𝑝 𝑒 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≡ 𝑝 𝑒 𝑖𝜑
+ q , k 𝑒 𝑖𝜑
≠ 1
atëherë relacioni (1) shkruhet në trajtën
(3) z``=𝑝𝑒 𝑖𝜑
(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 (𝑧2
``
− 𝑧1
``
) dy vektorë homologë ,
për këta vektorë kemi që :
(4) (𝑧2
``
− 𝑧1
``
)=k(𝑧2 − 𝑧1)
Ky relacion tregon që :
1)këndi I dy vektorëve homologë është I barabartë me këndin e rrotullimit .
2)raporti I moduleve të tyre është I barabarte me raportin në vlerë apsolute të
ngjashmërisë .

39. 39
Anassjelltas n në qoftë se në një translacion pikësor ,këndi midis dy vektorëve
homologë është një kostante 𝜑 dhe 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. 𝑒 𝑖𝜑
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
Atëherë shkruajmë ;

40. 40
{
𝑧 = 𝑧0 + Z ∙ a
𝑧`
= 𝑧0 + Z` ∙ a
Që të jenë
Fjalët kyce:

41. 41
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