Zbirka riješenih zadataka iz matematike Barakovi ´c Elvis
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
Barakovic Elvis Matematika
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.
Zadatak 1.2 Provjeriti da li je sljedeca iskazna formula 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
Formula je tautologija.
Zadatak 1.3 Provjeriti da li je sljedeca iskazna formula tautologija
F : p ^ (q _ r)| {z }L
() (p ^ q) _ (p ^ r)| {z }D
:
Rjeenje:Posmatrajmo tablicu
(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
Formula je tautologija.
4
Barakovic Elvis Matematika
Zadatak 1.4 Provjeriti da li je sljedeca iskazna formula tautologija
F : (p =) (q _ r))| {z }L
=) (p ^ q) _ (p ^ r)| {z }D
:
Rjeenje:Posmatrajmo tablicu
(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
Barakovic Elvis Matematika
3. (p () q) () (p ^ q) _ (ep^eq)4. ((p =) q) ^ (q =) r)) =) (p =) r)5. ((p =) q) ^ (q^er)) =) (ep =) r)
6
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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) :
Zadatak 2.4 Dokazati:
(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) :
Zadatak 2.5 Dokazati:
(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
Barakovic Elvis Matematika
Zadatak 2.6 Dokazati:
(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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
pa jednacina ima oblik
(x 1) (x+ 2) = 11 x x 2 = 1
2x 1 = 12x = 2x = 1 2 (2; 1]
11
Barakovic Elvis Matematika
pa je rjeenje jednacine x = 1.3) x 2 (1;+1)Sada je
jx 1j = x 1jx+ 2j = x+ 2
pa jednacina ima oblik
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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.
Zadatak 3.3 Rijeiti jednacinu
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
pa nejednacina ima oblik
x2 + 2x 3 < 3x+ 3x2 + x 6 < 0
16
Barakovic Elvis Matematika
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
pa nejednacina ima oblik
x2 2x 3 + 2 2x 4 x+ x23x 5 = : (3)x 5
3
17
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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 = ?:
Konacno rjeenje nejednacine je
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
Barakovic Elvis Matematika
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
jx 5j = (x 5) = 5 xpa nejednacina ima oblik
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
Barakovic Elvis Matematika
3) x 2 (4; 5]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
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
Barakovic Elvis Matematika
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
jx 7j = (x 7) = 7 xpa nejednacina ima oblik
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
Barakovic Elvis Matematika
pa nejednacina ima oblik
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
jx 7j = (x 7) = 7 xpa nejednacina ima oblik
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
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
Barakovic Elvis Matematika
pa je rjeenje nejednacine x 2 1; 185 :Rjeenje pocetne nejednacine je
R4 = (7;+1) \1; 18
5
R4 = ?:
Konacno rjeenje nejednacine je
R = R1 [R2 [R3 [R4R =
1; 4
3
[5
2; 4
:
24
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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:
Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je
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
Barakovic Elvis Matematika
Zadatak 4.5 U razvoju binomapx+
13px
16naci clan koji sadrzi x3:
Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je
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:
Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je
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
Barakovic Elvis Matematika
Zadatak 4.7 Odrediti onaj clan razvoja binomapx 3p
x
8koji ne sadrzi x:
Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
Zadatak 4.11 Naci redni broj onog clana razvoja binoma 3
rapb+
sb3pa
!21koji sadrzi a i b na isti eksponent.
Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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.
Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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:
Zadatak 5.2 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi
13 + 23 + 33 + + n3 =n (n+ 1)
2
2:
Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:
L 13 = 1D
1(1+1)2
2= 12 = 1
Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.
