matematika i - elvis barakovic - zbirka rjesenih zadataka

Zbirka rijeenih zadataka izmatematike

Barakovic Elvis

Sadrzaj

1 Elementi matematicke logike 2

2 Skupovi. Relacije 5

3 Jednacine i nejednacine sa apsolutnim vrijednostima 9

4 Binomni obrazac 23

5 Matematicka indukcija 35

6 Kompleksni brojevi 45

7 Determinante 57

8 Matrice. Operacije sa matricama. 62

9 Sistemi linearnih jednacina 82

10 Limes funkcije 102

11 Izvod funkcije 113

12 Ispitivanje osobina i crtanje graka funkcije 130

13 Neodreeni i odreeni integrali.Primjena odreenog integrala. 152

14 Parcijalni izvodi.Ekstremi funkcije dvije promjenljive. 153

15 Diferencijalne jednacine 168

Barakovic Elvis Matematika

1 Elementi matematicke logike

Svaka izjavna recenica nekog jezika koja ima smisla i koja ima osobinu da jetacna ili netacna naziva se iskaz (sud). Svaki iskaz mozemo obiljeziti nekimslovom (najcece slovom latinice), brojem ili nekim drugim simbolom. Takvesimbole nazivamo iskazna slova.Cinjenicu da je iskaz p tacan oznacavacemo sa (p) = > ili (p) = 1; acinjenicu da je netacan sa (p) = ? ili (p) = 0:Od dva ili vie iskaza mozemo sastaviti novi, slozeni iskaz. Sa iskazima, kaoelementima skupa iskaza, uvodimo sljedece operacije:

1. NEGACIJA iskaza p je novi iskaz ep koji ima suprotnu istinitosnuvrijednost od istinitosne vrijednosti iskaza p.

2. KONJUNKCIJA iskaza p i q je novi iskaz p ^ q koji je tacan ako suiskazi p i q istovremeno tacni a netacan u ostalim slucajevima.

3. DISJUNKCIJA iskaza p i q je novi iskaz p_ q koji je netacan ako suiskazi p i q istvremeno netacni a tacan u ostalim slucajevima.

4. IMPLIKACIJA iskaza p i q je novi iskaz p =) q koji je netacanako je iskaz p tacan a iskaz q netacan a tacan u ostalim slucajevima.

5. EKVIVALENCIJA iskaza p i q je novi iskaz p () q koji je tacanako su iskazi p i q istvremeno iste istinitosne vrijednosti, a netacan uostalim slucajevima.

Operacije sa iskazima mozemo predstaviti u obliku tabele.

(p) (q) (ep) (p ^ q) (p _ q) (p =) q) (p () q)1 1 0 1 1 1 11 0 0 0 1 0 00 1 1 0 1 1 00 0 1 0 0 1 1

Zadatak 1.1 Provjeriti da li je sljedeca iskazna formula tautologija

F : e (p () q)| {z }L

() (p () eq)| {z }D

:

Rjeenje:

3


Posmatrajmo tablicu

(p) (q) (p () q) (L) (eq) (D) (F)1 1 1 0 0 0 11 0 0 1 1 1 10 1 0 1 0 1 10 0 1 0 1 0 1

Formula je tautologija.


F : e (p () q)| {z }L

() (p^eq) _ (ep ^ q)| {z }D

:

Rjeenje:Posmatrajmo tablicu

(p) (q) (p () q) (L) (ep) (eq) (p^eq) (ep ^ q) (D) (F)1 1 1 0 0 0 0 0 0 11 0 0 1 0 1 1 0 1 10 1 0 1 1 0 0 1 1 10 0 1 0 1 1 0 0 0 1



F : p ^ (q _ r)| {z }L

() (p ^ q) _ (p ^ r)| {z }D

:


(p) (q) (r) (q _ r) (L) (p ^ q) (p ^ r) (D) (F)1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 0 1 1 1 0 1 11 0 1 1 1 0 1 1 11 0 0 0 0 0 0 0 10 1 1 1 0 0 0 0 10 1 0 1 0 0 0 0 10 0 1 1 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 1


4



F : (p =) (q _ r))| {z }L

=) (p ^ q) _ (p ^ r)| {z }D

:


(p) (q) (r) (q _ r) (L) (p ^ q) (p ^ r) (D) (F)1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 0 1 1 1 0 1 11 0 1 1 1 0 1 1 11 0 0 0 0 0 0 0 10 1 1 1 1 0 0 0 00 1 0 1 1 0 0 0 00 0 1 1 1 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 0

Formula nije tautologija

Zadatak 1.5 Bez upotrebe tablice dokazati da je sljedeca formula tautologija

F : ((p =) q)^eq)| {z }L

=) ep|{z}D

:

Rjeenje:Pretpostavimo suprotno, tj da je formula nije tautologija. Tada postoje

istinitosne vrijednosti iskaza p i q za koje vrijedi (L =) D) = 0: To ce sedesiti samo onda ako je iskaz L tacan a iskaz D netacan. Meutim, da biiskaz D bio netacan onda iskaz p mora biti tacan. Da bi iskaz P bio tacan,onda moraju biti tacni iskazi p =) q i eq a odavdje vidimo da iskaz qmora biti netacan. Ali kako je iskaz p tacan a iskaz q netacan tada je iskazp =) q netacan a nama se zahtijeva da bude tacan.Kontradikcija sa pretpostavkom.Dakle, iskaz je tautologija.

Zadaci za samostalan rad

Ispitati da li su sljedece iskazne formule tautologije

1. p _ (q ^ r) () (p _ q) ^ (p _ r)2. (p =) q) () ep _ q

5


3. (p () q) () (p ^ q) _ (ep^eq)4. ((p =) q) ^ (q =) r)) =) (p =) r)5. ((p =) q) ^ (q^er)) =) (ep =) r)

6


2 Skupovi i relacije

Pojam skupa je osnovni pojam u matematici pa se zato i ne denie. Ovajpojam objanjavamo navodeci primjer nekog skupa i ukazujuci na pravilanjegove upotrebe u matematici.Skupove oznacavamo velikim slovima latinice A;B;C; :::; X; Y; ::: a elementenekog skupa malim slovima latinice a; b; c; :::; x; y; :::.Za skupove A i B kazemo da su jednaki ako su sastavljeni od istih elemenata.Za skup A kazemo da je podskup skupa b ako svaki element iz skupa Aistovremeno pripada i skupu B. To oznacavamo sa A B:Operacije sa skupovima deniemo sa:

A \B = fx : x 2 A ^ x 2 BgA [B = fx : x 2 A _ x 2 BgAnB = fx : x 2 A ^ x =2 BgAB = (AnB) [ (BnA)AB = f(a; b) : a 2 A ^ b 2 Bg

Zadatak 2.1 Dokazati:

(A [B)C = AC \BC :Rjeenje:

x 2 (A [B)C() x =2 A [B() e (x 2 A [B)() e (x 2 A _ x 2 B)() x =2 A ^ x =2 B() x 2 AC ^ x 2 BC() x 2 AC \BC :

Zadatak 2.2 Dokazati:AnB = A \BC :

Rjeenje:

x 2 AnB() x 2 A ^ x =2 B() x 2 A ^ x 2 BC() x 2 A \BC :

7


Zadatak 2.3 Dokazati

(A \B) [ C = (A [ C) \ (B [ C) :Rjeenje:

x 2 (A \B) [ C() x 2 A \B _ x 2 C() x 2 A ^ x 2 B _ x 2 C() x 2 A _ x 2 C ^ x 2 B _ x 2 C() (x 2 A _ x 2 C) ^ (x 2 B _ x 2 C)() x 2 A [ C ^ x 2 B [ C() x 2 (A [ C) \ (B [ C) :


(A \B) nC = (AnC) \ (BnC) :Rjeenje:

x 2 (A \B) nC() x 2 A \B ^ x =2 C() x 2 A ^ x 2 B ^ x =2 C() x 2 A ^ x =2 C ^ x 2 B ^ x =2 C() (x 2 A ^ x =2 C) ^ (x 2 B ^ x =2 C)() x 2 AnC ^ x 2 BnC() x 2 (AnC) \ (BnC) :


(AnB) \ (CnD) = (A \ C) n (B [ C) :Rjeenje:

x 2 (AnB) \ (CnD)() x 2 AnB ^ x 2 CnD() x 2 A ^ x =2 B ^ x 2 C ^ x =2 D() x 2 A ^ x 2 C ^ x =2 B ^ x =2 D() (x 2 A ^ x 2 C) ^ (x =2 B ^ x =2 D)() x 2 A \ C ^ x =2 B [D() x 2 (A \ C) n (B [ C) :

8



(A \B) (C \D) = (A C) \ (B D) :

Rjeenje:

(x; y) 2 (A \B) (C \D)() x 2 A \B ^ y 2 C \D() x 2 A ^ x 2 B ^ y 2 C ^ y 2 D() x 2 A ^ y 2 C ^ x 2 B ^ y 2 D() (x 2 A ^ y 2 C) ^ (x 2 B ^ y 2 D)() (x; y) 2 A C ^ (x; y) 2 B D() (x; y) 2 (A C) \ (B D) :

Zadatak 2.7 Dat je skup X = f1; 2; 3; 4g : Napisati relacije denisane sa

1 =(x; y) 2 X2 : x < y

2 =(x; y) 2 X2 : x y

3 =(x; y) 2 X2 : x > y :

Rjeenje:Kako je

X2 = X X = f(1; 1) ; (1; 2) ; (1; 3) ; (1; 4) ; (2; 1) ; (2; 2) ; (2; 3) ; (2; 4) ;(3; 1) ; (3; 2) ; (3; 3) ; (3; 4) ; (4; 1) ; (4; 2) ; (4; 3) ; (4; 4)g

tada je

1 =(x; y) 2 X2 : x < y =

= f(1; 2) ; (1; 3) ; (1; 4) ; (2; 3) ; (2; 4) ; (3; 4)g :2 =

(x; y) 2 X2 : x y =

= f(1; 1) ; (1; 2) ; (1; 3) ; (1; 4) ; (2; 2) ; (2; 3) ; (2; 4) ; (3; 3) ; (3; 4) ; (4; 4)g :3 =

(x; y) 2 X2 : x > y =

= f(2; 1) ; (3; 1) ; (3; 2) ; (4; 1) ; (4; 2) ; (4; 3)g :

Zadatak 2.8 Neka jeX = f1; 2; 3g : Napisati elemente relacije denisane sa

=(x; y; z) 2 X3 : x+ y z :

9


Rjeenje:Kako je

X3 = X X X = f(1; 1; 1) ; (1; 1; 2) ; (1; 1; 3) ; (1; 2; 1) ; (1; 2; 2) ;(1; 2; 3) ; (1; 3; 1) ; (1; 3; 2) ; (1; 3; 3) (2; 1; 1) ; (2; 1; 2) ;

(2; 1; 3) ; (2; 2; 1) ; (2; 2; 2) ; (2; 2; 3) ; (2; 3; 1) ; (2; 3; 2) ;

(2; 3; 3) (3; 1; 1) ; (3; 1; 2) ; (3; 1; 3) ; (3; 2; 1) ; (3; 2; 2) ;

(3; 2; 3) ; (3; 3; 1) ; (3; 3; 2) ; (3; 3; 3)g

pa je

=(x; y; z) 2 X3 : x+ y z

= f(1; 1; 2) ; (1; 1; 3) ; (1; 2; 3)g :

Zadatak 2.9 U skupu N denisana je relacija

=(x; y) 2 N2 : x+ 5y = 25 :

Napisati elemente relacije :

Rjeenje:Iz

x+ 5y = 25

x = 25 5yx = 5 (5 y)

vidimo da y 2 f1; 2; 3; 4g ; jer u protivnom x ne bi bio prirodan broj.Sada

y = 1 =) x = 20y = 2 =) x = 15y = 3 =) x = 10y = 4 =) x = 5

pa je

=(x; y) 2 N2 : x+ 5y = 25 =

= f(20; 1) ; (15; 2) ; (10; 5) ; (5; 4)g :

