diskretna zbirka
TRANSCRIPT
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
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
______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
_________________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
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 .
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
_________________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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
_____________________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
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 .
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 .
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
_____________________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
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
rα
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
rα
01725: =++−− Dzyxα
__________________________________________________________________ 62
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
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
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
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
rα
031011: =+++ Dzyxα 21003110111: −=⇒=+⋅+⋅+⋅∈ DDM α
02131011: =−++ zyxα je jednačina tražene ravni α .
__________________________________________________________________ 66
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
__________________________________________________________________ 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
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 .
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 ,
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 −=−⋅=−⋅=−
−⋅⋅= .
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.
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 .
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 .
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
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 .
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 ,
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:
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 .
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.
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
.
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
.
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 .
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!)
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
.
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:
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.
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 .
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 .
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
.
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!
__________________________________________________________________ 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 .
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).
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
.
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 .
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:
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.
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.
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 ,
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∈ .
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
~≠⇒⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −−
−−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
−−
−−
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:
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:
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
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∈ .
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
.
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.
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
.
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
.
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.
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.
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
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!)
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.
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!
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
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
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.
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.
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)).
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:
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
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
__________________________________________________________________ 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 ,
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.
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
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
.
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 ,
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 === .
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= .
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
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 .
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 .
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 ?
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).
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
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}.
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}.
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 .
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 .
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 .
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.
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.
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:
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.)
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.
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:
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
.
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.
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.