matematika 1 - prof. zoran mitrovic

MATEMATIKA

Zoran Mitrovic

Banja Luka, 2009

Sadrzaj

1 Uvod 71.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.1 Elementi matematicke logike . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.2 Elementi teorije skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1.3 Relacije i funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.1.4 Elementarne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.2 Skupovi N,Z,Q,R i C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.1 Skupovi N,Z i Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.2 Skup R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.2.3 Skup C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2 Elementi linearne algebre 292.1 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.1.1 Determinante drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.1.2 Determinante treceg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.1.3 Osobine determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.1.4 Determinante viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.2 Matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.2.1 Definicija matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.2.2 Operacije sa matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.2.3 Inverzna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.3 Sistemi linearnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.3.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.3.2 Gausov metod eliminacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.3.3 Kramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.4 Vektorska algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.4.1 Pojam vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.4.2 Operacije sa vektorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.4.3 Skalarni proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.4.4 Vektorski proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.4.5 Mjesoviti proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.5 Analiticka geometrija u R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.5.1 Prava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3

4 SADRZAJ

2.5.2 Ravan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3 Granicne vrijednosti 633.1 Granicna vrijednost niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.1.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.1.2 Neke osobine konvergentnih nizova . . . . . . . . . . . . . 653.1.3 Monotoni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.1.4 Podnizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.1.5 Kosijevi nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.2 Granicna vrijednost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.2.1 Tacka nagomilavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.2.2 Granicna vrijednost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.2.3 Osobine granicnih vrijednosti funkcija . . . . . . . . . . . 79

3.3 Neprekidne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.3.1 Neprekidne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.3.2 Vrste prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.3.3 Osobine neprekidnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . 863.3.4 Uniformna neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

4 Diferencijalni racun 934.1 Prvi izvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

4.1.1 Definicija prvog izvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.1.2 Osobine prvog izvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.1.3 Geometrijska interpretacija prvog izvoda . . . . . . . . . . 984.1.4 Diferencijal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.2 Teoreme o srednjim vrijednostima i primjene . . . . . . . . . . . 1014.2.1 Teoreme o srednjim vrijednostima . . . . . . . . . . . . . 1014.2.2 Monotonost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1054.2.3 Lopitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.3 Izvodi viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1084.3.1 Izvod reda n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1084.3.2 Drugi izvod i konveksnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.3.3 Tejlorova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1124.3.4 Ispitivanje funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

5 Integralni racun 1215.1 Odredeni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

5.1.1 Definicija odredenog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.1.2 Osobine odredenog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . 123

5.2 Neodredeni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1265.2.1 Definicija neodredenog integrala . . . . . . . . . . . . . . 1265.2.2 Osobine neodredenog integrala . . . . . . . . . . . . . . . 1285.2.3 Integracija nekih klasa funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 130

SADRZAJ 5

5.3 Nesvojstveni (nepravi) integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1405.3.1 Nesvojstveni integral prve vrste . . . . . . . . . . . . . . . 1405.3.2 Nesvojstveni integral druge vrste . . . . . . . . . . . . . . 143

5.4 Primjene odredenog integrala u geometriji . . . . . . . . . . . . . 1455.4.1 Povrsina figure u ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.4.2 Duzina luka krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.4.3 Zapremina i povrsina obrtnog tijela . . . . . . . . . . . . 146

5.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

6 Redovi 1516.1 Numericki redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

6.1.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1516.1.2 Redovi sa pozitivnim clanovima . . . . . . . . . . . . . . . 1556.1.3 Alternativni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

6.2 Funkcionalni nizovi i redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1616.2.1 Funkcionalni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1616.2.2 Funkcionalni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1636.2.3 Stepeni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

6.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

7 Diferencijalne jednacine 1717.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

7.1.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1717.1.2 Egzistencija i jedinstvenost rjesenja . . . . . . . . . . . . . 172

7.2 Neki integrabilni tipovi diferencijalnihjednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1767.2.1 Jednacina sa razdvojenim promjenljivim . . . . . . . . . . 1767.2.2 Homogena jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1777.2.3 Linearna jednacina prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . 1797.2.4 Bernulijeva jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1807.2.5 Rikatijeva jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1817.2.6 Jednacine Lagranza i Klera . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

7.3 Linearne diferencijalne jednacine viseg reda . . . . . . . . . . . . 1857.3.1 Homogena jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1857.3.2 Nehomogena jednacina. Metod varijacije konstanti . . . . 1887.3.3 Homogena jednacina sa konstantnim koeficijentima . . . . 191

7.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

6 SADRZAJ

Glava 1

Uvod

1.1 Uvod

1.1.1 Elementi matematicke logike

Iskaz je potvrdna recenica koja ima smisla i koja je ili tacna ili netacna.Na primjer :

2 < pi je tacan iskaz, 2 + 2 > 4 je netacan iskaz, x+ 5 = 10 nije iskaz jer nije potvrdna recenica.

Iskazi se obicno oznacavaju malim slovima p, q, r, . . . , koji se zovu iskaznaslova. Dva ili vise iskaza se povezuju logickim operacijama. Logicke op-eracije su : konjunkcija, disjunkcija, implikacija, ekvivalencija i negacija.

Konjunkcija dva iskaza p i q se oznacava sa p q, cita se p i q. To jeiskaz koji je tacan ako i samo ako su oba iskaza p i q tacna.

Disjunkcija dva iskaza p i q se oznacava sa p q, cita se p ili q. To jeiskaz koji je tacan ako i samo ako je bar jedan od iskaza p i q tacan.

Implikacija dva iskaza p i q se oznacava sa p q, cita se p implicira qili ako p onda je q ili iz p slijedi q. To je iskaz koji je netacan ako i samoako je iskaz p tacan, a iskaz q netacan.

Ekvivalencija dva iskaza p i q se oznacava sa p q, cita se p je ekviva-lentno sa q . To je iskaz koji je tacan ako i samo ako su oba iskaza p i qtacna ili oba iskaza p i q netacna.

Negacija iskaza p se oznacava sa p, cita se sa ne p i tacan je iskaz akoje iskaz p netacan, a netacan iskaz ako je iskaz p tacan.

7

8 GLAVA 1. UVOD

Tacan iskaz se oznacava sa >, cita se te, a netacan iskaz sa , cita se ne te.Napomenimo da se tacan iskaz oznacava i sa 1, a netacan iskaz sa 0.Prethodno receno mozemo zapisati i u obliku tablica. Te tablice se nazivajutablice istinitosti.

p q p q p q p q p q> > > > > >> > > > > > >

p p> >

Simbole > i zovemo logickim konstantama. Skup {>,} sa operacijama,,,, cini iskaznu algebru.Iskazne formule su :

1. iskazna slova i logicke konstante,

2. A B,A B,A B,A B,A, ako su A i B iskazne formule,

3. iskazne formule se dobijaju konacnom primjenom iskaznih formula iz 1. i 2.

Tautologija je iskazna formula koja je tacna za sve vrijednosti svojih iskaznihslova.Primjeri tautologija:

p p, refleksivnost implikacije,

p p, zakon iskljucenja treceg,

p p, princip dvojne negacije,

(p q) (q p) komutativnost logicke operacije, ,

(p q) (q p) komutativnost logicke operacije, ,

((p q) r) (p (q r)) asocijativnost logicke operacije, ,

((p q) r) (p (q r)) asocijativnost logicke operacije, ,

(p (q r)) ((p r) (p r)) distributivnost prema ,

(p (q r)) ((p r) (p r)) distributivnost prema ,

(p q) (p q),(p q) (p q), De Morganovi zakoni,

(p q) (q p), zakon kontrapozicije,

[(p q) (q r)] (p r), zakon silogizma.

1.1. UVOD 9

Primjer 1.1. Iskazna formula

(p q) (p q)

je tautologija.Rjesenje.

p q p q p q (p q) (p q)> > > > >> > > > > > > > >

Primjer 1.2. Ispitati da li su sljedece iskazne formule tautologije:

1. (p (p q)) q,2. (p (q r)) ((p r) q).

Primjer 1.3. Provjerite je li implikacija asocijativna operacija tj. je li zaproizvoljne p, q i r

(p (q r)) ((p q) r).Rjesenje. Ne. Uzeti npr. p = , q = > i r = .Primjer 1.4. Odredite negacije iskaznih formula

1. p p q,2. (p q) (p q).

Pojednostavite dobijene formule.

Rezultat.

1. p q,2. .

1.1.2 Elementi teorije skupova

Skup je osnovni pojam u matematici. Skupovi se oznacavaju velikim slovimaA,B,C, . . . ,X, Y, Z, . . .Elemente skupa oznacavamo malim slovima, a, b, c, . . . , x, y, z, . . .Ako elemenat x pripada (ne pripada) skupu X, to oznacavamo sa

x X (x / X).

Skup elemenata sa osobinom P se oznacava sa

{x : P (x)}.

10 GLAVA 1. UVOD

Kvantifikatori su , cita se za svako i , cita se postoji. Kvantifikatori sekoriste radi simbolickog zapisa.Skup X je podskup skupa Y i to oznacavamo sa X Y ako vrijedi

(x) x X x Y.

Prazan skup je skup koji nema elemenata i oznacavamo ga sa .Pri radu sa skupovima se koriste sljedece operacije :

unija skupova X i Y , X Y = {x : x X x Y }, presjek skupova X i Y , X Y = {x : x X x Y }, razlika skupova X i Y , X \ Y = {x : x X x / Y }, komplement skupa X , XC = {x : x / X}.

Za operacije sa skupovima vrijede sljedece osobine :

A B = B A, komutativnost operacije unija, A B = B A, komutativnost operacije presjek, A (B C) = (A B) C, asocijativnost operacije unija, A (B C) = (A B) C, asocijativnost operacije presjek, A (B C) = (A B) (A C), distributivnost unije prema presjeku, A (B C) = (A B) (A C), distributivnost presjeka prema uniji, (A B)C = AC BC , (A B)C = AC BC , De Morganovi zakoni.

Primjer 1.5. Neka su A,B i C dati skupovi. Pojednostavnite izraz

[(A \B)C (AC (A CC)]C .

Rezultat. (A BC) C.Primjer 1.6. Odredite skupove A B,A B i A \B ako je

AC = {x R|x 2x+ 1

0} A R,

B = {x R| formula [x < 1 (x 5 (x < 6))] je istinita za x}.Rezultat. A B = [1, 5), A B = [1, 2), A \B = [1, 1).Primjer 1.7. Dokazite da za sve skupove A,B,C vrijedi ((A \ B) C) B =B C.Primjer 1.8. Primjerom pokazite da inkluzija (A \ B) C A B C nevrijedi za sve skupove A,B,C.

1.1. UVOD 11

1.1.3 Relacije i funkcije

Uredeni par (x, y) se definise sa

(x, y) = {{x}, {x, y}}.

Iz definicije uredenog para dobijamo

(x1, y1) = (x2, y2) x1 = x2 y1 = y2.

Dekartov proizvod skupova X i Y se oznacava sa X Y i definise sa

X Y = {(x, y) : x X, y Y }.

Ako je n > 2 uredena ntorka (x1, x2, . . . , xn1, xn) se definise sa

(x1, x2, . . . , xn) = ((x1, x2, . . . , xn1), xn).

Binarna relacija relacija na nepraznom skupu X je podskup skupa X X.Ako uredeni par (x, y) pripada relaciji to pisemo i xy.Za binarnu relaciju na skupu X kazemo da je :

refleksivna, ako vrijedi (x X) xx, simetricna, ako vrijedi (x X)(y X) xy yx, antisimetricna, ako vrijedi (x X)(y X) xy yx x = y, tranzitivna, ako vrijedi (x X)(y X)(z X) xy yz xz.

Binarna relacija je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetricna i tra-nzitivna.Binarna relacija je relacija poretka ako je refleksivna, antisimetricna i tranzi-tivna.

Primjer 1.9. Relacija = je relacija ekvivalencije, a relacija je relacija poretka.Neka je relacija ekvivalencije na skupu X i x X. Skup

C(x) = {y : (x, y) }

je klasa ekvivalencije za element x. Moze se pokazati da jexX

C(x) = X,

C(x) i C(y) se poklapaju ili su disjunktne.

Primjer 1.10. Pokazati da je relacija definisana na skupu Z na sljedeci nacin

(x, y) (k Z) x y = 3k

12 GLAVA 1. UVOD

relacija ekvivalencije i odrediti klase ekvivalencije.Relacija je refleksivna jer vrijedi

(x, x) x x = 0 3.Dalje, relacija je simetricna. Naime,

(x, y) (k Z) x y = 3k (k Z) y x = 3(k) (y, x) .Na kraju iz

((x, y) ) ((y, z) )((k1 Z) x y = 3k1) ((k2 Z) y z = 3k2) x z = 3(k1 + k2)),

pa (x, z) . Dakle, relacija je tranzitivna.Klase ekvivalencije su skupovi

C(1) = {3k + 1 : k Z},C(2) = {3k + 2 : k Z},C(3) = {3k : k Z}.