10


3 Jednacine i nejednacine sa apsolutnim vri-jednostima

Zadatak 3.1 Rijeiti jednacinu

jx 1j jx+ 2j = 1:Rjeenje:

x 1 = 0 =) x = 1x+ 2 = 0 =) x = 2

Posmatrajmo tablicu

x : 1 2 1 +1

x 1 +x+ 2 + +

Imamo tri slucaja:1) x 2 (1;2]Sada je

jx 1j = (x 1) = 1 xjx+ 2j = (x+ 2) = x 2

pa jednacina ima oblik

(x 1) ( (x+ 2)) = 11 x+ x+ 2 = 1

3 = 1

pa jednacina nema rjeenja.2) x 2 (2; 1]Sada je

jx 1j = (x 1) = 1 xjx+ 2j = x+ 2


(x 1) (x+ 2) = 11 x x 2 = 1

2x 1 = 12x = 2x = 1 2 (2; 1]

11


pa je rjeenje jednacine x = 1.3) x 2 (1;+1)Sada je

jx 1j = x 1jx+ 2j = x+ 2


x 1 (x+ 2) = 1x 1 x 2 = 1

3 = 1pa jednacina nema rjeenja.Dakle, jednacina ima samo jedno rjeenje x = 1:

Zadatak 3.2 Rijeiti jednacinux2 + x 2+ x2 x 2 = 2:Rjeenje:

x2 + x 2 = 0 =) x1 = 2; x2 = 1x2 x 2 = 0 =) x1 = 1; x2 = 2

Posmatrajmo tablicu

x : 1 2 1 1 2 +1

x2 + x 2 + + +x2 x 2 + + +

Imamo pet slucajeva:1) x 2 (1;2]Sada je x2 + x 2 = x2 + x 2x2 x 2 = x2 x 2

pa jednacina ima oblikx2 + x 2+ x2 x 2 = 2x2 + x 2 + x2 x 2 = 2

2x2 = 6

x2 = 3 =) x1 = p3 =2 (1;2]

x2 =p3 =2 (1;2] :

12


Jednacina u ovom slucaju nema rjeenja.2) x 2 (2;1]Sada je x2 + x 2 = x2 + x 2 = x2 x+ 2x2 x 2 = x2 x 2

pa jednacina ima oblikx2 + x 2+ x2 x 2 = 2x2 x+ 2 + x2 x 2 = 2

2x = 2x = 1 2 (2;1]

U ovom slucaju rjeenje jednacine je x = 1.3) x 2 (1; 1]Sada je x2 + x 2 = x2 + x 2 = x2 x+ 2x2 x 2 = x2 x 2 = x2 + x+ 2

pa jednacina ima oblikx2 + x 2+ x2 x 2 = 2x2 x+ 2 x2 + x+ 2 = 2

2x2 = 2x2 = 1 =) x1 = 1 =2 (1; 1]

x2 = 1 2 (1; 1] :U ovom slucaju rjeenje jednacine je x = 1.4) x 2 (1; 2]Sada je x2 + x 2 = x2 + x 2x2 x 2 = x2 x 2 = x2 + x+ 2

pa jednacina ima oblikx2 + x 2+ x2 x 2 = 2x2 + x 2 x2 + x+ 2 = 2

2x = 2

x = 1 =2 (1; 2] :

13


Jednacina u ovom slucaju nema rjeenja.5) x 2 (2;+1]Sada je x2 + x 2 = x2 + x 2x2 x 2 = x2 x 2

pa jednacina ima oblikx2 + x 2+ x2 x 2 = 2x2 + x 2 + x2 x 2 = 2

2x2 = 6

x2 = 3 =) x1 = p3 =2 (2;+1]

x2 =p3 =2 (2;+1] :

Jednacina u ovom slucaju nema rjeenja.Dakle, rjeenja jednacine su x = 1 i x = 1.


jx 1j+ x2 + 3x 4 = 5:Rjeenje:

x 1 = 0 =) x = 1x2 + 3x 4 = 0 =) x = 1 _ x = 4:

Posmatrajmo tablicu

x : 1 4 1 +1

x 1 +x2 + 3x 4 + +

Imamo tri slucaja:1) x 2 (1;4]Sada je

jx 1j = (x 1) = 1 xx2 + 3x 4 = x2 + 3x 4pa jednacina ima oblik

1 x+ x2 + 3x 4 = 5x2 + 2x 8 = 0 =) x1 = 4 2 (1;4]

x2 = 2 =2 (1;4] :

14


U ovom slucaju rjeenje jednacine je x = 4.2) x 2 (4; 1]Sada je

jx 1j = (x 1) = 1 xx2 + 3x 4 = x2 + 3x 4 = x2 3x+ 4pa jednacina ima oblik

1 x x2 3x+ 4 = 5x2 4x = 0 =) x1 = 4 =2 (4; 1]

x2 = 0 2 (4; 1] :U ovom slucaju rjeenje jednacine je x = 0.3) x 2 (1;+1)Sada je

jx 1j = x 1x2 + 3x 4 = x2 + 3x 4pa jednacina ima oblik

x 1 + x2 + 3x 4 = 5x2 + 4x 10 = 0 =) x1 = 2

p11 =2 (1;+1)

x2 = 2 +p11 2 (1;+1) :

U ovom slucaju rjeenje jednacine je x = 2 +p11.Dakle, rjeenja jednacine su: x1 = 4; x2 = 0; x3 = 2 +

p11:

Zadatak 3.4 Rijeiti nejednacinux2 + 2x 3 < 3x+ 3:Rjeenje:

x2 + 2x 3 = 0 =) x1 = 3; x2 = 1Posmatrajmo tablicu

x : 1 3 1 +1

x2 + 2x 3 + +Imamo tri slucaja1) x 2 (1;3]

15


Sada je x2 + 2x 3 = x2 + 2x 3pa nejednacina ima oblik

x2 + 2x 3 < 3x+ 3x2 + x 6 < 0

Nule kvadratnog trinoma x2 + x 6 su x1 = 2 i x2 = 3 pa rjeenje nejed-nacine je

R = (3; 2) :Rjeenje pocetne nejednacine je

R1 = (1: 3] \ (3; 2)R1 = ?:

2) x 2 (3; 1]Sada je x2 + 2x 3 = x2 + 2x 3 = x2 2x+ 3

pa nejednacina ima oblik

x2 2x+ 3 < 3x+ 3x2 5x < 0

Nule kvadratnog trinoma x2 5x su x1 = 5 i x2 = 0 pa rjeenje nejed-nacine je

R = (1;5) [ (0;+1)Rjeenje pocetne nejednacine je

R2 = ((1;5) [ (0;+1)) \ (3; 1]R2 = (0; 1] :

3) x 2 (1;+1)Sada je x2 + 2x 3 = x2 + 2x 3


x2 + 2x 3 < 3x+ 3x2 + x 6 < 0

16


Nule kvadratnog trinoma x2 + x 6 su x1 = 2 i x2 = 3 pa rjeenje nejed-nacine je

R = (3; 2) :Rjeenje pocetne nejednacine je

R3 = (1;+1) \ (3; 2)R3 = (1; 2) :

Konacno rjeenje nejednacine je

R = R1 [R2 [R3R = (0; 2) :

Zadatak 3.5 Rijeiti nejednacinux2 2x 3+ 2 2x jx 4j+ x2:Rjeenje:

x2 2x 3 = 0 =) x1 = 1; x2 = 3x 4 = 0 =) x = 4:

Posmatrajmo tablicu

x : 1 1 3 4 +1

x2 2x 3 + + +x 4 +

Imamo cetiri slucaja:1) x 2 (1;1]Sada je x2 2x 3 = x2 2x 3

x 4 = (x 4) = 4 x


x2 2x 3 + 2 2x 4 x+ x23x 5 = : (3)x 5

3

17


pa je rjeenje nejednacine x 2 1;53 :Rjeenje pocetne nejednacine u ovom slucaju je

R1 = (1;1] \1;5

3

:

Dakle,

R1 =1;5

3

:

2) x 2 (1; 3]Sada je x2 2x 3 = x2 2x 3 = x2 + 2x+ 3

x 4 = (x 4) = 4 xpa nejednacina ima oblik

x2 + 2x+ 3 + 2 2x 4 x+ x22x2 + x+ 1 0

pa je rjeenje kvadratne nejednacine x 2 12 ; 1 :Rjeenje pocetne nejednacine u ovom slucaju je

R2 = (1; 3] \12; 1

:

Dakle,

R2 =12; 1

:

3) x 2 (3; 4]Sada je x2 2x 3 = x2 2x 3

x 4 = (x 4) = 4 xpa nejednacina ima oblik

x2 2x 3 + 2 2x 4 x+ x23x 5 = : (3)x 5

3

pa je rjeenje nejednacine x 2 1;53 :18


Rjeenje pocetne nejednacine u ovom slucaju je

R3 = (3; 4] \1;5

3

:

Dakle,R3 = ?:

4) x 2 (4;+1)Sada je x2 2x 3 = x2 2x 3

x 4 = x 4pa nejednacina ima oblik

x2 2x 3 + 2 2x x 4 + x25x 3 = : (5)x 3

5

pa je rjeenje nejednacine x 2 1; 35 :Rjeenje pocetne nejednacine u ovom slucaju je

R4 = (4;+1) \1; 3

5

:

Dakle,R4 = ?:


R = R1 [R2 [R3 [R4R =

1;5

3

[12; 1

:

Zadatak 3.6 Rijeiti nejednacinux2 4x+ 3 x2 + jx 5j :Rjeenje:

x2 4x = 0 =) x1 = 0; x2 = 4x 5 = 0 =) x = 5:

19


Posmatrajmo tablicu

x : 1 0 4 5 +1

x2 4x + + +x 5 +

Imamo cetiri slucaja:1) x 2 (1; 0]Sada je x2 4x = x2 4x

jx 5j = (x 5) = 5 xpa nejednacina ima oblik

x2 4x+ 3 x2 + 5 x3x 2 = : (3)x 2

3

pa je rjeenje nejednacine x 2 1;23 :Rjeenje pocetne nejednacine je

R1 = (1; 0] \1;2

3

R1 =

1;2

3

:

2) x 2 (0; 4]Sada je x2 4x = x2 4x = x2 + 4x


x2 + 4x+ 3 x2 + 5 x2x2 + 5x 2 0

pa je rjeenje kvadratne nejednacine x 2 12 ; 2 :Rjeenje pocetne nejednacine je

R2 = (0; 4] \1

2; 2

R2 =

1

2; 2

:

20


3) x 2 (4; 5]Sada je x2 4x = x2 4x


x2 4x+ 3 x2 + 5 x3x 2 = : (3)x 2

3

pa je rjeenje nejednacine x 2 1;23 :Rjeenje pocetne nejednacine je

R3 = (4; 5] \1;2

3

R3 = ?:

4) x 2 (5;+1)Sada je x2 4x = x2 4x

jx 5j = x 5pa nejednacina ima oblik

x2 4x+ 3 x2 + x 55x 8 = : (8)x 8

5

pa je rjeenje kvadratne nejednacine x 2 1; 85 :Rjeenje pocetne nejednacine je

R4 =1; 8

5

\ (5;+1)

R4 = ?:Konacno rjeenje nejednacine je

R = R1 [R2 [R3 [R4R =

1;2

3

[1

2; 2

:

21


Zadatak 3.7 Rijeiti nejednacinux2 8x+ 12+ 4x 1 x2 + jx 7j :Rjeenje:

x2 8x+ 12 = 0 =) x1 = 2; x2 = 6x 7 = 0 =) x = 7:

Posmatrajmo tablicu

x : 1 2 6 7 +1

x2 8x+ 12 + + +x 7 +

Imamo cetiri slucaja:1) x 2 (1; 2]Sada je x2 8x+ 12 = x2 8x+ 12


x2 8x+ 12 + 4x 1 x2 + 7 x3x 4 = : (4)x 4

3

pa je rjeenje nejednacine x 2 1; 43 :Rjeenje pocetne nejednacine je

R1 = (1; 2] \1; 4

3

R1 =

1; 4

3

:

2) x 2 (2; 6]Sada jex2 8x+ 12 = x2 8x+ 12 = x2 + 8x 12

jx 7j = (x 7) = 7 x

22



x2 + 8x 12 + 4x 1 x2 + 7 x2x2 + 13x 20 0

pa je rjeenje nejednacine x 2 52 ; 4 :Rjeenje pocetne nejednacine je

R2 = (2; 6] \5

2; 4

R2 =

5

2; 4

:

3) x 2 (6; 7]Sada je x2 8x+ 12 = x2 8x+ 12


x2 8x+ 12 + 4x 1 x2 + 7 x3x 4 = : (4)x 4

3


R3 = (6; 7] \1; 4

3

R3 = ?:

