diskretna zbirka

170
VIŠA TEHNIČKA ŠKOLA SUBOTICA mr. István Boros Gizella Csikós Pajor 7 7 × × ( ( 1 1 5 5 + + 1 1 5 5 + + 1 1 5 5 ) ) ZBIRKA PRIMERA I ZADATAKA IZ DISKRETNE MATEMATIKE 2. izdanje e 1 e 2 M 1 M 2 p 1 p 2 p 1 p 2 ⎯→ M 1 M 2 α 1 α 2 90 o 90 o n P 1 P 2 x y z r 2 r 1 O SUBOTICA 2006

Upload: ranko-vindzanovic

Post on 09-Aug-2015

380 views

Category:

Documents


19 download

TRANSCRIPT

Page 1: diskretna zbirka

VIŠA TEHNIČKA ŠKOLA SUBOTICA

mr. István Boros Gizella Csikós Pajor

77××((1155++1155++1155))

ZBIRKA PRIMERA I ZADATAKA IZ DISKRETNE MATEMATIKE 2. izdanje

e1

e2

M1

M2

p1

p2

p1

p2

⎯→

M1 M

2

α1

α2

90o

90 o

n

P1

P2

x

y

z

r2

r1→

O

SUBOTICA 2006

Page 2: diskretna zbirka

Opinio magistri probabilis tantum.

Nihil probat qui nimium probat.

_________________

PREDGOVOR

»Zbirka primera i zadataka iz Diskretne Matematike

7×(15+15+15)« je namenjena studentima prve godine Više tehničke škole u Subotici. Pre ove zbirke je napisan priručnik sa naslovom Diskretna Matematika, koji služi za pripremanje ispita istog naziva i koji se po Planu i Programu Škole izučava

u toku prvog semestra školovanja. Prilikom spremanja ove zbirke autori su se rukovodili idejom, da je čitalac savladao

teorijske sadržaje koji su u programu predmeta i obrađeni su u priručniku. U ovoj Zbirci su većinom primeri, koji se rade na

auditornim vežbama, zatim primeri, koji su bili na pismenim ispitima i kolokvijumima u proteklih nekoliko godina. Rešenja

su data kod nekih primera sa obimnim teorijskim objašnjenjem, a kod većine samo je prosto "urađen" zadatak.

Grafičko predstavljanje je svedeno na minimum, jer na auditornim vežbama se to opširno nadoknadimo.

Smatramo ovu zbirku sastavnim delom priručnika, te nije snabdevena spiskom korišćene literature, zato što se ona

poklapa sa literaturom koja je navedena u priručniku. Postavke zadataka su delom iz tih izvora, delom su

modifikacije tih zadataka, a delom su originalni prilozi autora. Zbirka sadrži sedam poglavlja.

Svako poglavlje se sastoji od dva dela: 0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEŽBE (Izbor zadataka i rešenja G. Csikós Pajor), 1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA (Izbor zadataka i rešenja Mr I.Boros)

U delu rešenih ispitnih zadataka posle svakog zadatka je naveden i jedan zadatak bez rešenja (za samostalni rad). Celokupnu zbirku treba posmatrati u duhu motoa koji se

nalazi u desnom gornjem uglu ove stranice. Molimo korisnike ove zbirke da svoje primedbe dostave lično autorima ili na

e-mail adrese: [email protected] ili [email protected]

Subotica, septembar 2005. godine

Učiteljevo mišljenje je samo verovatno.

Ništa ne dokazuje ko suviše dokazuje

Page 3: diskretna zbirka

______7×(15+15+15) SADRŽAJ

7 poglavlja sa po 15 primera za vežbe 15 primera ispitnih zadataka i 15 zadataka za samostalni rad:

1. Polinomi 1

1.0. Primeri zadataka za vežbe 1

1.1. Primeri ispitnih zadataka 11

2. Kompleksni brojevi 23

2.0. Primeri zadataka za vežbe 23

2.1. Primeri ispitnih zadataka 33

3. Vektorska algebra 43

3.0. Primeri zadataka za vežbe 43

3.1. Primeri ispitnih zadataka 51

4. Elementi analitičke geometrije u R3 61

4.0. Primeri zadataka za vežbe 61

4.1. Primeri ispitnih zadataka 73

5. Matrice i determinante 85

5.0. Primeri zadataka za vežbe 85

5.1. Primeri ispitnih zadataka 97

6. Sistemi linearnih algebarskih jednačina 109

6.0. Primeri zadataka za vežbe 109

6.1. Primeri ispitnih zadataka 123

7. Vektorski prostori 141

7.0. Primeri zadataka za vežbe 141

7.1. Primeri ispitnih zadataka 151

Page 4: diskretna zbirka

_________________1. POLINOMI

1.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEŽBE 1.0.1. Primer: Naći količnik polinoma ( ) 65432 234 +−+−= xxxxxP i . ( ) 132 +−= xxxQ Rešenje:

( ) ( )

5251133116811

3936523

262113213:65432

2

2

23

23

234

22234

−±

+−

±±

+−+

±±

++=+−+−+−

xxxxx

xxxxxx

xxxxxxxxxxx

mm

m

m

Prema tome količnik ovih polinoma možemo napisati kao

( )( ) 13

5251132 22

2

4

+−−

+++=xx

xxxxQxP

.

1.0.2. Primer: Naći količnik polinoma ( ) 13 23 −−−= xxxxP i ( ) 123 2 +−= xxxQ . Rešenje:

( ) ( )

92

926

97

914

37

134

37

332

97

3123:13

2

2

23

223

−−

±

−−−

±±

−=+−−−−

x

xx

xx

xxx

xxxxxx

mm

m

__________________________________________________________________ 1

Page 5: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 2

Prema tome količnik ovih polinoma možemo napisati kao

( )( ) 123

92

926

97

3 22

3

+−

−−+−=

xx

xxxQxP .

1.0.3. Primer: Napisati polinom trećeg stepena za koji je

3)1(,1)2(,2)1(,2)0( ==−−=−= PPPP . Rešenje: Polinom trećeg reda sa opštim koeficijentima može da se napiše u obliku

( ) dcxbxaxxP +++= 233 . Uvrstimo redom date vrednosti promenljive x u ovaj

polinom. Tada dobijamo da je: ( ) dP =03 ( ) dcbaP +−+−=−13 ( ) dcbaP +++=13 ( ) dcbaP +−+−=− 24823 Odavde se dobija sistem jednačina :

124832

2

=+−+−=+++

−=+−+−=

dcbadcbadcbad

1248

14

−=−+−=++

−=−+−

cbacbacba

Sabiranjem prve i druge jednačine dobijamo da je 2332 −=⇒−= bb .

Posle toga sledi da je 528

25

=−−

=+

ca

ca , tada je 528

522=−−

=+ca

ca, a odavde je

106 =− a . Koeficijent a je znači 35

− tada je 625

=c .

Traženi polinom glasi : ( ) 2625

23

35 23

3 ++−−= xxxxP .

1.0.4. Primer: Odrediti koeficijente cba ,, u polinomu ( ) cbxaxxxP +++= 23 tako da P(x) bude deljiv binomima 1−x i 2+x , a da podeljen sa 4−x daje ostatak18 .

Page 6: diskretna zbirka

Polinomi___________ Zbirka zadataka

Rešenje:

Na osnovu Bezuove teoreme slede sledeće činjenice: ( ) ( ) ( ) 01011 =+++⇒=⇒− cbaPxPx

( ) ( ) ( ) 0248022 =+−+−⇒=−⇒+ cbaPxPx ( ) 1841664184 =+++⇒= cbaP Odavde se dobija i rešava sistem jednačina:

464168241

−=++=+−

−=++

cbacbacba

bac −−−=⇒ 1

461416

8124−=−−−+

=−−−−baba

baba

45315

933−=+

=−ba

ba

155

3−=+

=−ba

ba

652126 =⇒−=⇒−=⇒−= cbaa Traženi polinom je : ( ) 652 23 +−−= xxxxP .

1.0.5. Primer:

Odrediti koeficijente srqp ,,, u polinomu ( ) srxqxpxxxP ++++= 2344 tako

da bude deljiv sa binomima 3,4,2 −++ xxx a da podeljen sa 1+x daje ostatak 24 .

Rešenje: Na osnovu Bezuove teoreme dobijamo da je: ( ) ( ) ( ) 01684222 =+−+−=−⇒+ pqrsPxPx

( ) ( ) ( ) 02566416444 =+−+−=−⇒+ pqrsPxPx

( ) ( ) ( ) 08279333 =+++++=⇒− pqrsPxPx ( ) 2411 =+−+−=− pqrsP ⇒ rqps +−+= 23 Uvrštavajući u ostale jednačine dobija se sistem jednačina: s

1044828279315633937

−=++−=−+−−=−+−

rqprqprqp

pr 739 −=⇒

1041228156828

2799211171563−=+−++−=−+−+−

qpqpqpqp

26020162642

−=−=+−

qqp

13−=⇒ q 2=⇒ p 14−=⇒ r 24=⇒ s . Znači da je traženi polinom ( )xP jednak: ( ) 2414132 234 +−−+= xxxxxP .

__________________________________________________________________ 3

Page 7: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

1.0.6. Primer: Naći sve korene polinoma i faktorisati ga ( ) 412946 2346 +++−−= xxxxxxPna skupu realnih brojeva. Rešenje: Polinom je šestog stepena, što znači da ima ukupno 6 korena, od kojih neki ( )xPmogu biti eventualno i višestruki koreni. Ako među njima ima racionalnih i to celih, oni treba da budu delioci slobodnog člana , što znači da ih tražimo među brojevima 4

4,2,1 ±±± . Hornerovom šemom lako i brzo proveravamo koji su od ovih brojeva koreni:

1 0 -6 -4 9 12 4 1 1 1 -5 -9 0 12 16 ⇒ 1 nije koren

1 0 -6 -4 9 12 4 -1 1 -1 -5 1 8 4 0 ⇒ -1 je jednostruki koren

1 -1 -5 1 8 4 -1 1 -2 -3 4 4 0 ⇒ -1 je dvostruki koren

1 -2 -3 4 4 -1 1 -3 0 4 0 ⇒ -1 je trostruki koren

1 -3 0 4 -1 1 -4 4 0 ⇒ -1 je četvorostruki koren

Posle ovih računanja polinom ( )xP možemo napisati u obliku ( ) ( ) ( )441 24 +−+= xxxxP odakle se lako uviđa da je nad skupom R faktorizacija datog polinoma ( ) ( ) ( )24 21 −+= xxxP . 1.0.7. Primer: Naći racionalne korene polinoma ( ) 82018116 23456 −+−−+−= xxxxxxxP . Rešenje: Polinom šestog stepena ima ukupno 6 korena od kojih ne moraju svi biti realni, a od realnih ne moraju svi biti racionalni. Cele i razlomljene korene (znači racionalne) možemo tražiti Hornerovom šemom slično kao u prethodnom zadatku:

__________________________________________________________________ 4

Page 8: diskretna zbirka

Polinomi___________ Zbirka zadataka

1 -6 11 -1 -18 20 -8 1 1 -5 6 5 -13 7 -1 1 nije koren ⇒

1 -6 11 -1 -18 20 -8 -1 1 -7 18 -19 1 19 -27 -1 nije koren ⇒

1 -6 11 -1 -18 20 -8 2 1 -4 3 5 -8 4 0 2 je jednostruki koren ⇒

Nalaženjem prvog korena 21 =x dati polinom možemo napisati u obliku ( ) ( )( )485342 2345 +−++−−= xxxxxxxP . Dalje tražimo korene dobijenog polinoma

petog reda. Pošto može biti i višestruki koren, proveravamo ga još jednom: 2

1 -4 3 5 -8 4 2 1 -2 -1 3 -2 0 2 je dvostruki koren ⇒

pa se polinom dalje piše u obliku ( ) ( ) ( )2322 2342 −+−−−= xxxxxxP . Sada tražimo korene polinoma četvrtog reda, s tim da postoji mogućnost da bude trostruki koren. 2

1 -2 -1 3 -2 2 1 0 -1 1 0 2 je trostruki koren ⇒

Sada faktorizacija glasi ( ) ( ) ( )12 33 +−−= xxxxP . Dalje tražimo korene polinoma . On ima tri korena, od kojih ili su sva 13 +− xxtri realna, ili je jedan realan i dva kompleksna. Znači da bar jedan realan koren još uvek postoji. On može biti ili racionalan ili iracionalan. Ako bi bio racionalan onda bi to morao da bude ili 1 ili , koje smo brojeve već na početku proverili i isključili kao 1−korene. Ostaje da je taj realni koren iracionalan, a s tim je zadatak i završen, jer se u njemu traže samo racionalni koreni datog polinoma. Racionalni koren je znači:

2321 === xxx , a poslednja faktorizacija koju možemo odrediti je

( ) ( ) ( )12 33 +−−= xxxxP .

1.0.8. Primer: U polinomu ( ) odrediti parametar tako da da axxxxxP +−+−= 14146 234

4 ajedan koren polinoma bude ix += 21 . Zatim ga faktorisati nad poljem realnih brojeva.

Rešenje: Ako je jedan koren ixix −=⇒+= 22 21 , pa se može napisati: ( ) ( )( ) ( )xPxxxxxP 2214 −−=

( ) ( )( ) ( )xPixixxP 24 22 +−−−=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )54:54 2422

24 +−=⇒+−= xxxPxPxPxxxP

__________________________________________________________________ 5

Page 9: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

( ) ( )

554

4

10821492

541254:14146

2

2

23

23

234

22234

−±±

+−

±

+−+−

±±

+−=+−+−+−

axx

axx

xxxaxxx

xxxxxxxaxxxx

m

mm

m

Polinom ( je deljiv sa polinomom )xP4 ( )542 +− xx bez ostatka, pa mora biti 05 =−a , odakle sledi da vrednost parametra treba da bude a 5=a . Faktorizacija

polinoma glasi: ( ) ( )( )1254 224 +−+−= xxxxxP , odnosno:

( ) ( )( )224 154 −+−= xxxxP .

1.0.9. Primer: Ostaci pri deljenju polinoma ( )xP sa 2,1 −− xx i 1+x su redom i . 3,2 6Odrediti ostatak pri deljenju polinoma ( )xP sa njihovim proizvodom ( )( )( )121 +−− xxx . Rešenje: Delioc ( )( )( 121 + )−− xxx je polinom trećeg reda, što znači da ostatak pri deljenju sa može biti polinom najviše drugog reda. Neka je to ( )( )( 121 +−− xxx )( ) cbxaxxR ++= 2 . Tada se može napisati da je:

( ) ( )( )( ) ( ) ( )xRxQxxxxP ++−−= 121 , odnosno da je ( ) ( )( )( ) ( ) cbxaxxQxxxxP ++++−−= 2121 . Primetimo da je ovde ( ) ( ) cbacbaxQP ++=+++⋅= 01 ( ) ( ) cbacbaxQP ++=+++⋅= 242402 ( ) ( ) cbacbaxQP +−=+−+⋅=− 01 . S druge strane po uslovima zadatka i na osnovu Bezuove teoreme možemo pisati i da je ( ) ( ) ( ) 61,32,21 =−== PPP . Ostaje da se reši sistem jednačina:

63242

=+−=++=++

cbacbacba

⇒ accaca −=⇒=+⇒=+ 44822 31224 =⇒=⇒−=⇒=−++ cababa

znači ostatak pri deljenju polinoma ( )xP sa ( )( )( )121 +−− xxx je ( ) 322 +−= xxxR .

__________________________________________________________________ 6

Page 10: diskretna zbirka

Polinomi___________ Zbirka zadataka

1.0.10. Primer: U jednačini odrediti parametar 073 =+− λxx λ tako da jedan koren bude dvostruka vrednost drugog korena. Rešenje: Koristićemo Vijetove formule koje daju vezu između korena:

3

0321

3

1323121

3

2321 ,,

aa

xxxaa

xxxxxxaa

xxx −==++−=++

Naš polinom je , znači da je u ovom ( ) 01

22

33

33 7 axaxaxaxxxP +++=+−= λ

slučaju λ=−=== 0123 ,7,0,1 aaaa , i zna se još da je 21 2xx = . Uvrštavajući sve to u Vijetove formule dobijamo sistem nelinearnih jednačina: 2332321 303 xxxxxxx −=⇒=+=++ 732 32

22323121 −=+=++ xxxxxxxxx

λ−== 322321 2 xxxxx

1177792 222

22

22

22 ±=⇒=⇒−=−⇒−=− xxxxx

( ) λλλ =⇒−=−⇒−=− 32

322

22 6632 xxxx

Za 612 =⇒= λx , polinom je ( ) 673 +−= xxxP i 3,1,2 321 −=== xxx . Za 612 −=⇒−= λx , ( ) 673 +−= xxxP i 3,1,2 321 =−=−= xxx . 1.0.11. Primer: Dokazati da je polinom ( ) ( ) 121 22

2 −+−−= xxxxP nnn za svako deljiv sa x

polinomom ( ) xxxxQ +−= 23 32 . Rešenje: Dovoljno je pokazati da je svaki koren polinoma ( )xQ istovremeno koren i polinoma . Koreni polinoma ( )xP n2 ( )xQ su: ( ) 0=xQ 032 23 =+− xxx

( ) 0132 2 =+− xxx ⇒ 21,1

4893,0 32321 ==⇒

−±== xxxx .

Pokažimo sada da su brojevi 21,1,0 koreni i polinoma . ( )xP n2

__________________________________________________________________ 7

Page 11: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika ( ) ( ) 01110010 2

2 =−=−+−−= nnP

( ) ( ) 012101121111 222 =++−=−⋅+−−= nn

nP

021

2111

21

211

212

211

21

21

22

2222

2 =−=−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=−⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

nn

nnnn

nP

Time smo pokazali da su svi koreni polinoma ( )xQ istovremeno i koreni polinoma , a to znači da je polinom ( )xP n2 ( )xP n2 deljiv polinomom ( )xQ . 1.0.12. Primer:

Racionalnu razlomljenu funkciju ( )2

252 −+

−=

xxxxf rastaviti na zbir parcijalnih

razlomaka. Rešenje: Imenilac ima realne korene 22 −+ xx 2,1 21 −== xx , pa možemo pisati:

( ) ( )( ) ( )( 21/2121

25+−⋅

++

−=

+−−

= xxx

Bx

Axx

xxf )

( ) ( )1225 −++=− xBxAx BBxAAxx −++=− 225 ( ) BABAxx −++=− 225 Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata u polinomima na levoj i desnoj strani dobijamo sistem jednačina:

22

5−=−

=+BA

BA

4133 =∧=⇒= BAA

pa je traženi oblik ( )2

41

12

252 +

+−

=−+

−=

xxxxxxf .

1.0.13. Primer:

Racionalnu razlomljenu funkciju ( )44

322 +−

−=

xxxxf rastaviti na zbir parcijalnih

razlomaka. Rešenje: Imenilac je kvadrat binoma 442 +− xx ( )2−x , sledi da je:

( )( ) ( )

( )2222 2/222

3244

32−⋅

−+

−=

−−

=+−

−= x

xB

xA

xx

xxxxf

( ) BxAx +−=− 232 BAAxx +−=− 232

__________________________________________________________________ 8

Page 12: diskretna zbirka

Polinomi___________ Zbirka zadataka

odavde sledi sistem jednačina:

132

2=⇒−=+−

=BBA

A

pa je traženi oblik ( )( )22 2

12

244

32−

+−

=+−

−=

xxxxxxf .

1.0.14. Primer:

Racionalnu razlomljenu funkciju ( )43675

23

2

−+++

=xxxxxf rastaviti na zbir

parcijalnih razlomaka. Rešenje: Hornerovom šemom lako se dobijaju koreni polinoma u imeniocu: 43 23 −+ xx . 2,1 321 −=== xxx

1 3 0 -4 1 1 4 4 0 ⇒ 11 =x

( )( ) ( )( ) 22144143 32

2223 −=⇒+−=++−=−+ xxxxxxxx . Rastavljanje na zbir parcijalnih sabiraka će biti:

( )( )( ) ( )22

2

23

2

22121675

43675

++

++

−=

+−++

=−+++

=x

Cx

Bx

Axxxx

xxxxxf

( ) ( )( ) ( )1212675 22 −++−++=++ xCxxBxAxx

29181 =⇒=⇒= AAx

43122 −=⇒−=⇒−= CCx

32124282460 =⇒−=+−=−−=⇒= BBBCBAx

pa je traženi oblik ( )( )223

2

24

23

12

43675

+−

++

−=

−+++

=xxxxx

xxxf .

1.0.15. Primer:

Racionalnu razlomljenu funkciju ( )2342

322234

2

++++++

=xxxx

xxxf rastaviti na zbir

parcijalnih razlomaka.

Rešenje:

Imenilac je polinom četvrtog stepena koji nema realne korene (proveriti Hornerovom šemom), već dva para konjugovano kompleksna korena, zato se imenilac rastavlja na proizvod dva polinoma drugog reda.

__________________________________________________________________ 9

Page 13: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika ( )( )122342 22234 ++++=++++ bxxaxxxxxx

2222342 223234234 ++++++++=++++ bxxaxabxbxxaxxxxxx

1132232

4322

=⇒=⇒=+−⇒=+=+

−=⇒=+

abbbbaab

baba

sledi da je ( )( )122342 22234 ++++=++++ xxxxxxxx . Prema tome

( ) ( )( ) 1212322

2342322

2222

2

234

2

+++

+++

+=

++++++

=++++

++=

xxDCx

xxBAx

xxxxxx

xxxxxxxf

( )( ) ( )( )21322 222 +++++++=++ xxDCxxxBAxxx

DDxDxCxCxCxBBxBxAxAxAxxx 22322 2232232 +++++++++++=++

DBxDCBAxDCBAxCAxx 2)2()()(322 232 +++++++++++=++

Odavde sledi sistem jednačina:

DBDBDCBA

DCBAACCA

233222

20

−=⇒=+=+++=+++

−=⇒=+

( ) 2223223=+−+−+

=+−−+DADA

DADA

00111

111=⇒=⇒−=−−⇒−=−−

=⇒=⇒−=−CAADA

BDD

Traženi oblik je znači:

( )1

12

12342

32222234

2

+++

++=

++++++

=xxxxxxxx

xxxf .

__________________________________________________________________ 10

Page 14: diskretna zbirka

Polinomi___________ Zbirka zadataka

1.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA 1.1.1._______________ Primer Rastaviti na proizvod nesvodljivih činilaca na polju realnih brojeva polinom: P , 65442)( 2345 +−+−−= xxxxxx________ Rešenje: Na osnovu poznavanja činjenice da racionalni koreni moraju biti činioci slobodnog člana, zato racionalne korene tražimo među brojevima ±1, ±2, ±3, ±6. Upotrebom Hornerove šeme uočavamo da su racionalni koreni: +1, –2 i +3, pa realna faktorizacija je sledeća: P(x) = (x – 1)(x + 2)(x – 3)(x2 + 1). ________ Zadatak Polinom rastaviti na faktore na polju realnih brojeva, ako se zna da taj polinom ima višestruke realne nule.

412946)( 2346 +++−−= xxxxxxf

1.1.2._______________ Primer Rastaviti na proizvod nesvodljivih činilaca na polju realnih brojeva polinom: P , 2813115)( 2345 −+−+−= xxxxxx________ Rešenje: Na osnovu poznavanja činjenice da racionalni koreni moraju biti činioci slobodnog člana, zato racionalne korene tražimo među brojevima ±1, ±2.. Upotrebom Hornerove šeme uočavamo da je jedini racionalni koren: +1 (i to čak trostruki koren!), pa realna faktorizacija je sledeća: P(x) = (x – 1)3 (x2 –2x + 2).

________ Zadatak Faktorisati polinom na polju 189422)( 2345 −+−+−= xxxxxxpkompleksnih brojeva.

__________________________________________________________________ 11

Page 15: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika 1.1.3._______________ Primer Odrediti normalizovani polinom petog stepena, ako se zna da ima kompleksni koren z 1= 2+2i, zatim, da je broj 2 jednostruka nula, a broj 1 je dvostruka nula tog polinoma.

________ Rešenje: Pošto je z1 = 2+2i, zato je z2 = 2–2i, pa je polinom deljiv sa

(z – z1)( z – z1) = z2 – 4z + 8.

i pošto je broj 2 jednostruka nula polinoma, zato je polinom deljiv sa (z – 2). Konačno, pošto je broj 1 dvostruki koren polinoma, zato plinom sadrži i činilac (z – 1)2. Prema tome traženi polinom ima sledeći oblik:

P5(z)=( z2 – 4z + 8) (z – 2) (z – 1)2 = z5 – 8z4 + 29z3 – 54z2 +48z – 16. ________ Zadatak Odrediti sve nule polinoma ( )xP , četvrtog stepena sa realnim koeficijentima, ako je vodeći koeficijent jednak jedinici, i ako je ( )xP deljiv sa , i ako je 12 +x( ) iiP 741 +−=+ .

1.1.4._______________ Primer a) Sastaviti normalizovan polinom sa realnim koeficijentima četvrtog stepena P(x), čiji su koreni x1=2, x2 = 3, x3 = 2+3i. (Da li su ovde navedeni svi koreni tog polinoma?) b) Rastaviti na elementarne parcijalne razlomke racionalnu razlomljenu funkciju Q(x)/P(x), gde je Q(x) = 8x3 – 46x2 + 125x – 157.

________ Rešenje:

a) Pored datih korena mora biti i broj x4 = 2 – 3i koren tog polinoma. Pa će biti: P(x) = (x – 2)(x – 3)(x2 – 4x + 13) = x4 – 9x3 + 39x2 – 89x + 78.

b) .

13432)134)(3)(2(157125468

7889399157125468

)(P)(Q

22

23

234

23

+−+

+−

+−

=+−−−

−+−=

=+−+−

−+−=

xxDCx

xB

xA

xxxxxxx

xxxxxxx

xx

Odavde sledi: A=3, B=2, C=3 i D=2.

__________________________________________________________________ 12

Page 16: diskretna zbirka

Polinomi___________ Zbirka zadataka

Rešenje zadatka je:

.134

233

22

37889399

157125468)( 2234

23

+−+

+−

+−

=+−+−

−+−=

xxx

xxxxxxxxxxR

________ Zadatak

Racionalnu funkciju 1222

224)( 234

23

+−+−+−

=xxxx

xxxxf rastaviti na zbir

elementarnih parcijalnih sabiraka. 1.1.5._______________ Primer Dokazati: polinom deljiv polinomom

2)1()1( 2222

2 −+−+−+= nnn xxxxP

xxxQ −= 2)( . ________ Rešenje: Za dokaz dovoljno je pokazati, da je svaki koren polinoma Q(x) istovremeno koren i polinoma P2n (x). Koreni polinoma = x (x – 1) su: x1 = 0 i x1 = 1. Neposredno se može proveriti, da je P2n (0) = (02 + 0 – 1)2n + (02 – 0 – 1)2n –2 = 0.

xxxQ −= 2)(

Isto tako proveramo: je P2n (1) = (12 + 1 – 1)2n + (12 – 1 – 1)2n –2 = 1+1–2 = 0. ________ Zadatak Pokazati da je polinom deljiv sa (x – a)2, gde je a proizvoljan realan broj, dok n pripada skupu prirodnih brojeva.

)1()()( 11 −+−= −− naanxxxP nnn

1.1.6._______________ Primer U jednačini 2x3 – x2 – 7 x + l = 0 zbir dva korena je jednak 1. Naći l i rešiti jednačinu. ________ Rešenje:

Po Vijetovim pravilima je 21

3

2321 =−=++

aa

xxx , a po uslovu zadatka je

121 =+ xx . Iz toga proizilazi: 21

3 −=x .

__________________________________________________________________ 13

Page 17: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika Primenimo li Hornerovu šemu na koren x3, dobijamo ostatak, koji mora biti 0: l + 3 = 0, to jest l = –3. Dati polinom se može napisati u faktorizovanom obliku:

2x3 – x2 – 7 x + l = 2x3 – x2 – 7 x – 3 = ( )62221 2 −−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + xxx .

Korene x1 i x2 dobijamo iz jednačine

2x2 – 2x – 6 = 0: .213

21

44842

21 ±=

+±=x

________ Zadatak Rešiti sistem jednačina po nepoznatim kompleksnim brojevima z1 i z2:

02,21 2121 =+++=+

iz

ziizz , ako je 2

66)Im( 2+

−=z .

1.1.7._______________ Primer Racionalnu razlomljenu funkciju f(x) razložiti na parcijalne sabirke:

12)( 24 +−=

xxxxf

________ Rešenje: Pošto je x4 – 2x + 1 = (x2 – 1)2 = (x – 1)2 (x + 1)2, sledi razlaganje:

2224 )1(1)1(112 ++

++

−+

−=

+− xD

xC

xB

xA

xxx .

Nakon množenja sa zajedničkim imeniocem x4 – 2x + 1 imamo:

x = A (x – 1) (x + 1)2 + B (x + 1)2 + C (x – 1)2 (x + 1) + D (x – 1)2.

Nije teško uočiti, da za x = 1 dobijamo 41

=B , dok za x = –1 dobijamo 41

=D .

Zamenom još bilo koje dve vrednosti za x (naprimer za x = 0 i x = 2) dobijamo dve jednačine sa nepoznatima A i C:

__________________________________________________________________ 14

Page 18: diskretna zbirka

Polinomi___________ Zbirka zadataka

.125,

121

61321

−==⇒⎪⎭

⎪⎬

−=+

=−CA

CA

CA

Konačno razlaganje je:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

++

−−

+−

=+− 2224 )1(

31

5)1(

31

1121

12 xxxxxxx .

________ Zadatak

Racionalnu funkciju 161684

4)( 234 +−+−=

xxxxxxf rastaviti na zbir

parcijalnih razlomaka. 1.1.8._______________ Primer Odrediti koeficijente polinoma P(x) = x4 + a x3 + b x2 + c x + d, ako se zna, da P(x) pri deljenju sa (x + 1) daje ostatak 38, sa (x – 2 ) ostatak je 5, da je zbir njegovih korena 4, a proizvod istih korena 13. ________ Rešenje: Na osnovu Bezuove teoreme možemo pisati: P(–1) = 1 – a + b – c + d = 38, i P(2) = 16 + 8a + 4b + 2c + d = 5. Primenimo li Vijetovo pravilo za zbir korena neposredno dobijamo a = –4, dok po osnovu proizvoda korena imamo d = 13. Prema tome imamo svega dve jednačine sa dve nepoznate: b – c = 20 i 2b + c = 4. Rešenja ovog sistema su: b = 8 i c = –12. Traženi polinom je: P(x) = x4 – 4 x3 + 8 x2 – 12 x + 13.

__________________________________________________________________ 15

Page 19: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

________ Zadatak Dat je polinom . axxxxxP ++++= 454)( 234

a) Odrediti parametar a ako je jedan koren polinoma ix −=1 . b) Faktorisati dobijeni polinom nad skupom R.

c) Faktorisati polinom nad skupom C. 1.1.9._______________ Primer

Rastaviti racionalni izraz 623

)()( 23 −+−=

xxxxPxR na elementarne parcijalne

razlomke, ako je P(x) polinom iz prethodnog (1.1.8.) primera.

________ Rešenje: Podelimo li P(x) sa polinomom Q(x) = x3 – 3x2 + 2x – 6 (koristimo Euklidov postupak), dobijemo količnik (celi deo): x – 1, i ostatak 3x2 –4x + 7.

Rastavimo još na faktore i polinom Q(x). Pored više mogućnosti koristimo sledeću: Q(x) = x3 – 3x2 + 2x – 6 = x2 (x – 3) + 2 (x – 3) = (x – 3)(x2 + 2). U poslednjoj fazi zadatka treba odrediti koeficijente A, B i C:

.23

1)2)(3(

7431

6237431

)()()(

22

2

23

2

++

+−

++=+−+−

+−=

=−+−

+−+−==

xCBx

xAx

xxxxx

xxxxxx

xQxPxR

Primenimo metod neodređenih koeficijenata. Izdvajamo samo razlomljeni deo:

23)2)(3(

74322

2

++

+−

=+−+−

xCBx

xA

xxxx ⇒

⇒ 3x2 –4x + 7 = x2 (A + B) + x(C – 3B) + (2A – 3C). Izjednačavanjem koeficijenata uz iste stepene promenljive x dobijemo sistem jednačina: A + B = 3, C – 3B = – 4, 2A – 3C =7. Rešenja tog sistema su: A = 2, B = 1 i C = –1.

__________________________________________________________________ 16

Page 20: diskretna zbirka

Polinomi___________ Zbirka zadataka

Iz toga proizilazi kompletno razlaganje racionalne razlomljene funkcije R(x):

21

321)( 2 +

−+

−++=

xx

xxxR .

________ Zadatak

Racionalnu funkciju 8

22)(3

2

−++

=x

xxxQ rastaviti na zbir parcijalnih sabiraka.

1.1.10._______________ Primer Dat je polinom . 2)( 234

4 ++++= cxbxaxxxP a) Odrediti koeficijente a, b i c tako da polinom bude deljiv sa (x + 1) i sa (x – 1), dok prilikom deljenja sa (x – 2) daje ostatak 18. b) Rastaviti dobijeni polinom na faktore nad R. ________ Rešenje: Iz deljivosti sa (x + 1) sledi P4(–1) = (–1)4 + a (–1)3 + b (–1)2 + c (–1) + 2 = 0. To daje prvu jednačinu: – a + b – c + 3 = 0. Na isti način, iz deljivosti sa (x – 1) sledi P4(1) = 0, to jest a + b + c + 3 = 0. Treća jednačina se dobija na osnovu Bezuovog stava: P4(2) = 18, to jest 8 a + 4 b + 2 c + 18 = 18.

Rešenja ovog sistema jednačina su: a = 2, b = –3, c = –2:

2)( 2344 ++++= cxbxaxxxP = 2232)( 234

4 +−+−+= xxxxxP .

Deobom polinoma sa (x + 1), zatim sa (x – 1) imamo

)22)(1)(1()( 24 −++−= xxxxxP .

Preostala dva korena tog polinoma su 312

1224

3 ±−=±−

=x .

Potpuna faktorizacija polinoma je:

)31)(31)(1)(1()(4 ++−++−= xxxxxP .

__________________________________________________________________ 17

Page 21: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

________ Zadatak Ostaci pri deljenju polinoma P(x) sa (x–1), (x–2) i (x+1) su redom: 2, 3 i 6.

Odrediti ostatak pri deljenju polinoma P(x) sa (x–1)(x–2)(x+1).