Dacemo sada definiciju funkcije ili preslikavanja. Vidjecemo da je to speci-jalan slucaj relacije.

Neka su A i B neprazni skupovi. Pridruzivanje (korespodencija, pravilo ) fkoje svakom elementu x skupa A dodjeljuje tacno jedan elemenat f(x) nazivase funkcija ili preslikavanje. Koristeci pojam relacije prethodnu definicijumozemo iskazati i na sljedeci nacin : Relacija f AB je funkcija ako vrijedesljedeca dva uslova

(x A)(y B)(x, y) f, (x A)(y1 B)(y2 B) (x, y1) f (x, y2) f y1 = y2.

Skup A je domen ili oblast definisanosti, a skup B kodomen funkcije f . Skupvrijednosti funkcije f je

f(A) = {f(x) : x A}.Ocigledno vrijedi

f(A) B.Funkciju f ciji je domen skup A, a kodomen skup B zapisujemo i na sljedecinacin

f : A B.Cinjenicu da je elementu x pridruzen element f(x) oznacavamo ovako

x 7 f(x).Dvije funkcije

f : A B, g : C D,su jednake ako i samo ako vrijedi

A = C, B = D i f(x) = g(x) (x A).

1.1. UVOD 13

Primjer 1.11. Funkcije f : R R, g : R R, date sa f(x) = x, x R ig(x) =

x2, x R nisu jednake, jer nemaju iste skupove vrijednosti,

f(R) = R, g(R) = {x R : x 0}.Grafik funkcije f : A B je skup

G(f) = {(x, y) : (x, y) AB, y = f(x)}.Za funkciju f : A B kazemo da je injekcija ako vrijedi

(x1 A)(x2 A) f(x1) = f(x2) x1 = x2.Funkcija f : A B za koju vrijedi

(y B)(x A) y = f(x)se zove sirjekcija.Funkcija f : A B je bijekcija ako je i injekcija i sirjekcija.Neka su date funkcije f : A B, g : B C, funkcija

g f : A Cdata sa

(g f)(x) = g(f(x)), za sve x A,naziva se kompozicija funkcija f i g.

Primjer 1.12. Neka je f(x) =x+ 1, x > 0 i g(x) = 1x , x > 0.

Tada je

(f g)(x) =

1x+ 1,

(g f)(x) = 1x+ 1

.

Iz prethodnog primjera vidimo da u opstem slucaju ne vrijedi

f g = g f.Medjutim, operacija je asocijativna, to jest ako su date funkcije

f : A B, g : B C, h : C D,tada je

(h g) f = h (g f).Neka je funkcija f : A B bijekcija, funkcija f1 : A B, za koju vrijedi

(y B) f1(y) = x f(x) = ynaziva se inverzna funkcija funkcije f . Za grafik inverzne funkcije f1 vrijedi

G(f1) = {(y, x) : (y, x) B A, y = f(x)}.Dakle, grafik funkcije f1 je inverzan grafiku funkciju f u odnosu na pravuy = x.

14 GLAVA 1. UVOD

Primjer 1.13. Inverzna funkcija funkcije f : R R date sa f(x) = 2x+ 3 jefunkcija f1 : R R za koju vrijedi x = 2f1(x) + 3, to jest f1(x) = x32 .

Neka je X R i Y R. Za funkciju f : X Y kazemo da je parna(neparna) ako vrijedi

(x X) f(x) = f(x)((x X) f(x) = f(x)).

Primjer 1.14. Funkcija f(x) = x2, x R je parna, a funkcija f(x) = x x3,je neparna.

Funkcija f : X Y je ogranicena odozgo (odozdo) ako postoji konstantaM R (m R) takva da vrijedi

(x X) f(x) M

((x X) m f(x)).Funkcija je ogranicena ako je ogranicena odozgo i odozdo.

Primjer 1.15. Funkcija f(x) = 1x , x > 0 je ogranicena odozdo, jer je1x > 0,

za sve x > 0, ali nije ogranicena odozgo, jer ne postoji konstanta M > 0 takvada je 1x M.Funkcija f(x) = xx2+1 , x R, je ogranicena. Naime, vrijedi xx2 + 1

12 , za sve x R.Funkcija f : X Y je periodicna ako postoji realan broj p 6= 0 takav da

vrijedi(x X) x+ p X, f(x+ p) = f(x).

Broj p se naziva period funkcije f . Najmanji pozitivan period funkcije f senaziva osnovni period funkcije f .

Primjer 1.16. Funkcija f(x) = 2 sin(3x 5), x R, je periodicna. Osnovniperiod ove funkcije je 2pi3 .

Funkcija F : X Y je monotono rastuca (neopadajuca, opadajuca,nerastuca) ako za sve x1, x2 X vrijedi

x1 < x2 f(x1) < f(x2)

(x1 < x2 f(x1) f(x2), x1 < x2 f(x1) > f(x2), x1 < x2 f(x1) f(x2)).Za funkciju se kaze da je monotona funkcija ako ima jednu od navedenihosobina.

1.1. UVOD 15

Primjer 1.17. Funkcija f(x) = x3, x R je monotono rastuca. Naime, nekaje x1 < x2 tada je

f(x2) f(x1) = x22 x31 = (x2 x1)(x22 + x2x1 + x21).

Kako je

x22 + x2x1 + x21 =

(x2 +

x12

)2+3x214

> 0,

imamof(x2) f(x1) > 0,

to jestf(x1) < f(x2).

1.1.4 Elementarne funkcije

Osnovne elementarne funkcije su :

stepena funkcija, f(x) = xn, x R, n N, eksponencijalna funkcija, f(x) = ax, x R, a > 0 a 6= 1, logaritamska funkcija, f(x) = loga x, x > 0, a > 0, a 6= 1, trigonometrijske funkcije,

f(x) = sinx, x R,

f(x) = cosx, x R,

f(x) = tg x, x R \{(2k + 1)pi

2: k Z

},

f(x) = ctg x, x R \ {kpi : k Z},

inverzne trigonometrijske funkcije,

f(x) = arcsinx, x [1, 1],

f(x) = arccosx, x [1, 1],f(x) = arctg x, x R,f(x) = arcctg x, x R.

Elementarne funkcije se dobijaju primjenom konacnog broja algebarskih op-eracija : sabiranja, oduzimanja, mnozenja i dijeljenja, kao i primjenom konacnomnogo operacija kompozicije, na osnovne elementarne funkcije.

16 GLAVA 1. UVOD

1.2 Skupovi N,Z,Q,R i C1.2.1 Skupovi N,Z i Q

Skup prirodnih brojeva oznacavamo sa N i vrijedi N = {1, 2, 3, . . .}. Skupprirodnih brojeva ima sljedece dvije bitne osobine :

ima najmanji elemenat to je broj 1, ako n N tada n+ 1 N.

U skupu N vazi princip matematicke indukcije:Neka je X podskup skupa N tako da je

1 X, (n N) n X n+ 1 X,

tada je X = N.Princip matematicke indukcije koristimo za dokaz raznih tvrdnji P (n) koje seticu prirodnih brojeva. Obicno se postupa na sljedeci nacin :

dokaze se P (1), dokaze se niz implikacija (n N) P (n) P (n+ 1).

Primjer 1.18. Dokazati da za sve prirodne brojeve n vrijedin

k=1

k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

Rjesenje. Oznacimo gornju formulu sa P (n). Formula P (1) je ociglednotacna. Naime,

12 =1 2 3

6.

Ostaje da se dokaze

(n N)n

k=1

k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

n+1k=1

k2 =(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6.

Kako vrijedi

(n N)P (n)n

k=1

k2 + (n+ 1)2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6+ (n+ 1)2,

(n N)P (n)n

k=1

k2 + (n+ 1)2 =n(n+ 1)(2n+ 1) + (n+ 1)2

6,

(n N)P (n)n

k=1

k2 + (n+ 1)2 =(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6,

imamo(n N)P (n) P (n+ 1).

1.2. SKUPOVI N,Z,Q,R I C 17

Koristeci metod matematicke indukcije se mogu dokazivati i razne nejed-nakosti.Bernulijeva nejednakost.Za svaki prirodan broj n i svaki realan broj h 1 vrijedi

(1 + h)n 1 + nh.Za n = 1 imamo

1 + h 1 + h,sto je ocigledno tacno.Dokazimo da vrijedi

(n N) (1 + h)n 1 + nh (1 + h)n+1 1 + (n+ 1)h.Vrijedi

(n N) (1 + h)n 1 + nh (1 + h)n+1 (1 + h)(1 + nh),pa je

(n N) (1 + h)n 1 + nh (1 + h)n+1 1 + (n+ 1)h+ nh2.Kako je

(n N) 1 + (n+ 1)h+ nh2 1 + (n+ 1)himamo

(n N) (1 + h)n 1 + nh (1 + h)n+1 1 + (n+ 1)h.Binomna formulaPrije nego sto dokazemo binomnu formulu uvescemo prvo pojam binomnog ko-eficijenta.

Binomni koeficijent(

nk

), n N, k {0, 1, 2, . . . , n} je definisan sa(

nk

)=

n!k!(n k)! ,

gdje je 0! = 1, n! = n (n 1)!, n N (simbol n! se cita n faktorijel ).Nije tesko pokazati da vrijede sljedece osobine binomnih koeficijenata:

1.(

nk

)=

n(n 1)(n 2) (n k + 1)1 2 3 k ,

2.(

nk

)=(

nn k

),

3.(

n0

)=(

nn

)= 1,

18 GLAVA 1. UVOD

4.(

nk

)+(

nk 1

)=(

n+ 1k

).

Pokazimo na primjer osobinu 4.Vrijedi,

n(n 1)(n 2) (n k + 1)1 2 3 k +

n(n 1)(n 2) (n k + 2)1 2 3 k

k

k=

n(n 1)(n 2) (n k + 1 + k)1 2 3 k =

(nk

),

Binomna formula je jednakost

(a+ b)n =n

k=0

(nk

)ankbk,

koja vrijedi za sve a, b R i sve n N.Binomnu formulu dokazujemo pomocu matematicke indukcije.Za n = 1 imamo

(a+ b)1 =(

10

)a10b0 +

(11

)a11b1.

sto je tacno.Iz pretpostavke da je formula tacna za prirodan broj n imamo

(a+ b)n+1 = (a+ b)(a+ b)n = (a+ b)n

k=0

(nk

)ankbk

=n

k=0

(nk

)an+1kbk +

nk=0

(nk

)ankbk+1

=n

k=0

(nk

)an+1kbk +

n+1k=1

(n

k 1)an+1kbk.

Dakle,

(a+b)n+1 =(

n0

)an+1b0+

nk=0

[(nk

)+(

nk 1

)]an+1kbk+

(nn

)a0bn+1.

Kako je (nk

)+(

nk 1

)=(

n+ 1k

),

imamo

(a+ b)n+1 =n+1k=0

(n+ 1k

)an+1kbk,


a to je i trebalo dokazati.Svarcova nejednakost.Vrijedi

(x1y1 + + xnyn)2 (x21 + + x2n)(y21 + + y2n) (1.1)gdje su x1, . . . , xn, y1, . . . , yn, realni brojevi.Za n = 1 formula 1.1 je tacna, to jest:

(x1y1)2 x21y21 .Kako vrijedi

(x1y1 + + xn+1yn+1)2 = (x1y1 + + xnyn)2+2(x1y1 + + xnyn)xn+1yn+1 + x2n+1y2n+1 (1.2)

i2ab a2 + b2,

stavljajucia = xkyn+1, b = xn+1yk

i sumirajuci za k = 1, 2, . . . , n, dobijamo

2(x1y1 + + xn+1yn+1)xn+1yn+1 (x11 + + x2n)y2n+1+(y11 + + y2n)x2n+1.

Sada,koristeci (1.1) i (1.2) imamo

(x1y1+ +xn+1yn+1)2 (x21+ +x2n)(y21 + + y2n)+ (x21+ +x2n)y2n+1+(y21 + + y2n)x2n+1 + x2n+1y2n+1.

Odavde je

(x1y1+ +xn+1yn+1)2 (x21+ +x2n)(y21+ +y2n+1)+(y21+ +y2n+1)x2n+1,to jest

(x1y1 + + xn+1yn+1)2 (x21 + + x2n+1)(y21 + + y2n+1).Zbir prirodnih brojeva je prirodan broj, medjutim njihova razlika ne mora

biti. To namece potrebu da se skup prirodnih brojeva prosiri. Ako se skupprirodnih brojeva prosiri sa nulom i negativnim brojevima 1,2,3, . . . , do-bijamo skup cijelih brojeva koji oznacavamo sa Z.