4) x 2 (7;+1)Sada je x2 8x+ 12 = x2 8x+ 12

jx 7j = x 7pa nejednacina ima oblik

x2 8x+ 12 + 4x 1 x2 + x 75x 18 = : (5)x 18

5

23



R4 = (7;+1) \1; 18

5

R4 = ?:


R = R1 [R2 [R3 [R4R =

1; 4

3

[5

2; 4

:

24


4 Binomni obrazac

(a+ b)n =

nXk=0

n

k

ankbk

Tk+1 =

n

k

ankbk

n! = 1 2 3 ::: nn

k

=

n!

k!(n k)! =n (n 1) ::: (n k + 1)

1 2 3 ::: kZadatak 4.1 Naci trinaesti clan u razvoju binomap

2 +3p315

:

Rjeenje:Buduci da trazimo trinaesti clan u razvoju binoma, onda uzimamo da je

k=12 i uvrtavajuci u formulu za opci clan razvoja binoma, dobijamo:

T13 =

15

12

p21512

3p312

=

15

12

p23313

12=

=

15

12

2p2 34 = 73710

p2:

Zadatak 4.2 Odrediti koecijent uz x8 u razvoju binoma (x+ 3)12 :

Rjeenje:Opci clan razvoja binoma (x+ 3)12 je

Tk+1 =

12

k

x12k 3k

pa je jasno da mora biti 12 k = 8 jer trazimo koecijent uz x8, odakle jek = 4. Trazeni koecijent je

12

4

34 = 12 11 10 9

1 2 3 4 81 = 40095:

25


Zadatak 4.3 U razvoju binoma2

x+ 3x

15odrediti koecijent uz x7:

Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je

Tk+1 =

n

k

ankbk =

15

k

2

x

15k (3x)k =

=

15

k

2x1

15k 3kxk = 15k

215kx15+k 3kxk =

=

15

k

215k 3k x15+2k

Buduci da trazimo koecijent uz x7; onda mora biti

15 + 2k = 7odakle je k = 11, pa je trazeni koecijent uz x7

15

k

215k 3k =

15

11

21511 311 =

15

4

24 311:

Zadatak 4.4 Naci clan koji sadrzi x7 u razvoju binoma3px2 px

12:


Tk+1 =

n

k

ankbk =

12

k

3px212k

pxk ==

12

k

x23

12kx 12

k=

12

k

x242k3 (1)k x k2 =

=

12

k

(1)k x 242k3 + k2 =

12

k

(1)k x 48k6 :

Sada je jasno da mora biti48 k6

= 7

odakle je k = 6:

Dakle, sedmi clan razvoja binoma

3px2 px

12sadrzi x7.

26


Zadatak 4.5 U razvoju binomapx+

13px

16naci clan koji sadrzi x3:


Tk+1 =

n

k

ankbk =

16

k

px16k 1

3px

k=

=

16

k

x12

16kx

13

k=

16

k

x16k2 x k3 =

=

16

k

x16k2 k3 =

16

k

x485k6 :

Sada je jasno da mora biti48 5k6

= 3

odakle je k = 6:

Dakle, sedmi clan razvoja binomapx+ 13px

16sadrzi x3.

Zadatak 4.6 Odrediti onaj clan razvoja binoma3px2 x1

15koji ne sadrzi x:


Tk+1 =

n

k

ankbk =

15

k

3px215k

x1k ==

15

k

x23

15k (1)k xk =

15

k

x302k3 (1)k xk =

=

15

k

(1)k x 302k3 k =

15

k

(1)k x 305k3 :

Buduci da trazimo clan koji ne sadrzi x, onda mora biti

30 5k3

= 0

odakle je k = 6.

Dakle, sedmi clan razvoja binoma

3px2 x1

15ne sadrzi x.

27


Zadatak 4.7 Odrediti onaj clan razvoja binomapx 3p

x

8koji ne sadrzi x:


Tk+1 =

n

k

ankbk =

8

k

px8k 3p

x

k=

=

8

k

x12

8k3x 12

k=

8

k

x8k2 (3)k x k2 =

=

8

k

(3)k x 8k2 k2 =

8

k

(3)k x 82k2 =

8

k

(3)k x4k:

Buduci da trazimo clan koji ne sadrzi x, onda mora biti

4 k = 0odakle je k = 4.

Dakle, peti clan razvoja binomapx 3p

x

8ne sadrzi x.

Zadatak 4.8 Naci srednji clan u razvoju binoma2

xpx

16:

Rjeenje:Razvoj binoma

2xpx16 ima 17 clanova pa je srednji clan deveti clan,

pa cemu u formulu za opci clan razvoja binoma uvrstiti k = 8. Tako imamo

Tk+1 =

n

k

ankbk =

16

8

2

x

168 px8 =

=

16

8

2

x

8x 12

8=

16

8

28 x8 (1)8 x4 =

=

16

8

28 x4 = 3294720x4:

Zadatak 4.9 Odrediti peti clan u razvoju binoma2xpx 3px8 :28


Rjeenje:Buduci da trazimo peti clan u razvoju binoma, onda cemo u formulu za

opci clan razvoja binoma uvrstiti k = 4 i tako dobijamo

Tk+1 =

n

k

ankbk =

8

4

2xpx84 3px4 =

=

8

4

2x

32

4x 13

4=

8

4

24 x6 (1)4 x 43 =

=

8

4

24 x6+ 43 = 1120x 223 :

Zadatak 4.10 Naci trinaesti clan u razvoju binoma9x 1p

3x

nako je binomni koeciet treceg clana jednak 105.

Rjeenje:Binomni koecijent treceg clana je

n2

pa iz uslova zadatka imamo

n

2

= 105 =) n (n 1)

1 2 = 105 =)=) n (n 1) = 210 =) n2 n = 210=) n2 n 210 = 0:

Rjeenja ove kvadratne jednacine su n1 = 15; n2 = 14 pa uzimamo samoprvo rjeenje a drugo odbacujemo jer je negativno. Sada binom ima oblik

9x 1p3x

15:

Buduci da trazimo trinaesti clan razvoja binoma, u formulu za opci clanrazvoja binoma uvrstit cemo k = 12, i tako dobijamo

T13 =

15

12

(9x)1512

1p

3x

12=

=

15

12

(9x)3

3 12x 12

12=

15

12

93x3 (1)12 36x6 =

=

15

3

36x3 36x6 =

15

3

x3 = 455x3:

29


Zadatak 4.11 Naci redni broj onog clana razvoja binoma 3

rapb+

sb3pa

!21koji sadrzi a i b na isti eksponent.


Tk+1 =

n

k

ankbk =

21

k

3

rapb

21k s

b3pa

!k=

=

21

k

a13 b

16

21kb12a

16

k=

21

k

a21k3 b 21k6 b k2 a k6 =

=

21

k

a21k3 k6 b k2 21k6 =

21

k

a423k6 b 4k216 :

Buduci da zahtijevamo da a i b budu na isti eksponent, tada mora biti

42 3k6

=4k 216

odakle dobijamo da je k = 9:Dakle, deseti clan razvoja binoma sadrzi a i b na isti eksponent.

Zadatak 4.12 Naci vrijednost x u izrazupx 1log x+1 + 12

px6

ciji je cetvrti clan razvoja binoma jednak 200.

Rjeenje:Prvo, odredimo deniciono podrucje. Jano je da mora biti x > 0 i log x+

1 6= 0; tj. x 6= 101 pa jeD = 0; 101 [ 101;+1 :

Ako u formulu za opci clan razvoja binoma uvrstimo k = 3, dobicemo da jecetvrti clan razvoja binoma je

T4 =

6

3

px 1log x+1

63 12px3 = 6

3

x12

1log x+1

3x

112

3=

=

6

3

x

32(log x+1) x 14 =

6

3

x

32(log x+1)

+ 14

30


pa po uslovu zadatka imamo6

3

x

32(log x+1)

+ 14 = 200

20x3

2(log x+1)+ 14 = 200

x3

2(log x+1)+ 14 = 10:

Logaritmiranjem ovog izraza, dobijamo

log x3

2(log x+1)+ 14 = log 10

tj. 3

2 (log x+ 1)+1

4

log x = 1

6 + log x+ 1

4 (log x+ 1) log x = 1

7 + log x

4 (log x+ 1) log x = 1

(7 + log x) log x = 4 (log x+ 1)

7 log x+ log2 x = 4 log x+ 4

log2 x+ 3 log x 4 = 0:Uvodeci smjenu log x = t; dobijamo kvadratnu jednacinu t2+3t 4 = 0 cijasu rjeenja t1 = 4 i t2 = 1:Sada imamo dva slucaja:

t1 = 4 =) log x = 4 =) x = 104 = 0; 001 2 Dt1 = 1 =) log x = 1 =) x = 10 2 D:

Zadatak 4.13 Izracunati clan razvoja binoma4 5px+

3px

2

nkoji sadrzi x2 5

px4 ako je zbir prva tri binomna koecijenta jednak 56.

Rjeenje:Iz uslova zadatka imamo

n

0

+

n

1

+

n

2

= 56

31


odakle je

1 + n+n(n 1)

2= 56

2 + 2n+ n(n 1) = 112n2 + n 110 = 0:

Rjeenja posljednje kvadratne jednacine su n1 = 10 i n2 = 11 od kojih uobzir dolazi samo prvo rjeenje jer je drugo negativno.Binom sada ima oblik

4 5px+

3px

2

10:

Opci clan razvoja binoma je

Tk+1 =

n

k

ankbk =

10

k

4 5px10k 3px

2

k=

=

10

k

410k

x15

10k21x

13

k=

=

10

k

410kx

10k5 2kx k3 =

10

k

410k 2k x 10k5 + k3 =

=

10

k

410k 2k x 30+2k15 :

Kako je x2 5px4 = x2x

45 = x2+

45 = x

145 ; onda je jasno da mora biti

30 + 2k

15=14

5

odakle je k = 6.Dakle, sedmi clan razvoja binoma ima trazenu osobinu.

Zadatak 4.14 Naci za koju vrijednost x u razvoju binomap2x +

1p2x1

nzbir treceg i petog clana iznosi 135, ako je zbir binomnih koecijenata triposljednja clana jednak 22.

Rjeenje:

32


Binomni koecijenti tri posljednja clana jednaki su binomnim koecijen-tima prva tri clana. Po uslovu zadatka imamo

n

0

+

n

1

+

n

2

= 22

odakle je

1 + n+n(n 1)

2= 22

2 + 2n+ n(n 1) = 44n2 + n 42 = 0:

Rjeenja posljednje kvadratne jednacine su n1 = 6 i n2 = 7 od kojih u obzirdolazi samo prvo rjeenje jer je drugo negativno.Binom sada ima oblik p

2x +1p2x1

6:

Treci clan (k = 2) razvoja binoma je

T3 =

6

2

p2x62

1p2x1

2=

=

6

2

2x2

4 2x12 2 = 62

22x 21x =

=

6

2

21+x

a peti clan (k = 4) razvoja binoma je

T5 =

6

4

p2x64

1p2x1

4=

=

6

4

2x2

2 2x12 4 = 64

2x 222x =

=

6

4

22x:

33


Sada je, po uslovu zadatka,6

2

21+x +

6

4

22x = 135

15 21+x + 15 22x = 13521+x + 22x = 9

2 2x + 42x

= 9

2 (2x)2 9 2x 4 = 0:

Uvedimo smjenu t = 2x; dobijamo kvadratnu jednacinu

2t2 9t 4 = 0

cija su rjeenja t1 = 12 i t2 = 4:Sad imamo

t1 =1

2=) 2x = 1

2= 21 =) x = 1

t1 = 4 =) 2x = 4 = 22 =) x = 2:

Zadatak 4.15 Odrediti za koju vrijednost x cetvrti clan razvoja binomap2x1 +

13p2x

nje dvadeset pet puta veci od eksponenta binoma ako je binomni koecijentcetvrtog clana pet puta veci od binomnog koecijenta drugog clana.

Rjeenje:Prema uslovu zadatka imamo

n

3

= 5

n

1

odakle je

n (n 1) (n 2)1 2 3 = 5n

n (n 1) (n 2)6

= 5n

(n 1) (n 2) = 30nn2 3n 28 = 0:

34


Rjeenja posljednje kvadratne jednacine su n1 = 7 i n2 = 4 pa u obzirdolazi samo prvo rjeenje a drugo odbacujemo jer je negativno.Binom sada izgleda p

2x1 +13p2x

7:

Cetvrti clan (k = 3) razvoja ovog binoma je

T4 =

7

3

p2x1

73 13p2x

3=

7

3

2x12

4 2

x3

3=

= 35 22x2 2x = 35 2x2

Prema uslovu zadatka imamo

35 2x2 = 1402x2 = 4

2x2 = 22

x 2 = 2pa je x = 4:

Zadatak 4.16 Odnos koefcijenata petog i treceg clana u razvoju binoma xpx1 5

s1

x2px

!nje 14:3. Odrediti sedmi clan razvoja.


