Matematika 1 - Deo I

8/10/2019 Matematika 1 - Deo I

http://slidepdf.com/reader/full/matematika-1-deo-i 1/300

yHHBEP3HTET Y HOBOM CA£Y OAKVUTET TEXHHHKHX HAYKA

JOBaHKa HHKHh JlHAHja HoMHh

MATEMATHKA JEflAH f l E O l



Editnuja: “TEXHHqKE HAYKE - yUBEHHIJ,H”

Ha3ueyii6etmm: “MareMaTHKa jeaaH. êo I”

Ayiuop: JoBaHKa HKKHh, pea. npo<}>. aKy;nera TcxirnsKMx KayKa y Hobom Ca,ny JlHflHja '-foMHh, acHcreHT OaKy^TeTa tcxhh4Khx HayKa y Hodom Caay

Peiiementuu: &p HpeHa 'IoMnh, pe^. npocj).OTHy Hobom Caay;flp CHHHina lHpBeHKOBHh, pea. npo(j). IIMO yHo b o m Caay

ap Paê /(opocjiOBaHKH, pcn. npotfi. TH yHo b o m Ca^y

Midmuv: aKyjiTeT tcxiih4khx Hayna y Hobom Caay

D taem u odSoeopuu ypednuK: npotj). ap. HnHja TiocHh, /iCKan <t>aKyjiTera tcxhhhkhx nayKay Ho b o m Caay

UUmaMua: Scan Studio, Jla3c Jla3apeBHha 9, 21000 Hobh Ca&

lIliuaMuaitoe odočpuo: CaseT 3a H3flaBasKy aenaTHOCT <J>aKyjiTeTa tcxiihmkhx HayKa

npeceČHUK caeevua: npo<|>. ap. BnaTKO ByKOBHh

Tupapic: 750 npHMepaKa

CIP-KaTajiorH3ai Hja y nySnHKaiwjHEnSjiHOTeKa MatHue cpncKe,Hobh Caa

51(075.8)

HHKHTt , JoBaHKa

MaTeMarHKa jeflaH. fleo I / JoBaHKaHh k h Ii , JIh^ h j a HoMHh - [4.h m .]. -- Ho b h Cafl : <J>aKyjiTeT TexHHHKHx HayKa, 2003(Ho bh Ca^ : Scan Stuđio) -- 290 CTp.: HJiycrp.;24 cm - (E/iHunja “TexHHHKe HayKe - yij6eHHUn” ; 6p 63)

TeKcr Ha nacn . c ip . h na KopnnaMa hnp. - THpajK 750. - BH6aHorpa<()Hja

ISBN86-80249-71-8

1. HoMHh, JlHflHjaa) MateMaTHKa

COBISS-SR-ID 189472519



Predgovor

Ova knjiga je napisana na osnovu predavanja i vežbi koje su autoriodržavali u dugom nizu godina na mašinskom i saobraćajnom odseku Fakul-teta tehničkih nauka u Novom Sadu i po obimu i sadržaju je prilagodjenakursevima Matematike jedan na ovim odsecima. Knjigu mogu koristiti kao

udžbenik i studenti drugih fakulteta, pre svega inženjeri, koji imaju opštekurseve matematike.

Knjiga je podeljena u 11 glava: Eiementi opšte algebre i analize; Alge- barske struktu re; Determ inante i sistemi linearnih jednačina; Slobodni vek-tori; Analitička geometrija; Vektorski prostori; M atrice; Polinomi, racionalnefunkcije; Brojevni nizovi; Punkcije jedne realne promenljive; Izvodi.

Svaka glava je napisana na osnovu brižljivo pripremanih beleški za pre-

davanja uz konsultovanje klasične i savremene literature. Nakon toga sledezadaci sa detaljnim rešenjima koji odgovaraju težini pismenih zadataka naovim kursevima. Na ta j način i studenti sa manjim predznanjem iz mate-matike se mogu uvesti u ovu problematiku i rešavati složenije zadatke.

Zahvaljujemo se recenzentima dr Ireni Č omić, dr Siniši Crvenkoviću idr Radetu Doroslovačkom koji su dali niz korisnih sugestija i primedbi idoprineli da se tekst na nekim mestima bolje formuliše.

Zahvaljujemo se studentim a koji su nam, učeći iz prethodn ih izdanja oveknjige, ukazali na niz grešaka, uglavnom slovnih, koje smo u ovom četvrtomizdanju ispravili.

Korisne sugestije ćemo i ubuduće sa zahvalnošću prihvatiti.

Novi Sad, 2003. Autori



Sadržaj1 Elem enti opšte algebre i analize

1.1 Skupovi i osnovne osobine skupova......................

1.2 Relacije . ....................................................................

1.3 Preslikavanje ili funkcija.........................................

1.4 Matematička indukcija .........................................

1.5 Faktorijelne funkcije i binomna fo rm u la ............

2 Algebarske strukture

2.1 Binarna operacija, o so b in e..................................

2.2 Grupa .....................................................................

2.3 Algebarske strukture sa dve op era c ije............... j 2.4 J Polje kompleksnih brojeva..................................

2.5 j Algebarski oblik kompleksnog broja, operacije

-2.6 ) Trigonometrijski, eksponencijalni oblik, operacije~ ' \ : 2.7 Stepenovanje, korenovanje kompleksnog

broja i Moivreov obrazac.....................................

2.8 Z a d a c i......................................................................s

( 3 ' Determ inan te i sistem i linearnih jednačina \ i

3.1 Definicija de te rm inante ......................................

3.2 Razlaganje de te rm in an te............. .....................

3.3 Osobine de te rm inan ti .........................................

3.4 : Sistemi linearnih je d n aćin a...............................

1

1

1

1

1

11

2

2

2

3

4

4



S A D R Ž A J

3.^ Cramerovo pravilo ...................................................... 59

3.7 Zadaci . ................................................................. . ..................... 63

4 Slobodni vektori 7A

4.1 Definicija slobodnog v e k to ra................................... ... 73

4.2 Sabiranje vektora i množenje skalarom. .................................. 75

4.3 Lineama zavisnost i nezavisnost vektora ................................ 764.4 Projekcija vektora na osu, koordinatni sis te m .......................... 81

4.5 Skalarni proizvod dva vektora .................................................. 86

4.6 Vektorski proizvod dva vektora ................................................ 88

4.7 Mešoviti proizvod tri vektora .......................... ........................ 92

4.8 Zadaci ........................................................................................... 94

5 Analitička geom etrija 99

5.1 Tačka, deoba duži u datoj razmeri ............................................. 99

5.2 Ravan, razni oblici jednaćine r a v n i ........................................... 101

5.3 Prava, razni oblici jednačine p rav e ............................................106

5.4 Uzajamni odnos prave i ravni................... ..................................1115.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . “ ' x ^............................................112

6 Vektorski prostori 125

6.1 Definicija vektorskog prostora ...................................................1

6.2 Potprostor vektorskog prostora ....................................................1

6.3 Lineama zavisnost ......................................................................16.4 Baza i dimenzija .........................................................................1



SADRŽAJ J _____________________________

7 M atrice 137

7.1 Jednakost matrica, operacije s matricama..............................137

7-2 Inverzna matrica, osobine regularnih matrica .......................

7.3 Rang matrice ...............................................................................

7.4 Kronecker - Capellijev s t a v .........................................................

7.5 Zad&ci ...........................................................................................

8 Polinom i, racjonaine funkcije 163

8.1 Osnovne definicije i operacije s po linom im a............................163

8.2 Bezoutova teorema i Hornerova š e m a....................................... 167

8.3 Faktorizacija i iđentička jeđnakost polinoma ..........................

8.4 Vieteove form ule ...........................................................................8.5 Nule realnih polinoma................................................................ 175

8.6 Karakteristični po linom .............................................. ..................178

8.7 Racionalne fu n k c ije .....................................................................

8.8 Zadaci ...........................................................................................

9 Bro jevni nizovi 197

9.1 Niz, granična vrednost niza......................................................... 197

9.2 Princip monotonije, bioj c ...........................................................204

9.3 Granične vrednosti realnih nizova u R ........................................206

$.4 Bolzano - Weierstrassova te o r e m a .............................................. 208

9.5 Zadaci ..............................................................................................209



S A Đ R Ž A J

10.2 Elementarne funkcije, osnovne osobine ................... 212

10.3 Granična vrednost fu nkcije........................................................ 221

10.4 Uporedjivanje funkcija, primeri graničnih v red n o sti ......................................................... 226

10.5 Neprekidnost funkcije .................................................................. 230

10.6 Prekid funkcije, klasifikacija tačaka prekida .........................234

10.7 Osobine neprekidnih funkcija u zatvorenom intervalu . . . . 235

10.8 Zadaci .......................................................................................... 239

11 Izvod i 243

11.1 Definicija izvoda,geometrijska interpretacija .................................................. ... . 243

11.2 Izvodi elementarnih fu n k c ija..................................................... 245

11.3 Đ iferencijal funkcije i njegovo geometrijsko značenje . , , , 251

11.4 Izvod višeg reda idiferencijali višeg r e d a ..................................................................253

11.5 Rolleova, Lagrangeova i Cauchyeva teorema .........................255

11.6 L’Hospitalova teorema ............................................................... 257

11.7 Taylorova teorema, razvoj funkcijeu Maclaurinov polinom............ ..................................................261

11.8 Monotonost funkcije, ekstremnetačke ................. .................. 264

11.9 Konkavnost, konveksnost, prevojnet a č k e.................................269

11.10 Asimptote funkcije .....................................................................272

11.11 Detaljno ispitivanje funkcije.....................................................-27411.12 Zadaci .......................................................................................... 276





Glava 1

Elementi opšte algebre i

analize

1.1 Skupovi i osnovne osobine skupova

Skup se sastoji od elemenata, Skupove ćemo obeležavati sa A, B , C..., aelemente saa, b, c... . Č injenica da jea elemenat skupa A (a pripada skupu A) označavamo saa 6 A. Ako a nije elemenat skupa A (a ne pripada skupuA), pisaćemo o 0 A.

Ako se skup A sastoji od elemenata oi,a^, an pisaćemo A = {ai,fl2) •••ifln}.

Ukoliko se skup A sastoji od elemenata x koji imaju odredjenu oso binu P(x), koju ne poseduje nijedan elemenat koji ne pripada skupu A, označavamo ga sa A = {rr|P(a;)}. To znači da ako y nema osobinuP(y), tada y g A.

Skup koji nema elemenata zvaćemo praznim skupom i oznaćavamo ga

Univerzalni skupU je skup kome pripadaju svi elementi svih skupkoje razmatramo.

Definicija 1.1.1 Neka su svi elementi skupa A i elementi sktipa B. Ta kažemo da je skup A podskup skupa B, ili da je skup B nadskup skupa

1



2 Glava1. Elementi opšte aigebre i ana.Iize

Ovo respektivno označavamo sa A C B ili B D A. Dakle,

AC. B (Vi)(x 6 A => x £ B).

Primetimo da važi A C A i A D A, tj. da je svaki skup svoj podskup, alii svoj nadskup, kao i da je0 podskup svakog skupa.

Definicija 1.1.2 Ako su svi elementi skupa A etementi skupa B , i ako su

svi elementi skupa B i elementi skupa A, tada kažemo da su skupovi A i B jednaki i to označavamo A = B, ili B —A.

Ovaj slučaj nastupa kada se skupovi A i B sastojeizisćih Dakle, A = B (Vx)(x 6 A 4= - x € B).

Definicija 1.1.3Skup čiji elementi pripadaju bar jednom cd skupova A ili

B zovemo unija skupova A i B, u oznaci A l) B. Dakle, A l) B = {i|a: G A V i e B}.

Definicija 1.1.4Skup čiji elementi pripadaju i skupu A i skupu B zovemo presek skupova A i B , u oznaci A n B .

Prema tome, A fl B = {a;|or € A A x € B}.

Definicija 1.1.5Komplement (dopuna) A' skupa A C U u odnosu na skup U je skup svih elemenata iz U koji nisu elementi skupa A, tj. A' = {a:|a: 6U A x g A}.

Definicija 1.1.6 Razlika A \ B skupova A i B je skup svih elernenata skupa A koji se ne sadrže u skupu B, tj. A \ B = {x\x 6 A A x 0 B}.

Iz definicije unije, preseka i komplementa može se lako dokazati da z



1.2. Relacije 3

proizvoljne podskupove A , B i C nekog skupaU važi:( A v B ) v C = A u ( ^ u C), ( A r \ B ) n C = A n { B r\C ),

AU B = B U A, : A n B = B n A , A n ( A U B ) = A, A U ( A n B ) = A, A n ( BuC ) = (A n B) u (A n C), A u ( B n c ) = ( A u B ) n ( A u C ) , A U A' = U, A n A' = 0, A U 0 = A, A n U = A, A U U = u, A n ® = t>,( A u B y = A ' n B ' , ( A n B y = A 'u B ',U' = 0, %' = U, (A') '= A AU A = A, A n A = A.

Definicija 1.1.7Skup svih podskvpova skupa A zovemo partitivni skup skupa A i označavamo ga sa P(j4).

Napomenimo da su prazan skup 0 i sam skup .4 uvek elementi skupa P(.4)

P rim er . Ako je A = {a,6,c}, ujegov partitivni skup je

P(A) = {0,{a},{6},{c},{a,6},{a,c},{6,c},{a,6,c}}.

Ma kraju ovog odeljka navešćerao uobičajene oznake za neke standardneskupove brojeva:

N - skup svih prirodnih brojeva;

N0 - N a = N U {0}; Z - skup svih ceiih brojeva;Q - skup svih racionJilnih brojeva; I - skup svih iracionalnih brojeva;

R - skup svih realnih brojeva;

R + - skup svih pozitivnihrealaih brojeva; R+ - R Ž = R + U {0};C - skup svih kompleksnih brojeva.

1.2 Relacije

Posmatrajmo neprazne skupove X i V. Neka je x € X, y e Y. Ako je udvočlanom skupu {z, j/} odredjeno da je x prvi elcinenat, a y drugi elemenat,tada takav skup zoveino uredjeni par i obeležavamo ga sa (x y)



4 Glava 1. Elementi opšte a Igebre i analiz

Ako je uredjeni par deHnisan na prethodni formalni način, može seda je (x, y) = (u, v) ako i samo ako je x = u i y = v.

Slično se može uvesti pojam uredjene trojke (a;, y, z) elemenata x e X , y € Y , z € Z pomoću(x,y,z) = {{z:},{x,y},{:E,iAz}}.

Naravno, sada je moguće definisati uredjenun —torku elemenata£1 G Xi , X 2 € X 2 , —, x n G X n, pomoću jednakosti

(xx,x2,...,x„) = {{n},{x!,a;2},...,{xi,a;2>-.a;n}}-

Može se, takodje, dokazati da važi sledeća ekvivalencija

(3J1, X 2 , .••, xn) = (y\, y i,..., j/n) >■■■■'' Xi i/i (i = 1 , 2 ,n).

Definicija 1.2.1Skup X x Y = {(2 , j/)|x 6 X Ay 6 Y ) zovemo Descartes ili Cartesiusov proizvod skupova X i Y.

Prema toine, Descartesov proizvod skupova X i Y predstavlja skup svuredjenih parova[x, y) elemenata x i y, pri čemu je prvi element u paru

X , a drugi izY.

Naravno, u opštem slučaju ne važi jednakost X x Y = Y x X , osim ako je * = Y.

Definicija 1.2.2Svaki skup p C X x Y zovemo binama relacija u sku X x Y.

Ako ( x, y) 6 p, kažemo da su x i y u relaciji p označavajući to i sa p(x, y) ili x p y .

Ako je V = X , tada za binarnu relaciju u skupu X x Y = X x X = X kažcmo jednostavno da je binarna relacija u skupu X.

Definicija 1.2.3 Inverzna relacija retaciji p označava sc sa p~l i p~l = {(y,x)\(x,y) e p).

U daijim razmatranjima izučićemo neke osobine relacija u skupuX



1.2. Relacije 5

Definicija 1.2.4 Relacija p je refleksivna ako i samo ako je xpx za siiako x e x .

Primer. NekajeX = {a,6,c},pi = {(a,a),(6,6),(c,c)} ip2 = {(a,a),(b, b)}. Relacija pi je refleksivna relacija u skupu X , dok p2 nije.

Definicija 1.2.5 Relacija p je simetrična u skupu Xakoisamo ako zasvako x ,y Q X za koje je (x,y)

£ psledi da je i (y , x)

6

p.

Primer. 1) Relacija p\ = {(a,a), (6,c), (c,6)} je simetrična u skupu X = {a,b, c}, dok relacija pi = {(a, a), (a,b), (a, c)} nije.

2) Relacija normalnost pravih je simetrična relacija u skupn svih pru jednoj ravni.

Definicija 1.2.6 Reiacija p je antisimetrična u skupu X ako i samo ako za svako x, y 6 X za koje je ( x, y) € p i (y, x) £ p, sledi da je i x = y.

Definicija 1.2.7 Relacija p je tranzitivna u skupu Xakoi samo ako zasvako x,y,z € X za koje je (x,y) € p t (y, z) e p, sledi da je i ( x , z) 6 p.

P rim er. Relacija pi = {(a, a), (6, a), (b, c), (c, a)} je tranzitivna u skupu

X = {a,6,c}, dok p2 = {(6, 6), (6,c), (c, a)} nije.

Definicija 1.2.8 Relaciju p u skupu X koja je refleksivna, simetrična i tranzitivna zovemo relacija ekvivalencije u skupu X. (RST relacija)

Neka je p relacija ekvivalencije u skupu X i neka je x £ X. Označimo saCx skup svih elemenata z £ X koji su u relaciji p sa elemeritom x, tj. neka

je Cx — {z G X | z p z}.

Definicija 1 2 9Za skup CxC X kažemo da je klasa ekvivalencije skupa





1.2. Relacije 7

skupa X = {1,2,3,4,5} jednoznačno odgovara particija {{1,2}, {3,4},{5}}, relaciji p2 = {(1,1), (2,2), (3,3), (4,4), {5,5)} odgovara partic ija{{1}, {2>, {3}, {4}, {5}} i relaciji p3 = X 2 odgovara particija {{1,2,3,4,5}}.Poslednje dve particije zovu se trivijalnim particijama.

Iz prethodnog sledi da je svaka klasa ekvivalencije jednoznačno odredjena bilo kojim svojim elementom, Sto će nam biti važna činjenica u daljem radu.

P rim er 1. Dve đuži su u relaciji ” = ” ako imaju istu dužinu. Na skupusvih duži relacija ” =11 je relacija ekvivalencije.

P rim er 2. U skupuP svih pravih neke ravni definisane su relacijea iP-

(Vo, 6 6 P) (aab -$=>a n b = 0).

(Vo,b € P) (a0b <=> a f l6 = 0Va = 6).Ispitati refleksivnost, simetričnost, antisimetričnost i tranzitivnost relacijaa i p i opisati klase ekvivalencije u slučaju da je neka od njih relacija ekviva-lencije.

Rešenje: Relacijaa nije refleksivna. Tranzitivna nije zbog primera:

(o nb = 0) A (6 = c), jer je tuaab A caa, pa bi moralo biti cafc, što nije.Simetrična jeste. Relacija0 je R S T i zove se relacijom paralelnosti. Klaseekvivalencije s cbzirom na ovu relaciju zovu se pravcima. Znači pravac jeskup svih medjusobno paralelnih pravih.

P rim er 3. U skupu iV2 uredjenih parova čije su komponente iz skupa prirodnih brojeva N , definisana je reiacija a na sledeći način:

(a,6)a(c,d) <=> ad = 6c.

Dokazati da jea RST i odrediti klase ekvivaleucije.

Rešenje: Refleksivnost i simetričnost ove relacije sledi iz komutativnostimnoženja u skupu prirodnih brojeva. Tranzitivnost relacije a sledi iz

((a,6)o;(c,d) A (c,d)a(e, /)) => (a •d = b •c) A (c• / = d e) =>

a d •c f = b c •d e a • f — b e =$ (a, b)a(e, /) .Klasu ekvivalencije čine svi medjusobno jeđnaki pozitivni razloinci, a njihova



8 GVava1. Elementi opšte aigebre i analize

Iz dosadašnjih primera već uočavamo da se mnogi matematički obje(pojmovi) definišu tako što u pogodno odabranom skupu defmišemo pogrelaciju ekvivalencije i tada će, s obzirom na tu relaciju, klase ekvivalen biti ti novi matematički objekti (pojmovi). Tkko smo u prethodnim prrima došli do pojma pozitivnih racionalnih brojeva, pojma pravca itd.

1.3 Preslikavanje ili funkcija

Posmatrajmo neprazne skupove X i Y. Svaku funkcijii / koja preslikava skup X u skupY, moguće je shvatiti kao jedan podskup skupa I x Y , dakle, k jednu binarnu relaciju koju čine oni uredjeni parovi (a:,y) kod kojih se svaki x iz X, kao prva komponenta u uredjenim parovima(x, y), javlja samo u jednom od uredjenih parova. To, zapravo, znači da elementi funkcijemogu biti parovi(x,y) i (x, z) ako nije y = z.

Na osnovu ovoga možemo dati formalnu definiciju funkcije:

Definicija 1.3.1 Za relaciju f C X x Y kažemo da je funkcija f : X Y ako

(1) ( V x e X ) ( 3 y e F ) (x,y) e f,

(2) (x,y) e f A (x,z) e f =>y = z.

Skup X koji preslikavamo zovemo oblast definisanosti ili domen funk/, a skup f ( X ) = { j/|(3i (E ^r)( i,j/) e /} nazivamo skup vrednosti kodomen funkcije /. Kažemo takodje da je f (x) slika elementa x, tj. y —/(®)-

Primeri

1. Relacija {(x,a:2 + 2x + l ) |i G R} je funkcija R —> R, jer iz

x 2 + 2x + 1 = u2 + 2u + 1

sledi x = u i za svako x € R postoji i 2 + 2x + 1 G R..

2 R l ij {( )\ £ /£} ij f k ij j j i l i i

'v



1.3. Preslikavanje ili funkcija 9

Neka jcY = X. Preslikavanje f : X X, definisano pomoću f (x) = x za svako x € X, naziva seidentičko preslikavanje na X.

Definicija 1.3.2 Za dve funkcije f : X —>Y t g : U -*■V kažemo da su jednake ako i samo ako je X = U, Y = V i (Vx £ X ) f (x) = g(x).

Ako je, medjutim, X C U i ako važi prethodna formula, reći ćemo da je/ suženje ili restrikcija funkcijeg, odnosno da jeg proširenje ili ekstenzijafunkcije /.

Napomena: Ako je X C R i f ( X ) C R, skup T = {{ar,/(x))jx £ X } zove se grafik funkcije / i on se može predstaviti kao skup tačaka u ra xOy.

Definicija 1.3.3 Neka su X ,Y i Z neprazni skupovi i h : X ~yY, g : Y Z date fvnkcije. Punkciju g ° h skupa X u skup Z definisanu sa

(V %eX ) (goh)(x) =g(h(x))

zovemo kompozicijom funkcija g t h.

Kao što vidimo, funkcijah preslikava elemente x skupa X u elementeh(x) = y skupa Y koje zatim, funkcijag preslikava u elementeg(y) — z skupa Z.

U stvari, na jedan složeniji način vrši se preslikavanje skupa X u skup Z. Reč je, dakle, o jednom preslikavanju x >-> f (x), koje je zadato pomoću preslikavanjah i g i to na sledeći način: x ^ f (x) ~ g(y) — g(h(x)). f i x ) — y(h(x )) 7,ove se složena funkcija od x. Sledeće tvrdjenje navodimo bez dokaza.

Teorema 1.3,1 Neka su X ,Y , Z, W neprazni skupovi t neka h : X Y, g : Y -¥ Z, f : Z -* W. Tada je ( f og) o h = f o (g oh).

P rim er. Preslikavanje x 2sin(3x2 + 1) je složeno preslikavanje. Č inega, na primer, sledeća preslikavanja:

a) y i-f 2siny ix y = 3 i2 + 1 ili



1 0 GlavA 1, Elementi opšte a Igcbre i analize

b) z *->■2 sin z, y i - ^ z = y + l i x ^ - ¥ y = Zx2.

Ako je preslikavanje / : X —¥ Y takvo da iz jednakosti f ( xi) = f ( x 2) sledi= i 21 kaže se da je / injekcija ili injektivno preslikavanje, ili preslikavan

1-1. Kod ovog preslikavanja, ukoliko su slike jednake, moraju biti jednakoriginali.

Definicija 1.3.4 Ako je inverzna relacija f 1 funkcije f takodje funkcija, onda kažemo da je / -1 inverzna funkcija funkcije f .

Ako je f { X ) = Y, kažemo da je / : X -+ Y funkcija iz X na Y ilisirjekcija.

Funkcija koja je i injekcija i sirjekcija (1-1 i na) zove se bijekcija, Odavlako slede sledeća dva tvrdjenja koja navodimo bez dokaza.

Teorema 1,3.2 Inverzna relacija f ~ l funkcije f je funkcija (tj. postoji inverzna funkcija za funkciju f ) ako i samo ako je f injektivnoi na.

Teorema 1.3.3 Neka je f : X —> Y funkcija. Ako postoji prcslikavanje g :Y ~¥ X tako da je (g o f ) (x) = x, Vx e X (identičko preslikavanje skupa X), ono je jedinstveno i g = f ~ l .

Dakle, presiikavanje f : X -¥ Y i f ~ l : Y -+ X su ”1-1 i na” i za njihvaži

r l (f(*)) = x t f ( r H y ) ) = V ( x£ X ,y <= Y) .

Primer. Odrediti domene i kodomene i inverzne funkcije sledećih funkci

a) y = /(x ) = e1 b) y = f ( x) = — t ii - 2

Rešenje: a) Domen od f (x ) je skup R, a kodomen R+. Ako izrazimo x prekp y iz y = ex, po definiciji logaritma dobijamo x —Injy. Funkcija y\ = \nx }e inverzna za funkciju p.

b) Domen od f (x) je R \ {2}, a kodomen R. \ {3},



1.5. Faktorijelue fuakcije i binomna formula 11

.. 1 *f"2it , .Funkcija y\ = ———je mverzna za y.

1.4 M atem atička indukcija

Metod matematičke indukcije je jedan od osnovnih i najčešće primenjivanihmetoda za dokazivanje tvrdjenja koja zavise od prirodnog brojan.

Neka jeT(n) tvrdjenje koje zavisi od pđrodnog broja n. Metod matematičkeindukcije sastoji se u sledećem:

Neka su ispunjeni uslovi:

1. Tvrdjenje T(l) je tačno;

2. Iz pretpostavke da je tvrdjenje T(n) tačno za n = k, sledi tačnost tvrdjenja T(n) za n = k + 1.

Tada tvrdjenje T(n) važi za svaki prirodan broj n.

I / /

1.5 Faktorijelne funkcije i binomna formula

U ovom odeljku izučićemo izvesne funkcije celobrojnih argumenata i jednuveoma važnu formulu.

Definicija 1.5.1Funkciju n >-* n! (n € N q ), odredjenu sa 0! - 1,n! = (n —l)!n (n € N) zovemo faktorijel broja n ili kraće n faktorijel.

n Nije teško proveriti da je n! = n ■(n —1)..,2-1 = J~J i (n >1).

i=l

Definicija 1,5.2Funkcija (”) : N x N q —> N , odredjtna je sa



12 GJava1. Elemcnti opšte algebre i analize

Za funkciju (n, fc) i-f (J) kažemo da je binomni koeficijent i čitamo n k. Opravdanje za naziv binomni koeficijent naći ćemo neSto kasnije, k budemo izučavali binomnu formulu.

Teorema 1.5.1 Aho su n i k nenegativni celi brojevi, važe identiteti:

( * ) ~ ( n - * )

0 + (*:x) =(T+\) (fc < n).

Dokaz: 1. Kako je

t(n - l) ... (n -k + 1)Jfc!

_ n(n —l).. ,(n — k + 1) (n —fc)! n!ibi(^ - k)l ~ k \ ( n - k ) \ ' j

tvrdjenje1. je dokazano.

2. Ako se na (n" fc) primeni osobina 1., tvrdjenje sledi neposredno.

3. Kako je

/ n \ _ n! / n \ _ fc!(n — k) 1 Vfc + 1/

n:(k + l)!(n — k - 1)! ’

lmamo

® ( n \ _ n - i n - _ + V* +V ~ *!(« “ *)! + (n —fc —l)!(fc +1)! “

n! (n + 1)! (n + 1\“ (fc+ l)!( n -f c )! (( + ) + (n k)> ~ (fc + l)!(n-fc)! _ \ k + l ) ‘

N a p o m e n a : Punkciju (n, fc) -» (£) moguće je definisati i za necelobrojnvrednosti za n, Tako z a a e H imamo

a \ _ a(a - l)...(a - fc +1)KkJ fc!

Pomoću matematičke indukcije ćemo dokazati sledeću teoremu.



1.5. F&ktorijelne funkcije i binomna formula 13

Teorema 1.5.2 Za svako n € N važi jednakost •

(a+6)" = ( " ) 0« + ( " ) a " - ‘6+ ...+ Q « " - V + ...+ Q f =± £ ) « -< » .

Ova jednakost je poznata kao Newtonova binomna formula.

Dokaz: Za n = 1 formula je tačna jer se dobija (a +b)1= (*)a + (j)fc.

Pretpostavimo da je ona tačna za svakok, 1 < k < n, tj. pretpostavimoda važi

(a + b)k = ^ f ^ ) a* ^ ^ Je1=0

k fc h(a + b)k+1 = (a + b ) Y ) f ^ V " '^ =Y \ + Ž f* >)afc- i6i+1

i=o W i=o w <=o W

= t ( - ) » ‘+l_ii'1+i : ( j - i ) » M‘- 1)t‘i=0 v 7 i=J ' 7

=(o) +i+|; (C)+C- i))“t+i-‘6,+C) ’-Kako je

©=cr)'©=(::;) >GH-j-cv)- «*»zaključujemo da je

( . + 6)‘« = (* + M a « + E (* + + (* + | ) t » «i —1

= E(fct V 1_t=0 ' '

tj. formula je t.ačna i zan = k + 1.Prema tome, tvrdjenje teoreme je tačno za svakon €E N.

Kako je: (a + b)° =1 za a + b ^ 0 (a +6)1 = a + b (a +b)2= a2 + 2ab + b2



14 Glava 1. Elementi opšte algebre i analize

važi sledeće:

(o + 6)° = 1

Vidimo da se binomni koeficijenti (JJ), ( " ) , ( " ) raogu dobiti pomoćuPascalovog trougla

11 1

1 2 1

1 3 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 1

čija se konstrukcija zasniva na primeni jednakosti {£) + (fc” j) = (*+})-



Glava 2

Algebarske strukture

.1 Binarna operacija, osobine

efinicija 2,1,1 Neka je dat neprazan skup S. Preslikavanje f : S x S S aziva se b'inarna operacijau skupu S.

Ako je / binarna operacija skupaS, kažemo da jeS zatvoren u odnosua /.

Dakle, binarnom operacijom / pridruzuje£3 svakom uredjenom parulemenata iz skupaS opet jedan eleinent izS. Ako je / (a,b) = c,a,6, c €S) pi.še seafb = c. Cesto se kaže da je c rezultat binarne operacije

izvršene nada i b. Umesto slova f , g ,... za oznake operacije se običnopotrebijavaju posebni simboli. Na primer, + označava sabiranje brojeva,

U označava uniju skupova, A označava konjunkciju rečenica, *, o, itd.

Kažemo da je skupS snabdeven operacijom (na primer o) i to označavamoa (5, o). Za (5, °) kažerno da ima algebarsku strukturu grupoida. Algebarskatruktura je bogatija ako operacija o ima više osobina.

Definis&ćemo osnovne osobine binarnih operacija.

1. A soci jativnost. Binarna operacija o skupaS je asocijativna akoaži

(Va,b, c 6 5) (ao b) o c = ao (bo c).



16 Glava 2. Algebarske strukture

Pišemo (a o6) o c = a o(b o c) = a ob o c,

2. Neutralni element.Ako postoji elemente £ S tako da je \ \

(Va €*?) a o e = eo a = a

e se zove neutralni element.

3. Inverzni (simetrlčni) element. Neka je e6 S neutralni elemenat.Kaže se da je a-1 inverzni elemenat elementaa ako važi ooa' 1 = a-1oa =e.

4. K om uta tiv nost . Binarna operacija o je komutativna ako v(Va,b & S) a o b = b o a.

2.2 Grupa

Definicija 2.2.1 Za neprazan dhup G se kaže da čini grupu u odnosu na binamu operaciju o, u oznaci (G, o), ako važi

1) (Va,b e (?) a ob = c e G (° je binama operacija u skupu G),

2) (Va,i?,c €G) (aoi>)oc= ao(t>oc)(binama operacija o je asocijativna),

3) (3e e GJfVa G G ) e o a = ao e = a(postoji neutralni element e).

4) (Va (?)(3a-1 € G) a_1 o a = a o a_1 = e (svaki element iz G ima inverzni).

Ako važi i

5) (Va,b € G) a o b = b o a (binama operacija o je komutativna), grupa (G, o) se naziva komutativna ili Abelova grupa.

P rim er. Ispitati da li su sledeće algebarske strukture grupe

a) (N,+), b) (Z,+), c) <£,+), d)(N, •), e) (Z,-), f) (Ji\{0},-)t gde suoperacije + i • sabiranje i mncžer.je.

Rešenje: a)(N, +} nije grupa jer ne postoji neutralni elemenat (0£ N). b) ( Z , +) je grupa. Neutralni elemenat je 0, a inverzni zak je — k.



2.3. Algebarske strukture sa dve operacije 17

d) (N, ■) nije grupa. Neutratni elemenat je broj1, ali nema svaki elemenat

inverznog, na primer, inverzni za broj 3 bi bio- <0N.

e) (Z, ■} nije grupa iz istih razloga kao(N,-).

f) (R \ {0}, ■) je grupa.

2.3 Algebarske strukture sa dve operacije

Neka je S1neprazaji skup i neka su u njemu definisane dve binarne operac* i o. Samim tim,(S, *) i (5, o) su izvesne algebarske strukture, Medjutim, moguće je posmatrati novu strukturu koju čini skup snabdeven obeoperacijama.

Defmicija 2.3.1Kažemo da je binarna operacija o distributivna u odnosu na binamu operaciju * ako za svako a, b, c GS važi

a o (£>* c) = (a o b) * (a o c), (a *b) o c = (a o c) *(b o c).

Prim er. Množenje realnih brojeva je distributivna operacija u odnona sabiranje realnih brojeva. Obrnuto, sabiranje nije distributivna operacu odnosu na množenje realnih brojeva.

Definicija2.3.2 Neka su n skupu S definisane dve biname operacije * i o. Ako i'u ispunjeni sledeći vslovi:

1. (S,*) je komutatima grupa;

2. Operacija o je asocijativna;

3. Operacija ° je distributivna u odnosu na operaciju *,kažemo da skup S ima strukturu prstena, ili da čini prsten u odnosu na operacije * i o, označavajući ga sa (S, *, o).

Primer. (Z, +, •) je prsten. 2-aista, ovde je(Z,+) Abelova grupa, ope-racija • je asocijativna i, najzad, operacija ■je distributivna u odnosu operaciju sabiranja +.



18 Glava 2. Algebarske struktvre

Posmatrajmo, sada, prsten(S, t,o). Kako je (5,*) grupa, u odnosu naoperaciju * u skupuS postoji neutralni element e za operaciju *.

Defmicija 2.3.3 Ako je (S \ {e}, o) Abelova grupa, gde je e neutralni elemenat za operaciju *, za prsten (S, *, °) kažemo da je polje.

Pr imer. (Q, + , •) je polje.(R, +, •) takodje čini polje.

lako se može smatrati da nam je skup realnih brojeva R dovoljno poznat

zbog izuzetnog značaja koji ovaj skup ima u matematičkoj analizi, u ovoodeljku ukazaćemo na njegove osnovne osobine.

Skup realnih brojeva R čine: skup racionalnih brojevaQ i skup iracional-nih brojeva I . Važi, naime, jednakost R = Q u I. Kako suQ i I đisjunktniskupovi, oni čine jednu particiju skupa realnih brojeva R.