Dakle, skup cijelih brojeva je

Z = {0, 1,1, 2,2, 3,3, . . .}.Primjetimo da u skupu cijelih brojeva jednacina

m+ x = n, m, n N,

20 GLAVA 1. UVOD

ima rjesenje, dok to nije vrijedilo u skupu prirodnih brojeva. U skupu cijelihbrojeva za elemenat 0 vrijedi

(m Z) m+ 0 = 0 +m = m.

Kaze se da je 0 neutralni elemenat za sabiranje. Osim toga vrijedi

(m Z) m+ (m) = (m) +m = 0.

Broj m je inverzan broju m u odnosu na sabiranje.Jednacina

nx = m, m Z, n N,nema uvijek rjesenje u skupu cijelih brojeva, zbog toga skup cijelih brojevaprosirujemo skupom racionalnih brojeva koga oznacavamo sa Q. Dakle, skupracionalnih brojeva je

Q ={mn: m Z, n N

}.

1.2.2 Skup RMoze se pokazati da ne postoje prirodni brojevi m i n takvi da je

2 = mn .

Dakle, postoje brojevi koji se ne mogu predstaviti pomocu razlomka. Takvibrojevi se nazivaju iracionalni brojevi. Takvi su na primjer

3,5,6.

Skup realnih brojeva je unija skupa racionalnih i iracionalnih brojeva.Skup realnih brojeva oznacavamo sa R. U skupu realnih brojeva vrijedi sljedecaosobina koja se zove aksioma neprekidnosti:Neka su X i Y neprazni podskupovi skupa realnih brojeva takvi da

(x X)(y Y ) x y

tada postoji c R takav da

(x X)(y Y ) x c y.

Napomenimo da aksioma neprekidnosti ne vrijedi u skupu racionalnih brojeva.Pored aksiome neprekidnosti u skupu R vrijede i sljedece aksiome:

(x R)(y R) x+ y = y + x, (x R)(y R)(z R) x+ (y + z) = (x+ y) + z, (x R) 0 + x = x+ 0 = x, (x R) (x) + x = x+ (x) = 0, (x R)(y R) x y = y x,


(x R)(y R)(z R) x (y z) = (x y) z, (x R) 1 x = x 1 = x, (x R\{0}) x1 x = x x1 = 1, (x R)(y R)(z R) x (y + z) = x y + x z, (x R) vazi tacno jedna od relacija :

x < 0, x = 0, x > 0,

(x R)(y R) ((0 < x 0 < y) (0 < x+ y 0 < x y)), (x R)(y R) x < y 0 < (x) + y.

Kazemo jos i da je (R,+, ,

22 GLAVA 1. UVOD

(iii)

inf(A) ={

inf A, > 0 supA, < 0

(iv)inf(A+B) = inf A+ inf B.

Definicija 1.3. Ako inf S S (supS S) kazemo da je inf S (supS) mini-malni (maksimalni) elemenat skupa S. U tom slucaju umjesto inf S (supS)koristimo oznaku minS (maxS).

Apsolutna vrijednost realnog broja a se oznacava sa |a| i definise sa

|a| ={

a, a 0a, a < 0

Apsolutna vrijednost realnog broja ima sljedece osobine :

1. |a| = 0 a = 0,2. | a| = |a|,3. |a| a |a|,4. |a+ b| |a|+ |b|,5. |a| |b| |a b| |a|+ |b|,6. |a b| = |a| |b|,

7.ab

= |a||b| , b 6= 0,gdje su a, b proizvoljni realni brojevi. Nejednakost 3. je poznata kao nejednakosttrougla. Iz definicije apsolutne vrijednosti slijedi da ako je realan broj > 0tada je

|x a| < x (a , a+ ).Interval (a , a+ ) naziva se okolina tacke a.

1.2.3 Skup CJednacina x2+1 = 0 nema rjesenja u skupu realnih brojeva. Njena rjesenja

su kompleksni brojevi i i i. Kompleksan broj i = 1 nazivamo imaginarnajedinica. Skup kompleksnih brojeva oznacavamo sa C. Vrijedi

C = {x+ iy : x, y R}.Broj x zovemo realni, a broj y imaginarni dio kompleksnog broja z = x+ iy.To pisemo x = Rez, y = Imz. Konjugovana vrijednost kompleksnog brojaz = x + iy je kompleksni broj z = x iy. Broj

x2 + y2 zovemo moduo

kompleksnog broja z i znacavamo ga sa |z|. Neka su z1 = x1+iy1 i z2 = x2+iy2dati kompleksni brojevi. Operacije sabiranja, oduzimanja, mnozenja i dijeljenjase vrse na sljedeci nacin :


Zbir dva kompleksna broja je

(x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2) + i(y1 + y2).

Razlika dva kompleksna broja je

(x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 x2) + i(y1 y2).

Proizvod dva kompleksna broja je

(x1 + iy1)(x2 + iy2) = (x1x2 y1y2) + i(x1y2 + x2y1).

Kolicnik dva kompleksna broja je(x1 + iy1)(x2 + iy2)

=(x1x2 + y1y2)

x22 + y22

+ i(x2y1 x1y2)

x22 + y22

, x22 + y22 6= 0.

Primjer 1.19. Dati su kompleksni brojevi z1 = 1 + i i z2 = 2 + 3i. Odreditinjihov zbir, proizvod i kolicnik. Imamo

z1 + z2 = 3 + 4i, z1z2 = 1 + 5i, z1z2

=1 + i2 + 3i

=(1 + i)(2 3i)

4 + 9=

513 i13.

Kompleksnom broju z = x + iy u Dekartovom koorinatnom sistemu mozemopridruziti tacku A sa koordinatama (x, y). Neka je duzina duzi 0A, a ugaokoji poluprava odredjena tackama 0 i A zatvara sa pozitivnim smjerom xose.Vrijedi sljedece

x = cos, y = sin.

Duzina =

x2 + y2

je moduo kompleksnog broja z, a ugao

= arg z [0, 2pi)

se naziva argument kompleksnog broja z. Dakle, broj z = x + iy mozemopisati u sljedecem trigonometrijskom obliku

z = (cos+ i sin).

Koristi se i oznakaz = ei,

to je eksponencijalni oblik kompleksnog broja.

Primjer 1.20. Predstaviti sljedece kompleksne brojeve u trigonometrijskomobliku:

24 GLAVA 1. UVOD

(a) 1 + i, (b) 1 + i3.Rjesenje : (a)

|1 + i| =2, =

pi

4, 1 + i =

2(cos

pi

4+ i sin

pi

4

),

(b)

| 1 + i3| = 2, = 2pi

3, 1 + i

3 = 2

(cos

2pi3+ i sin

2pi3

),

Teorema 1.3. Ako su dati kompleksni brojevi

z1 = 1(cos1 + i sin1) i z2 = 2(cos2 + i sin2)

tada je

(a)z1z2 = 12(cos(1 + 2) + i sin(1 + 2)),

(b)z1z2

=12(cos(1 2) + i sin(1 2)),

(c)(1(cos1 + i sin1))n = n1 (cosn1 + i sinn1),

(d)

n(1(cos1 + i sin1) = n

1

(cos(1 + 2kpi

n

)+ i sin

(1 + 2kpi

n

)),

za k = 0, 1, . . . , n 1.Formule (c) i (d) se nazivaju Moavrove formule.

Primjer 1.21. Izracunati :

(a) (3 i)7, (b)(1i1+i

)12.

Rjesenje :(a)

(3 i)7 = 27

(cos(5pi

6

)+ i sin

(5pi

6

))7= 27

(cos(35pi

6

)+ i sin

(35pi

6

))

= 27(cos

pi

6+ i sin

pi

6

)= 27

(32

+ i12

)= 26(

3 + i).

(b)1 i1 + i

=

2(cos(pi4 )+ i sin (pi4 ))

2(cos pi4 + i sin

pi4

) = cos(pi2

)+ i sin

(pi2

).

1.3. ZADACI 25

Koristeci Moavrovu formulu imamo(1 i1 + i

)12=(cos(pi2

)+ i sin

(pi2

))12= cos

(12pi

2

)+ i sin

(12pi

2

)= 1.

1.3 Zadaci

1. Pomocu tablica istinitosti ispitati da li su formule tautologije:

(a) (p (q q)) p,(b) (p q) (p q),(c) (p (q r)) ((p q) (p r)),(d) [(p q) (r s) (p r) (q r)] (q s).

2. Odrediti skupove A i B ako vrijedi

A B = {x N : x 6}, A B = {x N : x 4}, {4, 6} * A,

{5, 6} * B \A.3. Neka su dati skupovi A,B,C. Dokazati da je :

(a) A \B = A \ (A B) = (A B) \B,(b) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C).

4. Neka jeA = {x R : |x 1| < 2},

B = {x R : x 1x 2 > 1}.

Odrediti A B, A B, AC , BC .5. U nekom preduzecu je zaposleno 100 ljudi. Njih 40 zna ruski jezik, 30 zna

engleski, 26 zna francuski, 15 zna ruski i engleski, 10 zna ruski i francuski,5 zna francuski i engleski, a 3 zna sva tri jezika. Koliko ljudi ne zna nijedanstrani jezik?

6. Pokazati da je relacija uvedena na skupu Z na sljedeci nacin

(x, y) postoji k Z takav da je x y = n k,

gdje je n 2 prirodan broj, relacija ekvivalencije i odrediti klase ekviva-lencije.

26 GLAVA 1. UVOD

7. Na skupu N N je definisana relacija :

(m,n) (p, q) ako i samo ako je m+ q = n+ p.

Dokazati da je relacija ekvivalencije na N N.8. Neka je f : A B i neka su X,Y A. Tada je :

(a) f(X Y ) = f(X) f(Y ),(b) f(X Y ) f(X) f(Y ),(c) Pokazati primjerom da u prethodnom zadatku ne mora da vrijedi

jednakost.

9. Neka jef(x) =

x+ 1 i g(x) = x2 2.

Odrediti domene funkcija f i g. Naci f g i g f . Sta su domeni funkcijaf g i g f?

10. Naci inverznu funkciju ako je :

(a) f(x) = x+ 1,

(b) f(x) = 2x 2,

(c) f(x) = ln(1 +

x2 1x2 + 1

).

11. Pokazati da je

(a)(

n0

)+(

n1

)+ +

(nn

)= 22,

(b)(

n0

)(

n1

)+ + (1)n

(nn

)= 0.

12. Naci racionalne sabirke u razvoju

( 4x3 + 3

x)10.

13. Koliko racionalnih clanova ima u razvoju

(2 + 4

3)100?

14. Naci koeficijent od x2 u razvoju

(x2 + 2x1)6.

15. Dokazati da je 11 102n + 1 djeljivo sa 3.16. Dokazati :

1.3. ZADACI 27

(a)

12 + 32 + 52 + + (2n 1)2 = n(4n2 1)3

,

(b)1

1 4 +1

4 7 +1

7 10 + +1

(3n+ 1)(3n+ 4)=

n+ 13n+ 4

.

17. Dokazati da za svaki prirodan n i svaki realan broj h 1 vrijedi nejed-nakost

(1 + h)n 1 + nh+ n(n 1)2

h2 +n(n 1)(n 2)

6h3.

14. Neka je z1 = 4 + 2i, z2 = 2 4i. Odrediti

z1 z2, z1 z2, z1z2, |z1|.

18. Odrediti eksponencijalni oblik kompleksnih brojeva 2 + 3i, 1 + i.19. Naci

122 + 2i i (

3 + i)12.

20. Rijesiti jednacinuz6 + 1 = 0.

21. Rijesiti jednacinuz2 + (1 2i)z 2i = 0.

28 GLAVA 1. UVOD

Glava 2

Elementi linearne algebre

2.1 Determinante

2.1.1 Determinante drugog reda

Neka je dat sistem linearnih jednacina sa dvije nepoznate

a11x1 + a12x2 = b1 (2.1)

a21x1 + a22x2 = b2, (2.2)

gdje su aij , i, j = 1, 2, bi, i = 1, 2 realni brojevi, a x i y nepoznate velicine.Mnozeci jednacinu (2.1) sa a22, a jednacinu (2.2) sa a12 dobijamo

a11a22x1 + a12a22x2 = b1a22 (2.3)

a21a12x1 a22a12x2 = b2a12. (2.4)Sabirajuci jednacine (2.3) i (2.4) dobijamo

(a11a22 a21a12)x1 = b1a22 b2a12. (2.5)

Dalje, ako se jednacina (2.1) pomnozi sa a21, a jednacina (2.2) pomnozi sa a11dobijamo

a11a21x1 + a12a21x2 = a21b1 (2.6)

a11a21x1 a11a22x2 = a11b2. (2.7)Sabirajuci jednacine (2.6) i (2.7) imamo

(a12a21 a11a22)x2 = a21b1 a11b2. (2.8)

Iz jednacina (2.5) i (2.8), pod uslovom da je a12a21 a11a22 6= 0 dobijamo

x1 =b1a22 b2a12a11a22 a21a12 , x2 =

a11ba21b1a11a22 a21a12 (2.9)

29

30 GLAVA 2. ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE

U oba razlomka u (2.9) imenioci su isti, taj izraz se zapisuje u sljedecoj formi a11 a12a21 a22 ,

i zove determinanta drugog reda. Determinta drugog reda ima dvije vrste idvije kolone. Brojevi a11, a12, a21, a22 se mogu zapisati u obliku kvadratne seme[

a11 a12a21 a22

], (2.10)

koja se zove matrica tipa 2 2,

a11, a12, cine prvu vrstu ,

a21, a22, cine drugu vrstu ,

a11, a21, cine prvu kolonu ,

a12, a22, cine drugu kolonu .