Tk+1 =

n

k

ankbk =

n

k

xpx1nk

5s

1

x2px

!k=

=

n

k

xx

12

nk 5r

1

x2x12

k=

n

k

x12

nk 5r1

x52

k=

=

n

k

x12

nk 5px

52

k=

n

k

x12

nk x

52

15

k=

=

n

k

x12

nk x 12

k=

n

k

xnk2 (1)k x k2 =

=

n

k

(1)k xnk2 k2 =

n

k

(1)k xn2k2 :

35


Koecijent treceg clana (k = 2) jen

k

(1)k =

n

2

(1)2 =

n

2

:

Koecijent petog clana (k = 4) jen

k

(1)k =

n

4

(1)4 =

n

4

:

Po uslovu zadatka imamo n

4

:

n

2

= 14 : 3

pa je

3 n

4

= 14

n

2

3 n (n 1) (n 2) (n 3)

1 2 3 4 = 14 n (n 1)1 2

(n 2) (n 3)4

= 14 = 4(n 2) (n 3) = 56n2 5n 50 = 0

a rjeenja posljednje kvadratne jednacine su n1 = 5 i n2 = 10: U obzirdolazi samo pozitivno rjeenje pa binom sada izgleda

xpx1 5

s1

x2px

!10:

Na osnovu pokazanog, opci clan razvoja ovog binoma je

Tk+1 =

n

k

(1)k xn2k2

pa ako u ovu formulu uvrstimo da je n = 10 i k = 6, dobicemo da je sedmiclan razvoja ovog binoma

T7 =

10

6

(1)6 x 10122 =

10

6

x1:

36


5 Matematicka indukcija

Zadatak 5.1 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1 + 3 + 5 + + (2n 1) = n2:

Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

L 2 1 1 = 2 1 = 1D 12 = 1

Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

1 + 3 + 5 + + (2k 1) = k2:

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

1 + 3 + 5 + + (2 (k + 1) 1) = (k + 1)2 :

Dokaz

1 + 3 + 5 + + (2k 1) + (2 (k + 1) 1) = k2 + (2 (k + 1) 1) == k2 + 2k + 1 = (k + 1)2 :

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

nXk=1

(2k 1) = n2:


13 + 23 + 33 + + n3 =n (n+ 1)

2

2:


L 13 = 1D

1(1+1)2

2= 12 = 1

Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.

37


2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

13 + 23 + 33 + + k3 =k (k + 1)

2

2:


13 + 23 + 33 + + (k + 1)3 =(k + 1) ((k + 1) + 1)

2

2Dokaz:

13 + 23 + 33 + + k3 + (k + 1)3 =k (k + 1)

2

2+ (k + 1)3 =

=k2 (k + 1)2

4+ (k + 1)3 =

=k2 (k + 1)2 + 4 (k + 1)3

4=

=(k + 1)2 (k2 + 4 (k + 1))

4=

=(k + 1)2 (k2 + 4k + 4)

4=

=(k + 1)2 (k + 2)2

4=

=

(k + 1) (k + 2)

2

2=

=

(k + 1) ((k + 1) + 1)

2

2:


nXk=1

k3 =

n (n+ 1)

2

2:


1

1 3 +1

3 5 + +1

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

2n+ 1:

38



L 113 =

13D 1

21+1 =13


1

1 3 +1

3 5 + +1

(2k 1) (2k + 1) =k

2k + 1:


1

1 3 +1

3 5 + +1

(2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =(k + 1)

2 (k + 1) + 1:

Dokaz:

1

1 3 +1

3 5 + +1

(2k 1) (2k + 1) +1

(2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =

=k

2k + 1+

1

(2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =

=k

2k + 1+

1

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

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

=2k2 + 3k + 1

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

(k + 1)

(2k + 3)=

(k + 1)

2 (k + 1) + 1:

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.Rjeenja kvadratne jednacine 2k2 + 3k + 1 = 0 su brojevi k1 = 12 i

k2 = 1; pa je 2k2 + 3k + 1 = 2 k + 1

2

(k + 1) = (2k + 1) (k + 1) :4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

nXk=1

1

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

2n+ 1:


12

1 3 +22

3 5 + +n2

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

2 (2n+ 1):

39



L 1213 =

13

D 1(1+1)2(21+1) =

13


12

1 3 +22

3 5 + +k2

(2k 1) (2k + 1) =k (k + 1)

2 (2k + 1):


12

1 3 +22

3 5 + +(k + 1)2

(2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =(k + 1) ((k + 1) + 1)

2 (2 (k + 1) + 1):

Dokaz:

12

1 3 +22

3 5 + +k2

(2k 1) (2k + 1) +(k + 1)2

(2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =

=k (k + 1)

2 (2k + 1)+

(k + 1)2

(2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =

=k (k + 1)

2 (2k + 1)+

(k + 1)2

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

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

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

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

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

2 (2k + 1) (2k + 3)=(k + 1) (2k2 + 5k + 2)

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

=(k + 1) (k + 2) (2k + 1)

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

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

2 (2 (k + 1) + 1):

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.Rjeenja kvadratne jednacine 2k2 + 5k + 1 = 0 su brojevi k1 = 12 i

k2 = 2; pa je 2k2 + 5k + 1 = 2 k + 1

2

(k + 2) = (2k + 1) (k + 2) :4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

nXk=1

k2

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

2 (2n+ 1):

40



3

4+5

36+ + 2n+ 1

n2 (n+ 1)2= 1 1

(n+ 1)2:


L 21+112(1+1)2

= 34

D 1 1(1+1)2

= 1 14= 3

4:


3

4+5

36+ + 2k + 1

k2 (k + 1)2= 1 1

(k + 1)2:


3

4+5

36+ + 2 (k + 1) + 1

(k + 1)2 ((k + 1) + 1)2= 1 1

((k + 1) + 1)2:

Dokaz:

3

4+5

36+ + 2k + 1

k2 (k + 1)2+

2 (k + 1) + 1

(k + 1)2 ((k + 1) + 1)2=

= 1 1(k + 1)2

+2 (k + 1) + 1

(k + 1)2 ((k + 1) + 1)2=

= 1 1(k + 1)2

+2k + 3

(k + 1)2 (k + 2)2=

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

(k + 1)2 (k + 2)2= 1 k

2 + 4k + 4 2k 3(k + 1)2 (k + 2)2

=

= 1 k2 + 2k + 1

(k + 1)2 (k + 2)2= 1 (k + 1)

2

(k + 1)2 (k + 2)2=

= 1 1(k + 2)2

= 1 1((k + 1) + 1)2

:


nXk=1

2k + 1

k2 (k + 1)2= 1 1

(n+ 1)2:

41



5

1 2 +12

2 3 + +2n2 + 2n+ 1

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

n+ 1:


L 512 =

52

D 1(21+3)1+1

= 52


5

1 2 +12

2 3 + +2k2 + 2k + 1

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

k + 1:


5

1 2 +12

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

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

(k + 1) + 1

Dokaz:

5

1 2 +12

2 3 + +2k2 + 2k + 1

k (k + 1) +2 (k + 1)2 + 2 (k + 1) + 1

(k + 1) ((k + 1) + 1) =

42


=k (2k + 3)

k + 1+2 (k + 1)2 + 2 (k + 1) + 1

(k + 1) ((k + 1) + 1) =

=k (2k + 3)

k + 1+2 (k2 + 2k + 1) + 2 (k + 1) + 1

(k + 1) (k + 2) =

=2k2 + 3k

k + 1+2k2 + 4k + 2 + 2k + 2 + 1

(k + 1) (k + 2) =

=2k2 + 3k

k + 1+

2k2 + 6k + 5

(k + 1) (k + 2) =

=(2k2 + 3k) (k + 2) + 2k2 + 6k + 5

(k + 1) (k + 2) =

=2k3 + 4k2 + 3k2 + 6k + 2k2 + 6k + 5

(k + 1) (k + 2) =

=2k3 + 9k2 + 12k + 5

(k + 1) (k + 2) =2k3 + 2k2 + 7k2 + 7k + 5k + 5

(k + 1) (k + 2) =

=2k2 (k + 1) + 7k (k + 1) + 5 (k + 1)

(k + 1) (k + 2) =

=(2k2 + 7k + 5) (k + 1)

(k + 1) (k + 2) =2k2 + 7k + 5

k + 2=

=2k2 + 2k + 5k + 5

k + 2=(k + 1) (2k + 5)

k + 2=

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

(k + 1) + 1


nXk=1

2k2 + 2k + 1

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

n+ 1:


17 j 5n+3 + 113n+1:Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

51+3 + 1131+1 = 54 + 114 = 625 + 14641 = 15266 = 17 898

43



17 j 5k+3 + 113k+1 =) 5k+3 + 113k+1 = 17A:


17 j 5(k+1)+3 + 113(k+1)+1

Dokaz:

5(k+1)+3 + 113(k+1)+1 = 5k+4 + 113k+4 = 5k+3 5 + 113k+1 113 == 5k+3 5 + 113k+1 1331 == 5k+3 5 + 113k+1 (1326 + 5) == 5k+3 5 + 113k+1 5 + 113k+1 1326 == 5 5k+3 + 113k+1+ 113k+1 1326 == 5 17A+ 113k+1 17 78 == 17

5 A+ 113k+1 78 = 17B:

gdje je B = 5 A+ 113k+1 78:Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.


19 j 7 52n + 12 6n:


7 521 + 12 61 = 7 25 + 12 6 = 175 + 72 = 247 = 19 13:Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

19 j 7 52n + 12 6n =) 7 52n + 12 6n = 19A:


19 j 7 52(n+1) + 12 6(n+1)

44


Dokaz:

7 52(n+1) + 12 6(n+1) = 7 52n+2 + 12 6n+1 = 7 52n 25 + 12 6n 6 == 7 52n (19 + 6) + 12 6n 6 == 7 52n 19 + 7 52n 6 + 12 6n 6 == 7 52n 19 + 6 7 52n + 12 6n == 7 52n 19 + 6 19A = 19 7 52n + 6A = 19B:

gdje je B = 7 52n + 6A:Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.


sin x+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2n 1)x = sin2 nx

sin x:


L sin xD sin2 x

sinx= sinx


sin x+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2k 1)x = sin2 kx

sin x:


sinx+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2 (k + 1) 1)x = sin2 (k + 1) x

sin x

Dokaz:

sin x+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2k 1)x+ sin (2 (k + 1) 1)x =

45


=sin2 kx

sin x+ sin (2k + 1) x =

sin2 kx+ sinx sin (2k + 1) xsin x

=

=sin2 kx+ 1

2[cos 2kx cos (2kx+ 2x)]

sinx=

=2 sin2 kx+cos 2kxcos(2kx+2x)

2

sin x=2 sin2 kx+ cos 2kx cos 2 (k + 1) x

2 sin x=

=2 sin2 kx+ cos2 kx sin2 kx cos2 (k + 1) x+ sin2 (k + 1) x

2 sinx=

=sin2 kx+ cos2 kx cos2 (k + 1) x+ sin2 (k + 1) x

2 sin x=

=1 cos2 (k + 1) x+ sin2 (k + 1) x

2 sin x=sin2 (k + 1) x+ sin2 (k + 1) x

2 sin x=

=2 sin2 (k + 1) x

2 sinx=sin2 (k + 1) x

sin x:


nXk=1

sin (2k 1)x = sin2 nx

sin x:

46


6 Kompleksni brojevi

Zadatak 6.1 Kompleksni broj z = 3 zapisati u trigonometrijskom obliku.

Rjeenje:Vrijedi z = 3 = 3 + 0 i pa je Re(z) = 3 > 0 i Im(z) = 0; pa ako bismo

ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio na realnojosi. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

= jzj =q(Re(z))2 + (Im(z))2 =

p32 + 02 = 3

tg' =Im(z)

Re(z)=0

3= 0 =) ' = 0:

Zato jez = 3 (cos 0 + i sin 0) :

Zadatak 6.2 Kompleksni broj z =p2 i p2 zapisati u trigonometrijskom

obliku.