1.1.11._______________ Primer Polinom P(x) podeljen sa (x+1) daje ostatak 4, podeljen sa (x–1) daje ostatak 6,

dok prilikom deljenja sa (x–2) daje ostatak 13. Odrediti ostatak prilikom deljenja

polinoma P(x) sa polinomom (x+1) (x–1) (x–2).

________ Rešenje: Ostatak prilikom deljenja polinoma sa polinomom je uvek bar za 1 nižeg

stepena od delioca. To znači, ako delimo bilo kakav polinom P(x) sa polinomom trećeg

stepena (x+1) (x–1) (x–2), tada je ostatak najviše drugog stepena. Neka je taj ostatak R(x) = ax2 + bx + c, to jest:

P(x) = (x+1) (x–1) (x–2)Q(x) + R(x). (*)

Po Bezout-ovoj teoremi ostatak prilikom deljenja polinoma P(x) sa binomom

oblika (x–α) jeste vrednost polinoma P(α) za x=α. Prema tome zaključujemo:

P(–1) = 4, P(1) = 6 i P(2) = 13. Na osnovu jednakosti (*) to znači:

R(–1) = 4, R(1) = 6 i R(2) = 13.

Iz ovih tvrđenja sledi sistem jednačina po nepoznatim koeficijentima ostatka: a – b + c = 4 a + b + c = 6 4a + 2b + c = 13

Rešenja tog sistema su: a = 2, b = 1, c = 3, odnosno ostatak, koji se traži u

ovom zadatku je: R(x) = 2 x2 + x + 3.

__________________________________________________________________ 18

Page 22: diskretna zbirka

Polinomi___________ Zbirka zadataka

________ Zadatak Odrediti nepoznate koeficijente polinoma P(x) = x4 + a x3 + b x2 + c x + 24, ako

je taj polinom deljiv sa (x–1) i sa (x+2), dok podeljen sa (x+1) daje ostatak 24.

1.1.12._______________ Primer Naći NZD (najveći zajednički delilac) polinoma P(x) i Q(x) ako su polinomi

dati: P(x) = x4 +2x3+3x2 +3x+1 i Q(x) = x3+2x2 +2x+1.

________ Rešenje: Primenićemo Euklidov algoritam za određivanje NZD: ( x4 +2x3+3x2 +3x+1 ) : ( x3+2x2 +2x+1) = x – (x4 + 2x3 +2x2+ x ) x2 +2x+1 (x4 +2x3+3x2 +3x+1) = ( x3+2x2 +2x+1 ) ⋅ x + ( x2 +2x+1 ) ( x3+2x2 +2x+1) : (x2 +2x+1) = x + 1 – ( x3+2x2 + x ) x + 1 (x3+2x2 +2x+1) = (x2 +2x+1 ) ⋅ (x +1) + ( x+1 ) ( x2 +2x+1) : (x+1) = x + 1 – ( x2 +2x+1) 0 (x2 +2x+1) = (x +1) ⋅ ( x+1 ) + 0 ⇒ NZD : (x +1)

________ Zadatak Polinom rastaviti na faktore na polju realnih brojeva, ako se zna da ima višestruke realne nule.

412946)( 2346 +++−−= xxxxxxf

__________________________________________________________________ 19

Page 23: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika 1.1.13._______________ Primer Odrediti realne parametre m i n tako da polinom P(x) bude deljiv sa polinomom

Q(x),a zatim orediti njihov količnik: . nmxxxxxP ++−+= 234 1752)( , 62)( 2 −−= xxxQ ________ Rešenje: Rešenje je moguće odrediti na više načina. Jedna mogućnost je, da se izvrši

deljenje upotrebom Euklidovog algoritma (vidi primer 1.0.1.) i postavimo uslov da

ostatak bude identički 0. Pošto je taj ostatak polinom prvog stepena (jer je delilac 2.

stepena!), to imamo koeficijente koji moraju biti identički jednaki nuli. Imaćemo i uz

prvi stepen promenljive x jedan izraz po m i n, ali ćemo imati i slobodan član u kojem

se javljaju m i n. To će biti dve jednačine po tim parametrima. Prepušta se čitaocu da

sam isproba ovu mogućnost. Ovde prikazujemo jedan drugačiji put do rešenja:

Rastavimo Q(x) na činioce: ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅−=−−=

232262)( 2 xzxxxQ .

Uočavamo korene polinoma Q(x). Ti koreni, usled deljivosti moraju biti koreni

i samog polinoma P(x). To znači: mora biti 0)2( =P i 023

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−P . Iz tih tvrđenja

slede jednačine po m i n: 2m + n = –4 3m – 2n = –90. Rešenja ovog sistema su m = –14 i n = 24, odnosno, traženi polinom je: . 24141752)( 234 +−−+= xxxxxP________ Zadatak a) Odrediti parametre a tako da 1−=x bude barem dvostruki koren polinoma . 1)( 25 +−−= axaxxxP b) Dobijeni polinom podeliti sa polinomom ( )xP 2−x .

__________________________________________________________________ 20

Page 24: diskretna zbirka

Polinomi___________ Zbirka zadataka

1.1.14._______________ Primer Odrediti parametre a i b tako, da polinom ima dvostruki koren x=1.

6184)( 2345 +++−+= bxaxxxxxp

________ Rešenje: Poznato je, da je k-tostruki koren polinoma jeste (k–1)-struki koren izvoda

datog polinoma. (Izvod na višoj školi još nismo izučavali, ali poznat nam je iz srednje

škole, isto tako definiciju izvoda polinoma u praktične svrhe zadali smo i u skripti

Diskretna matematika).

Prema tome, p(1) = 0, to jest 061841)1( =+++−+= bap .

Ali je i p'(1) = 0. Pošto je izvodni polinom sledeći:

, baxxxxxp ++−+= 254165)(' 234

zato je 0254165)1(' =++−+= bap . Iz tih činjenica slede dve jednačine po a i b: a + b = 7 2a + b = 33, dok rešenja su a = 26 i b = –19. Traženi polinom je:

61926184)( 2345 +−+−+= xxxxxxp

________ Zadatak Naći normirani polinom petog stepena sa realnim koeficijentima, ako se zna, da

je 1 dvostruka nula polinoma, kompleksan broj i je jednostruka nula, a ostatak prilikom

deljenja sa (x+1) je 8.

__________________________________________________________________ 21

Page 25: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika 1.1.15._______________ Primer U polinomu ( ) nxmxxxxxP +−++−= 635 2345 odrediti parametre m i n tako da zajednička nula polinoma i ( ) 322 23 −−−= xxxxS ( ) 96106 234 +−+−= xxxxxT bude dvostruka nula polinoma , ( )xP ( )R∈nm, . ________ Rešenje: Euklidovim algoritmom (traženjem najvećeg zajedničkog delioca) ili traženjem

racionalnih korena za ova zadnja dva polinoma može se konstatovati, da im je

zajednički koren broj: x = 3. Zamenimo to u polinom P(x) zatim u polinom P '(x), pri

čemu koristimo izvod , tada dobijamo jednačine: 629205)(' 234 −++−= mxxxxxP

9m + n = 99, 6m – 60 = 0. Rešenja su: m=10, n=9 Drugi način izbegava korišćenje izvoda. Podelimo polinom P(x) sa binomom

(x – 3) i izjednačimo ostatak sa 0 (to je prva jednačina). Podelimo sada količnik iz

prethodnog koraka sa binomom (x – 3), i izjednačimo sa 0 i ovaj ostatak (druga

jednačina). Ova dva načina rešavanja problema su ekvivalentna.

________ Zadatak Naći sve nule polinoma trećeg stepena sa realnim koeficijentima , ako je: )(xp

iip 33)( −−=− i iip 42)1( −−=− .

__________________________________________________________________ 22

Page 26: diskretna zbirka

_________________2. KOMPLEKSNI BROJEVI

2.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEŽBE

2.0.1. Primer:

Izračunati 49641636 −+−−−−−=A .

Rešenje: iiiiiA =+−−=⋅−+⋅−−⋅−−⋅−= 7846491641161361 . 2.0.2. Primer:

. Izračunati 2

1212121 ,,,

zzzzzzzz ⋅−+ . iziz 25,34 21 +−=+= Neka je

Rešenje: ( ) ( ) iiiiizz 512354253421 +−=++−=+−++=+ , ( ) ( ) iiiiizz +=−++=+−−+=− 92354253421 ,

( ) ( ) iiiiiiizz 72676206158202534 221 −−=−−−=+−+−=+−⋅+=⋅ ,

iii

iiiii

ii

ii

zz

2922

2914

42522620

425615820

2525

2534

2534

2

2

2

1 −−=+−+−

=−

−−−−=

−−−−

⋅+−+

=+−+

=

2.0.3. Primer: Izračunati . 53607 ,, iii Rešenje: ( ) iiiiii −=−⋅=⋅== + 134347

( ) 111515415460 ==== ⋅ iii

( ) ( ) iiiiii =⋅=⋅== +⋅ 13134113453 1

__________________________________________________________________ 23

Page 27: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika 2.0.4. Primer:

Izračunati 473324

22

22 iii

ii

ii

++++−

+−+ .

Rešenje:

( ) ( )( ) ( ) =+++

+⋅−−++

=++++−

+−+ +⋅+⋅⋅ 3114184154

22473324

2222

22

22 iii

iiiiiii

ii

ii

( ) ( ) ( ) ( )5121

56

44444 311484154

2

22

=−+++=⋅+⋅++−

+−+++= iiiiiii

iiiii

2.0.5. Primer:

Ako je , izračunati iz +=1zz

zz⋅+

−1

.

Rešenje:

Ako je tada je iz +=1 iz −=1 .

Sledi da je ( )( ) ( ) ( ) iii

iii

iiii

zzzz 2

12

212

1111

11111

1 2 −=−

=−

=−−+−+

=−⋅+−

−−+=

⋅+− .

2.0.6. Primer:

Ako je odrediti kompleksan broj u algebarskom obliku tako da je iz 321 −= z

( )131Im18Re

11 =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛∧=

zzzz .

Rešenje: Neka je traženi kompleksan broj iyxz += . ( ) ( ) ( )xyiyxyiiyixxiiyxzz 3232323232 2

1 −++=−+−=−⋅+=

( ) yxzz 32Re 1 +=

( )13

233294

33223232

32 2

2

1

yxiyxi

yiixiyxii

iiyx

zz −++

=−

−+−=

++

⋅−−

=

13

23Im1

yxzz −

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

__________________________________________________________________ 24

Page 28: diskretna zbirka

Kompleksni brojevi_ Zbirka zadataka

Znači da je po uslovu zadatka: 131

13231832 =

−∧=+

yxyx , odnosno da je

1231832 =−∧=+ yxyx . Rešavanjem ovog sistema jednačina dobija se da je

43 =∧= yx . Traženi kompleksan broj je znači iz 43+= .

2.0.7. Primer:

Dokazati da je 12

712

7144

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ + ii .

Rešenje:

=⎟⎟

⎜⎜

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟

⎜⎜

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ +222244

271

271

271

271 iiii

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++=

222222

4672

4672

47721

47721 iiiiii

=++

++−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

49767

49767

237

237 2222

iiiiii

144

4762762

4762

4762

==++−

=+

+−

=iiii .

2.0.8. Primer:

Odrediti kompleksan broj u algebarskom oliku ako važi da je z izz +=+ 2 .

Rešenje: Ako je kompleksan broj dat u algebarskom obiku z iyxz += , tada je moduo

od istog broja definisan kao z 22 yxz += .

Data jedačina se može znači napisati u sledećem obliku:

iiyxyx +=+++ 222

( ) iiyxyx +=+++ 222

Dva kompleksna broja su jednaka, ako je realni deo jednak realnom, a

kompleksni deo jednak komleksnom delu u dva broja. Dobija se znači sistem jednačina:

1222 =∧=++ yxyx .

Uvrštavanjem u prvu jednačinu dobija se da je 1=y

__________________________________________________________________ 25

Page 29: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

43344412121 2222 =⇒=⇒+−=+⇒−=+⇒=++ xxxxxxxxx .

Traženi kompleksan broj je znači iz +=43 .

2.0.9. Primer:

Ako je rešiti kvadratnu jednačinu . Cz∈ 06442 =−−+ izz Rešenje:

( )

2644164

21

iz

−−−±−=

2

24161642

1iz ++±−

=

224324

21

iz +±−=

i2432 + se može izračunati u algebarsom obliku na sledeći način:

abibaibabiaibiai 2224322432 22222 +−=++=+⇒+=+

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ =∧=−⇒=∧=−

abbaabba 123224232 2222

321442

2 =−a

a

014432 24 =−− aa

24032

2576102432

212 ±

=+±

=a

364 22 =∨−= aa

2,26,6 2121 −==⇒−== bbaa

( )ii 262432 +±=+

Sada možemo nastaviti dalje računanje korena ( )2

2642

1iz +±−

=

iiiz +=+

=++−

= 12

222

2641 ,

iiiz −−=−−

=−−−

= 52

2102

2642 .

__________________________________________________________________ 26

Page 30: diskretna zbirka

Kompleksni brojevi_ Zbirka zadataka

2.0.10. Primer:

Za razne vrednosti prirodnog broja Nn∈ izračunati ( )( ) 21

1−−

+n

n

ii .

Rešenje:

( )( )

( ) ( )( )

( ) ( ) =++⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++

⋅−+

=+⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−+

=−

+⋅+=

−+ −−

−2

22

2

2

22

2 2111

111

11

111

11 ii

ii

iii

ii

iii

ii nn

n

n

n

n

( ) ==⋅=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⋅⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛−++

= −−−−

1222

2

2

222222

121 nn

nn

iiiiiii

ii

.

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

=⇒+=−−+=⇒+=−−+=⇒+=−+=⇒=−

knknzaiknknzaknknzai

knknza

43412342412241412

14412

2.0.11. Primer: Sledeće kompleksne brojeve predstaviti u kompleksnoj ravni i napisati u

trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku:

,,4,2,3 4321 izzizz −=−===

,1,1,1,1 8765 iziziziz −=−−=+−=+=

,3,3,3,3 1211109 iziziziz −=−−=+−=+=

31,31,31,31 16151413 iziziziz +−=−−=+−=+= .

Rešenje: 0033 111 ==∧=⇒= oϕρz πϕρ ==∧=⇒−= o18044 333z

( ) 01 30sin0cos33 ieiz =+== ( ) πππ ieiz 4sincos443 =+=−=

2

9022 222πϕρ ==∧=⇒= oiz

232701 334πϕρ ==∧=⇒−= oiz

22 2

2sin

2cos22

πππ ieiiz =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +== 2

3

4 23sin

23cos

πππ ieiiz =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−=

__________________________________________________________________ 27

Page 31: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

• • •

• ••

z2 = 2i

z3 = − 4

z4 = − i

z1= 3•

Re

Im

O

Kompleksni brojevi z1, z2, z3 i z4.

4

4521 555πϕρ ==∧=⇒+= oiz

45 2

4sin

4cos21

πππ ieiiz =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+=

4

313521 666πϕρ ==∧=⇒+−= oiz

43

6 24

3sin4

3cos21πππ i

eiiz =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+−=

4

522521 777πϕρ ==∧=⇒−−= oiz

45

7 24

5sin4

5cos21πππ i

eiiz =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−−=

4

731521 888πϕρ ==∧=⇒−= oiz

47

8 24

7sin4

7cos21πππ i

eiiz =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−=

• •

• •

••

z5 = 1+ iz6 = − 1 + i

− i •

Re

Im

O

i

z8 = 1 − i

1− 1

z7 = − 1 − i Kompleksni brojevi z5, z6, z7 i z8.

__________________________________________________________________ 28

Page 32: diskretna zbirka

Kompleksni brojevi_ Zbirka zadataka

6

3023 999πϕρ ==∧=⇒+= oiz

69 2

6sin

6cos23

πππ ieiiz =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+=

6

515023 101010πϕρ ==∧=⇒+−= oiz

65

10 26

5sin6

5cos23πππ i

eiiz =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+−=

6

721023 111111πϕρ ==∧=⇒−−= oiz

6

721023 111111πϕρ ==∧=⇒−−= oiz

6

1133023 121212πϕρ ==∧=⇒−= oiz

6

1133023 1112πϕρ ==∧=⇒−= oiz

• •

• •

••

z9 = 1+ iz10 =

− i •

Re

Im

O

i

1− 1• •

− 2 233−

• •

3i+− 3

z11 = i−− 3 z12 = 1− i 3

Kompleksni brojevi z9, z10, z11 i z12.

3

60231 131313πϕρ ==∧=⇒+= oiz

313 2

3sin

3cos231

πππ ieiiz =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+=

3

2120231 141414πϕρ ==∧=⇒+−= oiz

32

14 23

2sin3

2cos231πππ i

eiiz =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+−=

3

4240231 11515πϕρ ==∧=⇒−−= oiz

34

15 23

4sin3

4cos231πππ i

eiiz =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−−=

__________________________________________________________________ 29

Page 33: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

3

5300231 161616πϕρ ==∧=⇒−= oiz

35

16 23

5sin3

5cos231πππ i

eiiz =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−=

••

− i

Re

Im

O

i

1− 1

− 2i

2i•

•3115 iz −−= 3116 iz −=

3113 iz +=3114 iz +−=3i

3i−

Kompleksni brojevi z13, z14, z15 i z16.

2.0.12. Primer: Rešiti jednačinu . 01253 =−z

Rešenje: Izrazimo iz date jednačine: z 33 125125 =⇒= zz . Predstavimo 125 u kompleksnoj ravni i napišimo ga u trigonometrijskom obliku:

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

++

=⇒+=320sin

320cos1251250sin0cos125125 33 ππ kiki

( ) ( ) 50150sin0cos50 0 =+=+=⇒= iizk ,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⇒=

23

215

32sin

32cos51 1 iizk ππ ,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⇒=

23

215

34sin

34cos52 2 iizk ππ .

__________________________________________________________________ 30

Page 34: diskretna zbirka

Kompleksni brojevi_ Zbirka zadataka

Koreni date jednačine čine skup ⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

23

215,

23

215,5 iiR

2.0.13. Primer:

Izračunati 5 322 i+ .

Rešenje:

Predstavimo broj 322 iz += u trigonometrijskom obliku:

( ) 412432222 =+=+=ρ i

3603arctg

232arctg πϕ ==== o .

Sledi da je traženi trigonometrijski oblik ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+=

3sin

3cos4322 ππ iiz .

Po Moavrovoj formuli je: ⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎛ ++

+=+

5

23sin5

23cos4322 55ππππ k

ik

i .

15550 4

15sin

15cos40

πππ ieizk =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⇒= ,

157

5551 4

157sin

157cos4

15

23sin15

23cos41πππππππ

ieiizk =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎛ ++

+=⇒= ,

1513

5552 4

1513sin

1513cos4

15

43sin15

43cos42πππππππ

ieiizk =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎛ ++

+=⇒= ,

1519

5553 4

1519sin

1519cos4

15

63sin15

63cos43πππππππ

ieiizk =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎛ ++

+=⇒= ,

1525

5554 4

1525sin

1525cos4

15

83sin15

83cos44πππππππ

ieiizk =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎛ ++

+=⇒= .

2.0.14. Primer:

Naći realni i imaginarni deo kompleksnog broja 2000

2226⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−−

=i

iz .

Rešenje:

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−−

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

−−

⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−−

=2000200020002000

13

21

13

22

2226

ii

ii

iiz

__________________________________________________________________ 31

Page 35: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⎟

⎞⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

200020001000

2000

1000

12sin

12cos

22

21

47sin

47cos2

611sin

611cos2

21 ππ

ππ

ππ

ii

i

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+=

32166sin

32166cos

3500sin

3500cos ππππππ ii

( ) ( )23Im,

21Re

23

21

32sin

32cos =−=⇒+−=+= zzii ππ .

2.0.15. Primer:

Dat je kompleksan broj iz +=11 . Naći kompleksne brojeve tako, da 432 ,, zzzoni zajedno sa čine temena jednog kvadrata, čiji centar leži u kordinatnom početku. 1z

Rešenje:

Teme se dobija rotacijom temena za ugao 2z 1z2

90 πϕ == o , teme se dobija 3z

rotacijom temena za ugao 2z2

90 πϕ == o , a teme se dobija rotacijom temena za 4z 3z

ugao 2

90 πϕ == o . Pri tom odstojanje svakog temena od kordinatnog početka ostaje

isti, i jednak je sa 2=ρ . Rotaciju za ugao od 2

90 πϕ == o postižemo tako da

odgovarajući kompleksan broj množimo sa iiiei

=⋅+=+= 102

sin2

cos2 πππ

.

Tako je:

( ) iiiiiezzi

+−=+=⋅+=⋅= 11 2212

π

je drugo teme traženog kvadrata,

( ) iiiiiezzi

−−=+−=⋅+−=⋅= 11 2223

π

je treće teme traženog kvadrata,

( ) iiiiiezzi

−=−−=⋅−−=⋅= 11 2234

π

je četvrto teme traženog kvadrata.

__________________________________________________________________ 32

Page 36: diskretna zbirka

Kompleksni brojevi_ Zbirka zadataka

2.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA 2.1.1._______________ Primer Odrediti korene polinoma P5(x)= z5 – 8z4 + 29z3 – 54z2 +48z – 16. Ako su z 1 i z 2

kompleksni koreni tog polinoma, odrediti 2

1

zz

.

________ Rešenje: Ne predstavlja veću teškoću uočiti, da je broj 1 dvostruki, a broj 2 jednostruki realan koren polinoma. Faktorizacijom se dobija P5(z)=( z2 – 4z + 8) (z – 2) (z – 1)2. Računanjem kompleksnih korena dobijamo: z1 = 2+2i i z2 = 2–2i. Traženi količnik je:

2

1

zz

= 188

)22)(22()22(

2222 2

==+−

+=

−+ i

iii

ii .

________ Zadatak Faktorizovati (rastaviti na nesvodljive činioce) nad poljem realnih brojeva polinom P(x) . Odrediti i parametar a u polinomu , ako se zna da je jedan koren 2+i.

axxxxxP +−+−= 14146)( 234

2.1.2._______________ Primer Rešiti jednačinu x4 – a = 0 za a = –8–8i.

________ Rešenje Pošto je |a|= 2

726464 =+ , dok arg(a)=arctg(1)=5π/4, rešenja predstavljaju

kompleksni brojevi 4 2

45

27

4 2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

==ππ ki

eax za k=0, 1, 2, 3:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +==

165sin

165cos22 8

7165

87

0

πππ

iexi

, ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +==

1613sin

1613cos22 8

716

138

7

1

πππ

iexi

,

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +==

1621sin

1621cos22 8

716

218

7

2

πππ

iexi

, ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +==

1629sin

1629cos22 8

716

298

7

3

πππ

iexi

.

__________________________________________________________________ 33

Page 37: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

________ Zadatak a) Naći korene polinoma P(x) = x3 + a2 x + 10a3 ako je jedan koren x1 = a(1+2i). b) Izračunati x1

10+x210 ako su x1 i x2 kompleksni koreni tog polinoma za a = 5 .

2.1.3._______________ Primer a) Rešiti jednačinu x4 – a = 0 za a = –8–8 3 i. b) Nacrtati rešenja jednačine u kompleksnoj ravni. ________ Rešenje

a) Pošto je |a|= 1664364 =⋅+ , dok arg(a)=arctg 3 =4π/3 Rešenja

predstavljaju kompleksni brojevi 4 2

34

4 16⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

==ππ ki

eax za k = 0, 1, 2, 3:

3123

212

3sin

3cos22 3

0 iiiexi

+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +==

πππ

iiiexi

+−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +== 3

21

232

65sin

65cos22 6

5

1πππ

3123

212

34sin

34cos22 3

4

2 iiiexi

−−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +==

πππ

b) Grafičko predstavljena rešenja:

33- 1-1

i

-i

3

3

-i

i x0

x1

x2

x3

Im

Re

________ Zadatak

Rešiti jednačinu 03131

33 =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

−+

−iiz , i rešenja predstaviti u kompleksnoj ravni.

__________________________________________________________________ 34

Page 38: diskretna zbirka

Kompleksni brojevi_ Zbirka zadataka

2.1.4._______________ Primer

Dat je kompleksan broj z =)1(2

3ii−− .

Izračunati algebarski oblik broja z2006.

________ Rešenje Prelazimo na eksponencijalni oblik kompleksnih brojeva:

i

ei 623π

−=− i

iei 421

π−

=− . Zato je z =)1(2

3ii−− =

i

i

i

ee

e 12

4

6

22

2 π

π

π

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

.

Sledi: z2006 = iiii

eeee 67

67166

1220062006

12ππ

πππ

===⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

= ii21

23

67sin

67cos −−=+

ππ .

________ Zadatak

Ako je 22

223 iz +−= , koliko je ? 1998z

2.1.5._______________ Primer

Dat je kompleksan broj z =62

22i

i−+ .

Izračunati algebarski oblik broja z2005.

________ Rešenje: Prelazimo na eksponencijalni oblik kompleksnih brojeva:

i

ei 42222π

=+ i i

ei 32262π

−=− . Zato je z =

6222i

i−+ =

i

i

i

ee

e 127

3

4

22

22 π

π

π

=−

.

Sledi: z2005 = iiii

eeee 61221170

12140422006

127 ππ

πππ

===⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

= ii21

23

6sin

6cos +=+

ππ .

________ Zadatak

Dat je niz brojeva kk

kiix ⎟

⎞⎜⎝

⎛ −+⎟

⎞⎜⎝

⎛ +=

21

21 . Naći 2004-ti i 2006-ti član tog niza.

__________________________________________________________________ 35

Page 39: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika 2.1.6._______________ Primer Izračunati kompleksne brojeve:

a) =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−−

2004

1322

ii b) =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

+−

2004

313i

i

________ Rešenje:

a) .12

21322 167

2004

12

2004

32

432004

−===⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎛=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

−− ⋅ ππ

π

π

π

iii

i

i

eeeee

ii

b) 12

23

13 01002

2004

63

2004

6

322004

===⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎛=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

+− ⋅ eee

ee ii

i

i

ii π

π

π

π

________ Zadatak

Izračunati komplekne brojeve:

a) =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

+−

2004

33

ii b) =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

+−

2004

3122

ii

2.1.7._______________ Primer Izračunati kompleksne brojeve: a) == 3 iw b) =+−= 4 31 iu c) == 6 729b

________ Rešenje:

a) 33 22

sin22

cos1 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += ππππ kiki

3

22sin

3

22cos

ππππ ki

k ++

+= .

.21

23

6sin

6cos0 iiw +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

ππ .

21

23

65sin

65cos1 iiw +−=+=

ππ

.2

3sin2

3cos2 iiw −=+=ππ

b) 44 23

2sin23

2cos231 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+− ππππ kiki =

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

⎛ ++

+=

4

23

2

sin4

23

2

cos24ππππ k

ik

.

__________________________________________________________________ 36

Page 40: diskretna zbirka

Kompleksni brojevi_ Zbirka zadataka

.21

232

6sin

6cos2 44

0 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += iiu ππ .

21

232

67sin

67cos2 44

2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += iiu ππ

.23

212

32sin

32cos2 44

1 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += iiu ππ .

23

212

35sin

35cos2 44

3 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += iiu ππ

c) ( )66 2sin2cos729729 ππ kik += ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

62sin

62cos3 ππ kik .

( ) .30sin0cos30 =+= ib ( ) .3sincos33 −=+= ππ ib

.2

3323

3sin

3cos31 iib +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

ππ .2

3323

34sin

34cos34 iib −−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

ππ

.2

3323

32sin

32cos32 iib +−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

ππ .2

3323

35sin

35cos35 iib −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

ππ

________ Zadatak Izračunati komplekne brojeve: a) =−= 3 iz b) =−−= 4 31 iv c) =−= 6 64a 2.1.8._______________ Primer

Naći kompleksne brojeve za koje je : izz

ziiz

)2(00

2112

−=−

.

________ Rešenje: Nakon izračunavanja determinante dobija se jednačina –z4 + z i = ( z – 2)i. Rešenje se dobija iz z4 = 2i, to jest, potrebno je izvršiti korenovanje:

44 22

sin22

cos22 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +== ππππ kikiz .

Rešenja su: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

28sin

28cos24 ππππ kikzk za k = 0, 1, 2 i 3.

________ Zadatak

Izračunati realni i imaginarni deo kompleksnog broja 16

31 −

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−+

=i

iz .

__________________________________________________________________ 37

Page 41: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika 2.1.9._______________ Primer

Naći z iz uslova izz

zz

=∧=+

11

.

________ Rešenje:

Koristimo oznaku z = x + iy. Iz izz= zaključujemo sledeće:

yxixyiyxiyxiiyxziz =⇒+=+⇒−=+⇒= )( , to jest z = x + ix = x (1 + i ). Zatim imamo:

1122

)2()1(

)1()()1(

11 2

2

22=

++++

=++

−++=

+++

⇒=+ xx

ixxxxx

ixxixxixx

xixz

z .

Kvadriranjem ove jednačine dobijamo 22222 )122()2( ++=++ xxxxx , odnosno:

0)122)(12(01464 223 =+++⇒=+++ xxxxxx .

Jedini realan koren ove jednačine je: 21

−=x , pa je traženi kompleksni broj

).1(21 iz +−=

________ Zadatak Odrediti kompleksni broj z za koji je ( )ziz Im=− , ( ) zz ImRe ( )−= . Za tako

dobijeni kompleksni broj odrediti 3 z . 2.1.10._______________ Primer Odrediti Re( z ) i Im( z ) ako je 0514)23(22 =−++− izizi . ________ Rešenje: Rešimo datu jednačinu kao "običnu" kvadratnu jednačinu po z. Obeležimo sa D diskriminantu te jednačine: iiiiacbD 8)514(4)23(44 22 −=−−+=−= .

Potražimo kompleksan broj u = x + i y = i8− . Nakon kvadriranja dobija se sistem jednačina:

x2 – y2 = 0, i 2xy = –8.

Pošto su x i y realni brojevi, dobijamo rešenja: x1 = 2, y1 = –2 i x2 = –2, y2 = 2.

__________________________________________________________________ 38

Page 42: diskretna zbirka

Kompleksni brojevi_ Zbirka zadataka

To znači: i8− = ± (2 – 2i).

Rešenja polazne jednačine su:i

iiz2

)22()23(22

1−±+

= .

Otuda je z1 = 1 – 4i, z2 = 3 – 2i.

________ Zadatak Rešiti kvadratnu jednačinu : ( ) ( ) 055232 =−+−− ixix .

2.1.11._______________ Primer

Izračunati 16

33512 ⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

iz . Rezultat napisati u algebarskom obliku.

________ Rešenje:

16

33512 ⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

iz = ( )161616

3135

335

35 i

i+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+ .

Pretvorimo kompleksni broj u drugoj zagradi u trigonometrijski oblik. Pošto je

modul tog broja 231 =+=z , a argument je ugao 3

3arctg πϕ == , sledi:

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+

316sin

316cos2

3sin

3cos231 16

161616 ππππ iii .

Nakon "odbacivanja" punih obrtaja od po 2π dobijamo:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+

23

212

34sin

34cos231 161616

iii ππ ⇒

⇒ ( )31212

35 16

16

iz +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= .

________ Zadatak

Izračunati 16

21

13

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

++ i

ii

.

2.1.12._______________ Primer Dati su kompleksni brojevi z1 = 3 + 2i i z2 = 2 + i. Odrediti kompleksan broj

z, ako je ( ) 1Re 1 −=⋅ zz i 53Im

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛zz .

__________________________________________________________________ 39

Page 43: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

________ Rešenje: Neka je z = x + iy. Tada imamo: )23()23()23)(( xyiyxiiyxzz −++=−+=⋅ . Prema uslovu zadatka je ( ) 1Re 1 −=⋅ zz = 3x + 2y.

Pošto je 14

)2()2(22

222 +−++

=−−

⋅++

=++

=xyiyx

ii

iiyx

iiyx

zz .

Po uslovu zadatka je 53Im

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛zz =

52 xy − .

Neposredno sledi sistem jednačina: 32123

=+−−=+

yxyx

.

Rešenje tog sistema jednačina je: x = –1, y = 1. Rešenje zadatka je z = –1 + i.

________ Zadatak

Ako je 217)(

zzzf

−−

= dokazati da je )(2 zfz = za z = 1+2i.

2.1.13._______________ Primer Izračunati algebarski oblik kompleksnog broja u, ako je u2 = 3 – 4i.

________ Rešenje: Neka je u = x + iy. Tada je u2 = (x + iy)2 = x2 + 2xyi – y2 = 3 – 4i. Odavde sledi (po osnovu jednakosti kompleksnih brojeva) sistem jednačina: x2 – y2 = 3, 2xy = – 4.

Izrazimo li iz druge jednačine bilo koju nepoznatu, imamo: y

x 2−= .

Ako to zamenimo u prvou jednačinu, dobijemo:

.04334 2422 =−+⇒=− yyy

y

Prihvatamo realna rešenja te bikvadratne jednačine: 1221 =y , a odbacimo .42

43 −=y

Sledi: y = ±1, odnosno x = ∓ 2. Prema tome traženi kompleksan broj je 21u = ± (2 – i).

__________________________________________________________________ 40

Page 44: diskretna zbirka

Kompleksni brojevi_ Zbirka zadataka

________ Zadatak

Rešiti kvadratnu jednačinu ( ) ( ) 02252 2 =−+−−+ ixixi . 2.1.14._______________ Primer: Dat je kompleksan broj iz +−= 31 . Naći još pet kompleksnih brojeva z2, z3, z4, z5 i z6 u algebarskom obliku tako da oni zajedno sa čine temena pravilnog šestougla čiji centar leži u kordinatnom početku.

1z

________ Rešenje:

Temena se dobijaju uzastopnim rotacijama za po 60o, to jest za ugao 3π . Takvu

rotaciju možemo realizovati množenjem sa jediničnim kompleksnim brojem čiji je

argument upravo ugao 3π :

( )3121

33

21

3sin

3cos0 iiiu +=+=+=

ππ .

Uzastopnim množenjima dobijamo temena traženog šestougla:

( ) ( ) iiiuzz −−=+⋅+−=⋅= 331213012 ,

( ) ( ) iiiuzz 231213023 −=+⋅−−=⋅= ,

( ) iiiuzz −=+⋅−=⋅= 331212034 ,

( ) ( ) iiiuzz +=+⋅−=⋅= 331213045 ,

( ) ( ) iiiuzz 231213056 =+⋅+=⋅= .