Brojevia11, a22, cine glavnu dijagonalu ,

a12, a21, cine sporednu dijagonalu .

Iz definicije determinante drugog reda brojnike u (2.9) jednostavnije mozemooznaciti sa

D1 = b1 a12b2 a22

, D2 = a11 b1a21 b2 .

Dakle, rjesenje sistema (2.1)-(2.2), ako je D 6= 0 mozemo pisati u obliku

x1 =D1D

, x2 =D2D

.

Primjer 2.1. Rijesiti sistem jednacina

2x 3y = 211x 8y = 6.

Izracunajmo determinante D,D1, D2.

D = 2 311 8

= 2 (8) (3) 11 = 17,D1 =

2 36 8 = (2) (8) (3) 6 = 34,

D2 = 2 211 6

= 2 6 (2) 11 = 34.Dakle,

x1 =3417

= 2, x2 =3417

= 2.

2.1. DETERMINANTE 31

2.1.2 Determinante treceg reda

Kvadratna sema brojeva a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

se naziva matrica tipa 3 3. Matrici tipa 3 3 pridruzujemo broj

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

= a11 a22 a23a32 a33

a12 a21 a23a31 a33+

+a13 a21 a22a31 a32

,(2.11)

koji nazivamo determinanta treceg reda matrice a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

.Brojevi a11, a12, . . . , a33 se zovu elementi determinante treceg reda.Elementi

a11, a12, a13 cine prvu vrstu determinante ,

a21, a22, a23 cine drugu vrstu determinante ,

a31, a32, a33 cine trecu vrstu determinante ,

a11, a21, a31 cine prvu kolonu determinante ,

a12, a22, a32 cine drugu kolonu determinante ,

a13, a23, a33 cine trecu kolonu determinante ,

a11, a22, a33 cine glavnu dijagonalu determinante ,

a13, a22, a31 cine sporednu dijagonalu determinante .

Minor ili subdeterminanta za elemenat aij se dobije tako sto se iz determi-nante treceg reda izostavi i ta vrsta i jkolona. Na primjer

M11 = a22 a23a32 a33

.Kofaktor ili algebarski komplement za elemenat aij je brojAij = (1)i+jMij .Koristeci pojam kofaktora vidimo da za determinantu treceg reda vrijedi

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

= a11A11 + a12A12 + a13A13.


Moze se pokazati da vrijedia11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

= ai1Ai1 + ai2Ai2 + ai3Ai3, i = 1, 2, 3.To je razvoj determinante po itoj vrsti.Primjer 2.2. Izracunati Vandermondovu determinantu

1 1 1x1 x2 x3x21 x

22 x

23

.Koristimo razvoj po prvoj vrsti.

1 1 1x1 x2 x3x21 x

22 x

23

= x2 x3x22 x23

x1 x3x21 x3+ x1 x2x21 x22

,1 1 1x1 x2 x3x21 x

22 x

23

= x2x3(x3 x2) x1x3(x3 x1) + x1x2(x2 x1)= (x3 x2)(x3 x1)(x2 x1).

2.1.3 Osobine determinanti

Vrijednost determinante se ne mijenja ako se vrste zamijene kolonama nemijenjajuci poredak.Iz ove osobine slijedi da se vrijednost detrminante moze dobiti razvijanjemi po bilo kojoj koloni, a ne samo razvijanjem po elementima vrste.

Primjer 2.3. Izracunati determinatu1 120 340 2 30 11 18

.Razvijanjem po prvoj koloni dobijamo

1 120 340 2 30 11 18

= 2 311 18

= 3. Ako dvije vrste (kolone) zamijene mjesta determinanta mijenja znak. Determinanta se mnozi nekim brojem tako sto se elementi jedne vrste(kolone) mnoze tim brojem.


Vrijednost determinante je jednaka nuli ako su bilo koje dvije vrste (kolone)jednake.

Primjer 2.4. Vrijednost determinante11 234 909 14 8911 234 90

je jednaka nuli, jer su prva i treca vrsta jednake.

Vrijednost determinante je jednaka nuli ako su elementi jedne njene vrste(kolone) proporcionalni odgovarajucim elementima druge vrste (kolone).

Primjer 2.5. Vrijednost determinante2 111 83 4 128 78 32

jednaka je nuli, jer su elementi prve kolone proporcionalni elementimatrece kolone:

2 111 83 4 128 78 32

= 4 2 111 23 4 38 78 8

= 0. Ako je D determinanta za cije elemente aij , i, j = 1, 2, 3 vrijedi

akj = bkj + ckj , j = 1, 2, 3,

tada je determinanta D jednaka zbiru determinanti D1 + D2 cije su svevrste, osim kte vrste jednake vrstama determinante D, ktu vrstu de-terminante D1 cine elementi bk1, bk2, bk3, a ktu vrstu determinante D2cine elementi ck1, ck2, ck3. Analogno pravilo vazi za kolone.

Primjer 2.6. Sabrati determinante

D1 =

1 11 02 10 23 23 5

i D2 =3 11 05 10 24 23 5

.Koristeci prethodno pravilo dobijamo

D1 +D2 =

4 11 07 10 27 23 5

. Vrijednost determinante se ne mijenja ako se elementima jedne vrste (kolone)dodaju odgovarajuci elementi druge vrste (kolone) pomnozeni nekim bro-jem.


Primjer 2.7. Izracunati vrijednost determinante1 3 55 16 274 13 18

.Mnozeci elemente prve vrste sa 5 i dodavanjem odgovarajucim elemen-tima druge vrste, a zatim mnozeci elemente prve vrste sa 4 i dodavanjemodgovarajucim elementima trece vrste dobijamo da je data determinantajednaka determinanti

1 3 50 1 20 1 2

.Razvijanjem po prvoj koloni imamo

1 3 50 1 20 1 2

= 1 21 2

= 4.Navedimo jos jednu znacajnu osobinu determinanti :Vrijednost determinante kod koje su svi elementi ispod glavne dijagonale jednakinuli je jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali.

2.1.4 Determinante viseg reda

Determinanta reda n se definise saa11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

...an1 an2 . . . ann

= a11A11 + a12A12 + + a1nA1n,pri tome se kofaktori Aij definisu analogno kao i kod determinante treceg reda.

Primjer 2.8. Izracunati determinantu cetvrtog reda1 0 1 02 0 3 11 2 3 04 0 3 2

.1 0 1 02 0 3 11 2 3 04 0 3 2

=0 3 12 3 00 3 2

+

2 0 11 2 04 0 2

= 2

3 13 2+ 2 2 00 2

+ 1 24 0 = 6 + 8 8 = 6.


Sljedeca teorema je poznata kao Laplasova teorema.

Teorema 2.1. Neka je

D =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

...an1 an2 . . . ann

.Tada je

a1iA1j + a2iA2j + + aniAnj ={

D, i = j0, i 6= j.

Determinante reda n imaju analogne osobine kao i determinante treceg reda.

Primjer 2.9. Izracunati determinantu

Dn =

2 1 1 11 3 1 11 1 4 1...

......

. . ....

1 1 1 n+ 1

.

Oduzimajuci prvu vrstu determinante od ostalih, dobijamo

Dn =

2 1 1 11 2 0 01 0 3 0...

......

. . ....

1 0 0 n

,

to jest

Dn = 2 3 n

2 1213 1n1 1 0 0

1 0 1 0...

......

. . ....

1 0 0 1

.

Ako prvoj koloni dodamo elemente preostalih kolona, dobijamo

Dn =

2 +n

k=2

1k

12

13 1n

0 1 0 00 0 1 0...

......

. . ....

0 0 0 1

n!.

Kako su svi elementi ispod glavne dijagonale jednaki nuli, zakljucujemo

Dn =

(2 +

nk=2

1k

) n!.


2.2 Matrice

2.2.1 Definicija matrice

Definicija 2.1. Matrica tipa m n je pravougaona sema brojeva koja ima mvrsta i n kolona i zapisuje se u obliku

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

......

...am1 am2 amn

. (2.12)Matrice se oznacavaju velikim slovima A,B,C, . . .

Napomenimo da se jos koriste i sljedece oznake :a11 a12 a1na21 a22 a2n...

......

...am1 am2 amn

,

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

......

...am1 am2 amn

.Brojevi aij , i = 1, 2, . . .m, j = 1, 2, . . . n, su elementi matrice (2.12). Vrste ikolone se definisu kao i kod determinanti.Kvadratne matrice su one kod kojih je broj vrsta jednak broju kolona. Redkvadratne matrice je broj njenih vrsta odnosno kolona. Napomenimo da se ma-trice i determinante i pored toga sto slicno izgledaju sustinski razlikuju. Naime,determinante su uvijek neki realni broj, dok matrice nemaju brojnu vijednost.

Definicija 2.2. Dvije matrice A i B su jednake ako su istog tipa i ako suelementi jedne matrice jednaki odgovarajucim elementima druge matrice.

2.2.2 Operacije sa matricama

Definicija 2.3. Neka su matice A i B istog tipa. Zbir matrica A i B jematrica A+ B koja istog tipa kao i matrice A i B, a njeni elementi su jednakizbiru odgovarajucih elemenata matrica A i B.

Iz definicije sabiranja matrica zakljucujemo da se mogu sabirati samo matriceistog tipa.

Primjer 2.10. Date su matrice :

(i)

A =[1 39 8

], B =

[7 32 5

],

(ii)

A =

2 30 62 13

, B = [ 2 4 57 6 3].

Odrediti njihov zbir.

2.2. MATRICE 37

(i)

A+B =[8 67 13

],

(ii) Matrice se ne mogu sabrati, jer nisu istog tipa. Naime, matrica A jetipa 3 2, a matrica B tipa 2 3.

Za sabiranje matrica istog tipa vrijede sljedece osobine :

zakon komutativnosti, A+B = B +A. zakon asocijativnosti, A+ (B + C) = (A+B) + C.

Jedinicna matrica je kvadratna matrica kod koje su elementi na glavnoj di-jagonali jedinice, a ostali elementi su nule. Nula matrica je kvadratna matricakod koje su svi elementi nule. Jedinicnu matricu oznacavamo sa E, a nula ma-tricu sa 0. Dijagonalna matrica je ona kod koje su svi elementi izvan glavnedijagonale jednaki nuli.

Definicija 2.4. Matrica se mnozi brojem tako sto se svi elementi matricepomnoze tim brojem.

Neka je data matrica A i realni brojevi i . Vrijedi sljedece :

()A = (A),

(+ )A = A+ A.

Definicija 2.5. Neka je matrica A tipa mn, a matrica B tipa np. Proizvodmatrica A i B je matrica C = A B koja je tipa m p, i za cije elemente cijvrijedi

cij =n

k=1

aikbkj , i = 1, 2, . . . ,m, j = 1, 2, . . . , p.

Primjer 2.11. Odrediti proizvod matrica A i B ako je :

(i)

A =[2 1 10 5 4

], B =

0 13 109 4

,(ii)

A =

2 13 04 1

, B = 3 3 23 6 1

0 1 0

.(i)

A B =[12 1651 66

],


(ii) Matrice A i B se ne mogu mnoziti, jer iz definicije slijedi da broj kolonaprve matrice mora biti jednak broju vrsta druge matrice, a to ovde nijeslucaj.Primjetimo da se matrice B i A mogu pomnoziti i da vrijedi

B A = 23 528 4

3 0

.Iz prethodnog primjera zakljucujemo da za mnozenje matrica ne vazi za-

kon komutativnosti. Medjutim, za mnozenje matrica vrijedi zakon asocija-tivnosti.

Teorema 2.2. Neka su A,B i C takve matrice da su proizvodi A B i B Cdefinisani. Tada vrijedi

(A B) C = A (B C).

Teorema 2.3. Za svake tri matrice A,B i C vazi :

lijeva distributivnost mnozenja matrica u odnosu na sabiranje matrica,to jest A (B + C) = A B +A C,

desna distributivnost mnozenja matrica u odnosu na sabiranje matrica,to jest (B + C) A = B A+ C A,

(A B) = A (B), R,pod uslovom da su proizvodi matrica koji se ovde javljaju definisani.

