INDUSTRIJSKO INŽENJERSTVO ISPIT IZ Matematike 1, 09.24.2014.

Zadaci za ceo ispit: 1, 2b, 3, 5, 6.Zadaci za kolokvijum 1: 1, 2, 3.Zadaci za kolokvijum 2: 4, 5, 6.

1. Rešiti po z ∈ C jednacinu: |z|− z = 1+2i.

2. (a) Rešiti sistem linearnih jednacina: x − y + 2z = 1−x + 2y − z = 22x − y + 5z = 5

(b) Diskutovati po a ∈ R sistem linearnih jednacina: x − y + 2z = 1−x + 2y − z = 22x − y + az = a

3. Za matrice A =

−1 2 0−1 3 1−1 3 2

i B =

2 −22 13 −1

, rešiti po nepoznatoj matrici X matricnu jednacinu

AX = B.

4. Naci sve korene polinoma p(x) = x4 +4x3 +3x2 −4x−4 nad poljima R i C.

5. Izracunati a,b ∈ R tako da 1 bude dvostruki koren polinoma p(x) = x5 − x4 −3x3 +5x2 −2ax+b,a zatim za te vrednosti a i b faktorisati polinom p nad poljima R i C.

6. Naci maksimum funkcije f (x1,x2,x3) = x1 +3x2 −2x3 pod uslovima

−2x1 − x2 −3x3 ≥−2, −x1 +2x2 +2x3 ≤ 1, −x1 −2x2 − x3 ≤−1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0.

INDUSTRIJSKO INŽENJERSTVO ISPIT IZ Matematike 1, 09.24.2014.

Zadaci za ceo ispit: 1, 2b, 3, 5, 6.Zadaci za kolokvijum 1: 1, 2, 3.Zadaci za kolokvijum 2: 4, 5, 6.

1. Rešiti po z ∈ C jednacinu: |z|− z = 1+2i.

2. (a) Rešiti sistem linearnih jednacina: x − y + 2z = 1−x + 2y − z = 22x − y + 5z = 5

(b) Diskutovati po a ∈ R sistem linearnih jednacina: x − y + 2z = 1−x + 2y − z = 22x − y + az = a

3. Za matrice A =

−1 2 0−1 3 1−1 3 2

i B =

2 −22 13 −1

, rešiti po nepoznatoj matrici X matricnu jednacinu

AX = B.

4. Naci sve korene polinoma p(x) = x4 +4x3 +3x2 −4x−4 nad poljima R i C.

5. Izracunati a,b ∈ R tako da 1 bude dvostruki koren polinoma p(x) = x5 − x4 −3x3 +5x2 −2ax+b,a zatim za te vrednosti a i b faktorisati polinom p nad poljima R i C.

6. Naci maksimum funkcije f (x1,x2,x3) = x1 +3x2 −2x3 pod uslovima

−2x1 − x2 −3x3 ≥−2, −x1 +2x2 +2x3 ≤ 1, −x1 −2x2 − x3 ≤−1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0.

REŠENJA:

1. Uvodenjem smene z = x+ iy dobijamo

⇔√

x2 + y2 − x− iy = 1+2i

⇔√

x2 + y2 − x = 1−y = 2

⇔ y =−2√x2 +4 = x+1

⇔ y =−2x2 +4 = x2 +2x+1

⇔ y =−23 = 2x

⇔(

x =23∧ y =−2

)⇔ z =

23−2i.

2.

3. Kako je detA =−1, to postoji inverzna matrica A−1 =

−3 4 −2−1 2 −1

0 −1 1

, te je

AX = B ⇔ X = A−1B =

−3 4 −2−1 2 −1

0 −1 1

·

2 −22 13 −1

=

−4 12−1 5

1 −2

.

4. Kandidati za racionalne korene polinoma p su ±1,±2,±4. Pomocu Hornerove šeme proveravamo koji od ovihkandidata jeste koren i kolike je višestrukosti, i time tražimo odgovarajuce linearne faktore.

1 4 3 −4 −41 1 5 8 4 0 ⇒ p(x) = (x−1)

(x3 +5x2 +8x+4

)1 1 6 14 18

−1 1 4 4 0 ⇒ p(x) = (x−1)(x+1)(x2 +4x+4

)−1 1 3 1

2 1 6 16−2 1 2 0 ⇒ p(x) = (x−1)(x+1)(x+2)(x+2)−2 1 0 ⇒ p(x) = (x−1)(x+1)(x+2)2

5.1 −1 −3 5 −2a b

1 1 0 −3 2 −2a+2 −2a+b+21 1 1 −2 0 −2a+2

te je

−2a + b + 2 = 0−2a + 2 = 0

⇔ −2a + b = −2−2a = −2

⇔ a = 1b = 0

.

Za a = 1 i b = 0 je

p(x) = (x−1)2(x3 + x2 −2x)= x(x−1)2(x2 + x−2

),

gde je x2 + x−2 = 0 za x1,2 =−1±

√1+8

2= {−2,1}, te je

p(x) = x(x−1)3(x+2)

faktorizacija polinoma p i nad R i nad C.

6. Nakon što prvu i trecu jednacinu pomnožimo sa −1, a zatim u prvu i drugu dodamo, a u trecoj oduzmemo dodatnepromenljive x4 ≥ 0, x5 ≥ 0, x6 ≥ 0, dobijamo sistem jednacina

2x1 + x2 + 3x3 + x4 = 2−x1 + 2x2 + 2x3 + x5 = 1

x1 + 2x2 + x3 − x6 = 1.

Trecu jednacinu dodamo na drugu, i pomnoženu sa −2 dodamo na prvu, te dobijamo

− 3x2 + x3 + x4 + 2x6 = 04x2 + 3x3 + x5 − x6 = 2

x1 + 2x2 + x3 − x6 = 1,

odakle je

x1 =−2x2 − x3 + x6 +1, x4 = 3x2 − x3 −2x6, x5 =−4x2 −3x3 + x6 +2,

odnosnox1 + 2x2 + x3 − x6 = 1

− 3x2 + x3 + x4 + 2x6 = 04x2 + 3x3 + x5 − x6 = 2

,

pri cemu je

f (x2,x3,x6) = (−2x2 − x3 + x6 +1)+3x2 −2x3 = x2 −3x3 + x6 +1.

Primenom simpleks metoda dobijamo

1 2 1 0 0 −1 10 −3 1 1 0 2 00 4 3 0 1 −1 20 1 −3 0 0 1 −1

[1]⇒

1 12

32

12 0 0 1 (1/1

2 = 2)0 −3 1 1 0 2 0

0 52

72

12 1 0 2 (2/5

2 = 45)

0 52 −7

2 −12 0 0 −1

[2]⇒

1 0 310

410 −1

5 0 35

0 0 265

85

65 2 12

5

0 52

72

12 1 0 2

0 0 −7 −1 −1 0 −3

[3]⇒

1 0 310

410 −1

5 0 35

0 0 135

45

35 1 6

5

0 1 75

15

25 0 2

5

0 0 −7 −1 −1 0 −3

[1] - Drugu vrstu pomnoženu sa 12 dodamo na prvu i trecu, i pomnoženu sa −1

2 dodamo cetvrtoj.

[2] - Trecu vrstu pomnoženu sa −15 dodamo na prvu, pomnoženu sa 6

5 dodamo na drugu, i oduzmemo od cetvrte.

[3] - Drugu vrstu množimo sa 12 , a trecu sa 2

5 .

Dakle, maksimum funkcije f je 3, i dostiže se u tacki(3

5 ,25 ,0,0,0,

65

), odnosno

(35 ,

25 ,0

).