Radi jednostavnijih formulacija mnogih rezultata u analizi, pogodno j proširiti skup R simbolima —oo i +oo. U tom slučaju se operacije sabiranja množenja, kao i uredjenje, kada u njima učestvuju simboli —oo i +oo, mora posebno definisati:

Definicija 2.3.4 Ako x £ R, tada je(+oo) + (+oo) —+oo, (—oo) + (—oo) ——oc,(+oo) • (+oo) = +oo, (—oo) • (—oo) = +oo,(+oo) - (—oo) = —oo, (—oo) ■(+oo) = —oo,

x + (+oo) = +oo, x + (—oo) = —oo,

x *(+oo) =+00 (x > 0), X (—oo) = —oo (x > 0), x • (+oo) = —oo (x < 0), x (—oo) = +oo (a: < 0).

2.4 Polje kom pleksnih brojeva

Jednačina x 7+1 = 0, nema rešenja u skupu realnih brojeva. Dakle, potrebno je skup realnih brojeva proširiti i u tu svrhu ćemo uvesti pojam kompleksno broja.

Skup svih uredjenih parova realnih brojeva je polje u odnosu na sabiranj+ i množenje ■, pri čemu je sabiranje i množenje definisano sa



2.4. Polje kompleksaih brojeva 19

(Va,b,c,d& R) (a, b) ■(c,d) —(ac -bd ,ad +bc).

To polje zove se polje kompleksnih brojeva i označava se saC, a elemente poljaC zovemo kompleksni brojevi.

S obzirom na jednakost uredjenih parova sledi da je

(V(a,6), (c, d) €FP) (a, b) ~ (c,d) <=> a =c Ab = d.

Pokažimo da je(R2, +, •) polje. Za sve (a,b), (c,d), (e ,/ ) 6 R 2 važi:

1) (a,b) + (c, d) = (a +n, b + d) £ R2, (a ,b) • (c,d) = (ac — bd, ad + bc) G R2, dakle zbir dva kompleksna broja je kompleksan broj i proizvod dvkompleksna broja je ponovo kompleksan broj.

2) ((o,6)+(c,d)) + (e,/) = (o+c,6+ đ)+ (e, /) = ((o+c)+e, (6+ d ) + / ) =( a + c + e ,6+ J + / ) = (a,b) + (c+e,d+f ) = (a,b) + ((c,d) + (e, f) ) (sabiranie

je asocijativno).

3) (a,6) + (c,d) = (a + c,b + d) = (c + a, d + b) —(c,d) + (a,b) (sabiranje je komutativno).

\ 4) (a,6) + (0,0) t= (0,0) + (o,b) = (a,6) ((0,0) je neutralni element za’sabiranje).

5) (a,6) + (—a, — b) = (—a, — b) + (a,b) = (0,0) (dakle, svaki element(a,b) e R 2 ima inverzni element (— a, —b) £ R 2 u odnosu na sabiranje). Par( - a , - 6) zovemo suprotan paru(a,b).

Znaći, (R2, +) je Abelova grupa.

(ii2 \{(0,0)},-) je Abelova grupa, jer je za sve(a,b),(c,d).r(e,f) e R1 \ {(0,0)}:

1) (a,6) ■(c,d) — (ac - bd, ad + 6c) € R? \ {(0, 0)}.

2) Množenje uredjenih parova je komutativna operacija, jer je

(a, b) (c,d) = (ac —bd, ad + 6c) = (ca — db, da + cb) = (c,d) • (a,6)

3) Množenje uredjenih parova je asocijativna operacija, jer je

(a ,6) • ((c,d ) ■(e, /)) = (a,6) •(ce - df ,c f + de) =



20 GJava 2, AJgebarske strukture

= (a(ce —df) - b(cf + de) ,a(cf + de) + b(ce — df)) =

= ((cc — bd)e — (ad + bc)f, (ac - bd)f + (arf +bc)e) =

= (ac - bd,ad+bc) (e, f) = ((a,6) • (c,d)) ■(e,/) .

4) Za komutativnu operaciju m noženje uredjenih parova postoji neutralnielement. To je uredjeni par (1,0), jer je za svaki par (a, b)G R 2

(a,b) (1 , 0 ) = (a,b).

5) Za svaki uredjeni par(a,b) G R 2, sem za par (0,0), u odnosu na ko-mutativnu operaciju m noženje uredjenih paro va, postoji jedan i samo jedaninverzni uredjen par

^ ^ = (a2 + b'2 ’ ' a t + t?) 6

takav daje

Par ( - ° ■■-j;, — -— zvaćemo recipročan par paru (a, b) ^ (0,0). Dakle, \a* + b ' a* + bz )( R2 \ {(0,0)}, ■) je Abelova grupa. Treba još dokazati da je operacija • dtributivna prema operaciji + .

(V(a,b),(c,d), (e,f) e R2) (a,£>) ■((c,d) + (e,/)) =(a,b) • (c+ e,d + f ) =

= (a(c+e)—b(d+f), a(d+f)+b(c+e)) = (ac + ae -b d -b f, ad+af+bc+be) =

= (ac - bd,ad + bc) + (ae - bf, a f + be) = (a,b) (c,d) + (a, b) (e, / ) .

Znači struktura(R2, +, ■) je polje.

2.5 Algebarski oblik kom pleksnog broja, operacije

Posmatrajmo sada skup uredjenih parova oblika (i, 0), tj. skup



2 5. Algebarski obiiJckompleksnog broja, operacije 2 1

Možemo parove(x, 0) poistovetiti sa realnim brojem x jer se operacije+, ■na X vrše analogno operacijama + i • na R.

{s,0) + (K,0) = (x + !/,0)

(*,0) • (lf,0) =(xy,Q).

Interesantno je da je (0, l )2 = (0,1) ■(0,1) = (—1,0). Obeležićemo par(0,1) sa i. (Zvaćemo ga imaginarna jedinica, t2 = - 1), Sada možemo pisati

* = (x,y) ~ (z,0) +t(y,0 ) =a: + iy,(x,y e R).Oblik z — x + iy naziva se algebarski oblik kompleksnog broja z. Realni broj x zovemo realni deo kompleksnog broja z, u oznaci Rez, a realni broj y zovemo imaginarni deo kompleksnog broja0 i označavamo ga sa Im z.

Lako je videti da je

z\ — Z 2 Rez\ = Rez2 A Im z\ = Im z2.

Sledi z 6 R <=> Im z = 0. Ako je Im z 7^ 0, kažemo da je kompleksan broj zimaginaran. Ako je uz to i Rez = 0, kažemo da je kompleksan broj z čistoimaginaran.

Za broj — z — —x — iy kažemo da je suprotni broj broju z = x + iy, a za broj

-1 x —y7 — _ L *

x2 + j/2

da je reciproćan broju z = x + iy 0. Broj z~ l obeležavćimo sa z

Imajući u vidu sabiranje i množenje kompleksnih brojeva, moguće je kaoi kod realnih brojeva, uvesti operacije: oduzimanje i deljenje kompieksnih

brojeva. Tako, za kompleksne brojeve z\ = x i + iy\ \ z2 = x2 + iy2 imamo

. . Z\ 1 .,, Z\ - z2 = Zi + (~z2), - = z i - — , (z2 ^0) .

z2 z2

Ako kompieksan broj predstavimo u algebarskom obliku, navedene definicijeza sabiranje, oduzirnanje, množenje i deljenje kompleksnih brojeva svode sena jednakosti:

z\ ± z2 = (ii + j/ji) ±(x2 + y2i) = (a:! ± x2) + (yi ± y2)i,



22 Glava 2. Algebarske strukture

zi z2 ± (xi + yii) (x2 + 1ni) = (x\x2 - y m ) + (x m + x2yi)i,

Zi Xi + yi* _ x\ + y\i x 2 - y i i x 2xi + y2yi , x 2yi - x iy2 _. t n” * i * O i} “ n T n o 2>2 /

*2 ^2 + Vl1 1 ^2+^2 X2 + V2 x 2 + 2

Ovđe se jednakosti dobijaju ako se primene pravila algebre realnih brojev pri čemu se kompleksni brojevi tretiraju kao binomi poi sa realnim koefi-cijentima, gde jei2 = — 1, pa se u stvari na taj način mogu izvoditi sveoperacije sa kompleksnim brojevima.

Ako je z = x + iy, tada ž = x —iy zovemo konjugovano kompleksan broj bro ja z. Važi z — z,

Rez = i (z + S) i Im z = ^-(z — ž). £ š £,%

z • ž = x 2 + y2. Nije teško proveriti sledeće

Z\ + Z2 = Ž\ + Z2, Z\ ~ Z2 = Ž\ ~ Ž2,

Z\Z2 = Ž\Z 2, z \ f z 2 = ž \ f z2 (z2 ž 0).

2.6 G eom etrijska interpretacija, trigonom etrijski, eksponencijalni oblik, operacije

Kako je izmedju skupa R 2 = R x R i tačaka jedne ravni, uvodjenjem koordi-

natnog sistema, moguće uspostaviti obostrano jednoznaćnu korespondencijuto je moguće uspostaviti korespondenciju izmedju skupa svih kompleksni brojeva C i skupa svih tačaka jedne ravni. Prema tome, svaki komplek

b j j ć id ifik i j d j di čkM i



2.6.Trigonometrijski, eksponencijalni oblik, operacije 23

realna osa, a t/-osu zovemo imaginarna osa.

Definicija 2.6.1 Broj \z\ = \ fx 7 + y2 zovemo modul ili moduo kompleksnog broja z = x + iy.

Iz z 2 = x2 + y2 sledi \z\2 = z -ž .

\z\, odnosnor, geometrijski predstavlja rastojarjeOM tačke M odredjenekompleksnim brojem z od koordinatnog početkaO.

Ugao <p koji zaklapa potegOM sa pozitivnim delom realne oseOx zovemo argument kompleksnog broja z (slika2 .6.2).

/ Očigledno važe jednakosti x = \z\ costp i y — \z\sinip, ali i jednakost- = tgtp, (x 0). x

^Zbog periodičnosti funkcija(p *-4 cosip i <pi-+ sinip, vaze i jednakosti

x = | z\ cos(y> + 2fc7r) i y = \z\ sin(<p +2kir) (k € Z),

pa se kao argument kompleksnog broja z može uzeti bilo koja vrednost<p+ 2kir, koju ćemo označavati sa Arg zjy

Za vređnost argumenta kompleksnog broja z, za koji je — t t < Argz <ir kažetno da je glavna vrednost argumenta kompleksnog broja z i označavamo

je sa arg z. Tako imamo

Argz = arg z + 2kw ~ <p+ 2kn (A: € Z).

Za kompleksan broj 0 = (0,0) argument se ne definiše.



24 GJava2. Algebarske strukture

P rim er. Naći rastojanje izmedju dve tačke u kompleksnoj ravni da z\ = X] + iyi i z2 — xa + iy2-

Slika 2.6.3

Naći ćemo prvo broj z taiav da je2 3 = z2 —z\ (slika 2.6.3). Ovim jeodredjena translacija duži z2 zi, pri čemu je tačka z\ translirana u koordinatni početak, a z%u tačku23. Ako sad označimo dužinu duži21 2, jasno je da je

d = |z3| = |i2 - x i + i{y2 - y i)| = y/(x2 - %i) 2 + (3 /2 - Vi)2-V Očigledno je da važe jednakosti: x = rcos<p, y = rsinw, tg<p= - , x ^ 0.xTada se dobija novi obiik kompleksnog broja

z = x + yi = r(cos<^ + isin<p)

koji zovemo trigonom etri jsk i o blik kompleksnog broja z.

Znači, da bismo kompieksan broj predstavili u trigonometrijskom ob potrebno je znati njegov modul i njegov argument.

Obratno, svaki oblik

z = p (cq %Q+ isinfl), p > 0 ,

je trigonometrijski oblik kompleksnog broja z, jer važi

r = \z\ = \Jp2 cos2 cp + p2 sin2 <p= p,

cosip = cos9, sin<,c> = sinć?, odakle je6 = <p+ 2fc?r tj. za kompleksan brojz p je moduo a0 argument.

Teorema 2.6.1 Dva kompleksna broja z\ i z2 (z\ 7 0, z ^ 0) su jednaka ako i samo ako je: |zi| = \z2\ i Argî = A rg^ + 2fc?r (fc G Z).



2.6.Trigonometrijski, eksponeacijsdni oblik, operacije 25

Dokaz: Jêka je •,

z\ = ri{cosî +isin¥Ji), z%= r 2(cos<p2 +tsiny>2)-

Ako jer\ = r<z i <pi = y>2 + 2fc?r(k &Z), očigledno je z\ = zi- Obratno, ako je z\ — Z 2 , onda rooraju biti jednaki realni i imaginarni delovi, paje

r icos^ j = r 2cosy?2, rjsin<î = r 2siny>2-

Odavde jer\ = r%, tj. r^ = r 2- Sada dobijamo da je

costpi = costp2 , sinôi = siny)2 tj. <p\ =<p2 + 2kir (k € Z).

Znači, potreban i dovoljan uslov da dva kompleksna broja različita od budu jednaka, jeste da su im moduli jednaki, a argumenti se razliku2&7r(k € Z).

Sada ćemo pokazati kako se kompleksni brojevi množe i dele u tri

metrijskom obliku. Neka su data dva kompleksna broja

z\ = ri(cos<î +isiniiCi) i Z 2 = r2(cos<^2 +isin<£>2)-

Na osnovu množenja kompleksnih brojeva u algebarskom obliku imam

z\ Z 2 = r i 2 cos<pi cos<p%- r\T 2 sin<îsm<p2 + (rjr^co s^ i sin(p2+

+ r ir 2sinv?i ■c o s ^ i = r i r 2(cos(¥>i +ip2) +isin((,oi +¥>2)),odakle sledi da je

ki ■zal =1*11‘1 21, Arg(^ • z^) = Argati + Argz2.

Znači, dva kompleksna broja se množe u trigonometrijskom obliku takse moduli pomnože, a argumenti saberu.

Može se na osnovu principa matematičke indukcije dokazati da za

Zk = rk(cos<pk + isin<pk), k=l,2,...,n

ži





2,6.Trigonometrijski, eksponencijaini oblik, operacije 27

Kako je cos<p+ isinip = e'pt, to je cos<p—i sin<? = e pa je

eVi + e~Vi evi _ e-Vicos<p= ----- -------, sinvj-------- -------

l l i

Ove su formuie poznate kao Eulerove formule i ponioću njih se proizvodtrigonometrijskih funkcija lako može napisati u obliku zbira trigonometrijskih funkcija.

Daćemo sađa geometrijsku interpretaciju svih operacija za kompleksne brojeve. Ako je

zi ~ x\ + yii, z2 = x 2 + j/2*,

tada je z = z\ ± = {x\ ± x2) +{y\ ± y2)i.

Ako je z\ • zi 0 i Argzi = Arg z-i + kir, sledi da je četvorougaoOz\zz2

paralelogram (slika 2.6.4). Znači, kompleksan broj z se dobija kao četvrtoteme paralelograma (za sabiranje). Za razliku z\ — z?, prvo nadjemo broj — Z 2 pa ga saberemo sa z\ (Slika 2.6.5).

Neka je sada z = z\ z% (z\ • z2 ^ 0 i bar jedan od kompleksnih brojeva z\ i z2 je različit od 1). Kako je '

1*1 = 1*1 ■ z2j = |ži| - \z2], Arg(ži ■ z2) = Arg^ + Argz2 = 6\ + 02ialedi da su trouglovi Olzj i 0 z2z slični (Slika 2.6.6), pa ugao kod temena z2

b k k d b k k



28 G1ava 2. Algebarske strukture

z\ = = 1, to je.i z = 1. \

Za količnik z = —(z\ zi 0 i bar jedan od kompleksnih brojeva z\ iz2

je različit od1), je \z\ = j ^ j , ak igz = Argî —ArgZ2- Na osnovu sličnosti\z2\

trouglovaOz2z\ i O lz (Slika 2.6.7) sledi da ugao kod temena z2 mora bitiisti i kod temena1.

2.7 Stepenovan je, korenovanje kom pleksnog broja i Moivreov obrazac

Ako je zjfc = rtfcosipk + * = l,2 ,. .. ,n , tada je

Zi-z2 -. ..-zn = r 1T 2-...- rn ((cos(î +¥J2 + - + V :’Ti)+»sin{v,i+¥52 + - + VIn)

Ako je z\ = z2 = ... = zn = z, onda je

n = r 2 = ... = rn = r, ^ = y>2 = ... = = ¥»■

Sledi da je

z " = r n(cosnv?+ isinn^) tj. \zn \ = Izl^, Arg2n = n Av g z ,

u eksponencijalnom obliku je z = r'fil =>■ zn = r nen,p*.



2.7.Stepenovanje, korenovanje kompleksnog broja, i Moivreov obrazac 29

Ako uzmemo da jer = 1, imamo da je z = costp + 1 sin<p, pa je ;

zn = (cos<p+ isin ^ )n = cosn))n = cos(— nip) + tsin(— ntp)i ako uzmemo da je (cos(p+tsin</j)° =1 = cosO+isinOdobijamoM oivreovobrazac:

(Vn € Z) (cos(p + i sin<p)n = cosn<p + i sinnip.

Izvešćemo sada formulu za korenovanje kompleksnog broja.

Neka je data jednačina

z n = u,gde jen e N, a u kompleksan broj različit od nule. Tada pišemo

z = tfu.

Za dati kompleksan broju tražimo kompieksan broj z. Neka je

u = r(cos<p + tsiny?), z = p(cos9 + i sin0).

Tada je X'"~(p(cos6 + isinfl))" = pn(ćosn$ + isinn# ) = r(cos<p+ tsin<p),

pa je na osnovu jednakosti kompleksnih brojeva

pn = r, nO = <p+ 2ki\ (k e Z),

odakle jer- . <p+ 2fc?r , „

p = \ /r , 6 = -----------, k 6 Z.nAko je k = n, biće

<p + 2rt7T tp



30 GJava2. Algebarske strukture

'što daje isto kao i kad jek — 0. Dakle, posle n uzastopnih celih brojeva,kompleksni brojevi se ponavljaju, pa iman različitih vrednosti (/u , a to su

„r-, (p + 2kn . . w + 2kir. , „ . „ Zk = \/r(cos-------------1- »sm---------- ), k — 0 , 1,2, n - 1,n nili u eksponencijalnom obliku

Zk= \/re n *, k = 0, 1,2, ...,n - 1.

Sva ova rešenja leže na centralnoj kružnici poluprečnika \ /r i čine temena pravilnog n —tougla, čije je jedno teme(z$) sa argumentomip/n, a za svakosledeće teme argument se povećava za2ir jn .

Geometrijski posmatrano, rotacijom zq okoO za ugao2t t / n u pozitivnomsmeru, dobija se z\. Uopšte, rotacijom za isti ugao2n/n dobija se z^.

Broj z = re*v rotiramo za ugao o; oko koordinatnog početka tako što ga pomnožimo brojemeat (Slika 2.7.1).

P rim er: Neka je z3 = — 1 - t, Naći z.

Kako jer = | — 1 —ij = \/2 i (p = arg(—1 —t) = —3tt/4, imamo

« = $ ' 5 [ c o . ( - | ) + i « t a ( - | ) ] - i ^ i ,

6 r 5 jt , . 5t t i Zi = v/2 [c0s — + t s m — J,



2.8. Zadaci 31

Brojeve z\ i zi lako možemo dobiti u algebarskom obliku ako zq zarotiramo

2 27rza — odnosno —— oko koordinatnog početka (Slika 2,7.2).J O

iis. , 2-rr , 2w 1 - 1' f 1 ,\ /3 \. = Z0.(cosT + .smy ) =- ^ - ( - 5 + , — )

_t2i ( _ 2 r . . —2w\ 1 - i / 1 ,\ /3 \, 2 = * 0 . e a +

^2.8 Zadaci,/

2.1. Odrediti kompleksan broj z ako je arg(l + i) = | i|1 + z\ = 4.

ReŠenje: 1 + * = 4e*1 = 4 ( c o s f + js i n |) = 4 ( ^ + i ^ ) = 2 i/2 + 2 \/2 i, pa je z = 2\/2 — 1 + 2i \ /2 .

2.2. a) Odrediti kompleksan broj z iz uslova

rzi + l o 11 r^ i + l , i 18lie< —---- r + zi ?■= — , Im i — ------- r zi S- = ----- .I 2 + i i 5 l 2 + i / 5

b) Naćis/ž u algebarskom obliku. zi 'f 1ReŠenje: a) Obeležimo saw kompleksan broj —— r + ži, gde je z =2 + 1

x + yi. Onda je

zi + 1 2 - i (x+yi)(2i + 1) + 2 - iT T T 2r7 + *' =----------- š----------- + (»-s*)i =2xi + x - 2y + yi + 2 —i + 5xi + 5y x + 3j/ + 2 7x + y —1

= _ -----------------------------------------+ ----------------- --- ----------------1 .

11 18S druge strane,w = Re{ty} +i Jm{w} = — -------»i, pa je5 5*i + 3y + 2 11 7x + y — 1 18

5 “ T ’ 5 ~ ~ Todnosnoa:+3y = 9, 7 x+ y = -17, odaklejea: = -3, y = 4t pa jez = -3+4i .

b) Neka je



32 GJava2, Algebđrske strukture

y/~ 3 + 4t = x + yi/ 2

-3 + 4i =(x + yi)2

—3 + 4i = x2 + 2xyi —j/2.

Odavde je —3 = x 2 —y2, 4 = 2a:y.2

Iz druge jednakosti je y = —. Uvrštavanjem u prvu jednakost dobijam

ti = 1, t 2 — —4. Kako je x G R (jer x je realan deo kompleksnog broja)to mora bitit = 1 i dobijamo dva rešenja: xi =1, y\ = 2 i x i = — 1, j/2 = —2, što znači da su kvadratni koreni iz -3 + 4t brojevi

z \ = 1 + 2t i Z 2 = —z\ — —1 — 2t.

2.3. Odrediti kompleksan broj z iz uslova \ — ‘ y

x~3 = x2 —4^ / - x 2, x4 + 3x2 - 4 = 0, ( x ^ 0 ) . ' \

Smenom x2 —t dobijamo kvadratnu jednačinu čija rešenja su: I :)

H.ešenje:

Kako je

16e27rt _ 4(cos 2tt + tsin27r) 4 —*

pa je z = 3 —4t.



2.4. Odrediti kompleksan broj z iz uslova1 — ži

2.8. Zadaci _____ ___________ _____________

Rešenje: Neka je z = x + yi. Onda je

z + iz = x + yi + i (x + yi) = x + yi + x i —y,

Re{z + iz} = x —y = 2.

1 - ži 1 —(x — yi)i \ —x i —y —i — .— — -------- --------= -------------- —- _ — x + yi —ii 1 % —l f l —ži)/ m | — z | = y —1 = —3. Odavde je y = —2, x = 0, z = —2i.

2.5. Dat je kompleksan broj z = eT®'.

^ a) Pokazati da je kompleksan brojw = jednak —1 + ii/Š.

b) Naći u algebarskom obliku. / _ J L ’Rešenje: a) Kako je ž = e is*, imamo “

_ ‘ie1w l(i + e~ltl) _ 4e^*(i+ e~ o‘) _4eX*(i+ & U- ! * )

_ i ~ v/3e** ~ i + VŠ ~ \ /3 +i ~

2 eT ;(v^ + i) -'n..1,i/3. /-= Js+i =2ex = 2+»T1=_1+iv/5‘ b) = V2e (x + 2fc * = ^5e(¥ +2‘ *)i.

Za A; = 0, io0 = + | i ) ,

za A: = 1, io1= = tuoe?’ =w0 %=v 2 ( - i +

k = 2, u>2 = - io0 = ^ ž ( - ^ -5*),

k - 3, it)3 = -u)i = v^2(j -za



34 Giava2. Aigebarske strukture

Rešeiye: z\ = (1 —^ —i ) 67 = (5 ~ t1 ) 67 = (cos4- i sin - ^ )67 =(e=r ‘)66+1 = =e=f-i - l - & i'

arg(z2) = arg(^j) = \z2\ = 4, pa je

z2 - 4 e ^ * =iz i = 2 —2\/3i,

2.7. Ako su da ti kompleksni brojevi z\ = 3 + 2i1 z2 — 2 + t, odreditikompleksan broj2 tako da je:

R e(zži) = - 1 i M ^ ) = §.R eše nje : Neka je z = x + yi. Onda je

Re(aži) = Re((s + j/t)(3 —2i)) = Re(3a: + Zyi —2xi + 2 y) = 3x + 2y = —1, iIm(X) = | n i ( ^ - |= i) = Im(^ T ^ ) = I m ( ^ + 2^£<) =^ = f .ReSenje ovog sistema jednačina po a: i y je1 = -1 , y = 1, pa je z = — 1 + i.

2.8. U kompleksnoj ravni data su dva naspramna temena kvadrataz\ = 4 i zz = 1 + 1.

a) Odrediti preostala dva temena zi 1 z%.

b) Odrediti kompleksne brojevea i b tako da z \ , , 23 i Z 4 predstavljajurešenja jednaćine(z —a)4 = b.

ReSenje: a) Označimo sa zq presek dijagonala kvadrata. Onda je Z\ + Z 3 5 1. _ . zo = — -— = - +- t . lacku z2 dobijamo rotacijom tačke z\ oko zo za

4 J j £t ugao | :

/ , /3 1 ... 1 3. . „ Z2 - Z 0 = (z\ - zp)ei .= - - 1 ) 1 = - + - t , pa je22 = 3 + 2t.

1z zo = — Z* (jer z0 je središte duži Z 2 Z 4 ) dobijamo Z 4 = 2 z0 - z2 = 2 — i.

b) Ako kvadrat Z 1 Z 2 Z 3 Z 4 transliramo za —zo, dobićemo kvadrat satemenima

, 3 1. , 1 3 . , 3 1. , 1 3.= * ! - * , = - - - * , *2 = **-** = - + - . , Z 3 = - ~ + - Z , Z, = -i centrom u koordinatnom početku. Temena ovog novog kvadrata su četvrtik i i k l k b j



2.8. Zadaci 35

pa jednačina glasi(z —20 )4 = b odnosno

5 l . \ 4 1,( " 2 - j * ')

2.9. Dat je kompleksan broj z\ —\/3{2 — i). Naći kompleksne brojeve Z 2 na pozitivnom delu imaginarne ose i23 na negativnom delu realne ose,koji zajedno sa z\ čine temena jednakostraničnog trougla, a zatim odreditikompleksne brojeve a i6 u jednačini{z —a)3 = b tako da21,22 »z3 budunjena rešenja.

Rešenje: Neka su m i n realni brojevi takvi da je Z 2 = mi, m > 0

Z 3 —n, n <0.

Rotacijom tačke22 oko z\ za ugao | dobija se23 :

23 ~ zi =(*2 - 2i)ef*,

n —2v^3 + \/3i = (- 2 ^ 3 + (m + V 3)i)(| + ^ i ) , __ /n

n —2\/3 + \/3i= —i\/3m —| + (—3 + + —)i. Odavde je

n - 2 V Š = —v<3 — § / •2, i

V32

\/3m + 2n = 2\/3 —3,

m = \/3 +6, n = -3 - 2\/3,

22 —(6 + \/3)i, 23 = —3 —2\/3.

Tačka a je težište ovog jednakostraničnog trougla. Nadjimo prvo tačku20 koja je središte stranice2122 :

Z 1 +Z 2 k , „.zo = — ^— = v 3 + 3*-

Kako težište deli težišnu liniju u odnosu2 ; 1, imamo2 . . 2ô + 23a - 2 3 = j ( 20 - 23), a = ---- ----- = - l + 2i,

\/3 = —3 + |m H— — / • 2.



36 Giava2. Algebarske strukture

đok je6 = (z\ - a)3 = (z —a)3 = (33 —a)3 ——8(3\/3 + 7 + l l i + 6\/3i).

Napomena: Težište a konveksnog n-tougla je a = £(zi + z2 + + zn)-

2.10. Dati su kompleksni biojevi z\ — —1 — i i z<i = 2 + i.Odrediti preostala temena paralelograma z \z2 z$zi ako se zna da je stranica

Z 1 Z 2 dvostruko duža od stranice z2 3, da je ugao kod temena z\ jedneik § ida se teme23 nalazi u prvom kvadrantu.

2ttRešenje: Ugao kodtemena z? je — , pa se stranica dobija rotacijom

2tr ,stranice z\ z%oko z2 za ugao - — i kontrakcijom za faktor5 odnosnoO

Z 3 - Z 2 = ~ ( z i - Z2)e~Tl =

= I (_3 _2i )( -~ - ^ - i ) = i (3 - 2^3 + (2 +3>/3)i), ^

11 i/3 .3 3\/5..

Z3' T - T + (2 + —Preostalo teme z<± dobijajno iz z$ —Z 4 = z2 — z \ (naspramnestranice para-lelograma su paralelne i imaju istu dužinu).

1 73 .1 3 Z 4 = Z \ - Z 2 + Z 3 =- - - — - ( - - - j ~ ) l .

32.11* Dati su kompleksni brojeviw\ = —<4—-* iW 2 = 3 + 2i. Naći £ikompleksan broj z koji je kolinearan sa 'tt'i i "UJ2 i nalazi se na rastojanju

5\/5 ^ , . . . —— od ujj , sa iste strane sa koje je1 'IU2 ■zRešenje: Rastojanje izmedjuw\ i W 2 je

1 7 .. r 49 7 7 5^5\W2 - W i | = | 7 + -i | = ^ 4 9 + — = = jr — ,

pa z dobijamo iz:

z —w\ — (W2 —uji) = 5 + odnosnoz = l + i.



2.8. Zadaci 37

2-12. Koristeći Euierove formule predstaviti proizvod sin'2 3a: cos4x u

obliku zbira trigonometrijskih funkcija.Rešenje: Po Eulerovim formulama je

e xi _j_e - x i e x i _ e~xicos x = -----

-, sinrc =-------- — -- , pa je2 2%/e 3x* _e-3*iv2

sm 3x cos4x = ^---- — ----- jcos4a: =

e 6 x i _ 2 + e - 6 XieAxi + e - 4 i i

—4

_ _ i ( ,ft~' ~ _ _ 4 \

1 , e 101* - 2eix i + e~2xi + e2xi - 2e~Axi + e - 10a:,' \ _ _ j _

1 / e 10xi + e~ l0xi ne4li + e~ixi e2xi + e~2xi\ _= _ 2 - + - J -

= —^(cos 10x —2 cos4x + cos2x).

Pomoću ovakvih transformacija se rešava jedan tip integrala.2.13. Koristeći trigonometrijski oblik kompleksnog broja, izraziti co4x

preko cosx i pomoću dobijene veze izraćunati cos i sin-j^.

Rešenje: Koristićemo binomni i Moivreov obrazac.

cos 4 x + i sin 4 x = (cos x + i sin r )4 =

cos4 x + 4i cos3 x sin x — 6 cos2 x sin2 x — 4i cos x sin3 x + sin4 x.

Odavde izjednačavanjem realnih delova dobijamocos4x —cos4x — 6 cos2 x sin2 x + sin4 x,

cos4x = cos41 —6 cos2 a:(l —cos2 x) + (1 —cos2 x)2,

cos4x = 8 cos41 - 8 cos2 x + 1.

Za x = smenom cos2 ^ = t dobijamo

c°s | = 5 = $t2 - 8t + 1, odnosno8 ± \ /6 4 - 16 2 ± v/3

81 — -b ——0, t \ t2 =2 ’ 16



38 Glava2. Algebarske strukturc

pa su sva četiri rešenja ove bikvadratne jednačine ± V'2+ / l ,± a jedan od ova četiri broja je cos Kako je cos ^ pozitivan broj blizak dinici, zaključujemo da je cos^

Dalje, sin - cos* ^

2.14. a) Koristeći trigonometrijski oblik kompleksnog broja izračtačnu vrednost za sin f i cos ^ .

b) Izračunati A = 1 + 5 cos np + 10 cos + 10 cos ^ + 5 cos ^ + cos B = 5sin ^ + lOsin + lOsin + 5sin ^ + s in ^ |2!:,

Rešenje:

a) cos 5x + i sin 5a: = (cos x + isina;)5 = cos5 x + 5i cos4 x sin x —10 cos3 x sin2 x —10* cos2 x sin3 x + 5 cos x sin4 x + i sin5 x,

cos 5x = cos5 x 10 cos3 x sin22 + 5 cos x sin4 x= cos5 x —10 cos3 x ( l —cos2 x) + 5 cos ar(l —cos2 x)2 = 16 cos5 x —20 cos3 x + 5 cos x, i slično

sin5x = 5 cos4 x sin x —10 cos2 x sin3 x + sin5 x= 5(1 —sin2x)2sina: —10(1 —sin2x) sin3 x + sin5 x = 16 sin5 x —20 sin3 x + 5 sin x.

Poslednja jednakost za x = f postaje

16sin5 | - 20sin3 f + 5 s in | = 0 / : sin § (^ 0)

16sin4 J —20sin2 | + 5 = 0, što je bikvadratna jednačina po sin psmenomt = sin2 | dobijamo

Pa je sin § jedan od brojeva 0er Je sin f > °)-



2.8. Zadaci 39

b) Posmatraćemo kompleksan broj

z = A + B i = l + 5 ^ c os ^- + t s i n ^ ^ + lO ^ c o s ^ + t s i n ^ - ) +

, 6,r , ■ • 67r , c / 8t t 8t t \ / IOtt . . 10t t \+10 cos “ +i sm — J + 5 cos —+ 1 sm — J + ^ cos + 1 sm J

= 1 + 5 e ^ ‘ + 10e*r' + IO e^' + 5 e ^ ‘ + e1 * = (l + e ^ ‘) 5 =

= (e f<(e -f<+ 4 ‘) ) 5. * ( * ! £ * ) ' . * - =±qp ! .

Kako je z realan broj, zaključujemo da je B = 0, A = — 4v2

2.15. Dati su izrazi:

A = cos3x + 3 cos5x + 3 cos7x + cos9x i

B = sin 3a; + 3 sin5x + 3 sin7x + sin 9a:.

a) Pokazati da je A = 8 cos3 x cos 6x, B = 8 cos3 x sin 6x.

b) Za x = ćidrediti \/A + Bi.

Rešenje: Posmatraćemo kompleksan broj

A + B i = cos3a: + isin3a: + 3(cos5x + tsinSa;)+ 3{cos7x + i sin7x) + (cos 9a: +i sin 9i)= e3x*+3e5xi + 3e?xi +e9xi = e6xi(e~3xi + 3e_*‘ + 3eji +e3xi)= e6rEi{e- ** + e1’)3= e6l‘(2cosa;)3= 8cos3x(cos6a: + isin6x),

pa je A = 8 cos3 x cos6x, B = 8 cos3 x sin 6x.

b) Za x = A + B i = 8 cos3 •e?* = 8i cos3 .



40 Giava2. Algebarske strukture

V A + B i Za k = 0,

za fc= 1, za fc = 2,

= 2 cos ^ = 2cos & • = 2cos £ • e ^ +2fc 5UJO = 2COS Jž ' e ®' = C0S n '

= 2cos yj ■e ^ ’ = cos • (—\/3 + i),

tw2 = 2cos5 • e ^ 1 = -2icos



Glava 3

Determinante i sistemi linearnih jednačina

3.1 Definicija determ inan te

Neka je dat konačan skup odn elemenata 5 = {oj,a^, n G N.

Definicija 3.1.1Svako obostrano jednoznačno preslikavanje skupa S na samog sebe je jedna permutacija tog skupa.

Prim er. Neka jeS = {a,6,c,<i}. Preslikavanje definisano sa

f (a) = b, f (b) - a, f (c) = d, f (đ) = c

je permutacija skupaS. Nju možemo zapisati i na drugi način

( t j ili samo badc. \b a a c )

Uopšte, ako je /(<!;) = (i = 1,2 ,. ..,n) permutaciju možemo obeležetisa

/ a i a<i ... an\ a32 •" ajn

To omogućava da se uoči slika svakog elementa o;,i = 1,2,..., n.