Rjeenje:Vrijedi z =

p2 i p2 pa je Re(z) = p2 > 0 i Im(z) = p2 < 0; pa ako

bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalaziou cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:

= jzj =rp

22+p22=p2 + 2 =

p4 = 2

tg' =p2p2= 1 =) ' =

4ili ' =

7

4

Zato jez = 2

cos4

+ i sin

4

ili

z = 2

cos

7

4+ i sin 7

4

:

Zadatak 6.3 Kompleksni broj z = 1 + i zapisati u trigonometrijskom ob-liku.

47


Rjeenje:Vrijedi z = 1 + i pa je Re(z) = 1 < 0 i Im(z) = 1 > 0; pa ako bismo

ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u drugomkvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

= jzj =q(1)2 + 12 = p1 + 1 =

p2

tg' =1

1 = 1 =) ' =3

4:

Zato je

z =p2

cos

3

4+ i sin 3

4

:

Zadatak 6.4 Naci realni i imaginarni dio kompleksnog broja

z =1 3i1 + i

i2 + i

:

Rjeenje:Kako je

1 3i1 + i

i2 + i

=(1 3i) (2 + i) i (1 + i)

(1 + i) (2 + i) =

=2 + i 6i 3i2 i i2

2 + i+ 2i+ i2=

=2 6i 4i22 + 3i+ i2

=2 6i+ 42 + 3i 1 =

=6 6i1 + 3i

=6 6i1 + 3i

1 3i1 3i =

=(6 6i) (1 3i)

12 (3i)2 =6 18i 6i+ 18i2

1 9i2 =

=6 24i 18

1 + 9=12 24i

10= 12

10 2410i =

= 65 125i

tada je

Re(z) = 65

Im(z) = 125:

48


Zadatak 6.5 Ako je z1 =p2 i p2 i z2 = 1 + i, izracunati z1 z2 i z1z2 :

Rjeenje:Kompleksne brojeve z1 i z2 zapiimo u tigonometrijskom obliku.Vrijedi z1 =

p2 i p2 pa je Re(z1) =

p2 > 0 i Im(z1) =

p2 < 0; pa

ako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalaziou cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:

= jz1j =rp

22+p22=p2 + 2 =

p4 = 2

tg' =p2p2= 1 =) ' =

4:

Zato jez1 = 2

cos4

+ i sin

4

:

Vrijedi z2 = 1 + i pa je Re(z2) = 1 < 0 i Im(z2) = 1 > 0; pa ako bismoovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u drugomkvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

= jz2j =q(1)2 + 12 = p1 + 1 =

p2

tg' =1

1 = 1 =) ' =3

4:

Zato je

z2 =p2

cos

3

4+ i sin 3

4

:

Sada je

z1 z2 = 2cos4

+ i sin

4

p2

cos

3

4+ i sin 3

4

=

= 2p2

cos

4+3

4

+ i sin

4+3

4

=

= 2p2cos

2+ i sin

2

= 2

p2 (0 + i 1) = 2

p2i:

iz1z2

=2cos

4

+ i sin

4

p2cos 3

4+ i sin 3

4

==

2p2

cos

4 34

+ i sin

4 34

=

=p2 (cos () + i sin ()) =

=p2 (1 + i 0) =

p2:

49


Zadatak 6.6 Izracunati p3 + i

17:

Rjeenje:Kompleksni broj z =

p3 + i zapiimo u trigonometrijskom obliku.

Vrijedi z =p3 + i pa je Re(z) =

p3 > 0 i Im(z) = 1 > 0; pa ako bismo

ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u prvomkvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

= jzj =rp

32+ 12 =

p3 + 1 =

p4 = 2

tg' =1p3=

p3

3=) ' =

6:

Zato jez = 2

cos

6+ i sin

6

:

Sada je

z17 =2cos

6+ i sin

6

17= 217

cos 17

6+ i sin 17

6

=

= 217cos

5 + 12

6+ i sin 5 + 12

6

=

= 217cos

5

6+ 2

+ i sin

5

6+ 2

=

= 217cos

5

6+ i sin 5

6

= 217

p3

2+1

2i

!=

= 217

p3 + i

2

!= 216

p3 + i

:

Zadatak 6.7 Izracunati p7 + 24i:

Rjeenje:Buduci da je korijen kompleksnog broja kompleksan broj, tada vrijedi

p7 + 24i = x+ iy:

50


Odredimo x i y.Kvadriranjem dobijamo

7 + 24i = (x+ iy)27 + 24i = x2 + 2xyi+ i2y27 + 24i = x2 + 2xyi y27 + 24i = x2 y2 + 2xyi

a odavdje jex2 y2 = 7

2xy = 24

:

Rijeimo ovaj sistem.Iz druge jednacine je y = 12x ; pa ako to uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

x2 12

x

2= 7

x2 144x2

= 7 = x2

x4 144 = 7x2x4 + 7x2 144 = 0:

Uvodeci smjenu t = x2; dobijamo kvadratnu jednacinu t2+7t 144 = 0; cijasu rjeenja t1 = 16 i t2 = 9; ali u obzir dolazi samo drugo rjeenje t2 = 9jer zbog smjene t = x2 > 0:Znaci, x1 = 3 ili x2 = 3:Ako je x1 = 3; tada je y1 = 123 = 4:Ako je x2 = 3; tada je y1 = 123 = 4:Dakle, p7 + 24i = 3 4i ili p7 + 24i = 3 + 4i:

Zadatak 6.8 Izracunati4

q8 + 8

p3i:

Rjeenje:Kompleksni broj z = 8 + 8p3i zapiimo u trigonometrijskom obliku.Vrijedi z = 8 + 8p3i pa je Re(z) = 8 < 0 i Im(z) = 8p3 > 0; pa ako

bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio udrugom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

= jzj =r(8)2 +

8p32=p64 + 64 3 = p64 + 192 =

p256 = 16

tg' =8p3

8 = p3 =) ' = 2

3:

51


Zato je

z = 16

cos

2

3+ i sin 2

3

:

Sada je

!k =4

q8 + 8

p3i =

4p16

cos

23+ 2k

4+ i sin

23+ 2k

4

gdje je k = 0; 1; 2; 3:Za k = 0, dobijamo

!0 =4p16

cos

23+ 0

4+ i sin

23+ 0

4

= 2

cos

6+ i sin

6

:

Za k = 1, dobijamo

!1 =4p16

cos

23+ 2

4+ i sin

23+ 2

4

= 2

cos

2

3+ i sin 2

3

:

Za k = 2, dobijamo

!1 =4p16

cos

23+ 4

4+ i sin

23+ 4

4

= 2

cos

7

6+ i sin 7

6

:

Za k = 3, dobijamo

!1 =4p16

cos

23+ 6

4+ i sin

23+ 6

4

= 2

cos

5

3+ i sin 5

3

:


z5 1 i = 0:

Rjeenje:Jasno je da vrijedi

z5 1 i = 0z5 = 1 + i

z = 5p1 + i:

Kompleksni broj z = 1 + i zapiimo u trigonometrijskom obliku.

52


Vrijedi z = 1 + i pa je Re(z) = 1 > 0 i Im(z) = 1 > 0; pa ako bismoovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u prvomkvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

= jzj =p12 + 12 =

p1 + 1 =

p2

tg' =1

1= 1 =) ' =

4:

Zato jez =

p2cos

4+ i sin

4

:

Rjeenje jednacine je

5

rp2cos

4+ i sin

4

=

10p2 5r

cos

4+ i sin

4

a to su kompleksni brojevi

!k =10p2

cos

4+ 2k

5+ i sin

4+ 2k

5

gdje je k = 0; 1; 2; 3; 4.Za k = 0, dobijamo

!0 =10p2

cos

4+ 0

5+ i sin

4+ 0

5

=

10p2cos

20+ i sin

20

:

Za k = 1, dobijamo

!1 =10p2

cos

4+ 2

5+ i sin

4+ 2

5

=

10p2

cos

9

20+ i sin 9

20

:

Za k = 2, dobijamo

!2 =10p2

cos

4+ 4

5+ i sin

4+ 4

5

=

10p2

cos

17

20+ i sin 17

20

:

Za k = 3, dobijamo

!3 =10p2

cos

4+ 6

5+ i sin

4+ 6

5

=

10p2

cos

25

20+ i sin 25

20

=

=10p2

cos

5

4+ i sin 5

4

:

Za k = 4, dobijamo

!4 =10p2

cos

4+ 8

5+ i sin

4+ 8

5

=

10p2

cos

33

20+ i sin 33

20

:

53



2z3 p3 + i = 0:

Rjeenje:

2z3 p3 + i = 0

2z3 =p3 i

z3 =

p3

2 12i

z =3

sp3

2 12i:

Kompleksni broj z =p32 1

2i zapiimo u trigonometrijskom obliku.

Vrijedi z =p32 1

2i pa je Re(z) =

p32> 0 i Im(z) = 1

2< 0; pa ako

bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalaziou cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:

= jzj =

vuut p32

!2+

12

2=

r3

4+1

4= 1

tg' =12p32

= 1p3=

p3

3=) ' =

6:

Zato jez = cos

6

+ i sin

6

:

Rjeenje jednacine je

3

rcos6

+ i sin

6

a to su kompleksni brojevi

!k =

cos

6+ 2k

3+ i sin

6+ 2k

3

gdje je k = 0; 1; 2.Za k = 0, dobijamo

!0 =

cos

6+ 0

3+ i sin

6+ 0

3

= cos

18

+ i sin

18

:

54


Za k = 1, dobijamo

!1 =

cos

6+ 2

3+ i sin

6+ 2

3

= cos

11

18+ i sin 11

18:

Za k = 2, dobijamo

!2 =

cos

6+ 4

3+ i sin

6+ 4

3

= cos

23

18+ i sin 23

18:

Zadatak 6.11 Odrediti skup tacaka koji zadovoljava jednacinu

jz 3ij = 2:Rjeenje:Neka je z = x+ iy:

jx+ iy 3ij = 2jx+ (y 3) ij = 2qx2 + (y 3)2 = 2x2 + (y 3)2 = 22

a jednacina x2+(y 3)2 = 22 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0; 3)i poluprecnikom 2.

Zadatak 6.12 Odrediti skup tacaka koji zadovoljava nejednacine

3 jz + ij 5:

55


Rjeenje:Neka je z = x+ iy:Posmatrajmo prvo nejednakost jz + ij 3: Sada je

jz + ij 3jx+ iy + ij 3

jx+ (y + 1) ij 3qx2 + (y + 1)2 3x2 + (y + 1)2 32:

Jednacina x2+(y + 1)2 = 32 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0;1)i poluprecnikom 3, a nejednakost x2 + (y + 1)2 32 zadovoljavaju sve tackevan te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici (jer je znak ).Posmatrajmo sada drugu nejednakost

jz + ij 5jx+ iy + ij 5

jx+ (y + 1) ij 5qx2 + (y + 1)2 5x2 + (y + 1)2 52:

Jednacina x2+(y + 1)2 = 52 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0;1)i poluprecnikom 5, a nejednakost x2 + (y + 1)2 52 zadovoljavaju sve tackeunutar te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici (jer je znak ).Skup tacaka koji zadovoljava nejednacine 3 jz + ij 5 ce biti sve tacke

van te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici x2 + (y + 1)2 = 32 i sve tackeunutar te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici x2+(y + 1)2 = 52; tj. tackekoje pripadaju kruznom prstenu.

56


Zadatak 6.13 Odrediti skup tacaka koji zadovoljava nejednacine

1 jzj < 5 i 4< ' 5

4:

Rjeenje:Neka je z = x+ iy:Posmatrajmo nejednakost jzj 1:

jzj 1px2 + y2 1x2 + y2 12:

Jednacina x2 + y2 = 12 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0; 0) ipoluprecnikom 1, pa datu nejednacinu zadovoljavaju sve tacke van kruzniceali ukljucujuci i tacke na kruznici.Posmatrajmo nejednakost jzj < 5:

jzj < 5px2 + y2 < 5

x2 + y2 < 52:

Jednacina x2 + y2 = 52 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0; 0) ipoluprecnikom 5, pa datu nejednacinu zadovoljavaju sve tacke unutar kruzniceali ne ukljucujuci i tacke na kruznici.