37
Barakovic Elvis Matematika
2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi
13 + 23 + 33 + + k3 =k (k + 1)
2
2:
3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi
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:
Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati
nXk=1
k3 =
n (n+ 1)
2
2:
Zadatak 5.3 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi
1
1 3 +1
3 5 + +1
(2n 1) (2n+ 1) =n
2n+ 1:
38
Barakovic Elvis Matematika
Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:
L 113 =
13D 1
21+1 =13
Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi
1
1 3 +1
3 5 + +1
(2k 1) (2k + 1) =k
2k + 1:
3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi
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:
Zadatak 5.4 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi
12
1 3 +22
3 5 + +n2
(2n 1) (2n+ 1) =n (n+ 1)
2 (2n+ 1):
39
Barakovic Elvis Matematika
Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:
L 1213 =
13
D 1(1+1)2(21+1) =
13
Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi
12
1 3 +22
3 5 + +k2
(2k 1) (2k + 1) =k (k + 1)
2 (2k + 1):
3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi
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
Barakovic Elvis Matematika
Zadatak 5.5 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi
3
4+5
36+ + 2n+ 1
n2 (n+ 1)2= 1 1
(n+ 1)2:
Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:
L 21+112(1+1)2
= 34
D 1 1(1+1)2
= 1 14= 3
4:
Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi
3
4+5
36+ + 2k + 1
k2 (k + 1)2= 1 1
(k + 1)2:
3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi
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
:
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
k2 (k + 1)2= 1 1
(n+ 1)2:
41
Barakovic Elvis Matematika
Zadatak 5.6 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi
5
1 2 +12
2 3 + +2n2 + 2n+ 1
n (n+ 1) =n (2n+ 3)
n+ 1:
Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:
L 512 =
52
D 1(21+3)1+1
= 52
Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi
5
1 2 +12
2 3 + +2k2 + 2k + 1
k (k + 1) =k (2k + 3)
k + 1:
3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi
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
Barakovic Elvis Matematika
=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
Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati
nXk=1
2k2 + 2k + 1
k (k + 1) =n (2n+ 3)
n+ 1:
Zadatak 5.7 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi
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
Barakovic Elvis Matematika
Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi
17 j 5k+3 + 113k+1 =) 5k+3 + 113k+1 = 17A:
3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi
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.
Zadatak 5.8 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi
19 j 7 52n + 12 6n:
Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:
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:
3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi
19 j 7 52(n+1) + 12 6(n+1)
44
Barakovic Elvis Matematika
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.
Zadatak 5.9 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi
sin x+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2n 1)x = sin2 nx
sin x:
Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:
L sin xD sin2 x
sinx= sinx
Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi
sin x+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2k 1)x = sin2 kx
sin x:
3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi
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
Barakovic Elvis Matematika
=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:
Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati
nXk=1
sin (2k 1)x = sin2 nx
sin x:
46
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
:
Zadatak 6.9 Rijeiti jednacinu
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
Zadatak 6.10 Rijeiti jednacinu
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
= 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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
pa je adjungovana matrica
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
35 :Zadatak 8.8 Rijeiti matricnu jednacinu
X (2A 3E) = 2E A
gdje je
A =
24 1 1 20 2 10 0 3
35i E jedinicna matrica.
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
35 :Sada matricna jednacina ima oblik
XP = Q
72
Barakovic Elvis Matematika
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 =
1 2 40 1 20 0 9
= 9a kofaktori matrice P su
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
35 :Rjeenje matricne jednacine je matrica
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
Barakovic Elvis Matematika
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
35i E jedinicna matrica.