42 GJava3. Determinante i sistemi linearnih jednaćina

S :m xr .0 jj,...,0 jri napisani u odredjenom poretku odredjuju permut,.i<'\’i-3î.cnu permutaciju možemo pisati u obliku®7l iaji> " '

P e rm u ^ - ~’--~,on zovemo glavna ili polazna permutacija. Za poredak cfe’assss. - glavnoj permutaciji kažemo da je normalan.

U piîrrnžzi:: rermutaciji

ah >ah i ' ">aik i •••!aj n • ’a jn

kažemo d-'i aj: čine inverziju ako je jk > ji-

Navori—- rj?i~ ia se pronadju sve inverzije u jednoj permutaciji. Prvose posmAtr; -==ze^t;0i koji će činiti inverziju sa svim elementima isprednjega, a n: a jsnzn. iza njega. Zatim isključimo oi i prebrojmo sve elementispred02 ^ ziverziju sa^), pa onda isključujemo02 i prebrojimo sveispred03 ' do a„.

Prin>f'~ - ;e^Liitaciji02, ®4i®ij<*5,03 inverziju ćine02 i o i, 04 i o j, 04

i 03, as i iina četiri inverzije.Za prm.:^c:“ koja ima paran broj inverzija kažemo da je parna, a za

perinutar.j, '. c.«mn. neparan broj inverzija kažemo da je neparna.

Glavn; :ranja je parna, jer ima 0 inverzija.

Pre d s e r m i n a j n t e definisaćemo pojam matrice. Matrice1opera-cije s njinu -=^ nprimije izučavati u glavi 7,, a ovde će nam samo poslužitradi pogom-i*^nnćeg zapisa.

Pravora^zs §ena

on a i2 ... ai„021 022 02n

_ omi am2 ... omn _

gde su a, = - ----rn', j —1,2, ...,n) brojevi (realni ili kompleksni) zove

se m atriri. . (Hj nazivaju se elementi matrice. Za matricu kojaima m vn^ * sc^na kaže se da je tip a m xn. Element Oij pripada i-tojvrsti i j —i-". s jo h Elementi Oji, o2, obrazuju r - tu vrstu, a elementi



3.1. Definicija dctcrminante 43

Matrica tipan x n zove se kvadratna matrica reda n. Za elemente au,°nn kaie se da feže naglavnoj dijagonali, azaelem entecni ,a n_ i(2,

da leže na sporednoj dijagonali.

Pored prethodnog zapisa u literaturi se sreću i sledeći zapisi:

A = [Oij]mxnOll . a in

Oml ®mn

Determinanta kvadratne matrice

a l l a 1 2

_ 021 ^22 -. 02n

, &nl Q>n2 •” a rtti

defmiše se na sledeći način. Izaberimo proizvoljan element prve vrste o ijj ,zatim element druge vrste02 j 2 (jz j1 j i) , element treće vrstea3j%(j'3 /

j u j z £ ji) i tako daije do elementaanjn ( j n £ j\,--., jn ¥=Jn -i) i formirajmo proizvod

G l j ! ^ 2 j 2 <1 3 ?3 • • •a T ljn ■

S obzirom da su pri tom j i , j i , . . . , jn medjusobno različiti elementi skupa{1,2,..., h}, to je j'i, j2. —,jn jedna permutacija skupa {1,2, Ovih per-mutacija ima n!, prema tome, ima n! različitih proizvoda oblika

ljl ‘ °2j2 ' '^njn'

Formiramo li sve moguće ovakve proizvode, determinantu matrice A pred-stavljaće njihov aigebarski zbir, pri čemu ispred proizvoda uzimamo + ako

je permutacija j i , j'2, ,jn parna, a znak - ako je ta permutacija neparna.Formalno to možemo formulisati ovako:

Definicija 3.1.2Preslikavanje A —► dct.4dejinisaćemo pomoću

detv4 = ^ ( - l ) paijla2jr..anjli,

gde je p broj inverzija permutacije j i , j i , —, jn a sumiranje se vrši preko svih



44 Glava 3. Determinante i sistemi linearnih jednačina

Broj D — det>l zovemo determinanta matrice A.

Determinanta D ima red koji je jednak redu kvadratne matrice A. Sim- bolički je pređstavljamo slično matrici, navodeći elemente matrice izmedve vertikalne crte, prvi čemu sad imamo elemente vrste, kolone, dijagodeterminante D. Za determinantu reda dva imamo

an o12021 «22 = dn&'n - 0x2 21 •

Deterrninanta trećeg reda može se izračunati korišćenjem tzv. Sarrusov

pravila koje se sastoji u proširenju determinante, dopisivanjem prve kolone, i uziinanju svih proizvoda po silaznirn dijagonalama sa pozitiv prcdznaJkom i svih proizvoda po uzlaznim dijagonalama sa negativnim pznakom. Dakle,

( 11022 33 + + ai3“2l<l32)

— (031022013 + 032^23011 +033<i2l0i2)

Može se koristiti i sledeća šema

«u 012 «13 an 012021 ^22 «23 021 022 =031 “32 a33 31 032

Ttojke brojeva spojene punim linijama uzimaju se sa znakom +, a trospojene isprekidanim linijama uzimaju se sa znakom —.

Za izračunavanje determinanti višeg reda koristićemo raziaganje deternanti po vrsti ili koloni i osobine determinanti koje ćemo upoznati u narnim paragrafima.

Primer.2

„1I

= 15 —8 + 2 —20 + 3 —4 ——12.



3.2. Razla.ga.nje determinante 45

3.2 Razlaganje determinajite

Prilikom izračunavanja determinante trećeg reda, možemo postupiti takšto ćemo izdvojiti iz svih sabiraka elemente samo jedne vrste, ili samo jedkolone. Izaberimo, ne gubeći od opštosti, prvu vrstu. Tako imarno

aii aj2 “ 13 = 0ll(022033 —O23O32) ~ 012(021033 D = detA = 021 <*22 023

031 032 «33 ~023031) + 013(021032 —O22O31).

Ako izraze u zagradama protumačimo kao determinante drugog reda, imam

D = ou “22 “23 —Oi2 021 O23 + 013031 033“ 21 O22

032 033 031 O32

= a i l - P l l “ O l . 2 j 0 l 2 + 0 1 3 - ^ 1 3

Za ovu formulu kažemo da je razJaganje ili r&zvej determinante po elemetima prve vrste.

Moguće je dati razvoj determinante D po elementima bilo koje vrste,odnosno bilo koje kolone. Tako imamo razvoje

D = —021 D21 + 0 2 2 D22 ~ 0.2 3 D23

— +031-^31 —O32 D32 + 033- 33= +anZ?ii —C2li?21 +031^*31 = —012^12 +O.2 2 D2 2 ~ O’Z’lD-ii — +Ol3£*l3 —023^23 + 033-C33-

Na osnovu dobijenih raziaganja determinantc trećeg reda, zakljućujemda uz neke elemente u razvoju stoji predznak + , a uz neke predznak —Primetimo da uz elemental} uvek stoji (—1)’+J.

Slično, može se razmatrati i slučaj determinanten —tog reda. Razvijajućitakvu determinantu po elementima bilo koje vrste. odnosno bilo koje kolondobijamo linearnu kombinaciju odn determinanata redan —1.

Definicija 3.2.1 Ako se u determinanti n —tog reda

D —det A — aii aia aina‘i\ <122 a2u



46 GJava3. Determinante i sistemi linearnih jednaćina

izostave elementi i—te vrste i j —te kolone (i , j = 1,2, za dobijenu

determinantu (n —l ) -og reda, u oznaci Dij ili Mij, kažemo da je minor ili subdeterminanta elementaa i j .

Algebarski zbir Aij, koji se dobija kad se iz algebarskog zbira svih članovadeterminante koji sadrže elemenat ay, izostaviaij, naziva se algebarskikom plem en t ili ko fak tor elementactij.

Teorema 3.2.1 Ako je Aij algebarski komplement elementa a^j, a Mij mi- nor tog elementa, onda je

A i j = ( - 1 ) i + j M i j .

Dokaz: S obzirom na način dobijanja algebarskih komplemenata A{j,imamo da je

a i j A i j = ' ^ ( ~ 1 ) P q 1 J i - i Qj j Qi + l J i + 1 •' anjn i

pri čemu su u algebarskom zbiru na đesnoj strani jednćikosti svi članovi deter' minante koji sadrže faktor a p je broj inverzijapermutacije —,j t - i ,

ji+i, ~,jn- Tada je ( - l ) p = (- 1 )9(-1)*+J. Prema tome je

A-i j ~ ( 1) ^ ^ j , - t a t + l ,j , - n • anjni

a na osnovu definicije minora sledi da je

Aij = ( - l ) l+JMirPrema tome, determinantu D možemo razviti na sledeći način

JD = ( - l ) i+1ailA i + (- l)H2ai2A2+...+(-l)i+fcoifcA jt4 ...+ (-l)i+% „A nili korišćenjem kofaktora,

D —aji An -f-ai2î2 + ... + Otn^tTi-

Naravno, kao i n slučaju determinaute trećeg reda, moguće je opštu deter-minantu n —tog reda razložiti po elementima bilo koje kolone. Iz prethodnosledi



3.3. Osobine determin&nti 47

Teorema 3.2.2 Determinanta D (odredjena Definicijom 3.1.2), može se pomoću kofaktora njenih elemenata raztožiti na sledeće načine:

D — ^ (* = 1, 2 , Tl), ^* = 1 \

n D = ^ ]o.kjA)~j (j — 1,2, ...,n).

k - 1

Za odredjivanje znaka odgovarajućeg minora može se primeniti sledećašema

+ - +- + - + ...+ - + - . . .

3.3 Osobine determ inan ti

Osobina 1. Determinanta se ne menja ako se izvrSi medjusobna zamenasvih vrsta i kolona, tj. ako je

D =

a n a i2 ■ a ln021 «22 •• 0,2n

OiL Ot'n

a nl «n 2 • ®nn

Oll 021 Oil .. OfJl

D' = 012 a 22 ■ 0,2 •■■• On2

O ln a 2n nin a nn

tada je D = D'.

Dokaz: Primenimo princip matematićke indukcije. Za determinante pr-vog reda, s obzirom da imamo samo jednu vrstu i kolonu, jednakost očiglednovaži. Pretpostavimo da jednakost važi za determinante reda n —1(n =2,3,...), i neka je D determinanta redan. Razvijanjem determinante D po

elementimai —to vrste dobijamo da jen

d =




Ako determinantu D' razvijerao po elementimai —te kolone, čiji su elementiimamo da je

D' j= i

gde su (j = 1,2, ...,n) minori elemenata j —te vrste ii —te kolone. Sobzirom da se dobija iz D' izostavljanjem j —te vrste ii—te kolone, a Mij se dobija iz D izostavljenjem i—te vrste i j —te kolone, imajući u vidumedjusobnu zamenu mesta vrstama i kolonama za determinante D' i D, zaključujemo da se dobija iz Ml} ( i obrnuto) medjusobnom zamenomvrsta i kolona. Kako su Mjj- i determinante reda n —l, na osno pretpostavke je = Mfj . ikko dobijamo da je

n

j = 1

tj. jednakost važi i za determinante redan.

Na osnovu ove osobine zakijučujemo đa će svaka osobina determ inankoja važi za vrste, važiti i za koloiie i obratno. Imajući u vidu ovu dualnvrsta - kolona sledeće osobine determinanata dokazivaćemo samo za vrst

Osobina 2, Ako dve vrste (kolone) promene mesta, determinanta menznak.

Dokaz: Neka su

« t l a i2 . - a ln Oll a 12 • a ln«21 «22 •• a 2n a 21 022 ■■ a 2n

a n at2 ^ a tn , = a /tl a fc2 ■ ■ a *n

a* i a *2 :........• a /tn a il ai2 • a tn

a nl a n2 ■ a nn a nl a n2 a nn

(i < k) dve determinante takve da su i - t a i fc-ta vrsta promenile mest Neka jek = i + 1 (i—ta ik —ta vrsta su susedne). Razvijanjem deterininante D\ po elementimai—te vrste dobijamo da je



3.3. Osobine determinanti 49

Ako determinantu razvijemo po elementimai + 1—ve vrste, u kojoj-suelementian,a,i2 , ..., a;n, primetimo da su minori ovih elemenata isti kao i ugornjoj jednakosti, pa je

D2 = { - l ^ a n M n + ( -1 )i+3at2Mi2 + ... + ( - l ) i+1+"ainMin =- D u

Ukoliko *—ta ik ~ta vrsta nisu susedne, izvršimo promenu mestai—toj ii+ 1—voj vrsti, a zatim z+ 1—voj (u kojoj su sađa elementian,a,i2 , ...,ain) ii + 2—goj vrsti i tako dalje sve dok elementi aii,di2 , . nedodju namesto k —te vrste. Ovih promena imak —i i piilikom poslednje od njih elementi

aJfc2> akn su došli na mestok —1- ve vrste. Zatim promenimo mestok —1 - voj ik —2 - goj vrsti i tako dalje sve dok elementiak\,a,k 2 > ,akn ne đodju na mestoi —te vrste. Ovih promena imak —i —1, te za dobijanjedeterminante D-i iz determinante D\ treba izvršiti ukupno2k—2i—1 promenamesta susednim vrstama. Kako se prilikom svake od tih promena menja znadet.erminante, s obzirom na neparan broj promena znaka dobija se da je

D2 = —D\_.

Osobina 3. Ako su dve vrste (kolone) jednake, determinauta je jednakanuli.

Dokaz: Prornenimo li mesta dvema jednakim vrstama, determinanta D, na osnovu osobine 2, menja znak. Medjutim, na ovaj način dobija seočigledno, ista determinanta, pa je — D = D, odakle je D = 0.

Osobina 4. Ako su svi elementi jedne vrste (kolone) jednaki nuli, de-terminanta je jednaka nuli.

Dokaz: Raavijanjem determinante D po elementima vrste čiji su svin nelementi jednaki nuli dobijamo da je D = ^2 ai jîj — X) 0 ' i j = 0-

j-1 :!=iOso bina 5. Determinanta se množi brojem tako što se svi elementi

proizvoljne vrste (kolone) pomnože tim brojem.

Dokaz: n nA■ D = \ ^ 2 aij^ ij —

j = l j =l

Osobina 6. Determinanta je jednaka nuii ako su elementi jedne njenerste (ili kolone) proporcion lni elementim neke dr ge rste (iii kolone)



50 Glava 3. Determinante i sistemi linearnih jcdnačina

Dokaz: Na osnovu pretiiodne osobine faktor proporcionalnosti se moizvući ispred znaka determinante, u determinanti ostaju dve jednake v(ili kolone) pa na osnovu osobine 3 sledi da je determinanta jednaka nul

O so bin a 7. Ako je svaki elementi —te vrste determinante D n —tog reda prikazan kao zbir dva sabirka, tj. Qy = + Cjj,[j = 1 , 2 ,n), onda je tadeterminanta jednaka zbiru determinanti D\ i Di čije su sve vrste, semi —te, iste kao u determinanti £>, t —ta vrsta determinante D\ je bin. adeterminante D je c ,i , ...,Cin.

Dokaz: Razvijajući determinantu D po elementima i-te vrste, dobijamo da je

D —^ ' gj jAjj — ^ +Cij)Aij —^ 'bijAij + ) 'cijAij — D\ + D^, j -1 j=i j =l3 = 1

odnosnoo 11021

«12022

&il + C i l bi 2 + Ci2

On2^nl

a ln^2n

“f" in

ann c > 1 — • 012 •• Oln O ll 012 a\n021 022 - 02n 021 022 — 05 „

bn bi2 bin + Ctl Ci2 Cjn

Ofll On2 -• ann Onl On2 onn

O so bina 8. Determinanta se ne menja akose elementima jedne vrste(kolone) dodaju odgovarajući elementi neke druge vrste (kolone) pomnožnekim brojem ce.

Dokaz: Ako u determinantiOll a l2 Oln



3.3. Osobine determinanti 51

dodamo elementimak —ie vrste odgovarajuće elemente t—te vrste pomnožene brojem a, tada dobijamo

Oll021

012022

a ln02n

Otl 0.2 ( \

atn

Ofc 1+ OJOil ak2 + Ccai2 ... Ojfcn +ota

&nl On2 ann

ai\ «12 (lln Oll 012 ^ln«2i *22 ••• &2n 021 022 a2n

flii Ot2 - din + Oil Oi 2 ain

O/tl a/t2 ■ dkn aaii aOj2 OLQ,{n

®nl anz . ann Onl an2 Onn

na osnovu osobina 7. i 6..Osobina 9. Zbir proizvoda svih elemenata neke vrste (kolone) i alge-

barskih komplemenata odgovarajućih elemenata neke druge vrste (kolone) jednak je nuli, tj.

n n^ = ^ ^ —Oik 7 j.

j= 1 1—1

Dokaz.: Ako determinantu D razvijamo po eiementimak - t e vrste, važi jednakost

D = afci-Ajti + 0*2^2 +Ako umesto determinante D posmatramo determinantu Di za koju su svielementi isti kao i za D osim elemenatak —te vrste, na čijim se mestimanalaze elementi i —te vrste(i ^ k), tada su za Di i —ta i fc—ta vrsta jednake, pa je D[ = (), a razvijanjem D{ po elenientiina fc-te vrste (sa clementimaflii><ii2^--iain) dobijamo da je

Di —0 —Cii Ajti + 0(2^2 + ... +ain A/;n-



52 Glava 3 Determinante i sistemi linearnih jednačina

Na osnovu toga dobijamo prvu od jednakosti. Druga jednakost sledi iz

osobine 1. Navedene osobine mogu se iskoristiti za izračunavanje detenninanata.

Pr imer.2 6 4 2 1 3 2 1 1 3 2 11 2 3 1 _ o 1 2 3 1 _ o 0 - 1 1 01 -1 1 5 = & -1 - 1 1 5 —1 -1 - 1 1 52 0 3 -2 2 0 3 -2 2 0 3 -2

1 3 2 1 1 3 2 1 _ 9 0 -1 1 0 o 0 --1 1 0 —L 0 2 3 6 z 0 2 3 (i

2 0 3 -2 0 --6 - 1 -4-1 1 0 -1 1 0

2 3 6 2 : 2 3 6 ——2(—12 + 36 + 6- 8) = --44-6 -1 -4 6 1 4

U ovom primeru najpre je zajednički faktor 2 elemenata prve vrste izdvojen ispred znaka determinante (osobina 5), zatirn su eiementi prve vrst

pomnoženi sa —1 i dodati odgovarajućim elementimadruge vrste (osobina8a onda pomnoženi sa +1 i dodati eleinentima treće vrste (osobina 8}, zatinsu elementi prve vrste pomnoženi sa —2 i dodati odgovarajućtm elementimčetvrte vrste (osobina 8).

Razvijajući tu đeterminautu četvrtog reda po elementima prve kf)lonedobijamo determinatu trećeg reda koju izračunavamo Sarusovim pravilom

j3.4 Sistem i linearnih jednačina

Deflnicija 3.4.1Sistem od m lineamih jednačina sa n nepoznatih2'11 ^2 j *■■> jč'

auX] + ćl ]2 £2 + ■■+ ^ln^n = ^l)^ G2t^l +0-2 2 X 2 + -■■+ <l2„Xn = &2>

k ^ml^l +(hn2x 2 + ... + Hm A =



3.4. Sisteini linearnih jednačina 53

gde $u .(i = 1,2, j ■ 1,2, ...,n)brojevi (realni ili kompleksni).

BrojeviatJ nazivaju se koeficijenti sistema, abj slobodni koeficijenti. Ako je —0 (i = 1,2,.. .,m ), tj. svi slobodni koeficijenti su jednaki nuli, zsistem (1) kažemo da je homogen.

Definicija 3.4.2 Rešenje sistema linearnih jednačina (1) je uredjena n —tork realnih brojeva (k\, k?, ....kn), takva da je svaka jednačina sistema zadovo- Ijena za vrednosti xj = k\, X 2 = k^, .-‘,x n — kn, tj. jednakosti

Clllki + a 12 2 + + Glnkn =61,+ 022 2 + •-- +&2nkn — 2 ,

Ojtj2 2 + ***+amnkn — su tačne.

U pogledu broja rešenja sistema linearnih jednačina moguća su tri slučaa) sistem iina jedinstveno (jedno i samo jedno) rešenje,

b) sistem ima više od jednog rešenja,

c) sistem nema rešenja.

U slučaju a) kažemo da je sistem odredjen, u slučaju b) da je sisteneo dredjen, a u slučaju c) da je sistem ko ntrad ik to ra n . Za sistem kima bar jedno rešenje kaže se da je saglasan. S obzirom na a) i b), saglasistem je ili odredjen ili neodredjen.

P rim er. 1) Sistem x\ + 2 x2 = 3xi + 2a;2 = 4

nema nijedno rešenje, kontradiktoran je, jer jedan broj ne može istovrem biti jednak i 3 i 4.

2) Sist.emJ l . + X 2 = 4



5 4 Giava3. Determinante i sistemilinearnih jednačina

3) Sistem x i+ x ? = 2

3a:i + 3^2 =6

ima beskonačno mnogo rešenja. Svaki par realnih brojeva x \ = t, £2 = 2 - 1 , gde je t realan pararaetar, je rešenje tog sistema. Sistem je neodredjen.

Homogen sistem uvek ima bar jedno rešenje ( 0 ,0 , 0 ) , to rešcnje se zovetriv ija ln o rešenje. Prema tome, homogen sistem ne može biti kontradik-toran.

Definicija 3.4.3 Za dva sistema lineamih jednačina kažemo da su ekviva-lentni ako je svako rešenje prvog sistema rešenje drugog sistema i obmuto, svako rešenje drugog sistema je rešenje prvog, tj. skupovi resenja im se poklapaju.

Primer. 1) Sistemi

£i + X2 =2 3xi + 4x2 = 7Xi — X 2 = 0 i X2 = 1

su ekvivalentni jer imaju isto jedinstveno rešenje (1,1).

2) Sistem{ x i + x a = 3

X i - X i = -1

ima rešenje (1,2} koje je ujedno rešenje sistema

f xi + x i = 3\ 3xi +5x2 = 9

ali poslednji sistem pored rešenja (1,2) ima beskonačno mnogo rešenja(£, 3 — t), t je proizvoljan parametar, koja nisu rešenja prethodnog sistema.Zato ova dva sisteraa nisu ekvivalentna.

Kako se mogu naći sva rešenja sistema linearnih jednačina? Ako uspenioda, polazeći od datog sistema, dodjemo đo njemu ekvivalentnog sistema jed-nostavnog obJika čija se rešenja odinah uočavaju, timoćemo dobiti i svarešenja polaznog sistema. Jedan od načina da se sistem linearnih jednačinatransformiše u njemu ekvivalentan sistem je primena elementarnih transfor-macija koje ćemo sada definisati.



3.4. Sistemi linearnih jednačina 55

Definicija 3.4.4Elementame transformacije sistema lineamih jednačina

$u sledeće transformacije tog sistema:1 . medjusobna zamena bilo koje dve jednačine,

2 . množenje biio koje jednačine brojem različitim od nule,

3 . dodavanje jedne jednačine pomnožene bilo kojim brojem q ^ 0 nekoj drugoj jednačini.

Teorema 3.4.1Primenom konačnog broja elementamih transformacija na sistem lineamih jednačina (1 ) dohija se sistem ekvivaientan sa datim.

Dokaz: Očigledno je da se zamenom dve vrste dobijaju ekvivalentnisistemi i da se množenjem jedne jednačine brojem različitim od nule dobijatakodje ekvivalentan sistem.

Pretpostavimo, ne gubeći od opštosti, da je prva jednačina sistemaflliSTi +012^2 + “ ^li«2t^l + 022^2 + ■■■+0-2 r.^n =

Oml^l + flm2 2 + + Q'mn%n ^mipomnožena brojemq i dodata drugoj. Tako se dobija sistem

O uXi + a 12®2 + + O-ln^n = ^lj(«21 + g a i l ) £ l +(a 22 + 5*112)3:2 + ••• + (&2n + g a in )a:n — i>2 +

(2 )

Oml^l +<*Tn2 x 2 + + amn^n “ &m-

Ako je(k i, &2i .k-n) rešenje sistema (1), onda su sledeće jednakosti tačne

(anfci +012^2 + -•- + aln^n — b\,0 ,2 lki + A22&2 + ■■- +a,2nkn —t>2 ,

®ml^-l + am2 2 + ■•■+ **mn^n = ^m?pa odatle sledi da su i jednakostianfci +012^2 + ... + ainfcn =



56 Glava. 3. Determinante i sistemiUnenrnih jcclnačina,

tačne, tj. (ki,k 2 , ...t kn) je reienje i sistema (2).

Obrnuto, ako pretpostavimo đa je (&i, &2, rcšenje sisteina (2.),tj. da su jednakosti (4) tačne, onda dodavanjem prve od tih jednači pomnožene sa — q drugoj, dobijamo da su tačiic i jednakosti (3), a to značdaje (&i,k2, .... k„) rešenje i sistema (1).

Dakle, sistemi (1) i (2) su ekvivalentni.

Utvrdili smo da se vršenjem elementarnih transformacija na sistomu nearnili jednačina uvek dobija ekvivalentan sistem.

Može se desiti da se posle vršenja odredjenog broja elementarnih transfmacija dodje do sistema u kome su u jednoj jednačini svi koeficijenti jednnuli. Ako je i slobodan član te jednačine jednak nuli, onda je svaka n—to brojeva rešenje te jednačine, pa se izostavljajući tu jednačinu dobija sistekvivalentan sa polaznim. Ako je slobodan član te jednačine različit od nuonda ona uopšte nema rešenje, pa je dobijeni sistern protivrečan, a takoi polazni sistem.

3.5 Gaussov algoritam

Gaussov algoritam je postupak za rešavanje proizvoljnog sistema linear jednačina. Ovaj postupak se zove još i Gaiissov metod eliminacije i veo je jeđnostavan za primenu, a nedavno je dokžtzano (1965. gođine) da proizvolini sistem linearnih jednačina ne može rešiti primenom elementartransformacija sa manje aritmetičkih operacija od onih koje primenjujemkoristeći Gaussov algoritam.

Neka je dat sistem odm linearnih jednačina

a u x i + ai2X2 + + a\nxn = 6],^ < 021^1 + 022^2 + •■• + — 2:

^ d-ml’ l +Q'm2 Z 2 + ••■ +amnxn —^mi

sa n ncpoznatili.Pretpostavićemo da je koeficijent an ^ 0. Ukoliko bi bilo an =0, on



3.5. Gaussov algontam 57

jednačinom za koju je a;\ 0. Mora postojati bar jednoi medju brojevima1,2, ...,m za koje je a»i 0, jer ako bi u svim jednačinama koeficijenti u x i bili jednaki nuli, to bi praktično bio sistem bez nepoznate x\ (odnosno

x\ bi bila potpuno proizvoljna). Dakle, možemo slobodno pretpostaviti d je a\\ 0. Pomnožimo prvu jednačinu sistema sa — 021/aii i dodajemo jedrugoj, takodje je pomnožimo sa — 031/011 i dodajemo je trećoj itd. Takodobijamo sistem

(1)a12 + .. + a(1)xlrt = 6(1)(2)a y x 2 + .,.. + (2)

a2n x n = 42)a{ $ x 2+ .,.. + (2)a3nx » 1 !

am2*2-b . + (2)amnXn 1 1

Ako se pri ovakvoj transformaciji sistema pojavi jednačina oblika 0 = c, gd je c ^ 0 (svi koeficijenti sistema su jednaki nuli, a slobodni član je različit onule), zaključujemo da je sistem kontradiktoran, s obzirom da ta jednačinnema rešenja i time je postupak završen. Ako to nije slučaj, postupak nastavljamo tako što izostavljamo sve jednačine obltka 0 = 0, ako postoje budući da je svaka uredjena n —torka rešenje ove jednačine, pa se njenimizostavljanjem dobija sistem ekvivalentan s polaznim. U novodobijenom sitemu sap(p < m) jednačina uočimo koeficijent Ako je = 0, a medjukoeficijentimao !' (i = 2,3, ...,m) postoji bar jedan koji je različit od nule,onda treba izvršiti zamenu te jednačine s drugom. Ukoliko je pak a j^ “ za svakoi = 2,3, ...,m, treba izvršiti permutaciju indeksa nepoznatih takoda X 2 bude ona nepoznata uz koju je koeficijent u drugoj jednačini različiod nulc (takav koeficijent uvek postoji, jer smo jednačine oblika 0 = 0 eiimnisali). Prema tome, možemo pretpostaviti da jea J j=- 0. Pomnožimo ondadrugu jednačinu sa —a ^ / a ^ * dodajemo je trećoj, zatim sa- a ^ / a ^ idodajemo je ćetvrtoj itd. Pri tome, dobijamo sistem

4- Z 12 + a $ x 3 + . . . f a ^ x n = 6 ^ ,

a $ x 2 + a $ x 3 + ... +a (22J x n = b f \ a $ x3 + ... + a ^ x n =b f \

ap3 x 3 + + ajml„ =(p < m). Postupak se dalje nastavlja u istom smislu kao i u prethodnom ko

k k j i j d či blik 0 ( ^ 0) i t j k t dikt



58 Glava 3. Determin&nte i sistemi linearnih jednačina

u protivnom, odbacuju se jednačine oblika0 = 0, ako ih ima, a potom se prelazi na eliminaciju nepoznate x$ u jednačinama od četvrte do poslednjena isti način kao u prethodna dva koraka itd. Na kraju se dolazi do sisteoblika

“lV1! +a12 ^2 + + al^ xr +<4 ^ 2 + ... +t^TXT + ... + Ojn1" =

aiTrXr + ... + oln Zn = bi^

{r < m), gde je JD fl(2)J3) (r) ^ n “ 11 “ 22 “ 33 ** arrT-

Ako je r = n, iz poslednje jednačine je

Xn ~ (n) ’Ohn

zatim, zamenjujući xn u pretposlednju jednačinu, iz pretposiednje jednačinese jednoznačno izračunava xn-i- Postupak izračunavanja vrednosti nepo-znatih nastavlja se sve dok se ne izračuna xi iz prve jednačine. S obziromna jednoznačnost izračunavanja vrednosti nepoznatih, zaključujemo da jeovom slučaju sistem određjen.

Ako je r < n, nepoznata xT se iz poslednje jednačine izražava prekoarr+i)%r+2 , zamenom xT u prethodnu jednačinu, xr . i se takodje iz-ražava preko a:r+ i, i r+2, ,xn itd. Sve nepoznate x \ ,x2 , , xT se na jedin-stven način izražavaju preko nepoznatih xr+i, xr+2>•••) xn- Kako se nepozna-te xT+i, x r+2 , ., xn mogu birati proizvoljno, rešenja ima beskonačno mnogosistem je neodredjen. Kako se za svaki izborn —r nepoznatih x T+i, av+2, xn

jednoznaćno odredjuju nepoznate X\,X 2 , —,x T) za sistem se kaže da jen —rstru k o ne odred jen . Pri tom nepoznate xT+i ,x T+2 ,...,x n zovemo slo- bodn e n epoznate ili p a ram etri.

P rim e r. Rešiti sistem

X \ + X 2 + 3X3 — X i = — 1 2 x \ + X 2 + 23 + 2 x4 — 8

—3xj —X 2 ~ X$ + X4 = 1.





60 GJava 3. Determinante i sistemi lineamih jednačin

Teorema 3.6.1(Cmmerovo pravilo) Ako je determinanta D sistema iin

arnih jednaćina (3.6,1) različita od nule, sistem (3.6.1) je odredjen i jed stveno rešenje je

(3.6.2) x i = D \/D , x2 = D i/D......x„ = Dn/D ,

gde su Di (i — 1,2, ...,n) determinante koje se od determinante D dobijaj zamenom i—te kolone kolonom slobodnih članova.

Dokaz: Pokazaćemo da su sistemi (3.6.1) i (3.6.2) ekvivalentni, postavimo da sistem (3.6.1) ima rešenje (x i,x2, s n). Transfonnišimo determinantu

D - x k «11 ••• Ol,*-l Oulifc ai,Jt+l Cin0 ,21 • • • 0 2 , J t - l < * 2 k Z k a 2 , J t + l •■• 0 , 2 n

<lnl &n,k - 1 ^nk^k <ln,fc+l

(fc = 1,2,.. .. n) tako što elementima A:—te kolone dođamo odgovarajumente svih ostalih kolona pomnoženih redom sa X\,X 2 , .. .,Xft-u^k+ii • >xn- TaJco je

D-xit =«n ■■• «i,fc-l o iizi + fli2^2 + - +a i nx n ai,jt+i ^ln<*21 ••• a 2 ,* - l 021^1 +0,22X2 + + a.2n X n <l2,Jt+l ••■ a 2n

<ini ••• <in ,*-l anlxi + a„2^2 + — + Chm^n a n ,t+ I ■•■ ^n n

= Dk.Oll ••■ O j^-l t>l ai,ft+l ... Gln021 ••- a2,Jt-l b G2,fc+1 ••• <*2n

®ni ••• n,Jt—i bn an|fc+i ... an,S obzirom da je, na osnovu pretpostavke, D ^ 0, sledi da je

x k = Dk/D (k = l,2,. . . ,n). J

Dakle, ako rešenje sistema (3.6.1) postoji, ono je jedinstveno i odreformulama (3.6.2).



3.6. Cramerovo pravijo 61

pk jedinstvenost rešenja sistema (3.6.2), odredjen. Zamenimo li(xi, x2, xn)sa (D \/D , D ^ / D , D njD ) na levoj strani proizvoljne, i - t e jednačine sis-tema (3.6.1), dobijamo

Oiiî +Oi2^2 + ... + Oinln —QilD\/D + Oi'iD'i/D + ... + OinDn/D.

Akoumesto Dj stavimo£>j =biAij+b2 A2 j+ .. .+ b„Anj, gde j e j = l ,2,. . . ,n,(razvoj Dj po j - t o j koloni) biće

+ Oi2x2 + + &inxn = £^<*ii (i?i An + f>2>l21 + + £>n-‘4nl)+

+0^ (6] A \ 2 + i>2- 22 + —+ frn-^«2) +

+flin(^lJ4-ln ">b%A2n + ... + frn^nnjj

odnosno

aiiî + ai2l 2 + -■■+ flin^n = [(ail^ ll + ai2j4l2 + ... + aj„j4i„)f>i ++ (“ il A žl + «i2^22 + — + OinA2„ )62+

+ (dilAnl +Ori An2 + ... + Oin- nnJknJ

Na osnovu osobine 9. determinanata je

anAki + ai2 Ak 2 + ... +ainAkn = | ^ ™ *

Tako dobijamo da je leva stranai —te jednačine jednaka j^bi • D — b,,

odakle sledi da jei —ta jednačina zadovoljena za svako

i = 1,2, ...,n. Dakle,(Di D2 Dn\ . . . — J je resenje sistema (3.6.1).

Primer. Rešiti sistem2xi + 2i2 +£3 = 9

X i + X 2 - X 3 = 0

3a:i + x2 + x j = 8

Determinanta sistema je2 2 1

= - 6 ^ 0.2 2 1

1 1 - 13 1 1



62 Glava 3. Determinante i sistemi Iinearnih jednačina

9 2 1 2 9 1

D i = 0 1 - 1 = - 6, D2 = 1 0 - 18 1 1 3 8 1 = -12

,

D3 =2 2 9 1 1 03 1.8

= -18

Primenom Cramerovog pravila dobijamo x\ = 1, = 2, x3 = 3.

Cramerovo pravilo ntje naročito pogodno za praktično rešavanje sislinearnih jednačina. Pre svega, ono se može primeniti iskljućivo u slsistema s istim brojem jednačina i nepoznatih, kod koga je đetermisistema različita od nule. S druge strane, čak i u slučaju mogućnosti priovog metoda, on se pokazuje nepraktičnim za sisteme s većim brojem jedi nepoznatih zbog glomaznog izračunavanja velikog broja determinaCramerovo pravilo ima više teorijski značaj.

Ako je za homogen sistem determinanta sistema različita od nule, sistem nema drugih rešeiya osim trivijalnog (0,0, 0).

Razmotrimo kakvi slučajevi mogvt nastupiti ako je determinanta sis(3-6.1) jednaka nuli. U dokazu Cramerove teoreme javlja se, uz pretposo egzistenciji bar jednog rešenia, jednakost

D -x k = D k, Vfc = 1,2, ...(n.