57


Tacke koje zadovoljavaju uvjet 4 < ' 54 su tacke koje se nalaze izmeupravih odreenih jednacinama x = 4 i x =

54ali ukljucujuci i tacke na pravoj

x = 4:

Znaci, skup tacaka koje zadovoljavaju postavljene uvjete cine tacke nadijelu kruznog prstena omeenog dvjema pravima, ali ukljucujuci tacke navecoj kruznici i tacke na pravoj x = 4 :

58


7 Determinante

Determinante drugog reda racunamo po formuli a cb d = a d b c:

Zadatak 7.1 Izracunati 1 13 4 :

Rjeenje: 1 13 4 = 1 4 3 1 = 4 3 = 1:

Zadatak 7.2 Izracunati 2 13 4 :

Rjeenje: 2 13 4 = 2 4 3 (1) = 8 + 3 = 5:

Determinante treceg reda racunamo na dva nacina: Sarusovim pravilomili LaPlasovim razvojem determinante po odabranoj vrsti ili koloni (prilikomLaPlasovog razvoja determinante veoma je povoljno odabrati vrstu ili kolonukoja ima nule i po njoj izvriti razvoj).

Zadatak 7.3 Izracunati 1 2 34 1 22 6 1

:Rjeenje:Prvi nacin - Sarusovo pravilo

1 2 34 1 22 6 1

=1 2 34 1 22 6 1

1 24 12 6

=

= (1 + 8 + 72) (6 12 8) = 95:

59


Drugi nacin - LaPlasov razvoj (npr. po prvoj vrsti)1 2 34 1 22 6 1

= 1 1 26 1

(2) 4 22 1+ 3 4 12 6

== 1 (1 + 12) + 2 (4 + 4) + 3 (24 2) == 13 + 16 + 66 = 95:

Determinante cetvrtog i veceg reda racunamo LaPlasovim razvojem de-terminante po odabranoj vrsti ili koloni, i time red determinante smanjujemoza jedan.

Zadatak 7.4 Izracunati 4 2 3 02 0 5 3

1 2 4 23 1 1 1

:Rjeenje:Izvrimo LaPlasov razvoj ove determinante po prvoj vrsti

4 2 3 02 0 5 3

1 2 4 23 1 1 1

= 4

0 5 32 4 21 1 1

2

2 5 31 4 23 1 1

++3

2 0 3

1 2 23 1 1

0

2 0 51 2 43 1 1

= 4 (18) 2 (26) + 3 15 0 = 25

Zadatak 7.5 Izracunati determinantua b a bb a a ba b a ab a b a

:Rjeenje:

60


Koristeci osobine determinanti, dobijamoa b a bb a a ba b a ab a b a

=a b b a b bb a a a b ba b b 0 ab a a b a a

Od prve kolone oduzeli drugu:Od trece kolone oduzeli cetvrtu:Drugu i cetvrtu kolonu prepisali:

=

a b b a b b

(a b) a a b ba b b 0 a

(a b) a (a b) a

Iz prve i trece koloneizvlacimo zajednickifaktor (a b) :

= (a b)2

1 b 1 b1 a 1 b1 b 0 a

1 a 1 a

Od druge kolone oduzmimocetvrtu:

= (a b)2

1 0 1 b1 a b 1 b1 (a b) 0 a

1 0 1 a

Iz druge kolone izvlacimofaktor (a b) :

= (a b)3

1 0 1 b1 1 1 b1 1 0 a

1 0 1 a

Razvojpo drugoj koloni

= (a b)30@

1 1 b1 0 a

1 1 a

+

1 1 b1 1 b1 1 a

1A

= (a b)3 (a b+ a a+ a+ b b+ b+ a+ b) == (a b)3 (a+ b) :

Zadatak 7.6 Izracunati determinantu1 a a2

1 b b2

1 c c2

:Rjeenje:

61


Koristeci osobine determinanti, dobijamo1 a a2

1 b b2

1 c c2

=1 a a2

0 b a b2 a20 c a c2 a2

Od druge vrste oduzmimo prvuOd trece vrste oduzmimo prvu=

b a b2 a2c a c2 a2 Razvoj po prvoj koloni

=

b a (b a) (b+ a)c a (c a) (c+ a)

= (b a) (b c) 1 b+ a1 c+ a

Izvlacimo faktore (b a) i(b a)= (b a) (b c) (c a):

Zadatak 7.7 Dokazatia2 (a+ 1)2 (a+ 2)2

b2 (b+ 1)2 (b+ 2)2

c2 (c+ 1)2 (c+ 2)2

= 4 (a b) (b c) (a c) :Rjeenje:Mnozenjem elemenata prve kolone sa 1 i dodavanjem drugoj i trecoj

koloni, dobijamoa2 (a+ 1)2 (a+ 2)2

b2 (b+ 1)2 (b+ 2)2

c2 (c+ 1)2 (c+ 2)2

=a2 2a+ 1 4a+ 4b2 2b+ 1 4b+ 4c2 2c+ 1 4c+ 4

== 4

a2 2a+ 1 a+ 1b2 2b+ 1 b+ 1c2 2c+ 1 c+ 1

== 4

a2 a a+ 1b2 b b+ 1c2 c c+ 1

=

62


= 4 a2 a 1b2 b 1c2 c 1

== 4

a2 a 1

b2 a2 b a 0c2 a2 c a 0

== 4

a2 a 1

(b a) (b+ a) b a 0(b c) (b+ c) c a 0

== 4 (b a) (b c)

a2 a 1b+ a 1 0b+ c 1 0

== 4 (b a) (b c)

b+ a 1b+ c 1 =

= 4 (a b) (b c) (a c) :

63


8 Matrice. Operacije sa matricama.

Zadatak 8.1 Date su matrice

A =

24 2 4 53 2 61 1 7

35 i B =24 1 1 63 0 45 2 10

35 :Izracunati matrice A+B;AB;A B:

Rjeenje: Matrice A i B su formata 33 pa su moguce trazene operacijenad njima.

A+B =

24 2 4 53 2 61 1 7

35+24 1 1 63 0 45 2 10

35 =24 3 3 116 2 106 3 17

35AB =

24 2 4 53 2 61 1 7

3524 1 1 63 0 45 2 10

35 =24 1 5 10 2 24 1 3

35A B =

24 2 4 53 2 61 1 7

35 24 1 1 63 0 45 2 10

35 =24 39 8 7839 9 8639 13 80

35 :Zadatak 8.2 Data je matrica

A =

1 23 1

Izracunati P (A) = 3A2 5A 2E; gdje je E jedinicna matrica.

Rjeenje:

P (A) = 3A2 5A 2E == 3

1 23 1

1 23 1

5

1 23 1

2

1 00 1

=

= 3

7 46 7

5

1 23 1

2

1 00 1

=

=

21 1218 21

5 1015 5

2 00 2

=

14 23 14

:

64


Zadatak 8.3 Dat je polinom P (x) = 2x x2 3 i matrica

A =

24 4 1 20 1 30 0 2

35Izracunati P (A).

Rjeenje:Jasno je da vrijedi P (A) = 2AA2 3E, gdje je E jedninicna matrica.Prvo cemo izracunati inverznu matricu matrice A po formuli

A1 =1

detA adjA:

Imamo

detA =

4 1 20 1 30 0 2

=4 1 20 1 30 0 2

4 10 10 0

= 8:

Kofaktori matrice A su:

A11 =

1 30 2 = 2 A12 = 0 30 2

= 0 A13 = 0 10 0 = 0

A21 = 1 20 2

= 2 A22 = 4 20 2 = 8 A23 = 4 10 0

= 0A31 =

1 21 3 = 5 A32 = 4 20 3

= 12 A33 = 4 10 1 = 4

pa je adjungovana matrica matrice A

adjA =

24 2 2 50 8 120 0 4

35 :Sada je

A1 = 18

24 2 2 50 8 120 0 4

35 =24 14 14 580 1 3

2

0 0 12

35i

A2 = A1 A1 =24 14 14 580 1 3

2

0 0 12

35 24 14 14 580 1 3

2

0 0 12

35 ==

24 116 316 3320 1 34

0 0 14

35 :65


Konacno, imamo da je

P (A) = 2A A2 3E =

= 2

24 4 1 20 1 30 0 2

3524 116 316 3320 1 3

4

0 0 14

35 324 1 0 00 1 00 0 1

35 ==

24 8 2 40 2 60 0 4

3524 116 316 3320 1 3

4

0 0 14

3524 3 0 00 3 00 0 3

35 ==

24 7916 3516 131320 6 274

0 0 34

35 :Zadatak 8.4 Dat je polinom P (x) = 2 + 3x+ x2 i matrica

A =

24 1 1 20 2 10 0 3

35Izracunati P (A).

Rjeenje:Jasno je da vrijedi P (A) = 2E+3A+A2, gdje je E jedninicna matrica.Prvo cemo izracunati inverznu matricu matrice A po formuli

A1 =1

detA adjA:

Imamo

detA =

1 1 20 2 10 0 3

=1 1 20 2 10 0 3

1 10 20 0

= 6:

Kofaktori matrice A su:

A11 =

2 10 3 = 6 A12 = 0 10 3

= 0 A13 = 0 20 0 = 0

A21 = 1 20 3

= 3 A22 = 1 20 3 = 3 A23 = 1 10 0

= 0A31 =

1 22 1 = 3 A32 = 1 20 1

= 1 A33 = 1 10 2 = 2

66


pa je adjungovana matrica matrice A

adjA =

24 6 3 30 3 10 0 2

35 :Sada je

A1 = 16

24 6 3 30 3 10 0 2

35 =24 1 12 120 1

216

0 0 13

35i

A2 = A1 A1 =24 1 12 120 1

216

0 0 13

35 24 1 12 120 1

216

0 0 13

35 ==

24 1 34 140 14

136

0 0 19

35 :Konacno, imamo da je

P (A) = 2E + 3A+ A2 =

= 224 1 0 00 1 00 0 1

35+ 324 1 1 20 2 10 0 3

35+24 1 34 140 1

4136

0 0 19

35 ==

24 2 0 00 2 00 0 2

35+24 3 3 60 6 30 0 9

35+24 1 34 140 1

4136

0 0 19

35 ==

24 2 94 2540 174

10936

0 0 989

35 :Zadatak 8.5 Dokazati da za matricu

A (x) =

cosx sin xsin x cosx

vrijedi A(t) A(r) = A(t+ r); t; r 2 R:

Rjeenje:

67


Kako je

A (t) =

cos t sin tsin t cos t

i A (x) =

cos r sin rsin r cos r

tada je

A(t) A(r) =cos t sin tsin t cos t

cos r sin rsin r cos r

=

=

cos t cos r sin t sin r cos t sin r sin t cos rsin t cos r + cos t sin r sin t sin r + cos t cos r

=

=

cos t cos r sin t sin r (cos t sin r + sin t cos r)sin t cos r + cos t sin r cos t cos r sin t sin r

=

=

cos (t+ r) sin (t+ r)sin (t+ r) cos (t+ r)

= A(t+ r):

Zadatak 8.6 Date su matrice

A =

24 2 0 14 3 21 1 1

35 i B =24 0 1 14 2 31 0 1

35 :Izracunati matrice P = AB1+A2+2E i Q = 2A 3B1+A1B; gdje jeE jedinicna matrica.

Rjeenje:Izracunajmo inverznu matricu matrice A po formuli

A1 =1

detA adjA:

Imamo

detA =

2 0 14 3 21 1 1

=2 0 14 3 21 1 1

2 04 31 1

=

= (6 + 0 4) (3 + 4 + 0) = 2 1 = 1:Kofaktori matrice A su

A11 =

3 21 1 = 1 A12 = 4 21 1

= 2 A13 = 4 31 1 = 1

A21 = 0 11 1

= 1 A22 = 2 11 1 = 3 A23 = 2 01 1

= 2A31 =

0 13 2 = 3 A32 = 2 14 2

= 8 A33 = 2 04 3 = 6

68


pa je adjungovana matrica

adjA =

24 1 1 32 3 81 2 6

35Inverzna matrica matrice A je

A1 =1

1

24 1 1 32 3 81 2 6

35 =24 1 1 32 3 8

1 2 6

35 :Izracunajmo inverznu matricu matrice B po formuli

B1 =1

detB adjB:

Imamo

detB =

0 1 14 2 31 0 1

=0 1 14 2 31 0 1

0 14 21 0

=

= (0 + 3 + 0) (2 + 0 4) = 3 + 2 = 5:

Kofaktori matrice B su

B11 =

2 30 1 = 2 B12 = 4 31 1

= 7 B13 = 4 21 0 = 2

B21 = 1 10 1

= 1 B22 = 0 11 1 = 1 B23 = 0 11 0

= 1B31 =

1 12 3 = 1 B32 = 0 14 3

= 4 B33 = 0 14 2 = 4


adjB =

24 2 1 17 1 42 1 4

35Inverzna matrica matrice B je

B1 =1

5

24 2 1 17 1 42 1 4

35 =24 25 15 157

515

452

51545

35 :69


Izracunajmo matricu A2

A2 = A1 A1 =24 1 1 32 3 8

1 2 6

35 24 1 1 32 3 8

1 2 6

35 ==

24 6 10 2916 27 7811 19 55

35 :Sada je

P = AB1 + A2 + 2E =

=

24 2 0 14 3 21 1 1

35 24 25 15 157

515

452

51545

35+24 6 10 2916 27 78

11 19 55

35++

24 2 0 00 2 00 0 2

35=

24 385 495 1515715

1485

3825

58594

52865

35i

Q = 2A 3B1 + A1B =

= 2 24 2 0 14 3 21 1 1

35 3 24 25 15 157

515

452

51545

35++

24 1 1 32 3 81 2 6

35 24 0 1 14 2 31 0 1

35=

24 4 0 28 6 42 2 2

3524 65 35 3521

535

1256

53512

5

35+24 1 1 54 4 152 3 11

35 ==

24 215 85 385395

535

835

658533

5

35 :Zadatak 8.7 Rijeiti matricnu jednacinu

X (A+ E) = 2A E

70


gdje je

A =

24 1 1 20 2 10 0 3

35i E jedinicna matrica.