________ Zadatak Dat je kompleksan broj iz +=11 . Naći kompleksne brojeve i u 2z 3zalgebarskom obliku tako da oni zajedno sa čine temena jednakostraničnog trougla, 1zčiji centar leži u kordinatnom početku. 2.1.15._______________ Primer

Izračunati vrednost izraza: 119cos

117cos

115cos

113cos

11cos πππππ

++++ .

__________________________________________________________________ 41

Page 45: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

________ Rešenje:

Potrebno je uvesti kompleksan broj 11

sin11

cos ππ iz += i izračunati zbir Z:

Z = z + z3 + z5 + z7+ z9 = ( )11

2

52

−−

zzz .

Ovaj zbir je izračunat po osnovu činjenice, da se radi o prvih pet članova geometrijske progresije sa količnikom z2. Potrebno je uočiti i činjenicu:

1sincos11

11sin11

11cos11 −=+=+= ππππ iiz .

Daljim "doterivanjem" izračunatog zbira geometrijske progresije, i korišćenjem upravo konstatovane činjenice o stepenu kompleksnog broja z imamo:

Z = ( )11

2

52

−−

zzz

zzzz

zzz

−=

+−−−

=−−

=1

1)1)(1(

112

11

.

Proširimo dobijeni rezultat sa z−1 .

Zbog zzzzzz ⋅+−−=−− 1)1)(1(11

cos22 π−= (pošto je proizvod kompleks-

nog broja i njegovog konjugovanog para jeste kvadrat modula z, a modul broja z je 1, isto tako: zbir kompleksnog broja i njegovog konjugovanog para je dvostruki zajednički realan deo) imamo:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+−−=

−−

⋅−

=−

=

11cos12

11sin

11cos1

11

11

11

π

ππ i

zz

zzZ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+=

11cos12

11sin

21

π

π

i .

"Pokupimo" sada posebno realne i posebno imaginarne delove sabiraka u zbiru Z:

Re(Z) = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++

119cos

117cos

115cos

113cos

11cos πππππ ,

Im(Z) = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++

119sin

117sin

115sin

113sin

11sin πππππ .

Neposredno se nameće zaključak na osnovu istovetnosti realnog dela iz dva izvođenja:

21

119cos

117cos

115cos

113cos

11cos =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++

πππππ .

Pored ove identičnosti "usput" smo dokazali još jednu identičnost (imaginarni delovi):

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++

119sin

117sin

115sin

113sin

11sin πππππ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=

11cos12

11sin

π

π

.

________ Zadatak

Dokazati identičnost: 21

1110cos

118cos

116cos

114cos

112cos −=++++

πππππ .

__________________________________________________________________ 42

Page 46: diskretna zbirka

_____________________3. VEKTORSKA ALGEBRA

3.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEŽBE

3.0.1. Primer: Dati su vektori kjia

rrrr 532 +−= i ( )4,3,3 −=br

. Odrediti vektore

,,23,2 baba

rrrr+− ba

rr 23 − i intenzitete barr , .

Rešenje: kjia

rrrr 532 +−= , ( ) kjibrrrr

4334,3,3 −+=−= , ( ) ( )10,6,4106453222 −=+−=+−= kjikjia

rrrrrrr,

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=+−−=−+−=− 6,

29,

296

29

29433

23

23 kjikjib

rrrrrrr,

( ) ( ) ( )1,0,55433532 =+=−+++−=+ kikjikjibarrrrrrrrrr ,

( ) ( )

,23158661596

4332532323

kjkjikji

kjikjibarrrrrrrr

rrrrrrrr

+−=+−−+−=

=−+−+−=−

( ) 382594532 222 =++=+−+=ar ,

341699 =++=br

.

3.0.2. Primer: Odrediti skalarni proizvod vektora ( )1,3,4 −=ar i ( )3,2,5 −−=b

r.

Rešenje: ( ) ( ) ( ) 233620312354 =−+=−⋅+−⋅−+⋅=++= bababa zzyyxxba

ror .

__________________________________________________________________ 43

Page 47: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 44

3.0.3. Primer: Dati su vektori kjia

rrrr−+= 3 , kjib

rrrr342 +−−= i kjic

rrrr 324 −−= . Odrediti ( ) cba rrr

×+ . Rešenje: ( )2,1,12 −−=+−−=+ kjiba

rrrrr , kjic

rrrr 324 −−= = (4, –2, –3),

( ) ( )6,5,7657324

211 =++=−−

−−=×+ kjikji

cbarrr

rrr

rrr .

3.0.4. Primer: Odrediti ugao između vektora ( )1,2,2 −−=ar i vektora ( )6,3,6−=b

r.

Rešenje:

babababa rr

ro

rrrro

r

⋅=⇒⋅⋅= αα coscos ,

126612 =−+=bar

or ,

39144 ==++=ar ,

98136936 ==++=br

,

44636394arccos

94

9312cos ′′′≈=⇒=⋅

= oαα .

3.0.5. Primer: Odrediti dužinu projekcije vektora ( )5,2,5=ar na vektor ( )2,1,2 −=b

r.

Rešenje:

( ) ( ) ( )b

bb aprbaapr

bababaaapr

rrr rr

r

rrrrrror

r

r

⋅=⋅⋅=⋅⋅=⇒= αα coscos

( ) 63

18414

10210==

+++−

==b

baapr b r

ror

rr .

Page 48: diskretna zbirka

Vektorska algebra___ Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 45

3.0.6. Primer: Odrediti skalarni proizvod vektora qpa rrr 2+= i qpb rrr

−= , ako je 2,3 == qp rr i ( ) orr 45, =∠ qp . Rešenje:

( ) ( )=−+=

=−+−=−+=qqpqpp

qqpqqpppqpqpbar

orr

orr

or

ro

rro

rro

rro

rrro

rrro

r

2222

.8412122

222319

0cos245cos0cos 22

=−=⋅⋅−+⋅=

=⋅−⋅⋅+⋅= ooo rrrr qqpp

3.0.7. Primer:

Odrediti dužinu vektora qpa rrr 2−= ako je ( )3

,,3,2 π=∠== qpqp rrrr .

Rešenje: ( ) ( ) =+−=−−== qqqpppqpqpaaa r

orr

orr

orrr

orrr

orr 4422

722836124942132444

3cos4 22 ==+−=⋅+⋅⋅⋅−=+−= qqpp rrrr π .

3.0.8. Primer: Neka su tačke ( ) ( ) ( )3,0,1,2,2,3,5,4,2 −− CBA temena trougla. Dokazati da je trougao ABC pravougli. Rešenje: Treba dokazati da je jedan od unutrašnjih uglova trougla veličine o90 . Posmatrajmo vektore stranica ( )2,4,3=CA i ( )1,2,2 −−=CB .

Ugao kojeg zaklapaju ovi vektori računa se po formuli CBCACBCA⋅

=oγcos .

o900arccos01444169

286cos ==⇒=++⋅++

−+−= γγ ,

a to znači da je trougao pravougli, prav ugao je kod temena C .

Page 49: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika 3.0.9. Primer: Izračunati zapreminu tetraedra čija su temena data kordinatama: ( ) ( ),2,1,4,1,3,2 −BA ( ) ( )8,4,5,7,3,6 −−DC i visinu koja odgovara osnovi . ABC Rešenje: Zapremina se računa kao šestina zapremine prizme razapete nad tri vektora koja polaze iz istog temena. Neka su to vektori ADACAB ,, . ( 3,2,2 −−=AB ) , ( 6,0,4=AC ) , ( )7,7,7 −−=AD .

( ) ( )3

1546

3088456848461

777604322

61

61

==+++⋅=−−

−−⋅=×⋅= ADACABV o .

Visinu možemo izračunati iz formule za zapreminu:

BVHHBV ABCABC

331

=⇒⋅= .

Baza je trougao čiju površinu računamo formulom: ABC2

ACABPB ABC

×== .

kjikji

ACABrrr

rrr

82412604322 +−−=−−=× ,

2878464576144 ==++=× ACAB ,

14228

==B ⇒ 1114

1543===

BVH ABC .

3.0.10. Primer: Odrediti ugao kojeg zaklapaju dijagonale paralelograma konstruisanog nad vektorima i nma rrr 25 += nmb rrr

3−= , ako je 22=mr , 3=nr

i ( )4

, π=∠ nm rr .

Rešenje: Jedna dijagonala je zbir, a druga je razlika vektora stranica ar i b

r.

nmnmnmbad rrrrrrrrr−=−++=+= 63251 ,

nmnmnmbad rrrrrrrrr543252 +=+−+=−= ,

__________________________________________________________________ 46

Page 50: diskretna zbirka

Vektorska algebra___ Zbirka zadataka

21

21cosddddrr

ro

r

⋅=α ,

( ) ( )

,30345156192

9522322268245

4cos2624

52624546

22

21

=−+=

=⋅−⋅⋅⋅+⋅=−+=

=−+=+−=

nnmm

nnnmmmnmnmdd

rrrr

ro

rro

rro

rrro

rrro

r

π

( ) ( )

,1522597228892232212836

123666111

==+−=+⋅⋅⋅−⋅=

=+−=−−== nnnmmmnmnmddd ro

rro

rro

rrro

rrro

rr

( ) ( )

,5932252401289252232240816

2540165454222

=++=⋅+⋅⋅⋅+⋅=

=++=++== nnnmmmnmnmddd ro

rro

rro

rrro

rrro

rr

4753359315

303arccos8295,059315

303cos21

21 ′′′≈=⇒≈=⋅

= orr

ro

r

ααdddd .

3.0.11. Primer: Izračunati dužinu normalne projekcije vektora pmna rrrr 4312 −−= na vektor ( ) ( pnmnmb )rrrrrr

432 −+×−= , gde su pnm rrr ,, uzajamno ortogonalni jedinični ortovi koji u datom redosledu čine desno orijentisani trijedar. Rešenje: Po uslovu zadatka je znači: ( ) ( ) ( ) orrrrrrrrr 90,,,1 =∠=∠=∠∧=== pnpmnmpnm . Jednostavniji oblik vektora b

r dobićemo ako sredimo dati izraz.

( ) ( ) pnnnmnpmnmmmpnmnmb rrrrrrrrrrrrrrrrrr

×+×−×−×−×+×=−+×−= 86243432 ,

( ) .548845

845802430pnmmnp

pnpmnmpnnmpmnmbrrrrrr

rrrrrrrrrrrrrrr

++=+−−==×+×−×=×++×+×−×+=

__________________________________________________________________ 47

Page 51: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

( ) ( ) ( )251664

202448548

5484312++−−

=++

++−−==

ppmmnnpnm

pnmpmnb

baapr b

ro

rro

rror

rrr

rrro

rrr

r

ror

rr ,

u brojiocu ostaju samo ovi sabirci, u ostalima se skalarno množe ortogonalni vektori, i ti su proizvodi jednaki sa nulom.

( )1054

105120124148=

⋅−⋅−⋅=bapr r

r .

3.0.12. Primer: Vektori ( )1,2,1 α=ar , i ( )αα ,,2=b

r( )αα −= ,2,3cr su ivice tetraedra.

a) Odrediti u funkciji α zapreminu tog tetraedra. b) Odrediti vrednost parametra α tako da vektori cba rrr ,, budu komplanarni. c) U tom slučaju razložiti vektor ar preko vektora b

r i cr .

Rešenje:

a) ( ) cbaVpiramider

orr

×=61 ,

( ) 42623

2121

3 +−=−

=× αααααα

αcba ro

rr ,

42661 3 +−= ααpiramideV .

b) Ako su vektori cba rrr ,, komplanarni ⇒ 0=prizmeV , odnosno

. 0426 3 =+− αα

-1 6 0 -2 4 6 -6 4 0 ⇒ 11 −=α

( )( ) R∉−±

=⇒=+−+=+−12

9636604661426 3223 αααααα ,

znači da je jedini realni koren 11 −=α , a to znači da su dati vektori komplanarni za 11 −=α . c) cybxa rrr

+= , ( ) ( ) ( )1,2,31,1,21,2,1 −+−−=− yx , ( ) ( ) ( )yyyxxx ,2,3,,21,2,1 −+−−=− , ( ) ( )yxyxyx +−+−−=− ,2,321,2,1 .

__________________________________________________________________ 48

Page 52: diskretna zbirka

Vektorska algebra___ Zbirka zadataka

Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata dobijamo sistem jednačina:

11

22132

+=⇒=+−−=+−

=−

xyyxyx

yx

34222 −=⇒−=⇒−=++− yxxx Traženo razlaganje je znači: cba rrr 34 −−= . 3.0.13. Primer: Dokazati da su vektori ( ) ( ) ( )6,12,3,4,3,2,2,3,1 −=−−=−= cba rrr komplanarni i zatim odrediti njihovu linearnu zavisnost. Rešenje: Vektori su komplanarni ako je njihov mešoviti proizvod jednak nuli. Proverimo to.

( ) 03624184836186123432231

=++−−−=−

−−−

=× cba ro

rr ,

znači da su oni komplanarni. Njihovu linearnu zavisnost određujemo iz linearne jednačine: . 0=++ czbyax rrr

( ) ( ) ( ) ( )0,0,06,12,34,3,22,3,1 =−+−−+− zyx

064201233

32032

=++=+−

−−=⇒=−−−

zyxzyx

zyxzyx

04032

=+−=−−−

zyxzyx

yxyzzy 11303 −=⇒=⇒=+− za 1=y dobija se 11,3 −== xz , odnosno sledi da je tražena linearna zavisnost: cabcba rrrrrr 3110311 −=⇒=++− .

__________________________________________________________________ 49

Page 53: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika 3.0.14. Primer: Dati su vektori ( )( )6,2,2ln −−= par , ( )5,2,−= pb

r, ( )3,1,0 −=cr . Odrediti realan

parametar p tako da dati vektori budu komplanarni. Rešenje: Tri vektora su komplanarna ako je njihov mešoviti proizvod jednak nuli.

( )

( )( ) ( )

( ) 02ln

62ln562ln631052622ln

=−−=

=+−+−−−=−−−−

p

pppppp

cba ro

rr

( ) 31202ln =⇒=−⇒=− ppp . 3.0.15. Primer: Dati su vektori ( ) ( ) ( ) ( )pppdcbppa −−−=−−−=== ,2,3,1,2,1,1,2,2,,2,0

rrrr . a) Dokazati da su vektori da

rr− i cb rr

− komplanarni. b) Odrediti realan parametar tako da je p ( ) pcacba +=−

rorr

orr .

Rešenje: a) Dva vektora su kolinearna ako je npr. 21 vkv rr

= . ( )pppda 2,4,3=−

rr ( )2,4,3=− cb rr

Lako se uviđa da je ( )cbpda rrrr

−=− a to znači da su posmatrani vektori kolinearni. b) ( ) pcacba +=−

rorr

orr ,

( ) ( ) ( ) ( ) ppppp +−−−=−−−−−− 1,2,1,2,01,2,11,22,2 oo , ppppp +−−=+−+− 41442 , , pp 475 −=+− . 7=p

__________________________________________________________________ 50

Page 54: diskretna zbirka

Vektorska algebra___ Zbirka zadataka

3.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA

3.1.1._______________ Primer Izračunati kosinuse unutrašnjih uglova trougla ABC, ako je: nmAB rr 62 −= ,

nmBC rr 7+= , a je par uzajamno normalnih jediničnih vektora. nm rr ,________ Rešenje:

cos β =5

25040

40==

BCBA

BCBA jer je:

40242)7)(26( =−=+−=⋅ nmmnBCBA rrrr ,

40436)26)(26( =+=−−= mnmnBA rrrr , i slično će biti 50=BC .

pošto je treća stranica nmBCABAC rr+=+= 3 , sledi 0cos0 =⇒=⋅ αACAB , to

jest trougao je pravougli. Zato je .5

1541cos1sincos 2 =−=−== ββγ

________ Zadatak Izračunati kosinuse unutrašnjih uglova, kao i kosinus oštrog ugla između dijagonala paralelograma ABCD, ako je nmAB rr 62 −= , nmBC rr 7+= , a je par nm rr ,uzajamno normalnih jediničnih vektora. 3.1.2._______________ Primer

Dati su vektori ).1,1,1(),1,2,3(),3,2,1( === cba rrr Pokazati, da je vektor d

r= cba rrr

×× )( koplanaran sa vektorima av ibr

. Razložiti vektor d

r na komponente u pravcima vektora av i b

r.

________ Rešenje: Kraća varijanta: koristeći teoremu o dvostrukom vektorskom proizvodu dobijamo da je: cba rrr

×× )( ) = ( ) ( ) abacbbca rrrro

rrro

r 66 −=⋅−⋅ . Ovim je pokazana komplanarnost koja se tvrdi u zadatku, a izvršeno je i razlaganje vektora d

r na komponente u pravcima vektora av ib

r.

__________________________________________________________________ 51

Page 55: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika Duža varijanta: izračunava se

barr

× = 123321kjirrr

= (–4, 8, –4), zatim cba rrr×× )( =

111484 −−kjirrr

= (12, 0 –12), i

rešava se vektorska jednačina barr βα + = (12, 0 –12). Dobijaju se rešenja:

α = –6 i β = 6, to jest dr

= –6 + 6av br

. ________ Zadatak Date su tačke A(1, 1, 1), B(1, 2, 3), C(2, –3, –1) i D(1, –2, –1). Naći jedinični vektor 0ar koji je normalan na vektore AB i CD . 3.1.3._______________ Primer Izračunati površinu paralelograma konstruisanog nad vektorima av i b

r , za

pqbqpa rrrrrr 2,2 −=−= , ako su qp rr, jedinični vektori, koji zaklapaju ugao od 6π .

________ Rešenje: Iz definicije vektorskog proizvoda dva vektora sledi, da je dužina vektorskog proizvoda brojno jednaka površini paralelograma razapetog nad datim vektorima. Prema tome: pqqqppqppqqpbaP rrrrrrrrrrrrrr

×+×−×−×=−×−=×= 422)2()2( .

Na osnovu svojstava vektorskog proizvoda (vektorski proizvod istih ili paralelnih vektora je 0, odnosno zamena mesta činilaca dovodi do promene znaka) imamo:

.23

6sin113),sin(334 =⋅⋅⋅=∠⋅=×=×−×=

πqpqpqpqpqpP rrrrrrvrrr

________ Zadatak Izračunati ugao između dijagonala paralelograma konstruisanog nad vekorima i3,22 je ako ,3i25 ==−=+= nmnmbnma rrrrrrrr

∠ 4),( π=nm rr .

__________________________________________________________________ 52

Page 56: diskretna zbirka

Vektorska algebra___ Zbirka zadataka

3.1.4._______________ Primer Neka su dati vektori )4,3,3(),0,2,1(),4,1,( kcbka −=−==

rrr . a) Izračunati zapreminu V paralelepipeda konstruisanog nad tim vektorima. b) Za koju vrednost skalara k su vektori komplanarni? ________ Rešenje: Zapremina paralelepipeda je apsolutna vrednost mešovitog proizvoda ta tri vektora. Taj mešoviti proizvod je –8 k2 – 4 k + 12. Anuliranje te zapremine znači komplanarnost vektora. To će se desiti za k1 = 1 i za k2 = –3/2. ________ Zadatak Odrediti parametar m tako, da vektor ),1,3( mma −=

r zaklapa jednake uglove sa vektorima , zatim odrediti zapreminu piramide određene vektorima .

)11,1,2( i )3,2,1( == cb rr

cba rrr i, 3.1.5._______________ Primer Dati su vektori:

( ) ( ) ( ) .2

,,2

,,4

,

;3,2,1;2,,2πππ

=∠=∠=∠

===+−=−=+=

rqrpqp

rqprpcqpbqparrrrrr

rrrrrrrrrrrr

.

Odrediti zapreminu paralelepipeda kojeg ti vektori određuju. ________ Rešenje: Tražena zapremina je apsolutna vrednost mešovitog proizvoda data tri vektora:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) rqprpqpqpcbaV ro

rrrro

rrrrro

rr×=+−−×+=×= 622 .

Ova poslednja vrednost dobijena je tako, da smo usput koristili poznate činjenice o svojstvima vektorskog proizvoda dva vektora, odnosno o mešovitom proizvodu: ( ) .0,0,0 =×=×=× pqpqqpp r

orrrrrr

Konačno, tražena zapremina je: ( ) ( ) rqpqprqprqpV rrrrrrrrr

orr ),sin(60cos66 ∠⋅=⋅⋅×=×= 218= .

__________________________________________________________________ 53

Page 57: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

________ Zadatak Vektori stranica trougla ABC su: baCAibaBCbaAB −−=+=−= 37,62 ,

gde su bia uzajamno normalni jedinični vektori. Naći uglove trougla. 3.1.6._______________ Primer Izračunati površinu paralelograma konstruisanog nad vektorima kjia

rrrr−+= 22

i , i visinu koja odgovara stranici a. jibrrr

+= ah

________ Rešenje: Površina paralelograma konstruisanog na dva vektora je brojno jednaka intenzitetu (dužini) vektorskog proizvoda ta dva vektora:

( ) ( )jikjibaprrrrrrr

+×−+=×= 22 .

Imajući u vidu "tablicu vektoskog množenja" jediničnih vektora dobijamo: ( ) ( ) 2=−−=−=×= jijijibap

rro

rrrrrr .

Do te površine možemo doći i preko proizvoda osnovice a (dužina vektora ) i visine ha: Pošto je:

ar

( ) ( ) 31442222 =++=−+−+== kjikjiaarrr

orrrr .

Iz a⋅ ha = p, sledi: 32

==apha .

________ Zadatak

Dati su vektori ar =(4, 3, 1), br

=(5, 0, 2) i cr =(3, –4, 5). Naći simetričan vektor vektoru cr u odnosu na ravan vektora ( ar , b

r).

3.1.7._______________ Primer

Date su tačke . )8,3,2(),6,0,0(),0,3,0(),0,0,2( DCBA a) Izračunati zapreminu trostrane prizme čija su četiri susedna temena date tačke. (Krajnje tačke ivica koje ishode iz tačke A.) b) Izračunati kordinate petog i šestog temena prizme, ako one pripadaju ravni ABC i ADC. (Trougaone strane prizme su ABD i CEF).

__________________________________________________________________ 54

Page 58: diskretna zbirka

Vektorska algebra___ Zbirka zadataka

________ Rešenje: a) Zapreminu računamo kao polovinu apsolutne vrednosti mešovitog proizvoda vektora ivica koje ishode iz jednog temena. Posmatramo vektore koji ishode iz tačke A. To su vektori:

)0,3,2(−=−= OAOBAB , )6,0,2(−=−= OAOCAC i )8,3,0(=AD .

Njihov mešoviti proizvod je ( ) 54=× ADACAB o , pa je zapremina V=27. b) Neka je četvrto teme u ravni ABC obeleženo sa E. Pošto su AB i AC ivice, zato AE mora biti dijagonala te strane. Prema tome vektor položaja tražene tačke je:

( )=++= ACABOAOE (2, 0, 0) + (–2, 3, 0) + (–2, 0, 6) = (–2, 3, 6) ⇒ E(–2, 3, 6).

Slično se dobija vektor položaja šeste tačke F u ravni ADC: ( )=++= ACADOAOF (2, 0, 0) + (0, 3, 8) + (–2, 0, 6) = (0, 3, 14) ⇒ F(0, 3, 14).

________ Zadatak Date su tačke A( 4, 1, 2), B( 1, 4, 2), C(1, 4, 5) i D ( 7, 4, 5), temena tetraedra ABCD. T1 je težište strane ABD, T2 je težište strane ACD, T3 je težište strane BCD, i T4 je težište strane ABC. Naći zapremine i odnos zapremina tetraedara ABCD i T1T2T3T4. 3.1.8._______________ Primer Dati su vektori pmcpnbnma rrrrrrrrr 32,3,2 +=+=+= . Za komponente tih vektora važe sledeći odnosi:

,2,1 === pnm rrr ( ) orr 60, =∠ pn , ( ) ( ) orrrr 90,, =∠=∠ pmnm .

Odrediti dužinu vektora dr

, gde je dr

jedna dijagonala paralelopipeda nad vektorima cba rrr ,, . ________ Rešenje:

Jedna od dijagonala je:

__________________________________________________________________ 55

Page 59: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

dr

= cba rrr++ = pnmpmpnnm rrrrrrrrr 444)32()3()2( ++=+++++ ,

pa je njena dužina 282411)()(16 =+++=++++== pnmpnmddd rrro

rrrro

rr,

jer je usled normalnosti vektora 0== pmnm ro

rro

r , dok je 121 21 =⋅⋅=pn r

or usled

kosinusa zahvaćenog ugla. Slično se izračunavaju dužine i ostalih dijagonala.

________ Zadatak Ispitati dali su vektori kjia

rrrr++= 6 , kjb

rrr−= 3 i kjic

rrrr 532 ++−= komplanarni. Odrediti λ tako da vektor ar+λb

rbude normalan na vektor cr .

3.1.9._______________ Primer Dati su vektori ( )1,1,1 −=ar i ( )2,0,2=b

r, i tačke ( )3,2,1A i ( )zC ,1,4 .

Naći površinu paralelograma ABCD, ako su stranice paralelograma paralelne vektorima i ar b

r.

________ Rešenje: Usled paralelnosti stranica sa datim vektorima sledi:

blakACrr

+= =(k, –k, k) + (2l, 0, 2l), za neke brojeve k i l.

S obzirom da na vektore položaja posmatranih tačaka: ACOAOC += , pomoću koordinata ta jednačina ima oblik: ),1,4()2,,2()2,2,1( zlkklk =+−++ . Izjednačimo odgovarajuće koordinate i dobijamo: k = 1, l = 1, z = 3. Ovi brojevi znače:

bADaABrr

== , . Pošto je ADAB× = )2,0,2(202111 −=−kjirrr

,

a površina paralelograma je brojno jednaka dužini tog vektora, sledi:

.228404 ==++=×barr

________ Zadatak Koji ugao zaklapaju jedinični vektori mr i nr ako su vektori nma rrr 2+= i

nmb rrr45 −= uzajamno ortogonalni?

__________________________________________________________________ 56

Page 60: diskretna zbirka

Vektorska algebra___ Zbirka zadataka

3.1.10._______________ Primer Izračunati normalnu projekciju vektora pnma rrrr 4123 +−= na pravac vektora

)43()2( pnmnmb rrrrrr−+×−= , gde su pnm rvr i , uzajamno normalni jedinični vektori

desne orijentacije u datom redosledu. (Obratiti pažnju na primer 3.0.11.)

________ Rešenje: Usled uzajamne normalnosti jediničnih vektora iz desnog sistema, možemo ih

tretirati kao kordinate, pa će biti pnmpnm

b rrr

rrrr

548431021 ++=

−−= .

Imamo činjenicu: 105

4251664

204824 −=

+++−

==b

baaprb r

ro

rr

r .

________ Zadatak Dati su vektori =(2, –1, 3), ar b

r=(1, –4, 2) i cr =(3, 2, –1). Odrediti ugao

rizmeđu ravni vektora ( , b ) i ravni vektora (ar b

r, cr ).

3.1.11._______________ Primer Odrediti parametar m tako, da vektor ),1,3( mma −=

r zaklapa jednake uglove sa vektorima )11,1,2( i )3,2,1( == cb rr

________ Rešenje: Uglovi su jednaki, ako su kosinusi uglova jednaki. Izračunajmo skalarne proizvode i izjednačimo kosinuse uglova: mmmmbaba 32)3(cos141)3(cos 22 ++−=⋅++−=⋅= ϕϕ

rrro

r ,

mmmmcaca 111)3(2cos1261)3(cos 22 ++−=⋅++−=⋅= ϕϕrrro

r . Nakon deobe te dve jednakosti u slučaju 39 += sledi: m = 8, dok slučaj 39 −= odbacujemo, jer tada su kosinusi suprotnog znaka, iste apsolutne vrednosti, a to znači da su uglovi suplementni a ne jednaki!

__________________________________________________________________ 57

Page 61: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

________ Zadatak

Odrediti parametar k tako, da vektor )3,2,1( += ka zaklapa jednake uglove

sa vektorima )0,4,3(=b i )12,0,9(=c , zatim izračunati zapreminu paralelepipeda razapetog nad tim vektorima. 3.1.12._______________ Primer

Dati su vektori ).1,2,1(),1,2,3(),3,2,1( −=== cba rrr Ako je jedno teme piramide u kordinatnom početku, a ivice koje ishode iz tog temena su cba rrr ,, , naći visinu tog tela, koja je spuštena iz vrha vektora cr na ravan vektora ba

rr, .

________ Rešenje:

Zapremina te piramide je: 4121123321

61)(

61

=−

=×= cbaV ro

rr . Podelimo li

ovu zapreminu sa pripadnom osnovom, dobijemo traženu visinu. Osnova je polovina

apsolutne vrednosti vektorskog proizvoda vektora koji čine bazu: 6221

=×= baBrr .

Visina je: .45,2662

123≈===

BVH

________ Zadatak Data je kocka ABCDA1B1C1D1 ivice a = 4. Tačka M je sredina gornje osnove A1B1C1D1, a tačka N je sredina strane BCC1B1. Naći dužinu vektora AM i AN i ugao između njih. 3.1.13._______________ Primer Izračunati zapreminu paralelepipeda konstruisanog nad vektorima cba rrr ,, :

pnma rrrr++= , ;, pnmcpnmb rrrrrrrr

+−=−+= ako vektori čine desni sistem u navedenom redosledu, i ako zapremina paralelepipeda konstruisanog nad njima iznosi ¼.

pnm rvr ,,

__________________________________________________________________ 58

Page 62: diskretna zbirka

Vektorska algebra___ Zbirka zadataka

________ Rešenje: Izračunajmo mešoviti proizvod vektora cba rrr ,, :

( ) ( ) ( )( ) ( )pnmpnmpnmcba rrro

rrrrrrro

rr+−−+×++=× .

Računanje nastavljamo množenjem vektora član po član i koristeći činjenicu o anuliranju vektorskog proizvoda paralelnih vektora, o promeni znaka u slučaju promene redosleda komponenti u vektorskom proizvodu, o anuliranju mešovitog proizvoda komplanarnih vektora i o istovetnosti mešovitog proizvoda u slučaju "cikličke" izmene pozicija komponenti u proizvodu:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) pnm

pnmpnmpnmpnmpnmpnmmnpnmpmpnpmnnpmpnm

pnmnpmppnmnpmnmcba

ro

rr

ro

rrro

rrro

rrro

rrro

rrro

rr

ro

rrro

rrro

rrro

rrro

rrro

rr

rrro

rrrrrrrrrrrrro

rr

×−==×−×−×−×−×−×==×+×−×−×+×+×=

=+−×+×+×−×+×−×=×

4

Zapremina paralelepipeda konstruisanog nad vektorima cba rrr ,, je apsolutna vrednost upravo dobijenog mešovitog proizvoda:

( ) ( ) 14144 =⋅=×=×= pnmcbaV r

orrr

orr ,

jer apsolutna vrednost mešovitog proizvoda vektora pnm rvr ,, jeste zapremina paralelepipeda razapetog nad tim vektorima, a to je dato u zadatku: ¼. ________ Zadatak Ispitati dali su vektori kjia

rrrr++= 6 , kjb

rrr−= 3 i kjic

rrrr 532 ++−= komplanarni. Odrediti λ tako da vektor ar+λb

rbude normalan na vektor c .

r

3.1.14._______________ Primer Ako je ( )4,2,1−=ar i ( )5,3,4 −=b

r naći vektor xr koji je normalan na osu Oy i

zadovoljava uslove: i 3−=ax ror 8=bx

ror .

________ Rešenje: Neka je xr = ( p, q, r ). Skalarni proizvodi dati u tekstu zadatka znače sledeće jednačine: p – 2q + 4r = –3 i 4p + 3q – 5r = 8. Pošto imamo tri nepoznate kordinate, potrebna nam je i treća jednačina, koju dobijemo iz uslova da je vektor normalan

rxr

na osu Oy, to jest skalarni proizvod sa "vektorom pravca" te ose (to je i ), jednak je nuli. Pošto je i

r = (1, 0, 0), odnosno 0=ix

ro

r , neposredno dobijamo: p = 0.

__________________________________________________________________ 59

Page 63: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika Preostale su nam dve jednačine: – 2q + 4r = –3 3q – 5r = 8 Po osnovu rešenja ovog sistema jednačina dobijemo rešenje zadatka:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

27,

217,0xr .

________ Zadatak

Naći intenzitet vektora qpa rrr 2−= ako je 2=pr , 3=qr , ( )6

, π=∠ qp rr .

3.1.15._______________ Primer

Dati su vektori qpa rrr+= 2 i qpb rrr

3−= , gde je ( )3

,,3,2 π=∠== qpqp rrrr .

a) Odrediti skalarni proizvod =bar

or

b) Odrediti dužinu veće dijagonale paralelograme konstruisanog nad vektorima barr, .

________ Rešenje:

a) ( ) ( ) =−−=−+= 22 35232 qqppqpqpba rro

rrrro

rrro

r

.3427158333

cos32522 22 −=−−=⋅−⋅⋅⋅−⋅=π

b) Dijagonale paralelograma su badrrr

+=1 i badrrr

−=2 . Dužine se računaju na sledeći način:

( ) ( ) 22 2 bbaababadddrr

orrrr

orrr

orr

+±=±±== ,

( ) ( ) 37912164422 222 =++=++=++= qqppqpqpa rro

rrrro

rrr ,

( ) ( ) 67811849633 222=+−=+−=−−= qqppqpqpb rr

orrrr

orrr

.

Pošto je skalarni proizvod =bar

or –34, duža dijagonala je bad

rrr−=2 , jer je

( ) ( ) 172676837222

222 =++=+−=−−== bbaababadddrr

orrrr

orrr

orr

.

Kraća dijagonala bi imala dužinu:

( ) ( ) 636676837222

111 ==+−=++=++== bbaababadddrr

orrrr

orrr

orr

.

________ Zadatak Tačke A (–3, 2, k ), B (3, –3, 1) i C (5, k, 2) su tri uzastopna temena paralelograma ABCD. Naći k ≠ 0 tako da bude 14=AD .

__________________________________________________________________ 60

Page 64: diskretna zbirka

_____________________4.

ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

4.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEŽBE 4.0.1. Primer:

Data je ravan α sa svojom jednačinom 020435: =−+− zyxα . Ispitati koje od tačaka ( ) ( ) ( )12,6,2,6,0,7,2,1,5 −−−− CBA pripadaju ravni α .