Neka je

A =

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

......

...an1 an2 ann

,matrica reda n. Determinantu matrice A oznacavamo sa detA, to jest

detA =

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

......

...an1 an2 ann

.Vrijedi sljedeca teorema.

Teorema 2.4. Ako su A i B kvadratne matrice istog reda tada je

det(A B) = detA detB.

2.2. MATRICE 39

2.2.3 Inverzna matrica

Definicija 2.6. Neka je A matrica tipa m n data sa

A =

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

......

...am1 am2 amn

,matrica A> tipa nm definisana sa

A> =

a11 a12 a1ma21 a22 a2m...

......

...an1 am2 anm

,naziva se transponovana matrica matrice A.

Primjer 2.12. Odrediti transponovane matrice matrica

A =

1 20 71 3

, B = [ 1 33 2].

A> =[1 0 12 7 3

], B> =

[1 33 2

]= B.

Definicija 2.7. Kvadratna matrica jednaka svojoj transponovanoj matrici nazivase simetricna matrica.

Dakle, kod simetricne matrice vrijedi aij = aji, i, j = 1, . . . , n.

Definicija 2.8. Neka je

A =

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

......

...an1 an2 ann

i Aij alebarski komplement elementa aij . Matrica

A =

A11 A12 A1nA21 A22 A2n...

......

...An1 An2 Ann

>

,

naziva se adjungovana matrica matrice A.


Primjer 2.13. Odrediti adjungovanu matricu matrice A =[2 14 3

].

A11 = 3, A12 = 4, A21 = 1, A22 = 2,

A =[

3 41 2

]>=[

3 14 2

].

Teorema 2.5. Ako je A kvadratna matrica tada je

A A = A A = detA E.

Definicija 2.9. Matrica A je regularna (singularna) matrica ako je detA 6= 0(detA = 0).

Iz teoreme 2.5 slijedi da za regularnu matricu A postoji matrica B takva daje

A B = E i B A = E.Definicija 2.10. Neka je A regularna kvadratna matrica. Matrica A1 za kojuvrijedi

A A1 = E i A1 A = E,se naziva inverzna matrica matrice A.

Inverzna matrica A1 regularne matrice A je data sa

A1 =1

detAA.

Primjer 2.14. Odrediti inverzne matrice matrica

A =[2 33 5

], B =

1 0 11 1 01 1 2

.detA = 1, A11 = 5, A12 = 3, A21 = 3, A22 = 2,

A =[

5 33 2

], A1 =

1detA

A =[

5 33 2

],

detB = 1 01 2

+ 1 11 1 = 2,

B11 = 1 01 2

= 2, B12 = 1 01 2 = 2, B13 = 1 11 1

= 0,B21 =

0 11 2 = 1, B22 = 1 11 2

= 1, B23 = 1 01 1 = 1,

B31 = 0 11 0

= 1, B32 = 1 11 0 = 1, B33 = 1 01 1

= 1,

2.3. SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA 41

B =

2 2 01 1 11 1 1

> = 2 1 12 1 1

0 1 1

.Dakle,

B1 =12

2 1 12 1 10 1 1

.Podmatrica matrice A je matrica koja se dobije od matrice A tako sto se

izbace odredjene vrste i kolone.

Primjer 2.15. Matrica A =[2 13 0

]je podmatrica matrice B =

4 5 72 2 12 3 00 2 8

.Definicija 2.11. Rang matrice A je maksimalan red njene regularne kvadratnepodmatrice. Rang matrice oznacavamo sa rangA.

Primjer 2.16. Rang matrice

A =

1 0 00 0 00 0 50 0 2

je dva, jer su sve kvadratne podmatrice reda 3 singularne, ali postoji matricareda 2 koja je regularna,

det 1 00 5

= 5 6= 0.2.3 Sistemi linearnih jednacina

2.3.1 Osnovni pojmovi

Definicija 2.12. Sistem odm linearnih jednacina sa n nepoznatih x1, x2,. . . , xn je sistem

a11x1 + a12x2 + + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + + a2nxn = b2

......

......

am1x1 + am2x2 + + amnxn = bm.(2.13)

Ako je b1 = b2 = . . . = bm = 0 kazemo da je sistem homogen, u suprotnomsistem je nehomogen. Realni brojevi x1, x2, . . . , xn su rjesenje sistema (2.13)ako zadovoljavaju sve jednacine u (2.13).


Definicija 2.13. Za sistem linarnih jednacina kazemo da je saglasan (moguc,rjesiv) ako ima bar jedno rjesenje. Ako je rjesenje jedinstveno kazemo da jesistem odredjen. Sistem je nesaglasan (nemoguc, nerjesiv) ako je njegovskup rjesenja prazan.

Primjer 2.17.

(i) Sistemx y = 12x+ y = 5,

je saglasan. On je odredjen, jer ima jedinstveno rjesenje x = 2, y = 1.

(ii) Sistem2x+ 3y = 1

6x+ 9y = 3,

je saglasan ali nije odredjen, jer ima beskonacno rjesenja. Njegova rjesenjasu

x = t, y =1 2t3

, t R.

(iii) Sistemx+ 2y = 1

2x+ 4y =12,

je nesaglasan. Njegov skup rjesenja je prazan skup.

Definicija 2.14. Dva sistema linearnih jednacina su ekvivalentna ako imajuiste skupove rjesenja.

Primjer 2.18. (i) Sistemix+ 3y = 4

2x y = 1i

11x+ 10y = 21

23x y = 22su ekvivalentni, jer imaju isto rjesenje x = 1, y = 1.

(ii) Sistemix+ 2y = 4

2x+ 4y = 1

i2x+ 12y = 21

x+ 6y = 2

su ekvivalentni, jer oba imaju prazan skup rjesenja.


Svaka dva nemoguca sistema su ekvivalentna. Naime, njihovi skupovi rjesenjasu prazni, pa prema tome i jednaki.Pri rjesavanju sistema linearnih jednacina koriste se razne transformacije. Usljedecoj teoremi su date transformacije cijim koristenjem dobijamo ekvivalen-tan sistem polaznom.

Teorema 2.6. Ako se u datom sistemu izvrse sljedece transformacije :

medjusobna zamjena bilo koje dvije jednacine sistema, mnozenje bilo koje jednacine sistema brojem razlicitim od nule, jedna jednacina se pomnozi nekim brojem i doda nekoj drugoj jednacinisistema,

dobijamo ekvivalentan sistem jednacina.

2.3.2 Gausov metod eliminacije

Neka je dat sistem


......

......

am1x1 + am2x2 + + amnxn = bm.(2.14)

Pretpostavljamo da je bar jedan od brojeva aij , j = 1, . . . , n, razlicit od nule zasvako i = 1, . . .m. Ovom pretpostavkom se ne gubi na opstosti. Naime, ako jeza neko i {1, . . . ,m}, aij = 0, za sve j {1, . . . , n} tada, ako je bi = 0 itujednacinu mozemo izostaviti, a ako je bi 6= 0 sistem je protivrjecan.Pretpostavimo da je a11 6= 0 sto se uvijek moze postici koristeci medjusobnomzamjenom jednacina ili nepoznatih sistema. Mnozeci prvu jednacinu sistema(2.14) sa ai1a11 dodajuci itoj jednacini i = 1, 2, . . . ,m, dobijamo sistem

a11x1 + a12x2 + + a1nxn = b1a(1)22 x2 + + a(1)2n xn = b(1)2

......

...a(1)m2x2 + + a(1)mnxn = b(1)m .

(2.15)

Isti postupak nastavljamo sa sistemom (2.15) ali bez prve jednacine. Pret-

postavljajuci da je a(1)22 6= 0, mnozeci drugu jednacinu sistema (2.15) sa a(1)i2

a(1)22

i

dodajuci itoj jednacini sistema (2.15) dobijamo sistema11x1 + a12x2 + a13x3 + + a1nxn = b1

a(1)22 x2 + a23x

(1)3 + + a(1)2n xn = b(1)2

a(2)33 x3 + + a(2)mnxn = b(2)3

......

a(2)m3x3 + + a(2)mnxn = b(2)m .

(2.16)


Postupak, dalje nastavljamo ali bez prve dvije jednacine. Na kraju, dolazimodo sistema

a11x1 + a12x2 + a13x3 + + a1nxn = b1a(1)22 x2 + a23x

(1)3 + + a(1)2n xn = b(2)2

a(2)33 x3 + + a(2)mnxn = b(3)3

......

a(k1)kk xk + + a(k1)kn xn = b(k1)m .

(2.17)

Moguca su dva slucaja :

k = n, posljednja jednacina sistema (2.17) je

a(n1)nn xn = b(n1)n ,

odredjuci nepoznatu xn i uvrstavajuci u pretposlednju jednacinu sistema(2.17) racunamo nepoznatu xn1. Nastavljajuci taj postupak dalje, dolaz-imo i do prve jednacine iz koje na kraju racunamo i nepoznatu x1.

k < n, posljednja jednacina sistema (2.17) ima oblik

a(k1)kk xk + + a(k1)kn xn = b(k1)m .

Uzimajuci u toj jednacini proizvoljne vijednosti za xk+1, . . . , xn, racunamoiz nje vrijednost za xk, a zatim uvrstavajuci njenu vrijednost u pretposljed-nju jednacinu sistema (2.17) racunamo vrijednaost za xk1. Nastavljajucipostupak dolazimo do prve jednacine sistema (2.17) iz koje racunamovrijednost za x1. U ovom slucaju rjesenje zavisi od n k proizvoljnihvrijednosti xk+1, . . . , xn i sistem ima beskonacno rjesenja.

Primjer 2.19. Rijesiti sistem

x +y +z +t = 42x +y z +3t = 5x +2y +3z 5t = 13x y z +t = 2

koristeci Gausov postupak eliminacije.Pomnozimo prvu jednacinu sistema sa -2 i dodajmo je drugoj jednacini sis-tema, zatim prvu jednacinu dodajmo trecoj jednacini i na kraju pomnozimo prvujednacinu sa -3 i dodajmo cetvrtoj jednacini. Dobijamo ekvivalentan sistem

x +y +z +t = 4y 3z +t = 33y +4z 4t = 34y 4z 2t = 10.


Mnozeci drugu jednacinu sa 3 i dodajuci trecoj jednacini, a zatim mnozeci drugujednacinu -4 i dodajuci cetvroj jednacini dobijamo sistem

x +y +z +t = 4y 3z +t = 3

5z t = 68z 6t = 2.

Sada, mnozeci trecu jednacinu sa 85 i dodajuci je cetvrtoj jednacini dobijamo

x +y +z +t = 4y 3z +t = 3

5z t = 6(6 + 85 )t = 2 485 .

Iz posljednje jednacine zakljucujemo t = 1, uvrstavajuci u pretposljednju jednacinudobijamo z = 1. Iz druge jednacine dobijamo y = 1 i na kraju iz prve jednacineimamo x = 1.

Primjer 2.20. Koristeci Gausov postupak eliminacije rijesiti sistem

x +2y z +t = 12x +5y +2z t = 2x +y +z +t = 3

Mnozeci prvu jednacinu sa -2 dodajuci je drugoj jednacini, a zatim mnozeciprvu jednacinu sa -1 i dodajuci je trecoj jednacini dobijamo sistem

x +2y z +t = 1y +4z 3t = 0y +2z = 2,

dodajuci drugu jednacinu trecoj jednacini dobijamo

x +2y z +t = 1y +4z 3t = 0

6z 3t = 2.Sada zakljucujemo da sistem ima beskonacno rjesenja i

z =3t+ 26

, y = 3t+ 4 3t+ 26

=15t+ 4

3,

x = 1 2 15t+ 43

+3t+ 26

t = 63t+ 86

, t R.

2.3.3 Kramerovo pravilo

Na kraju navedimo postupak za rjesavanje sistema linearnih jednacina poz-nat kao Kramerovo pravilo.


Neka je dat sistem od n jednacina sa n nepoznatih


......

......

an1x1 + an2x2 + + annxn = bn.(2.18)

Ako je D 6= 0 rjesenje sistema (2.18) je dato Kramerovim formulama

x1 =D1D

, x2 =D2D

, . . . , xn =DnD

,

gdje je D determinanta sistema (2.18) data sa

D =

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

......

...an1 an2 ann

,a determinante Di, i = 1, 2, . . . , n se dobiju tako sto se u determinanti D itakolona zamijeni elementima b1, b2, . . . , bn.