Ako je D = 0, očigledno mora biti i Dk = 0. Dakle, ako je sistem saglasan D = 0, sledi da je i Dk = 0 za svakok — 1,2,..., n. Obrnuto, medjutim, nevaži (uslov Dk — 0 je potreban, ali nije dovoljan za saglasnost sistema kkog je D = 0). Naime, ako je

D = Dk =-0 (k = 1, 2, ...,n),

sistem može biti saglasan, ali i kontradiktoran.

P rim er. 1) Sistem2x + y + z = 32,-c + y + z = 42x + y + z = 5





64 Glava 3. Determinante i sistemi lineasnih jednačina

; Za o = — 2 sistem postaje:

x - y —2 z =12x —2y —4z = —b

—2x + 2y + 4z =b.

Treća jednačina je suvišna, jer je proporcionalna drugoj. Kad prvu jednači pomnožimo sa — 2 i dodamo drugoj, dobijamo

x — y — 2 z = 10 = -b - 2.

Za i>^ —2 sistem je kontradiktoran, a za &= —2 je dvostruko neodredjenima rešenje

y — t, z = s, x = 1 + t + 2s, za f,s € R-

3.2. Diskutovati sistem linearnih jednačina

-1 —x + y + z = ap- ' x —y + z = ay

x + y —z = az

za razne vrednosti realnog parametra o i rešiti ga za slučaj neodredjenos

R eš en je: Ovo je homogensistem (svi slobodni članovi su jednaki 0) :

—(<z+l)£ + y + z = 0 x - (a + l)jf + z =0 x + y — (a + 1)2 = 0.

—(a + 1) 1 1 D = 1 —(a + 1) 11 1 - (o + l)

Ako dodamo drugu i treću vrstu prvoj dobijamo

D =1 — a 1 — a 1 —a 1 1 J 1

1 —(a. +1) 1 = (1 - a ) 1 —(a + l) 11 1 ~{a + 1) 1 1 —(a +1)

1 1 1= (1 - 0) 0 - a — 2 0 =(1 —a)(a +2)2.0 0 - a — 2



3.7. Zadaci 65

Za a ^ 1, o ^ —2, determinanta ovog homogenog sistema je različita onule pa je on odredjen i njegovo jedino rešenje je trivijalno x = y = z = 0 .

Za a = 1 sistem glasi:

—2 x + y + z = 0 x — 2y + z = 0

y — 2z = 0 .

Kad drugu jednacinu pomnoženu sa 2 dodamo prvoj, i drugu pomnožensa — 1 dodajeroo trećoj, dobijamo:

x —2 y + z = 0 — 2y + 3z = 0

3y —3z = 0.

Sistem je jednostruko neodredjen i ima rešenje z = t, y = f, x — t, gde je t e R.

Za a = —2 sve tri jednačine sistema su iste:

x + y + z = 0,

pa je sistem dvostruko neodredjen i njegovo rešenje je

x = t, y = s, z = 1 — t - s, t, .5 € R.

3.3. U zavisnosti od realnih parametaraa i b diskutovati sistem

~ X - y + Z = 1 x - + a y + Zz = a bx + (a + l)y + bz = b

i rešiti ga za slučaj neodredjenosti.

Rešeiye:- 1 - 1 1

D = 1 a 3b a + 1 b

D = -ab - 3 6 + a + l —a6 + 3o + 3 +6 = — 2ab —2b +4a + 4 =



66 GJava3. Determinante i sistemi linearnih jednačina

Z a a ^ —l i 6 ^ 2 j e Z ) 0 i sistem je odredjen.

Za o = —1, sistem glasi:

—x — y + z = 1 x —y + 3z — —1bx +bz — b.

Ako prvu jednačinu pomnožimo sa —1 i dodamo je drugoj, dobijamo

—x - y + z = 12 x + 2 z = —2

bx + hz = b.

Zatim drugu jednačinu množimo sa —| i dodajemo trećoj:

—x —y + z = 12 x + 2 z = - 2

0= 2 b.

Za o = —1,b 7^0 sistem je kontradiktoran, za a = - 1, b = 0 je jednostrukoneodredjen i ima rešenje:

x — t, z ——1 — t, y = —2 — 2t, t G R.

Za b = 2 sistem glasi:

—x ~ y + z = 1 x + ay + Zz = a

2 x + ( a + l)y +2 z = 2.

Kada prvu jednačinu dodamo drugoj, i prvu pomnoženu sa2 dodamo trećoj,dobijamo

—x - y + z = 1(a —l)y +4z = a + 1(a —l)y + 4z = 4.

Posle množenja druge jednačine sa —1 i dodavanja trećoj, treća jednačin postaje

0 = 3 —o, pa je za6 = 2, a / 3 sistem kontradiktoran, a zab = 2, a =3 on glasi

I y + 0 = 1



3.7. Zadaci 67

jednostruko je neodredjen i ima rešenje

2 = 2 — 2t, z ~ 3 t - 3 , t e R.

3.4. U zavisnosti od readnih parametaraa i b diskutovati sistem

2ax + ay + z = a ax + ay — z = b

—y + b z= 1

i rešiti ga za slučaj neodređjenosti.

Rešenje:

Đ =2 a a la a —10 - 1 b

a(ab —3).

Za a £ 0 i ab / 3 ovaj sistem je jednoznačno rešiv.

Za a = 0 on glasi:2 = 0

—z = b —y + bz = 1,

pa je zaa = 0, b ^ 0 kontradiktoran, a za o =0, b neodredjen i ima rešenje2 = 0, y = —1, x = t, i £ R.

Za a& = 3 odnosno6 = ^ sistem glasi:

0 jednostruko

2aa:+ ay + z ax + ay

- y + $ z = T.Treću jednačinu ćeino pomnožiti sa a, a zatim ćemo drugu jednačinu pomnožetisa - 2 dodati prvoj:

ax + ay —z — ^

—ay + 3z = a —|

—ay + Zz —Q.

Vidimo da je zaab = 3 sistem kontradiktoran, jer da je sistem saglasan,moralo bi bitia —| = a, odnosno | =0, što je nemoguće.



6 8 Glava 3. Determinante i sistemi linearnih jednačioa

3.5. Dat je sistem jednačina

ax + by + z = 1 x + acy + z —d x + ey + f z = 1.

a) Za koje vrednosti parametaraa, b, c,d, e i / je sistem dvostruko neo-dredjen?

b) Diskutovati sistem ako je a =6 = c = d = e = / .

Reše nje: a) Sistem je dvostruko neodredjen ako su sve tri jednač proporcionalne, odnosno ako su proporcionalni odgovarajući koeficijenti

0 b 1 1- = — = - =- ,=>o= d = l , b= c,1 ac 1 o

o 6 1 1T = e=7 = I ’* f = 1' b = e

c = e,1 acI = _

pa je sistem dvostruko neodredjen zaa = d = / = l i 6 = c = e.

b ) U ovom slučaju sistem glasi:

ax +a y + z = 1 x + a2y + z = a x + ay + az = 1.

D =a a 1 o31 a

a i 1 a + 2 a + 2 a + 2= a 1 a 1 = a 1 a 1

i 1 a 1 1 a1 1 1 1 1 1 1

a(a + 2) 1 o 1 = o(a + 2) 0 a - 1 0

| 1 1 o 0 0 a - 1

D = a(a +2)(a —l)2.



3.7. Zadaci 69

Za a ^ 0, a ^ - 2 , a / 1 sistem je jednoznačno rešiv.

Za a = 0, sistem glasi

a: + ^ = 0 x = 1,

i kontradiktoran je.

Za o = -2, sistem glasi:

—2 x — 2 y + z = 1£ + 4y + z = — 2x — 2 y — 2z = 1.

Kad drugu jednačinu pomnoženu sa 2 dodamo prvoj i pomnoženu sa —dodamo trećoj, dobijamo:

x + 4y + z = - 26y + 3z = —3

—6 y —3 z = 3,

Sistem je jednostruko neodređjen i ima rešenje

y = t, z = - 1 - 2 t, x = - 1 —2f, gde jet 6 R.

Za a = 1, sistem glasi:

x + y + z = 1

x + y + z = 1 x + y + z = 1.-i- \n 1>^ 'Sistem je dvostruko neodredjen i rešenje je - t

x = t , y = s, z = 1 — t —s, t, s G R.

3.6. U zavisnosti od realnog parametraa diskutovati sistem jednačina

x + y + 2 z —u = 1

—x + ay + {o —3)z +2u = —1ax —(2a + 3)y + 3z —3u = a.




sa — a dodamo trećoj, dobijamo:

x -t-y + 2 z —u =1(a + l)y + (g - \ )z + u =0

—(3a + 3)y + (3 —2a)z + (a - 3)u =0.

Ako drugu jeđnačinu pomnožimo sa 3 i dodamo trećoj dobijamo

x + y + 2 z — u =1[a + \)y + (a —\)z + u =0

az + au = 0.

Z a o ^ 0, o ^ - l , sistem je jednostruko neodredjen i ima rešenje

(a — 2 )t , (<z — 2)u = t, z = - t , y = ---------- — , x = 1 + 3 t-------------- — t< t e jR .a + 1 a + 1

Za a = 0 sistem glasi

x + y + 2 z —u =1 y - z + u =0.

On je dvostruko neodredjen i ima rešenje

z = t, u = s, y = t —s, a ; = l - 3 f + 2s, t , s € R .

Za a = —1 sistem glasi:

x + y + 2 z —u = \ ~ 2 z + u = 0 —z —u =0.

On je jednostruko neodredjen i ima rešenje

z = 0, u = 0, y = t, x = 1 — t , t € R.

3.7. U zavisnosti od realnih parametara a i6 diskutovati i rešiti sistem

x + 3 y + az + 2 u =0 ' — x + (a —3)y + az —2 u =b



3.7. Zadaci 71

Rešenje: Posle đodavanja prve jednačine drugoj, i prve jednačine pomno

sa —o trećoj, dobijamo:'"\ x + 3y + az + 2u =0

ay + 2 az =b ay + (3a —3)z + au —a.

Kada drugu jednačinu pomnožimo sa —1 i dodamo trećoj, đobijamo:

x + 3y +az + 2u =0ay + 2 az =b

(a —3)z + au —a — b.Još ćemo zameniti redosled nepoznatih z i u :

x + 3j/ + 2u +az —0ay + 2 az =6

+au + (a — 3)z =a — b.

Ako jea ^ 0, sistem je jednostruko neodredjen i ima rešenje

a —b - (a —3)t b —2at z = t. u = ----------- 1---------, y = ----------a a-3(f> — 2at) 2(a - b - 3ta + 3t) , . x = — 1---------- ---- 1--------------------- - ta , gde je t e R.a a

Za a = 0 sistem glasi:

a: +3y + 2u = 00 = 6

— 3 z = —b. pa je za.a = 0, 6 / 0 on kontradiktoran, a zaa = 0, 6 = 0 je dvostrukoneodredjen i ima rešenje

z = 0, y = f, u = s, x = —3f —26, gde sut, s 6 R.

3.8. U zavisnosti od realnih parametaraa i6 diskutovati sistem jednačina:

(a ~ l )x + y + (a - 1 )z =a

(1 — a)x + (a — l)y =a6ay + 2(a — 1 )z =ab + a + b2 (a —l) x+2 y + 3(a —1)z =2a.



72 G/ava 3. Determinante isistemi line&rnih jednačina

Re5exye: Ako prvu jednačinu dodamo drugoj, i prvu pomnoženu sa—2 dodamo četvrtoj dobijamo:

(a —l)a; + y + (o — 1 )z =aay + (a — 1 )z =ai» + oay + 2 (o —1} —ab + a + 6

(o - 1)2 = 0.

Zatim drugu jednačinu pomnoženu sa —1 dodamo trcćoj:

(a - l)x + y + (a — 1 )z =0ay + (o — l)z =afc + a

(a — l)z =i>(a — 1 )z =0.

Za b / 0 sistem je kontradiktoran.

Za b = 0 on glasi:

(a —l)x + y + (a — 1 )z = a

ay f (a — 1 )z = a (a — 1 )z = 0.

Determinanta gornjeg sistema je a(a - l) z, pa je za o / 0 ia / 1, (f>= 0),sistem odredjen i ima rešenje

z = 0, y = 1, x = 1.

Za b = 0 i a = 0 imamo:

—x + y —z = 0 - z = 0.

Ovaj sistem je jednostruko neodredjen i irna rešenje

z = 0, x = t, y = t, t e R.

Za b = 0 i a —1 imamo: y = 1 y = 10 = 0 .

Ovaj sistem jc dvostruko neodredjen i ima rešenje

y = 1 x = f z = s f s € R



Glava 4

Slobodni vektori

Cilj primenjene matematike je da se razne pojave iz okruženja opišu matematićkim modelom. Nekad je neka pojava okarakterisana brojem (skalarnveličina), nekad vektorom (vektorske veličine), a nekad komplikovanijomstrukturom. Skalarne veličine su potpuno odredjene brojevnom vrednošćukao što su dužina, temperatura, zapremina itd. Vektorske veličine su od-

redjene ako su poređ brojevne vrednosti zadati još i pravac i smer. Takvevelićine su na primer sila, brzina, ubrzanje, električno polje ... Sa vektorskomalgebrom smo se upozaali u srednjoj školi, a ovde ćemo ukratko ponoviti osnovne osobine, jer ćemo u poglavlju "analitička geometrija” vektore koristitza opis euklidskog prostoraE, a u poglavlju "vektorski prostori” doći ćemodo uopštenja pojma vektora.

4.1 Delinicija slobod nog vektora

TJ poglavlju 1.2. videli smo da su relacije "podudarno” i ”paralelno” relacijekvivalencije na skupu svih duži.

Neka su A i B tačke euklidskog prostoraE.

Posmatrajmo uredjen par tačaka(A, B), A je početna, B je krajna tačka

uredjenog para. Pravac (nosač) para(A, D) je prava AB. Parovi (A, B) i(C ,D) su paraleini ako su njihovi nosači paralelne prave.



74 Glava 4. Slobodni vektori

Na skupu svih medjusobno paralelnih uredjenih parova definisaćemo

taciju ”b iti istog smera” na sledeći način: dva paralelna para(A, B) i (C,D) su istog smera ako su tačke B i D sa iste strane prave AC. Ako tačke A, B. C i D leže na istoj pravi, tada postoji par (E ,F ) van te prave koji ima istismer kao par{A, B). Kažemo da par (C ,D) ima isti smer kao{A,B) ako isamo ako (C, D) ima isti smer kao(E, F).

Lako se proverava da je relacija ” biti istog smera” relacija ekvivalenc

Uredjen par kod koga se početna i krajnja tačka pokiapaju, zove se n par. Pravac i smer nula para nisu odredjeni.

Definicija 4.1.1 Dva uredjena para tačaka (A ,B) i (C,D) su ekvipolentna ako i samo ako su istog smera, a duži A B i CD su podudame. Svaka dv nula pam su ekvipolentna.

Ekvipolencija je relaeija ekvivalencije. Ona vrši particiju skupaE '1 =E x E (skup svih uredjenih parova tačaka izE) na kome deluje, na klaseekvivalencije koje su medjusobno disjunktne, a čija je unija ceo skupE 2. Svaka dva para iz iste klase su ekvivalentna, a iz različitih klasa nisu.

D efinicija 4 .1.2Klasa medjusobno ekvipolentnih parova tačaka naziva se slobodni vektor.

Svaki uredjeni par(A, B), A ^ B , odredjuje orijentisanu duž A B čija jeorijentacija od tačke A ka B i tu duž prikazujemo crtežom.B

ASada možemo definiciju slobodnog vektora formulisati na drugi način

Siobodni nenula vektor je skup svih orijentisanih duži koje su inedj uso paralelne, podudarne i isto orijentisane.

Slobodne vektore obeležavamo saa,b,Č,... Slobodni vektor čiji jc pred-stavnik(A, A) zovemo nula vektor i obeležavamo ga sa 0 ili 0. Pravac i .smnula vektora nisu definisani.



4.2. Sabiranje vektora i množenje skalarom 75

4.2 Sabiranje vektora i množenje skalarom

/ Ako je dat vektora, tada je proizvoljna tačka A prostora, početna tačka jedne orijentisane duži A B koja pripada tom stobodnom vektoru.

Orijentisana duž A B je jedan predstavnik slobodnog vektoraa vezan zatačku A i obeležavamo ga sa A Š . Sada neće biti zabune kada budemo pisalia = A Š i umesto slobodni vektor koristili termin vektor.

Intenzitet (moduo) vektoraa je dužina duži bilo kog njegovog pred-

stavnika i obeležava se sa |a| — \A Š\. Vektor čiji je moduo 1 zove se orti obeležava se sa ao.

Smer slobodnog vektora je smer bilo kojeg njegovog predstavnika, a pravac vektoraa je skup svih paralelnih pravih na kojima leže svi pred-stavnici vektoraa. Svaku takvu pravu zovemo nosač vektoraa.

Ugao izmedju nenula vektoraa i b, u oznaci (c,b), je konveksan, orijentisan^ A O B , gde jeOA = a, OB = b.

DeB nicija 4 .2.1 Neka je V skup svih slobodnih vektora. Na skupu V defi- nisaćemo operaciju + na sledeći način: neka je a — b - BC, tada je c= AĆ.

Teorem a 4.2.1 (V, +) je Abelova grupa.

Dokaz: Zat.vorenost sledi iz definicije. Asocijativnost i komutativnostsu očevidni (slika 4.2.1 i 4.2.2).

Slika 4 2 1 Slika 4 2 2



76 GJava4. Slobodni vektori

Neutralni elemcnt za opefacjju + je 0. Inverzni element vektorua jevektor — a koji ima isti pravac i intenzitet kao vektora, a suprotan smer. —azovemo suprotan vektor vektoraa.

Zbir a + (— 6) zovemo razlika vektoraa i b pišerooa —b.

D efinicija 4.2.2Proizvod vektora S / 0 i skalara (realnog broja) X / 0 j'evektor A •a (odnosno Xa) koji ima pravac isti kao što je pravac vektora a moduo m uje |Aj|S|,a smer m uje isti kao smer od a ako je \ > 0, a suprotan smeru od a ako je A < 0. Ako je X = 0 ili S = 0,tada je X a —0.

Količnik vektoraa i skalara A / 0 je i ■a.

3Vidimo da je p r =S q {ja a / 0), tj. a = |a| •So- \(L\

Teorem a 4.2.2 Za VA,tj £ R i VS,b € V operacija množenja vektora skalarom ima siedeće osobine:

1. \ - 3 e V , , r, ... , r 2. A(tjS) = (Arj)a, f * {a+_bl ~ Xa + Xb' 3. (A + T))a = Ao +7jS, ' a —

Sve relacije se neposredno provere koristeći đefinicije operacije + i orelacije 4 koja je ekvivalent Talesove teoreme.

4.3 Linearna zavisnost i nezavisnost vektora

Definicija 4.3.1Vektor s = aâi + ... + o'fcS/t, £ R, fii € V J (i = 1, 2 ,...,k ), naziva se Unearna kombinacija vektora Sj.

Definicija 4.3.2Vektori 3\, a^, su lineamo zavisni ako postojt'. skalari ai i °d kojih je bar jedan različit od nule, takvi da je

ajSi +aâ + ... + a*a* =0.



4.3. Lincarna za,visnost i nczavisnost veitora 77

Vektori ij 6 V (i = 1,2, ...,&) su linearno nezavisni ako nisu linârnzavisni. S obzirom na prethodnu definiciju možemo reći da su vektoriS{ eV (i = 1,2,...,k) linearno nezavisni ako iz

a io i + 0120-2 + ... + ajtajfc -0

sledi daje a; = 0,V* = 1,2,

P rim er. Vektorim = 3a+ b + c

n = a —2 b + 2c p = 4o — b + 3c

su linearno zavisni, jer je p — m —n =0 .

Posledica 4.3.1Skup vektora koji sadrži nula vektor je lineamo zavisan.

Dokaz: Meka je u skupu A = {oi,...,on}, a* = 0 za nekok, 1 < k < n.Tada je

Ooi + O02 + ... + la* + .. . + Oflr» =0.

Sledi, a i ,an su linearno zavisni.

Posledica 4.3.2Svaki skup vektora B, koji sadrži lineamo zavisan skup vektora A, je takodje lineamo zavisan.

Dokaz. Neka je A = { a i, ... ,a*}, gde su o j , ..., a* linearno zavisni vektori B = {ai,...,a*A+i-£n} (« >.*)■

Postoje skalari a i ,..., a* koji nisu svi istovremeno jednaki nuli takvi je

a ja i +0 t 2 0 2 + -- + a/tat =0.

Formirajmo sada linearnu kombinaciju vektora skupa B na sledeći način:

Orjai +Ct 2 a'i + + &k&k + Ofefc+i + ... + 06n.

Ova linearna kombinacija je jednaka 0, a nisu svi koeficijenti jednaki0 . Skup




Posledica '4.3.3 Ako su vektori ai, 02, lineamo zavisni tada se jedan od tih vekto'ra može prikazati kao linearna kombinacija ostalih vektora i o mito.

Dokaz: Kako su a i, .. .,o n linearno zavisni, postoje skalari a i, ... ,Qkojih nisu svi jednaki nuli takvi da je

ajfli +0 : 2 0 2 + + a nan =0.

Pretpostavimo da je a2 / 0. Možemo deliti saa? pa imamoOl - «3 - <*n -02 = ----- a i -------03 - . . .------ an.Ot2 <*2 CL2

Obrnuto, neka se jedan od tih vektora na primer aj može izraziti pomostalih kao njihova linearna kombinacija

d\ = P2 O2 + (h03 + + AlOn-Odavde je

1 • Oi — P2S 2 ~ / ?3&3 — — - (3n đ n = 0

tj. linearna kombinacija. ovih vektora je0, a nisu svi koeficijenti jednaki0.Vektori a i , ...,an su linearno zavisni.

Definicija 4.3.3 Dva vektora a / 0 1 b / 0 su kolineami ako i samo ako imaju isti pravac. Nula vektor je kolinearan sa svakim vektorom.

Ako a i b imaju isti pravac, postoji a € R \ {0} tako da jea = ab.

Teo rem a 4.3.1 Vektori 01 i a^ su linearno zavisni akoi samo ako su ko-lineami.

Dokaz. Ako su vektori č?i ia linearno zavisni postoje brojevi «j i02 ,ne istovremeno jednaki nuli, takvi da je



4.3. Linearna zavisnost i nezavisnost vektora 79

Obrnuto, ako su vektori ai i 5 ? kolinearni, dokazaćemo da su i linearno zavisni- Ako je 52 = 0, tada je 0 •ai + 1 •02 = 0, što znaći da su ai i 02

1linearno zavisi vektori. Za 02 / 0, i ai = A s l e d i ai —Aa2 =0, te su vektori Vai i 0,2 linearno zavisni.

Kako za svaka dva kolinearna vektora aj i (&2 / 0) postoji skalar a takav da je ai = aa2, možemo pomoću jednog vektora, različitog od nula - vektora izraziti sve njemu kolinearne vektore.

Definicija 4.3.4 Za tri nenula vektora kažemo da su komplanarni ako i samo ako su paralelni sa jednom ravni.

Teorema 4.3.2 Vektori 01,52,03 su komplanami ako i samo ako su linearno zavisnt.

Dokaz. Pretpostavimo da su vektori 01,52,03 komplanarni.

Ako su dva od ta tri vektora kolinearna, na primer 5i i S2, na osnovu prethodne teoreme postoje dva broja <*i i 0:2, od kojih je bar jedan različit od

nule, takvadaje a i01+0:202 = 0. Tada je za <13 = 0, a ici +a202+a303 = 0,tj. vektori 01,02,03, su linearno zavisni.

Ako medju vektorima 01, , 03 nema kolinearnih vektora, konstruisaćemovektore 0 %\ = 5i, o X 2 = 02, OŽ3 =3 %(slika 4.3.1).

Zbog komplanarnosti vektoraai, a2,53 tačke O, yli, A2, A$ pripadaju jednoj ravni. Odredimo tačku P 11a pravoj O A \ tako da bude PAs \ \OAi ,

a na pravoj OA^ ođrediino tačku Q tako daje QA3\\OAi. Sada je o f t = ajOi, 0 $ = aâ^, te je 03 = o X 3 = O p + OQ = a i a i + aâ^, što pokazuje

Unearnu zavisoost vektora 01,02 i 03.



80 Giava4. Slobodni vektori

Obrnuto, ako su vektori ai, 02,03 linearno zavisni, tada postoje brojevi 0:1,02,03, od kojih je bar jedan različit od nule, takvi da je

vektor a^ (kao njihov zbir) je komplanaran sa 0.2 i S3.

Ako posmatramo sve vektore u jednoj ravni i uočimo bilo koja dva neko linearna vektora aj i 02 (raziičita od nula - vektora), možemo svaki vektor 03 iz te ravni razložiti po vektorima S\ S 2 . Naime, u đokazu prethodne teoreme dobili smo da je 03 = a io i + 0202-

Neka su data tri nekomplanarna vektora ai, ^2,03. Proizvoljan četvrti vektor S4 se može razložiti po pravcima ta tri vektora.

U tu svrhu konstruišimo paralolopiped čije stranice OA, OB, OC leže na nosačima vektora Si, Si^S^, a telesna dijagona'la mu je baš 0/3 = S4.

ajSi + a 2a2 + 03^3 — 0.

Neka je, na primer, » i / 0. Tada imamo

a 2 H <23 ^ ^Vekto r i ------ Si i ------ S3 redom su kolinearni sa vektorima S2 i S3, aa i

C

ASlika 4.3.2

o d = o A + o Ž + o Č

odnosno



4.4. Projekcija vektora na osu,koordinatni sistem 81

Oičči,0202,01303 su komponente razlaganja, a a i ,« 2,£*3 su koeflcijenti razla-ganja vektoraS 4 duž vektora ai, a2,£3 ■

Može se pokazati da je ovo razlaganje jedinstveno. Ako je04 = /3iOj ++ 0 3 & 3 drugo razlaganje, oduzimanjem dobijamo

0 = (a i - / 3i)a i + (02 - + (a3 - ^3)03.

Kako su oi,02, a3 nekomplanarni tj. nezavisni vektori, sledi ai — (3\ = 0,= 0, a3 — /?3 = 0. Ovo razmatranje će nam pomoći da dokažemo

sledeću teoremu.

Teorem a 4.3.3Četiri proizvoljna vektora su uvek lineamo zavisna.

Posmatrajmoa\,a 2 ta3 ,a4 . Ako su tri od njih nekomplanarna tada je po prethodnom razmatranju Ć14 = a ia i + 202 + a3a3, tj. aiaj + a 2a2 + a 3a3 — a4 = 0, tj. ai,a2,a3,a4 su linearno zavisni. Ako su a i,a2,a3 komplanarnionda su linearno zavisni, pa je i širi skup {01, 02,03,24}, skup linearno zav-isnih vektora.

4.4 Projekcija vektora na osu, koordinatni sistem

Definicija 4.4.1Osa ili orijcntisana prava je prava za čije dve proizvoljne tačke je utvrdjeno koja se od njih smatra prethodnom, a koja sledećom.

Osa se karakteriše jediničnim vektoromu sa kojim je paralelna.

Deflnicija 4.4.2Ortogonalna projekcija vektora AB na osu odredjenu vektorom u (projjjA^) je dužina duži A 'B ' koju na toj osi odsecaju ravni n i [3

povučr.ne kroz lačke A i B, normalne na il, uzeta sa znakom + ili — prema tome da ii vektor A'B' ima isti ili suprotan smer od smera jediničnog vektorau.



82 GJava4. Siobodni vektori

Prave A B iu n e moraju pripadati istoj ravni, obeležimo ■£(«, A Š ) = 0 — \A’B'\ za cos<p < 0

Kako projekcija vektora A& na osu odredjenu vektoromu zavisi samo od

i cos -£(u, A&), to je projekcija vektora AČi ista na sve ose odredjenesa u, i zato se projekcija vektora na osu odredjenu sau može kraće zvati projekcija vektora na vektor u.

Teo rem a 4.4.1Projekcija zbira proizvoljnog broja vektora na proizvoljan vektor jednaka je zbiru projekcija vektora sabiraka na taj vektor tj.

pro jfi(ci + a2 + ... + an) - projâi + projfia2 + ... + projflan.

Dokaz: Prikazaćemo dokaz za đva vektora, a za n vektora bi trebalo primeniti matematičku indukciju. Neka jea — A $ , b = BČ i neka su A ', B ', C' normalne projekcije tačka A, B , C na osu.

Vidimo da je (Slika 4.4.2) projff(a +6) = projca + projfi6.



4.4. Projekcija vektora na osu, koordinatni sistem 83

Teorema 4.4.2 Za svaki vektor a i skalar a važi

pro jâa =a ■projsa.

Dokaz: Zaa > 0, neka je0%. = a, 0 %i =ađ, gde tačkaO leži na osi.Tačke A’, A\ su

normalne projekcije tačaka A i A\ na osu u (slika 4.4.3). Iz defmicije sledi

projffaa = jaa| cos $C(u, aa) — a\a\ cos £:(u,aa) = ajaj cos$(u,a) = aprojâ

Za a < 0 imamo: projgaa = |aajcos );(u ,aa) = —a|a |cos ^(u, aS) =

~a|aj cos(jt — tp) = a |a | cos<p= aprojâ, gde je<p= ^ u , a).Za a = 0 ili a = 0 je projcaa = aprojffa —0.

U prethodnom paragrafu je pokazano da se svaki vektora može raziožiti po tri nekomplanarna vektora ei,ei i e$ na jedinstven način. Neka je

a = aêi +aê + 0363,to razlaganje. Koeficijenti01,02,03 vektoraa u razlaganju po vektorimae \ , & 2 i 63 zavise od izbora vektorae \ ,e.2 i e*3, a zavise još i od redosleda

vektora ei, e*2 i 63.Definicija 4.4.3Koordinatni sistem u realnom vektorskom prostoruje uredjena trojka (e*i,62,63) tj. triedar nekomplanamih vektora.

U odnosu na izabrani koordinatni sistem možemo svaki vektor a iz pros-toraprikazati kao linearnu kombinaciju koordinatnih vektora ei, ej i Č3 : a = aie i +»262 + C3. Koeficijente a i , a 2 i CV3 tog razlaganja nazivamo koordinatevektora u izabranom koordinatnom sistemu.

Neka je dat koordinatni sistcm (e\,e^, ej). Fiksirajino u prostoru proizvoljntačku O i konstruišimo vektore

OŠ\ O Š & (T




Tada se tačkaO naziva koordinatni početak. Na svakoj od pravihO E \, OE 2

i OE 3 odredićemo za pozitivan smer onaj smer koji se poklapa sa smerkoordinatnog vektora. Tri ose koje smo dobili na ovaj način nazivamo o rd in a tn im osam a. Obeležimo :h sa x, y i z. Tri ravni odredjene parovimaosa xy, x z i yz nazivamo ko ord ina tne ravni. Koordinatne ravni dele protor na osam oktanata.

Ako se koordinatni vektori e1, i e3 izaberu tako da je jei| = je^! =i5}| = 1) onda se odgovarajući koordinatni sistem naziva norm ira n i ko

dinatn i s is tem .Ako su dve po dve koordiuatne ose nekog koordinatnog sistema norm

jedna na drugu, ta j sistem se naziva pravougli ili o rtogonalni koorna tn i sis tem , a ako je koordinatni sistem i normiran i ortogonalan ondzove orton orm iran.

e3

Slika 4.4.5.

D efinicija 4.4.4 Za koordinatni sistem (e\,e2 ,Sz), sa koordinatnim poče- tkam O, kažemo da je desni ako rotacija vektora O E 1 = e\, oko tačkc O, u ravni odredjenoj vektorima O Š\ i O Š 2 = e^, ka vektoru O& 2 ima najkraći

put u smeru suprotnom kretanju kazaijke na satu, gledano sa krajnje tačke vektora 01£3 = Č3



4.4. Projekcija vektora na osu, koordinatni sistem 85

Koordiaatni sistem koji nije desni nazivamo levi koordinatni sistem.

Mi ćemo ubuduće koristiti samo desni ortonormirani koordinatni sistemobeležićemo ga saOxyz. To je Descartesov pravougli koordinatni sistem.

Koordinatne vektore takvog Descartesovog pravouglog koordinatnog stema označavaćemo sai , j , k, a njihov zajednički modul se uzima kao jedinicamere dužine na sve tri koordinatne ose. Znači, |i| = |j | = |fc| =1.

Razlaganje proizvoljnog vektoraS po koordinatnim vektorimai , j i k

pisaćemo u oblikuO— xZ -|“OyJ -f-azk

ili kraće a =(ax,ay, az), a koeficijente razlaganja zovemo koordinate vektora a. Uredjena trojka(ax,ay,az) e R3 odredjuje lačku A(ax,ay,a,,), tako da je o A = s.

Primer. VektoriT,j, k izraženi pomoću koordinata sui = (1,0,0),; = (0, 1,0), * = (o,o,i).

Teorema 4.4.3 Modul vektora S = (ax,ay,az) je skalar yja *+a* + a2 z .

Dokaz: Komponenteaxi,ayj,azk vektoraS pri razlaganju3 = axi +ayj + azk, su medjusobno normalne i vektorioA = axi, 0& = ayj, OĆ =

azk predstavljaju stranice pravouglog paralelopipeda (slika 4.4.7 ). Nosvektora()t> = a sadrži dijagonaluOD tog paralelopipeda i važi

| | Ć



8 6 Giava4. Slobodni vektori

“ Z

* T ~ D♦

Slika 4.4.7

odnosno|a|2 = la 2 + \ a j \2 + |a2A|2.

Zbog |t] s= \j\ = |A| —l, imamo

~ «i> l<V?= o«> M 2 = al,

p a je

|o |2 = a \ + a2 + a2, tj. \a\ = ^Ja2 x + a 2 y + a{. Lako se uoćava da je

cia; = projja = |a| cos -£(i,a)

Oy = projja = |aj cos${], a)

az = projâ -- |a| cos •$(£, a).

Koristeći osobine projekcija vcktora na ose, dobijamo

{<!*) flj) + (6*, by, 6Z) = (flj; + bX,(ly + f>y,Q,z + 0j)

fl ) -— (aax , ctciy,cx(l z).

4.5 Skalarni pro izvod dva vektora

Deflnicija 4-5.1Skalarni proizvođ dva nenula vaktora a i h je proizvod modula velčtora a i b i kosinusa ugla izmedju njih



4.5. Skalarni proizvod dva vektora 87

Znamo da je proj5b = [6| cos <£(3,6), projâ = |a| cos <£(a, o) pa j,e

3 •b = )ojprojj6 = |6|projsa.Sleđeća dva tvrdjenja slede direktno iz defmicije skalarnog proizvoda.

Teorema 4.5.1 Dva nenula vektora a i b su medjusobno normalna ako i samo ako je a b = 0.

Teorema 4.5.2 a a = |a| • |a| = |a|2.

Teorema 4.5.3 Skalami proizvod vektora ima stedeće osobine:

1. {'ia ,b& V) ab = ba,

2. (Va,6 e K)(Va£ R) aab = a(ab),

3. (Va, b ,č£V) a(b + Č) = đb + ac.

Dokaz: Ako je bilo koji od vektoraa,b i c nula-vektor, tvrdjenja teoremesu očigledna. Neka su vektori a,6 i c različiti od nula-vektora. Tada je

1, ab = |a(|?| cos <£(a,b) = |ft||o| cos ■${&,a) = ba.

2. a(a b) -- aja | |6| cos <):(o,b) = a |6|projga = |6|projf(aa) = {ao)b

_3. a(6+č) = |alproj5(b+č) = |a|{proj5fc+proj3c) = ia|proj56+ja|proj5c =a b + a-c.

Sada možemo skalarni proizvod izračunati pomoću koordinata.

Teorema 4.5.4 Ako su vektori a ib zadati svojim koordinatama: a = (ax>ay,az) i b = (bx,by,bz)t važi jednakost

ab = tijbt + + fljt^'

Dokaz: Kako jc3 = axi + ayj + ask i b — bxi + byj + bzk, imaćemo, naosnovu prethodne teoreme.

3b = (axi + ayj + azk)(bxi + by] + b2 k) =




— 4" a 6 yj j + “I” 4"

+{axbz + az6 j;)ifc +{aybz + azby)jk.