Rešenje: Tačka pripada ravni ako njene kordinate zadovoljavaju jednačinu ravni. ( ) ( ) α∈⇒=−−+=−−⋅+−⋅−⋅ AA 020832520241355: , ( ) α∉⇒≠−−−=−−⋅+⋅−⋅ BB 0202403520640375: , ( ) α∈⇒=−+−−=−⋅+⋅−−⋅ CC 020481810201246325: . 4.0.2. Primer:

Dati su vektori ( )0,2,3=ar i ( )2,4,5=b

r. Sastaviti jednačinu ravni α koja sadrži

oba vektora i prolazi kroz tačku ( )5,0,4−M . Rešenje: Jednačinu ravni α tražimo u obliku 0: =+++ DCzByAxα , gde je

( CBAn ,,=αr ) vektor normale tražene ravni, a konstantu određujemo iz uslova da D

tačka M pripada ravni α . Vektor normale nalazi se kao vektorski proizvod datih vektora:

( ) ( CBAkjikji

n ,,2,6,4264245023 =−=+−==

rrr

rrr

rα )

0264: =++− Dzyxα

( )

6010160520644:=⇒=++−⇒

=+⋅+⋅−−⋅∈DD

DM α

znači da je jednačina tražene ravni 06264: =++− zyxα .

__________________________________________________________________ 61

Page 65: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika 4.0.3. Primer: Date su tačke ( ) ( ) ( )2,3,11,0,6,5,3,5,1 −−− RQP . Sastaviti jednačinu ravni α koja sadrži date tačke. Rešenje: Vektor normale tražene ravni α nalazimo kao vektorski proizvod dva vektora iz tražene ravni, to mogu biti npr. vektori PQ i PR . ( ) ( ) ( )3,1,43,5,10,6,5 −−=−−−=PQ ( ) ( ) ( )1,2,103,5,12,3,11 −=−−−=PR

( )18,26,7182671210314 −=+−=

−−−= kjikji

nrrr

rrr

pa jednačinu ravni α možemo pisati u obliku 018267: =++− Dzyxα , a konstantu D određujemo iz uslova da je npr. tačka Q u posmatranoj ravni.

( )

191015635001862657:−=⇒=++⇒

=+⋅+−⋅−⋅∈DD

DQ α

znači da je jednačina ravni α koja se traži 019118267: =−+− zyxα . 4.0.4. Primer: Ispitati komplanarnost tačaka ( ) ( ) ( ) ( 5,1,2,2,1,3,5,1,2,4,0,6 − )−−− MRQP . Zadatak rešiti pomoću jednačine ravni. Rešenje: Kroz bilo koje tri tačke npr. postavljamo jednačinu ravni, i proveravamo RQP ,,da li tačka M pripada toj ravni ili ne. Jednačinu ravni α kroz tačke sastavljamo RQP ,,na isti način kao u prethodnom primeru. ( ) ( ) ( )1,1,84,0,65,1,2 −=−−=PQ ( ) ( ) ( )2,1,94,0,62,1,3 −−−=−−−=PR

( )17,25,11725219

118 −−=+−−=−−−

−= kjikji

nrrr

rrr

01725: =++−− Dzyxα

__________________________________________________________________ 62

Page 66: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

620686

041702561:−=⇒=++−⇒

=+⋅+⋅+⋅−∈DD

DP α

0621725: =−+−− zyxα .

Sada treba još proveriti da li četvrta tačka, tačka M pripada dobijenoj ravni α . ( ) αα ∈⇒=−+−=−⋅+⋅−−⋅−∈ MM 062852526251712521: , znači da su

date tačke komplanarne, one sve pripadaju ravni čija je jednačina 0621725: =−+−− zyxα . 4.0.5. Primer: Data je ravan 07345: =−+− zyxα i tačka ( )1,3,2 −−M . Sastaviti jednačinu ravni β koja je paralelna sa ravni α i prolazi kroz tačku M . Rešenje: Ako ravni α i β treba da budu paralelne, tada imaju isti vektor normale, koji se iz jednačine ravni α može pročitati: ( )3,4,5 −== αβ nn rr . Jednačina ravni β glasi: 0345: =++− Dzyxβ , a konstantu određujemo iz uslova da tačka D M pripada ravni β .

( ) ( )

190312100133425:−=⇒=+−+⇒

=+−⋅+−⋅−⋅∈DDDM β

Jednačina tražene ravni β glasi 019345: =−+− zyxβ . 4.0.6. Primer:

Date su prave 0

123

1: +=

−=

− zyxa i 04

466: zyxb =

−−

=−+ .

a) Ispitati međusobni položaj pravih i b . a b) Napisati jednačinu ravni α koja sadrži prave i . a b Rešenje: a) Vektor pravca prave je a ( )0,2,3=ar , a vektor pravca prave b je

( 0,4,6 −−=br

) . Lako se uviđa da je ab rr2−= , što znači da su vektori pravca kolinearni, a

to znači da su prave i paralelne. a b b) Vektor normale ravni α nalazi se kao vektorski proizvod dva nekolinearna vektora iz ravni α , znači to ne mogu biti vektori ar i b

r. Jedan od njih se

može koristiti , ali umesto drugog moramo naći neki vektor, koji nije paralelan sa prethodnim ali pripada ravni α . Iz jednačina pravih a i b mogu se pročitati kordinate po jedne tačke sa tih pravih.

__________________________________________________________________ 63

Page 67: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

Prava zyx lzz

lyy

lxxl 000: −

=−

=− sigurno prolazi kroz tačku ( )000 ,, zyxL , znači

prava sadrži tačku a ( )1,2,1 −A , a prava sadrži tačku b ( )0,4,6−B .

Vektor nekolinearan sa vektorima ar i br

mogao bi da bude ( 1,2,7−=AB ) . Tada vektor normale tražene ravni možemo da računamo kao vektorski proizvod vektora i ar

vektora AB :

( )20,3,22032127023 −=+−=

−=×= kji

kjiABan

rrr

rrr

rrα

02032: =++− Dzyxα

( )

240206201202312:=⇒=+−−⇒

=+−⋅+⋅−⋅∈DD

DA α

pa je jednačina tražene ravni α data sa: 0242032: =++− zyxα . 4.0.7. Primer:

Date su prave 1

33

22

1: −=

−=

− zyxa i 2

60

512: −

=−

=−− zyxb .

a) Ispitati međusobni položaj pravih i b . a b) Napisati jednačinu ravni α koja sadrži prave a i b . Rešenje: a) Vektori pravca pravih a i b su ( ) ( )2,0,1,1,3,2 −== ba

rr . Oni nisu kolinearni ( )bka

rr≠ , znači da prave nisu paralelne. One mogu imati presek ili mogu biti

mimoilazne. Ako imaju presek, tada je mešoviti proizvod vektora pravaca i ar br

i vektora AB (koji spaja tačku A sa prave a sa tačkom B sa prave ) nula, jer su tada bovi vektori komplanarni. Ako su mimoilazne tada taj mešoviti proizvod nije nula. Zadajmo prvo tačke A i B . Njihove kordinate čitamo iz jednačina pravih a i b . To su tačke sa kordinatama i ( )3,2,1A ( )6,5,2B . Tada je vektor AB dat sa

kordinatama ( ) ( ) ( 3,3,13,2,16,5,2 =−=AB ) .

Ispitajmo sada spominjani mešoviti proizvod:

( ) 09120360331201132

=+−−−+=−=× ABba orr

to znači da su vektori komplanarni, odnosno da date prave pripadaju istoj ravni. Tada one moraju imati presek (jer nisu paralelne).

__________________________________________________________________ 64

Page 68: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

b) Utvrdili smo da prave a i b pripadaju istoj ravni. Vektor normale tražene ravni α dobija se kao vektorski proizvod dva nekolinearna vektora iz posmatrane ravni, to mogu biti vektori ar i b

r. Izračunajmo ovaj proizvod:

( )3,5,6356201132 −=+−=

−=×= kji

kjiban

rrr

rrr

rrrα

0356: =++− Dzyxα

509106

0332516:−=⇒=++−⇒

=+⋅+⋅−⋅∈DD

DA α

Jednačina ravni α koja sadrži date prave a i b glasi 05356: =−+− zyxα . 4.0.8. Primer: Date su tačke ( ) ( )3,1,0,1,1,2 −BA i ( )5,1,2 −C . a) Sastaviti jednačinu ravni α koja sadrži date tačke. b) Napisati jednačinu prave koja je ortogonalna na ravan d α i prolazi kroz zadatu tačku ( )3,1,5D . Rešenje: a) Odredimo prvo vektor normale tražene ravni:

( )0,12,012600402 −=−=

−−−=×= jkji

ACABnr

rrr

rα ,

tada je 012: =+− Dyα , pošto je 120112: =⇒=+⋅−∈ DDA α , sledi da je ( )12:/01212: −=+− yα pa je najjednostavniji oblik jednačine tražene ravni 01: =−yα . b) Ako je prava ortogonalna na ravni d α , tada je vektor pravca prave d

r

paralelan sa vektorom normale αnr ravni α , odnosno možemo uzeti da je

( 0,12,0 −== αnd )rr. Pošto dužina i orijentacija vektora pravca nije bitna (samo smer)

vektor dr

možemo uzeti i u obliku ( )0,1,0=dr

. Tražena prava treba da prolazi i dkroz unapred zadatu tačku , pa njene jednačine možemo ( 3,1,5D )pisati u obliku

03

11

05: −

=−

=− zyxd .

__________________________________________________________________ 65

Page 69: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika 4.0.9. Primer: Date su tačke i vektor ( ) ( 3,2,0,1,1,2 BA ) ( )1,1,2 −=vr . a) Napisati jednačine pravih i koje su paralelne sa vektorom i a b vr

redom prolaze kroz tačke A i B . b) Napisati jednačinu one ravni α , koja sadrži ovako dobijene prave a i b . Rešenje:

a) Jednačine traženih prava i su: a b

11

11

22:

−−

=−

=− zyxa i

13

12

2:

−−

=−

=zyxb .

b) Vektor normale ravni α je:

( )4,2,3423112

212 −−=−+−=−

−=×= kjikji

vABnrrr

rrr

rrα ,

0423: =+−+− Dzyxα ,

,80426

0141223:=⇒=+−+−⇒

=+⋅−⋅+⋅−∈DD

DA α

pa je jednačina tražene ravni data sa 08423: =+−+− zyxα . 4.0.10. Primer: Date su tačke i ( ) ( 4,2,1,0,1,1 −NM ) ( )3,1,2 −P . Naći tačku ( )kQ ,2,2 tako da ona bude u ravni koja je određena tačkama . PNM ,, Rešenje:

Prvo ćemo naći jednačinu ravni α koja sadrži tačke , a zatim ćemo odrediti parametar k tako da tačka Q pripada toj ravni

PNM ,,α .

( ) kjiMNrrr

424,1,2 ++−=−=

( ) kjiMPrrr

323,2,,1 +−=−=

( )3,10,1131011321412 =++=

−−=×= kji

kjiMPMNn

rrr

rrr

031011: =+++ Dzyxα 21003110111: −=⇒=+⋅+⋅+⋅∈ DDM α

02131011: =−++ zyxα je jednačina tražene ravni α .

__________________________________________________________________ 66

Page 70: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

Ako tačka Q pripada ravni α , onda mora da je

2130213210211 −=⇒=−⋅+⋅+⋅ kk ,

odnosno sledi da je vrednost traženog parametra 7−=k , a tačka Q ima kordinate

( )7,2,2 −Q . 4.0.11. Primer: Data su tri para paralelnih ravni. Izračunati zapreminu paralelepipeda čije strane leže u ovim ravnima:

⎩⎨⎧

=−=−

32:02:

2

1

yxyx

αα

, , . ⎩⎨⎧

=−=−

43:13:

2

1

yzyz

ββ

⎩⎨⎧

=−=−

2:0:

2

1

zxyx

γγ

Rešenje: Za izračunavanje zapremine paralelepipeda potrebno je poznavati tri vektora,

koji polaze iz jednog temena i čine ivice tela. Neka su krajnje tačke ovih vektora koji

polaze iz istog temena označene sa , a vektori će biti: DCBA ,,, ADACAB ,, .

Kordinate ovih temena dobijamo kao presek tri ravni, koje čine odgovarajuće strane

paralelepipeda. Tako će redom biti: { } 111 γβα ∩∩=A { } 211 γβα ∩∩=B { } 121 γβα ∩∩=C { } 112 γβα ∩∩=D

xzxyA

== 2:

⇒ 132 =− xx ⇒ 1−=x ⇒ , ( )1,2,1 −−−A

2

2:−=

=xzxyB

⇒ 163 =+− x ⇒ 5=x , ⇒ ( )3,10,5B

xzxyC

== 2:

⇒ 432 =− xx ⇒ 4−=x ⇒ , ( )4,8,4 −−−C

xz

xyD=

−= 32:⇒ 1332 =−− xx ⇒ 4−=x ⇒ . ( )4,11,4 −−−D

Sada možemo odrediti vektore koje polaze iz temena A , to su: ( 4,12,6=AB ) ( )3,6,3 −−−=AC ( )3,9,3 −−−=AD .

__________________________________________________________________ 67

Page 71: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika Zapremina paralelepipeda računa se kao apsolutna vrednost mešovitog

proizvoda tih vektora:

( ) 1818393363

4126=−=

−−−−−−=×= ADACABV o .

Tražena zapremina je znači .18=V 4.0.12. Primer: Pravilan tetraedar OABC sa ivicama jedinične dužine nalazi se u prvom oktantu, stranom oslonjen na ravan Oxy , pri čemu tačka OAB A pripada osi Ox .

a) Odrediti kordinate vektora ivica OCOBOA ,, .

b) Upotrebom vektora ivica izračunati površinu tetraedra.

c) Napisati jednačinu ravni koju određuju tačke . ABC Rešenje: a) Koristeći osobine pravilnog tetraedra mogu se izvesti kordinate temena :

; ; ( )0,0,0O ( 0,0,1A ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛0,

23,

21B ; ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

36,

63,

21C .

Tri vektora ivica, koja polaze iz temena O su:

( 0,0,1=OA ) , ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= 0,

23,

21OB , ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=

36,

63,

21OC .

b) Površina tetraedra sastoji se iz površine četiri jednakostranična trougla.

OBOAOBOA

PP OABABCtetraedraO ×=×

⋅=⋅= ∆ 22

44 ,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛===×

23,0,0

23

023

21

001 kkji

OBOAr

rrr

,

sledi da je tražena površina: 3232

232 =⋅== kP ABCtetraedraO

r.

__________________________________________________________________ 68

Page 72: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

c) ( )CBA ,,αα =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=++=

−=×=63,

66,

22

63

66

22

36

63

21

023

21 kji

kji

ACABnrrr

rrr

rα ,

063

66

22: =+++ Dzyxα ,

220

22: −=⇒=+∈ DDA α ,

6/022

63

66

22: ⋅=−++ zyxα

pa je jednačina ravni koja sadrži stranu , ABC 0233623: =−++ zyxα . 4.0.13. Primer: Date su tačke ( ) ( ) ( )1,1,1,11,15,11,5,6,1 1DCA − , koja su temena prave prizme

1111 DCBABCDA . Data je i jednačina ravni osnove , ABCD 030323: =−++ zyxα .

(Proveriti: αα ∈∈ CA , ).

a) Odrediti kordinate temena . D

b) Naći zapreminu prizme.

c) Pokazati da je reč o kvadru. Rešenje: a) Proverimo prvo da li je αα ∈∈ CA , ?

030536213: =−⋅+⋅+⋅∈αA ⇒ 00 = ⇒ α∈A ,

03011312113: =−⋅−⋅+⋅∈αC ⇒ 00 = ⇒ α∈C ,

( ) ( )3,2,3, 1 =⇒=⇒⊥ pnpDDp rrrαα .

Tačku dobijamo kao prodor prave kroz ravan D p α . Za to treba odrediti

jednačine prave u parametarskom obliku. Ako kanonski oblik jednačina prave p p

izjednačimo sa nekim parametrom (npr. ), i izrazimo redom promenljive t zyx ,, ,

dobijamo parametarske jednačine prave : p

__________________________________________________________________ 69

Page 73: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

tzyxp =−

=−

=−

31

21

31: ⇒

⎪⎩

⎪⎨

+=+=+=

131213

tztytx

( ) ( ) ( )

102222

030392439030133122133:

==−

=−+++++=−+++++∩

tt

ttttttp α

pa je traženo teme prizme: . ( )4,3,4D

b) ( ) 418323

15127133

1 =−−−−

−=×= DDDCDAV o

c) Prizma je kvadar ako je osnovica pravougaonik,

odnosno ako je

1111 DCBABCDA

CDDA⊥ . Tada oni zaklapaju ugao od , pa treba da je njihov

skalarni proizvod 0.

o90

( ) ( ) 015362115,12,71,3,3 =−+−=−−= ooDCDA

⇒ CDDA⊥ ⇒ prizma 1111 DCBABCDA je kvadar. 4.0.14. Primer:

Pokazati da prave 2

31

22

1:1+

=+

=− zyxl i pripadaju

⎩⎨⎧

=+−=++−

022024

:2 zyzyx

l

istoj ravni. Napisati jednačinu te ravni. Rešenje: Jednačine prave su date kao presek dve ravni. Odredimo njene jednačine u 2lkanonskom obliku. To znači da treba naći rešenje sistema:

022:024:

=+−=++−

zyzyx

βα

.

Sabiranjem sledi : 042 =+− yx ⇒ 42 −= yx ,

a iz druge jednačine sledi da je 22 += yz . Pošto imamo dve jednačine i tri nepoznate, jednu nepoznatu biramo slobodno. Neka je npr. 0=y , tada je 4−=x i , pa su 2=zkordinate jedne tačke sa prave date sa 2l ( )2,0,42 −L . Kordinate tačke sa prave se 1L 1l

__________________________________________________________________ 70

Page 74: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

čitaju iz njenih jednačina, to je tačka ( )3,2,11 −−L . Vektor pravca prave dobija se kao vektorski proizvod vektora normala datih ravni:

2l

( )2,1,222120

1412 =++=−

−=×= kjikji

nnlrrr

rrr

rrrβα .

Jednačine prave u kanonskom obliku glase: 2l 22

124:2

−==

+ zyxl .

Vektor pravca ove prave je ( )2,1,22 =lr

, a vektor pravca prave glasi . Pošto su vektori pravca tih pravih jednaki,

1l ( )2,1,21 =lr

12 llrr

= sledi da su date prave i 1l

2l paralelne. Ako su prave paralelne sigurno pripadaju istoj ravni, neka je to ravan π . Jednačinu te ravni dobijamo na sledeći način:

( )9,20,1920525212211 −=+−=

−=×= kji

kjiLLln

rrr

rrr

rrπ ,

0920: =++− Dzyxπ , ( ) ( )

,140274010392201:1

−=⇒=+−+⇒=+−⋅+−⋅−∈

DDDL π

pa je jednačina ravni, koja sadrži prave i data sa 1l 2l 014920: =−+− zyxπ .

4.0.15. Primer:

Dokazati da se prave 1

156

34:1

+=

−−

=+ zyxl i

721

11:2

zyxl =−

=+ seku pod

pravim uglom, zatim napisati jednačinu ravni koja sadrži date prave. Napisati i

jednačine prave kroz tačku preseka, ortogonalnu na obe date prave. Rešenje:

Dokažimo prvo da se date prave seku, odnosno da leže u istoj ravni: ( ) ( )1,6,41,5,3 11 −−−= Ll

r

( ) ( )0,1,17,2,1 22 −= Llr

( )1,5,321 −=⇒ LL

pa je mešoviti proizvod ( ) 0153721153

2121 =−

−=× LLll o

rr,

što znači da ove prave pripadaju istoj ravni, odnosno da se seku (jer nisu paralelne).

Prave se seku pod pravim uglom ako su im vektori pravca ortogonalni. Ispitajmo zato skalarni proizvod vektora pravaca:

__________________________________________________________________ 71

Page 75: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika ( ) ( ) 071037,2,11,5,321 =+−=−= o

ro

rll ,

što znači da su ovi vektori (a istovremeno i prave) ortogonalni (pa se seku pod pravim uglom). Jednačinu njihove zajedničke ravni sastavljamo na sledeći način:

( )21, llα : ( )11,20,3711203772115321 −−=+−−=−=×= kjikji

llnrrr

rrr

rrrα

0112037: =++−− Dzyxα ,

( ) 17020370011120137:2 −=⇒=+−⇒=+⋅+⋅−−⋅−∈ DDDL α ,

( )1/017112037: −⋅=−+−− zyxα

pa je jednačina tražene ravni 017112037: =+−+ zyxα .

Tačku preseka nalazimo izjednačavanjem parametarskih jednačina datih pravih:

tzyxl =+

=−−

=+

11

56

34:1 ⇒ ,

⎪⎩

⎪⎨

−=+−=−=

165

43:1

tzty

txl

szyxl ==−

=+

721

11:2 ⇒ ,

⎪⎩

⎪⎨

=+=−=

szsy

sxl

712

1:2

pa je za tačku preseka:

stst

st

711265

143

=−+=+−

−=− ⇒ ( )

02014173

17

=−=−+

+=

sss

st ⇒ 0=s .

Tačka preseka znači ima kordinate ( )0,1,1−P . Prava koja prolazi kroz ovu

tačku i ortogonalna je na obe prave ima vektor pravca jednak vektoru normale ravni

p

α ,

( )11,20,37 −== αnp rr .

Jednačine tražene prave glase: 1120

137

1:−

=−

=+ zyxp .

__________________________________________________________________ 72

Page 76: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

4.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA 4.1.1._______________ Primer

Dati su vektori ).1,1,1(),1,2,3(),3,2,1( === cba rrr Napisati jednačinu ravni koja sadrži tačku čiji je vektor položaja vektor , a cr

paralelna je vektorima i av br

.

________ Rešenje:

Vektor normale ravni biće paralelan vektoru barr

× = 123321kjirrr

= (–4, 8, –4).

Postavimo ravan kroz tačku, čiji je vektor položaja cr , a to je tačka C(1, 1, 1), dok za vektor normale uzimamo )1,2,1( −=nr (Vektor je paralelan sa ba

rr× ).

Tražena jednačina ravni je: (x–1) –2 (y–1) + (z–1) = 0 ⇒ x – 2y + z =0.

________ Zadatak Data je jednačina ravni 0432: =−−+ zyxα : a) Od tačaka ( ) ( )1,0,1,0,1,2 −BA i ( )6,1,5 −C koje pripadaju ravni α ? b) Naći presek pravih P p i q ako su njihove jednačine:

011

22: zyxp =

−−

=− i

11

031: +

==− zyxq

c) Ako presečna tačka P pripada ravni α napisati jednačinu prave , koja n je ortogonalna na ravan α i prolazi kroz tu tačku. 4.1.2._______________ Primer Tačke A (–3, 2, k ), B (3, –3, 1) i C (5, k, 2) su tri uzastopna temena paralelo- grama ABCD. Naći k ≠ 0 tako da bude 14=AD . Za dobijenu vrednost k odrediti

kordinate tačke D. Napisati i jednačinu ravni (ABCD).

__________________________________________________________________ 73

Page 77: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

________ Rešenje: U paralelogramu ABCD važi: BCAD = . To znači

14)12()3()35( 222 =−+++−== kBCAD ⇒ k2 + 6k = 0,

pošto je k ≠ 0 ⇒ k = –6. Vektor položaja tačke D je BCOAADOAOD +=+= = =(–3, 2, k ) + (2, k+3, 1)= (–1, k+5, k+1) U slučaju k = –6 kordinate tačke D su: (–1, –1, –5) Vektor normale ravni paralelograma ABCD je :

132756

−−=×=

kjiADABn

rrr

r = (16, 8, –8).

Uzimamo vektor koji je paralelan ovom vektoru: (2, 1, –1). Postavimo ravan sa ovim vektorom normale kroz tačku D:

2 (x + 1) + (y +1)–(z +5) = 0 ⇒ 2 x + y – z –2 = 0.________ Zadatak Data su tri uzastopna temena paralelograma ABCD: A(1,0,4); B(4,1,0) i C(3,-3,2). Naći kordinate četvrtog temena D i ugao između dijagonala paralelograma. 4.1.3._______________ Primer Tačke A(1, 4, –2), B(7, –3, –1) i C(0, 12, –9) određuju jednu ravan. a) Napisati jednačinu te ravni α. b) Napisati jednačinu prave p kroz tačku O, koja je normalna na ravan α. c) Odrediti kordinate prodora prave p na ravni α. ________ Rešenje: a) Jednačina ravni kroz tri date tačke, A(x1, y1, z1 ), B(x2, y2, z2 ), C(x3, y3, z3 ) je:

0

131313

121212

111

=−−−−−−−−−

zzyyxxzzyyxxzzyyxx

, odnosno: 0781

176241=

−−−

+−− zyx.

Odavde sledi jednačina tražene ravni α: x + y + z – 3 = 0.

__________________________________________________________________ 74

Page 78: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

b) Normala te ravni ima vektor pravca koji je paralelan vektoru normale te ravni: )1,1,1(=nr . Ako postavimo još i zahtev da prolazi kroz tačku O(0, 0, 0), imamo jednači-

nu prave p:

p: 1

01

01

0 −=

−=

− zyx , odnosno: x = y = z.

c) Prodor prave p kroz ravan α dobija se prostom smenom parametra t = x=y=z u jednačini ravni α, pa imamo: 3t – 3 = 0, to jest t = 1. Tačka prodora je P(1, 1, 1). ________ Zadatak Date su tačke M (1, 1, 0), N (–1, 2, 4) i P (2, –1, 3). Naći tačku Q (2, 2, k) tako, da ona bude u ravni koja je određena tačkama M, N i P. Napisati i jednačinu ravni koja sadrži sve tačke. 4.1.4._______________ Primer a) Date su tačke A (k +1, –1, –2), B (k, 2, k), C (2, k+2, k–1) i D (5, 0, –6). Odrediti k tako, da tačke pripadaju istoj ravni. b) Odrediti površinu četvorougla ABCD za k sa najmanjom apsolutnom vrednošću. ________ Rešenje: a) Date tačke su komplanarne, ako su vektori ADACAB ,, komplanarni, to jest njihov mešoviti proizvod se anulira. Pošto je

AB =(–1, 3, k + 2), AC = (1–k, k+3, k+1), AD =(4–k, 1, –4),

=−−++−+−

=×414131231

)(k

kkkk

ADACAB k3 – 3k2 – 13k + 15 = (k – 1)(k + 3)(k –5) = 0.

Iz toga sledi, da su tačke komplanarne, ako je k1 = –3, k2 = 1 ili k3 = 5. b) Najmanja apsolutna vrednost za k je k2 = 1, za tu vrednost tačke imaju sledeće kordinate: A(2, –1, –2), B(1, 2, 1), C(2, 3, 0) i D(5, 0, –6), a jednačina ravni kojoj pripadaju je (uzeti bilo koje tri tačke i postaviti ravan kroz njih!).

3x – y + 2z – 3 = 0.

__________________________________________________________________ 75

Page 79: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

________ Zadatak

Date su tačke A, B, C i D: A(1,1,1); B(2,2k+1,2), C(3,k+1,k+1.), D(3k+1,3,1–k). Odrediti k tako da tačke leže u istoj ravni. Napisati i jednačinu te ravni. 4.1.5._______________ Primer

Tačka K(4, 1, 4) je središte, a tačke A(3, 1, 5) i B(3, 2, 4) su dva susedna temena pravilnog šestougla. a) Naći kordinate preostala četiri temena tog šestougla. b) Napisati jednačinu ravni u kojoj se nalazi taj šestougao. Napisati i jednačinu prave, koja prolazi kroz tačku K i normalna je na ravan tog šestougla. ________ Rešenje:

a) Neka je šestougao obeležen sa ABCDEF. Ako je tačka K središte šestougla, tada je ona sredina dijagonala AD i BE, pa će biti: D(5 1, 3) i E(5, 0, 4). Pošto je četvorougao DEFK paralelogram, imamo ).1,1,0( −== KFDE Za vektor položaja tačke

F važi: )5,0,4(=+= KFOKOF . To su ujedno i kordinate tačke E. Tačka C je drugi kraj dijagonale EC čija je sredina takođe tačka K, pa će biti C(4, 2, 3).

b) Postavimo ravan kroz tačke ABK:

⇒=−−−−−−

0101110513 zyx

x + y + z – 9 = 0

Primećujemo, da je vektor normale (koji je ujedno i vektor pravca prave koja je normalna na tu ravan) je , zato jednačina prave koja prolazi kroz K, a normalna je na ravan šestougla glasi:

)1,1,1(=nr

.1

41

11

4 −=

−=

− zyx

________ Zadatak

Date su prave p i q:

21

66

35:,

41

22

31:

−−

=−

=−

−+

=−

=−+ zyxqzyxp .

a) Pokazati da te dve prave pripadaju istoj ravni. b) Naći kordinate tačke njihovog preseka. c) Napisati jednačinu ravni koja sadrži te dve prave. 4.1.6._______________ Primer

Kordinatni početak je jedno teme paralelepipeda, tri susedna temena tom temenu su tačke A, B i C: A(3,6,–4), B(–4, 7, 0), C(9, 1, –3).

__________________________________________________________________ 76

Page 80: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

a) Naći kordinate preostala četiri temena tog paralelepipeda. b) Napisati jednačinu ravni koja seče telo i sadrži temena A, B i C. ________ Rešenje:

a) Kordinate datih tačaka su ujedno i kordinate vektora položaja tih tačaka. Svaki par vektora određuje po jednu stranu paralelepipeda, a četvrto teme tih strana su zbirovi tih parova vektora: (–1, 13, –4), (12, 7, –7) i (5, 8, –3). Na kraju: i telesna dijagonala "pokazuje" u jedno teme tela, to je četvrta tražena tačka: (8, 14, –7).

b) Postavimo ravan kroz tačke ABC:

⇒=−

−+−−

0156417

463 zyx 21x +17y – 41z – 329 = 0.

________ Zadatak Date su tačke A(1,2,3), B(2,3,4), C(–1,0,2) i D(5,6,–7). Da li te tačke pripadaju jednoj ravni? Ako je odgovor potvrdan, odrediti jednačinu te ravni. 4.1.7._______________ Primer

a) Naći normalnu projekciju p' prave p: na ravan Oxy. ⎩⎨⎧

=++−=−−+

0220532

zyxzyx

b) Odrediti i kosinus ugla između prave p i njene projekcije p'.

________ Rešenje: a) Nađimo kordinate dveju tačaka na pravoj p: Neka je z = 0

⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⇒

=+−=−+

0,5

12,51

022052

Pyxyx

.

Ova tačka ujedno pripada i projekciji!

Neka je x = 0: . Projekcija te tačke je Q'(0, 1, 0). )1,1,0(020532

−⇒⎩⎨⎧

=++−=−−

Qzyzy

Prava p' spaja tačke P i Q ' . Odredimo vektor pravca prave p' i postavimo pravu

kroz tačku Q' sa nađenim vektorom )0,7,1(510,

57,

51'' −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=−= OPOQPQ .

Dobijamo jednačine: ⎩⎨⎧

==+−

=−

=0

01707

11 z

yxilizyx .

__________________________________________________________________ 77

Page 81: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

b) Pošto je vektor pravca prave p:

)5,7,5(112321 −−=

−−=

kjip

rrr

r ,

a vektor pravca projekcije se dobija iz 'PQ : )0,7,1(' =p sledi:

.15

2225099

44

'

'cos −=−

=⋅

⋅=

PQp

PQpv

r

ϕ

________ Zadatak Kolika je najmanja međusobna udaljenost mimoilaznih pravih l1 i l2?

⎪⎩

⎪⎨

+=−=+=

tztytx

l312

:1 , . ⎪⎩

⎪⎨

+−==

+=

tzty

txl

1

22:1

4.1.8._______________ Primer Date su tačke A(1, 2, 3), B(4, 0, 5), C(2, 3, 1) i D(5, 1, 3). a) Napisati jednačine prave p: (AB). b) Napisati jednačine prave q: (CD). c) Ispitati međusobni položaj pravih p i q. d) Napisati jednačinu ravni (ukoliko postoji) koja sadrži te prave. ________ Rešenje:

a) p: (AB):2

322

31 −

=−−

=− zyx , b) q: (CD):

21

23

32 −

=−−

=− zyx .

c) Očevidno je, da su ove dve prave paralelne, jer imaju isti vektor pravca.

d) To znači postoji ravan koja ih sadrži. Ta će ravan sadržati bilo koju od te četiri tačke, i ima vektor normale koji je normalan na vektore ACAB i . To je

njihov vektorski proizvod: ACAB × =(2, 8, 5).

Tražena ravan je:

2 (x – 1) + 8 (y – 2) + 5 (z – 3) = 0, ili 2 x + 8 y + 5 z – 33 = 0. ________ Zadatak Date su tačke A(1, 1, 1), B(1, 2, 3), C(2, –3, –1) i D(1, –2, –1). Naći jedinični vektor 0ar koji je normalan na vektore AB i CD .

__________________________________________________________________ 78

Page 82: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

4.1.9._______________ Primer

Pokazati da prave 2

31

22

1:1+

=+

=− zyxl i pripadaju

⎩⎨⎧

=+−=++−

022024

:2 zyzyx

l

istoj ravni. Napisati jednačinu te ravni.

________ Rešenje:

Nađimo prvo vektor pravca prave l2. To je vektorski proizvod normalnih vektora ravni koje određuju tu pravu: =1nr (1, –4, 1) i =2nr (0, 2, –1):

120141212

−−=×=

kjinnl

rrr

rrr=(2, 1, 2),

što je jednak vektoru pravca prve prave, a to znači da su prave paralelne, odnosno, da se nalaze u istoj ravni. Pronađimo jednu tačku na l2, recimo onu, za koju je z = 0. To je tačka L2 ( –6, –1, 0). Tačku prave l1 možemo neposredno pročitati iz jednačine prave: L1 ( 1, –2, –3). Zajednička ravan tih dveju pravih će imati vektor normale:

31721221

−=×=

kjiLLln

rrr

rr = (1, –20, 9).

Koriščenjem jednačine ravni sa datim vektorom normale kroz datu tačku: A (x – x0 ) + B (x – y0 ) + C (x – z0 ) = 0 za (A, B, C) = (1, –20, 9), i (x0, y0, z0) = ( 1, –2, –3) dobijemo jednačinu ravni: x – 20 y + 9 z – 14 = 0.