Primjer 2.21. Rijesiti sistem jednacina

x1 +x2 x3 = 02x1 x2 +3x3 = 9x1 +3x2 x3 = 4,

pomocu Kramerovog pravila.Determinata sistema je

D =

1 1 12 1 31 3 1

=1 0 02 3 51 2 0

= 3 52 0

= 10.Kako je D 6= 0 sistem ima jedinstveno rjesenje. Dalje je

D1 =

0 1 19 1 34 3 1

=0 1 09 1 24 3 2

= 9 24 2

= 10,D2 =

1 0 12 9 31 4 1

=1 0 02 9 51 4 0

= 9 54 0

= 20,D3 =

1 1 02 1 91 3 4

=1 0 02 3 91 2 4

= 3 92 4

= 30.Dakle, rjesenja su

x1 =D1D

= 1, x2 =D2D

= 2 x3 =D3D

= 3.


Primjer 2.22. Rijesiti sistem

x1 +x2 +x3 = 1x1 +x2 +x3 = x1 +x2 +x3 = 2,

gdje je realan broj.Determinanta sistema je

D =

1 11 11 1

,ako od druge i trece vrste oduzmemo prvu vrstu dobijamo

D =

1 1

1 1 01 0 1

= (1 )2 1 11 1 01 0 1

.Ako sada u determinati

1 11 1 01 0 1

trecoj koloni dodamo prvu kolonu imamo

1 1 + 1 1 11 0 0

,razvijanjem po trecoj vrsti dobijamo

1 1 + 1 1 11 0 0

= 1 1 + 1 1

= 2 + .Dakle,

D = (2 + )(1 )2.Na slican nacin dobijamo

D1 = (1 )2(1 + ), D2 = (1 )2, D3 = (1 )2(1 + )2.Ako je 6= 1 i 6= 2 imamo D 6= 0 i sistem ima jedinstveno rjesenje

x1 =D1D

=(1 )2(1 + )(2 + )(1 )2 ,

x2 =D2D

=(1 )2

(2 + )(1 )2 ,

x3 =D3D

=(1 )2(1 + )2(2 + )(1 )2 .


Ako je = 1 sistem ima oblik

x1 +x2 +x3 = 1x1 +x2 +x3 = 1x1 +x2 +x3 = 1,

pa zakljucujemo da ima beskonacno rjesenja

x3 = 1 x2 x1, x1 R, x2 R.Ako je = 2 sistem ima oblik

2x1 +x2 +x3 = 1x1 2x2 +x3 = 2x1 +x2 2x3 = 4,

sabiranjem jednacina ovog sistema dobijamo 0 = 3 sto je nemoguce, pa za-kljucujemo da je skup rjesenja sistema prazan.

Na kraju ove glave pokazacemo kako se u nekim slucajevima sistem linearnihjednacina moze rijesavati koristeci pojam inverzne matrice. Sistem linearnihjednacina


......

......

an1x1 + an2x2 + + annxn = bn.(2.19)

mozemo pisati u obliku matricne jednacine

A X = B, (2.20)gdje je

A =

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

......

an1 an2 ann

, X =

x1x2...xn

, B =

b1b2...bn

.Matrica A se naziva matrica sistema (2.19), a matrica

[A|B] =

a11 a12 a1n b1a21 a22 a2n b2...

......

...an1 an2 ann bn

prosirena matrica sistema (2.19).Ako matrica A ima inverznu matricu A1 tada imamo

X = A1 B.

2.4. VEKTORSKA ALGEBRA 49

Primjer 2.23. Rijesiti matricnu jednacinu A X = B, gdje je

A =

1 0 11 1 01 1 2

, B = 25

4

.Rjesenje. Inverzna matrica matrice A je (primjer 2.14)

A1 =

1 12 121 12 120 12 12

,pa je

X =

1 12 121 12 120 12 12

25

4

= 525

2 12

.Sljedeca teorema je poznata kao Kroneker-Kapelijeva teorema.

Teorema 2.7. Sistem linearnih jednacina (2.19) je saglasan ako i samo ako jerang matrice sistema jednak rangu prosirene matrice sistema.

2.4 Vektorska algebra

2.4.1 Pojam vektora

Pored objekata koji su odredjeni samo jednim brojem, a koji se jos zovu iskalari u matematici se koriste i objekti koji su odredjeni sa vise elemenata.Ovde posmatramo objekte koji su odredjeni sa tri elementa : pravac, smjer iintezitet. Takve objekte zovemo vektorima.

Definicija 2.15. Klase ekvivalencije u odnosu na relaciju ekvivalencije defin-isanu na skupu uredjenih parova tacaka prostora sa :

ako je A = B ili C = D tada je (A,B)(C,D) A = B i C = D, ako je A 6= B i C 6= D tada je (A,B)(C,D) duzi AB i CD su paralelnei podudarne i tacke B i D se nalaze sa iste strane prave AC,

nazivamo vektori.

Klasu ekvivalencije kojoj pripada uredjeni par (A,B) oznacavamo saAB.

Za tacku A kazemo da je pocetna, a za tacku B da je krajnja tacka vektoraAB. Klasa ekvivalencije kojoj pripada uredjeni par (A,A) oznacavamo sa

0 i

zovemo nula vektor. Prava odredjena tackama A i B se zove nosac vektoraAB. Dva vektora

AB i

CD su paralelna ako su njihovi nosaci paralelni. Vektori

su ortogonalni ako su im nosaci okomiti. Intezitet vektoraAB je duzina

duzi AB i oznacavamo ga sa |AB|. Vektore oznacavamo jos i sa a ,b ,c , . . .


2.4.2 Operacije sa vektorima

Zbir dva vektora je vektor, a +b = c . Sabiranje vektora je komutativno,

a +b = b +a ,

za svaka dva vektora a i b . Sabiranje vektora je asocijativno,

(a +b ) +c = a + (b +c ),

za svaka tri vektora a ,b i c . a +0 = 0 +a = a , za svaki vektor a . a + (a ) = (a ) + a = 0 , za svaki vektor a . Vektor a se zovesuprotan vektor za vektor a .

1 a = a za svaki vektor a . (a ) = ()a , za sve , R i svaki vektor a . (+ )a = a + a , za sve , R i svaki vektor a . (a +b ) = a + a , za sve , R i svaka dva vektora a i b .

Mi cemo posmatrati samo vektore u pravouglom Dekartovom koordinatnomsistemu sa osama x, y i z. Svakom takvom vektoru a se moze na jedin-stven obostran nacin pridruziti tacka A(ax, ay, az) takva da je a = 0A, gdjeje 0 koordinatni pocetak to jest tacka (0, 0, 0). Vektore pridruzene tackama(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) oznacavamo redom

i ,j ,k i zovemo ih koordinatni

vektori ili ortovi. Dakle, sada vektor a mozemo zapisivati i na sljedeci nacina = axi + ayj + azk .

Koristeci Pitagorinu teoremu zakljucujemo da je intezitet vektora

a = axi + ayj + azk ,dat sa

|a | =a2x + a2y + a2z.

Zbir vektora

a = axi + ayj + azk i b = bxi + byj + bzkje vektor

a +b = (ax + bx)i + (ay + by)j + (az + bz)k .


2.4.3 Skalarni proizvod vektora

Definicija 2.16. Skalarni proizvod vektora0A i

0B oznacavamo sa

0A 0B

i definisemo sa 0A 0B = |0A| |0B| cos,

gdje je ugao koji cine poluprave 0A i 0B.

Dakle, skalarni proizvod dva vektora nije vektor nego realan broj, odnosnoskalar.

Primjer 2.24. i i = 1, i j = 0, i k = 0,j i = 0, j j = 1, j k = 0,k i = 0, k j = 0, k k = 1.

Iz definicije skalarnog proizvoda, koristeci primjer 2.24, zakljucujemo davrijedi :

|a |2 = a a ,

za svaki vektor a , a b = b a = ax bx + ay by + az bz,za svaka dva vektora a = axi + ayj + azk i b = bxi + byj + bzk ,

(a ) b = (a ) b = a (b )

za svaka dva vektora a i b i sve R. a (b +c ) = a b +a c ,za svaka tri vektora a ,b i c ,

za ugao izmedju vektora a = axi +ayj +azk i b = bxi +byj +bzkvrijedi

cos =ax bx + ay by + az bza2x + a2y + a2z

b2x + b2y + b2z

.

Primjer 2.25. Dati su vektori

a = i + 2j + 3k , b = i + pj + 2k i c = 2i 3k


Odrediti p R tako da je vektor a okomit na vektor b +c .Iz formule za skalarni proizvod dva vektora dobijamo da za vektore a ,b i cvrijedi

0 = a (b +c ),odavde zakljucujemo da je

1(1 + 2) + 2(p 3) + 3(2 3) = 0.Dakle, p = 4.

2.4.4 Vektorski proizvod vektora

Vidjeli smo da je skalarni proizvod dva vektora realan broj. Sada definisemonovu operaciju sa vektorima kod koje je rezultat vektor. Tu operaciju zovemovektorski proizvod.

Definicija 2.17. Vektorski proizvod vektora a 6= 0 i vektora b 6= 0oznacavamo sa a b . To je vektor za koji vrijedi :

Intezitet vektora a b je

|a b | = |a | |b | sin,

gdje je ugao izmedju vektora a i b . Pravac je odredjen normalom na ravan koju cine vektori a i b . Smjer vektora a b je takav da je trijedar odredjen vektorima a ,b ia b desne orijentacije.

Primjer 2.26.

i i = 0 , i j = k , i k = j,j i = k, j j = 0 , j k = i ,k i = j , k j = i, k k = 0 .

Koristeci prethodni primjer i definiciju vektorskog proizvoda nije tesko vid-jeti da vektorski proizvod vektora ima sljedece osobine :

a b = (b a ), (a b ) = ( a )b = a (b ), a b +a c = a (b +c ), a b = (aybz azby)i + (azbx axbz)j + (axby aybx)k ,gdje je a = axi + ayj + azk , b = bxi + byj + bzk ,


za sve vektore a ,b i c i sve R.Posljednja osobina se zapisuje i na sljedeci nacin

a b =i

j

k

ax ay azbx by bz

. (2.21)Primjer 2.27. Naci povrsinu paralelograma koga cine vektori

a = axi + ayj + azk , b = bxi + byj + bzk .Povrsina P paralelograma odredjenog vektorima a i b je

P = |a | |a | sin,gdje je ugao izmedju vektora a i b .Iz definicije vektorskog proizvoda zakljucujemo da je to upravo intezitet vektoraa b . Koristeci formulu

a b = (aybz azby)i + (azbx axbz)j + (axby aybx)k ,zakljucujemo da je

P =(aybz azby)2 + (azbx axbz)2 + (axby aybx)2.

2.4.5 Mjesoviti proizvod vektora

Skalar (a b ) c , nazivamo mjesoviti proizvod vektora vektora a ,bi c .Ako je

a = axi + ayj + azk , b = bxi + byj + bzk , c = cxi + cyj + czk ,koristeci formulu (2.21) , dobijamo

(a b ) c =i

j

k

ax ay azbx by bz

(cxi + cyj + czk ).Iz definicije skalarnog proizvoda imamo

=( ay azby bz

cx ax azbx bz cy + ax aybx by

cz) .Na osnovu definicije determinante zakljucujemo da je

(a b ) c =cx cy czax ay azbx by bz

. (2.22)Direktno iz osobina determinanti slijede sljedece osobine mjesovitog proizvodavektora :


(a b ) c = (b c ) a = (c a ) b ,

(a b ) c = a (b c ),

(a b ) c = (c b ) a = (b a ) c .Na osnovu definicije mjesovitog proizvoda i formule (2.22) zakljucujemo da suvektori komplanarni ako i samo ako vrijedi

cx cy czax ay azbx by bz

= 0.Primjer 2.28. Neka je a = (1, 0, p),b = (2, 1,1),c = (3,2, 4). Odreditiparametar p R tako da su vektori a ,b i c komplanarni.Iz

1 0 p2 1 13 2 4

= 0,dobijamo 1 12 4

+ p 2 13 2 = 0,

pa je p = 27 .

Na kraju recimo jos i da je |(a b ) c | zapremina paralelopipeda kogacine vektori a ,b i c . Naime,

|(a b ) c | = |a b ||c || cos((d ,c )|,

gdje jed = a b . Kako smo ranije vidjeli da je |a b | povrsina paralelo-

grama koga cine vektori a i b ostaje da se dokaze da je velicina

|c || cos((d ,c )|

visina posmatranog paralepipeda. Ovo slijedi iz cinjenice da je ugao (d ,c )u stvari ugao izmedju ravni odredjene vektorima a i b i vektora c .

2.5 Analiticka geometrija u R3

2.5.1 Prava

Odredicemo jednacinu prave p u prostoru R3 koja prolazi kroz tackuM1(x1, y1, z1), i paralelna je sa nosacem vektora a = axi + ayj + azk .