Zbog ? = j 2 = k 2 = 1 i i j = ik = jk = 0, jer su vektorii , j i k jedinični iuzajamno ortogonalni, imamo

ab — a%b%+ ayby + azb%.

Kao posledicu prethodne teoreme dobijamo zaa =

{ax,<iy,at )

|a| = ^ / a |+ a 2 + a2.

T^kodje, zaa ^ 0 ib ^ 0 važi cos <£(a,6) = — Otuda je|2||&|

cos <£(a,6) Qx&x "t- +CLz z

\ j al + al + a ljb * + 6g +

P rim er. Naći ugao izmedju vektora a = (1,0,1) i6 = (0,0, — 6). Kako je 3 • b = — 8, Ja| = y / 2 i |6| = 6 imamo

cos <£(5,b) = 0davđe Je = ~ p

4.6 Vektorski proizvod dva vektora

Definicija 4.6.1Vektorski proizvod nenula vektora a i b je vektor c, u oznaci a x 6, koji je odredjen sledećim elementima:

1 . |c| = |aj|6||sin <fta,6)|,

2. ca = 0 i £b —0,

tj. vektor c je normaian na vektore a i b,

3 kt i b i b j d i t i d



4.6. Vektorski proizvod dva vektora 89

Ako su vektoria i b kolinearni, iz definicije očigledno sledia x 6 = 0, jer

je sin -$(o,6) = 0.Jedan predstavnik vektoraa x b može da se konstruiše tako štose kon-

struiše nosač koji je ortogonalan na ravan odredjenu vektorima0 ~A= a iOŠ = b u njihovoj zajedničkoj početnoj tačkiO (slika 4.6.1), a zalim seodredjuje intenzitet vektora jednak mernom broju površine paralelogram

konstruisanog nad vektorima0% i Č Š . Te uslove na slici 4,6.1 ispunjavajudva vektoraOfi i 0 $ . Medjutim, treći uslov iz prethodne definicije ispunjavasamo vektorOP = a x b, jer on sa vektorimaa ib obrazuje desni triedar.

Teorema 4.6.1 Vektorski proizvod dva vektora ima sledeće osobine:

1 . {Va,6 € V) a x b = x a,

2. (Va,6 £ V) (Va € R) a a x 6 = a(a x6),

3. (Va,b ,c£ .V) a x (b + Č) = a x b + a x c ,

4 . (Va € V) (Va € i?) a x aa = 0.

Dokaz: Prema Definiciji 4.6,1, vektorO p (slika 4.6.1) je jednak proizvodua x b. Vektor OcJ zadovoljava prva dva zahteva definicije, što znači da imist.i nosač i isti intezitet kao vektorOp, a kako su im smerovi suprotni, to

je O p = -<X>. Ako na psnovu đefinicije odredimob x a, dobijamo da je toupravo vektorOC . Dakle,a x b = 0 P = —0 $ = —b x a



90 Giava4. Slobodai vektori

Time je dokazana osobina 1.

Dokazaćemo još osobinu 2. Osobina 4 sledi iz činjenice da su vektoria jaa kolinearni, a dokaz osobine 3 ostavljamo čitaocu.

/ Da bismo dokazali osobinu 2 razlikovaćemo dva slučaja. Neka je, najp

a > 0. Tada je

|aa x = \aa\ • |&|jsin *£(aa,6)| = d|fl|]&j|sin <^(o, fe)|.

Dalje je, ja (a x fc)j = Jajja x6| = a|aj|6||sin -J:(a,6)|.

Znači, |aa x6 j = or|a x Fj za a > 0. Kako su vektoria i aa kolinearni,

♦ P

a>0

Slika 4.6.2

vektori o A = a, O Š = 6 i Ofi = aa, odredjuju istu ravan (slika 4.6.2), avektori odredjeni njihovim vektorskim proizvodima imaju isti pravac (pranormalnu na tu ravan u tačkiO). Smer vektoraa(a x b) i (aa x 6) je isti,odredjen vektorimaa i 6, jer jea > 0.

Ako jea < 0 postupamc analngno:

|(aa x 6)| = |aaj|6 j[sin -^(aa,6)| = |a[|a||6[|sin(7r—-^(a,6))| =

= —a |a ||6|[sin <^(a,6)j,|a(a x 6)j = [a||a x6) = —a|a |j6]jsin -$(a,6)|.

Znači, intenziteti vektora(ad x b) i a(a x6) su jednaki. Kao i u slučaju kad je a > 0, zaključujemo da je nosač isti i da su im smerovi isti, ali suprotod smera vektoraa x 6.

N ap om en a Za vektorski proizvod tri vektora ne važi asocijativnost.

Sada ćemo odrediti vektorski proizvod dva vektora zadata svojim koodinatama,

Uredjena trojka(iyj,k) obrazuje Descartesov pravougli koordinatni sis-d ij ij N d fi i ij k k i d d



4.7. Vektorski proizvod dva vektora 91

tabliciX i 3 k 1 0 k 7 —k 0 . ik j —i 0

Koristeći ovu tablicu možemo ođrediti vektorski proizvod dva vektorazadata svojim koordinatama.

Teorem a 4.6.2 Ako su vektori a ib zadati svojim koordinatama, a = (ax,av,az), 6 = (bx, by,bz), tada su koordinate vektora a x b

ay az az 0>x ayby bz 1 6, > )

Dokaz: Kako jea = axi+ayj+ azk i b = bxi+byj+b2 k, prema osobinamavektorskog proizvoda imamo

= (axi + Oyj + a,A) x (bxi + byj + bzk) =

= axby(ix j) + a xbz( ix k )+ a ybx(j'X.T)+aybz{ jx k )+ a1:bx(kxT)+a1:by(kyj) = = axbvk + axbz(—j) + aybx( -k ) + aybzi + azbxj + azby{-%) =

— (aybz azby)i + (azbx axbz)j + (axby aybx)k =

1 — k,by bzšto dokazuje teoremu.

Na osnovu ove teoreme može se pisatia x 6 formalno na ovaj način

i j k a x 6 = ax Oy az

bx by bz

Primer. Ako jea = (3,2, 1), b = (4,2,3), onda je

a x bi j k 3 2 14 2 3

= (4 , -5 , -2) .



92 G/ava4. Slobodni vektori

4.7 Mešoviti proizvod tri vektora

Definicija 4.7.1 Mešoviti proizvod tri vektora a,b i c je skalami proizvod vektora a x b i c, tj. (o x b)c.

Teo rem a 4.7.1 Mešoviti proizvod (a x b)č tri nekomplanamo vektora o,bi Č je skalar, čija je apsolutna vrednost jednaka mem om broju zapremine

paralelopipeda konstruisanog nad vektorima o A = a, O Š = b i OĆ = c kao ivicama. Znak mešovitog proizvoda je pozitivan ako su triedri (a,b , a x b ) i (atb,Č) iste orijentacije, a negativan je ako su ti triedri suprotne orijentacije.

Dokaz: Nekaa,b,Č obrazuju desni triedar. Označimo sa7 ravan odre-djenu tačkama0 , A \ B i konstruišimo paralelopiped nad vektorima0 % =a. O Š - b i OČ = c kao ivicama. VektorOĆ — d = a x 6 je normalan naravan 7 , a projekcija vektora c na vektord je vektorot> 1 čiji je intenzitet H jednak visini konstruisanog paralelopipeda.0 je ugao izmedju vektora c id.

Sadaje(a x 6) ■c = |a x6 jfc| cos0 = |a xb\H = V

jer je |a xb\ jednako površini paralelograma konstruisanog nada i b kaoivicama. Akoa,b i c obrazuju trijedar leve orijentacije, vektori(a x b) i c

leže s raznih strana ravni7 pa je(a x b)Č = Ja x6||člc o s ( j t — 6 ) = —[a x 6J[čJ cos^ = —V.



4.7. Mešoviti proizvod tri vektora 93

Posleđica 4.7.1Ctkličnom permutacijom vektora činilaca vrednost mešovito proizvoda se ne menja tj. (a x b) c = (b x č) • a = (c x a) b. Permutatija susednih faktora mešovitog proizvoda menja samo njegov znak.

(Pri cikličnoj permutaciji vektora orijentacija trijedra se ne menja).

Kakoje skaleu-ni proizvođ komutativan, tj. (axfc)c =č(axb), po prethod-noj teoremi dobijamo

(a x b)c = (b x č)o =a(b x c),

ili(a x b)c = a(b x c).

Poslednja jeđnakost pokazuje da operacije skaiarnog i vektorskog množmogu izmeniti mesta, a da mešoviti proizvod ostane isti. Zbog toga mešoviti proizvod može pisati bez znakova za operacije i koristi se ozna[a,b, Č].

Posledica 4.7.2Tri nenula vektora a ,b i c s u komplanami ako i samo ako je (a x b)c = 0. (Tada je V = 0.)

Teorem a 4.7.2 Mešoviti proizvod (o x b)c vektora a, b i c, zadatih svojim koordinatama, a — (ax,ay,az), b = (bx,by,bz) i c = (Ae>Cj,,c*), jednak je determinanti

&x &Z

bx by bzCx Cy Cz

Dokaz: Znamo da jea x b = (d x, dyidz), gde je

(fl X 6)c ---d x C x d y C y + d z c z i

odnosno

by bz



94 Giava4. Slobodni vektori

tj-

(a x b)c &J|CX Cy Cz

4.8 Zadaci

4.1. Ispitati linearnu zavisnost vektoraa = (3,1,2), b = (1 ,1 ,—1) ic = (4,2,1).

Rešen je: U prostoru R? tri nenula vektora su linearno zavisna ako isamo ćiko leže u istoj ravni, odnosno ako je njihov mešoviti proizvod0.

( a x l ) - c =3 1 21 1 - 14 2 I

= 3 —4 + 4 — 8 + 6 —1= 0 ,

što znači da sua, b i Č linearno zavisni. Izrazićemo vektor c preko vektoraa i b :

č = aa + 0 b,

(4,2,1 ) = a ( 3 , l ,2 ) + / 3 ( l , l , - l ) ,

3o; +0 = 4a +{3= 2

2a - /? = 1,

pa je a = 0 = 1, tj, c = S + b.

4.2. Izračunati |sina|, gde je a ugao koji zaklapaju vektori

f f = ( 2 , l , - l ) i 6 = <1,-3,1).

Rešenje: Prvi način: Označimo sa a ugao izmedjua i 6 Kako je



4.8. Zadaci 95

gde je no jedinični vektor u smeru vektora3 x b, to je

|a x 6| = |a| •|6| • |s in a | ■|fT0| = |a| ■|6| ■|sma|,

i • i I« x6|| sina| = ^

a x b =i j k 2 1 - 1

1 -3 1

|a| • |6|

= ( - 2 , - 3 , - 7 )

]a x 6 j = >/(—2)2 + ( - 3 )2 + (—7)2 = V4 + 9 + 49 = ^62.

paje

]S| = v/22+ l2 + (- l )2 = A |6j = VI + 9 + 1 = VTT,

Drugi način: Naći ćemo cos a iz

cosa =

a b = jaj • |č>] • cos a, cos a = ° \ i a j . |6 j

3 b = (2,1, -1) • (1, -3,1) - 2 - 3 - 1 = -2,

-2 —=— Isina] = v/l —cos2 a — \ / l — — = , , _ y/E •v/IT 1 V 66 v 66

4.3. Izračunati visinu paralelopipeda koji je konstruisan nad vektorima3 = (1,2,0), 6 = (2, 1, 1) i c = (2, — 1, 1), ako je osnovica nad3 i b.

Rešenje: Zapremina prizme se može izraćunati kao apsolutna vrednostmešovitog proivoda vektora3, 6 i Č :

1 2 0

a - (bxc ) = }2 1 12 - 1

1

1 + 4 + 1 - 4 = 2,

pa je zapreminaV = 2.




Sa druge strane, zapremina prizmeV je površina osnoviceP pomnožena

visinom H, a osnovica je paralelogram nad vektorima a i6, i njegova površina je |o x6|.i j k

o x 6 = 1 2 0 =(2 , -1 , -3 ) ,2 1 1

|a x 6 j = %/4 + 1 + 9 = V U , pa je H - ^

4.4 . Dati su vektoriS - 4m —n i 6 = m + 3n, gde s u m i n jedinični

vektori i ■£ (m ,n ) — j .a) Naći ugao izmedju a ib.

b) Naći površinu paralelograma konstruisanog nad vektorimaa i b.

Rešenje: a) Označimo saa ngao izmedju vektoraa i b. Onda je

cosa = ° , i ja| =Va • a, |6| = Vb- b.|a| ■|6|

Dalje je

a - b = (4 m —n) •(m + 3n) = 4 m • fh + 12 m ■n — n -m —3n-n =

= 4 + l lm - n —3 = 1 + 11(1 • 1 • cos f ) = 1 + ^ = f ,

( m - m = |m|2 = |n|2 = n • n =1)

a-a = (4m—n)-(4m—n) = 16m-m—8m-n+n-n = 16—8-^+1 = 13, |a| = VTŠ,

b-b = (m+ 3n) (m+3n) = m-ffi + 6m-n+9n-n = l+ 6 ’^ + 9 = 13, |6| = vTŠ

pa je cos a = 13/2 1\/l3- %/l3 ~2 ’ a ~ 3 '

b) P = |a x6| = |a| • |6| ■|sinQ(| = \ /l 3 \/X3 • ^

4.5 . Ncka su m, n i p tri jedinična vektora takvi da je<(m,n) =%(m,p) =<£(n,p) = §.

a) Ispitati koji od ovih vektora je komplanaran sa vektorima



4.8. Zad&ci 97

đ = m + 4n —2p ib = m + n —2p.

b) Odrediti cos<p, gde je<p ugao izmedju vektora3 i b.

Rešenje:

a) Proverićemo da li je vektor m komplanaran (linearno zavisan) sa3 i b, odnosno da li postoje realni brojevia , 0 i 7 od kojih je bar jedanrazličit od nule, tako da je

aa + 0 b + 7 m = 0,

a(m + 4n - 2p) +0 (m + n - 2p) +7m —0,

(a + 0 + 7 )m + (4a +0)n + ( -2 a —20)p = 0,

Kako sum, n i p linearno nezavisni (jer su nekomplanarni), njihova line-arna kombinacija je jednaka nuli samo ako su svi skalari nula, odnosno ak

jea + 0 + 7 = 0

4a +0 - 0- 2a - 2 0 = 0.Determinanta ovog homogenog sistema je

1 1 14 1 0

- 2 - 2 0

4-2 = - 6 ^ 0,

pa sistem ima samo trivijalno rešenjea = 0 = 7 = 0, odnosno o,b i m sunekomplanarni. Sa druge strane, kako sum, n i p linearno nezavisni, oni čine jednu bazu B prostora R3 i u toj bazi vektori imaju kordinate

a = (1 ,4,-2 )g,b= (1,1, - 2 ) B,

m s = l - m +0 - n +0 - p = (1, 0,0)#, n - (0, 1,0)^, p = (0,0 , 1)^,

a kolone determinante gornjeg sistema su u stvari koordinate vektora3, b

i m u bazi B. Vidimo da komplanarnost vektoraa, b i n možemo proverititako što ćemo izračunati vrednost determinante

1 1 0



98 Glava 4. Slobodai vektori

pa su 3,b i n koraplanarni. Lako se vidi da je 3n =a — 6, n — h(a —b).

Kako je1 1 04 1 0

- 2 - 2 10, vektori o, t, i p su nekomplanarni.

jer je

i \ o ' b b) cos<p= ------- — |a|- |b|

a b= (m + 4n —2 p) • (rn + n —2p) =

~ m m + 4n n + 4p p + 5m •n —4m • p —lOn ■ p =1 1 1 9= 1 + 4 + 4 + 5 4 1 0 . 1 = ^2 2 2 2

m - m = |m| *|m| • cos0 = l = n - n = p - p ,

m • n = |m| ■|n| ■cos~ = ~ = m - p = n • p.U

it

o - a = (m + 4 n -2p) (m + 4n - 2p) =

= m • m + 16n ■n + 4p • p +8m • n —4ni ■ p -- 16n ■p =

= 1 + 16 + 4 + 4 - 2 - 8 = 15, ja| = 'i/a a = \ / l5

b-b= (m + n — 2 p) (m + n — 2 p) =

= m- ?n +7t ’n + 4p-p + 2 m - n - 4 m - p - 4 n - p = l + l + 4 + l - 2 - 2 =3

|b| = V b • b = \/3, pa je

| | 3\/5cosw = — 1= -—= = —== = ----- .\/l 5 - \/3 3\/5 10



Glava 5

Analitička geometrija

5.-1 Tačka, rastojanje dveju tačaka, deoba duži u datoj razmeri

U prethodnom paragrafu smo videli da svakom vektorua iz skupaV odgo-vara trojka realnih brojeva(ax, ay, az) € R 3, koja predstavlja koordinate

vektora3 tj. komponente razlaganja vektoraa duž vektorai , j i k.S druge strane svakoj tački M u prostoru odgovara vektorOA koji

zovemo vektor položaja tačke M, čije su koordinate (i,y, z). pa obično pois-tovećujemo pišući

M {x,y ,z), ili pak f = OA? =(x, y, z)

Teorema 5.1.1 Rastojanje d taiaka M i(x \,y \,z \ ) i M-z(x2 ,y2 ,Z 2 ) odredjeno je formulom

d = y/(x2 - i i )2 + (y2 - y i )2 + (z2 - z i ) 2.

Dokaz: Uočimo koordinatni početak0 i tačke Mi i M 2 (slika 5.1.1).

99



100 Glava 5. Analiticka geometrija

Tadaje

Slika 5.1.1

M 1 M 2 - Oa } 2 - 0 $ 1 ' (x2 - x i ,y2 - y i,z2 - *i),

d = \MiM*2\ = V(X 2 - Xi) 2 + (yi -- yi) 2 + (z2 ~ zi)2-

Te orem a 5.1.2 Neka su date tačke M $x i, y i, Z$ i M 2 (x2, V 2 , zi) *broj A 7 —1. Tada je tačka M takva da je M \M = XMM 2 odredjena koordinatama

XI + Xx2 Vi + A1/2 Zl+_\Z 2 ,1 1+A ! 1+ A 1 1 + A h

Dokaz: Označimo sa i f 2 vektore položaja tačaka M\ i M 2 redom,a sa f vektor položaja tačke M. Tačku M , odnosno njen vektor položaja f,

treba da odredimo tako da bude



5.2.Ravan, razni oblici jednačine ravni 1 0 1

Kako je

M iaI = OA^ —O m \ = f —rj, i MA 2 —OA?2 —OA? = f% —r,

biće( f - r i ) = A(f 2 - f ) .

1 +A ’ 1 + A ’ 1 + Ahšto je i trebalo dokazati.

U specijalnom slučaju, kada je A — 1, imamo deobu duži na jednakedelove tačkom

5.2 Ravan, razni oblici jedn ačine ravniKoordinate tačaka koje leže u ravni ne tnogu biti proizvoljne, već morajuzadovoljavati izvesne uslove date tzv. jednaćinom ravni. Kako ravan može biti odredjena raznim elementima (odsečcima na kordinatnim osama, ili ko-ordinatama triju tačaka koje joj pripadaju ili ... ) imamo i razne oblike

jednačine ravni.

Teorema 5.2.1 Jednačina ravni a kojoj pripada data tačka M\ (^ i, y i, Z \ )i koja je normalna na dati ne-nula.vektor na - (A ,B ,C ) je

2 ’ 2 ’ 2

(5.2.1) A(x - xv) + B(y - yi) +C(z - z\) = 0.

Dokaz: Odredićemo uslov koji moraju zadovoljavati tačke M (x ,y ,z) koje leže u ravni a. Kako vektor M i =(x —x\, y —yi, z —z\) leži u ravni



102 Glava 5. Ann/itička geometrija.

a, on je normalan na dati vektorna, pa je M [A? • nQ=0, tj.

Slika 5.2.1

A (x - + B (y - yi) •C(z - z \) = 0.Očigledno važi i obrnuto tj. ako koordinate proizvoljne tačke M (x ,y ,z), zadovoljavaju uslov (5.2.1) tada M pripada ravnia.

Jednačinu (5.2.1) ravni zovcmo skalarni oblik jednačine ravni.

Ako je f vektor položaja tačke M, a f \ vektor položaja tačke M\ jednačinu(5.2.1) možemo pisati u obliku

( r- rD n , , - 0.

Ako stavimo f i •na = —D, gornja jednačina postaje

(5.2.2.) ffta + D = 0

i zove se opšta vektorska jednačina ravni. Odgovarajući skalarni opšti oblik jednačine je

A x + B y + Cz + D = 0.

Vidimo da je jednačina ravni jedna linearna jednačina.

P rim er: Tačka >4(1,2,3) pripada ravni a : 3x + j/ + ^ — 8 = 0, a tačkanpr. 5(2,7,3) ne pripada.

Kako je ravan potpuno odredjena pomoću tri nekolinearne tačke M*, sakoordinatama(xk,yk,^k) (& = 1,2,3), korišćenjem (5.2.1) moguće je nać:i

jednačinu te ravni ako se prethodno odredi vektor normalenQ. Kako vektori M \M i = f 2 — f \ , MiM* —f 3 - f\





104 GJava 5. Analitička geometrjja

Ako stavimo —D /A —a, —D /B = 6, —D fC —c, [A, B ,C ^ 0), imamo

X v z- + r + - = 1O 0 c pa se (5.2.5) svodi na (5.2.4). Napomenimo da slučaj D = 0 odgovara ravnikoja prolazi kroz koordinatni početak.

Od interesa je proučiti i tzv. normalni oblik jednačine ravni. Neka N podnožjenormale izO naravana. Neka je p odstojanjekoordinatnog početka O odravni a , tj. |Oi^j = p > 0, ineka je rio jedninični vektor normale ravni a usmeren odO ka ravnia, (slika 5.2.4). Kako je

U $ = pna, |rio! = 1imamo( f - p n 0)n0 = 0 , tj.(5.2.6) fno — p = 0.Ovo je normalni oblik

jednačine ravni.

Normalni oblik jednačine ravni možemo dobiti i iz opšteg oblika (5.2.deljenjem sa |nQ| ili sa —|nQ|, pri čemu u jednačini

_ nQ D f . — 5— |--------- = o±|nQ| ±|nQ|

treba izabrati znak + ili —tako da je

m i=-p<0Odgovarajuća skalarna jednačina ima oblik

Ax + By + C z + D±V A2 + B2 + C 2

gde je

= 0 ,

D = - p < 0 .±vM2 + B 2 + C 2

Normalni oblik jednačine ravni je veoma pogodan za odredjivanje odsjanjad neke tačkeM tod date ravni a tj za nalaženje intenziteta\MiM^\=



5-2.Ra.van, ra zni oblici jednačine ravni 105

d, gde je ortogonalna projekcija tačke M\ na ravana. Kako tačka Ma

pripada ravni a, njen radijus vektorr? zadovoljava jednačinu ravni tj. važi

(5.2.7) f'2m - p = 0.

Vektor M^M\ je kolinearan sa no, tako da se može izraziti u oblikuM2M1 = Ano- Kako je f 1 - f i = Ano, tj. f% = f \ —Ano (slika 5.2.5), naosnovu (5.2.7) dobijamo

tj-

(f\ - Ano)nc - p = 0,

A = fin0 - p.

M,

Slika 5.2.5

Dakle, traženo odstojanje je

d= |A| = jfin0 - p | .

Ako je fi = (11,3/1,2:1), u skalarnom obliku imamo

Axi + By\ + Czi + Dd =

Â* + B2 + C 2

Razmotrimo sada medjusobni položaj dve ravni:

i i + 0 i f ^ + 0



106 GJava5. Analitićhi geometrija

Ravni ai i a 2 su paralelne (presek im je prazan skup iii se poktapaju)

ako su im vektori n1 i n2 kolinearni, tj. ako je = Ani, gde je skalar A / 0.Ovaj uslov paralelnosti može biti izražen i u obliku fl1 x n2 = 0.

Kada se ravni ai i02 seku (slika 5.2.6), ugao<p (oštar ugao) izmedjuovih ravni je, u stvari, ugao izmedju vektora normala ni i n2. Dakle,

|nin2!COS<fi — |ni[|n2|

Uslov ortogonalnosti ravni ai i a 2 može se izraziti u obliku ninj = 0.Ako su ravni date skalarnim jednačinama

A ^x + B i y + C\z + D\ = 0, j42x + B2 I) + C%z + D2 = 0,

tada se uslov ortogonalnosit svodi na

A1 A2 + B1 B2 + CiC <2 = 0,

a uslov paralelnosti na

A i = kA^, B\ = kB^, Ci = kC 2 , k / 0.

Skup svih ravni koje prolaze kroz presek ravni a i i a 2 naziva se pramen ravni.Svaka ravan koja pripada ovom pramenu može se definisati jednačinom

fni + Di + A(rn2 + D%) = 0,

tj.f(ni + An2) +(D\ + AZ)2) = 0,

i dobija se iz poslednje relacije za neku konkretnu vrednost A.

5.3 Prava, razni oblici jeđn ačine prave

Položaj prave u prostoru može biti odredjen na više načina. Na primer pravu možemo odrediti sa dve tačke, ili kao presek dve ravni.



5.3. Prava,razni oblici jednačine prave 107

Teorem a 5.3.1 Vektor položaja f proizvoljne tačke M prave a koja prolazi

kroz tačku M\ i paralelna je vektoru a ^ O , zadovoljava jednačinu(5.3.1) f - f i + t a ,

gde je fi vektor položaja tačke Mj, a t je skalar koji zavisi od položaja tačke M na pravoj.

Dokaz: Mi€ a i M £a, pa je M \A l kolinearan sa vektoroma. l&da je

Vektora je unapred dat i ne menja se, pa parametart zavisi samo od vektoraMiAI, odnosno samo od tačke M. Iz trouglaOM\M, dobijamo (slika 5.3.1)

Olđ —OAî + MiA^, tj. M] M

f = fy + ta,

što je i trebalo dokazati,

Slika 5.3,1

Teorema 5.3.2 Neka su dati vektori f\ i 5 ^ 0. Tada jednačina (5.3.1) odredjuje pravu koja prolazi kroz tačku čiji je vektor položaja f \ i koja je

paralelna vektoru a, ako t prolazi skupom realnih brojeva.

Dokaz: Označimo sa Mi tačku čiji je vektor položaja dati vektor ri, asa M tačku čiji je vektor položaja vektor f dobijen iz (5.3.1) za proizvoljniskalar t. Tada iz jednačine (5.3.1) dobijamo

r - ri = ta ,

što znači da je vektor f —f\ kolinearan sa vektoioma . Dakle, prava odre-djena tačkama Mt i M je paralelna sa nosačem vektora3. Kako za svakuvifidnost skalaiat dobijamo iz (5.3.1) po jednu f.ačku M za koju je prava

M \M paralelna nosaču vektora a, a kroz utvrdjenu tačku M\ prolazi jednai samo jedna prava paralelna nosaču utvrdjenog vektora a, vidimo da svetačke M za koje vaii (5 3 1) pripadaju istoj pravoj



108 Glava 5. Aualitička geometrija

Na osnovu prethodne dve teoreme sledi da jednačinu (5.3.1) zadovolja-

vaju sve tačke prave koja je paralelna nosaču fiksnog vektora a i koja prolazikroz fiksnu tačku M\ i samo te tačke.

Jednačina (5.3.1) se naziva vektorska jednačina prave.

Označimo koordinate tačke M\ sa (a:i,yi,zi), koordinate vektora 5 ^ 0sa (a i,02 , (13), koordinate tačke M sa (x, y, z). Vektor a se zove vektor pravca prave a. Sada iz jednačine (5.3.1), prave koja je paralelna vektorua i prolazikroz tačku M \, dobijamo jednačinu

xi + y j + zk = x \i 4- y ij + z^k + i(aii +a2j + a$k).Ova vektorska jednačina je ekvivalentna sa sistemom od tri skalarne jednačine

! x = xi + ta 1,y-= Vi + *a2,

z = z\ + (03.

Za razne realne vrednosti parametarat dobijamo kordinate(x, y, z) raznihtačaka na pravoja, Jednačine (5.3.2.) se zovu parametarski oblik jednačine prave,

Odavde je( _ x - x i _ y - y i _ z - z i

ai a2 03

Jednačinu

(5.3.3.) — — = — = — ~ ia 1 a2 a3

zovemo kanonički oblik jednačine prave.

Kako je po pretpostavcia ^ 0, to nisu a i , a2l03 istovremeno jednaki nuli,ali neke od tih vrednosti mogu biti 0. Npr. ako je03 = 0, smatraćemo da je11 jednačini (5.3.3) z —z\ = 0.

Ako su date dve tačke M $x \,y \,z $ i M 2 (x2, j/2, z2) na pravoja, prava

a ima kanoničku jednačinua . x ~ x i _ v - yi _ z - z i

' x2 x \ y2 y\ z2 z\



5.3. Prava,razni oblici jednačine prave 109

Pravu možemo prikazati i kao presek dve rayni koje se seku tj.

f + B \y + C\z + D\ — 0G ‘ \ A?x + B 2y + C iz + £>2 = 0,

gde na Xnfl. Vektor pravca pravea je 3 = na x np.

P rim er: Prava koja prolazi kroz tačke >4(3,4,2) i B (2,1,1) ima jednačinuu kanonicnom obliku i —3 y —4 z —2

1 = 3 _ 1 ’a u parametarskom obliku

f x = t + 3^ . y = 3t + 4[ z = t + 2.

Tačka C(5,10,4) pripada pravoj (t = 2), a tačka (3,2,8) ne pripada pravoj.

Teorema 5.3.3 Rastojanje d tačke M 2 (x2 ,y2 , z2) od prave

x - x\ _ y —y\ _ z —z\ _ \M\M 2 X 2Jaj a2 a3 |a|

Dokaz: Obeležimo sa M3 normalnu projekciju tačke M2 na datu pravu(slika 5.3.2). Vektora = (01,02,03) je paralelan datoj pravoj koja prolazikroz tačku M i(x \,y \,z \) . Iz trougla M \M 2 M$ sledi da je

d = |MiM2|Jsin$.(MiMl, M1M2)|,

odnosnod = JMiMillsin4(a,MxM2)\.

Kako je \M \M 2 x a| = |MiM2||a|| sin •);(£, M XM 2 )\,

d bij



110 GJava 5. Analitička geometrija

Razmotrimo sada medjusobni položaj dve prave a: r = f\ + Aa i

b: f = f 2+ fib.

Definicija 5.3.1Ugao izmedju dve prave u prostoru je ugao izmedju bilo koja dva vf.ktora ćiji su nosači date prave.

Mi ćemo pod uglom izmedju dve prave podrazumevati oštar ili prav uga

Ako je

tadaje

a :

b:

x - x i _ y - y i _ z - z i ai aj

x —x2 y - y 2 z —z 2bx

cos <£(a,b) = cosa = =

62 bs

0161 + a%bi + <1363|a|[6| \ /a \ + a | + o | ■/b\ + b\ + b \ '

Uslov normalnosti pravih može se iskazati kaoa • b = 0, dok je uslov paralelnostia x b = 0 ilia = Ač>, A / 0. Prave se seku ako i samo ako sukomplanarne, a nisu paralelne tj. (f 2 —fi )( a xb) = 0 ia / A&, A / 0. Pravesu mimoilazne ako i samo ako ne leže u istoj ravni tj. ako

(f 2 - f 0 (a x b) £ 0.

Odredićemo sada najkraće rastojanje izmedju dve mimoilazne prave kai jednačinu zajedničke normale p dve mimoilazne prave.

a : f = fj + Aa, b : f —r 2 + pb.

Postavimo ravana koja sadrži pravu6 i paralelna je pravoj a, a zatim postavimo dve ravni0 i 7 koje su normalne na a i prolaze kroza i b respek-



5.4. Uzajamni odnos prave i ravni 1 1 1

tivno. (slika 5.3.3).

Slika 5.3.3

na —a x b ~ p, np = (a X 6) x a, n7 = (a X 6) x b.

Imajući u viđu da0 i 7 prolaze kroz prave a ib tj. tačke M\ i M 2 savektorima položaja f\ 1 f 2 , dobijamo njihove vektorske jednačine

0 • ( f~f i ) ( (a x b ) x a ) = 0, 7 : ( f - f2)((a x6) x 6) = 0.

Ovaj skup jednačina ravni predstavlja jednačinu prave p koja je za- jednička normala praviha i b. Prava p je normalna na ravana i seče pravea i b. Rastojanje izmedju presečenih tačaka je najkraće rastojanje izmedjumimoizlaznih pravih. Ono se može odrediti kao rastojanje bilo koje tačke

pravea od ravni a, jer je prava o paralelna ravni a, a pravab leži u a. Akouzmemo npr. tačku M\ dobijamo

d = 1 ¥. = l<H ~ ^ ) ( g x6)1

-6 J3 x fr|

V je zapremina paralelopipeda konstruisanog nad vektorimaa, b i kaoivicama, a B je površina paralelograma koji je konstruisan nad vektorimaai b kao ivicama.

5.4 Uzajam ni odnos prave i ravni

Posmatramo pravua : r = fi + Xa i ravana : f n a + D = 0.



112 Glava 5. Analitićka geometri

1. Ako je o • nQ = 0, prava je paralelua sa ravni. Ako je još f in a + D = 0 prava leži u ravni q. Ako fi • na + D /0 prava je paralelna ravni i nemnjom zajedničkih tačaka.

2 . Akoa na / 0 prava seče ravan. Za ugao0 koji pravaa zaklapa sasvojom projekcijom na ravaua kažemo da je ugao izmedju prave i ravni

je ugao komplementaran <£(a,nQ), tj.

a ' na |sinfi = cos(— —d) = -j^jr^r-r,2 |a| |na|

ili u skalarnom obliku za nQ= (>4, B, C) i a = (01,02,03)

V A2 + B 2 + C *â { + a* + a i'

Pritner: Naći presek pravea : y —2 z —3 .1

1 ravma : x + y — z —2 = 0 i ugao izmedju njih.

x = t + 1Pravaa u parametarskom obliku j e o : ^ y = 3i + 2

z = 21 + 3.

Tražimo tačku koja pripada i pravoja i ravnia, tj. koja zadovoljavuslov

(t + 1) + (3t + 2) —(2t + 3) —2 —0.Za t = 1 dobijamo presečenu tačku A(2,5,5).

sinć? - (1,3,2) - (1,1,-1)v/1 + 9 + 4- + 1 + 1 v/42

20 = arcsin

v/42

5.5 Zađaci

,x —3 y —35.1. Data je ravanc* : 2x + 3 y — z = 1 i pravaq " 1'Odrediti jednačin projekcije pra eq na ra ana i na toj pra oj tačkT



5.5. Zadaci 113

Rešenje:

Slika 5.5.1

Kako projekcijagf leži u a, imamo ± n a . Takodje je <p±(<f x nQ),

* j Ar 1 2 12 3 - 1

= ( -5 ,3 , -1) , i

q' = rŽa x(q x na) — i j k 2 3 - 1

-5 3 -1= (0,7,21) = 7(0,1,3).

Naći ćemo tačkuQ koja je prodor praveq kroz ravana (tako što x ,y i z iz parametarskog oblika jednačice praveq uvrštavamou jednačinu ravnia ) :

{ x = t + 3 y = 2f + 3

z = t

2(t + 3)+3(2t + 3 ) - t = l ,7t = -1 4, - 2 , Q ( l , - l , - 2 ) .

Pravaq‘ prolazi kroz tačkuQ i njena jednačina je

, x —1 y + 1 z + 2q : — - — 3 '

Dalj&'treba naći onu tačku praveq' koja je najbliža koordinatnom početku0 . To je očigledno projekcija tačkeO na pravuq'.

l ć fl k l ( d )



114 Glava 5. Analitička geometrija

0 : (0,1,3) • ( x ,y ,z) = 0 ,

0 : y + 3z = 0.

Tačka T je prođor praveq' kroz ravan0 :

x = 1q' : { y = t - 1

z = 3 t - 2 \

(* - 1) + 3(3£ - 2) = 0,10t = 7, t = ^ , ^ ( l , - ^ , ~ ) .