________ Zadatak

Odrediti n u jednačini prave l1 da bi se sekla sa pravom l2 :

,112

11:1 n

zyxl −=

−−

=−

3

42

31

2:2−

=−

=− zyxl ,

zatim naći tu presečnu tačku. 4.1.10._______________ Primer

Date su prave 26

63

5:,41

22

31:

−=

−=

−−+

=−

=−+ zyxqzyxp

a) Pokazati da te dve prave ne pripadaju istoj ravni. b) Naći njihovo najkraće rastojanje. c) Napisati jednačinu ravni koja sadrži pravu p a paralelna je sa q.

__________________________________________________________________ 79

Page 83: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

________ Rešenje: Neka su fiksne tačke datih pravih P(–1, 2, –1) i Q(5, 6, 0), a vektori pravca su

)2,6,3(),4,2,3( −=−−= qp rr .

Vektor koji spaja tačke P i Q je )1,4,6(=−= OPOQPQ . a) Za te vektore je: ( ) 24=× PQqp o

rr .Taj broj je različit od nule, znači prave su mimoilazne, pa računamo najkraće rastojanje po sledećem:

( )qpPQqpd rr

orr

××

= .

b) Prvo određujemo )24,18,20( −−=× qp rr i 1300=× qp rr .

Sledi: najkraće rastojanje je 666,0130024

≈=d .

c) Tražena ravan ima vektor normale )24,18,20( −−=× qp rr i sadrži tačku P: 20 (x +1) – 18 (y – 2) – 24 (z + 1) = 0 ⇒ 10 x – 9 y – 12 z + 16 = 0.

________ Zadatak Napisati jednačinu ravni α, koja prolazi kroz tačku M(1, –2, 1) i normalna je na

pravoj l: . ⎩⎨⎧

=−−=+−+

01202

yx z y x

4.1.11._______________ Primer Dokazati da prave:

,610

31

22:1

+=

+=

+ zyxl 46

914

11:2 −

−=

−−

=− zyxl i

24

62

3:3

+=

−−

=zyxl

pripadaju istoj ravni i da se njihovi preseci poklapaju sa temenima jednog pravouglog trougla. Gde je prav ugao? ________ Rešenje:

Jednačina ravni kroz fiksne tačke )4,2,0(),6,14,1(),10,1,2( 321 −−−− TTT datih pravih je:

0)309)(10()3218)1()4890)(2(632

161531012

: =−++−+−−+=+++

zyxzyx

α .

__________________________________________________________________ 80

Page 84: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

Sređena i skraćena, ta jednačina ima oblik: 6x + 2y – 3z –16 = 0.

Vektor normale te ravni je )3,2,6( −=nr . Ovaj vektor je normalan na sva tri vektora pravca datih pravih:

)2,6,3(),4,9,1(),6,3,2( 321 −=−−== ppp rrr , jer je 0321 === pnpnpn r

orr

orr

or . Znači, prave su "paralelne" sa ravni, a imaju po jednu

tačku u toj ravni. To može da znači, da sve tri prave cele se nalaze u toj ravni. Sa druge strane je 031 =pp r

or , a to znači, da se prva i treća prava seku pod

pravim uglom. ________ Zadatak Naći jednačine prave, koja prolazi kroz tačku , paralelna je ravni )7,0,1(P

01523 =−+− zyx i seče pravu 12

34

1 zyx=

−=

− .

4.1.12._______________ Primer Date su tačke A, B i C: A(1,1,1); B(4,3,7), C(7,4,3.). Naći kordinate tačke D, koja se nalazi na simetrali ugla –BAC na rastojanju 170 od tačke A. ________ Rešenje: Vektor koji pokazuje u pravcu simetrale jeste zbir jediničnih (ili jednakih) vektora u pravcima )6,2,3(),2,3,6( =−==−= OAOBABOAOCAC . Lako se uočava, da su ti vektori jednake dužine, pa će vektor položaja tačke D biti:

)( ACABkOAOD ++= .

Nakon svođenja te jednačine imamo: 170642581 =++= kAD . Iz čega

proizilazi: k = 1. Kordinate tačke D (ili vektora položaja tačke D) su: D(10, 6, 9). ________ Zadatak Napisati jednačine prave kroz tačku M(3, –1, 2) koja seče osu Ox i normalna je na pravu x = y = z.

4.1.13._______________ Primer

Date su tačke A, B, C i D: A(2,3,1); B(4,1,–2); C(6,3,7); D(–5,–4,8). a) Izračunati visinu trostrane piramide ABCD koja pripada strani ABC. b) Napisati jednačine mimoilaznih pravih, zatim naći najkraće rastojenje između tih pravih određenih tačkama (AB) i (CD).

__________________________________________________________________ 81

Page 85: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika ________ Rešenje: a) Tražena visina trostrane piramide je jednaka visini paralelepipeda koji je razapet nad vektorima ADACAB ,, , a zapremina piramide je jedna šestina zapremine upravo spomenutog paralelepipeda.

Prema tome računamo visinu piramide na sledeći način:

pedparalelepi

pedparalelepipedparalelepipiramida B

VHH == .

( ) .308777604322

=−−

−−=×= ADACABV oedparalelepi o

( ) 28645761448,24,12604322 =++−−=−−=×=kji

ADACB pedparalelepi

rrr

.

.1128

308=== pedparalelepipiramida HH

Kordinate vektora ADACAB ,, su izračunate kao razlike vektora položaja datih tačaka A, B, C i D. b) Jednačine pravih (AB) i (CD) su:

17

73

116:)(,

31

23

22:)(

−−

=−

=−

−−

=−−

=− zyxCDzyxAB .

Računamo njihovo najkraće rastojanje:

( )DCAB

ACDCABd×

×=

o , ( ) =−−−

=×6041711322

ACDCAB o 308,

( ) ...78,52278636,31,231711322 ≈=−=

−−−=×

kjiDCAB

rrr

Sledi odgovor: ...83,52786308

≈=d

________ Zadatak Date su ravni α: ax – 3y+4z=4; β: x + by + cz = 0; γ: 2x – y + z = d. Odrediti parametre a, b, c i d tako, da sve tri ravni se seku u tački T(1, 0, 1) i da bude β⊥γ.

__________________________________________________________________ 82

Page 86: diskretna zbirka

Elementi analitičke geometrije______ Zbirka zadataka

4.1.14._______________ Primer

Napisati jednačine dve uzajamno normalne ravni α i β koje prolaze kroz presek ravni x = y i z = 0, ako α prolazi kroz tačku A(0, 4, 2). ________ Rešenje:

Pramen ravni određen dvema ravnima ima jednačinu: A1 x+ B1 y + C1 z + D1 + λ ( A2 x+ B2 y + C2 z + D2) = 0 za proizvoljno λ∈R.

U slučaju ovog zadatka jednačina tog pramena svodi se na: x – y + λ z = 0. Tražene ravni α i β su članice tog pramena. Pošto A∈ α, sledi da je to zadovoljeno za λ = 2. Znači jednačina ravni α je: x – y + 2 z = 0. Vektor normale je αnr = (1, –1, 2). Ravan β pripada istom pramenu pa vektor normale joj je: βnr = (1, –1, λ). Pošto su ravni α i β normalne, zato su i vektori normala uzajamno normalni, to jest njihov skalarni proizvod jednak nuli: αnr ° = 1 + 1 + 2λ = 2(1 + λ) = 0. Sledi: ravan β dobijamo za βnr

λ = –1. Jednačina ravni β je: x – y – z = 0 ________ Zadatak

Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke M(2, 2, –1) i N(3, –1, 2), kao i kroz presek ravni 5x + 3y + 2z – 3 = 0, 2x – 4y + 3z + 7 = 0 i 3x + y – 2z + 3 = 0. 4.1.15._______________ Primer Date su jednačine dve mimoilazne prave p i q :

,2

825

12: −

=−+

=− zyxp

49

16

14:

−+

=−

=− zyxq ,

a) Napisati jednačine dve paralelne ravni, od kojih svaka sadrži po jednu od datih pravih p, odnosno q. b) Napisti jednačine zajedničke normalne prave n. c) Naći kordinate tačaka A i B, (A = p∩ n i B = q∩ n) krajnje tačke duži koju date prave odsecaju na zajedničkoj normali (to je par najbližih tačaka te dve prave). ________ Rešenje:

Pre svega nađimo vektor pravca zajedničke normalne prave n za prave p i q: qpn rrr

×= , gde su i vektori pravca pravih p i q. Te vektore pravaca čitamo iz datih pr qr

jednačina, i pišemo:

kjikji

qpnrrr

rrr

rrr 366411221 ++=

−−=×= .

Prihvatićemo za jedan kraći (paralelni i jednostavniji vektor): . nr )1,2,2(=nr

__________________________________________________________________ 83

Page 87: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

a) Ravni koje sadrže date prave i međusobno su paralelne imaju upravo nađeni vektor normale. Neka je ravan α postavljena kroz pravu p, ujedno i kroz datu tačku te prave, a to je tačka, čije se kordinate čitaju iz jednačine prave: P(2, –5, 8).

α: 2 (x – 2 ) + 2 ( y + 5 ) + 1 ( z – 8 ) = 0 ⇒ 2 x + 2 y + z – 2 = 0.

Neka je ravan β postavljena kroz pravu q, ujedno i kroz datu tačku te prave, a to je tačka, čije se kordinate čitaju iz jednačine prave: Q(4, 6, –9).

β: 2 (x – 4 ) + 2 ( y – 6 ) + 1 ( z + 9 ) = 0 ⇒ 2 x + 2 y + z – 11 = 0.

b) Postavljamo ravan γ, koja sadrži pravu p i n ( to znači: ima vektor

normale koji je paralelan vektoru np rr× . Pošto je )6,3,6(

122221 −=−=×kji

np

rrr

rr ,

uzećemo "kraći" vektor, koji zadovoljava uslov paralelnosti: npn rrr×||1 , )2,1,2(1 −=nr .

Ravan γ, sa ovim vektorom normale, koja sadrži tačku P(2, –5, 8), sadržaće i čitavu pravu p:

γ: –2 (x – 2 ) + 1 ( y + 5 ) + 2 ( z – 8 ) = 0 ⇒ –2 x + y + 2z – 7 = 0.

Ako pronađemo presek ravni γ sa pravom q, pronašli smo kordinate jedne od tačaka koje se traže u tački c). U tu svrhu napišimo parametarske jednačine prave q : q: x = t + 4, y = t + 6, z = –4t – 9.

Uvrstimo to u jednačunu ravni γ, i dobijemo rešenje: t = –3, što daje tačku B(1, 3, 3).

Zajednička normala pravih p i q je prava n sa vektorom pravca )1,2,2(=nr

kroz tačku B 1

32

32

1: −=

−=

− zyxn .

c) Krajnje tačke zajedničke najkraće duži su A i B. Kordinate tačke B već imamo, dok tačku A dobijamo kao prodor prave n kroz ravan, koja sadrži pravu p. Zato sada pravu n pišemo u parametarskom obliku: n: x =2 t + 1, y =2 t + 3, z = t + 3. Nakon uvrštavanja u jednačinu ravni α dobija se t =–1, iz čega proizilazi A(–1, 1, 2). Tačku B(1, 3, 3) smo već našli u prethodnom koraku. Ovim je zadatak rešen. ________ Zadatak

a) Na pravoj 06

28

8 zyx=

−−

=− naći kordinate tačaka čije rastojanje od

tačke A(8, 2, 0) iznosi 10. b) Napisati jednačine dve normalne ravni na datu pravu i kroz nađene tačke.

__________________________________________________________________ 84

Page 88: diskretna zbirka

__________________________________________________________________ 85

_____________5.

MATRICE I DETERMINANTE

5.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEŽBE

5.0.1. Primer: Rešiti matričnu jednačinu BXA 32 =+ , ako su date matrice:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−=214133

011A i

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−=012131

031B .

Rešenje: Izrazimo prvo nepoznatu matricu X iz date matrične jednačine:

ABX −= 32 ⇒ ( )ABX −= 321 .

Izračunajmo matricu X iz dobijene jednačine:

( ) =⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−=−=

214133

011

012131

0313

213

21 ABX

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−=

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−=

111130

041

222260

082

21

214133

011

036393

093

21 .

5.0.2. Primer: Izračunati BA ⋅ i AB ⋅ ako je moguće za date matrice:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

65430112

A i

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−=

200151034522

B .

Rešenje: Matrica nmA × može da se izmnoži samo sa matricama tipa pnB × , a rezultat će biti matrica tipa pmC × . Prema tome data matrica 42×A može da se množi sa matricom 34×B i rezultat će biti matrica formata 42×C , ali množenje u obrnutom redosledu ne može da se

Page 89: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 86

izvede, jer u tom slučaju bismo množili matricu 34×B sa matricom 42×A , gde unutrašnje dimenzije nisu iste. Za jednostavnije množenje matrica koristimo jednu tablicu u sledećem obliku:

BA ⋅

200151034522

65430112

32431711127

Znači da je traženi proizvod ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⋅

32431711127

BA .

5.0.3. Primer:

Izračunati BA ⋅ i AB ⋅ ako je moguće za date matrice [ ]312 −=A i ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

325

B .

Rešenje: Matrice 31×A i 13×B mogu da se množe i u redosledu 111331 ××× =⋅ CBA i u obrnutom redosledu 333113 ××× =⋅ DAB . Nađimo te matrice:

BA ⋅ 325

BA ⋅ 312 −

312 − 17

325

936624

15510

−−−

Znači da su tražene matrice [ ]171331 =⋅ ×× BA i ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

=⋅ ××

936624

15510

3113 AB .

5.0.4. Primer: Dati su polinomi ( ) 232 +−= xxxP i ( ) 522 −−= xxxQ . Izračunati ( )AP i

( )AQ ako je ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=

1111

A .

Page 90: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 87

Rešenje:

Matrične polinome ( )AP i ( )AQ računamo uvrštavajući matricu A u polinome ( )xP i ( )xQ umesto promenljive x , s tim da se podrazumeva da je EAx 2222 00 ===

i EAx 5555 00 −=−=−=− , gde je E jedinična matrica. Zato je:

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎤⎢⎣

⎡−−⎥

⎤⎢⎣

⎡=+−=

1337

1001

21111

32002

232 EAAAP ,

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎤⎢⎣

⎡−−⎥

⎤⎢⎣

⎡=−−=

5221

1001

51111

22002

522 EAAAQ .

5.0.5. Primer: Izračunati nn BA , i nC za Nn∈∀ , za matrice:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=2312

A , ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−−=000224

112B i ⎥

⎤⎢⎣

⎡=

λλ0

1C .

Rešenje: nn BA , i nC računaćemo tako da ćemo redom izračunati kvadrat, treći stepen, četvrti stepen ... ovih matrica, sve dok nećemo moći uopštiti tražene n-te stepene.

EAAA =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎤⎢⎣

⎡−−

⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=⋅=1001

2312

23122 ,

AAEAAA =⋅=⋅= 23 , EAAAAA =⋅=⋅= 34 , AAEAAA =⋅=⋅= 45 ,

pa se lako uviđa da je ⎩⎨⎧

=+=

=knzaEknzaA

An

212

za Nk ∈∀ .

0000000000

000224

112

000224

1122 =

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−−⋅

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−−=⋅= BBB ,

0023 =⋅=⋅= BBBB , pa se lako uviđa da je 0=nB za 1>∧∈∀ nNn .

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎤⎢⎣

⎡⋅⎥

⎤⎢⎣

⎡=⋅=

2

22

02

01

01

λλλ

λλ

λλ

CCC ,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎤⎢⎣

⎡⋅⎥

⎤⎢⎣

⎡=⋅=

3

23

2

223

03

01

02

λλλ

λλ

λλλ

CCC ,

Page 91: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 88

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎤⎢⎣

⎡⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⋅=

4

34

3

2334

04

01

03

λλλ

λλ

λλλ

CCC ,

pa se lako uviđa da je ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

n

nnn n

Cλλλ

0

1

za Nn∈∀ .

5.0.6. Primer: Izračunati vrednosti sledećih determinanti:

2643

2 −=D ,

423760125

3

−=D ,

531242183512814306

4

−−

−−

=D,

5111115111115111115111115

5 =D.

Rešenje: Vrednost determinante drugog reda računa se tako da od proizvoda elemenata na glavnoj dijagonali oduzimamo proizvod elemenata na sporednoj dijagonali: 30246

2643

2 =+=−

=D .

Vrednost determinante trećeg reda može da se računa sa Sarusovim-pravilom:

( ) ( ) ( ) ( ).25007018042120

402275361201372465236025

423760125

3

−=−−−+−−==−⋅⋅−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−+−⋅⋅=

=−

−=D

ili razvijanjem determinante po elementima jedne vrste ili kolone:

( ) ( ) .25060190203385

7612

342

120

4276

5423

760125

3

−=−−=−⋅+−⋅=

=−⋅+

−−⋅−

−⋅=

−=D

Vrednosti detreminante četvrtog i petog reda možemo računati isključivo metodom razvijanja po elementima neke vrste ili kolone (Sarusovo pravilo važi samo za determinante trećeg reda). Pre nego što pristupimo razvijanju, u izabranoj vrsti ili koloni elementarnim transformacijama treba napraviti što više nula elemenata:

=−−

−−−

⋅−=

−−−−

−−

=

−−

−−

=154520

173532266948

1

15452001735320512812669480

531242183512814306

4D

( ) =−−−

⋅=−−−

⋅=−−

−−−⋅−=

001281615

409225

30117161526922

5394

173532266948

51

( ) ( ) 194038856402525

2816409

15 −=−⋅=−⋅=−

−⋅⋅= .

Page 92: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 89

Na sličan način rešavamo zadatak kada je reč o determinanti petog reda:

=

−−−−−−−

⋅=

−−−−−−−

==

44424400404040044

1

54442414004104041004410000

5111115111115111115111115

5D

=−−−

−−−

⋅−=−−−

−−

⋅−=

−−−−−−−−

=43228

444004

44428

404044

4

442824404404440004

( ) ( ) .2304144161281616

43244

44 =⋅=+⋅=−−

−⋅−⋅−=

5.0.7. Primer:

Izračunati determinantu

aaaaaaaaaaaaaaaa

D

222222322432

= .

Rešenje:

=

−−−−−−−−−

⋅=⋅==

742065205430

4321

1222212232124321

222222322432

44 aa

aaaaaaaaaaaaaaaa

D

=−−

⋅−=−−

⋅−=⋅−=−−−−−−−−−

⋅=1140

110201

742110201

742652543

742652543

4444 aaaa

( ) .15411114

11 444 aaa −=+⋅−=−

⋅−=

5.0.8. Primer:

Rešiti jednačinu 211

111111=

+++++++

xxxxxxxx

.

Rešenje: Leva strana jednačine je zadata u obliku determinante, koju treba razviti da bismo dobili klasičnu jednačinu.

Page 93: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 90

( ) ( ) ( ) 2110

1101

0011

11111111

=−⋅+−=−

⋅+−=−+

+=++

+++++

xxxx

xxx

xx

xxxxxxxx

22 =+ xx 022 =−+ xx

2

12

312

8112

121 −=

=⇒

±−=

+±−=

xx

x ,

znači da je rešenje date jednačine skup { }1,2− . 5.0.9. Primer: Odrediti rang sledećih matrica:

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−

−−=

42311521

23321211

A,

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−=

281127152442312

B ,

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−

−−−

=

4311212115

2322311112

C,

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=

0110100110100101

D.

Rešenje: Rang matrice jednak je maksimalnom broju linearno nezavisnih vrsta u matrici. Praktično se određuje tako, da u matrici elementarnim transformacijama nad vrstama anuliramo sve linearno zavisne vrste, nenula vrste daju linearno nezavisne vrste, njihov broj daje rang matrice.

~

310002100047101211

~

54202310

47101211

~

42311521

23321211

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−

−−=A

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

10002100047101211

,

pa je ( ) 4=Arang .

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−=

0000015100

42312~

21020015100

42312~

281127152442312

B ,

pa je ( ) 2=Brang .

~

07556032270544111112

~

4311212115

2322311112

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−

−−−−

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−

−−−

=C

~

01923110

01316110

0544111112

~

02319190032262600544111112

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−−−

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−−−

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−−−

02475000

01316110

0544111112

,

pa je ( ) 4=Crang .

Page 94: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 91

~

0000110010100101

~

1100110010100101

~

0110110010100101

~

0110100110100101

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=D

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−0000110001100101

,

pa je ( ) 3=Drang . 5.0.10. Primer:

Diskutovati rang matrice ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−−=

ttttA

341372

131

2

u zavisnosti od realnog

parametra t . Rešenje: Ako je 0det ≠A tada je rang matrice A jednako sa 3 . Ako je 0det =A tada je rang matrice A manji od 3 .

=+−−

−−=

+−−−−=

−−−−−−=

13111

1310110

131

341372

131det 2

22 tttt

tttt

ttttA

( )( ) 0231230

11 22 =+−−=

+−−−

= ttttt

t

02301 2 =+−∨=− ttt ⇒ ⎩⎨⎧

==

=−±

==12

2893,1

3

2321 t

ttt .

Diskusija: 1) Za ( )( ) ( ) 321 =⇒≠∧≠∈∀ ArangttRt .

2) Za ( ) 21 =⇒= Arangt jer je tada⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−−=

100000131

~231362

131A ,

i da ima dve linearno nezavisne vrste. 3) Za ( ) 22 =⇒= Arangt jer je tada

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−−=

000110

131~

110110

131~

221352

131A ,

i u ovoj matrici imamo dve linearno nezavisne vrste. 5.0.11. Primer:

Naći inverznu matricu matrice ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

141121112

A .

Page 95: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 92

Rešenje: Ako je matrica A regularna ( 0≠detA ), tada postoji njena inverzna matrica,

koja se računa po formuli adjAdetA

A ⋅=− 11 . Odredimo prvo detA , zatim adjA .

2133111

031011112

141121112

−=+−=−−

=−−==detA .

T

AAAAAAAAA

adjA⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

333231

232221

131211

, gde su ijA kofaktori odgovarajućih elemenata ija .

32112

11112

11211

74112

11112

31411

24121

01111

21412

333231

232221

131211

==−=−=−==

−=−====−=

===−=−==

AAA

AAA

AAA

Pomoću ovih kofaktora sastavljamo adjungovanu matricu:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

−=

372110132

311713

202 T

adjA .

Inverzna matrica je:

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

−−

=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

−=⋅=−

23

271

21

210

21

231

372110132

2111 adjA

detAA .

Tačnost inverzne matrice možemo uvek proveriti iz uslova da je EAA =⋅−1 .

AA ⋅−1 ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

141121112

⋅−21

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

372110132

21

−⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

200020002

=E

Page 96: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 93

5.0.12. Primer: Rešiti matričnu jednačinu BAX = po nepoznatoj matrici X , za date matrice

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

141121112

A i ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

434

B .

Rešenje: Izrazimo prvo iz date matrične jednačine nepoznatu matricu X : BAXA =⋅− \1 BAAXA 11 −− = BAEX 1−= BAX 1−= Inverznu matricu matrice A odredili smo u prethodnom zadatku. Računamo dalje matricu BAX 1−= .

BAX 1−= ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

434

⋅−21

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

372110132

⋅−21

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

113

znači da je rešenje date jednačine matrica

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=

21

21

23

X .

5.0.13. Primer: Rešiti matričnu jednačinu BXA = po nepoznatoj matrici X , za date matrice

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

141212031

A i ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

353596172

B .

Rešenje: Izrazimo prvo iz date matrične jednačine nepoznatu matricu X : 1/ −⋅= ABXA 11 −− = BAXAA 1−= BAX Prvo znači treba da nađemo inverznu matricu 1−A .

Page 97: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 94

71125

111252001

141212031

−=−

=−==detA ,

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

−−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

−=

517210

637

526113

707 T

adjA ⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

−−−=−

517210

637

711A .

1−= BAX 71

−⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

−−

517210

637

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

353596172

71

−⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−−−

7707147707

Pa je rešenje tražene jednačine matrica ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

110121101

X .

5.0.14. Primer: Rešiti matričnu jednačinu BAX = po nepoznatoj matrici X , za date matrice

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−=

112120102

A i ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−−−−−

=975321345

B .

Rešenje: Izrazimo prvo iz date matrične jednačine nepoznatu matricu X : BAXA =⋅− \1 BAAXA 11 −− = BAEX 1−= BAX 1−= Prvo znači treba da nađemo inverznu matricu 1−A .

6244112120102

−=+−−=−−

−=detA ,

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

−=

424242211

422241421 T

adjA ⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

−=−

424242211

611A ,

Page 98: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 95

pa je tražena matrica X jednaka sa:

BAX 1−= ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−−−−−

975321345

61

−⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

424242211

61

−⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−−−−−

54484236302418126

odnosno: ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

987654321

X .

5.0.15. Primer:

Rešiti sistem matričnih jednačina: BAYABAAX

==

ako su date matrice

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−=

524203512

A i ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−=026471

253B .

Rešenje: Izrazimo iz datih jednačina nepoznate X i Y :

BBEYBAAYAABAYABAAXBAAAXABAAX==⇒=⇒=

=⇒=⇒=−−

−−−

11

111

Jednu smo nepoznatu odmah dobili, to je ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−==026471

253BY .

Za određivanje nepoznate BAAX 1−= potrebno je naći inverznu matricu 1−A .

15158830524

203512

=−−+=−−

−=detA .

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−=

30611107

254

31120105674 T

adjA ⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−=−

30611107

254

1511A .

Traženu matricu BAAX 1−= računamo iz dva koraka. Prvi korak:

Page 99: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 96

AB ⋅ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

524203512

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−026471

253

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

26663993915113

i na kraju, drugi korak::

ABAX ⋅= −1 ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

26663993915113

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−

30611107

254

151

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

1224602091741518761155

151

pa je drugo rešenje datog sistema jednako sa :

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=

1517

1524

1560

15209

1517

15415

15187

1561

15155

X ,

ili posle skraćivanja

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=

1517

584

15209

1517

383

15187

1561

331

X .

Page 100: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 97

5.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA 5.1.1_______________ Primer

Izračunati vrednost determinante:

8314024353723241

−−−−

−−−

=D .

________ Rešenje:

8314024353723241

−−−−

−−−

=D =

20517094160

111103241

−−−−−

=

16712001671200111103241

−−

−−

=

00001671200111103241

−−−

.

Vrednost determinante je 0, jer imamo nula-vrstu! ________ Zadatak

Izračunati vrednost determinanata:

a)

5871034527833231

−−−−

−−−

=D , b)

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−

−−+−

=

204133621438215242

xx

x

D .

5.1.2._______________ Primer Rešiti matričnu jednačinu XA + E = A + 2B po nepoznatoj matrici X, ako su date matrice:

A =⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

011101110

, B = ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

111111111

.

________ Rešenje: Prvo odredimo "teorijsko" rešenje:

XA + E = A + 2B ⇒ XA = A + 2B – E ⇒ X = (A + 2B – E )⋅A–1.

Page 101: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 98

Za konkretno rešenje je potrebno prvo izračunati A–1 (u slučaju nepostojanja zadatak nema rešenja),

det(A) = 2, A–1 =⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

111111111

21 , zatim A + 2B – E =

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

131113311

.

Na kraju se vrši množenje sa matricom A–1 sa desne strane!

X = (A + 2B – E )⋅A–1 = ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

135513351

21 .

________ Zadatak Rešiti matričnu jednačinu

BBAXA 1−= , ako je ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−=

102011121

A i ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

000000111

B .

5.1.3._______________ Primer

Rešiti matričnu jednačinu AX – E = A + B po nepoznatoj matrici X, ako su date matrice:

A =⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

011101111

, B = ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

140302014

.

________ Rešenje: Videti tekst objašnjenja za prethodni primer! (Obratiti pažnju na činjenicu, da je u ovom slučaju – zbog nekomutatitvosti množenja matrica – množenje sa A–1 vršeno sa leve strane!)

AX – E = A + B ⇒ AX = A + B + E⇒ X = A–1( A + B + E ).

Pošto je det(A) = 1, sledi:

A + B + E = ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

051213126

, A–1 = ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

−−

100011111

, X =⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−−−−

135333322

.

Page 102: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 99

________ Zadatak

Rešiti matričnu jednačinu

BBAAX 1−= , ako je ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−=

102011121

A i ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

000000111

B .

5.1.4._______________ Primer

Data je matrica A=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

112211121

i polinom P(x) = x2 + 5x + 7.

Izračunati P(A). ________ Rešenje:

P(A)= A2 + 5 A + 7 E =

=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

523352235

+⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

551010555105

+⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

700070007

=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

777777777

.

________ Zadatak Dat je polinom P(x) i matrica A. Naći P(A).

a) 345)( 2 +−= xxxP , ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−

=132

210132

A .

b) P(x) =–4x2+5x+3, A =⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

205520052

.

5.1.5._______________ Primer

Rešiti jednačinu 0

4111113111112111111111111

=

−−

−−

xx

xx

.

Page 103: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 100

________ Rešenje: Prvi korak – oduzeti prvu vrstu od svih ostalih vrsta:

=

−−

−−

xx

xx

4111113111112111111111111

=

−−

−−

xx

xx

300000200000100000011111

.

Drugi korak radimo primenom Laplasove teoreme razvoja po prvoj koloni:

=

xx

xx

−−

−−

300002000010000

Pošto je dobijena determinanta dijagonalna, polazno postavljena jednačina se svodi na: –x (1 – x) (2 – x) (3 – x) = 0.

Slede rešenja: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3.

________ Zadatak Rešiti jednačine:

a) 02312

1332312

=+−−−−−+

+

xxxxxx

xxx, b) 108

4531316

−=−

−+++−−

xxxxxxxxx

.

5.1.6._______________ Primer Rešiti sistem matričnih jednačina po nepoznatim matricama X i Y:

E, BY X ;Y AX

=+=+ 0

za ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎤⎢⎣

⎡=

1001

,1013

,2101

EBA .

Page 104: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 101

________ Rešenje: Koristimo metod zamene: Iz prve jednačine je Y = – AX. Zamenimo to u drugu jednačinu, X –BAX = E i izvučemo X "iza" zagrade: ( E – BA)X = E. Neka je C = E – BA. Sledi rešenje: X = C–1 i Y = – A C–1. Preostalo je samo da se pronađe inverzna matrica matrice C, i da se izvrše odgovarajuća množenja:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=−==⎥

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎤⎢⎣

⎡−−−−

=−= −

4121

,3121

,1123 1 AXYXCBAEC .

________ Zadatak Rešiti matričnu jednačinu ABX=C, gde je X nepoznata matrica, dok je dato:

,312111⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=A .

26

, ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡== CAB T

5.1.7._______________ Primer Dat je trinom 22)( xxxq −+= . Dokazati, da za proizvoljne kvadratne matrice A i B istog reda važi: B-1 q(A) B =q( B-1A B). U slučaju neuspelog dokaza izvršiti samo proveru na matricama

A= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡4121

, B= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡1101

.

________ Rešenje:

q( B-1A B) = 2E + ( B-1A B) – ( B-1A B) ( B-1A B) =

= 2E + ( B-1A B) – B-1A (B B-1 )A B =

= 2E + ( B-1A B) – B-1A2 B. B-1 q(A) B = B-1 (2E + A – A2 ) B =

= 2B-1 B + B–1 A B –B–1 A2 B =

= 2E + ( B-1A B) – B-1A2 B. Sledi: q( B-1A B) = B-1 q(A) B, što je i trebalo dokazati.

(U slučaju konkretnih matrica datih u zadatku prosto treba izvršiti proveru!)

Page 105: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 102

________ Zadatak

Neka je data matrica ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

010101001

A . Dokazati da za sve prirodne brojeve n>2

važi EAAA nn −+= − 22 , gde je E jedinična matrica. 5.1.8._______________ Primer

Izračunati determinantu

aaaa

aabababaa

−−

−+++

00000032

.

________ Rešenje: Dodajmo elemente druge kolone odgovarajućim elementima prve kolone, zatim elemente treće kolone dodajemo elementima prve kolone, i konačno elemente četvrte kolone dodajemo odgovarajućim elementima prve kolone i dobijemo:

=

−−

−+++

aaaa

aabababaa

00000032

aaaa

ababababa

−−

++++

0000000

3264

aaaa

aba

−−+=0

000

)64( .

Pošto je determinanta na kraju "trougaona", zato njena vrednost je jednaka proizvodu dijagonalnih elemenata.

Prema tome, tražena determinanta je ∆ =2a3(2a + 3b).

________ Zadatak

Date su matrice ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

321012011

A i ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

520321

B .

a) Odrediti 1−A . b) Izračunati BAC ⋅= −1 . 5.1.9._______________ Primer Rešiti matričnu jednačinu AX + B = CX +D po nepoznatoj matrici X ako su date

matrice: A = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡5331

, B = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡3113

, C = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡1111

, D = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡111137

.

Page 106: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 103

________ Rešenje: AX + B = CX +D ⇒ (A – C ) X =D – B odnosno MX = N odakle sledi X = M –-1 N, gde je:

M =A – C = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡5331

– ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡1111

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡4220

,

N =D – B = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡111137

– ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡3113

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡81024

.

Pošto je det(M) = –1/4 i M –-1 = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−−

0224

41 , sledi X = ⎥

⎤⎢⎣

⎡1221

.

________ Zadatak Rešiti matričnu jednačinu YP + Q = YR +S po nepoznatoj matrici Y ako su date matrice: P =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡5332 , Q =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡3113 , R =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡0111 , S =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡125138 .

5.1.10._______________ Primer

a) Diskutovati rang matrice ( )⎥⎥

⎢⎢

−−−−−−=

tttttA

341372731

2 u zavisnosti od t.

b) Rešiti matričnu jednačinu 8(X+3E)–1=A(3). ________ Rešenje:

a) ( )⎥⎥

⎢⎢

⎥⎥

⎢⎢

⎥⎥

⎢⎢

−−−

+−−−

−−−−−−=

43001110731

~7310

1110731

~341

372731

222 ttt

tttt

tttttA .

(U prvom koraku prva vrsta je pomnožena sa 2 dodata je drugoj vrsti, odnosno prva vrsta samo je dodata trećoj vrsti. U drugom koraku druga vrsta je oduzeta od treće vrste.) Očevidno, za t 2 –3t –4 = 0, to jest za t1 = –1 ili za t2 = 4 rang matrice je 2 jer imamo 0 vrstu.

Za sve ostale vrednosti parametra t (za t ≠ –1 i za t ≠ 4) rang matrice je 3.

b) Obeležimo A(3)=B. Pristupamo rešavanju matrične jednačine:

Page 107: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 104

( X + 3E )–1 = B/8 ⇒ 8E =B ( X + 3E ) ⇒ 8E =B X + 3B ⇒

⇒ B X = 8E – 3B ⇒ X =B–1(8E – 3B ) = 8B–1 – 3E.