Rjeenje:Neka je

P = A+ E =

24 1 1 20 2 10 0 3

35+24 1 0 00 1 00 0 1

35 =24 2 1 20 3 10 0 2

35Q = 2A E =

24 2 2 40 4 20 0 6

3524 1 0 00 1 00 0 1

35 =24 1 2 40 3 20 0 7

35 :Sada matricna jednacina ima oblik

XP = Q

koja se rjeava na sljedeci nacin

XP = Q = P1XPP1 = QP1

XE = QP1

pa je rjeenje matrica X = QP1:Izracunajmo matricu P1 po formuli

P1 =1

detP adjP

Determinanta matrice P je

detP =

2 1 20 3 10 0 2

= 12a kofaktori matrice P su

P11 =

3 10 2 = 6 P12 = 0 10 2

= 0 P13 = 0 30 0 = 0

P21 = 1 20 2

= 2 P22 = 2 20 2 = 4 P23 = 2 110 0

= 0P31 =

1 23 1 = 7 P32 = 2 20 1

= 2 P33 = 2 10 3 = 6

71


pa je

adjP =

24 6 2 70 4 20 0 6

35 :Dakle,

P1 =1

12

24 6 2 70 4 20 0 6

35 =24 12 16 7120 1

316

0 0 12

35 :Rjeenje matricne jednacine je matrica

X = QP1 =

24 1 2 40 3 20 0 7

35 24 12 16 7120 1

316

0 0 12

35 ==

24 12 12 740 1 12

0 0 72


X (2A 3E) = 2E A

gdje je

A =

24 1 1 20 2 10 0 3


Neka je

P = 2A 3E =24 2 2 40 4 20 0 6

3524 3 0 00 3 00 0 3

35 =24 1 2 40 1 2

0 0 9

35Q = 2E A =

24 2 0 00 2 00 0 2

3524 1 1 20 2 10 0 3

35 =24 1 1 20 0 10 0 5


XP = Q

72



XP = Q = P1XPP1 = QP1

XE = QP1

pa je rjeenje matrica X = QP1:Izracunajmo matricu P1 po formuli

P1 =1

detP adjP


detP =

1 2 40 1 20 0 9


P11 =

1 20 9 = 9 P12 = 0 20 9

= 0 P13 = 0 10 0 = 0

P21 = 2 40 9

= 18 P22 = 1 40 9 = 9 P23 = 1 20 0

= 0P31 =

2 41 2 = 0 P32 = 1 40 2

= 2 P33 = 1 20 1 = 1

pa je

adjP =

24 9 18 00 9 20 0 1

35 :Dakle,

P1 =1

9

24 9 18 00 9 20 0 1

35 =24 1 2 00 1 2

9

0 0 19


X = QP1 =

24 1 1 20 0 10 0 5

35 24 1 2 00 1 2

9

0 0 19

35 ==

24 1 1 00 0 19

0 0 59

35 :73


Zadatak 8.9 Rijeiti matricnu jednacinu

(A 2B)X = 2AB + E

ako je

A =

24 1 1 20 2 10 0 3

35 i B =24 2 1 10 2 10 0 3


Rjeenje:Neka je

P = A 2B =24 1 1 20 2 10 0 3

35 2 24 2 1 10 2 10 0 3

35 ==

24 1 1 20 2 10 0 3

3524 4 2 20 4 20 0 6

35 =24 3 1 40 2 1

0 0 9

35Q = 2AB + E = 2

24 1 1 20 2 10 0 3

3524 2 1 10 2 10 0 3

35+24 1 0 00 1 00 0 1

35 ==

24 2 2 40 4 20 0 6

3524 2 1 10 2 10 0 3

35+24 1 0 00 1 00 0 1

35 =24 1 1 50 3 10 0 8


PX = Q


P1 = PX = Q = P1PP1X = P1Q

EX = P1Q

pa je rjeenje matrica X = P1Q:Izracunajmo matricu P1 po formuli

P1 =1

detP adjP

74



detP =

3 1 40 2 10 0 9


P11 =

2 10 9 = 18 P12 = 0 10 9

= 0 P13 = 0 20 0 = 0

P21 = 1 40 9

= 9 P22 = 3 40 9 = 27 P23 = 3 10 0

= 0P31 =

1 42 1 = 9 P32 = 3 40 1

= 3 P33 = 3 10 2 = 6

pa je

adjP =

24 18 9 90 27 30 0 6

35 :Dakle,

P1 =1

54

24 18 9 90 27 30 0 6

35 =24 13 16 160 1

2118

0 0 19


X = P1Q =

24 13 16 160 12

118

0 0 19

35 24 1 1 50 3 10 0 8

35 ==

24 13 16 160 325154

0 0 89


AX1 = AX1

ako je

A =

2 11 2

:

Rjeenje:Matricna jednacina

AX1 = AX1

75


je ekvivalentna jednaciniAX = A+ E

jer

AX1 = AX1AX1 +X1 = A

(A+ E)X1 = A = X(A+ E)X1X = AX

A+ E = AX:

Neka je

B = A+ E =

2 11 2

+

1 00 1

=

1 11 3

:

Sada matrica jednacina ima oblik

AX = B


A1 = AX = BA1AX = A1B

X = A1B:

Inverzna matrica matrice A je matrica

A1 =1

32 11 2

=

23

131

323

pa je rjeenje matricne jednacine matrica

X = A1B = 2

3131

323

1 11 3

=

13

131

353

:

Zadatak 8.11 Matricu

A =

24 3 2 14 3 21 0 4

35predstaviti kao zbir jedne simetricne i jedne antisimetricne matrice.

76


Rjeenje:Kvadratna matrica je simetricna ako su joj elementi simetricni u odnosu

na glavnu dijagonalu, tj. ako je aij = aji i vrijedi

AS =1

2

A+ AT

:

Kvadratna matrica je antisimetricna ako je jednaka svojoj negativnojtransponovanoj matrici i vrijedi

AK =1

2

A AT :

Kako je

AT =

24 3 4 12 3 01 2 4

35onda je

AS =1

2

A+ AT

=1

2

0@24 3 2 14 3 21 0 4

35+24 3 4 12 3 01 2 4

351A =24 3 3 13 3 11 1 4

35Ak =

1

2

A AT = 1

2

0@24 3 2 14 3 21 0 4

3524 3 4 12 3 01 2 4

351A =24 0 1 01 0 10 1 0

35 :Zadatak 8.12 Odrediti rang matrice

A =

24 4 3 22 1 31 1 1

112

35 :Rjeenje:

A =

24 4 3 22 1 31 1 1

112

35

24 1 1 12 1 34 3 2

211

35

24 1 1 10 3 10 7 2

237

35 V1 prepisana2 V1 + V24 V1 V3

24 1 1 10 3 10 0 13

230

35 V1 prepisanaV2 prepisana7 V2 3 V3

77


Dakle, rangA = 3:

Zadatak 8.13 Odrediti rang matrice

A =

24 3 2 11 1 32 1 2

231

35 :Rjeenje:

A =

24 3 2 11 1 32 1 2

231

35

24 1 1 32 1 23 2 1

312

35

24 1 1 30 1 80 1 8

377

35 V1 prepisana2 V1 + V23 V1 + V3

24 1 1 30 1 8

0 0 0

370

35 : V1 prepisanaV2 prepisanaV2 V3

Dakle, rangA = 2:


A =

26642 1 3 11 1 1 1

1 2 3 11 1 2 2

43

42

3775 :

78


Rjeenje:

A =

26642 1 3 11 1 1 1

1 2 3 11 1 2 2

43

42

3775

26641 1 1 11 1 2 2

1 2 3 12 1 3 1

32

44

3775

26641 1 1 10 0 1 30 3 2 00 3 1 1

31

12

3775V1 prepisana

V1 V2V1 + V3

2 V1 V4

26641 1 1 10 3 2 00 3 1 10 0 1 3

3121

3775

26641 1 1 10 3 2 00 0 1 10 0 1 3

3131

3775V1 prepisanaV2 prepisana

V1 + V3V4 prepisana

26641 1 1 10 3 2 00 0 1 10 0 0 4

3134

3775V1 prepisanaV2 prepisanaV3 prepisana

V3 V4Dakle, rangA = 4:


A =

26642 3 4 11 1 1 3

1 3 2 23 4 5 4

2426

3775 :

79


Rjeenje:

A =

26642 3 4 11 1 1 3

1 3 2 23 4 5 4

2426

3775

26641 1 1 3

1 3 2 22 3 4 13 4 5 4

4226

3775

26641 1 1 30 4 3 50 1 2 50 1 2 5

4666

3775V1 prepisana

V1 + V22V1 V33V1 V4

26641 1 1 30 4 3 50 0 5 250 0 0 0

46300


V2 + 4V3V3 V4

Dakle, rangA = 3:


A =

26642 1 1 31 1 3 1

2 3 1 13 2 4 2

14

33

3775 :

80


Rjeenje:

A =

26642 1 1 31 1 3 1

2 3 1 13 2 4 2

14

33

3775

26641 1 3 12 1 1 3

2 3 1 13 2 4 2

4133

3775

26641 1 3 10 1 5 50 5 7 30 1 5 5

4959

3775V1 prepisana

2V1 V22V1 + V33V1 V4

26641 1 3 10 1 5 50 0 18 220 0 0 0

49400


5V2 V3V2 V3

Dakle, rangA = 3:

Zadatak 8.17 U zavisnosti od realnog parametra odrediti rang matrice

A =

24 1 11 11 1

35 :Rjeenje:

A =

24 1 11 11 1

35

24 1 1 1 1 1 1

35

81


24 1 1 0 1 1 0 1 1 2

35 V1 prepisanaV2 V1V3 V1

24 1 1 0 1 1 0 0 2 2

35 V1 prepisanaV2 prepisanaV3 + V2

=

24 1 1 0 1 1 0 0 (1 ) (2 + )

35Diskusija:

1. ako je = 1 tada je rangA = 1 jer je

A =

24 1 1 10 0 00 0 0

352. ako je = 2 tada je rangA = 2 jer je

A =

24 1 1 10 3 30 0 0

353. ako je 6= 1 i 6= 2 tada je rangA = 3:

Zadatak 8.18 U zavisnosti od realnog parametra odrediti rang matrice

A =

26641 1 4 34 10 1 7 17 3 12 4 3 2

3775 :

82


Rjeenje:

A =

26641 1 4 34 10 1 7 17 3 12 4 3 2

3775

26641 1 4 30 6 15 120 10 25 200 2 5 4

3775V1 prepisana

V2 4V1V3 7V1V4 2V1

26641 1 4 30 2 5 40 6 15 120 10 25 20

3775

26641 1 4 30 2 5 40 0 0 0 0 0 0


V3 3V2V4 5V2

Diskusija:

1. ako je = 0 tada je rangA = 2:

2. ako je 6= 0 tada je rangA = 3.