5.2 . Dati su ravan a :5x —y —z = 2 i prave

x + \ y —a z + 1 .V =

y z + 1

a) Odrediti realne parametrea i b tako da prava p Ieži u ravnia.

b) Naći jednačinu ravni0 koja sadrži pravuq i koja je ortogonalna naravana.

Rešenje:

a) Ako p leži ua, onda je p l.n a, pa je p na = 0, (2,3,6) ■(5, —1, —1) =10 —3 — b = 0, ib = 7. Tkkodje, svaka tačka prave p, pa i tačkaP (—1,a, —1),mora ležati u a , pa je 5(—1) — a —(—1) = 2, i a = — 6 , odnosno

P ■rc + 1 y + 6 z + 1

b) Vektor je normalan nan 0 (jer je0J.a), i np je normalan naq (jer q leži u0), pa je

np = q x nai j k 1 2 25 -1 -1

= (0, 11, - 11) = 11(0, 1, - 1).

Kakoq leži u0, svaka tačka praveq, pa i Q(0,0, —1) leži u0, i jednaćinaravni0 je



5.5. Za.da.ci 115

0 : y - z = 1.

5-3. Date su tačka A(3 ,1, —5), prava p : - — - = - — -= -— - i ravana —1 0or: x + y - 2z = 2.

a) Ođrediti realne parametre a ib tako da prava p leži u ravni a,

b ) 'Z a tako odredjene a ib naći tačku B koja je simetrična tački A uodnosu na ravan a, i na pravoj p naći tačkuC tako da trougao ABC imaminimalnu površinu.

Rešenje:a) Ako p leži u a, onda je p±na odnosno p - f ia = 0,

(a, — 1, 0) • (1, 1, — 2) = a — 1 = 0, a = l.

Taćka P(6, 6,1) koja leži na p, mora ležati i u a : 6 + 4 - 2 = 2,b = —2.

b) Postavljamo pomoćnu pravu n kroz tačku >1(3,1,-5) normalnu naravan a, pa jen = na i

x - 3 y —1 z + 5n ; ........ _ _ _ _ _ 2 .

Slika 5.5.2

Tačka A' (projekcija tačke A na ravana) je prodor prave n kroz ravan a.

! x = t + 3 y = t + 1 z = -2 t - 5

(t + 3) + (( + l ) - 2 ( - 2 t - 5 ) = 2 ,6f = -12, t = - 2 , ^ ( 1 , - 1, - 1).



116 GJava5. Analitička geometrija

Iz jednakosti vektora AA' = (—2, -2 ,4 ) i A'& = (x —l,y + 1, z + 1),(koordinate tačke B smo obeležili sa (a:, y, z)) dobijamo x — —1, y ~ —3, z = 3, odnosno5 (— 1, —3,3).

Tačka C je projekcija tačke A ' na pravu p, pa postavljamo pomoćnuravan /? kroz A ' normalnu na p (pa jen$ = p).

/ ? : ( l , - l 10 ) - ( x - l , y + l 1z + 1) = 0, p : x - y = 2.

{ x = t + 6 y = —t —2 z = 1

( i + « ) - ( - < - 2) = 2, 2i = — 6, t = -3 , (7(3,1,1).

31 | 1 4f —J 25.4 . Date su ravan a ; 2x — y + z = 2 i prava g : —~— = —-— = —- —.

« >. « u UOdrediti jednačinu prave p koja prolazi kroz koordinatni pocetak, paralelna

je sa ravni a i seče pravuq, a zatim izraćunati površinu trouglaOAB gde je tačka A presek pravih p iq a tačka B je prodor praveq kroz ravan a.(O je koordinatni početak).

Rešerye:

Prvo ćemo postaviti pomoćnu ravan(3 kroz tačku0 paralclnu sa a (pa je np = na = (2, - 1, 1)).

/3 : (2 -1 1) • (zy, z) = 0 0 : 2x - y + z =0



5.5. Zadaci 117

Prodor praveq kroz /? je tačka A :

2(2t - 1) - (Zt + 1) + (-2 ) = 0, i = 5, A(9 ,16, —2).

Prava p sadrži tačkeO i A, pa je p = O~A = (9,16, —2) i jednačina prave p Je:

x y z P '' 9 = 16 = ^2'Tačku B nalazimo kao prodor praveq kroz ravan a :

2(2t —1) - (3f + 1) + (—2) = 2,t = 7, B(13,22, —2).

Površinu trougla nalaaimo kao polovinu intenziteta vektorskog proizvodanjegovih stranicaOA i OŠ.

P&OA8 =i j k 9 16 -2

13 22 -2

(12, - 8, - 10)| = i\/ l4 4 + 64 +100 = i \/Š08 =V f f .

5.5. Date su prave

- 2 ■+ 1 z . i - l- I q : —7~a 1

y _ z - 12 —a

a) U zavisnosti od parametara a ib diskutovati njihov medjusobni položaj,

b) Zab = —2 i o = 1 naći jednačinu ravni koja je njima odredjena.

Rešenje: a) Pomoću mešovitog proizvoda vektorap = (— 1, 6, a),q = (1,2, —a) iP $ ~ (—1,1,1) (gde jeP(2, —1,0) jedna od tačaka prave p,a Q(1,0 , 1) je jedna od tačaka praveq) proveravamo da li prave p i q leže uistoj ravni.

- 1 ’ b ap (q x P < § ) = 1 2




= —2 + a b + a + 2 a — a —b = a b —b + 2 a —2 -- b {a —l ) + 2(a — 1) = ( a —l) ( f c+2).

q su mimoilazne (jer ne leže u istoj ravni).

Za ^ —2 i a = 1 prave p i q se seku jer leže u istoj ravni a vektori pravaca im nisu kolinearni.

Za b = —2 i svakoa prave p i q leže u istoj ravni i vektori pravaca su

im kolinearni, pa su one paralelne (nemaju ni jednu zajedničku taćku) i poklapaju (sve tačke su im zajedničke). Proveravamo da li tačkaP(2, —1,0)(proizvoljna tačke prave p) leži na pravojq. Dobijamo------ —— = --------.

1 2 — aOva jednakost očigledno ne važi, pa su prave p i q za b =■ —2 i svakoa

paralelne.

b) Označimo saa ravan odredjenu paralelnim pravama p i q. Onda suvektori p i P $ paralelni sa ravni a(odnosno normalni na r~Q), pa je

Kako F s p i p C a , to P £ a, pa je jednačina ravnia

a : (1,0 , 1) •( x - 2 , y + \ ,z ) = 0,

a : x + z = 2.

5.6. Date su ravnia : x + 2y + z —3, /? : 2x + 3y - Sz = a i7 : x + by + 6z = 2.

a) Za koje vrednosti parametaraa i b ove ravni odredjuju

1. jednu zajedničku tačku

2. jednu zajedničku pravu p

3. tri medjusobno paralelne prave.

b) U slučaju 2. naći ravanS tako da projekcija prave p na ravan8 budc

Ako jea ^ 1 ib —2 vektori p,q i P(§ su linearno nezavisni a prave p i

i j k na = p x P $ = ~ \ - 2 1 = ( -3 ,0 , -3 ) = -3(1,0 ,1)

- 1 1 1



5.5. Zadaci 119

Rešeiije: a) Diskutovanjemedjusobnogpoložajaravnisesvodinadiskusijušistema jednačina koji je njima odredjen:

x + 2 y + z =32x + 3y —3 z = a x +by + 6z = 2.

1 2 1 Ds = 2 3 -3

1 6 6

Ds = 18 - 6 + 26 - 3 + 36 - 24 = 56 - 15.

Za 6 ^ 3, Ds ^ 0, sistem je odredjen, odnosno ove tri ravni zab ^ 3 i svakoa e R imaju jednu zajedničku tačku i to je slučaj1.

Dalje, za6 = 3 sistem postaje

x + 2y + z =3 x + 2y + z =32x + 3y —3z=a <*==> — y —5z= a —6 ■$=> x + 3y +6z = 2 y + 5z = — 1

x + 2 y + z =3 — y —5z =a — 6

0 = a - 7.Za 6 = 3, a = 7, sistem je jednostruko neodredjen, ima beskonačno mnogorešenja i ove ravni imaju zajedničku pravu (slučaj2).

Za b —3, a / 7 sistem nema nijedno rešenje, pa ravni a , /?,7 nemajunijednu zajedničku tačku. Kako medju ove tri ravni nema paralelnih ravni(jer u sistemu nema proporcionalnih jednačina) to se svake dve seku po

pravoj i te tri prave su paratelne (shičaj 3).

b) a = 7, 6 = 3 , p = a O / 3 = > p C a , p c /3 = ^ P-Lna , p-Lnp =>

i j k p= na X fig = 1 2 1 - ( -9 , 5 ,- 1 )

2 3 - 3

Jrdnu tačku sa prave p nalazimo kao jedtio od rešenja odgovarajućeg neod-redjeuog sistoma:

x + 2y + z =32x + 3y —3z =7.



1 2 0 Glava 5. Analitička geometrija

Biramo proizvoljno z = 0. Onda je y = -1 , x = 5 pa tačkaT(5, —1,0) ležina pravoj p, i jednačina prsve p je

P : x —5 y + 1

- 9 ~ 5 •1

Kako je p' C S, mora ’oiti p'-Lnj. Takodje, vektor p x p' je paralclan sa r<5, pa jens±(p x p') i ng = p' x (p x p').

px p

nč =

i j k

-9 5 -1-1 1 10 1 = (15,20, -35) = 5(3,4,-7),

i j k -1 1 10 1

3 4 - 7= (-7 4 ,-74 ,-74 ) = -74(1,1,1).

Kako je p' C5, to svaka tačka prave p' pa i tačka (0,1, -1 ) leži u 5 i jednaravni 6 je

5 : (1,1,1) •(x, y - 1, z + 1) = 0,

6 : x + y + z = 0.

5.7. Date su ravni

a : x —y ~ z + 2 = 0 , @:2 x —y = 0 i<y : x + y —z = 0.

Odrediti koordinate temena jednostraničnog trougla čija jedna str

leži u ravni7, a prava p = a fl 0 sadrži visinu na tu stranicu. ako je dužistranice trougla \/2.

Reše nje: Naći ćemo jednačinu prave p. Prvo tražimo jednu tačk prave p tako što tražimo jedno rešenje neodredjenog sistema koji je od jednačinama ravnia i 0. Biramo proizvoljno1 = 0. Onda je (iz jednačinravni 0) y = 0 , i (iz jednačine ravni a) z ~ 2, pa tačka (0,0, 2) leži na p.Dalje, kako je

p = a(~\ /3 =>p C a, p C 0 =>p±n a , p-Ln^ =>i j k



5.5. Zadaci 12 1

x y z —2

i p : I = 2 = ^ T '

Dalje tražimo tačkuC\ kao prodor prave p kroz ravan7 (C\ je istovre-meno i središte stranice AB).

{ x = t y = 21 z = - t +

2

t + 2t — (—t + 2) = 0, 4t = 2, t = C \( -, 1>—)-

Stranica AB leži na pravojq koja je takva da jeq±fij (jer q C 7 ) i qJLp (jer naq leži stranica, a na p leži visina jednakostraničnog trougla), pa je

= n7 x pi j k 1 1 - 1

.1 2 - 1

= (1,0, 1)

,■ s = » n i = n i1 0 1 ■

Tačka A leži na pravojq, pa ima koordinate j4(i + |,1, t + |) za nekoIntenzitet vektoraCyA (polovina dužine stranice trougla) je pa imamo

\ ^ \ = | ( t , o , 01 = \/<2+ 0 + t2 - V S P = \t\y /2 = |t| = i

2a *1 = 5 dobijamo A(l, 1,2), z a t2 = - ^ dobijamo B (0 ,1,1).



1 2 2 Glava 5. Analitička geometrija

proizvoljna tačkaG' prave p ima koordinateC(t, 21, —t + 2) i

\A Č\ = |(t —1 , —1, —i)| = >/{i - l)2 + (2t - l)2 + ( -1)2 =

y /t2 - 2t + 1 + 412 - 4t + 1 + 12 = v 6t2 - 6t + 2 - v/2,

6t2 — 6t + 2 = 2, 6t(t - 1) = 0

ti = 0 i Ć 7'(0,0,2), t2 = l i C"(1,2,1).

5.8 . Odrediti rastojanje koordinatnog početka od zajedničke no pravih

x y —2 z + 1 . z + l y z —1P - 3 - - _ 2 1 9 : 2 " i - _ i •

■ R ešen je: Proverićemo u kom su položaju prave p i q pomoću mešovitog proizvoda vektora p, iP $ gde P(0 ,2 ,-1 ) e p,Q(~ 1,0,1) G ij.

p - ( q x P $ ) --3 1 -22 1 - 1

-1 - 2 2

= 3 ^ 0

što znači da ova tri vektora nisu komplanarna, odnosno da su prave p i q mimoilazne.

Postavićemo pomoćnu ravana, koja sadrži pravu p, a paralelna je saq. Onda je

n a = p x q =i j k 3 1 - 22 1 - 1

= (1, - 1, 1),



5.5. Zadaci 123

a : x - y + z + 3 = 0.

Slika 5.5.5

Zatim postavljamo pomoćnu ravan0 koja sadrži pravuq, a normalna jena ravana :

np = na x q =i j k 1 - 1 12 1 - 1

= (0,3,3) =3(0,1,1),

np = (0,1, i) iQ G0, pa je

0 ; (0 , 1, 1) • (x +1, 2T— 1) = 0,

0 :y + z —1 = 0.

Tačka N, koja je prođor prave p kroz ravan0, biće jedna tačka na traženojnormali n.

{ x = 3t y = t + 2 z = - 2 t - l

t + 2 —2f —1 —1 = 0 , —£ = 0, t = 0, pa je N (0,2, -1 ).

Kako je n zajednička normala pravih p i q, pravan je normaina na ravano;, odnosnon = na, pa je

x y —2 z + 1n : T = r = - r -

Rastojanje tačke 0(0,0,0) od prave n tražimo tako što prvo nadjemo projek-ciju O' tačkeO na pravu n postavljanjem pomoćne ravni6 krozO normalnena n, pa jcns = n = (1, — 1, 1).




6 ; x —y + z =0 .

Tačka O' je prodor prave n kroz ravan6 ;

i + i - 2 + t - l =0, f = l, 0 '(1, 1,0).Rastojanje izmedju0 i n je jednako rastojanju izmedjuO i O' :



Glava 6

Vektorski prostori

6.1 Definicija vektorskog prostora

Skup slobodnih vektora u odnosu na sabiranje vektora čini komutativnugrupu i za množenje vektora realnim brojem važi

a(a + b) = aa + ab,

(a + {3)3 = aa + /3a,

a (J3a) = (a(3)a,

l a = a,

za sve vektorea i b i sve realne brojevea i /?.

Analogne uslove zadovoljavaju i neke druge matematičke strukture, na primer skup svih polinoma s realnim koeficijentima (u odnosu na sabiranje polinoma i množenje polinoma realriim brojem).

Mi ćemo proućavati zajednička svojstva svih objekata koji zadovoljavaju pomenute uslove. U tom cilju definisaćemo jednu novu matematičku struk-turu - vektorski prostor.

Definicija6 .1.1 Neprazan skup V je vektorski prostor nad poljem P ako je na V dejinisana binama operacija + tako da V u odnosu na tu optraciju

125



126 Glava, 6. Vektorski prostori

čini komutativnu grupu i za Va € P, a e V, pridružen je jedan element' iz

skupa V koji označavamo sa aa tako da važi:

gde je sa 1 označen jedinični element polja P.

Elemente skupaV nazivamo vektori i označavamo ih saa, b,c, ..., a ele-mente poljaP nazivamo skalari i oznaćavamo ih slovimaa,(3,7 ,..

Vektorski prostor nad poljera realnih brojeva naziva se realn i vektorslci p ro sto r , a vektorski prostor nad poljem kompleksnih brojeva naziva sekom pleksni vektorski p rostor.

U prethodnoj definiciji istim simbolom + oznacene su dve različite ope-racije: sabiranje vektora u skupuV i sabiranje skalara u poljuP. Takodje sena isti način zapisuje proizvod skalara i vektora,aa, i proizvod dva skalaraa0. Ipak do zabune neće doći, jer se vidi izmedju kojih elemenata se vršikoja operacija.

Pr imerl vektorskih prostora nad R

1, Skup svih slobodnih vektora u trođimenzionalnom euklidskom pros-

toru.2. Skup C sv: brojeva (skup uredjenih parova realnih

3. Skup polinoma po x stepena ne većeg od n (n = 0 ,1, 2,...).

U ova tri slučaja uobičajeno ”+ Mi ” na odgovarajućim skupovima uzimase kao ”+ ” odnosno u definiciji6.1.1.

4. Skup svih uredjenih n—torki realnih brojeva R n čini vektorski prostornad skupom R ako važe sledeća pravila računanja:

1. (Va e P)(Va,b e V) a(a +b) = aa +ab,

2. (Va,0 e P)(Va €V) (a + 0)a - aa +0a,

3. (Va,0 € P)(Va e V) a{0a) = (a0)a, .

4 . (Va e V) 1 a = a,

brojeva).



6.2. Potprostor vektorskog prostor a 127

b) ( a i ,a2,...,0!n) +(p i,/?2, ...,/?„) = (aj+ 0 i ,a 2 + /?2,...,a„ +/?n)

(sabiranje vektora);c) a(ai ,a 2, .-.,an) = ( a a i,a a2,...,aan) (množenje vektora skalarom a).

Dokaz: Lako se može proveriti da važe uslovi definicije 6.1.1. Vektorski prostor(Rn, + , •) obeležavamo kraće sa R n-

Skup svih slobodnih vektora s operacijama "+" i možemo poistovetitisa R 3.

6.2 Potprostor vektorskog prostora

Definicija 6.2.1Skup W vektora iz vektorskog prostora V nad poljem P je potprostor vektorskog prostora V ako i samo ako je W u odnosu na operacije dejinisane na V vektorski prostor nad poljem P.

Primeri :

1. Skup svih komplanarnih vektora je potprostor prostora svih slobodnihvektora.

2. Skup svih kolinearnih vektora je potprostor prostora svih slobodnihvektora.

3. U proizvoljnom vektorskom prostoruV potprostori su očigledno i samskup V i jednočian skup {0} koji se sastoji samo od nula-vektora. Takve potprostore nazvaćemo trivijainim.

Teorema 6 .2.1 Neka je V vektorski prostor nad poljem P. Neprazan pod- skttp W vektorskog prostora V je njegov potprostor ako i samo ako važe sledeći uslovi:

(6.2.1) za svaka dva vektora a,b £ W, a + b £ W,

(6 .2 .2) za svaki vektor a € W i svaki skalar a G P, aa 6 W.

Dokaz: Ako jeW potprostor vektorskog prostoraV, očigledno je da važenavedeni uslovi.



128 Glava 6. Vektorski prostori

Pretpostavimo da važe uslovi (6.2.1) i (6.2.2) i dokažimo da jeW potprostor odV.

S obzirom na (6.2.1) operacija + je unutrašnja naW. Sabiranje je aso-cijativno i komutativno uV, pa dakle i uW. Za proizvoljni vektora € W ia = 0 j e 0 - a = 0 e W (postoji neutralni elemenat uW ). Ako je a £ W, tada zaa = —1 je (-1) •a = —a £ W (Va G W ima inverznog- a £ W). Dakle, (W, +) je Abelova grupa.

Iz uslova (6.2.2) vidimo da je za Vet £ P, Va £W, cta £ W. Ostali uslovi

iz definicije vektorskog prostora važe na skupuW, jer važe na skupuV.Uslovi (6.2.1) i (6.2.2) ekvivalentni su sa uslovom

(6.2.3) a a + p b € W

za Va,b e W, a,p £ P,

6.3 Linearna zavisnost

Definicija 6.3.1 Lineama kombinacija vektora a i,a2 ,- - ,a n (n > 1) prostora V je vektor oblika

Olfll +OC 2 & 2 + + dnangde su a \ ,a2 , .. .,an skalari (tzv. koejicijenti Uneame kombinacijej.

Teo rem a 6.3.1Sve lineame kombinacije L(S) vektora skupa S = {ai.a^,(n > 1) nekog prostora V čine potprostor od V.

Dokaz: Neka su:a = a ia i + a 2fl2 + ••• + <*nanb = P i a i + $ 2 a 2 + - + PnOn

dve proizvoljne linearne konibinacije vektora ai, a2,...,an. Tada je:

a + b = (ai +0\)ai + («2 + A>)a2 + + (a n + Ai)an £ L(S)

iaa = (aai)ai + (0 ^2)02 + ... + (aa„)an £ L(S)

š či d d lj i l i 6 2 1 jL(S) j dV



6.3- Liuearna zavisnost 129

Definicija 6.3.2 Ako je S bilo koji nepmzan podskup vektorškog proatora V, potprostor L{S) koga čine sve lineame kombinacije vektord iz S zove se

potprostor generisan skupom S, Dakle, vektori iz S generišu h{S).

Primeri:

1. U /Ž3 svaka tri nekomplanarna vektora generišu ceo prostor R 3.

2. U R3 dva nekolinearna vektora generišu potprostor komplanarnihvektora paralelnih s ravni odredjenom njihovim nosačima.

Definicija 6.3.3Vektori a^.a^, ■ an vektorskog prostora V su lineamo zavisni ako i samo ako postoje skalari a j , 02 ,..., a„ £P od kojih bar jedan nije nula, takvi da je

ot\ai + 01202 + + ocnan = 0.

Vektori koji nisu lineamo zavisni su iineamo nezavisni (medjusobno), tj. vektori 0 1 , 0 3 , . . . ,an su lineamo nezavisni ako je njihova lineama kombi-

nacija jednaka nuli samo ako su svi koeficijenti te kombinacije jednaki nuli.

Skup vektora {ai,0 2 , ..., an } zvaćemo linearno zavisan skup ako su vektori«i, n^,..., an linearno zavisni, a zvaćemo ga linearno nezavisan skup, ako suti vektori linearno nezavisni.

Lema 6.3.1 Ako je jedan od vektora a i ,a2,...,an (n > 1)nula-vektor, tada je skup ovih vektora lineamo zavisan.

Dokaz: Neka je ai = 0. Tada važi

1 ■ai +0 ■a2 + ... +0 • an =0.

Lema 6.3.2Svaki konačan skup vektora B, koji sadrži lineamo zavisan skup A, je lineamo zavisan.

Neka je B = {at,a?, —,ak, ak+1, ...,an}, A = {ai,...,afc}. Ako je A line-arno zavisan skup, postoje skalari » 1,02 , ...(a j od kojih bar jedan nije nula,~t k i d j



130 Glava 6. Vektorski ;>rostori

p a jea i a i + 020,2 + ... + QirGfc + 0 ' a fc+l + ... + 0 • On =

što znači da je B zavisan skup.

Posledica 6.3.1 Ako je neprazari skup A linearno nezavisan, onda je svaki njegov neprazan podskup nezavisan.

Te orem a 6.3.2 Vektori a i , a2,...,an su lineamo zavisni ako : samo ako je jedan cd njih jednak linearnoj kombinaciji ostalih.

Ovo tvrdjenje nećerno dokazivati (dokaz je sličan kao u R 3), već ćernodokazati drugu, sličnu teoremu sa nešto jačim uslovima.

Teorema 6.3.3 Vektori 01,02, medju kojima nije nula-vektor, su li-neamo zavisni ako i samo ako medju tim vektorima postoji neki vektor a*koji se može prikazati kao Unearna kombinacija vektora 0 (, «2> &k -1 ■

Dokaz: Ako pretpostavimo da je a* =a\ai + ol iO-i +onda je

QlOi + c*2a2 + ... + tajfc-i —a*; + Oafc+i + ... +0an = 0, pa kako je koeficijent xuzak različit od nule, sledi da su vektoria\,a^, <in linearno zavisni. (

Pretpostavimo d i su dati vektori linearno zavisni. Tada postoje skaloi , ol -, od kojih je bar jedan različit od nule, takvi da je

Oiai +£*202 + ... +OtnCLn = 0. Neka jek najveći prirodan broj takav da jeak ^ 0 (tj. k je indeks poslednjegu nizu skalara a^, a^, ■■■, a n koji je različit od nule). Tada je

ai«! +aâ^ + ... + a*afc =0.k 1, jer ako bismo pretpostavili suprotno onda bi bilo aiai =0, a to nemože biti jer je a i ^ 0 i ai ^ 0. Sledi

ajfc = ^cvi«! - a ^ 'a 2«2 - •■■ - ajâfcÔfc-i,



6.4. Baza i dimcnzija, 131

Teo rem a 6.3.4 Ako je skup A = {oi,...,afc}lineamo nezavisan, a skup B - {aj ,02) afc+i} Unearno zavisari tada se a/t+t može izraziti kao lineama kombinacija vektora ai,02 , flfc-

Primeri:

1. Vektoria = (3 ,2 , 1 ) i b = ( 4 , 2 , 3 ) su linearno nezavisni, jer je

o ( 3 , 2 , 1 ) +0(4,2 , 3 ) = 0

samo kad je a =0, 0 = 0 .2. Vektori a =( 1 , 2 ,3), b= ( 0 , 2 , 4 ) i c = ( 1 , 4 , 7 ) su linearao zavisni, jer

je1 •(1]2,3) + 1 •(0,2,4) —1 - (1,4,7) = 0.

6.4 Baza i dimenzija

Definicija 6.4.1Konačan skup B vektora prostora V nazivamo baza tog prostora ako je taj skup Hneamo nezavisan i ako generiše V.

Drugim rečima: za skup vektora B kažemo da čini jeđnu bazu prostoraV ako je B iinearno nezavisan, i ako svaki vektor izV može da se izrazi kaolinearna kombinacija vektora iz B.

Primeri :

1. Bilo koja tri nekomplanarna vektora čine jednu bazu prostora svihslobodnih vektora.

2. Skup {l,i} čini jednu bazu prostora kompleksnih brojevaC.

3. Skup{ ltx ,x 2, ...,xn} je jedna baza prostora svih polinoma stepenarni većeg od n.

4. Potprostor {0} nekog prostoraV nema baze, jer nema linearno neza-

visnih vektora.



132 Glava 6. Vektorski prostori

5. Skup B = {ej,e2, ...,en}iz Rn, gde je

ei = (1,0,...,0),C2 = (0,1 ..... 0),

e„ = (0,0,..., 1),

je baza od R n, tj. vektori ei,. .. ,e n su linearno nezavisni i generišu R n. Tu bazu nazivaćemo stan d ard n a baza.

Teorema 6.4.1 Ako je 01,02, ...,On baza vektorskog prostora V onda se svaki vektor x € V na jedinstven način može prikazati kao linearna kom-binacija vektora baze,

x = aioj +£*202 + + a nan.

Dokaz: S obzirom na to da baza generiše vektorski prostor,sledida sesvaki vektor iz V može prikazati bar na jedan način kao linearna kombinacvektora baze.

Pretpostavimo da se neki vektor x € V može prikazati na dva načina pomoću vektora date baze:

x = orifli + a2d2 + ... + Ocnan,

X = /? lO l +/32G2 + — +/3«On.

Oduzimajući ove dve jednakosti, dobija se

0= (c*i - /?i)aj + (a2 -@2)a2 + - + («n - Pn)an-

Kako vektori01,02, čine bazu, oni su linearno nezavisni, pa mor biti a i = 0 i, oi2 — fh ,- -, On = Pn> sto znači da se x prikazuje pomoćuvektora ai,a2, • .., a„ na jedinstven način.

Definicija 6.4.2 Ako vektor i £ B n razložimo duž vektora standardne baze

x = xiei + x2 e2 + •■■+ xnen brojeve a:i,a:2, ,--,xn zovemo koordinate vektora x.



6.4. Baza i dimenzija. 133

S obzirom na prethodnu teoremu, vidimo da svakom vektoru u odnosu na datu bazu ei , e ? , e n jedinstveno odgovara uredjen skup njegovih koordinata i pišemo

(xi, x2, x n) = Xiei + x2 e%+ ... + xnen,

Definicija 6.4.3 Neka je S = {oj, a2, ..., a„}sj)up vektora prostora V. Skup B = {ai ,a2,...,a*;}, (k < n) vektora iz S zove'se maksimalno lineamo nezavisan podskup od S ako i samo ako su vektori a j , C 2 , a%lineamo nezavisni,

a vektori ai ,a2, ..,a fc,6 su lineamo zavisni za svako 6 € S \ B .

Primer. U R3 odrediti maksimalno linearno nezavisne podskupove skupa S = {^1,02,03,04} gde su a i = (1,0, 1), a2 = (2, 1,0), a3 = (3, 1, 1),04 = {5, 2, 1). Vektori ai i a2 su linearno nezavisni.

o i,a2,03 su linearno zavisni (a i + a2 — 03 = 0)a i, 02 ,04 su linearno zavisni (01 + 2a2 — a4 = 0)

pa je {ai, 02} jedan maksimalno linearno nezavisan podskup skupa S. Slično semožepokazatidasu {01,03}, {01,04}, {« 2!a3}, {02,04}, {03,04} takodje maksimalno linearno nezavisni podskupovi od S.

Teorema 6.4.2 Ako skup vektora S — {01,02,...,an} sadrži vektore različite od nula - vektora i generiše potprostor L(S) prostora V, tada je bilo koji maksimalni lineamo nezavisan podskup B — {oi,a2,...,at}(k < n) navedenog skupa S jedna baza od L(S) i obmuto.

Dokaz: Neka je B — {a j, a 2, ..., ojt} (1 < k < n) maksimalno linearno nezavisan podskup od S. Skup {ai,a2,...,a*,ai} za Va^ e S, i = A+ l,fc +2, ...,n je linearno zavisan na osnovu definicije, a na osnovu teorerae ( 6.3.4) di je linearna kombinacija vektora a i, a 2, --,0*.

Za bilo koji vektor a 6 1 (5) imamo

a = aioi +OL2 a 2 + ••• + + ■•• + ttna,,.

Zamenom u ovom izrazu vektora ojt+i,a*;+2, ..., on odgovarajućim linearnim kombinacijama vektora, dobijamo a kao linearnu kombinaciju vektora ai,

... , at, što znači da B generiše L(S). Kako su vektori iz B nezavisni,



134 Giava6. Vektorski -prostori

Teo rem a 6.4.3 Bilo koje dve baze jednog vektorskog prostora V sadrže isti broj vektora.

Dokaz: Pretpostavimo da su B = {ai,02, on} > B ' = ...,a'n,a!n+l,...,a'm} (m > n), đve baze jednog vektorskog prostoraV. Akoa\ e B ' onda su vektoria[,ai, , . . ,an linearno zavisni i generišuV. Idući sleva na desno izbacimo prvi vektor napisanog niza koji se inože izraziti kaolinearna kombinacija prethodnih. Dobili smo skup od n vektora koji genei išuV, to je niz

a l j a fc[1a ki j •••>a kn- i •

Ako a ' 2 G B ' tada niz vektora

® 2 > a l i ja k j 1 • !

generiše V i linearno su zavisni. Opet izbacimo idući s leva prvi vektorkoji linearno zavisi od prethodnih. Izbačen je neki a*. Dobili smo niz od 2

vektora iz B ' i n —2 vektora iz B koji generišuV. Posle n koraka dobijamoniz vektoraa,n,a,n_l,...,al2 ia\ koji generišuV.

' Sledeći vektor iz B ’ se sada može izraziti preko ovih n vektora, a to je usuprotnosti sa pretpostavkom da je B ' baza prostoraV. Dakle,m —n.

Vektorski prostor koji ima bar jednu konačnu bazu naziva se konačnodimenzionalni. Sve baze tog prostora imaju isti broj vektora, pa se možedati sledeća definicija.

Definicija 6.4.4 Broj i/ektora bilo koje baze konačno dimenzionalnog vektorskog prostora V naziva se dimenzijatog vektorskog prostora i označava sa dim(V'). Dimenzija vektorskog prostora koji se sastoji samo od nula - vektora je 0 .

Primeri:

1. Vektorski prostor Rn ima bazu od n elemenata (vektora), pa je daklc,taj prostor dimenzijen (ili kako se to još kaže n-diinenzionala,n).



6,5. Zadaci 135

6.5 Zadaci

6.1. Ncka jeW vektorski prostor generisan skupom vektora A = {a,6, c, d, e}.Naći sve zavisnosti vektora skupa A i sve pođskupove skupa A koji su bazeprostoraW ako je

o = (2, - 1,3,1); b = (1,0, - 1, 2);c —(0,1, 5,3); d —(1,1, — 6,5):e = ( - 1, - 2, 12, - 10).

Rešenje: Linearnu kombinaciju vektora iz skupa A ćemo izjednačiti sanuloin:

aa + 0b + yc + Sd + ee = 0.Odavde dobijamo sistem jednačina:

2 a + 0 + 5 — e =0 —a + 7 + 6 - 2e =0

3a - 0 - 57 - 6đ + 12e =0a + 20 + 3-y + 5 đ - 10c =0

koji rešavamo Gaussovim postupkom eliminacije

- a + 7 +<5 - 2e =0 - a + 7 + 5 - 2e =00 + 27 + 3<5 — 5e =0 0 + 2y + 35 —be =0

- /? - 27 - 3S + 6c =0 e =02 0 + 47 + 65 - 12e =0 - 2 e = 0.

Ovaj sistem je dvostruko neodredjen, i ima rešenjef = 0, 0 = —27 —3J, a = 7 + &, za 7 ,S 6 R.

Dimenzija prostoraW, dimlV = 5 - 2 = 3 . (Od broja vektora se oduzmebroj ncodredjenosti sistcma). Ako ovo rešenje uvrstimo u polaznu jednačinudobijaino:

(7 +S)a - (27 + 3<5)6+ 7c + Sd = 0, odnosno7 (« —2b + c) + S(a —3b + d) = 0.

Kako gornja jednako.st važi za proizvoljne realne tirojevc7 i5, za^ = 1, 6 = 0dobijamo

a —2 b + c = 0,



136 GJara 6. Vcktorski prostori

a za 7 = 0, S = 1, dobijamo

a —36 +d = 0.

Iz ove dve linearne zavisnosti možemo dobiti još dve:

6 + c — d = 0 i o + 3c —2đ = 0.

Kako je đ im l^ = 3, od svih podskupova od 3 elementa skupa A, kojih

ima {®) =10 bazu neće činiti {a,6,c} i {a,6, d} zbog linearne zavisnosti.Takodje, rešavanjem gornjeg sistema jednačina dobili smoe —0, što značiđa vektor e ne pripada prostoru koji generišu vektoria,b,c 1 d, pa vektore mora pripadati svakom podskupu skupa A koji čini bazu odW. Dakle,tražene baze su:

{<z,6,e}, {a,c,e},{a,d,&}, {fe,c,c}, {£>,c£,e}, {c,rf,e}.



Glava 7

Matrice

7,1 Jednakost m atrica, operacije s m atricama

Definicija 7.1.1Pravougaonu šemu oblika

gde su m i n prirodni brojevi, a Oij (t =1,2, m; j —1, 2, ...,n)brojevi,nazivamo m atrica tip a m x n,ili kraće matr ica . U slučaju m = n, šemu(1 .1 .1) nazivamo još i kvad ra tna m at rica reda n.

Brojevi (i = 1,2, j = 1,2, ,..,n) zovu se e lem en ti matrice,

0»ii0ia,...,0in , i = l ,2,...,m , čice i-tu vrstu matrice,oijS “2 j, —, Omjt j — 1)2, n, čine j-tu kolonu matrice,

Matrica čiji su svi elementi realui brojevi naziva se re a ln a m atr ica .

Matrice ćemo obeležavati velikiru slovima latinice, A ,B ,C \ m e d j u t i mii literaturi so možc naći i drugi način obeležavanja. Matricu (7.1.1) možem

obeležiti kraće sa [dij]mxn-

(7.1.1)

on a 12021 022

Oln

02n

Oml Om2 Omn

137



138 GJava 7. Ma.trice

S ub m atrica ili p o d m atrica matrice A je matrica koja se dobija ako seu A briše izvestan broj vrsta i kolona.

Definicija 7.1.2 Dve matrice [oy]mxn * [&ij]*xp jednake su tada i samo tada, ako je m = k, n = p, t oy — bij za svako i = 1, 2, j = 1, 2, ...,n .