Pošto je

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−=

011342731

B ,

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−=−

83392062195

38 BE , det(B)= –8,

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

−=−

22211731973

811B , zato će biti X =8B–1–3E =

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

522111031970

.

________ Zadatak

U zavisnosti od parametra a naći rang matrice A =⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

3333

33

2

32

aaaaa

aaa.

5.1.11._______________ Primer

Izračunati ϕ(A) ako je ϕ(x)=xx

−+

11 i ⎥

⎤⎢⎣

⎡=

1221

A .

________ Rešenje:

Matrični oblik tog polinoma je: ϕ (A) = (E +A) (E – A)–1,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=−⎥

⎤⎢⎣

⎡=+

0220

,2222

AEAE ,

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−−

=⇒⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=−−=− −

1111

)(0220

41,4 1 AAEAE ϕ .

________ Zadatak

a) Izračunati ϕ(A) ako je ϕ(x)= xx

+−

11 i ⎥

⎤⎢⎣

⎡=

2112

A .

b) Rešiti matričnu jednačinu u opštem slučaju po nepoznatoj matrici X, ako su

A i B neke poznate matrice: ( X + B ) ( A-1 X B + B )-1 = A.

Page 108: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 105

5.1.12._______________ Primer

Data je matrica ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −=

111020113

A . Dokazati da je EnAnA nnn 2)1(2 1 −−= − , gde

je E jedinična matrica, za n∈N. Pomoću prethodnog saznanja naći 1−A bez algoritma za

inverziju matrica. ________ Rešenje:

Izračunajmo prvo A2 i A3 : ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −=

044040448

2A i ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−=

41212080121220

3A .

Proverimo li datu formulu za n = 2 imamo da je A2 = 4(A – E ). I za n = 3

dobijemo potvrdan odgovor: A3 = 4(3A – 4E ), itd.

Celoviti dokaz se vrši matematičkom indukcijom, što sada izostavljamo.

Prihvatamo, da je tvrđenje istinito za svaki prirodan broj n.

Nalaženje inverzne matrice bez "redovnog" postupka možemo izvršiti tako,

da jednakost A2 = 4(A – E ) = 4A – 4E pomnožimo sa A–1 i dobijamo jednakost:

A = 4E – 4 A–1. Odavde sledi: A–1 = ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−=−

4341410210414141

41 AE .

________ Zadatak

Neka je matrica A nilpotentna kvadratna matrica, to jest postoji prirodan broj k

za koji je Ak = 0. Dokazati da je (E – A)–1 = E + A + A2 + A3 + …+Ak–1. gde je E

jedinična matrica.

5.1.13._______________ Primer

Naći realne brojeve za koje se anulira determinanta matrice A:

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−++−−

+−−−−

=

22112311

122211211

2

22

2

2

aaaaaa

aaaaa

A .

Page 109: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 106

________ Rešenje:

=

−−++−−

+−−−−

=

22112311

122211211

)(

2

22

2

2

aaaaaa

aaaaa

Adet

( )( )

22112311

12211211

11 22

+++

−−=aa

aaa .

Korak učinjen "izvlačenjem" faktora ispred determinante iz prve i druge kolone.

det(A)= ( )( ) ( )( )( ).111

10001100

0101211

11 222

2 ++−−=++

−− aaaaaa

aaa

Korak učinjen "oduzimanjem prve vrste" od svih ostalih. Dobijena je dijago-nalna determinanta, a vrednost dijagonalne determinante je proizvod dijagonalnih elemenata.

Očevidno je, det(A) = 0 samo za (a+1)=0 i za (a–1)=0, to jest, za a = ±1 (realni brojevi). Treći faktor nije jednak nuli ni za koji realan broj. ________ Zadatak Diskutovati rang date matrice A, zatim za a = 1 rešiti matričnu jednačinu AX=B. Matrice A i B su sledeće:

.2

64

,3232

2211

22

22

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−++−−++−

= Baaaaa

aaaaaa

A

5.1.14._______________ Primer Rešiti matričnu jednačinu ABX = 4X – 2C po nepoznatoj matrici X, ako je dato:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−=⎥

⎤⎢⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

101

,121301

,132011

CBA .

Page 110: diskretna zbirka

Matrice i determinante Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 107

________ Rešenje:

Potrebno je uočiti, da je proizvod matrica A i B (u ovom redosledu!) matrica

tipa 3×3. Uredimo jednačinu na sledeći način:

4EX – ABX = 2C, odnosno (4E – AB)X = 2C.

U ovoj transformaciji se pojavila jedinična matrica E, takođe tipa 3×3.

Obeležimo matricu u zagradi sa D. Polazna jednačina se svodi na DX = 2C.

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−−−

=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=−=

624202422

1024242422

400040004

4 ABED .

(Proizvod AB smo prethodno izračunali!) Rešenje date matrične jednačine je X = 2 D–1 C (ako postoji D–1). Neposredno se

izračunava det(D) = – 16, prema tome imamo rešenje. Nađimo D–1.

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−

−=−

131371111

41

412412284

444

1611D ,

sledi: ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−⋅

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

== −

121

101

131371111

212 1 CDX .

________ Zadatak Naći sve kvadratne matrice drugog reda sa ne-nula elementima, čiji je kvadrat

jednak nula matrici. Navesti i jedan primer!

5.1.15._______________ Primer

Odrediti determinantu matrice A:

A =

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

0....111................1....0111....1011....110

.

Page 111: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 108

________ Rešenje:

Primenimo Laplasovu teoremu razvoja na elemente prve kolone. Dobićemo n

sabiraka, od kojih je prvi 0, a svaki sledeći sabirak je proizvod broja (–1)i+1 (gde je i

broj vrste u kojoj se nalazimo, i = 2, 3, ... , n) i jedne determinante n–1-vog reda, koja

nastaje iz originalne determinante izostavljanjem prve kolone. Posledica: u minoru koji

ostaje uvek je cela prva vrsta sastavljena od samih jedinica, i i-te vrste, posledica: u i–1-

voj koloni minora su takođe same jedinice. Osmotrimo situaciju sa minorom (n–1)-vog

reda, koji se dobija za elemenat u drugoj vrsti, i za elemenat u trećoj vrsti:

( )

0....111................1....0111....1011....111

1 12+− = ( )

1....000................0....1000....0101....111

1 12

−−

− + =

= ( ) ( ) ( ) 1212 111 +−+ −=−⋅− nn .

( )

0....111................1....0111....1101....111

1 13+− = ( )

1....000................0....1000....0011....111

1 13

−−

− +

Ova poslednja determinanta zamenom prve i druge kolone svodi se na determi-

nantu u prethodnom koraku ali sa promenjenim znakom, pa će vrednost biti:

= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 13213 11111 ++−+ −=−=−⋅−⋅− nnn . Zaključujemo, da svi minori imaju istu vrednost, bilo da se nalaze u vrsti sa

parnim ili sa neparnim indeksom. Pošto ovakvih sabiraka ima (n–1) zato je: det(A)= ( ) ( )11 1 −⋅− + nn .

________ Zadatak Ako proverimo zaključak iz prethodnog primera na konkretnim slučajevima, imali bi za determinantu 6-tog reda broj –5, za determinantu 7-og reda +6, za determi- nantu 8-og reda –7, itd. Izvršimo te provere!

Page 112: diskretna zbirka

__________________________________________________________________ 109

__________________________6. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA

6.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEŽBE

6.0.1. Primer: Rešiti dati sistem jednačina pomoću inverzne matrice:

136120

−=+−=++=+−

zyxzyxzyx

.

Rešenje: Dati sistem jednačina može se napisati u obliku matrične jednačine:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡⋅⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

110

361112111

zyx

.

Ako ove matrice redom označimo sa BXA ,, , matrična jednačina glasi BAX = , iz koje je BAX 1−= . Ostaje znači određivanje inverzne matrice 1−A .

U tu svrhu odredimo prvo detA , a zatim adjA .

( ) ( ) ( ) ( ) 16611213361112111

=−−−−−−+−+=−

−=detA ,

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−=

3513122239

3125231329 T

adjA ,

pa je tražena inverzna matrica

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−=−

3513122239

1A ,

a matrica X je:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−⋅⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−== −

211

110

3513122239

1BAX ,

što znači da je rešenje datog sistema uređena trojka ( ) ( )2,1,1,, −=zyx .

Page 113: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 110

6.0.2. Primer: Rešiti dati sistem jednačina pomoću inverzne matrice:

czyxbzyazx

=+−=+−=+

372

.

Rešenje: Dati sistem jednačina može se napisati u obliku matrične jednačine:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡⋅⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

cba

zyx

111370102

.

Ako ove matrice redom označimo sa BXA ,, , matrična jednačina glasi

BAX = , iz koje je BAX 1−= . Ostaje znači određivanje inverzne matrice 1−A .

U tu svrhu odredimo prvo detA , a zatim adjA .

16714111370102

−=++−=−−=detA ,

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

=1427613

714

1467211734 T

adjA ,

pa je tražena inverzna matrica

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

−=−

1427613714

1A ,

a matrica X je:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

+−−+−−−+

=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡⋅⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

−== −

cbacba

cba

cba

BAX142763

74

1427613714

1 ,

što znači da je rešenje datog sistema jednačina uređena trojka

,74 cbax −+= cbay 63 +−−= , cbaz 1427 +−−= .

(x, y, z) =(4a + b – 7c, –3a – b +6c, –7a – 2b + 14c).

Page 114: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 111

6.0.3. Primer: Pomoću Kramerovog pravila (determinanti) rešiti sledeći sistem jednačina:

631224

−=−+−=−−=++

zyxzyx

zyx .

Rešenje: Kod rešavanja sistema jednačina Kramerovim pravilom računamo determinante

DzDyDxD ,,, , a posle pomoću njih promenljive zyx ,, iz formula DDxx = ,

DDyy = ,

DDzz = . Determinanta D je determinanta sistema, i ona je jednaka sa

10223261113212

111=++−++=

−−−−=D ,

dok determinante DzDyDx ,, su determinante promenljivih zyx ,, , i dobijaju se iz determinante D tako da kolone koje se odnose na odgovarajuće promenljive zamenimo sa kolonom slobodnih članova. Tako su redom ove determinante

201861124116211

114=++−++=

−−−−=Dx ,

10812312241163212

141=+−+−+−=

−−−−=Dy ,

1012112836613

112411

=+−−+−=−−

−=Dz .

Koristeći gore spomenute formule dobijamo rešenje sistema:

21020

==x , 11010

==y , 11010

==z , odnosno ( ) ( )1,1,2,, =zyx .

6.0.4. Primer: Pomoću Kramerovog pravila rešiti sledeći sistem jednačina:

13527243

1252213434

=+++=+++=+++=−++

tzyxtzyx

tzyxtzyx

.

Page 115: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 112

Rešenje: Izračunajmo redom sve determinante koje su potrebne:

108522

1488916

52211488391620001

1521214315224341

=−

−−−−

=

−−−−−

=

=D ,

1089019

001231265

152130901900010231265

1521321471521243413

−=−−

−=−−

−=

=Dx ,

216520

148329114

5201148323911420001

1513121731512243131

=−−−−

=−−−−

=

=Dy ,

216502

143289146

5021143283914620001

1132127431122241341

=−

−−−−

=

−−−−−

=

=Dz ,

002232881416

022132883141620001

135217143

1252213341

=−

−−−−−−

=

−−−−−−−

==Dt ,

sledi da su vrednosti nepoznatih tzyx ,,, redom jednaki sa:

1108108

−=−

==DDxx , 2

108216

===DDyy ,

2108216

===DDzz , 0

1080

===t

Dtt ,

pa je rešenje uređena četvorka

( ) ( )0,2,2,1,,, −=tzyx .

Page 116: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 113

6.0.5. Primer: Gausovom metodom eliminacije rešiti sistem jednačina:

524223223634320

=+++−=+−−=−++=−−+

tzyxtzyxtzyxtzyx

.

Rešenje: Zbog kraćeg pisanja elementarne transformacije umesto na celom sistemu vršićemo na proširenoj matrici sistema:

~

5260

0160615016101111

~

5260

2142322334321111

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−−

−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−−

2233260

0223001310016101111

~

313260

637001310016101111

~ ⇒

2232233231

6160111

−=−=+=−+=−−+

zt

yx

1111

====

ztyx

pa je rešenje uređena četvorka

( ) ( )1,1,1,1,,, =tzyx . 6.0.6. Primer: Gausovom metodom eliminacije rešiti sistem jednačina:

32332332232132

−=−+−−=+++−=++−=+−+

tzyxtzyxtzyx

tzyx

.

Rešenje: Uradimo elementarne transformacije na proširenoj matrici sistema:

Page 117: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 114

~

2611

1210688008701321

~

3331

2111312322321321

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−−−

−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−−−−

−−

~

1322

21

760014800

12101321

~

162

1

087068801210

1321

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

⎡−

−−

−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−−

211

21

020074001210

1321

~

1311

21

760074001210

1321

221174

2121132

−=−=+

−=−−=+−+

zt

yx

1111

====

ztyx

pa je rešenje opet uređena četvorka ( ) ( )1,1,1,1,,, =tzyx .

6.0.7. Primer: Gausovom metodom eliminacije rešiti sitem jednačina:

910552322

=−−=+−=+−

zyxzyxzyx

.

Rešenje: Izvršimo elementarne transformacije nad proširenom matricom datog sistema:

.3031

2

000510

211~

11

2

2040510

211~3

952

1015123211

≠⇒⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−

−≠

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

pa je dati sistem jednačina protivrečan, odnosno nema rešenja.

Page 118: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 115

6.0.8. Primer: Gausovom metodom eliminacije rešiti sitem jednačina:

9555322

=+−=++=+−

zyxzyxzyx

.

Rešenje: Izvršimo elementarne transformacije nad proširenom matricom datog sistema:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

01

2

000540

211~

11

2

540540

211~

952

515113211

⇒ 00

15422

=−=−=+−

zyzyx

poslednja jednačina je identitet, ali ne daje nikakvu informaciju u vezi rešenja sistema. Prema tome za određivanje tri nepoznate ostale su nam dve jednačine, što znači da umesto jedne nepoznate (svejedno je umesto koje) uvodimo parametar. Neka je u ovom

slučaju pz = , tada je iz druge jednačine 154 −=− py nepoznata 4

15 −=

py , a iz prve

jednačine 224

15=+

−− ppx nepoznata

437 px −

= . To znači da je ovaj sistem

jednačina jednostruko neodređen (stepen slobode je jedan), rešenje se izražava kao uređena trojka ( ) ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

= pppyzx ,4

15,437,, gde je Rp∈ .

6.0.9. Primer: Rešiti sledeći sistem linearnih jednačina:

27249124531672

−=+−+−=+−+−=+−+

tyzxtyzx

tzyx .

Rešenje: Ovaj sistem linearnih jednačina sadrži četiri nepoznate i samo tri jednačine,

znači ne može biti određen, on je ili neodređen ili protivrečan. Matrica sistema je

formata 43× , pa ona nema ni determinantu ni inverznu matricu. Sledi da ovakvi

sistemi ne mogu da se reše ni pomoću inverzne matrice, ni pomoću determinanti,

ostaje isključivo metoda Gausove eliminacije.

Page 119: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 116

~511

04045508911672

~211

724924531672

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −

−−−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

−−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−

011

000008911672

.

Poslednja nula-vrsta znači da u sistemu treća jednačina linerano zavisi od prve

dve, znači da su nam ostale samo dve linearno nezavisne jednačine i četiri nepoznate,

što povlači uvođenje dva parametra. Neka su to naprimer βα == yx , . Tada iz druge

vrste dobijamo da je 189 =+−− zβα , odakle sledi treća nepoznata 8

91 βα ++=z , a iz

prve jednačine imamo da je 18

91672 −=+++

⋅−+ tβαβα , odnosno da je četvrta

promenljiva 4

51 βα ++−=t . Rešenje ovog sistema možemo zadati u obliku uređene

četvorke ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

−++

=4

51,8

91,,,,, βαβαβαtzyx , gde su R∈βα , .

6.0.10. Primer: Rešiti sistem lineranih homogenih jednačina:

03420220

=++=++=++

zyxyzx

zyx .

Rešenje: Sistem jednačina se zove homogen, ako su u njemu svi slobodni članovi jednaki

sa nulom. Ako se ona rešava pomoću determinanti, jasno je da su sve determinante

promenljivih jednaki sa nulom, jer svaka od njih sadrži jednu nula-kolonu, sledi da je

0=== DzDyDx . Pošto važe formule DD

Dxx 0== ,

DDDyy 0

== , DD

Dzz 0== , vidi

se da su zyx ,, definisani samo ako je 0≠D , i tada je 0=== zyx . Takvo rešenje ( ) ( )0,0,0,, =zyx zove se trivijalno rešenje. Ako je pak i 0=D , tada deljenje nije

definisano, a jednačine ,, DyyDDxxD =⋅=⋅ DzzD =⋅ primaju oblik : ,00 =⋅ x

00,00 =⋅=⋅ zy , odakle sledi da je RzRyRx ∈∈∈ ,, , odnosno da je sistem

jednačina neodređen. U tom slučaju oblik rešenja možemo dobiti samo pomoću

Gausove metode eliminacije. Kod ovog sistema je:

1211211

120110111

342221111

−=−====D ,

Page 120: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 117

pa je sistem određen i ima samo trivijalno rešenje, jer je

01

0=

−=x , 0

10

=−

=y , 01

0=

−=z , ili ( ) ( )0,0,0,, =zyx .

6.0.11. Primer: Rešiti sistem linearnih homogenih jednačina:

002202202

=+++=+++=+++=+++

tzyxtzyxtzyx

tzyx

.

Rešenje: Ispitajmo prvo determinantu sistema, jer od nje zavisi da li je sistem određen ili je neodređen:

0

0001011101120011

1111122121121121

=−−

==D ,

što znači da je sistem neodređen, pa oblik rešenja tražimo pomoću Gausove metode eliminacije. Zapišimo onda proširenu matricu sistema i izvršimo odgovarajuće elementarne transformacije:

~

0000

0130010000101121

~

0000

0010010001301121

~

0000

1111122121121121

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

⎡−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

0000

0000010000101121

~

0000

0100010000101121

~

0000

0100010000101121

~ .

Iz poslednje vrste ništa ne možemo izračunati, iz treće vrste sledi jednačina

01 =⋅ z odnosno 0=z , iz druge vrste sledi jednačina 01 =⋅− y odnosno 0=y , a iz

prve vrste dobija se jednačina 02 =+++ tzyx . Ako u nju uvrstimo do sada izračunate

nepoznate 0=y i 0=z , ostaje jednačina 0=+ tx , u kojoj imamo dve nepoznate. Ako

jednu biramo za parametar, npr. px = , tada je druga pt −= , pa se rešenje jednačine

može zapisati u obliku uređene četvorke kao ( ) ( )pptzyx −= ,0,0,,,, gde je Rp∈ .

Page 121: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 118

6.0.12. Primer: U zavisnosti od realnog parametra a diskutovati rešenja datog sistema linearnih jednačina:

( )

1236131

−=−+=++

−=+−+

zyxzyaxzyxa

.

Rešenje:

Iz Kramerove metode, gde se zyx ,, računaju iz količnika DDxx = , itd.

zaključujemo da problem nastaje samo u onim slučajevima kada to deljenje nije

definisano, odnosno kada je 0=D . Ispitajmo zato uvek prvo determinantu sistema:

158613922213

11131

−−=−−−−+−−−=−

−+= aaaaaa

aD .

Ispitajmo sada za koje će vrednosti parametra a determinanta biti nula:

81501580 −=⇔=−−⇔= aaD ,

znači da deljenje nije definisano za 8

15−=a .

Diskusija:

1) ( ) ⇒≠⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −≠∈∀ 0

815 DaRa sistem je određen.

2) Za ⇒−=8

15a sistem je protivrečan.

~3

71

05450411387

~1

61

213118151387

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−

.23023

71

0000411387

~1271

02050411387

~≠⇒⎥

⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−

−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−

Page 122: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 119

6.0.13. Primer: Diskutovati rešenja u zavisnosti od realnog parametra a , i rešiti dati sistem linearnih jednačina:

9555322

=+−=++=+−

azyxzayxzyx

.

Rešenje: Ispitajmo prvo determinantu sistema:

( )2510551511065551513211

222 −+=−+=++−−−=−

−= aaaaaaa

aaD .

Ispitajmo sada za koje će vrednosti parametra a determinanta biti nula: ( )( ) 2,1021020 21

2 −==⇔=+−⇔=−+⇔= aaaaaaD . Diskusija: 1) Za ( )( ) ⇒≠⇒−≠∧≠∈∀ 021 DaaRa pa je sistem određen. To određeno rešenje možemo da nađemo ili pomoću determinanti, ili pomoću Gausove metode eliminacije. Kod velikog sistema obično izbegavamo determinante, ali u ovom slučaju mogu da se primene: ( )( )215 +−= aaD ,

( ) ( )( ),17101101711017710

252181091051915212

2

2

+−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=−+=

=++−−−=−

−=

aaaaaa

aaaa

aDx

( )155530950541025595153221

−−=−=−−−++== aaaaa

Dy ,

aaaaDz −=++−−−=−

−= 1275106259

91553211

,

pa je redom:

Page 123: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 120

( )( )( )( ) ( )25

171021517101

++

=+−+−

==aa

aaaa

DDxx ,

( )( )( ) 2

1215

15+−

=+−

−−==

aaaa

DDyy ,

( )( ) ( )251

2151

+−

=+−

−==

aaaa

DDzz ,

odnosno rešenje je uređena trojka

( ) ( ) ( )⎟⎟⎠⎞

⎜⎜⎝

⎛+−

+−

++

=25

1,2

1,251710,,

aaaazyx gde je { }1,2\ −∈ Ra .

2) Za ⇒=1a sistem je jednostruko neodređen.

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

01

2

000540

211~

11

2

540540

211~

952

515113211

,

iz druge vrste sledi jednačina 154 −=− zy u kojoj birajmo npr. da je pz = , tada je iz

iste jednačine 4

15 −=

py . Iz prve vrste sledi jednačina 22 =+− zyx , odakle je

437

481582

4152 pppppx −

=−−+

=−−

+= ,

odnosno rešenje je u ovom slučaju uređena trojka

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

= pppzyx ,4

15,437,, gde je Rp∈ .

3) Za ⇒−= 2a sistem je protivrečan.

~11

2

2040510

211~

952

1015123211

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

.3031

2

000510

211

≠⇒⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

6.0.14. Primer:

U zavisnosti od realnog parametra m diskutovati rešenja sistema linearnih jednačina:

( )( )

111

01

=+−=−−+

=+−

mzyzmyxmzxm

.

Rešenje: Ispitajmo prvo za koje je vrednosti parametra m determinanta sistema jednaka sa nulom:

Page 124: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 121

=−+

−⋅−=−+

−=−−+

−=

1111

110

101101

1011

101

22

mmm

mmm

m

mmm

mD

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )=−−+=+−−+=−−−+= 222 111111111 mmmmmmmm

( )( ) ( )( ) 2,1,002121 3212 =−==⇔=−+=−+= mmmmmmmmm .

Diskusija:

1) ( )( ) ⇒≠∧−≠∧≠∈∀ 210 321 mmmRm sistem je određen.

2) Za ⇒= 0m sistem je protivrečan.

1011

0

010000101

11

0

010101

101−≠⇒

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

−≈

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

−.

3) Za ⇒−= 1m sistem je protivrečan.

.202

10

000110

102

11

0

110110

102

≠⇒⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

−≈

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

−−

4) Za ⇒= 2m sistem je protivrečan.

.10110

210000101

11

0

210420

101

11

0

210123

101≠⇒

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡≈

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−−≈

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−−

6.0.15. Primer: Diskutovati rešenja sistema linearnih jednačina po realnom parametru m , i u slučaju neodređenosti rešiti sistem:

0000

=+++=+++=+++=+++

mtzyxtmzyxtzmyxtzymx

.

Rešenje: Ispitajmo determinantu sistema:

=−−−−−

−−−=

−−−−−

−−==

mmmmm

mm

mmmmm

mmm

mm

mm

D111

101011

1

011101010011111

111111111111

22

Page 125: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 122

( ) =−−−−−

−−=−−−−−−−

−−=

mmmmm

mmmmm

mmmm

1211

11121

111001

1 222

( ) ( )( )( ) =−−−−=−−−−

−−= 2

22 2311232

011 mmmm

mmmmm

m

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )31131321 3222 +−=−+−=−+−= mmmmmmmm ,

( ) ( ) 3,10310 213 −==⇔=+−⇔= mmmmD .

Diskusija: 1) ( )( ) ⇒−≠∧≠∈∀ 31 mmRm sistem je određen. 2) Za ⇒= 1m sistem je trostruko neodređen (sa stepenom slobode 3).

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

0000

0000000000001111

~

0000

1111111111111111

Tri nepoznate se biraju, neka su to parametri γβα === zyx ,, . Tada je iz prve jednačine 0=+++ tzyx četvrta nepoznata jednaka sa γβα −−−=t , pa je rešenje uređena četvorka:

( ) ( )γβαγβα −−−= ,,,,,, tyzx gde je R∈γβα ,, . 3) Za ⇒−= 3m sistem je jednostruko neodređen (stepen slobode 1).

~

0000

0448040400441113

~

0000

3111131111311113

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−

0000

03

0000

0000004404041113

~

0000

0044004404041113

==−=−

=+++−

⇒⇒⇒⇒

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−

yxzx

tzyx

Neka je px = , tada je iz druge i treće jednačine pzy == , a iz prve jednačine imamo da je pt = , odnosno rešenje je uređena četvorka:

( ) ( )pppptzyx ,,,,,, = gde je Rp∈ .

Page 126: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 123

6.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA

6.1.1._______________ Primer Ispitati rešivost sistema linearnih jednačina primenom Gausove metode elimi-

nacije. U slučaju neodređenosti naći opšte rešenje, u slučaju određenosti odrediti to

rešenje, u slučaju protivrečnog sistema pokazati, zašto je sistem nemoguć.

21443315242312329326

=+++=+++=+++=+++=+++

uzyxuzyxuzyxuzyxuzyx

________ Rešenje:

Polazimo od proširene matrice sistema i u prvom krugu koraka "poništavamo"

sve elemente u prvoj koloni pomoću jedinice u prvoj vrsti: to činimo tako, da prvu vrstu

pomnožiimo sa –2 i "dodamo" je drugoj vrsti, zatim nakon množenja prve vrste sa –1

dodamo je trećoj vrsti i po množenju prve vrste sa –3 odgovarajuće elemente dodamo i

četvrtoj i petoj vrsti.

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

21151296

44332423312113121111

~

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−

33636

11001110201011101111

~

U drugom ciklusu prvo pomnožimo drugu vrstu sa –1, i tako je dodamo četvrtoj

vrsti, dok još nije pomnožen ni sa kakvim brojem tako je dodamo trećoj vrsti. Tako smo

"poništili" elemente ispod dijagonale u drugoj koloni:

~

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎡−

30336

11000000110011101111

~

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎡−

00336

00000000110011101111

~⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

336

110011101111

.

Page 127: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 124

Očevidno je, treća vrsta zbog istovetnosti "poništava" petu vrstu, te dobijemo

dve nula-vrste, koje se mogu i izostaviti, jer ne utiču na rang matrice. Preostaju nam tri

vrste, koje u suštini predstavljaju tri nezavisne jednačine. To znači:sistem je rešiv, jer je

rang proširene matrice, a i same matrice sistema 3. Sa druge strane zbog postojanja 4

nepoznate sistem je neodređen sa 1.s.s. Ako se vratimo iz matričnog oblika na sistem

jednačina, koji je ekvivalentan sa polaznim sistemom jednačina, imamo:

336

=+=+−=+++

uzuzyuzyx

Ako se nepoznata u uzima kao slobodni parametar, tade se dobijaju vrednosti ostalih nepoznatih: z = 3 – u, y = 3 + z – u = 3 + 3 – u – u = 6 – 2u, x = 6 – y – z – u = –3 + 2u. Opšte rešenje zapisano u obliku uređene četvorke (ili linearne kombinacije uređenih četvorki) je:

( x, y, z, u ) = (–3 + 2u, 6–2u, 3–u, u ) =

= (–3, 6, 3, 0) + u (2, –2, –1, 1). ________ Zadatak Ispitati rešivost sistema linearnih jednačina primenom Gausove metode elimi-

nacije. U slučaju neodređenosti naći opšte rešenje, u slučaju određenosti odrediti to

rešenje, u slučaju protivrečnog sistema pokazati, zašto je sistem nemoguć.

182423154232932

12326

=+++=+++=+++=+++=+++

uzyxuzyxuzyxuzyxuzyx

6.1.2._______________ Primer

Ispitati rešivost sistema linearnih jednačina primenom Gausove metode elimi-

nacije. U slučaju neodređenosti naći opšte rešenje, u slučaju određenosti odrediti to

rešenje, u slučaju protivrečnog sistema pokazati, zašto je sistem nemoguć.

Page 128: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 125

214433822

12329326

=+++=+++=+++=+++=+++

uzyxuzyxuzyxuzyxuzyx

.

________ Rešenje: Nakon izvršenih elementarnih transformacija na proširenoj matrici sistema

(i izostavljanja nula-vrste) dobija se sledeća matrica:

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

8211296

12124433312113121111

~

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎡−

2336

1000110011101111

.

Očevidno je: rang proširene matrice sistema i same matrice sitema je isti: 4.

To znači sistem je rešiv. Ako još imamo u vidu, da je i broj nepoznatih 4, to znači

nemamo "slobodu", to jest sistem je određen.

Rešenje se dobija (slično, kao u prvom primeru: iz poslednje jednačine u = 2, pa

zamenom te vrednosti u treću jednačinu dobijamo z = 1, iz druge jednačine je y = 2, i

konačno i prve sledi: x = 1. Rešenje u obliku uređene četvorke je:

(1, 2, 1, 2 ). ________ Zadatak Ispitati rešivost sistema linearnih jednačina primenom Gausove metode elimi-

nacije. U slučaju neodređenosti naći opšte rešenje, u slučaju određenosti odrediti to

rešenje, u slučaju protivrečnog sistema pokazati, zašto je sistem nemoguć.

1022182423932

12326

=+++=+++=+++=+++=+++

uzyxuzyxuzyxuzyxuzyx

.

Page 129: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 126

6.1.3._______________ Primer Ispitati rešivost sistema linearnih jednačina primenom Gausove metode elimi-nacije. U slučaju neodređenosti naći opšte rešenje, u slučaju određenosti odrediti to rešenje, u slučaju protivrečnog sistema pokazati, zašto je sistem nemoguć.

2254231642321132164326

=+++=+++=+++=+++=+++

uzyxuzyxuzyxuzyx

uzyx

________ Rešenje: Nakon izvršenih elementarnih transformacija na proširenoj matrici sistema (i izostavljanja nula-vrste) dobija se sledeća matrica:

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

221611166

54234232312143121111

~

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎡−−

1546

0000201011101111

.

U procesu rešavanja smo primenili istu tehnologiju, kao u prethodnim primerima to jest: korišćene su samo elementarne transformacije matrica. Kao posledica, jedna vrsta je "poništena", dok je poslednja vrsta samo "delimično" anulirana. Upravo ova pojava znači nerešivost sistema (vratimo se u oblik sistema jednačina, ta poslednja vrsta znači " 0 = –1 ", što je, naravno, besmislica). Matematički to formulišemo na sledeći način: Rang proširene matrice je 4, dok je rang matrice sistema 3, pa po teoremi Kroneker–Kapelija sistem nema rešenja.

________ Zadatak

Ispitati rešivost sistema linearnih jednačina primenom Gausove metode elimi-nacije. U slučaju neodređenosti naći opšte rešenje, u slučaju određenosti odrediti to rešenje, u slučaju protivrečnog sistema pokazati, zašto je sistem nemoguć.

15423210532932

12326

=+++=+++=+++=+++=+++

uzyxuzyxuzyxuzyxuzyx

.

Page 130: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 127

6.1.4._______________ Primer

Naći rešenje sistema jednačina primenom Gausove metode eliminacije.

x1 – 2 x2 + x3 + x4 = 1

x1 – 2 x2 + x3 – x4 = –1

x1 – 2 x2 + x3 +5 x4 = 5 ________ Rešenje:

Polazimo od datog sistema: jednostrukim oduzimanjem prve jednačine od svih ostalih jednačina dobija se: x1 – 2 x2 + x3 + x4 = 1

– 2 x4 = –2

4 x4 = 4.

Očevidno je, da se druga i treća jednačina svodi na jednu: x4 = 1. Zamenimo li to u prvu jednačinu imamo: x1 – 2 x2 + x3 = 0. To znači dva stepena slobode. Bilo koje dve od ove tri nepoznate slobodno biramo, a treća se izračunava pomoću njih. Na primer: x2 = α, x3 = β, tada je x1 = 2 α – β.

Prema tome opšte rešenje je: (2 α – β, α, β, 1) ili

α (2, 1, 0, 0) + β (–1, 0, 1, 0) + (0, 0, 0, 1). ________ Zadatak Ispititati rešivost i naći eventualno rešenje datog sistema jednačina primenom

Gausove metode eliminacije.

2 x1 – 2 x2 – 2 x3 – 3 x4 = 1

3 x1 – 2 x2 + 5 x3 + 5 x4 = –1

5 x1 – 4 x2 + 3 x3 + 2 x4 = 2

6.1.5._______________ Primer

Diskutovati sistem jednačina za različite vrednosti parametra a:

3x + 2y – z = 4

2x + ay + 4z = 5

5x + y – 3az = 9.

Page 131: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 128

________ Rešenje:

Determinanta sistema je a

aD31542123

−= = –9a2 +17a+26.

Ova determinanta se anulira za a1 = –1 i za 926

2 =a .

a) Sistem je određen za sve realne vredosti osim ove dve!

b) Ispitati sistem u slučaju kada je a1 = –1, (primetiti, da je zbir prve i druge

vrste jednak trećoj vrsti – kao posledica "poništavamo" treću vrstu):

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

954

315412123

~ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

054

000412123

.

Sledi: rang matrice sistema i proširene matrice sistema je isti: 2, prema tome

imamo 1 stepen neodređenosti. Potražimo opšte rešenje (prvo oduzimamo drugu vrstu

od prve, zatim pomoću jedinice u prvoj vrsti stvaramo nulu u drugoj):

~ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−

051

000412531

~ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−

071

0001470

531 ~

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

−−

011

000210531

.