2.5. ANALITICKA GEOMETRIJA U R3 55

Neka je M(x, y, z) proizvoljna tacka na pravoj p. VektorM1M paralelan je

vektoru a . Dakle, postoji skalar t takav da jeM1M = t a . (2.23)

Ako uvedemo oznake r = 0M, r1 = 0M1i iskoristimo jednakost

M1M =0M 0M1,

jednacinu (2.23) mozemo pisati na sljeci nacin

r = r1 + t a , t R. (2.24)Jednacina (2.24) se naziva vektorski oblik jednacine prave koja prolazi kroztacku M1 i paralelna je sa nosacem vektora a .Kako je

r = xi + yj + zk , r1 = x1i + y1j + z1k , a = axi + ayj + azk ,jednacinu (2.24) mozemo pisati i u obliku

xi + y

j + z

k = x1

i + y1

j + z1

k + t(ax

i + ay

j + az

k ).

Iz posljednje jednacine zakljucujemo da vrijedi

x = x1 + tax,y = y1 + tay,z = z1 + taz.

(2.25)

Jednacine (2.25) se zovu parametarske jednacine prave koja prolazi kroztacku M1 i paralelna je sa nosacem vektora a .Eliminacijom parametra t iz jednacina (2.25) dobijamo

x x1ax

=y y1ay

=z z1az

. (2.26)

Jednacina (2.26) se naziva kanonski ili glavni oblik jednacine prave.

Primjer 2.29. Odrediti kanonski oblik jednacine prave p koja prolazi kroztacku M(2, 1, 3) i paralelna je sa pravom koja prolazi kroz tacke M1(0, 2, 1) iM2(1, 1, 1).Ovde je prava p paralelna sa nosacem vektora

M1M2. Kako je

M1M2 =

i j ,

imamo da je kanonski oblik jednacine prave p

x 21

=y 11 =

z 30

.


Primjer 2.30. Odrediti kanonski oblik jednacine prave koja prolazi kroz tackeM1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2).Rjesenje. Trazena prava je paralelna sa nosacem vektora

a = (x2 x1)i + (y2 y1)j + (z2 z1)k .Kako prava prolazi kroz tacku M1(x1, y1, z1) zakljucujemo da je kanonski obliktrazene prave

x x1x2 x1 =

y y1y2 y1 =

z z1z2 z1 .

Primjer 2.31. Odrediti uslov kada se dvije neparalelne prave

p :x x1ax

=y y1ay

=z z1az

iq :

x x2bx

=y y2by

=z z2bz

,

sijeku.Rjesenje. Da bi se dvije neparalelne prave sijekle potrebno je i dovoljno da lezeu jednoj ravni. Odavde dobijamo da su vektori

M1M2 = (x2 x1)i + (y2 y1)j + (z2 z1)k ,a = axi + ayj + azk , b = bxi + byj + bzk ,

komplanarni. Iz osobina mjesovitog proizvoda zakljucujemo da je

D =

x2 x1 y2 y1 z2 z1ax ay azbx by bz

= 0.2.5.2 Ravan

Odredicemo jednacinu ravni koja prolazi kroz tacke M1(x1, y1, z1),M2(x2, y2, z2) i M3(x3, y3, z3). Neka je tacka M(x, y, z) proizvoljna tacka ravni.Vektori

M1M,

M1M2 i

M1M3 su komplanarni, pa postoje skalari u i v takvi da

vrijedi M1M = u M1M2 + v M1M3. (2.27)

Ako uvedemo oznake r = 0M, r1 = 0M1,a = axi + ayj + azk = M1M2,b = bx

i + by

j + bz

k =

M1M3,

jednacinu (2.27) mozemo pisati na sljedeci nacin

r = r1 + u a + v b , u, v R. (2.28)

2.5. ANALITICKA GEOMETRIJA U R3 57

Jednacina (2.28) se naziva vektorski oblik jednacine ravni.Iz jednacine (2.28) koristeci uvedene oznake dobijamo

x = x1 + u ax + v bxy = y1 + u ay + v by,z = z1 + u az + v bz,

(2.29)

u, v R.Jednacine (2.29) se nazivaju parametarski oblik jednacine ravni.

Odredicemo sada jednacinu ravni koja prolazi kroz tacku M1(x1, y1, z1) i nor-malna je na nosac vektora n = Ai +Bj +Ck . Neka jeM(x, y, z) proizvoljnatacka ravni. Vektor

MM1 je normalan na vektor n , pa iz definicije skalarnog

proizvoda zakljucujemo da je skalarni proizvod vektora n i MM1 jednak nuli.Dakle, vrijedi

A(x x1) +B(y y1) + C(z z1) = 0.Ako uvedemo oznaku D = Ax1 By1 Cz1 dobijamo jednacinu

Ax+By + Cz +D = 0. (2.30)

Jednacina (2.30) se naziva skalarni oblik jednacine ravni.Ako su koeficijenti A,B,C,D razliciti od nule, iz jednacine (2.30) dobijamo

x

DA+

y

DB+

z

DC= 1.

Uvodeci oznakea = D

A, b = D

B, c = D

C,

posljednja jednacina postaje

x

a+y

b+z

c= 1,

sto predstavlja segmentni oblik jednacine ravni. Brojevi a, b, c predstavljajuodsjecke ravni na x, y i z osi redom.

Primjer 2.32. Pokazati da je jednacina ravni kroz tacke M1(x1, y1, z1),M2(x1, y1, z1) i M3(x3, y3, z3) data sa

x x1 y y1 z z1x2 x1 y2 y1 z2 z1x3 x1 y3 y1 z3 z1

= 0.Rjesenje. Vektori

MM1,

M2M1 i

M3M1 su komplanarni, pa je

(MM1 M2M1) M3M1 = 0.

Sada, tvrdjenje slijedi iz formule (2.22).


2.6 Zadaci

1. Koristeci Laplasovu teoremu o razvoju determinante izracunati determi-nantu

1 1 3 41 2 0 53 0 4 24 4 2 8

.2. Koristeci osobine determinanti dokazati da je

a b c 2a 2a2b b c a 2b2c 2c c a b

= (a+ b+ c)3.3. Pokazati da je :

(i) 1 x1 x311 x2 x321 x3 x33

= (x1 + x2 + x3)1 x1 x211 x2 x221 x3 x23

,(ii)

1 x21 x31

1 x22 x32

1 x23 x33

= (x1x2 + x2x3 + x3x1)1 x1 x211 x2 x221 x3 x23

.4. Neka je A =

[2 114 3

], B =

[1 25 6

]. Odrediti matrice A+B i A B.

5. Odrediti sve matrice koje su komutativne sa matricom A =[3 12 5

].

6. Neka je A

1 0 01 0 10 1 0

. Dokazati da je A3 = A2 +A I.7. Ako je

A =

2 13 7124 11 2426 169 91

, B = 45 987 1190 14 34

322 11 15

,naci det(A B).

8. Izracunati determinantu

Dn =

1 3 4 n+ 12 1 4 n+ 12 3 1 n+ 1...

......

. . ....

2 3 4 1

.

2.6. ZADACI 59

9. Naci inverznu matricu matrice A =

2 2 12 1 21 2 2

.10. Odrediti rang matrice A u zavisnosti od paramtra a,

A =

1 1 1a 1 11 2 0

.11. Rijesiti matricnu jednacinu

A X = B,

gdje je

A =

1 1 12 1 21 3 2

, B = 112

1

i X = x1x2x3

.12. Rijesiti sistem linearnih jednacina

x1 + 2x2 + 3x3 = 11

x1 + 3x2 + 2x3 = 7

3x1 + x2 + 2x3 = 17,

primjenom

(i) Kramerovih formula,

(ii) Gausovog algoritma.

13. Odrediti rjesenje sistema linearnih jednacina

x1 + x2 + x3 = 1

x1 + x2 + x3 =

x1 + x2 + x3 = 2,

gdje je R.14. Odrediti rjesenje sistema linearnih jednacina

x1 + x2 + x3 =

x1 + 4x2 4x3 = 2(+ 4)x1 + 2x2 + 4x3 = 1,

gdje je R.


15. Odrediti rjesenje sistema linearnih jednacina

x1 + x2 + x3 = 1

x1 + x2 + x3 = 1

2x1 + 2x2 + x3 = 1,

gdje su , R.16. Odrediti ugao izmedju vektora a = 3i +5j 2k i b = i +11j k .17. Naci koordinate vektora a , ako je |a | = 3 i ako se zna da vektor a

zaklapa iste uglove sa koordinatnim osama.

18. Dati su vektori a i b takvi da je |a | = 13, b = 19 i |a +b | = 24. Naci|a b |.

19. Neka su vektori a i b 6= 0 ortogonalni. Za koje vrijednosti parametra je vektor a + b ortogonalan na vektor a +b .

20. Odrediti parametar p tako da vektori

a = 2i + 3j 4k ,b = 3

i pj + 2k

i c = i + 2j + 3pkbudu komplanarni.

21. Naci skalarni i vektorski proizvod vektora

a = i 2j 4ki

b =i 10j + 2k .

22. Naci zapreminu paralelopipeda koji obrazuju vektori

a = 7i + 3j k ,b = 2

i 5j + 5k

i c = i + 6j + 3k .

23. Pokazati da za vektore a ,b i c vrijedi

(a b )c = (a c ) b (b c ) a .

2.6. ZADACI 61

24. Odrediti jednacinu ravni koja prolazi kroz tacke M1(1, 0, 2), M2(0, 1, 0) iM3(0, 0, 3).

25. Odrediti ugao izmedju prave

p :x 22

=y 34

=z 110

i ravni : 3x+ 5y + z 4 = 0.

26. Na ravni : 5x 2y + z 2 = 0

naci tacku koja je najbliza tacki A(2, 3, 4).

27. Naci tacku simetricnu tacki A(1, 0, 3) u odnosu na ravan

: 2x+ y 3z 5 = 0.

28. Na pravoj

p :x 54

=y 13

=z + 72

naci tacku najblizu koordinatnom pocetku.

Glava 3

Granicne vrijednosti

3.1 Granicna vrijednost niza

3.1.1 Osnovni pojmovi

Definicija 3.1. Preslikavanje x : N R nazivamo niz x. Broj x(n) se nazivanti clan niza i oznacava se sa xn. Broj n je indeks clana. Niz x : N R seobicno oznacava sa {xn} ili (xn).Primjer 3.1. xn = n2, yn = 1 + 1n , zn = (1)n.

U prethodnom primjeru nizovi su eksplicitno dati formulom. Tako na pri-mjer, x3 = 9, y5 = 65 , z10 = 1. Da bi bio poznat neki niz on ne mora da budezadan eksplicitnom formulom.

Primjer 3.2. Niz {xn} za koji vrijedix1 = 0, x2 = 1, xn+2 = xn+1 + xn, n N,

se naziva Fibonacijev niz. Njegovi clanovi se odreduju iz rekurzivne formule.Tako na primjer x3 = 1, x4 = 2, x5 = 3, x6 = 5.

Za proucavanje niza od interesa je odrediti ponasanje njegovih clanova kadanjihov indeks raste. To nas dovodi do pojma granicne vrijednosti niza.

Definicija 3.2. Realan broj x je granicna vrijednost niza {xn} ako vrijedi( > 0)(n0 N)(n n0) |xn x| < . (3.1)

To oznacavamo salim

n+xn = x

ilixn x, kad n +.

Realan broj x zovemo granicna vrijednost ili limes niza {xn}. Kaze se i daniz {xn} konvergira ka x ili da tezi ka x kad n tezi ka plus beskonacno.Za niz koji ne konvergira kazemo da divergira.

63

64 GLAVA 3. GRANICNE VRIJEDNOSTI

U nejednakosti (3.1) umjesto znaka < se moze staviti i znak .Primjetimo da za pozitivan realan broj C vrijedi

{ : > 0} = {C : > 0},

pa relacija (3.1)je ekvivalentna sa

(C > 0)( > 0)(n0 N)(n n0) |xn x| < C. (3.2)

Primjer 3.3. Neka je xn =1ntada je lim

n+xn = 0.

Naime, za dato > 0 vrijedi

1n< n > 1

.

Stavimo da je

n0 =1

+ 1,

gdje je bac oznaka za najveci cio broj manji od broja a.Dakle, vrijedi

( > 0)(n0 =1

+ 1 N)(n n0) |xn 0| < .

Definicija 3.3. Niz {xn} divergira ka plus beskonacno (minus beskonacno)ako vrijedi

(K > 0)(n0 N)(n n0) xn > K,((K > 0)(n0 N)(n n0) xn < K),

to oznacavamo salim

n+xn = +

( limn+xn = ).

Primjer 3.4. Niz an = qn, q > 1, divergira ka plus beskonacno.Kako je q > 1 postoji h > 0 takav da je q = 1 + h. Sada koristeci Bernulijevunejednakost dobijamo

qn 1 + nh, n N.Neka je dat K > 0 tada za

n0 =K 1h

+ 1

vrijedi(n n0) xn > K.