Dve matrice su jednake tada i samo tada. ako su istog tipa i ako su odgovarajući elemcnti jednaki.

Definicija 7.1.3 Ako je A = [fltj]mxn) * B —[btj]mxn,t&da je A + B = C, gde je C = [cjj]mxn i c*j = a^- +bij. Operacija koja se ovde označava sa + naziva se sabiranje m atrica .

Ovo možemo da iskažemo i na sledeći način: dve matrice A i B tnoguse sabirati samo ako su istog tipa, a njihov zbir je matrica istog tipa čijielementi zbirovi oagovarajućih elemenata matrica A i B.

P r i m e r :

' - 4 1 5 ' ' 0 - 1 1 ' - 4 0 6 '- 1 1 1

+ 2 O 1 5 1

D efinicija 7.1.4 Matrica čiji su svi elementi jednaki nuli, zove se nulam atr ica , *obeležava se sa Omxn ako je tipa m x n, iii kraće O. Supro tnamatr ica mat r ic i A = [(i^raxtl je matrica - A = [—a{_,-]mxn.

Lako je videti da (za matrice istog tipa) važe sledeće osobine sabiramatrica:

(j4 + B ) + C = A + (B + C)

A + 0 = A A + {-A ) = 0 A + B = B + A.



7.1. Jednakost matrica, operacije smatricama 139

Dakle, matrica se množi skalarom tako, što se svaki njen element pomnožitim skalarom.

Primer:‘ - 1 2 * 3 - 6 '

( -3 ) - 0 - 1 — 0 3- 4 3 12 - 9

Osobine mn ožecja m atr ice skalarom su sleđeće:

{aj3)A = a{pA), (a + 0)A = aA + 0A

a(A + B) = aA + a B, (A i B su istog tipa) 1 • A = A.

Na osnovu prethodnog sledi tvrdjenje:

Teorema 7.1.1Skup M mXnsvih realnih matrica istog tipa m x n, sa operacijama " + ” tmnoženje matrice skalamm ” • ", čini vektorski prostor nad poljem R. (Mmxn, +, •) je vektorski prostor nad poljem R.

Dimenzija tog prostora jem n jer su vektori

' 1 0 0 0 " ' 0 1 0 ... 0 'Ei - , E? *■

_ 0 0 0 0 _ mxn 0 0 0 ... 0 _ mx

' 0 0 1 0 ' ' 0 0 0 ... 0 'Eh - , - iEm.n=

0 0 0 0 mxn 0 0 0 ... 1

linearno nezavisni i generišu prostor (Mmxn,+,

Definicija 7.1.6 Proizvod matrica A = [a,j]mXTti B = « oznaci A •B ili AB je matrica C = (cij]m)<jtgde je Cij = anbij + a,2 b2 j + — +ainbnj.

Matrice A i B mogu se pomnožiti samo onda kada je broj kolona od A jeđnak brojn vrst.;i od B , a reziiltat AB je matrica čiji je broj vrsta isti kaokod A, a kolona kao kod B. Element ui —toj vrsti i j —toj koloni proizvodadobija se na taj nacin, što se elementii —tc vrste matrice A pomnože sa odgo-

varajućim elementima j —te kolone niatrice B i dobijeni proizvodi saberu.



140 Glava 7. Matrice

Pr imer :1 20 13 - 2

1 0 - 32 1 1

3 x 22x3

5 2 - 12 1 1

-1 - 2 -1 1 3X3 .

Osobine množenja matr ica:

1. Množenje matrica nije komutativno, što se već vidi iz činjenice d postoji A B ne mora postojati B A , ili ne mora biti istog tipa sa AB. Ako sti A i B kvadratne matrice A B i B A su istog tipa ali ne mora biti A B = B A,kao što se vidi iz primera:

= \ 2 2 - [ o - 1 . , B = 2 - 1

1 1

A B = 6 0-1 -1

B A = 4 52 1

2. Iz AB = O n e sledi da je ili A = O ili B = 0 . Na primer:

A = 1 11 1

B 1 1-1 -1

AB = 0 00 0

3. Ako je AB = AC (A ^ O) ne sledi da je B = C. Na primer:

A B = AC =

’ B = \ ! 1 , c =' 2 - 1 '

L 1 1 3 -3(B * C).

4, Množenja matrica ima i sleđeće osobine:

(acocijativnost)(AB)C = A(BC)(A + B )C = AC + B C

A(B + C) = A B + AC a(AB) = (aA)B = A(aB) 0 \ ■ A = O2 , A Oi = O2

(obostrana distributivnost)(a je skalar)

(0 i ,0 2 su nula-matrice aline mor j biti istog tip )



7.1. Jednakost matrica, operacije s matricama 141^ ,

Kako zbir i proizvod raatrica nije uvek definisan, možemo reći da ako jedna

od strana neke navedene jednakosti postoji, onđa postoji i druga strana, ivaži jednakost.

Definicija 7.1.7Kvadratna matrica [ajj]nxn reda n za čije elemente važi sledeće:

f 1 za i = j .- a ij~ \ 0 z a i j t j - 1.2 ..... ” )

naziva se jedinična m atrica redan, ili kraće jedinična m atricai obeležava se sa In ili I.

Na dijagonali jedinične matrice svuda su jedinice, a na ostalim mestimasu nule.

Teorema 7.1.2 Ako je A matrica tipa m x n, onda je ImA = AIn = A.

Na osnovu definicije proizvoda matrica lako se proverava gornja jed-nakost. Osobina jedinične matrice iz ove teoreme opravdava njen naziv.

Definicija 7.1.8 Transponovana matricamatrice

Oii a i2 - flln021 “ 22 ■■• «2n

°m l <hn 2 • a mn

je matricaa n 021 ■ arn\

A' =012 022 • Ojn2

Oln 02n • a mn

(i—ta vrsta u A je i—ta kolona u A ' , dok je j —ta kolona u A j —ta vrsta u A' za i = 1,2, j = 1,2, ..,n).Operacija kojom se od A dobija A' zove se t ransponovanjematrice.




' - 1 - 2 * 1 C QAko je A = 6 43 6

tada je A' = —X o o-2 4 6

Operacija transponovanja ima sledeće osobine:

{A 'y - A , ( A + B )' = A' + B'

(a^) ' =aA ', {ABY = B 'A' .

7.2 Inverzna matrica, osobine regularnih m atrica

Kako je kvadratna matrica blok brojeva, to je moguće uvesti pojam đeter-minante matrice koje smo izučili u glavi 3.

Determinanta kvadratne matricea n a 12

<121 0.22... a2n

a nl ®n2 a nn

a l l &12 ••• ^ln021 *22 •• «2n

1 C»i2 ®nnkoja se označava sa det A.

Množenje dve kvadratne matrice A i B ima smisla ako su one istog reda,i tada je proizvod A B takodje kvadratna matrica istog reda. Vezu izmedjuodgovarajućih determinanti daje sledeća teorema koju dajemo bez dokaza.

Teorema 7.2.1 Ako su A i B dve kvadratne matrice istog reda, tada je

êtf/ljB) = (det A) • (det B).

Ako suA i B kvadratne'matrice istog reda onda jeA B kvadratna matrica



7.2. Inverzna matrica, osobine regularnih matrica, 143

Definicija 7,2.1 Ako je A kvadratna matrica reda n tada je

A° = A* = A* - 1 • A (p = 1,2,3,...).

Osobine stepenovanja su:

AP A« = Ap+°, (A p ) 9 = AM, (p,q = 0,1,2,3 ,...).

Lema 7.2.1 Ako su A ,X i Y kvadratne matrice reda n za koje je

X A = A Y =

tada je X = Y.

Dokaz:(X A )Y = InY = Y, X(AY) = X In = X .

Kako je tnnoženje mafcrica asocijativno, to je X = Y.

Definicija 7.2.2 Ako je A kvadratna matrica reda n i ako postoji kvadratna

matrica X (reda n) takva da je X A = A X = In

kažemo da je X inverzna matricamatrice A. Inverznu matricu matrice A obeležavamo sa A ~]. Kvadratna matrica je regularnaako ima inverznu matricu, a s ingularnaako je nema.

Teorema 7.2.2Kvadratna matrica

“ 11 <112 • a ln<*21 022 •.. 02«

®nl On2 -

je regulama ako i samo ako je det A ^ 0. U tom slučaju je njena inverzna matrica A~l jednoznačno odredjena i važi

' A n A21 . ■ A u ^22 •■ AU2

det A•^ln 2n • •^nn



144 G/ava 7. Matrice

gde je ( i, j = 1 , 2 ,n) kofctktor elementa Ojj u det A.

Za n = 1 je A ~l = l011

N apom ena: matrica

■ A i i A 21 ■• -Anl

A 12 - ^ 2 2 • • j4n2

J ^ l n ^2n ■ ^ n n

zove se adjungovana matrica matrice A i označava se sa adj A. Možemo pisati

A ~x = det A adj j4, za n >2.

Dokaz: Ako postoji A \ tada je to jednoznačno odredjena matrica nosnovu prethodne leme.

Pokazaćemo da je detA 0 potreban 'islov za postojanje A ~l . Neka je X inverzna matrica od A. Tkda je X - A = In, pa je (det X ) (det A) =det/„ . Kako je de t/„ = 1, to je detA ^ 0. Uslov je i dovoljan. Akodet A / 0, n > 2, množenjem A i adj A, dobijamo

On a 12021 022

Olrv02n

^ 1 1 A 21 j 4 . n i ' 1 0 . . 0

A l 2 A 22 • • ^ n 2= :

0 1 . . 0

■ ^ l r . A - 2 n ^ n n _ 0 0 . . 1O711 an 2 ... an„

Analogno je adj A A = /„.Za proveru ovog tvrdjenja potrebno je koristiti poznate osobine dete

nanti.f det A za i = j Oil>ljl +0(2 Aj2 + ... + OinAjn — <

Primeri :

1. Ako je

A =1 -3 -1

-2 7 23 2 4

, det A = —1



7.3. Rangmatrice 145

' -32 -14 1 ' ‘ 32 14 - 1 '

A* 1

= -1 - 2 - 1 0 tj. A ~l = 2 1

0-25 -1 1 1 25 11 - 1

2. Ako je A - 2 4

3 6, det ,4 = 0,

te matrica A nema inverznu matricu tj. ona je singularna,

Teo rem a 7.2.3 Ako su A i B regulame matrice istog reda, tada je

(AB) " 1 = B ~ lA " 1.

Dokaz: Matrica A B je regularna ako i samo ako su regularne istovre-meno i A i B , jer je det(AB) = (det A) (det J5). Proverom:

{AB){B-lA~x) = A {B B -l )A~l = A IA ~ l = AA~X = /,zaključujemo da je (Ai?)-1 = B ~ lA ~l .

Teorema 7.2.4 Ako je A regulama matrica, tada je i transponovana matrica A' regulama, i važi ( A ')~l = (yl~1)'.

Dokaz: Polazimo od jednakosti A A ~l = I. Transponovanjem leve idesne strane jednakosti dobijamo

(AA-1)' ={A~l)'A! = l' ~ I.

Otuda je (A')_1 = (A-1)'.

Teorema 7.2.5 M " 1) " 1= A.

7.3 Rang m atrice

Posmatrajmo proizvoljnu realnu matricu

A =

a n a ia . a i n

«2J 022 • &2 n

l O l ®



146 ________Giava7 Matrice

Ako kolone matrice A posmatramo kao vektore vektorskog prostora R " L:fcl = (ail,021> ^2 = (012,022. •••>Om2)i ■••!k n = (o in , 02rn •••, ®ran)i

onda se potprostor vektorskog prostora R m, generisan vektorima k \ , fc2, •■•, ,naziva prostor kolona matrice A.

Potprostor vektorskog prostora R n, generisan vektorima vi ,v2 , gde SU Vl = ( a i i , f l i 2 , - . . , a i n ) , = (021 , 022. —i 0 2 n ) , —,

vm = (ami, a m2, ...,am„) vrste matrice A, naziva se prostor vrsta matrice A.

Teorema 7.3.1 Dimenzija prostora vrsta matrice A jednaka je dimenziji pro sto ra kolona te matrice.

Dokaz: Prostor kolona V\ date matrice generisan je vektorima

fci = (011,021, a»i,— ,omi),k2 = (015,022, ■•■>0 2, -..,am2),k n ~ ( O ln , 0 2 n , ■■■, Oi ni - ■-, Om n) -

Pretpostavimo da je dimenzija prostora kolona date matrice r 1neka r vek- toira

P l = (&ll ,^>21i ■•• i£>ml)i P2= (&12,f>22, — >i>m2), •---P r — (&l r, *2r , ••-, ^m r) ,

ćine bazu prostora kolona V\.

Tada se svaki od vektora k\, k 2, ..., kn može prikazati kao linearna kombinacija vektora baae pi,p2, .--,Fr :

fcl = C n P i + C12P2 + ••• + C\rPr,

k 2 — C21P1 + C22P2 + ••• + c 2rPr 1

kn = CnlPl + Cn2P2 + - +CnrPr,gde su Cij skalari,

Ako u svakoj od gornjih jednakosti izjednačimo i —te komponento vektora na ievoj i desnoj strani, dobićemo da za svako 2 = 1 , 2 , m važi

011 C ki ] ^



7.3. Ratig matrice 147

Ovaj sistem skalarnih jednačina može se napisati u obliku vektorske jednačine (za svakoi = 1,2, ...,m) :

( Oi l , a i 2i - .'i f l i n) = &; i { c n , c 2 l , C n l ) + &i 2 ( c i 2 , C 22, C n 2 ) + - . +6 j r ( c i r , C2 r , . . . ,C n r ) .

Dokazali smo da je svaka vrsta matrice A linearna kombinacijar vektora(cii,C21 ,...,Cni), (Ci2 ,C22 , ..-1 Cn 2) ,..., (cir ,C2r , ..., r),a to znači da jeprostor vrsta matrice A dimenzije manje ili jednaker.

Analogno se dokazuje da vaii i obrnuto, tj. da je dimenzija prostorakoiona manja ili jednaka od dimenzije prostora vrsta date matrice, što značida su te dimenzije jednake. Time je teorema dokazana.

Definicija 7.3.1 Dimenziju prostora kolona, odnosno prostora vrsta matrice A nazivamo r ang matrice A i označavamo sa r(A), ili rang A.

Znajući da je dimenzija prostora broj elemenata u bazi tog prostora,možemo reći da je rang matrice A jednak maksimalnom broju linearno neza-visnih vektora kolona (ili vrsta) te matrice.

Prim er : Odrediti rang matrice

A =3 21 44 6

Naći ćemo maksimalan broj linearno nezavisnih vrsta te matrice.

Jeanakost or(3,2,1) + j8(l,4,1) +7 (4, 6,2) = 0 je zadovoljena z a a =1, /3 = 1,7 = —1, pa su vektori (3,2,1), (1,4,1), (4,6,2) linearno zavisni.

Vektori (3,2,1) i (1,4,1) su linearno nezavisni (koordinate im nisu proporcionalne), pa oni čine maksima.lno linearno nezavisan skup, tj. bazu prostora vrsta. Rang matrice A je 2.

Neposredno iz definicije sledi tvrdjenje.

Teo rem a 7.3.2 r (Amxn) < min(?n,Ti), r(A) = r(A').

DeBnicija 7.3.2 Elementarne transformacijematrice A tipa m x n sn

stedeće iransformacije:




1. Međjusobna zamena dve vrste (kolone) matrice A;

2. Množenje svih elemenata jedne vrste (kolone) matrice A skalarom različitim od nule;

3. Dodavanje elemenata jedne vrste (kolone) matrice A, prethodno po~ množenih istim skalarom, odgovarajućim elementima neke druge vrste (kolone) te matrice.

Teorema 7.3.3 Rang matrice se ne menja vršenjem elementarnih transformacija.

Dokaz: Dokaz ćemo dati samo za elementarne transformacije vrsta, aanalogno se dokazuje za elementarne transformacije kolona.

Neka su vektori vrste matrice A tipa m x n. Rang matrice A je dimenzija prostoraV 2 generisanog vektorimaV],V 2 ,

1. Zamenimo li medjusobno dve vrste matrice A rang se neće promeniti, jer dimenzija prostoraV 2 ne zavisi od redosleda kojim pišemo vektoreV l ,V 2 , .. ., V m .

2. Pomnožimo li i—tu vrstu matrice A skalarom a različitim od nulerang se neće promeniti, jer se prostorV 2 time ne menja.

3. Pomnožimoi —tu vrstu matrice A skalarom(3 i dodajmo je j —tojvrsti. Vektoriv \ , V 2 , —, Vi , . . . , v m , generišu isti prostor kao vektoriv i , v 2...... vi,...,( 3v i+v j , . . . , vm. Dakle, prostorV 2 se time ne menja, pa ni nje-gova dimenzija, što znaći da se rang matrice nije promenio vršenjem nave-dene elementarne transformacije. Time je teorema dokazana.

Prethodna teorema nam omogućuje da pomoću elementarnih transfor-macija date matrice odredimo njen rang. Elementamim transformacijamadatu matricu transformišemo na neku matricu jednostavnog oblika za koju

je očevidno kog je ranga. S obzirom da smo dokazali da se vršenjem ele-mentarnih transformacija rang ne menja, polazna i završna matrica morajuimati isti rang.

Ako je matrica B đobijcna od matrice A vršenjein konačnog broja cte-

mentarnih transformacija, onda kažemo da je matrica A ekvivalentna samatricom B i to zapisujemo sa A ~ B. (A i B imaju isti rang).



7.3, Rang matrice 149

Teorema 7.3.4Svaka matrica A = [o.jj] / O tipa m x n elementamim tran.sforrnacijarna može se svesti na matricu B tipa m x n

frll b 12 130 622 (*23

B =

0 0 0

h r - ^ ln

i>2r - &2n

b rT . b r n

0 . . 0

0. . 0

gdc je ba 0, Vi = 1,2,..., r.Kažemo da matrica B ima stepenastu formu.

Dokaz:

Ako matrica A O ima bar jedan element različit od nule, onđa ćemona matrici A izvršiti sledeće elementarne transformacije: zameniti prvu ii - t u vrstu i prvu i j —tu kolonu. Time elementaij dolazi u gornji levi

ugao. Dakle, matricu A smo transformisali u matricuC = [cij] kod koje jec\\ = Ofj■Ako sada pomnožimo prvu vrstu matriceC sa —C21 /cn i dodamodrugoj vrsti, pa pomnožimo prvu vrstu sa —C31/CH i dodamo trećoj, i takoredom ako prvu vrstu pomnožimo sa — 0^1 /cn i dodamo poslednjoj vrstidobićemo matricu

D =

C]i C12 ... Cin0 d-z 2 ... d 2 n

0 dnt 2 •• dmn

Ako su svi elementidij jednaki nuli postupak je završen, a ako nisu,onda postoji elementdj,q različit od nule, pa zamenjujući drugu i p —tu vrstui drugu iq—tu kolonu matrice D, element dpq dolazi na mesto elementad 2 2 - Ponovimo li prethodni postupak za rnatricu D tj. pomnožimo li druguvrstu redom skalarima —d;^ jd i2 , ■■■,~dm-i jd-n i dodamo trećoj,..., m —tojvrsti matrice D, dobijamo

c n CI2 Cl3 ■ cln0 d '22 dr. i d ji

F




Prođužavajući ovaj postupak na kraju dobijamo matricu koja ima stepenaformu kao D, pa je time dokaz dovršen.

Primer:‘ 1 2 3 4 2 1 ' a

A _ 1 0 2 0 3 0 b/i — 2 5 2 3 5 0 c4 7 7 7 10 1 d.

Množenjem prve vrste brojevima -1 2 ,-4 i dodavanjem

trećoj i četvrtoj vrsti dobijamo' 1 2 3 4 2 1 a

A 0 -2 - 1 --4 1 -1 b - a Ji

0 1 - 4 -■5 1 -2 c — 2a0 -1 -5 --9 2 -3 d - 4a

1 2 3 4 2 10 1 - 4 - 5 1 - 2

0 - 2 - 1 - 4 1 - 1

ac — 2 a

b —aL 0 - 1 - 5 - 9 2 - 3 J d —4a.Ako sada u poslednjoj matrici đrugu vrstu pomnožirao brojevima2, 1 id'odamo redom trećoj i četvrtoj vrsti dobijamo

1 2 3 4 2 10 1 - 4 -5 1 - 20 0 - 9 “ 14 3 -50 0 -9 -1 4 3 - 5

ac —2 ab —a + 2c —4ad —4a + c —2a.

1 2 3 4 2 10 1 —4 - 5 1 - 20 0 - 9 -1 4 3 -50 0 0 0 0 0

Množenjem treće vrste sa - 1 i dodavanjem Četvrtoj dobijamoac —2 a —5a + b + 2 cd —Ga + c - b -2 c + 5a = d —a —c —b.

Đ akle, r(A) = 3.

Ako-,elementarne transformacije vršimo samo na vrstama matrice kosmo označili sa strane slovima a,b, c i d možemo prateći promene na vrstama(u primeru srno te promene pisali sa strane) na kraju dobiti i linoartiu fiav



7-3. Rang matrice 151

Posledica 7.3.1Svaka matrica A ttpa m x n, elementamim transformacijama može se svesti na matricu tipa m X n

1 0 0 . . 0 0 . 0 10 1 0 . . 0 0 . . 0

0 0 0 . . 1 0 . . 00 0 0 . . 0 0 . . 0

0 0 0 . . 0 0 . . 0 Rang ove matrice jednak je broju jedinica na đijagonali, a taj rang jednak je rangu matrice A.

Teorema 7.3.5Svaka regulama matrica može se clem entamim transformacijama svcsti na jediničnu matricu.

Dokaz: Neka je da ta regularna matrica A = [otJ] reda n. Kako je det A 0, ne mogu svi elementi njene prve kolone biti jednaki nuli, postoji elemenatOii različit od nule. Zamenimo li prvu ii —tu vrstu dobićemo matricu

B =

6n b 12621 622

1 bn 2

6lnt>2n , bn = flii7 0, deti? 7 0.

Pomnožimo li prvu vrstu matrice B sa l/i>n, dobićemo matricu

'12621 622

fr'lni>2n

. 6ni 6n2 ... bnri

Ako sađa drugoj vrsti dobijene matrice dodamo prvu vrstu pomnoženu sa — 621, trećoj vrsti dodamo prvu pomnoženu sa—631 itd., dobićemo matricu

C =

1 b \ 2

0 C 2 2

1HC2 n

0 0^2 Cnn





7.4. Kroaecker - Capeilijev stav 153

Teorema 7.3.6 Rang matrice jednak je r, ako medju njenim kvadratnim submatricama postoji bar jedna regutama submatrica reda r, dok su sve kvadratne submatrice reda višeg od r, ako postoje, singulame. Nula - matrica ima rang 0.

7.4 Kronecker - Capellijev stav

Posmatrajmo sistem linearnih jednačinaaUXl + 012^2 + + ^ln^n — b\ d 2 l X \ + 0 2 2 ^2 + = £>2

(7.4.1) .

“ml^l + « m 2 ^ 2 + ••■ + — b m ,

Matricu A nazivamo m atr ic a sistem a (7.4.1), dok matricu A nazivamo proširena matrica sistema (7.4.1).

a n a\2 Ojn a n ^12 a ln bi '

A = »21 a 22 ■■ «2n A = «21 022 •. . a-2n h

a m l a m2 Oml ®m2 amn

Elementi matrice sistema linearnih jednačina su koeficijenti uz nepoznate, a proširena matrica sistema dobija se od matrice sistema dodavanjekolone u kojoj figurišu slobodni koeficijenti.

Teorema 7.4.1 (Kronecker-Capelli). Da bi sistern lineamih. jednačina (7.4-1) bio saglasan, potrebno je i dovoljno da rang matrice sistema bude jednak rangu proširene matrice sistema.

N apom ena. Sistem Hnearnih jednačina je saglasan ako ima bar jednorešenje, dakle, ako je odredjen ili neodredjen.

Dokaz: Sistem (7.4.1) možemo zapisati u ekvivalentnom obliku

«I1ai2

a In' b\

021 022 <*2n 62I I + X 2 + ••• + Xn — :



1 5 4 Glava 7. Matrice

Pretpostavimo đa je sistem saglasan, tj. da postoj4 brojevi cj,c2,.--,Cn za

koje jea n ai2 <»ln<*21 0-22 Cl2n t>2

Ci + C2 + + C n —

a m i . «m2 flmn t*m

Dobili smo da je poslednja kolona matrice A jednaka linearnoj kombinaciji

prethodnih kolona. Ako prva kolonu matrice A pomnožimo sa —ci i dodaino poslednjoj koloni, zatim drugu pomnožimo sa —C2 i dodamo poslednjoj i nakraju n —tu kolonu matrice A pomnožimo brojem — i dodamo poslednjojdobićemo matricu

an ai2 . ®ln 0«21 a 22 •.. a2„ 0

a m2 -■ 0

'koja ima isti rangkao A, (dobijenaje od A elementarnim transformacijama).a očigledno je i rangC — rang A. Dakle, rang A —rang A.

Obrnuto pretpostavirno da je rangj4 = rangj4 =r. Dokazaćemo da jesistem (7.4.1) saglasan. U skupu kolona matrice A, postoji r kolona koječine bazu prostora kolona matrice A, a te iste koione čine bazu prostorakclona matrice A, jer bi u protivnom rang A bio veći od ranga matrice A.

Dakle, i poslednja kolona matrice A jednaka je linearnoj kombinaciji ovih rkolona, a kako tih r kolona generišu i ostale kolone, znači da je poslednjkolona matrice A jednaka linearnoj kombinaciji svih kolona matrice A. Dakle. postoje brojevi c i,c2,...,c„ takvi da je

«11 a i2«21 a22

Ci +

0*7711 a m2

C2 + +

&ln ’ h®2n h

Cn —

®mn bjti

p a je (ci, C2,...,Cn) jedno rešenje sistema (7.4.1) tj. sistem je saglasan. Ovim



7.4. Kronecker - Capellijev stav 155

Kada smo sistem (7.4.1) rešavali Gausovim algoritmom u poglavlju 3.5.

elementarnim transformacijama sistema, ako je saglasan, dobili smo sistempl1 Tl + P 12X2 + ••• +Pl r I r+ + PlnXn = Ql ,

P22%2 + +P 2r Xr + + P 2 n X n = q2 ,

Prr%r + ■■• +Prn^n —9rj

gde jer <n , pu ^ 0 , *= 1,2, r.

Primeniino li te iste elementarne transformacije na matricu A ovog sis-tetna i na proširenu matricu A, dobićemo matrice:

’ Pll P 12 - ■ Pi r • - P In ' ’ Pis Pl 2 • • P lr ■•■P l n <?1 '0 P 2 2 • ■ P2r • ■ P2n 0 P 2 2 • • P2r -•- P2n 92

0 0 . ■ Prr ■ Prn 0 0 . - Prr ■■• Prn Qr 0 0 . 0 . 0 0 0 . . 0 ... 0 0

0 0 . 0 . 0 . 0 0 . . 0 ... 0 0 .

i rang A —rang A = r,

U sistemu (7.4.3), ako jer < n, umesto nepoznatih možemostaviti proizvoljne brojeve, (oni se zovu parametri) a onda su preostale nepoz-nate x i , x 2l . . . , x r jednoznačno odredjene, u zavisnosti od tih parametara.Koliko parametara ima, toliko je pu ta sistem neodredjen. Ako je r = n,onda sistem (7.4.3) ima jedinstvcno rešenje. Isto važi za sistem (7.4.1) koji

je ekvivalentan sa (7.4.3).Prema tome, neka je sistem linearnihjednačina sa n nepoznatih arj, x ? . , x n

saglasan i neka je rang njegove matrice i proširene matrice r. Sistem je od-redjen, tj. ima jedinstveno rešenje, ako i samo ako jc r = n. Sistem jeneodredjen(n - r nepoznatih mogu da se biraju proizvoljno, a preostalih rnepoznatih je jednoznaćno odredjeno), ako i samo ako je r < n.

Prim er: Da li je dati sistem saglasan?

- x2 + x3 = 4 2 x \ + x 2 - 13 = 5

x i + 2x2 —2s3 = 3




■i - l J, 4 ' ' 1 - 1 1 4 'vi = 2 1 - 1 5 0 3 -3 -3

1 2 - 2 3 . _ 0 3 -3 „1

' 1 1 1 4 "0 3 - 3 -30 0 0 -4

r(j4) = 2, r( j4) = 3. Sistem je kontradiktoran.

7.5 Zadaci

7.1. U vektorskom prostoru R3 dati su vektori

a = (2 p + 2,p - 1,2), b = (0 ,1 ,2p), c = (p ,-2 ,p ) i d = (p,?,5).

a) U zavisnosti od param etra p diskutovati dimenziju potprostoraV kojt

je generisan skupom B = {a,b, c}. b) Za p = —2 naći jednu bazu prostoraV i odreditiq tako da vektord

pripada prostoruV.

Reše nje: a) Data su tri vektora n trodimenzionalnom prostoru, pa će prvo izračunati determinantu matrice

A =2 p + 2 p - 1 2

0 1 2 p p - 2 p j

det 4 = 2p2 + 2p + 2p3 - 2p2 - 2p +8 p2 + 8 p = 2p(p2 + 4p + 4) = 2p(p + 2)2, pa je za p ^ 0, p ^ -2 , det ^ 0, rang j4 = dimV = 3.

Za p = 0‘ 2 -1 2 ' ' 2 -1 2 '

A = 0 1 0 r>w> 0 1 0 1 o -2 0 1 1 o 0 ' 1

1 o

rang A = dim V = 2.

Z 2



7.5. Zadfid 157

' - 2 -3 2 ' ■- 2 -3 2 '0 1 - 4 (V 0 1 -4- 2 - 2 - 2 0 1 -4

rang A = dimV —2.

b) Za p = -2 , a = (—2, -3 ,2 ),b = (0,1, -4 ), c = (-2, -2 , -2 ),d = (—2, g,5), i dimV = 2 pa iz skupa B treba izabrati bilo koja dva

neproporcionalna vektora da bismo dobili bazu odV.

Izaberimo na primera i b. Onda parametarq biramo tako da jednačinad = aa + (3b ima rešenje.

—2 a = —2, =>a = 1- 3 a + 0 = q , =>V = - t

2a —4/3 = 5, = > / 3= - f

Vektor d = (-2 , — 5) = a — |6 pripadaV.

7,2. U vektorskom prostoru ii4 vektoria = (1,2,1,3),b = (— 1,1,2,0) ic = {2, l,p,g) generišu potprostorV.

a) U zavisnosti od realnih parametara p i q diskutovati dimenziju pros-tora V.

b ) Z a p = —l , g = 3 naći jednu bazu prostora V i proveriti da li vektod = (1,1,1,1) pripada prostoruV.

Resenje: a) Dimenzija prostoraV jednaka je rangu matrice

' 1 2 1 3 ' ' 1 2 1 3 ' A = - 1 1 2 0 - 0 3 3 3

2 1 P Q . . 0 —3 p — 2 q —6

' 1 2 1 30 3 3 30 0 p + 1 q —3

Z a p = - l , g = 3, rang A = dimV = 2. Za sve ostale vrednosti parametara

p i rang A = dimV = 3. b) Za p = —1,q = 3, dimK = 2 pa baau prostoraV čine bilo koja dva

nezavisna (nekolinearna neproporcionalna) vektora prostoraV na primer



158 Glava 7. Matricc

a i b. Ako d. € V, ondad može da se predstavi u oblikud = aa + 0b. Odavde

dobijamo sistem jednačinaa - 0 = 1

2 a + 0 = 1

a + 2 0 = 13a = 1

0 = 1

koji je kontradiktoran, pad £ V.

7.3.a) U zavisnosti od realnog parametraa diskutovati rang matrice

A =3 + a 0 3 +a

a 1 + a 6 + 3a3 2 -3 - 2a

b) Zaa = —2 rešiti matričnu jeđnačinu A X

Rešenje: a)

det A = (3 +a)1 0 1a 1 +a 6 + 3a3 2 -3 - 2a

= (3+a){—3—2a—3a—2a2+ 2a—3—3a—12— 6a) = (3+a)(-2a2-12a-18) == -2(3 + a)(a2 + 6a + 9) = -2 (a + 3)3.

Za a / —3, det A ^ 0, pa je rang ove kvadratne matrice maksimalan,odnosno rang ,4 = 3.

Za a = —3

A =0 0 0

- 3 - 2 - 33 2 3

, rang A = 1.

b) Zaa = —2, A je regularna matrica i det,4 = — 2(—2 + 3)J = —2

“ 1 -2 3 AF = 0 - 1 2



7.5- Zadaci 159

‘ - 1 2 1 '

■■ A 1 = det.4 ' ^ =2

1 -2 - 1 'adj A = 2 -2

- 1 -2- 2- 1

- 21

22

21

A X B A 1A X = A* 1 B X = A *£?, pa je

' 1 -2 „ 1 ‘ ’ 1 '_ 1 ' - 2 ' " - 1 '

- 2 2 2 1 2 = 11 2 1 . 1 .

L 4 _ 2

7.4. a) Odrediti vrednost realnog parametra Atako da rang matrice

A =1 A - 1 22 - 1 A 51 10 - 6 1

bude 2 .

b) Za A= 0 rešiti matričnu jednačinu X A = B gde je

B = 2 10 - 7 32 - 1 0 5

Rešenje: a)

' 1 A - 1 2 ' ‘ 1 A - 1 2 ' A = 2 - 1 A 5 I"w 0 —1 —2A A + 2 1

1 10 - 6 1 _ 0 10 - A -5 - 1 _

' 1 2 - 1 A ' 1 2 -1 A0 1 A+ 2 - 1 -2A 0 1 A+ 2 - 1 - 2 A

1 O - 1 - 5

■ 1

o 0 0 A- 3 9 -3 A

Za A 3, rang A = 3, za A = 3 rang A = 2.

b) Kako je A tipa 3 x 4, a B tipa 2 x 4 , matrica X inora biti tipa 2x3.pa je

X A = B<

' i 0 - 1 2 ' ' 2 10 XI Xz 2 -1 0 5 ___ - 7 3 '

3/1 1/2 1/3 . 1 10 6 1 2 - 1 0 5



160 Giava 7. Matrice

Xi + 2X2 + = 2 — X 2 + 10l 3 = 10

—xi - 6x3 = - 722:1 + 5X2 + X3 = 3

yi +

2&a +

1/3 =

2- 1/2 + lOj/3= - 1

“ 2/1 - 61/3 = 02|/1 + 5i/2 + s/3 = 5.

Ovaj sistem od osam jednačina sa šest nepoznatih se sastoji od dva tema od po 4 jednačine sa 3 nepoznate, i ta dva sistema se razlikuju sa

po imenima nepoznatih i po slobodnim članovima, pa ih možemo rešaistovremeno:

x i + 2x2 + X3 = 2 2— X2 + 10X3 = 1 0 — 1

—xi —6x3 = —7 02xi + 5x2 + X3 = 3 5

pa je X 3 = 1, x2

XI + 2X2 + 23 = 2 2- x 2 + 10xs = 10 - 1 2x2 — 5x3 = - 5 2

X2 - Z3 = - 1 1

Xl + 20:2 + X3 = 2 2- x 2+ 10x3 = 1 0 - 1

15x 3 = 15 09x 3 = 9 0

, Xl 1 j V3 = 0, V2 = 1. yi 0,odnosno

X = 1 0 10 1 0

' 0 1 - 2 ' 3 a7.5. Date su matrice M — 2 1 -1 i B = a 0

0 2 -4 6 + a 2a

Diskutovati rang matrice B u zavisnosti od parametra a, a zatim zao = —1 rešiti matričnu jednačinu X —B = M X.