Uzećemo kao "slobodno odabranu promenljivu" z. Iz druge jednačine imamo

y = 2 z – 1, a iz prve jednačine sledi x = –3y + 5z – 1 = 2 – z.

Opšte rešenje je:

( x, y, z ) = (2 – z, 2 z – 1, z ) = ( 2, –1, 0) + z (–1, 2, 1).

c) Ispitati sistem u slučaju kada je 926

2 =a .

U tom slučaju rang matrice sistema i proširene matrice su različiti brojevi:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

954

3/261549/262123

~ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

27454

26315362618123

~

~ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −

12/3

4

310310123

~ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −

114

000310123

.

Prema tome sistem je protivrečan, to jest nema rešenja.

Page 132: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 129

________ Zadatak Diskutovati sistem jednačina u zavisnosti od parametra a :

x + ay –a z – (a–1) u = 1

(a–1)x + ay +(a–1) z – u = 2

(a–1)x + ay – z – (a–1)u = 1. 6.1.6._______________ Primer Diskutovati sistem jednačina u zavisnosti od parametra a:

2x – y – a z = 1

4x – (a+1) y – 2 z = 2a

(3a–1)x – y – z = a. ________ Rešenje: Izračunaćemo determinantu sistema:

D = 8132311)13(2)1(4

1223 −+−−=

−−−−+−−−

aaaa

aa

.

Traženjem racionalnih nula tog polinoma uočava se da je D(1)=0, to omogućava faktorizaciju:

.38)1(3)853()1(81323 2223 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−−=+−−−=−+−− aaaaaaaa

D = 0 ⇔ a = 1 ∨ a=38

− .

Prvo konstatujemo da je sistem određen, i ima jedinstveno rešenje za sve vrednosti parametra a za koje je determinanta različita od 0. Ispitajmo one slučajeve, kada je D = 0. a) Za a = 1 imamo sistem koji je dvostruko neodređen, jer je:

[ ]1112~121

112224112

−−⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−−

.

Primenom Gausovog algoritma eliminacije anulirane su dve vrste. Sistem

Page 133: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 130

jednačina se svodi na jednu jednačinu 2x – y – z = 1. Nađimo opšte rešenje tog

"sistema" jednačina. Neka su x i y slobodno odabrane veličine, tada je z = 2x – y –1,

pa je ( x, y, z ) = ( x, y, 2x – y –1) = x (1, 0, 2) + y (0, 1, –1) + (0, 0, –1).

b) Za a = 38

− imamo nemoguć sistem jer je rang proširene matrice veći od

ranga matrice sistema:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

−−−

−−−

10002210737183

~

381123

16224

13812

.

________ Zadatak Diskutovati sistem linearnih jednačina S za razne vrednosti parametra k.

3k x + (3k – 7) y + (k – 5) z = k – 1

S: 4k x + (5k – 7) y + (2k – 5) z = k – 1

(2k – 1) x + (4k – 1) y + 2k z = k +1

6.1.7._______________ Primer

Diskutovati sistem jednačina za različite vrednosti parametra a:

a x + y + z = 1

x + a y + z = a

x + y + a z = a2. ________ Rešenje:

Determinanta sistema je : D =(a – 1)2(a + 2).

a) Za a ≠ 1 i a ≠ –2 sistem ima jednoznačno određeno rešenje: ( )

21,

21,

21 2

++

=+

=++

−=aaz

ay

aax .

b) Za a = –2 sistem nema rešenje, sistem je kontradiktoran.

c) Za a = 1 sistem ima neodređeno rešenje sa dva stepena slobode. Videti

sistem, ako se stavi da je a = 1. Tada imamo tri iste jednačine: x + y + z = 1.

(Videti kako je nađeno opšte rešenje u prethodnom primeru!)

Page 134: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 131

________ Zadatak Diskutovati sistem jednačina u zavisnosti od parametara a i c:

ax + y + z = 4

x + cy + z = 3

x + 2cy + z = 4. 6.1.8._______________ Primer Diskutovati sistem jednačina u zavisnosti od parametra a i rešiti ga u slučaju

neodređenosti.

ax + y + z = 4

2x + y + 2az = 6

–x – y – az =–4 ________ Rešenje:

=−−−

=aa

aD

11212

11a2 – 1 = (a – 1)(a + 1).

Za a = 1 imamo neodređeno rešenje sa jednim stepenom slobode: (2–λ, 2, λ).

Za a = –1 sistem je protivrečan. ________ Zadatak Diskutovati sledeći sistem linearnih jednačina i naći eventualna rešenja.

162233

32

=−+=−+=−+

zbyxzyx

azyx

6.1.9._______________ Primer Diskutovati sistem jednačina u zavisnosti od parametra a:

2ax – 3y = 3–a

3x – 2y = –1

4x – ay = –2.

Page 135: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 132

________ Rešenje: Prvo konstatujemo, da je to sistem sa dve nepoznate i tri jednačine. Moguće je

izračunati determinantu proširene matrice sistema:

189121123

3322 +−=

−−−−−−

aaa

aa.

Ako je ta determinanta različita od nule, tada je sistem nemoguć, jer je rang

proširene matrice 3, a rang matrice sistema ne može biti veći od 2. Determinanta

sistema je 0 za a =3 i za a =6.

Neposrednim rešavanjem dobijamo da je sistem određen u oba slučaja:

Za a =3 imamo rešenja x = 1 i y = 1, to jest (1, 1).

Za a =6 imamo rešenja x = –1/5 i y = 1/5, to jest (–1/5, 1/5).

Za a ≠3 i a ≠6 sistem je nemoguć. ________ Zadatak Diskutovati rešenja sistema jednačina u zavisnosti od parametra k:

(4k–1)x + 2ky + (2k–1)z = k+1

(5k–7)x + (2k–5)y + 4kz = 0

(3k–7)x + (k–5)y + 3kz = k–1. 6.1.10._______________ Primer Sledi grupa tipskih rešenih zadataka sa istom namenom:

Izvršiti diskusiju rešivosti sistema linearnih jednačina u zavisnosti od parametara a i b.

Odgovori o postojanju ili nepostojanju rešenja su data neposredno uz sistem.

Proveriti odgovore, naći eventualna opšta ili određena rešenja!

Page 136: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 133

________________________________ Sistem jednačina Rešenje:

A. bzyx

zyxzayx

=−+=+−=++

3272113

. svako zaodredjen je sistem2arešenja, nema sistem42a

,neodredjen je sistem42.20,105

bbba

aa

⇒≠⇒≠∧=⇒=∧=

=⇔=∆⇒−=∆

B. 13492

32

=++=++=−+

zyaxzyx

bzyx

. svako zaodredjen je sistem3arešenja, nema sistem43a

,neodredjen je sistem43.30,217

bbba

aa

⇒≠⇒≠∧=⇒=∧=

=⇔=∆⇒−=∆

C. bzyx

zyxazyx

=−+=++−=++

333234

. svako zaodredjen je sistem2arešenja, nema sistem62a

,neodredjen je sistem62.20,189

bbba

aa

⇒−≠⇒≠∧−=⇒=∧−=

−=⇔=∆⇒−−=∆

D. bzyx

zyxzayx

=−+=++−=++

2372112

. svako zaodredjen je sistem3arešenja, nema sistem43a

,neodredjen je sistem43.30,155

bbba

aa

⇒≠⇒≠∧=⇒=∧=

=⇔=∆⇒−=∆

E. bzyx

zyaxzyx

=++=++=−+

3492423

. svako zaodredjen je sistem1arešenja, nema sistem131a

,neodredjen je sistem131.10,55

bbba

aa

⇒≠⇒≠∧=⇒=∧=

=⇔=∆⇒+−=∆

F. 633

2324

=++=+−=−+

azyxbzyx

zyx

. svako zaodredjen je sistem1arešenja, nema sistem31a

,neodredjen je sistem31.10,99

bbba

aa

⇒−≠⇒≠∧−=⇒=∧−=

−=⇔=∆⇒−−=∆

________ Zadatak Izvršiti diskusiju rešivosti sistema linearnih jednačina u zavisnosti od parametara a i b.

A. bzyx

zyxzyax

=−+=++=−+

324624

B. 14033

322

=+−=−+=++

azyxzyx

bzyx

Page 137: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 134

6.1.11._______________ Primer Diskutovati sistem linearnih jednačina S u zavisnosti od parametra k.

S:

3

2

)1()1(

)1(1)1(

kukzyxkuzkyxkuzykx

uzyxk

=++++=++++=++++=++++

________ Rešenje:

Determinanta sistema je ∆ = k3 (4 + k). Očevidno je, za k ≠ 0 i za k ≠ –4 sistem je

potpuno određen i ima jedinstveno rešenje.

Ispitajmo slučaj k = 0. Ne predstavlja teškoću uočiti, da tada imamo samo jednu

jednačinu: x + y + z + u = 1, što znači neodređenost sa 3 stepena slobode. Opšte

rešenje je (uz slobodno odabrano y, z i u): (1–y–z–u, y, z, u). Sledi ispitivanje slučaja k = –4. Posmatrajmo proširenu matricu sistema:

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−

27931

3111131111311113

~

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−

20931

0000131111311113

.

Korak je "učinjem" prostim dodavanjem svih vrsta četvrtoj vrsti. Sledi očevidna protivrečnost u četvrtoj jednačini, prema tome sistem u ovom slučaju nema rešenja. ________ Zadatak

Diskutovati sistem linearnih jednačina za razne vrednosti parametara p i q.

1

1

=++=++=++

pzqyxqzypqx

zyqpx

6.1.12._______________ Primer

Diskutovati rešenja sistema jednačina po parametru p.

( )

( )( ) 022

0242203

=+−=−−+−=−+−

yxpzypxzyxp

Page 138: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 135

________ Rešenje: Determinanta sistema je D =2( p –1)( p – 2).

Sistem je potpuno određen za sve p ≠ 1 i p ≠ 2.

U slučaju p = 1 imamo matricu sistema:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−−

021222112

~⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

130260021

~ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −130021

.

Očevidan je 1 st.slobode. Za slobodno odabrano y = k će biti x = 2k i z = –3k.

Opšte rešenje je: ( 2k, k, –3k ) = k(2, 1, –3).

U slučaju p = 2 imamo matricu sistema:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−−−

020202111

~⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−−

020020111

~ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −010111

.

Takođe je 1 st.slobode. Mora biti y = 0, ako biram x = k, tada je z = –k, pa je

opšte rešenje: ( k, 0, –k ) = k (1, 0, –1). ________ Zadatak Odrediti parametar k tako, da sistem jednačina bude saglasan. Diskutovati! 33)4(,8)4(4,5)5( +=−−+=++=−+ kyxkkykxykkx . 6.1.13._______________ Primer

Diskutovati sledeći sistem linearnih jednačina i naći rešenje za slučaj

neodređenosti.

162233

32

=−+=−+=−+

zbyxzyx

azyx

________ Rešenje:

Determinanta sistema je jednaka 0 nezavisno od parametra b (prva i treća kolona

determinante su proporcionalne). Prema tome sistem nikad nije određen.

Page 139: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 136

Osmotrimo proširenu matricu sistema:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

12

62331321 a

b ~

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

aa

a

b 212

040010321

.

Druga matrica je dobijena oduzimanjem prve vrste od druge, odnosno dvostruke

prve vrste od treće vrste (u suštini, to su operacije sa odgovarajućim jednačinama).

Odmah se uočava: da bi se izbegla protivrečnost, rešenje iz druge jednačine:

y = 2 – a mora da zadovoljava i treću jednačinu, drugim rečima, mora biti zadovoljen

uslov:

(b – 4)(2 – a) = 1 – 2a.

Ovaj uslov je ekvivalentan zahtevu (nakon eksplicitnog izražavanja a, ili b)

obuhvaćenim sledećim jednakostima:

bba

−−

=6

29 ili aab

−−

=2

69

1. Osmotrimo prvo slučaj, da je traženi uslov zadovoljen. Tada treće jednačine

"nema", (odnosno možemo je eliminisati), a iz prve dve jednačine imamo:

x + 2y – 3z = a i y = 2 – a,

što znači sistem je neodređen sa jednim stepenom slobode. Neka je proizvoljno

odabrano z, tada dobijamo x = 3a + 3z – 4. U ovom slučaju postoji opšte rešenje:

(3a + 3z – 4, 2 – a, z ).

2. Ukoliko uslov nije zadovoljen, to jest za (b – 4)(2 – a) ≠ 1 – 2a dati sistem

jednačina je protivrečan (nema rešenja).

________ Zadatak Diskutovati sistem jednačina za različite vrednosti parametra a:

2 x + 3 y – 4 z = 1

a x + 2 y + 2 z = 5

3 x + 5ay – 2 z = 6.

Page 140: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 137

6.1.14._______________ Primer Da li sistem jednačina ima rešenja? Ako ima, odrediti to rešenje!

x1 + 2x2 + 3x3 – x4 = 1

3x1 + 2x2 + x3 – x4 = 1

2x1 + 3x2 + x3 + x4 = 1

2x1 + 2x2 + 2x3 – x4 = 1

5x1 + 5x2 + 2x3 = 2

________ Rešenje: Na proširenoj matrici sistema primenjujemo Gausov metod eliminacije:

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

−−

21111

02551222113211231321

~

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

−−−−

−−−−−−−−

31121

513501420351028401321

~

~

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

−−−−−

31111

513501420142035101321

~

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−

−−

−−

2111

101200560035101321

Očevidno je, da je nakon izostavljanja vrsta koje se poništavaju (precrtane),

rang matrice i proširene matrice isti: 3. To znači 1 stepen slobode, jer imamo 4

nepoznate.

Odaberimo x4 = k. Iz ovog izbora i poslednje matrice sledi sistem jednačina:

x1 + 2x2 + 3 x3 = 1 – k

x2 + 5 x3 = 1 + 3k

6 x3 = 1 + 5k.

Odavde ne predstavlja teškoću odrediti opšte rešenje datog sistema jednačina:

( x1 , x2 , x3 , x4 ) = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+ kkkk ,

651,

671,

651 =

61 ((1, 1, 1, 0) + k (5, –7, 5, 1)).

Page 141: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 138

________ Zadatak Diskutovati sistem jednačina za različite vrednosti parametra a:

x + 2 y + 3 z = 6

2 x + a y – 2 z = 1

3 x + 3 y + a z = 7. 6.1.15._______________ Primer Diskutovati i rešiti sistem jednačina za različite vrednosti parametra a, b i c.

32

32

32

czccyxbzbbyxazaayx

=++=++=++

________ Rešenje: Pretpostavimo, da su a, b i c brojevi, koji zadovoljavaju uslove:

a ≠ b , a≠ c , b≠ c i a⋅ b⋅ c ≠ 0. Ove uslove je "lako izmisliti" jer vidimo istovetnost dveju jednačina u slučaju

jednakosti dva parametra (bilo a = b , bilo a = c , bilo b = c). Isto tako, anuliranje bilo

kojeg parametra znači veoma značajno skraćenje dotične jednačine. Zato pristupamo rešavanju sistema primenom Kramerovih pravila, imajući u

vidu istaknute uslove.

Izračunamo prvo determinantu sistema:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ).11

001

111

22

22

2

2

2

2

bcacabacab

acab

acacabab

aa

ccbbaa

−⋅−⋅−=++

⋅−⋅−=

=−−−−==∆

Na redu je računanje determinante ∆x:

Page 142: diskretna zbirka

Sistemi linearnih jednačina Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 139

∆⋅⋅⋅=⋅⋅⋅==∆ cbaccbbaa

cbacccbbbaaa

x

111

2

2

2

23

23

23

.

Zaključak sledi na osnovu činjenice, da determinanta nakon izvlačenja brojeva

a, b i c ispred determinante i nakon dve izmene položaja kolona svodi se na ∆.

Sledi izračunavanje ∆y:

( ) ( ) .

001

111

22

22

2233

2233

23

23

23

23

acaaccabaabb

acab

acacabab

aa

ccbbaa

y

++++++

⋅−⋅−=

=−−−−==∆

Ako pomnožimo drugu kolonu sa a i oduzmemo je od prve kolone, zatim prvu

vrstu oduzmemo od druge vrste, dobijamo:

( ) ( )

( ) ( ) =−−+

⋅−⋅−=

=++

⋅−⋅−=∆

bcbcabb

acab

accabb

acaby

22

2

2

2

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ).

1

2

bcabacbcacab

bcabb

bcacab

−−−⋅−⋅−⋅−=

=+

+⋅−⋅−⋅−=

Na kraju odredimo i ∆z:

( ) ( ) =++++

⋅−⋅−=

=−−−−==∆

22

22

33

33

3

3

3

3

11

001

111

aaccaabb

acab

acacabab

aa

ccbbaa

z

Page 143: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 140

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ).

01

22

22

cbabcacab

abbaccaabb

acab

++⋅−⋅−⋅−=

=−−+

++⋅−⋅−=

Iz svih prethodnih računanja slede rešenja (naravno, ukoliko su prvobitni uslovi

u vezi parametara a, b i c zadovoljeni:

cbax x ⋅⋅=∆∆

= ( )bcabacy y ++−=∆

∆= cbaz z ++=

∆∆

= .

Na osnovu ovog rešenja nije teško razmotriti situaciju, kada je tačno jedan od

parametara jednak nuli, a ostala dva nisu 0, niti su međusobno jednaka. Primera radi,

neka je: a ≠ b , a≠ 0 , b≠ 0 i c = 0. Tada imamo rešenja x = 0, y = – ab, z = a + b.

Neka čitalac razmotri "simetrične" situacije kada je i a = 0 ili je b = 0.

Takođe se lako uočava istovetnost dve jednačine (to znači jedna od njih je

"suvišna") ako su samo dva parametara međusobno jednaka, a treći je različit od njih.

To znači neodređen sistem sa jednim stepenom slobode, dok u slučaju međusobne

jednakosti sva tri parametra imamo "samo" jednu jednačinu, odnosno neodređenost sa

dva stepena slobode.

________

Zadatak

Diskutovati i rešiti sistem jednačina za različite vrednosti parametra α, m, n i p.

pzyxnzyxmzyx

=++=++=++

αα

α

Page 144: diskretna zbirka

__________________________________________________________________ 141

_____________________7.

VEKTORSKI PROSTORI

7.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEŽBE

7.0.1. Primer: Dati su vektori ( ) ( ) ( )3,8,2,0,5,4,5,3,2 −−=−== cba rrr iz vektorskog prostora

3R . Sastaviti njihovu linearnu kombinaciju. Rešenje: Linearna kombinacija datih vektora je izraz cba rrr

321 λλλ ++ dge su ,Ri ∈λ

( )3,2,1=i , ili može da se zada i u obliku czbyax rrr++ gde su Rzyx ∈,, . Linearna

kombinacija datih vektora glasi:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−+

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−+

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=++

382

054

532

321321 λλλλλλ cba rrr .

7.0.2. Primer: Ispitati linearnu zavisnost vektora ( ) ( ) ( )3,8,2,0,5,4,5,3,2 −−=−== cba rrr , (vektori iz prethodnog zadatka). Rešenje: Linearna zavisnost ovih vektora se ispituje pomoću njihove linearne kombinacije. Ako vektorska jednačina 0321

rrrr=++ cba λλλ ima samo trivijalno rešenje

0321 === λλλ tada su vektori cba rrr ,, linearno nezavisni, a ako sem trivijalnog postoji i neko drugo rešenje, tada su vektori linearno zavisni. Da bismo to ispitali treba rešiti sistem homogenih jednačina koji sledi iz ove vektorske jednačine.

0321

rrrr=++ cba λλλ ,

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−+

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−+

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

000

382

054

532

321 λλλ ,

Page 145: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 142

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−+

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−+

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

000

382

054

532

3

3

3

2

2

1

1

1

λλλ

λλ

λλλ

,

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−++−−

000

35853242

31

321

321

λλλλλλλλ

,

03508530242

31

321

321

=−=++=−−

λλλλλλλλ

.

Ispitajmo determinantu ovog sistema:

( ) 01102222105

11113002

305853242

≠−==−

−−=D ,

to znači da ovaj sistem linearnih jednačina ima samo trivijalno rešenje 0321 === λλλ , a iz toga sledi da su dati vektori linearno nezavisni. 7.0.3. Primer: Ispitati linearnu zavisnost vektora ( ) ( ) ( )5,8,2,0,5,4,5,3,2 −=−== cba rrr .

Rešenje: Postupimo na isti način kao u dva prethodna zadatka, linearnu kombinaciju datih vektora izjednačimo sa nula-vektorom, zapišimo odgovarajući sistem homogenih linearnih jednačina, i rešimo je.

0321

rrrr=++ cba λλλ ,

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−+

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−+

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

000

582

054

532

321 λλλ ,

05508530242

31

321

321

=+=++=−−

λλλλλλλλ

,

01010511113002

505853242

==−−

=D ,

jer determinanta ima dve iste kolone.

Ako je detereminanta homogenog sistema jednačina jednaka nuli, tada sistem ima i netrivijalnih rešenja, a to znači da su dati vektori linearno zavisni.

Page 146: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 143

7.0.4. Primer:

Naći linearnu zavisnost vektora ( ) ( ) ( )5,8,2,0,5,4,5,3,2 −=−== cba rrr , (vektori iz prethodnog zadatka).

Rešenje:

Linearna zavisnost ovih vektora je utvrđena u prethodnom zadatku. Ako želimo da nađemo tu linearnu zavisnot onda treba da nađemo neodređeno rešenje datog sistema. Ta rešenja se mogu dobiti samo metodom Gausove eliminacije. Zapišimo onda proširenu matricu sistema.

~000

45450222201091

~000

5058531091

~000

505853242

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−

3232

321

000

0109

000

000110

1091~

000

1101101091

λλλλλλλ

−=⇒=

=+=++

⇒⇒⇒

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−

3331331 1090109 λλλλλλλ −=−=⇒=+−

Neodređeno rešenje je znači uređena trojka ( ) ( )333321 ,,,, λλλλλλ −−= , gde je

R∈3λ . Naprimer za 13 −=λ dobija se linearna zavisnost 0=−+ cba rrr , što znači da se

vektor cr može izraziti pomoću vektora ar i br

kao bacrrr

+= . 7.0.5. Primer:

Odrediti dimenziju i sve moguće baze vektorskog prostora V kojeg generišu vektori skupa ( ) ( ) ( ){ }3,8,2,0,5,4,5,3,2 −−=−=== cbaA rrr .

Rešenje:

U drugom primeru smo utvrdili da su ovi vektori linearno nezavisni. To znači da imamo tri linearno nezavisna vektora, pa je ( ) 3=Vdim . Sva tri vektora ulaze u bazu vektorskog prostora kojeg oni generišu, pa imamo samo jednu bazu, to je { }cbaB rrr ,,= . 7.0.6. Primer: Odrediti dimenziju i sve moguće baze vektorskog prostora V kojeg generišu vektori skupa ( ) ( ) ( ){ }5,8,2,0,5,4,5,3,2 −=−=== cbaA rrr . Rešenje:

U četvrtom primeru smo utvrdili da su ovi vektori linearno zavisni. Proširenu

matricu smo sveli na oblik ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

000

000110

1091. U njoj imamo jednu nula-vrstu, pa je stepen

slobode jedan, a to pokazuje da su dva vektora linearno nezavisna.Tada je dimenzija

Page 147: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 144

prostora kojeg generišu ovi vektori jednako sa ( ) 2=Vdim . U bilo koju bazu ovog vektorskog prostora ulaze dva linearno nezavisna vektora, a to u ovom slučaju mogu biti sledeći parovi { } { } { }cbBcaBbaB rrrrrr ,,,,, 321 === . 7.0.7. Primer:

Dokazati da su vektori ( ),2,8,3,3 −=ar ( ),0,3,1,2=b

r ( ),1,0,1,0 −=cr ( )1,2,2,1 −−=d

r

linearno zavisni, a zatim izraziti vektor ar preko vektora br

, cr i dr

. Rešenje:

Linearnu zavisnost dokazujemo rešavajući jednačinu:

04321

rrrrr=+++ dcba λλλλ ,

0

1221

101

0

0312

2833

4321

r=

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎡−−

+

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎡−

+

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

+

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

λλλλ ,

0202380213023

431

421

4321

421

=+++−=++=−−+=−+

λλλλλλλλλλλλλ

,

=−−−

=−−−−−

=

−−−

=1210714133

11212071421331000

1102203821131023

D

( ) 0141410120714133

=+−−=−−

−−−= .

Zbog kolone slobodnih članova važe jednačine 04321 ==== λλλλ DDDD , pa iz Kramerovog pravila imamo da je:

11 λλ DD =⋅ ⇒ 00 1 =⋅λ ⇒ R∈1λ , 22 λλ DD =⋅ ⇒ 00 2 =⋅λ ⇒ R∈2λ , 33 λλ DD =⋅ ⇒ 00 3 =⋅λ ⇒ R∈3λ , 44 λλ DD =⋅ ⇒ 00 4 =⋅λ ⇒ R∈4λ .

Sistem je znači neodređen, sem trivijalnog, postoji još beskonačno puno rešenja gde je 0000 4321 ≠∨≠∨≠∨≠ λλλλ , što dokazuje da su dati vektori linearno

zavisni pa je moguće vektor ar izraziti preko vektora br

, cr i dr

.

Page 148: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 145

Da bismo došli do te zavisnosti zapišimo vektor ar kao linearnu kombinaciju vektora b

r, cr i d

r, i rešimo tako dobijeni sistem jednačina:

dzcybxarvrr

++= ,

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎡−−

+

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎡−

+

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

− 1221

101

0

0312

2833

zyx ,

28233232

−=+=+=−−=−

zyzxzyx

zx

,

~

223

3

001001013102

~

114

33

012007013102

~

2833

110203211102

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

⎡−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

⎡−−−

023

3

000001013102

~

⇒⇒⇒⇒

002

3332

==

−=−−=−

xyxzx

⇒⇒

3

1−==

yz

.

Tako je tražena zavisnost između vektora ar i br

, cr , dr

data sa vektorskom jednačinom: dcba

rvrr+−= 32 .

7.0.8. Primer:

Skup vektora ( ) ( ) ( ) ( ){ }3,2,1,10,2,3,5,6,1,0,1,4,3,1,2,1 −−=−==−== dcbaArrvr

generiše vektorski prostor V . Naći dimenziju tog prostora kao i sve moguće baze iz A . Rešenje:

( ) ( ) AizvektortanezavisnihlinearnobrojArangVdim == .

04321 =+++ dcbarrrr λλλλ ,

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−+

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−+

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

+

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−0000

321

10

23

56

1014

31

21

4321 λλλλ ,

Page 149: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 146

032302305201064

4321

431

4321

4321

=−++=+−−=−++=+++

λλλλλλλλλλλλλλλ

.

Pošto je to sistem homogenih jednačina, ispitajmo determinantu:

=−−−

−−−=

−−−

−−−=

−−−

−=

33161112342177

33161101234021770

10641

321323011512

10641

D

00511014001

7331611

1234311

7 =−−−−=

−−−−= ⇒

sistem ima i netrivijalnih rešenja, znači da je skup vektora linearno zavisan. Koliko vektora su linearno nezavisna, ispitujemo rešavajući dati sistem metodom Gausove eliminacije:

~

0000

33161101234021770

10641

~

0000

321323011512

10641

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−−

−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

−−−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

0000

000001003110

10641

~

0000

050001003110

10641

~

0000

3316110123403110

10641

~ .

U poslednjoj proširenoj matrici imamo jednu nula-vrstu i tri nenula-vrste, to znači da među vektorima ima tri linearno nezavisna, istovremeno znači i da je

( ) 3=Arang odnosno da je ( ) 3=Vdim .

Da bismo odredili moguće baze, nađimo linearnu zavisnost među vektorima:

000

0301064

3

432

4321

==

=++=+++

λλλλ

λλλλ

⇒⇒⇒

03

2

3

42

41

=−=

=

λλλλλ

⇒ ( ) ( )4444321 ,0,3,2,,, λλλλλλλ −= .

Jednačinu 04321 =+++ dcbarrrr λλλλ možemo znači zapisati i u obliku:

0032 444 =++− dcbarrrr λλλ ⇒ ( ) 0324 =+− dba

rrrλ ⇒ ( ) 032 =+− dbarrr .

Dobijeni rezultat znači da su vektori dbarrr ,, linearno zavisni, samim tim ne mogu

zajedno biti ni u jednoj bazi. Vektor cr linearno ne zavisi ni od jednog drugog vektora, to znači da ulazi u svaku bazu posmatranog vektorskog prostora. Pošto je dimenzija 3 , u svakoj bazi mora biti tri linearno nezavisna vektora, pa to mogu biti:

{ } { } { }dcbBdcaBcbaBrrrrrrrrr ,,,,,,,, 321 === .

Page 150: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 147

7.0.9. Primer:

Naći karakterističnu matricu i karakteristični polinom matrice ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

040100003

A .

Rešenje: Karakteristična matrica neke matrice A je matrica EA λ− , a karakteristični polinom je polinom koji se dobija razvojem determinante EA λ− . Karakteristična matrica je znači matrica:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=−

λλ

λλλ

4010003

100010001

040100003

EA .

Karakteristični polinom je polinom:

( ) ( )( )434

13

4010003

2 −−=−

−−=

−−

−=− λλ

λλ

λλ

λλ

λEA .

7.0.10. Primer:

Naći karakteristične korene (ili karakteristične vrednosti) matrice ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

040100003

A .

Rešenje:

Karakteristični koreni matrice A su koreni (nule) njenog karakterističnog polinoma. Oni se dobijaju rešavanjem takozvane karakteristične jednačine matrice A , koja se dobija tako da se karakteristični polinom izjednači sa nulom. Nađimo te karakteristične korene: 0=− EA λ ,

( )( ) 043 2 =−− λλ , ( )( )( ) 0223 =+−− λλλ , 020203 =+∨=−∨=− λλλ , Odavde se dobijaju karakteristični koreni 2,2,3 321 −=== λλλ . 7.0.11. Primer:

Naći karakteristične vektore (invarijantne pravce) matrice ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

040100003

A .

Rešenje: Svakom karakterističnom korenu pripada jedan karakteristični vektor. Oni se dobijaju iz jednačina iii xxA rr λ= .

Page 151: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 148

31 =λ ⇒ 11 3xxA rr

= ⇒ 03 11 =− xxA rr ⇒ ( ) 03 1 =− xEA r ⇒

⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

000

340130000

1

1

1

γβα

⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

000

050130000

⇒ 005

300

1

11 ===−+−

=

βγβ

⇒ 00

1

1

1

==∈

βγα R

⇒ ( ) ( )0,0,10,0, 111 αα ==xr , R∈1α

za 11 =α sledi ( )0,0,11 =xr .

22 =λ ⇒ 22 2xxA rr= ⇒ 02 22 =− xxA rr ⇒ ( ) 02 2 =− xEA r ⇒

⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

000

240120001

2

2

2

γβα

⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

000

000120001

⇒ 00

020

22

2

==+−

=γβ

α

⇒ 00

20

22

2

===βγ

α ⇒ ( ) ( )2,1,02,,0 2222 βββ ==xr , R∈2β

za 12 =β sledi ( )2,1,02 =xr .

23 −=λ ⇒ 33 2xxA rr−= ⇒ 02 33 =+ xxA rr ⇒ ( ) 02 3 =+ xEA r ⇒

⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

000

240120005

3

3

3

γβα

⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

000

000120005

⇒ 00

0205

33

3

==+

=γβ

α

⇒ 0020

33

3

=−==βγ

α⇒ ( ) ( )2,1,02,,0 3333 −=−= βββxr , R∈3β

za 13 =β sledi ( )2,1,03 −=xr .

7.0.12. Primer: Naći karakteristični polinom i karakteristične korene matrice

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−=

13812211521271826

A .

Rešenje:

=−−

−−−−

=−

−−−−−

=−λλ

λλ

λλ

λλ

13812115027181

13812211521271826

EA

Page 152: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 149

( ) =−−−

−−=

−−−−

−−−=

−−−

−−−

λλ

λλ

λλ

λλλ

λ

14102115

1141002115027181

13812115027181

( ) ( )( )( ) ( )( ) =+++−−−=+−−−−= 2101415210121014151 2λλλλλλλ

( )( ) ( )( ) ( )22 1111 −−=−−=−−= λλλλλλλλ ⇒ ( ) ( )21−= λλλP . Karakteristične korene dobijamo rešavanjem karakteristične jednačine:

( ) 01 2 =−− λλ ⇔ ( ) 010 2 =−∨= λλ ⇔ 10 321 =∨= λλ .

Matrica A ima znači dva karakteristična korena, 01 =λ i 12 =λ . 7.0.13. Primer: Naći karakteristične vektore matrice

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−=

13812211521271826

A .

Rešenje: Karakteristične vektore dobijamo rešavanjem jednačina iii xxA rr λ= , 2,1=i .

01 =λ ⇒ 11 0xxA rr= ⇒ 01 =xAr ⇒

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−

000

13812211521271826

1

1

1

γβα

.

~000

13812757122

~000

13812211521

122~

000

13812211521271826

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−

000

000097122

~000

01814097122

~ ⇒ 00

097022

11

111

==+=++

βαγβα

⇒ 9

79

49

142

11

1111

αβ

αααγ

−=

−=+−=

⇒ ( )4,7,999

4,9

7, 11111 −

−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=

ααααxr ,

R∈1α , a za 91 −=α sledi ( )4,7,91 −=xr .

Page 153: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 150

132 == λλ ⇒ 22 1xxA rr

= ⇒ 01 1 =− xxA rr ⇒ ( ) 02 =− xEA r ⇒

⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−

000

12812211421271827

2

2

2

γβα

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−

000

000000323

~000

323323323

~000

12812211421271827

⇒ 0000

0323 222

==

=++ γβα ⇒

0000

32 2

22

==

−−=βαγ

⇒ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=

32,, 2

2222βαβαxr ,

R∈22 ,βα , sledi ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−=

32,1,01,0,1 222 βαxr .

7.0.14. Primer:

Naći minimalni polinom matrice ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−=

13812211521271826

A .

Rešenje:

Minimalni polinom matrice je polinom koji se dobija iz karakterističnog polinoma izostavljajući višestruke faktore (korene). Tako je minimalni polinom ove matrice A : ( ) ( )1min −= λλλP . 7.0.15. Primer:

Koristeći minimalni polinom matrice, izračunati matricu 2005A za matricu

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −−−=

13812211521271826

A .