Svaki realan niz se moze svrstati u jednu od sljedecih klasa :

3.1. GRANICNA VRIJEDNOST NIZA 65

Konvergentan niz, Divergentan niz, divergira ka plus beskonacno, Divergentan niz, divergira ka minus beskonacno, Divergentan niz, nema ni konacnu ni beskonacnu granicnu vrijednost.

Primjer 3.5. (i) xn = 1 + 1n je konvergentan niz, limn+xn = 1,

(ii) niz xn = n divergira ka plus beskonacno,

(iii) niz xn = n divergira ka minus beskonacno,(iv) niz xn = (1)n je divergentan niz, ali nema granicnu vrijednost.

3.1.2 Neke osobine konvergentnih nizova

Ranije smo definisali pojam okoline neke tacke. Pod okolinom tackepodrazumijevamo svaki otvoreni interval koji sadrzi tu tacku. Iz definicije konve-rgentnog niza slijedi da niz {xn} konvergira ka x R ako i samo ako se u svakojokolini tacke x nalaze skoro svi clanovi niza {xn}, to jest u svakoj okolini tackex se ne nalazi samo konacno mnogo clanova niza {xn}.Teorema 3.1. Konvergentan niz ima jedinstvenu granicnu vrijednost.

Dokaz. Pretpostavimo da postoje razliciti realni brojevi x i y takvi da je

limn+xn = x i limn+xn = y.

Mozemo pretpostaviti da je x < y. Neka je

=y x2

.

Iz definicije granicne vrijednosti niza zakljucujemo da postoji prirodni broj n0takav da vrijedi

(n n0) |xn x| < i

(n n0) |xn y| < ,pa je

(n n0) y + y x2 < xn < x+y x2

,

odavde dobijamo3y x

2 0,

osim toga

xn < 1 +1

1 2 +1

2 3 + +1

(n 1) n,pa je

xn < 1 +(1 1

2

)+(12 13

)+ +

(1

n 1 1n

),

to jest

xn < 2 1n< 2.

Dakle, niz je ogranicen.

Teorema 3.2. Svaki konvergentan niz je ogranicen.

Dokaz. Neka je dat konvergentan niz {xn} kod koga je granicna vrijednost x.Ako uzmemo da je = 1, zakljucujemo da postoji prirodan broj n0 takav davrijedi

(n n0) |xn x| < 1.Tada je

(n N) min{x 1, x1, x2, . . . , xn0} xn max{x+ 1, x1, x2, . . . , xn0}.

Primjer 3.7. Niz

xn = 1 +12+

13+ + 1

n

je divergentan.Kako je

1k 1

n, k = 1, 2, . . . , n,

imamoxn n 1

n=n,

pa niz {xn} nije ogranicen. Dakle, nije ispunjen potreban uslov za konvergencijuniza, pa je dati niz divergentan.


Teorema 3.3. Neka su dati nizovi {xn} i {yn} takvi da jelim

n+xn = x, limn+ yn = y,

gdje su x, y R i neka je R. Tada vrijedi :(i) lim

n+(xn + yn) = x+ y,

(ii) limn+xn = x,

(iii) limn+(xn yn) = x y,

(iv) limn+

xnyn

=x

y, ako je yn 6= 0 i y 6= 0.

Dokaz. (i) Neka je dat > 0. Iz definicije granicne vrijednosti zakljucujemo dapostoji prirodni broj n0 takav da za svaki n n0 je

|xn x| < i |yn y| < .Sada imamo

|xn + yn (x+ y)| |xn x|+ |yn y| < + = 2,za svaki n n0, pa tvrdenje slijedi iz (3.2).(ii)Ako je = 0 tvrdjenje je ocigledno. Pretpostavimo da je 6= 0. Neka je dat > 0. Zakljucujemo da postoji n0 takav da je za svaki n n0,

|xn x| < .Sada je za n n0,

|xn x| < || ,cime je dokaz zavrsen.(iii) Kako je niz {yn} konvergentan on je i ogranicen, pa postoji M > 0 takavda je

(n N) |yn| M.Neka je

M1 = max{M, |x|}.Postoji n0 N takav da za svaki n n0 vrijedi

|xn x| < i |yn y| < .Kako je

|xn yn x y| |xnyn xyn + xyn xy| |yn| |xn x|+ |x| |yn y|,imamo za n n0,

|xn yn x y| < M1 + |x| = (M1 + |x|).(iv) Dokaz je slican kao u (iii).


Na slican nacin se dokazuje i sljedeca teorema.

Teorema 3.4. Neka su dati nizovi {xn} i {yn} takvi da jelim

n+xn = x R i limn+ yn = +.

Tada vrijedi :

(i) limn+(xn + yn) = +,

(ii) limn+(xn yn) = sgnx , x 6= 0,

(iii) limn+

xnyn

= 0,

(iv) limn+(xn)

a = xa, ako je x > 0, a R i xn > 0, za sve n N.Primjer 3.8. Naci granicnu vrijednost niza

xn =2n+ 17n+ 3

.

U ovom slucaju koristeci pogodne transformacije odredujemo granicnu vrijednostniza.

limn+

2n+ 17n+ 3

= limn+

2 + 1n7 + 3n

=lim

n+ 2 +1n

limn+ 7 +

3n

=27.

Primjer 3.9. Naci granicnu vrijednost niza

xn =2n+ 103n+ 11.

Imamo sljedece

2n+ 103n+ 11 = n

(2 +

10n3 +

11n

)Odavde zakljucujemo da je

limn+xn = limn+

n

(2 +

10n3 +

11n

)= .

Sljedeca teorema je poznata kao teorema o dva zandara.

Teorema 3.5. Neka su nizovi {xn}, {yn} i {zn} takvi da jelim

n+xn = limn+ zn = x.

Ako je(n N) xn yn zn,

tada jelim

n+ yn = x.


Dokaz. Neka jelim

n+xn = limn+ zn = x,

tada za dati > 0 postoji prirodan broj n0 takav da je

(n n0) x < xn < x+ i

(n n0) x < zn < x+ .Kako je

(n N) xn yn zn,imamo

(n n0) x < yn < x+ .Dakle, niz {yn} je konvergentan i vrijedi lim

n+ yn = x.

Primjer 3.10. Pokazati da je granicna vrijednost niza, ciji je opsti clan

xn =1

n2 + 1+

1n2 + 2

+ + 1n2 + n

,

jednaka 1.Iz nejednakosti

1n2 + n

1n2 + k

1n2 + 1

, k = 1, 2, . . . , n,

imamon 1

n2 + n xn n 1

n2 + 1,

limn+

11 + 1n

xn 11 + 1n2

.

Sada zakljucak slijedi iz

limn+

11 + 1n

= limn+

11 + 1n2

= 1.

Primjer 3.11. Pokazati da je

limn+

nn = 1.

Kako je na osnovu binomne formule,

n = (1 + ( nn 1))n = 1+ n( nn 1) + n(n 1)

2( nn 1)2 + + ( nn 1)n

>n(n 1)

2( nn 1)2,


imamonn 1 1.

Osim toga, ocigledno je0 nn 1.

Dakle,

0 nn 1 1.

Sada, kako je

limn+

2

n 1 = 0,

zakljucujemo da jelim

n+nn = 1.

Iz prethodnog primjera dobijamo da za a > 0 vrijedi limn+

na = 1.

Primjer 3.12. Neka su a i b pozitivni realni brojevi pokazati da je

limn+

nan + bn = max{a, b}.

Sljedeci rezultat je poznat kao Stolzova teorema.

Teorema 3.6. Ako vrijedi:

1. limn+ yn = +,

2. yn+1 > yn za svako n N,

3. postoji granicna vrijednost limn+

xn+1 xnyn+1 yn , gdje je {xn} proizvoljan niz,

onda je

limn+

xnyn

= limn+

xn+1 xnyn+1 yn .

Dokaz. Neka je dat > 0. Iz trece pretpostavke teoreme zakljucujemo da postojin0 N takav da je xk+1 xkyk+1 yk a

< za svaki n n0. (3.3)Stavimo da je x0 = 0 i y0 = 0. Kako je

xnyn

a =n

k=1

yk yk1yn

(xk xk1yk yk1 a

),


koristeci (3.3) dobijamoxnyn a =

n01k=1

yk yk1yn

(xk xk1yk yk1 a

)+

nk=n0

yk yk1yn

(xk xk1yk yk1 a

)n01k=1

yk yk1yn

(xk xk1yk yk1 a

)+ n

k=n0

yk yk1yn

.

Dalje,n01k=1

yk yk1yn

(xk xk1yk yk1 a

) = 1|yn|n01k=1

(yk yk1)(xk xk1yk yk1 a

) ,pa kako je n0 fiksirano, zbog prvog uslova teoreme slijedi da postoji n1 Ntakav da je

n01k=1

yk yk1yn

(xk xk1yk yk1 a

) za svaki n n1.Osim toga je

nk=n0

yk yk1yn

=yn yn0

yn< 1,

zbog drugog uslova teoreme. Dakle, imamo da za svaki n n2, gdje je n2 =max{n0, n1}, vrijedi xnyn a

< 2,cime je dokaz zavrsen.

Primjer 3.13.

Izracunati limn+

1p + 2p + 3p + + npnp+1

, gdje je p > 0.

3.1.3 Monotoni nizovi

Definicija 3.5. Niz {xn} je monotono rastuci (neopadajuci, opadajuci,nerastuci) ako za svaki n N vrijedi

xn+1 > xn (xn+1 xn, xn+1 < xn, xn+1 xn).Za niz se kaze da je monoton niz ako ima jednu od navedenih osobina.

Primjer 3.14. (i) Niz xn = 1 1n , n N je monotono rastuci.(ii) Niz x1 = 1, xn+1 = xn + 1 + (1)n, n N je monotono neopadajuci.

Monotoni nizovi imaju znacajne osobine u pogledu konvergencije. Naime,vrijedi sljedeca teorema.


Teorema 3.7. Monoton i ogranicen niz je konvergentan. Ako je {xn} monotoni neopadajuci niz ogranicen odozgo tada je

limn+xn = sup{xn : n N}.

Za monoton i nerastuci niz ogranicen odozdo je

limn+xn = inf{xn : n N}.

Dokaz. Pretpostavimo da je niz {xn}monotono neopadajuci i ogranicen odozgo.Postoji c R takav da je c = supxn. Iz definicije supremuma zakljucujemo daza dato > 0 postoji n0 takvo da je xn0 > c . Kako je {xn} neopdajuci niz,vrijedi xn > c za svaki n n0. S druge strane, kako je c supremum nizadobijamo xn c za svaki n N. Prema tome vrijedi

c < xn < c+ za svaki n n0,to jest

|xn c| < za svaki n n0,pa je c = lim

n+xn. U slucaju monotono nerastuceg niza ogranicenog odozdo

dokazuje se analogno.

Primjer 3.15. Pokazati da je niz {xn} definisan rekurentnom relacijomxn+1 =

2 + xn, x1 =

2,

monotono rastuci i ogranicen odozgo. Odrediti limn

xn.

Primjer 3.16. Ispitati konvergenciju niza {xn} definisanog sa

xn+1 =2 + x2n2xn

, x1 > 2.

Primjer 3.17. Pokazati da je niz{xn} definisan sa

xn = 1 +24+

342

+443

+ + n4n1

,

konvergentan.

Primjer 3.18. Niz {xn}, ciji je opsti clan

xn =(1 +

1n

)nje konvergentan.Pokazacemo da je niz {xn} monotono neopadajuci i ogranicen odozgo.Vrijedi

xn+1xn

=

(1 + 1n+1

)n+1(1 + 1n

)n =(n+2n+1

)n+1(n+1n

)n


=n+ 2n+ 1

(n(n+ 2)(n+ 1)2

)n=

n+ 2n+ 1

(1 1

(n+ 1)2

)n.

Koristeci Bernulijevu nejednakost dobijamo

xn+1xn

n+ 2n+ 1

(1 n

(n+ 1)2

) 1.

Dakle, vrijedixn+1 xn za sve n N,

pa je niz {xn} monotono neopadajuci.Pokazimo da je niz {xn} ogranicen odozgo.Iz binomne formule slijedi

xn =n

k=0

(nk

)1nk

=n

k=0

n!k!(n k)!

1nk

=n

k=0

1k!(n k + 1) (n k + 2) (n 1) n

nk.

Dakle,

xn =n

k=0

1k!

(1 k 1

n

)(1 k 2

n

) (1 1

n

).

Kako je (1 k 1

n

)(1 k 2

n

) (1 1

n

)< 1, k = 2, 3, . . . , n,

imamo

xn 2 +n

k=2

1k!.

Dalje, zbog nejednakosti

1k! 1

2k1, k = 2, 3, . . . n,

dobijamo

xn 2 +n

k=2

12k1

2 +12

1 12= 3.

Definicija 3.6. Granicna vrijednost

matematika 1 - prof. zoran mitrovic

Documents