83


9 Sistemi linearnih jednacina

Zadatak 9.1 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem

4x 3y 2z = 12x+ y + 3z = 1

x+ y z = 2

9=; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

A =

24 4 3 22 1 31 1 1

35Ap =

24 4 3 22 1 31 1 1

1

12

35 :Odredimo rang proirene matrice:

Ap =

24 4 3 22 1 31 1 1

1

12

35

24 1 1 12 1 34 3 2

2

11

35

24 1 1 10 3 10 7 2

237

35 V1 prepisana2 V1 + V24 V1 V3

24 1 1 10 3 10 0 13

230

35 V1 prepisanaV2 prepisana7 V2 3 V3

Odavdje vidimo da je rang (A) = 3 i rang (Ap) = 3 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem

x+ y z = 23y + z = 313z = 0

9=; :Iz trece jednacine vidimo da je z = 0 i ako to uvrstimo u drugu jednacinu

dobicemo

3y + 0 = 3

3y = 3 =) y = 1:

84


Uvrtavajuci z = 0 i y = 1 u prvu jednacinu, dobijamo

x+ 1 0 = 2x+ 1 = 2 =) x = 2:

Rjeenje sistema je(x; y; z) = (1; 1; 0) :


3x 2y + z = 2x+ y 3z = 32x y 2z = 1

9=; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

A =

24 3 2 11 1 32 1 2

35Ap =

24 3 2 11 1 32 1 2

2

31


Ap =

24 3 2 11 1 32 1 2

2

31

35

24 1 1 32 1 23 2 1

312

35

24 1 1 30 1 80 1 8

377

35 V1 prepisana2 V1 + V23 V1 + V3

24 1 1 30 1 8

0 0 0

370

35 : V1 prepisanaV2 prepisanaV2 V3


x+ y 3z = 3y 8z = 7

:

85


Ovaj sistem ima tri nepoznate a dvije jednacine. Zato jednu nepoznatubiramo proizvoljno.Neka je, recimo, z = gdje je 2 R:Ako z = uvrstimo u drugu jednacinu, dobijamo

y 8 = 7 =) y = 7 + 8:

Ako y = 7 + 8 i z = uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

x 7 + 8 3 = 3x 7 + 5 = 3

x = 4 5 =) x = 4 + 5

Rjeenje sistema je

(x; y; z) = (4 + 5;7 + 8; ) ; 2 R:


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

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

9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

A =

26642 1 3 11 1 1 1

1 2 3 11 1 2 2

3775

Ap =

26642 1 3 11 1 1 1

1 2 3 11 1 2 2

43

42

3775

86


Odredimo rang proirene matrice:

Ap =

26642 1 3 11 1 1 1

1 2 3 11 1 2 2

43

42

3775

26641 1 1 11 1 2 2

1 2 3 12 1 3 1

32

44

3775

26641 1 1 10 0 1 30 3 2 00 3 1 1

31

12

3775V1 prepisana

V1 V2V1 + V3

2 V1 V4

26641 1 1 10 3 2 00 3 1 10 0 1 3

3

121

3775

26641 1 1 10 3 2 00 0 1 10 0 1 3

3

131


V1 + V3V4 prepisana

26641 1 1 10 3 2 00 0 1 10 0 0 4

3

134

3775V1 prepisanaV2 prepisanaV3 prepisana

V3 V4Odavdje vidimo da je rang (A) = 4 i rang (Ap) = 4 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem

x+ y + z + t = 33y 2z = 1z t = 34t = 4

9>>=>>; :Iz cetvrte jednacine vidimo da je t = 1.Ako t = 1 uvrstimo u trecu jednacinu dobicemo

z 1 = 3z = 2 =) z = 2:

87


Ako z = 2 i t = 1 uvrstimo u drugu jednacinu, dobicemo

3y 4 = 13y = 3 =) y = 1:

Ako y = 1, z = 2 i t = 1 uvrstimo u prvu jednacinu, dobicemo

x+ 1 + 2 + 1 = 3 =) x = 1:

Rjeenje sistema je

(x; y; z; t) = (1; 1; 2; 1) :


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

x+ 3y 2z + 2t = 23x+ 4y 5z + 4t = 6


A =

26642 3 4 11 1 1 3

1 3 2 23 4 5 4

3775

Ap =

26642 3 4 11 1 1 3

1 3 2 23 4 5 4

2426

3775 :

88



Ap =

26642 3 4 11 1 1 3

1 3 2 23 4 5 4

2426

3775

26641 1 1 3

1 3 2 22 3 4 13 4 5 4

4226

3775

26641 1 1 30 4 3 50 1 2 50 1 2 5

4666

3775V1 prepisana

V1 + V22V1 V33V1 V4

26641 1 1 30 4 3 50 0 5 250 0 0 0

46300


V2 + 4V3V3 V4


x+ y z + 3t = 44y 3z + 5t = 65z + 25t = 30

9=; :Ovaj sistem ima cetiri nepoznate a tri jednacine.Znaci, jednu nepoznatu uzimamo proizvoljno.Neka je, npr. t = ( 2 R) :Iz trece jednacine imamo

5z + 25 = 30

z + 5 = 6 =) z = 6 5:Ako z = 6 5 i t = uvrstimo u drugu jednacinu, dobijamo

4y 3 (6 5) + 5 = 64y 18 + 15+ 5 = 6

4y = 24 20 =) y = 6 5:Ako y = 6 5; z = 6 5 i t = uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

x+ 6 5 6 + 5+ 3 = 4x+ 3 = 4 =) x = 4 3:

89


Rjeenje sistema je

(x; y; z; t) = (4 3; 6 5; 6 5; ) ( 2 R) :


3x 2y + 2z = 3x+ y z = 14x y + z = 4

2x 3y + 3z = 2


A =

26643 2 21 1 14 1 12 3 3

3775

Ap =

26643 2 21 1 14 1 12 3 3

3142


Ap =

26643 2 21 1 14 1 12 3 3

3142

3775

26641 1 13 2 24 1 12 3 3

1342

3775

26641 1 10 5 50 5 50 5 5

1000

3775V1 prepisana

V2 3V1V3 4V1V4 2V1

26641 1 10 5 50 0 00 0 0

1000


V3 V2V4 V2

90



x+ y z = 15y + 5z = 0

:

Ovaj sistem ima tri nepoznate a dvije jednacine.Znaci, jednu nepoznatu uzimamo proizvoljno.Neka je, npr. z = ( 2 R) :Iz druge jednacine imamo

5y + 5 = 05y = 5 =) y = :

Ako y = i z = uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

x+ y z = 1x+ = 1 =) x = 1:

Rjeenje sistema je

(x; y; z) = (1; ; ) ( 2 R) :


3x 2y + z + t = 32x+ y 2z t = 0x+ 2y z + t = 33x+ 3y 3z = 3


A =

26643 2 1 12 1 2 11 2 1 13 3 3 0

3775

Ap =

26643 2 1 12 1 2 11 2 1 13 3 3 0

3033

3775 :

91



Ap =

26643 2 1 12 1 2 11 2 1 13 3 3 0

3033

3775

26641 2 1 12 1 2 13 2 1 13 3 3 0

3033

3775

26641 2 1 10 3 0 30 8 4 20 3 0 3

3

666

3775V1 prepisana

V2 2V1V3 3V1V4 3V1

26641 2 1 10 3 0 30 0 12 180 0 0 0

3

6300

3775V1 prepisanaV2 prepisana8V2 3V3V2 V4


x+ 2y z + t = 33y 3t = 6

12z 18t = 30

9=; ()x+ 2y z + t = 3

y + t = 22z + 3t = 5

9=; :Ovaj sistem ima cetiri nepoznate a tri jednacine.Znaci, jednu nepoznatu uzimamo proizvoljno.Neka je, npr. t = ( 2 R) :Iz trece jednacine imamo

2z + 3 = 5

2z = 5 3 =) z = 5 32

:

Ako z = 532i t = uvrstimo u drugu jednacinu, dobijamo

y + = 2 =) y = 2 :

92


Ako y = 2 ; z = 532i t = uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

x+ 2 (2 ) 5 32

+ = 3

x+ 4 2 5 32

+ = 3

x+8 4 5 + 3+ 2

2= 3

x+3 +

2= 3

x = 3 3 + 2

=) x = 3 2

:

Rjeenje sistema je

(x; y; z; t) =

3 2

; 2 ; 5 32

;

( 2 R) :


2x+ 2y z + 3t = 63x+ y 3z + t = 25x+ 3y 4z + 4t = 8x y 2z 2t = 4


A =

26642 2 1 33 1 3 15 3 4 41 1 2 2

3775

Ap =

26642 2 1 33 1 3 15 3 4 41 1 2 2

6284

3775 :

93



Ap =

26642 2 1 33 1 3 15 3 4 41 1 2 2

628

4

3775

26641 1 2 22 2 1 33 1 3 15 3 4 4

4628

3775

26641 1 2 20 4 3 70 4 3 70 8 6 14

4141428

3775V1 prepisana

2V1 V23V1 V35V1 3V4

26641 1 2 20 4 3 70 0 0 00 0 0 0

41400

3775V1 prepisana

2V1 V2V2 V32V2 V4


x y 2z 2t = 44y 3z 7t = 14

:

Ovaj sistem ima cetiri nepoznate a dvije jednacine.Znaci, dvije nepoznate uzimamo proizvoljno.Neka je, npr. z = ; t = (; 2 R) :Iz druge jednacine imamo

4y 3 7 = 144y = 14 + 3+ 7 =) y = 14 3 7

4:

94


Ako y = 14374

; z = ; t = uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

x 14 3 74

2 2 = 4

x+14 + 3+ 7 8 8

4= 4

x+14 5

4= 4

x = 4 14 5 4

x =16 + 14 + 5+

4=) x = 2 + 5+

4:

Rjeenje sistema je

(x; y; z; t) =

2 + 5+ 4

;14 3 7

4; ;

(; 2 R) :

Zadatak 9.8 Ispitati saglasnost sistema i u slucaju saglasnosti rijeiti sis-tem matricnom metodom

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

2x 3y + z + t = 33x 2y + 4z 2t = 3


A =

26642 1 1 31 1 3 1

2 3 1 13 2 4 2

3775

Ap =

26642 1 1 31 1 3 1

2 3 1 13 2 4 2

14

33

3775 :

95



Ap =

26642 1 1 31 1 3 1

2 3 1 13 2 4 2

14

33

3775

26641 1 3 12 1 1 3

2 3 1 13 2 4 2

4

133

3775

26641 1 3 10 1 5 50 5 7 30 1 5 5

4959

3775V1 prepisana

2V1 V22V1 + V33V1 V4

26641 1 3 10 1 5 50 0 18 220 0 0 0

49400


5V2 V3V2 V3


x y + 3z + t = 4y + 5z + 5t = 918z + 22t = 40

9=; :Ovaj sistem ima cetiri nepoznate a tri jednacine.Znaci, jednu nepoznatu uzimamo proizvoljno.Neka je, npr. t = ( 2 R) :Sada sistem ima oblik

x y + 3z = 4 y + 5z = 9 5

9z = 20 11

9=; :Ovaj sistem je ekvivalentan matricnoj jednacini

AX = B

gdje su

A =

24 1 1 30 1 50 0 9

35 ; X =24 xyz

35 ; B =24 4 9 520 11

35 :96


Rjeenje matricne jednacine je matrica X = A1B:Izracunajmo matricu A1 na osnovu formule

A1 =1

detAadjA:

Determinanta matrice A je

detA =

1 1 30 1 50 0 9

= 9Kofaktori matrice A su

A11 =

1 50 9 = 9 A12 = 0 50 9

= 0 A13 = 0 10 0 = 0

A21 = 1 30 9

= 9 A22 = 1 30 9 = 9 A23 = 1 10 0

= 0A31 =

1 31 5 = 2 A32 = 1 30 5

= 5 A33 = 1 10 1 = 1


adjA =

24 9 9 20 9 50 0 1

35 :Inverzna matrica matrice A je

A1 =1

9

24 9 9 20 9 50 0 1

35 =24 1 1 290 1 5

9

0 0 19

35 :Sada je

X = A1B =

24 1 1 290 1 59

0 0 19

35 24 4 9 520 11

35 =24 5+1491910

92011

9

35pa je

x =5 + 14

9

y =19 10

9

z =20 11

9; 2 R

rjeenje sistema.

97


Zadatak 9.9 Ispitati saglasnost sistema i u slucaju saglasnosti rijeiti sis-tem metodom determinanti

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

2x 3y + z + t = 33x 2y + 4z 2t = 3


A =

26642 1 1 31 1 3 1

2 3 1 13 2 4 2

3775

Ap =

26642 1 1 31 1 3 1

2

matematika i - elvis barakovic - zbirka rjesenih zadataka

Documents