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
35 :Sada matricna jednacina ima oblik
PX = Q
koja se rjeava na sljedeci nacin
P1 = PX = Q = P1PP1X = P1Q
EX = P1Q
pa je rjeenje matrica X = P1Q:Izracunajmo matricu P1 po formuli
P1 =1
detP adjP
74
Barakovic Elvis Matematika
Determinanta matrice P je
detP =
3 1 40 2 10 0 9
= 54a kofaktori matrice P su
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
35 :Rjeenje matricne jednacine je matrica
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
35 :Zadatak 8.10 Rijeiti matricnu jednacinu
AX1 = AX1
ako je
A =
2 11 2
:
Rjeenje:Matricna jednacina
AX1 = AX1
75
Barakovic Elvis Matematika
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
koja se rjeava na sljedeci nacin
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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:
Zadatak 8.14 Odrediti rang matrice
A =
26642 1 3 11 1 1 1
1 2 3 11 1 2 2
43
42
3775 :
78
Barakovic Elvis Matematika
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:
Zadatak 8.15 Odrediti rang matrice
A =
26642 3 4 11 1 1 3
1 3 2 23 4 5 4
2426
3775 :
79
Barakovic Elvis Matematika
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
3775V1 prepisanaV2 prepisana
V2 + 4V3V3 V4
Dakle, rangA = 3:
Zadatak 8.16 Odrediti rang matrice
A =
26642 1 1 31 1 3 1
2 3 1 13 2 4 2
14
33
3775 :
80
Barakovic Elvis Matematika
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
3775V1 prepisanaV2 prepisana
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
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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
3775V1 prepisanaV2 prepisana
V3 3V2V4 5V2
Diskusija:
1. ako je = 0 tada je rangA = 2:
2. ako je 6= 0 tada je rangA = 3.
83
Barakovic Elvis Matematika
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
Barakovic Elvis Matematika
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) :
Zadatak 9.2 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem
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
35 :Odredimo rang proirene matrice:
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
Odavdje vidimo da je rang (A) = 2 i rang (Ap) = 2 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem
x+ y 3z = 3y 8z = 7
:
85
Barakovic Elvis Matematika
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:
Zadatak 9.3 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem
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
Barakovic Elvis Matematika
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
3775V1 prepisanaV2 prepisana
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
Barakovic Elvis Matematika
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) :
Zadatak 9.4 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem
2x+ 3y 4z + t = 2x+ y z + 3t = 4
x+ 3y 2z + 2t = 23x+ 4y 5z + 4t = 6
9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je
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
Barakovic Elvis Matematika
Odredimo rang proirene matrice:
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
3775V1 prepisanaV2 prepisana
V2 + 4V3V3 V4
Odavdje vidimo da je rang (A) = 3 i rang (Ap) = 3 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem
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
Barakovic Elvis Matematika
Rjeenje sistema je
(x; y; z; t) = (4 3; 6 5; 6 5; ) ( 2 R) :
Zadatak 9.5 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem
3x 2y + 2z = 3x+ y z = 14x y + z = 4
2x 3y + 3z = 2
9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je
A =
26643 2 21 1 14 1 12 3 3
3775
Ap =
26643 2 21 1 14 1 12 3 3
3142
3775 :Odredimo rang proirene matrice:
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
3775V1 prepisanaV2 prepisana
V3 V2V4 V2
90
Barakovic Elvis Matematika
Odavdje vidimo da je rang (A) = 2 i rang (Ap) = 2 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem
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) :
Zadatak 9.6 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem
3x 2y + z + t = 32x+ y 2z t = 0x+ 2y z + t = 33x+ 3y 3z = 3
9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je
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
Barakovic Elvis Matematika
Odredimo rang proirene matrice:
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
Odavdje vidimo da je rang (A) = 3 i rang (Ap) = 3 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem
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
Barakovic Elvis Matematika
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) :
Zadatak 9.7 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem
2x+ 2y z + 3t = 63x+ y 3z + t = 25x+ 3y 4z + 4t = 8x y 2z 2t = 4
9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je
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
Barakovic Elvis Matematika
Odredimo rang proirene matrice:
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
Odavdje vidimo da je rang (A) = 2 i rang (Ap) = 2 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem
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
Barakovic Elvis Matematika
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
9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je
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
Barakovic Elvis Matematika
Odredimo rang proirene matrice:
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
3775V1 prepisanaV2 prepisana
5V2 V3V2 V3
Odavdje vidimo da je rang (A) = 3 i rang (Ap) = 3 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem
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
Barakovic Elvis Matematika
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
pa je adjungovana matrica
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
Barakovic Elvis Matematika
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
9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je
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