Rešenje: Po teoremi Kejli-Hamiltona (Cayley-Hamilton) svaka matrica zadovoljava svoj karakteristični polinom , pa i svoj minimalni polinom. ( ) ( )21−= λλλP ⇒ ( ) 0=AP , ( ) ( )1min −= λλλP ⇒ ( ) 0min =AP ⇒ ( ) 0=− EAA ⇒ 02 =− AA ⇒ AA =2 , AAAAAAA ==⋅== 223 , AAAAAAA ==⋅== 234 , . . . AAn = ⇒ AA =2005 .

Page 154: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 151

7.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA 7.1.1._______________ Primer

Data je matrica A = ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−

+

31112

11

ii

ii sa kompleksnim elementima. Odrediti

karakteristični polinom i karakteristične korene te matrice. ________ Rešenje: Karakteristična jednačina je det(A – λE) = 0. Prema tome potrebno je naći

korene sledeće jednačine:

det(A – λE) = λ

λλ

−−−−

+−

31112

11

ii

ii= –λ3 + 6λ2 – 7λ = 0.

Traženi brojevi su: λ1 = 0 i λ2/3 = 3± 2 . ________ Zadatak Naći karakteristične vrednosti linearnog preslikavanja zadatog matricom A:

.776874431

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

=A

7.1.2._______________ Primer Neka je skup vektora { a, b, c } baza vektorskog prostora V. Ispitati, da li skup

vektora { a+b, a+c, b+c } može biti baza tog vektorskog prostora. ________ Rešenje: Potrebno je ispitati linearnu nezavisnost ovog sistema vektora. Ako su nezavisni,

tada mogu biti baza vektorskog sistema V. Da li može biti jednaka 0 linearna kombina-

cija tih vektora za netrivijalne vrednosti brojeva α, β i γ ?

Page 155: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 152

α (a+b) + β (a+c) + γ (b+c) = 0 ⇔ (α + β) a + (α + γ ) b + ( β + γ ) c = 0. Odgovor je u rešenju homogenog sistema jednačina:

α + β = 0, α + γ = 0, β + γ + 0,

jer su vektori { a, b, c } baza, pa su linearno nezavisni, to jest njihova linearna

kombinacija je jednaka nuli ako i samo ako su pomnoženi sa nulom!

Determinanta ovog sistema je: 02110101011

≠−= .

To znači da je i sistem vektora { a+b, a+c, b+c } linearno nezavisan, prema tome

može biti baza prostora V.

________ Zadatak Naći uslov pod kojim vektori u sledećem skupu čine bazu prostora R4:

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

dcba11,1,1,1,1,11,1,1,1,1,11,1,1,1,1,11 .

7.1.3._______________ Primer Dat je skup vektora

W = { a = (2, 1, 3, 1), b = (1, 2, 0, 1), c = (–1, 1, –3, 0), d = (1, 5, –3, 2) }.

a) Naći dimenziju vektorskog prostora kojeg generišu vektori tog skupa.

b) Naći linearne veze izmedju tih vektora.

c) Naći sve moguće baze generisanog vektorskog prostora. ________ Rešenje:

Polazimo od veze α a + β b + γ c + δ d = 0. (Primetimo, da je na desnoj strani

jednakosti "nula vektor": 0 = (0, 0, 0, 0)). Ispišemo li ovaj zahtev upotrebom kordinata i

preuredimo, tada dobijemo jednakost:

((2α+β–γ+δ),(α+2β+γ+5δ),(3α –2γ–3δ),(α+β+2δ)) = 0 = (0, 0, 0, 0).

Page 156: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 153

Pošto su dva vektora jednaka samo ako su im odgovarajuće kordinate jednake,

sledi homegeni sistem linearnih algebarskih jednačina:

2α + β – γ + δ = 0 α +2β + γ + 5δ = 0 3α –2γ – 3δ = 0 α + β + 2δ = 0. Primetimo i to, da su kolone matrice sistema upravo kordinate datih vektora.

Rešavajući taj sistem imamo:

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−

2011330351211112

~ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡31105121

.

a) Pošto je rang matrice 2, to dim(V) = 2, što znači, imamo svega 2 međusobno

nezavisna vektora. Sa druge strane to znači, da preostala dva vektora su suvišna jer

imamo dve linearne veze među njima (Broj veza=broj vektora u sistemu minus broj

linearno nezavisnih vektora). U preostalom sistemu jednačina (čitamo sistem iz matrice

koja nam je preostala nakon Gausovog postupka eliminacije) biramo slobodno γ i δ:

α + 2β + γ + 5δ = 0 β + γ + 3δ = 0,

dobijamo β = – γ – 3δ i α = –2β – γ – 5δ = 2γ + 6δ – γ – 5δ = γ + δ.

b) Iskoristićemo rešenja sistema jednačina iz prethodne tačke. Zamenimo ih u

linearnu kombinaciju vektora α a + β b + γ c + δ d = 0, tada imamo:

(γ + δ) a + (– γ – 3δ) b + γ c + δ d = 0.

Preuredimo to po slobodnim parametrima γ i δ:

γ ( a – b + c) + δ (a – 3 b + d) = 0 iz čega sledi

a – b + c = 0 i a – 3 b + d = 0.

(Ovaj zaključak izvodimo na osnovu činjenice, da je prethodna jednakost istinita za

bilo koji izbor brojeva γ i δ, a to je moguće samo tako da se ostvaruje naš zaključak.) To

su tražene dve veze između datih vektora!

c) Pronađene dve veze su dovoljne, da "izbacimo" bilo koja dva vektora pomoću

preostala dva vektora. Naprimer: možemo uzeti, da je baza {a, b}, jer se vektori c i d

Page 157: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 154

mogu izraziti kao c = b – a i d = 3 b – a. Prema tome, baza može biti bilo koji par

vektora iz datog skupa: {a , b}, {a , c}, {a, d}, {b , c}, {b , d}, {c , d}.

________ Zadatak Pokazati da vektori ( ) ( ) ( )3,2,1,3,1,1,1,1,1 321 === eee obrazuju jednu bazu

vektorskog prostora R3 i naći kordinate vektora a = (6,9,14) u toj bazi.

7.1.4._______________ Primer Dat je skup vektora

V = { p = (2, 1, 3, –1), q = (–1, 1, –3, 1), r = (4, 5, 3, –1), s = (1, 5, –3, 1) }.

a) Naći dimenziju vektorskog prostora kojeg generišu vektori tog skupa.

b) Naći linearne veze izmedju tih vektora.

c) Naći sve moguće baze generisanog vektorskog prostora.

________ Rešenje: Primenimo tehniku rešavanja iz prethodnog zadatka, bez dužeg objašnjavanja: Polazimo od veze α p + β q + γ r + δ s = 0, što se svodi na homogeni sistem

linearnih algebarskih jednačina. Kolone matrice sistema su kordinate datih vektora. Rešavajući taj sistem imamo:

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−

1111333355111412

~ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡32105511

.

a) Pošto je rang 2, to dim(V)=2 i imamo sledeće rešenje. Birajmo slobodno γ i δ

i nađimo α i β: β = – 2γ – 3δ i α = –β – 5γ – 5δ = 2γ + 3δ – 5γ – 5δ = –3γ – 2δ. b) Koristimo rešenja iz prethodne tačke:

(–3γ – 2δ) p + (– 2γ – 3δ) q + γ r + δ s = γ (–3 p –2 q + r) + δ (–2 p – 3 q + s) = 0,

iz čega slede dve veze: –3 p –2 q + r = 0 i –2 p – 3 q + s = 0. c) Baza može biti bilo koji par vektora iz datog skupa:

{p , q}, {p , r}, {p, s}, {q , r}, {q , s}, {r , s}.

Page 158: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 155

________ Zadatak Dati su vektori: a =(1, –2, 2, 4), b =(2, –4, 6, 0), c =(–4, 8, –10, –8),

d =(3, –6, 9, 0) i e =(–3, 2, –10, 5). Odrediti dimenziju prostora V generisanog datim

skupom vektora i naći sve baze V iz datog skupa.

7.1.5._______________ Primer Skup vektora A generiše vektorski prostor V. Naći dimenziju tog prostora kao i

sve moguće baze iz A.

A = { a= (1, 2, –1, 3), b = (4, 1, 0, 1), c = (6, 5, –3, 2), d = (10, –1, 2, –3)}. ________ Rešenje: Ispitujemo linearnu zavisnost datog sistema vektora: αa + βb + γc + δd = 0. Ova

vektorska jednačina se svodi na sistem homogenih linearnih jednačina. Ima li taj sistem

netrivijalno rešenje? Ispitujemo matricu sistema:

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−

321323011512

10641

~

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−

−−−

3316110123402177010641

~

~

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

09300031003710

10641

~⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

01003710

10641.

Uočava se: mora biti γ = 0 (to znači potpunu nezavisnost vektora c od svih

ostalih), dok kod preostalih koeficijenata imamo 1 stepen slobode. Ako se proizvoljno

odabere δ, tada će biti α = 2δ i β = –3δ. Konstatujemo dimenziju vektorskog prostora:

dim(V) = 3, jer izmedju datih vektora postoji veza:

αa + βb + γc + δd =2δa –3δ b + 0 c + δd = δ(a–3b+d)=0.

Pošto biramo δ≠0 sledi: a–3b+d = 0, znači ova tri vektora ne mogu biti baza.

Baza ima tri vektora, među kojima mora biti prisutan vektor c (kao nezavisan od svih).

Trojke vektora koje su moguće baze: {a, b, c}, {a, c, d}, {b, c, d}.

Page 159: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 156

________

Zadatak

Naći dimenziju i sve baze prostora iz datog skupa vektora: a1 = (1, 0, 0, –1), a2 = (2, 1, 1, 0), a3 = (1, 1, 1, 1), a4 = (1, 2, 3, 4), a5 = (0, 1, 2, 3).

7.1.6._______________ Primer

Naći karakteristične brojeve i karakteristične vektore za matricu A:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡ −=

111020113

A .

________ Rešenje:

Jedina svojstvena vrednost matrice je x = 2, jer imamo:

( )32111

020113

)det( −−=−

−−−

=− xx

xx

xEA .

Za x=2 imamo matricu ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

111000111

~ [1, 1, –1], iz koje slede svojstveni vektori.

Zbog dva stepena slobode odaberemo za slobodne nepoznate x1= α, i x2 = β, i

izračunamo nepoznatu x3 : x3 = x1 + x2 = α + β.

Invarijantni vektori su: (x1, x2, x3) = ( α, β, α + β) = α (1, 0, 1) + β (0, 1, 1). ________ Zadatak

Naći karakteristične vektore linearne transformacije date sa matricom A:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−=

284014013

A .

7.1.7._______________ Primer Za datu matricu A odrediti karakteristični polinom, karakteristične korene i invarijantne pravce linearne transformacije:

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=

1000001001000001

A .

Page 160: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 157

________ Rešenje:

Karakteristični polinom je det(A–λE ) =

λλ

λλ

−−

−−

10000100100001

= (λ–1)3(λ+1).

Karakteristične vrednosti se neposredno čitaju: λ1 =1 i λ2 = –1. Za λ1 =1 imamo 3 stepena slobode, jer se matrica A–λ1 E svodi na jednu vrstu:

[0 –1 1 0], što znači jednu jedinu jednačinu: 0x1 – x2 + x3 +0x4 = 0. Neposredno se

uočava da nepoznate x1 i x4 mogu biti proizvoljne, dok je x2 = x3. Iz toga proizilazi opšte

rešenje i invarijantni pravci (potprostor generisan tim vektorima je invarijantan):

(x1 , x2 , x3 , x4) =(x1 , x2 , x2 , x4) = x1 (1, 0, 0, 0) + x2 (0, 1, 1, 0) + x4 (0, 0, 0, 1).

Za λ2 = –1 imamo 1 stepen slobode, jer se matrica A–λ2 E svodi na:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

100001100001

.

Očevidno to je matrica homogenog sistema jednačina u kojem mora biti

x1 = x4 = 0, dok x2 = –x3 . Iz toga proizilazi opšte rešenje i invarijantni pravac:

(x1 , x2 , x3 , x4) =(0, x2 , –x2, 0) = x2 (0, 1, –1, 0). ________ Zadatak

Naći realne karakteristične vrednosti i karakteristične vektore koji pripadaju tim karakterističnim vrednostima kod matrice B:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−=

031302120

B .

7.1.8._______________ Primer

Za datu matricu A odrediti karakteristični polinom, karakteristične vrednosti i

invarijantne pravce (invarijantne potprostore) linearne transformacije:

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=

0001010000101000

A .

Page 161: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 158

________ Rešenje:

Karakteristični polinom je det(A–λE ) =

λλ

λλ

−−

−−

00101000010100

= (λ–1)3(λ+1).

Karakteristične vrednosti se neposredno čitaju: λ1 =1 i λ2 = –1.

Za λ1 =1 imamo 3 stepena slobode, jer se matrica A–λ1 E svodi na jednu vrstu:

[–1 0 0 1], što znači jednu jedinu jednačinu: –1x1 + 0 x2 +0 x3 +1x4 = 0. Neposredno

se uočava da su nepoznate x2 i x3 mogu biti proizvoljne, dok je x1 = x4. Iz toga proizilazi

opšte rešenje i invarijantni pravci (potprostor generisan tim vektorima je invarijantan):

(x1 , x2 , x3 , x4) =(x1 , x2 , x3 , x1) = x1 (1, 0, 0, 1) + x2 (0, 1, 0, 0) + x3 (0, 0, 1, 0). Za λ2 = –1 imamo 1 stepen slobode, jer se matrica A–λ2 E svodi na:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

010000101001

.

Očevidno to je matrica homogenog sistema jednačina u kojem mora biti:

x2 = x3 = 0, dok je x1 = –x4 . Iz toga proizilazi opšte rešenje i invarijantni pravac:

(x1 , x2 , x3 , x4) =(x1 , 0 , 0 , –x1) = x1 (1, 0, 0, –1). ________ Zadatak a) Dat je skup vektora ’ = {v1 v2 v3}, gde je v1 =(30, 12, 0), v2 =(30, 0, 20), v3=(0, 12, 20). Odrediti dimenziju prostora kojeg generišu ti vektori, i naći moguće baze tog prostora iz skupa ’. b) Dat je skup vektora ‘ = {u1 u2 u3}, gde je u1 =(10, 3, 0), u2 =(10, 0, 7), u3=(0, 3, 7). Odrediti dimenziju prostora kojeg generišu ti vektori, i naći moguće baze tog prostora iz skupa ‘. 7.1.9._______________ Primer Odrediti karakteristične korene i karakteristične vektore matrice A:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

100001010

A .

Page 162: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 159

________ Rešenje:

Karakteristični polinom je:λ

λλ

λ−

−−

=−100

0101

EA = –(λ–1)2 ( λ+1).

Karakteristični koreni su: λ1 = 1 i λ2 = –1.

a) Za λ1 = 1 imamo matricu sistema: ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡−

000011011

∼[ ]011− , iz toga

sledi karakteristični vektor v1 = (α, α, β) = α (1, 1, 0) + β (0, 0, 1).

b) Za λ1 = –1 imamo matricu sistema: ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

200011011

∼ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡200011

, iz toga

sledi karakteristični vektor v2 = (α, –α, 0) = α (1, –1 0). ________ Zadatak (I) Dat je skup vektora ’ = {a b c d}:

a = (7, 9, –5), b = (–2, 1, 3), c = (3, 11, 1) i d = (9, 8, –8).

a) Odrediti dimenziju prostora kojeg generišu ti vektori.

b) Odrediti linearne veze koje postoje izmedju tih vektora.

c) Naći sve moguće baze tog prostora iz skupa ’. (II) Dat je skup vektora ‘ = {u v w z}:

u = (9, –5, 7), v = (1, 3, –2), w = (11, 1, 3) i z = (7, –11, 11).

a) Odrediti dimenziju prostora kojeg generišu ti vektori.

b) Odrediti linearne veze koje postoje izmedju tih vektora.

c) Naći sve moguće baze tog prostora iz skupa ‘. 7.1.10._______________ Primer

Odrediti dimenziju vektorskog prostora V, generisanog skupom vektora

A = {a, b, c, d, e}, ako su poznate sledeće veze među vektorima:

a – 2b + c – d + 4e = 0, a – 3b + 3c + d + 5e = 0,

–a + 2b + 2d – 2e = 0, 2a – 4b + 2c – d + 8e = 0.

Page 163: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 160

________ Rešenje:

Dimenzija vektorskog prostora generisanog datim skupom vektora je broj

linearno nezavisnih vektora u njemu. Očevidno, ovaj sistem vektora nije linearno

nezavisan, jer postoji ("naizgled") čak četiri različite netrivijalne linearne kombinacije

koje su jednake 0.

Centralno pitanje je: koliko ima stvarno tu veza? Ukoliko su sve te veze

međusobno nezavisne, tada jedan jedini vektor "stvara" sve ostale. On je slobodan,

nezavisan, a svi ostali zavise od njega, pa je dimenzija prostora 1. Makar i jedna veza od

datih suvišna, već su dva vektora slobodna (nezavisna) i generišu sve ostale vektore.

Prema tome, potrebno je odrediti rang matrice datog sistema veza. Dimenzija

prostora će biti broj: dim(V) = 5 – rang(M) (5 je broj datih vektora), gde je

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−

−−−

=

81242220215133141121

M .

Primenom elementarnih transformacija matrice odredimo rang(M). Nakon

"poništavanja" elemenata u prvoj koloni dobijemo ekvivalentnu matricu:

M ~ ⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎡−

−−

01000211004221041121

.

Odmah se uočava, da i nemamo pet vektora, već samo 4, jer iz četvrte veze sledi

da je d = 0. Ako još oduzmemo dvostruku treću vrstu od druge vrste:

M ~ ⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎡−

−−

01000211000001041121

,

otkriva se činjenica, da je i b = 0. Pogledajmo, kakve to posledice povlači na zadati

sistem vektora, koji se svodi na : A = {a, c, e}, a linearne veze između njih svode se na:

a + c + 4e = 0, c + 2e = 0.

Usled "nepostojanja" vektora b i d nestaje druga i četvrta veza, a iz prve i treće pak

izostanu vektori b i d. Iz preostale druge veze je c = –2e. Uvrstimo to u prvu vezu:

a + c + 4e = 0 ⇒ a –2e + 4e = 0 ⇒ a = –2e.

Page 164: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 161

Pokazali smo, da u suštini imamo samo jedan vektor: e ! Sledi: dim(V) = 1.

Isti zaključak imamo i ovako: dim(V) = 5 – rang(M) = 5 – 4 = 1, jer očevidno je

rang(M) = 4.

Primedba: U rešavanju ovog primera je pokazano, kao da je jedini preostali

nezavisan i ne-nula vektor e, pa je to baza. Međutim, možemo pokazati, da u svojstvu

baze može da se pojavi vektor a – tada se vektori c i e izražavaju pomoću a. Isto tako, u

svojstvu baze može da se pojavi i vektor c – tada se vektori a i e izražavaju pomoću c.

________ Zadatak

Neka je V vektorski prostor generisan skupom vektora A = { a, b, c, d, e }, gde je:

a = (2, 0, 4, 6 ), b = (1, 9, 8, 9 ), c = (3, 0, 6, 9 ), d = (–1,–3,–8,–9 ) i e = (–1, 3, 4, 3 ).

Naći dimenziju prostora V i sve podskupove A koji su baze prostora V. 7.1.11._______________ Primer

Da li skup vektora { }72,32,2 23

221 +=−=+= xxxx vvv može biti baza

vektorskog prostora polinoma do drugog stepena? Ako je to baza, izraziti vektor

962 2 −−= xxv kao linearnu kombinaciju vektora baze.

________ Rešenje: Baza vektorskog prostora može biti samo skup linearno nezavisnih vektora.

Formirajmo linearnu kombinaciju datih vektora i tražimo netrivijalnu mogućnost

anuliranja te kombinacije:

α v1 + β v2 + γ v3 =

= α ( x + 2 ) + β (2x2 – 3x ) + γ (2x2 + 7) =

= x2 (2β + 2γ ) + x (α – 3β ) + ( 2α + 7γ ) = 0. Polinom može biti identički jednak nuli samo ako su koeficijenti redom nule:

2β + 2γ = 0, α – 3β = 0, 2α + 7γ = 0. To je sistem homogenih jednačina, koji ima netrivijalno rešenje samo u slučaju,

kada je determinanta sistema jednaka nuli. Međutim, determinanta ovog sistema je:

Page 165: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 162

021412702031220

≠−=−=− ,

što znači, imamo samo trivijalno rešenje (0, 0, 0) – to jest dati skup vektora je linearno

nezavisan, odnosno: može biti baza skupa svih polinoma do drugog stepena.

Pronađimo sada dekompoziciju vektora v po komponentama baze (v1, v2, v3): v = ϕ v1 + λ v2 + µ v3 = x2 (2λ + 2µ ) + x (ϕ – 3λ ) + ( 2ϕ + 7µ ) = 2x2 –6x – 9.

Odavde sledi sistem nehomogenih algebarskih jednačina:

2λ + 2µ = 2, ϕ – 3λ = –6, 2ϕ + 7µ = –9.

Nije teško uočiti, da je determinanta sistema ona, koju smo već izračunali.

Ostale determinante po nepoznatima ϕ , λ i µ su: ∆ϕ = –12, ∆λ = –8 i ∆µ = 6.

Sledi: ϕ = 6, λ = 4 i µ = –3, odnosno v = 6 v1 + 4 v2 – 3 v3 . ________ Zadatak Vektor 952 ++= xxv prikazati kao linearnu kombinaciju vektora 32

1 −= xv , 522 += xv i .2

3 xx +=v Da li je { v1, v2, v3 } baza prostora polinoma drugog stepena? 7.1.12._______________ Primer Naći linearnu transformaciju koja bazu B1=(e1 , e2 , e3 , e4) prevodi u bazu

B2=(i1 , i2 , i3 , i4), ako su dati vektori:

e1 = (–3, 2, –1, 0) , e2 = (1, –1, 1, 1), e3 = (–1, 2, 1, 1), e4 = (–1, –1, 0, 1) , i

i1 =(2, 1, 0, 1), i2 = (0, 1, 2, 2), i3 = (–2, 1, 1, 2), i4 = (1, 3, 1, 2).

________ Rešenje: Poznato je, da linearnu transformaciju "realizuje" njena matrica. Uzmimo u obzir i sledeće činjenice: (i) Regularna linearna transformacija ima regularnu matricu (matricu čija je determinanta različita od 0.)

Page 166: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 163

(ii) Regularna linearna transformacija preslikava skup od n linearno nezavisnih vektora u skup takođe n linearno nezavisnih vektora. Ako je polazni skup vektora bio baza prostora, tada i skup slika može biti izabrana za bazu.

(iii) Ako imamo dve baze (dva skupa linearno nezavisnih vektora sa istim brojem elemenata), tada postoji regularna transformacija koja preslikava vektore jedne baze u vektore nove baze.

Obeležimo matricu transformacije sa M, i neka je M(B1) = B2. Ako se još podsetimo, da horizontalno obeležavanje uređenih n-torki u obliku ( x1, x2, x3,..., xn) zamenjuje matricu-kolonu, tada jednakost M(B1) = B2 možemo zapisti u obliku:

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎡ −

=

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−−−

2221112031111202

1110011112121113

M .

Primetimo, da je matrica B1 na levoj strani jednakosti formirana od vektor- kolona stare baze B1, a matrica B2 na desnoj strani sačinjena je od vektor kolona nove baze B2. Matrica M je (zasad) nepoznata matrica transformacije. Da bi smo odredili M, potrebno je samo rešiti matričnu jednačinu M ⋅ B1 = B2. To činimo tako, što pomnožimo jednačinu sa desne strane sa inverznom matricom matrice B1.

Tehniku određivanja inverzne matrice ne prikazujemo, dajemo samo rezultate. Na čitaocu je da proveri ova tvrđenja!

,11 −=B

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−−−

−−

=−

4523341289355623

11B , 1

12−⋅= BBM

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−

−−−−

−=

762399352423

121547

.

________ Zadatak Odrediti dimenziju i jednu bazu vektorskog prostora kojeg generišu vektori:

e1 = (2,1,3,1), e2 = (1,2,0,1), e3 = (–1,1,–3,0).

7.1.13._______________ Primer Dati su vektori:

b1 = a1 + 3a2 + 2a3 , b2 = 2a1 + 2a2 – a3 i b3 = –3a1 – 4a2,

gde su skupovi vektora B1= { a1 , a2 , a3 } i B2= { b1 , b2 , b3 } dve baze istog

vektorskog prostora V. Zadate su kordinate vektora x u odnosu na bazu B1:

x(1) = (1, 1, 1). Naći kordinate vektora u odnosu na bazu B2.

Page 167: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 164

________ Rešenje:

U prethodnom primeru smo imali zadatak: pronaći matricu, koja "prevodi"

vektore jedne baze u vektore druge baze. U uvom slučaju tu matricu imamo već zadatu,

jer vektore a1 , a2 i a3 smatramo zadatima u "prvoj" bazi korišćenjem njih samih na

sledeći način: a1 = (1, 0, 0), a2 = (0, 1, 0), a3 = (0, 0, 1), dok su vektori b1 , b2 , b3

izraženi na sledeći način: b1 = (1, 3, 2), b2 = (2, 2, –1), b3 = (–3, –4, 0). Prema tome,

možemo napisati matricu M, koja prevodi prvu bazu u drugu, i na osnovu ovih

razmatranja izračunati i matricu M–1, jer, kao posledica, ona je matrica transformacije,

koja prevodi vektore druge baze u vektore prve baze:

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−

=012423321

M ⇒ ⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

−−−−−−

=−

457568234

1M

Iz inverzne matrice čimamo sledeće činjenice (kordinate vektora a1 , a2 i a3 u

odnosu na bazu b1 , b2 , b3 su kolone matrice M–1):

a1 = –4b1 – 8b2 – 7b3 , a2 = 3b1 + 6b2 + 5b3 i a3 = –2b1 – 5b2 – 4b3.

Naravno, u novoj bazi sami vektori b1 , b2 , b3 se izražavaju (pomoću njih samih) kao:

b1 = (1, 0, 0), b2 = (0, 1, 0), b3 = (0, 0, 1),

dok vektori a1 , a2 , a3 kao:

a1 = (–4, –8, –7), a2 = (3, 6, 5), a3 = (–2, –5, –4).

Pošto su kordinate vektora x zadate u odnosu na prvu bazu, to jest:

x(1) = (1, 1, 1) = a1 + a2 + a3,

kordinate tog istog vektora u odnosu na drugu bazu dobijamo prostom zamenom

kordinata vektora a1 , a2 i a3 u odnosu na drugu bazu:

x(2) = a1 + a2 + a3 = (–4b1 – 8b2 – 7b3) + (3b1 + 6b2 + 5b3) + (–2b1 – 5b2 – 4b3),

x(2) = –3b1 – 7b2 – 6b3 = (–3, –7, –6).

Primedba o drugom načinu rešavanja:

Obeležimo kordinate vektora x u odnosu na drugu bazu sa (ξ1, ξ2, ξ3), što znači

x(2) = (ξ1, ξ2, ξ3) = ξ1b1 + ξ2b2 + ξ3b3.

Iskoristimo linearne kombinacije iz formulacije zadatka koje izražavaju vektore

druge baze b1 , b2 , b3 pomoću vektora prvobitne baze a1 , a2 , a3:

Page 168: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 165

ξ1b1 + ξ2b2 + ξ3b3 = ξ1(a1 + 3a2 + 2a3) + ξ2(2a1 + 2a2 – a3) + ξ3(–3a1 – 4a2).

Preuredimo ovu jednakost, kao linearnu kombinaciju vektora a1 , a2 , a3:

ξ1b1 + ξ2b2 + ξ3b3 = (ξ1 + 2ξ2 –3ξ3) a1 + (3ξ1 + 2ξ2 – 4ξ3) a2 + (2ξ1 –ξ2) a3.

Primećujemo, da iz ove poslednje jednakosti sledi sistem linearnih jednačina, jer

vektor x pomoću vektora a1 , a2 , a3 se izražava na jedinstven način kao a1 + a2 + a3,

prema tome mora biti:

ξ1 + 2ξ2 –3ξ3 = 1, 3ξ1 + 2ξ2 – 4ξ3 = 1, 2ξ1 –ξ2 = 1.

Rešavajući ovaj sitem jednačina (uočiti da je matrica sistema M ) dobijamo isto

rešenje, koje smo dobili i u prvom postupku: x(2) = (ξ1, ξ2, ξ3) = (–3, –7, –6).

________ Zadatak

Dat je skup vektora V = {a1, a2, a3, a4 }, a vektori su dati svojim kordinatama: a1 = (1, 2, 3, 4), a2 = (2, 3, 4, 5), a3 = (3, 4, 5, 6), a4 = (4, 5, 6, 7 ). Odrediti dimen-ziju vektorskog prostora generisanog vektorima iz datog skupa. Naći veze među vekto-rima. Koji vektori mogu da čine bazu generisanog prostora?

7.1.14._______________ Primer

Skup vektora A = { a, b, c, d, e } generiše vektorski prostor V. Naći dimenziju

tog prostora kao i sve moguće baze iz A ako su date kordinate tih vektora:

a = ( )4,3,2,1 −− , b = ( )6,4,3,3 −− , c = ( )2,2,1,1 − ,

d = )2,1,1,2( −− , e = )2,1,1,1( −− .

________

Rešenje:

Evetualno postojeće veze između datih vektora pronalaze se transformacijama

matrice čije su kolone kordinate tih vektora:

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−−

−−−−

22264112431113212131

~

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−−−−−−−

66660455501333012131

~

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎡−−−−

00000100001111012131

.

Page 169: diskretna zbirka

Zbirka zadataka Diskretna matematika

__________________________________________________________________ 166

Konstatujemo: rang matrice sistema, ujedno i dimenzija generisanog prostora je 3. Ukoliko koristimo i grčka slova α, β, γ,δ i ε za koeficijente u linearnoj kombinaciji, tada vidimo, da sistem homogenih jednačina po tim koeficijentima ima 2 stepena slobode (uočiti: 5 nepoznatih, a rang matrice sistema je 3). Očevidno, ako koristimo te oznake u datom redosledu, tada sledi, da mora biti ε = 0 (to već znači, da vektor e je nezavisan od svih ostalih, pa mora biti prisutan u svakoj bazi!). Od preostalih koeficijenata birajmo slobodno γ i δ, pa sledi β = δ – γ i α = 2γ – δ. Sledi linearna kombinacija između datih vektora:

αa + βb + γc + δd + εe =

=(2γ – δ)a + (δ – γ)b + γc + δd + 0e =

= (2a – b + c) γ+ (–a + b + d)δ = 0.

Slede dve veze između elemenata skupa vektora:

2a – b + c = 0 i –a + b + d = 0.

Moguće baze su troelementni skupovi nezavisnih vektora, među kojima je obavezno prisutan vektor e. Osmotrimo, ima li ograničenja (na osnovu pronađenih veza) za izbor preostala dva elementa moguće baze. Pošto zavisnost između dva vektora nije pokazana, već samo zavisnost između 3 vektora ( i to između upravo ona tri vektora koji su prisutni u pronađenim vezama), zato na preostala dva mesta moguće baze možemo staviti bilo koja dva vektora iz skupa a, b, c, d. Kombinatorikom određujemo broj mogućnosti: 2 elementa od 4 je broj kombinacija druge klase od 4 elementa, a to je 6. Zaključujemo, moguće baze iz datog skupa vektora su:

{ a, b, e }, { a, c, e }, { a, d, e }, { b, c, e }, { b, d, e }, { c, d, e }.

________

Zadatak

Dati su vektori: a = (1, –2, 2, 4), b = (2, –4, 6, 0), c = (–4, 8, –10, –8), d = (3, –

6, 9, 0), e = (–3, 2, –10, 5). Odrediti dimenziju prostora V generisanog datim skupom

vektora i naći sve baze V iz datog skupa.

7.1.15._______________

Primer

Linearna transformacija A prevodi vektore baze B1 = { e1, e2, e3, e4 } u vektore

b1 = (1, 1, 0, 1), b2 = (2, 1, 3, 1), b3 = (1, 1, 0, 0), b4 = (0, 1, –1, –1). Da li ovi vektori

mogu biti baza? Naći matricu linearne tranfsormacije kao i sliku vektora z =(3, 3, 1, 1)

u toj transformaciji.

Page 170: diskretna zbirka

Vektorski prostori Zbirka zadataka

__________________________________________________________________ 167

________

Rešenje:

Na isti način, kao i u primeru 7.1.13. formiramo matricu, čije su kolone vektori koji bi trebali da budu nova baza. Ako su oni međusobno nezavisni (to jest, ako je rang matrice koja je upravo napisana jednaka 4 – odnosno determinanta različita od 0), onda ti vektori mogu biti baza. Obeležimo tu bazu sa B2, a matricu koja prevodi B1 u B2 sa M. Prema tome:

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−

=

1011103011110121

M .

Nije teško proveriti činjenicu det(M) = –2, prema tome skup vektora B2 jeste skup linearno nezavisnih vekrora, pa mogu biti izabrani za bazu. Matrica M jeste matrica linearne transformacije, koja se traži u zadatku. S obzirom na to, da je značenje kordinata vektora z sledeće: z =(3, 3, 1, 1) = 3e1 + 3e2 + e3 + e4, to sliku vektora z dobijemo jednostavnim matričnim množenjem: w = M ⋅ z = (10, 8, 8, 5). Naravno vektore z i w treba tretirati kao matrice-kolone:

.

588

10

1133

1011103011110121

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−

=⋅= z w M

Primedba: Uočiti, da se sve "dešava" u bazi B1, svi vektori su izraženi svojim kordinatama u odnosu na prvu bazu. Ukoliko bi smo želeli da "pređemo" u bazu B2, to jest: u slučaju potrebe izražavanja vektora prve baze, vektora z, kao i vektora w pomoću kordinata u odnosu na drugu bazu, bilo bi potrebno postupiti kao što je pokazano u primeru 7.1.13.

________

Zadatak

Dat je skup vektora

W = { a=(2, 0, 1, 3, –1), b=(1, 1, 0, –1, 1), c=(0, –2, 1, 5, –3), d=(1, –3, 2, 9, –5) }.

a) Naći dimenziju vektorskog prostora kojeg generišu vektori tog skupa.

b) Naći linearne veze izmedju tih vektora.

c) Naći sve moguće baze generisanog vektorskog prostora.