Rešenje: B = ' 3 a a 3 ' a 3 ' a 3 'a 0 0 a '■V 0 a . 0 a

6 + a 2a 2a 6 + a 0 a" 0 0 _



7.5. Zadaci 161

■ 1 - 1 2 ' 3 - 1 '

- 20 0-2 15 1 -^(a=-l) — - 15 0- 2Označimo sa A = / — M =det A = 8 + 2 —10 = 0, pa je matrica A singularna (nema inverznu matricu).Zbog toga ovu matričnu jednačinu pišemo u obliku sistema jednacina

x i yi(gde je X = »2

X3V 2

V3)•

x \ —X 2 + 2 x^ — 3

- 2 x\ + % 3 = - 1- 2x2 + 5x3 — 5

Vl - V 2 + 2^3 = - 1

2yi +j/3 = 0- 2y2 + 5y3 = - 2

što se piše zajedno:

II — + 2x3 = 3-2xi + X3 = — 1

- 2x2 + 5^3 = 5

— 1 Xl —X2 + 2X3 =30 <=>—2x2+5x3=5

— 2 — 2x2 + 5^3 =5

- 1- 2- 2

Xi - X2 + 2x 3 — 3-2X2 + 5x3 = 5

0 = 0

- 1-20.

Ovaj sistem je dvostruko neodredjen, biramo proizvoljno x3 = t, y3 = s. Onda je x2 = - | ( 1 - t), y%= 1 + §s, »1 = 5(1 + *), j/i = pa su svematrice X koje zadovoljavaju datu matričnu jednačinu oblika

* - k l + t

5t - 521

s2 + 5s

2 s, gde sut i s proizvoljni realni brojevi.

7.6. Pomoću Kronecker - Cappellijeve teoreme diskutovati sistem jednač

ox ~ 2ay + 2az =1ax + 2 y — 2 a2z =0

«2x +2 a3y —2 az =b.

Rošenje: Kako je sistem kvadratni, prvo ćemo izračunati determinantu



162 Glava 7. Matr/ce

sistema

a —2 a ' 2

a 1 —a 1 D = a 2 - 2 a2 = 4a2 1 1 —aa 2 2 a3 - 2 a a a3 - 1

= 4o2(—1 + a3 + a3 —a + a4 - a) = 4a2(a4 + 2a3 —2a —1) — = 4a2(a —l)(a3 + 3a2 + 3a + 1) = 4a2(a —l)(a + l) 3.

Za a ^ 0, a ^ 1, a -1 , D ^ 0, rangj4 = 3, rang^4 = 3 (jcr jeproširena matrica sistema A formata 3 x 4, pa njen rang ne može biti veći od3, a prve tri kolone matrice A su linearno nezavisne jer su to kolone matriceA pa rang A ne može biti manji od 3), i sistem je odredjen.

' 0 0 0 1 ‘Za a = 0 je: A — 0 2 0 0

0 0 0 b

rang A = 1, a rang > 4= < , , , p a j e z a a = O i svako6 sistemI 1 ZK O Ukontradiktoran.

Za a = 1 je:

' 1 - 2 2 1 ' ' 1 - 2 2 1 ' ‘ 1 - 2 2 1 'A = 1 2 o

--- 0 rsj 0 4 -4 - 1 0 4 -4 - 11 2 - 2 6 _ 0 4 -4 6 - 1 0 0 0 b

, „ -r f 2, za 4 = 0rang A = 2, rang A = | ^ za fc 0,

pa je zaa = 1, 6 ^ 0 sistem kontradiktoran, a zaa = 1, b = 0 je jednostrukoneodredjen.

Za a = — 1

' - 1 2 -2 1 ' ' - 1 2 - 2 1 ' A = - 1 2 — 2 0 0 0 0 - 1

1 - 2 2 6 0 0 0 6 + 1

. t - [ 2, za 6 = - 1rangj4 = 1, r a „ g / l . | - ^ ^ ^



Glava 8

Polinomi, racionalne funkcije

8.1 Osnovne đefinicije i operacije s polinom ima, najveći zajednički delilac

Definicija8 .1.1 Funkcija P : C -+ C oblika

nP(z) = a$zn + a i2rn_l 4-... + an-i z + an = ^ aj \cZn~k,k =o

gde je n prirodan broj ili 0 i ao, cij, an kompleksni brojevi, zove se poli- nomska funkcija nad skupom C po promenljivoj z, ili kraće polinom.

Promenljiva z ne mora biti kompleksan broj. (Na primer z može dabude matrica i u tom stučaju se a„ množi sa jediničnom matricom). Ako utekstu nije drugačije naglašeno, smatraćemo da je z kompleksan bro j. Akosu ao, ai, ...,On realni brojevi, onda je polinom realan.

Definicija 8.1.2 Ako je ao ^ 0, n$e zove stepen polinoma; aozn, a\zn~x, ..., an_iz, an se zovu članovi, dok su ao, a i ,an koeficijentipolinoma. Clan ao zn je najstariji r.lan; koeficijent ao je najstariji ili vodeći koeficijent poli-noma, dok je a„ nezavisni ili slobodni član. Ako je a* =0 za i = 0 ,1, ...,n tj. ako je P(z) = 0, onda je to nula potinom. Ako je ao = 1,kažemo da je polinom normiran.

163



164 Giava8. Polinomi, mcionalne funkcije

Za nula polinom stepen polinoma nije definisan.

Ako suP{z) i Q(z) proizvoljni polinomi stepenam i n, tada je

stepen (P( z) + Q(z)) < max(m ,n), stepen(P(z) • Q(z)) = m + n.

D efinicija 8.1.3 Dva polinoma su identički jednaki ako su istog stepena ako su im odgovarajući koeficijenti jednaki.

Pravila za računanje s polinomima anaiogna su pravilima za računanjcelim brojevima. Navešćemo samo bez dokaza teoremu o deljenju polino

Teorema 8 .1.1 Za svaka dva nenula polinoma P{z) i Q(z) postoje jedin stveni polinomi Qi(z) i R(z), takvi da je P(z) = Q(z) Qi(z) + R( z) gde je R(z) = 0 ili je stepen R(z) < stepen Q(z).

Č esto gornje tvrdjenje pišemo u obliku

p i z ) = 0 f r ) t R ( z )

Q(z) Q(z)a R(z) zovemo ostatak pri deljenju polinomaP(z) sa Q(z).

Definicija 8.1.4 Ako postoji polinom L(z), takav da je P(z) = Q(z) L(z), kažemo da je polinom P(z) deljiv polinorriom Q(z), ili Q{z) je delilac P(^) ili Q(z) deli P(z), što označavamo Q(z)\P(z).

Definicija 8.1.5Polinom R(z) je zajednički delilac polinoma P(z) i Q(z ako važi R(z)\P(z) i R(z)\Q(z). Polinom d(z) je najveći zajednički deli (NZD) polinoma P(z) i Q(z) ako je.

a) d(z) zajednički delilac polinoma P(z) i Q(z)

b) za proizvoljni zajednički deiiiac R(z) polinoma P(z ) i Q(z) važi /i(z)|d(ž).

Teorema 8.1.2 Za proizvoljne polinome. P(z) i Q(z), koji nisu nula pol nomi postoji NZD. On je jedinstven sa tačnošću do jedne multiplikativne k stante tj ako je d(z) NZD za P(z)t Q(z) tada je i ad(z)(a ^ 0 a G C)



8.1.Qsnovne definicije i operacije s polinomima. 165

Dokaz: Neka suP(z) i Q(z) stepenan i m, n > m. Primenićerao

Euklidov algoritam kOjim se i praktično odredjuje NZD za dva polinoina.Prvo podelimo P(z) sa Q(z) i dobijamo količnikQi(z) i ostatak iži(z).

Ako je R\(z) = 0, tadajeQ(z) NZD polinoma P(z) iQ(z). Ako je iii(z ) / 0,delimoQ(z) sa Ri(z) i dobijamo količnikQ 2(z) i ostatak R 2(z). Ovaj postu-

pak ponavljamo do ne naidjemo na ostatak Rk(z) koji se sadrži u Rk-i(z) . Ovo se može prikazati nizom identiteta:

P(z) = Q(z) - Q i ( z ) + R i ( z )Q(z) = Ri(z) Q 2(z) + R 2 (z)

Ri (z) = R 2 ( z ) • Qz(z) + Rz(z)( i ) :

Rk - 3(z) = Rk-2(z) • Qk-l (z ) + Rk- i( z) Rk- 2(z) = Rk- i( z) Qk(z) + Rk{z) Rk-i (z) = Rk(z) Qk+i(z) -

Rk(z) je NZD za polinomeP(z) i Q(z), jer iz poslednja dva identiteta sledi

Rk-2 (z) = Rk(z) Q*+i(z) •Qk(z) + Rk(z) =

= RkU)[Qk+1(z)-Qk(z) + l},što znači da Rk(z)\Rk-2(z). Kako iJjt(«)jižjt-.i(z) i Rk(z)\Rk-2(z ) treće

jednakosti od uazad u (1), sledi Rk(z)\Rk-z(z). Tako redom dobijamo

J ? j t ( ^ ) | ( ^ ) , jR*(^)|i?*_5(^),...,Rk(z)\Q(z),Rk(z)\P(z).

Time je dokazano da je Rk(z) zajednički delilac polinoma P(z) i Q(z). Dokažimo da je Rk(z) najveći zajednički delilac.

Neka p(z)\P(z) i p(z) \Q(z). Tada iz sistema identiteta (1) dobijamo

p(z)\Ri (z),p(z)\R2(z), . . . ,p(z)\Rk(z),

šfco na osnovu definicije 8.1.5 znači da je R k(z) najveći zajednički delilac polinomaP(z) i <3(^).

Dokažimo još da je NZD jedinstven s tačnošću do multiplikativne kon-stante. U tu svrhu pretpostavimo da postoje dva najveća zajednička delioca polinomaP(z) iQ(z). Neka su tod\(z) id 2 (z). d\{z)\d 2 (z) id 2 (z)\d\(z),a to jc tnoguć.c ako i s;imo ako jed\(z) = ad 2 (z), (a ^ 0. aG C).

Sledeću teoreniu navodinio bez dokaza, a predstavlja uopštenje pretho-dnc. teoreme.



166 GJava8. Polinomi, racionalnc funkcije

Te orem a 8.1.3 Neka su Pi{z), Pi (z), Pk(z ) polinomi po z, koji nisu nul

polinonti. Tada uvek postoji najveći zajednički delilac za te polinome, on jedinsiven do multiplikativne konstante i može se izraziti u obliku

d = Qi(z) ■Pi(z) + Q2(*) ■P2 (z) + ... +Qk(z)Pk(z)

gde su Qi (z ), Q2 (z), ...,Qk(z) neki polinomi po z.

P rim e r. Naći najveći zajeđnički delilac polinoma

P(x) = x4 + x3 - x - l i Q(x) = 3x3 - 2x2 - 1.

Da bismo našli najveći zajednićki delilac ova dva poiinoma, primenićEukliđov algoritam. Umesto Pfz), delićemo 3P(x) sa Q(x)

(3a;4+ 3a:3 - 3* - 3) : (3 i3 - 2x2 - 1) = x + §±3x4+ 2 j 3 =f x

5x:i —2x —3± 5 j3 T X _______ f l

— 2x —| | (5a;2 —3a; —2).Da smo pre deljenja polinoma 5a;3 — 2x —3 polinomom 3a:3 — 2x2 —1, prvi pomnožili sa 3, a drugi sa 5, dobili bismo

(15i3 - Qx - 9) ; (15a:3 - 10a;2 - 5) = 1+15i3+10a;2 + 5

10a;2 - 6a; - 4 = 2(5a:2 - 3 x - 2 ) = Rx(x).

Dakle, dobijamo isti ostatak kao i ranije pomnožen sa 3.Kako je NZD dat sa tačnošću do multiplikativne konstante, da bi

uprostio Euklidov algoritam, možemo u toku računa množiti brojem A(0), bilo delilac, bilo deljenik, bilo delimični količnik.

2Sada treb a podelitiQ(x) = 3a;3 - 2x2 —1 sa i?i(a;) =- (5x2 —3a; - 2) iliO3

bolje 5Q(x) sa -R\(x) .

(15x3 - 10x2 - 5) ; (5x2 - 3a; - 2) = 3a; - |±15a;3 9a;2 T 62



8.2. Bezoutova teorema i Hornerova šema 167

27Sada treba podeliti 5a:2 —3x —2 sa — (x —1) ili bolje 5x2 —3x — 2 sa x —1.o

(5x2 —3x —2): ( x - l ) = 5 x + 2±5x2 + 5x

2x - 2± 2x =F2

0

To je kraj Euklidovog algoritnia, pa je prema tome x - 1 najveći za- jednički delilac za polinomeP(x) i Q(x).

8.2 Bezoutova teorem a i Hornerova šema

Teorema 8.2.1 Ostatak deljenja polinoma P(z) sa z — z q jednakje vrednosti P(z0).

Dokaz: Ako podelimoP(z) sa z — zq dobijamo

P(z) —(z —zo)(bozn 1+ b\zn 2 + ... +bkzn k *+

+ b k + \ z n k 2 + ... + &n - i ) + /J ,

gde je R ostatak koji ne zavisi od z i gde su &o, za sada neodredjenikoeficijenti, Stavljajući z = z§ u gornji identitet vidimo da je P ( z q ) = R,čime je dokazana teorema.

Hornerova šema služi za praktično odredjivanje koeficijenta bo,...,bn-i i ostatka R.

Polinom

(a) P (z) = aoz" + ai zn~x + ... + an- iz + an

predstavljamo u obliku

P(z) = { z - Z ^ Z ^ 1 + bizn- ‘l + ... + &**"-<*+!) +

+bk+izn t+2) + ... + i>„_i) + R.



168 Glava 8. Polinomi, racionalne funkcije

Posle množenja dobijamo

(b) P(z) = b0 - z n + (6i - z0 bo)zn~l + ... + (bk + 1 - z0 bk)zn~(k+1'>+

+ ... + (bn- ! - Z 0 bn- 2)z + (-ZO&rt-l + R)- Uporedjujuni koeficijente uz odgovarajuće ćlanove u (a) i (b) dobijamo:

6o - ao, i*i — z0b0 + o i .- . ,^ + i — zobk + &k+1,

...,6n_i —zo6n_a + an_i, R --- zobn-i + &n-Radi preglednosti poslužićemo se tablicom koja se zove Hornerova šema:

Zo 0 ,0 ax a2 ... a*+i Orn

= bo

zpb0 + alt

~ bi

zobi + 0 .2 zobk + ajt+i ■'-----„----- ' V------ „---- Zs= h ■■■ =bk+1

-gpfrn-l +an= R

P rim er: Koristeći Hornerovu šemu izraćunati f ( xo)

a ) f ( x ) = + 7x2 — 8a: + 1 u tački x0 = 2

b) f ( x ) = 3x5 + 11a:4 + 4a:3 — x2 + 8 x —21 u tački xo = —3.2 3 5 7 - 8 1

3 11 29 50 101.

Može se pisati

(3x4 + 5a:3 + 7x2 - 8 x + 1) = (x - 2) - (3x3 + l lx 2 + 29a: + 50) + 101.

Na osnovu Bezoutove teoreme /(2) = 101, što je trebalo izračunati.- 3 3 11 4 - 1 8 -21

3 2 -2 5 - 7 0,

/ ( —3) = 0. Možemo pisati

(3x5 + l la:4 + 4x3 - x2 + 8a: - 21) :(x + 3) = 3x4 + 2x3 - 2z2 + 5x - 7.

P rim er: Za koje je realno vrednosti brojaq ])olinom xA+ qx2 + 3x —5deljiv sa x +1? - 1 1 q 3 - 5

1 .9 - 1 4 - q q - 9



8.3. Faktorizacija i identička, jednakost polinoma 169

q —9 = 0, q = 9.

Primer: PolinomP(x) = 2x4 —3 i3+ 5 i2 — 2x + 4 napisati po stepenimaod (x —2); Primenjujući uzastopno Hornerovu šemu formirajmo tablicu

2 2 -3 5 - 2 42 2 1 7 12 282 2 5 17 462 2 9 35

2 13

Na osnovu prvog reda u tablici možemo pisati

P(x) = ( x - 2)(2x3 + X2 + 7x + 12) + 28.

Na osnovu drugog reda u tablici imamo

P(x) = ( z - 2 ) ((x - 2 )(2 x2 + bx + 17) + 46) + 28= (x - 2)2(2z2 + bx + 17) + 46(x - 2) + 28.

Nastavljamo ovaj postupak do kraja.

P(x) = (x - 2)2[(x —2)(2x + 9) + 35] + 46(x —2) + 28= (a - 2) (2x + 9) + 35(x - 2)2 + 46(x - 2) + 28= (x - 2)3 [2(x - 2) + 13] + 35(x - 2)2 + 46(x - 2) + 28= 2(x - 2) 4 + 13(a: - 2)3 + 35(x - 2)2 + 46(x - 2) + 28.

Primetimo jc5 da se koeficijenti poslednjeg polinoma mogu očitati iztablice. (Nalaze se na kraju redova).

8.3 Faktorizacija i identička jednakost po linom a

Definicija 8.3.1 Nula (ili koren) polinoma P(z) je kompleksan broj zq za koji je P(z<i) = 0.



170 GJava8. PoHnomi, racionalne funkcije

Teo rem a 8.3.1Svaki polinom stepena n (n > 1) ima barjednu nulv, realnu ili kompleksnu.

Teorema 8.3.2Svaki polinom P(z) koj ij e različit od nula-polinoma i čij ije stepen n (n > 1) deljiv je sa ( z - z ,), gde je Zi proizvoljna nula tog polinoma.

Dokaz: Na osnovu Bezoutove teorerae ostatak pri deljenju polinomaP (z) sa (z — Zi) jednak je vrednostiP(zt), tj. ostatak je nula.P(z) =

(z —Zi)Q(z), gde jeQ(z) polinom stepenan —1.

Teorem a 8.3.3Svaki polinom raziičit od nula-polinoma moze se na jedinstven način, do redosleda faktora, predstaviti u obliku proizvoda

P(z) = o q ( z - zi )ki (z- Z 2 ) k 3 - ( z - zs)k‘

gde je ao najstariji koeficijent, GC, ki € JV, za i = 1 , 2 , {z-[,...,z5}

je skup nula polinoma P(z) i ki + k + + ks = n je stepen polinoma P(z).

Dokaz: Ako je stepen polinomaP(z) jednak nuli, onda jeP(z) = ao-

Ako je stepen odP(z) veći ili jednak 1, na osnovu teoremc 8-3-1 postoji z\ e C , za koji jeP(z) = (z —z-i)P$z). P\(z) ima stepen n —1 inajstarijikoeficijenti od Pi(^) iP(z) su isti.

Ako je stepen polinomaFi(z) veći od nule, postoji z € C, za koji jePi(z) = (z — z ^ P ^ z ) , a stepen odP2 (z) je n —2 i najstariji koeficijenti polinoraaP\(z) i P?(z) su isti. Sada jeP(z) — (z —z$(z —Z 2 )Pi(z). Nas-tavljajući ovaj postupak za polinomPîz) itd. dobijamo un —tom korakuda je stepen odPn(z) nula, tj. Pn(z) = ao, pa je

P(z) = (z - zi)(z - z2)...(z - zn)a0.

Ako izmedju z\, z%,..., zn ima i jednakih onda seP(z) može napisati u obliku

(8.3.1). P(z) = a0(z - Zl)k' (z - z2)k\. .( z - zs)k*

gde su sadaZ\ Z2 zs različite nule polinomaP(z) i k\ + k2 + +ks je



8.3. Fa.ktoriza.cija. i identička jednakost polinoma 171

Dokazaćemo da se polinomP(z) može na jedinstven načiri p.redstaviti uobliku (8.3.1).

Pretpostavimo da se polinomP(z) može predstaviti na neki drugi način,na priiner, u obliku

(8.3.2) P(z) = a'Q(z - t \)mi (z - t2)m2...(z - tr)m'

gde su svit\ , . . . , tr različiti brojevi i su prirodni brojevi čiji jezbir jednak stepenu polinomaP(z). Razvijajući i uporedjujući izraze koji se

javljaju nadesnim stranama u (8.3.1) i (8.3.2), dobijamo ao = ag.

Na osnovu (8.3.1) i (8.3.2) zakljućujemo da mora važiti identitet(8.3.3) ( z - z l)k' . . . ( z - z l )k‘ = (2 - t l )m' . . . ( z - t r)m'.

Iz (8.3.1) dobijamoP(zi) = 0. Iz (8.3.3) zaključujemo da mora postojatiU (1 < i < r) tako da važi z\ = t{. Slično važi i za z2,23, zs. Prema tome,ako stavimo

S\ = (z\ , ..., Zs }, S 2 =imamoS\ C S2. Na isti naćin. polazeći od (8.3.3) zaključuje se da jeS 2 C S\,

pa jc 5[ =S 2 . Prema tome jer = s, pa možemo uzeti z^ — U (i = 1, ...,r).Pretpostavimo da je fci < m^. Tada iz (8.3.3) dobijamo

(2 - Z2 ) k i ( z - z3)k*...(z - za)k>= ( z - t\)m' - kl(z - t2)m\.. (z - ts)m>

Kakot\ nije nula polinoma na levoj strani posleđnjeg identiteta, fi ne može biti nula ni polinoma na desnoj strani, pa je mi = fci. Analogno se dokazujeda je k 2 = m2,...,k 3 = ms.

Kao posledicu ove teoreme možemo formulisati sledeću teoremu:

Teo rem a 8.3.4Polinom stepena n (n > 1) ne može se anulirati za više od n različitih vrednosti.

Definicija 8.3.2 Ako se polinom P(z) n —tog stepena može napisati u obliku

P(z) = (z - zi)mQ(z)

gdeje polinom Q(z) stepena n - m> 0, m 6 N i Q(zi) -£ 0, kažemo daje Z\ -

nula redam polinoma P(z). Za nulu reda m > 1 kaže se da je višestruka,a nuta reda m = 1 da je jedno strukaili prosta.



172 Glava 8. Polinomi, ra.ciona.Ine funkcije

Definicija 8.3.3Kaže se da je polinom P{z) identićki jednak nuli (P(z) = 0) ako je jednak nuli za svako z.

T eorem a 8.3.5 Definicija 8.1.2 nula-poiinorna i definicija 8.3.3 su ekvivalentne tj. ako su svi koeficijenti polinoma jednaki nuli, polinom je jedn nufi za svako z i obmuto.

Dokaz: Posmatrajmo polinomP(z) = aozn + o j2r n-1 + ... + an.

Ako sn svi koeficijenti polinoma jednaki nuli, očigledno da jeP(z) = 0za svako z. Sada ćemo pokazati obrnuto.

Ako jeP(z) = 0 za svako z pretpostavimo da nisu svi koeficijenti jednaknuli. Neka je u nizu koeficijenata polinoma oo,a i,. ..,a* ,.. .,o n(k < n) ak

prvi koji je različit od nule. T&da polinomP(z) postajeakzn~k + # (2),stepen od R(z) je manji odn —k. P(z) je polinom stepenan - k i on semože anulirati za najvišen —k ra^ličitih vrednosti. Ovo je u kontradikciji s pretpostavkom da seP(z) anulira za svako z. Time je ova teorema dokazana.

Definicija 8.3.4Kaže se da su poiinomi P(z) i Q(z) identički jednaki (P(z) = Q(z)) ako imaju jednake vrednosti za svako z.

Teorema 8.3.6 Definicija 8.1.3 i 8.3-4 su ekvivalentne, tj. ako su odgo varajući koeficijenti jednaki, P(z) i Q(z) imaju istu vrednost za svako z obmuto.

Dokaz: Ako su koeficijenti odgovarajućih clanova polinomaP(z) i Q(z) jednaki, tada suP{z) i Q(z) dva identički jednaka polinoma, pa oni dobijaj jednake vrednosti za svako z.

Obrnuto, pretpostavimo daP(z) i Q(z) imaju istu vrednost za svako z tj. da je

anzn + an„iz n 1 + ... + a \z + clq = bmzm + ^m-izm 1 + ... + b\z + bo-

Ako je m >n, poslednji identitet se može predstaviti u obliku

f (



8.4. Vičteove forimile 173

+ (6„_i — an-i)zn 1 + ... +(b\ — ai )z + (6o —ao) =0-Koristeći prethodnu teoremu dobijamo

bm — 0, bfn—i — 0, ...,6n+l =0, bn = flni 1 " — 11 ■■-1 = Ol, i>0 = ô,

čime smo dokazali teoremu.

Uobičajeno je da se kod polinoma umesto znaka = koristi = . Ovne stvara zabunu izmedju jeđnakosti ili identiteta (ispunjene za svako z) i

jednačine (zadovoljene samo za neko z), jer je očigledno da je iskaz 2z+3 = jednačina sa rešenjem z = ——, a izraz 3 z2 + bz + 1 =az2 + 2z + 1 je zaa = 3i b —2 identitet, dok je zaa = 3 i b ^ 2 linearna, a zaa ^ 3 kvadratna

jednačina.

P rim er: Odrediti koeficijentea, b, c, d tako da bude

a x (a: + l)(:r -2)(x + 3) +b x(x + l)(a: —2) + c • a:(x + l ) + d - x + e =

= x* + x3 — 2x2 + x + 2.

Ova dva polinoma treba da su jednaka za svako x, pa i za x = —1, x =2 , x = - 3, koje su najpogodnije, jer se za te vrednosti anuliraju pojediničlanovi na levoj strani.

za x = 0 dobijamo e = 2

za x = —1 dobijamo- d + e = —1, tj. d = 3za x = 2 dobijamo 6c + 2 d + e = 20 tj. c =2za £ ——3 dobijamo —306 +6c — Zd + e = 35, tj.6 = —1.

Da bismo izračunali c, izračunaćemo vrednost leve i desne strane za np x = 1. Dobijamo

— 8a “ 26 + 2c +d + e = 3, tj. o = 1.

8.4 Vieteove formule

Na osnovu teoreme 8.3.3 nenula-polinom




možemo predstaviti u obliku

P(z) = o0(z - zi)(z - z2)...(z - Zn),

gde su z\, Z2, zn nule polinomaP(z).

Posmatrajmo identitet

o 0z ” + a i z n ~ l + ... + akZn~k + - . . . +a n - \ z + a n = o q ( z - z i ) . . . (z - zn).

Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata na levoj i desnoj strani identiteta dobijamo

Oi Z\ + Z2+ ... +Zn = ------a0 „(l 2 ZlZ2 + ZlZ3+ ... +zn —1 zn = — ClO

ZiZ2-...-Zk+ ... + Z n - fc+1Zn _ fc+2 - ... • Zn = ( - l ) fe— a0

Zl Z2 • • 2Tn = ( - l ) n —.

a0

To su Vkiteove formule.

P rim er: Za opšti polinom četvrtog stepenaazA+ bz3 + c?2 +dz + e, ćijesu nule z \ , Z2 ,z% i z4, Vićteove formule glase:

.. " b Z\ + Z 2 + Z 3 + 24 = ----0 c V‘

Z\Z2 + Z\Zz + Z\ Z4 + Z2Z3 + Z2Z4 + Z3Z4 = -d a \

Z 1 Z 2 ZZ + Z1Z2Z4 + ZI Z 3 Z 4 + Z 2 Z 3 Z 4 = —e a.ZiZ 2 Z3Zi = - .a

P i N ći iš k l li P( ) i 5 3 4 3 7 2 4



8.5. Nule realnih poiinoma 175

—2,4, —4. Proverom pomoću Hornerove šeme

1 1 3 - 1 -7 0 4- 1 1 4 3 -4 -4 0- 2 1 3 0 ~4 0- 2 1 1 -2 0

1 1 - 1 01 0

vidimo da su x = 1, x — —2 , x = — 1 nule ovog polinoma, pri čemu su x = 1i x —- 2 dvostruke nule ovog polinoma, te jeP{x) = {x - l )2(a: +2)2(x + 1).

8.5 N ule realnih polinoma

Sve što smo do sada zaključili važi za polinome sa kompleksnim koeficijen-tima, pa prema tome i za realne polinome (čiji su koeficijenti realni brojevi). Navešćemo neke osobine koje su karakteristične samo za realne polinome.

Teorema 8.5.1 Ako je z\ proizvoljna kompleksna nula reda k\ realnog polinoma P(z), tada je ž\ takodjt njegova nuia reda k\.

Dokaz: Za realni polinom jeP(z) = P(ž). PosmatrajmoP(z) u obliku

P(z) - a0(z - Zi)*1(z - z2)k2...(z - zs)k’ = a0 zn + a i2n_1 + ... + an,

fci + Ai2 + ... +k, = n, ao ,ai..... a„ £ R.

Konjagovan polinom je

P(z) = P(ž) = o q ( ž - zi)*“(ž - z2)h2...(ž - zs)k•,

odakle je

P(z) = ~ ) = P(Šj = a0(z - ž\)k'(z ~ ž2)k*...(z - žs)kr

Vidimo da je ž\ nula polinomaP(z) redak\.Posledica ovog stava je sledeća teorema.



176 Glava 8. Poiinomi, racionalne funkcije

Teorema 8.5.2 Realni polinom nepamog stepena ima barjednu realnu nulu. Aka ih ima više, njihov broj je neparan.

Teorema 8.5.3 Svaki realan polinom P{z) može se na jedinstven način predstaviti « obliku proizvoda svog najstarijeg koejicijenta i nekih realnih polinoma oblika

(z —a) odnosno ( z2 + pz + q), gde je p2 —Aq < 0. (a ,p ,q G R).

Dokaz: Ako je zq kompleksna nula polinoraa redak, onda uz faktor(z — zo)k postoji i faktor(z — 2o)k. Proizvod ova dva faktora jednak je[z2 —(zq + žq)z + zožg]k gde su z0 + žq = —p i zqžq = q realni brojevi za koje

je p2 —4q < 0. Jedinstvenost je posledica teoreme 8.3,3.

Specijalni slučaj realnih polinoma su polinomi sa celim koeficijentiZa njih vr£i:

Teorema 8.5.4 Da bi racionalan broj - (p i q su relativno prosti brojevi,

pq 0) bio nula polinomaP(z) = aozn + a\zn~l + ... + an_tz + an,

gde sw ao(oi, celi brojevi. anao ^ 0, potrebno je da p|an i g|ao-

Dokaz: Pretpostavimo da je - nula polinomaP(z). Tada je

(8.5.1) a° (^ ) + a i ( ^ ) + "• + a"_ i (g ) + an ” 0'

Pomnožimo li ovu jednakost sa <7n - \ dobijamo

(8.5.2) do— + (aipn1+ ... + an_ip5n "I"an<ln ') = 0-

qnMnoženjem jednakosti (8.5.1) sa — dobijamo

P

(8.5.3) (aopn1 + aip" 2q + ... + an_i<jn J + an— Ô.P Zbirovi naznačeni u zagradama u (8.5.2) i (8.5.3) su celi brojovi. Kako s p i

q relativno prosti, da bi identitet (8.5.2) bio zadovoljen,q treba da se sadrži



8.5. Nule realnih polinorna 177

Posledica 8.5.1 Akoje u polinomu sa celim koeficijentirhaoq = 1, racionalni koreni mogu biti samo celi brojevi i delitelji su slobodnog člana an.

Prim er: Naći nule polinoma P(ar) = x5 — 6x3 + 6x2 — 7x + 6 nad R.

Kako je ovo polinom sa celim koeficijentima, ako ima celobrojnih nula,obzirom da je koeficijent uz najveći stepen1, to mogu biti faktori slobodnogčlana tj. brojevi1, -1 ,2 ,—2,3 ,—3,6 ,— 6, Da bismo utvrdiii da li je x = 1nula ovog polinoma, primenićemo Hornerovu šemu.

1 1 0 -6 6 -7 61 1 -5 1 -6 0

Dakle, x —1 je nula ovog polinoma.

P(x) = (x —l)(x4 + x3 —5x2 + x — 6), Moguće nule polinoma x4 + x3 —5x2 + x — 6 su opet ±1, ±2, ±3, ±6. Postupak se nastavlja. Ispitaćemo da li

je x = 2 nula polinoma.2 1 1 - 5 1 - 6

1 3 1 3 0Iz šeme vidimo da je x = 2 nula polinoma.P{x) = (x —I)(x —2)(x3 +3x2 + x + 3). Moguće celobrojne nule polinoma x3 + 3x2 + x + 3 su ±1, ±3.Proverićemo vrednosti polinoma za neke vrednosti x

- 3 - 1 1 1 3 1 31 4 5 81 2 - 1 41 0 1 0

Iz ove šeme vidirao đ a x = l i x = —l nisu nule polinoma, a x = —3 jeste, pa je P(x) = (x - l)(x - 2)(x + 3)(x2 +1). Skup {1,2, -3 } je skup svih nula polinomaP(x) nad R.

Prim er: Naći racionalne nule polinoma

P(x) = 9x4 - 12x3 - 17a;2 +8x + 4.

Moguće racionalne nule su činioci slobodnog ćlana, tj. brojevi 4, —4,2,- 2, 1, - 1, podcljeni sa ćiniocima koeficijenta uz najveći stepen, tj. brojevim9, -9,3, -3,1, -1. Dakle, moguće racionalne nule su:

4 - 4 2 - 2 1 - 1 4 - 4 2 - 2 1 - 1



178 GJava8. Polinomi, racion&lne funkcije

Nepotrebno je izostavljeno, a potvrdni rezultati su objedinjeni u tablici

- 1 9 -1 2 -17 8 42 9 -21 4 4 023 9 -3 - 2 0I 9 3 0

9 0

Iz drugog reda gornje tablice se vidi da je x = —1 jedna tražena nula poli-noma P(x). Iz trećeg reda se vidi da je x = 2 nula polinoma 9x3 — 21x2 +4x + 4, pa je

P(x) = (x + 1)(® - 2)(9a:2 - 3a: - 2).2U četvrtom redu je provereno da je x = - nula polinoma 9a:2 —3x - 2. U

1 petom redu šeme se vidi da je x = —- nula polinoma 9a: + 3. Sada je

P(x) = 9(s + l)(x -2)(x - |) (a ; + i ) .

8.6 K arak teristični polinom

Dćfinicija8 .6.1 Funkcija ob'tika P : C -4 M m)<m

P (z) = ao zn + a \z n~l + ... + a„_i z + a„

gde je n prirodan broj ili 0 i ao, a„ matrice formata m x m zove se pohnom po promenljivoj z sa matričnim koeficijentima.

Promenljiva z može biti broj, a može biti i rnatrica formata m xm. Ako je z matrica slobodan članan se množi sa jediničnom matricom /.

Definicija 8.6.2 Ako je A kompleksna kvadratna matrica reda n, tada svak vektor x GCn (x 0) koji zadovoljava uslov

(8.6.1) A x = Xx, za neko X£ C



8.6. Karakteristični polinom 179

Definicija 8.6.3Skup svih karakterističnih vrednosti matrice A naziva se spektar matrice A.

Iz (8.6.1) sledi da ako je x karakterističan vektor matrice A, tada je ivektor |i i (/i e C, ^ 0) takodje karakterističan vektor matrice A, sa istomkarakterističnom vrednošću, jer je

A{fix) = (.iAx ~ n (\% ) = A(fix).

Definicija 8.6.4 Neka je A kvadratna matrica reda n. Matrica XI — A je

karakteristična matrica, o polinom det(XI — A) po X je karakterističan polinom matrice A. Jednačina det(A/ —,4) = 0 je karakteristična jednačina matrice A. (I je jedinična matrica reda n).

Teorema 8.6.1Potreban i dovoljan ustov da broj Ao € C bude karakte- ristična vrednost matrice A je da Ao zadovoljava karakterističnu jednačinu đet(AJ - A) = 0.

Dokaz: Jednajčina Ax = Xx se može predstaviti u obliku(XI —A)x = 0.Ovu matričnu jednačinu možemo pisati u obliku

A—on —oi2 -oin"02 A- 022 ... -02n

— ^n2 ••• A —ann

gde su x i , x2 ,...,x n nepoznate koordinate vektora x.

Ovoj matričnoj jednačini odgovara sistem odn linearnih homogenih jednačina

' 0 ‘ x2 0

xn , 0 _

i=igde je

_ f 1 za i | 0 za i

= 3 ć i -

Da bi ovaj homogen sistem imao netrivijalna rešenja, potrebno je i dovoljnoda bude det(A/ - >1) = 0.



180 Glava 8. Polinomi, raeionalne funkcij

Za dokaz važne Cayley-Hamiltonove teoreme koristićemO. sledeću okoju dajemo bez đokaza.

Osobina. Svaka matrica čiji su elementi polinomi sa kompleksnim -efictjentima, može se napisati kao polinom sa matričnim koeficijentima.

Na primer:A2 —3A + t A 2A2 ' " 1 0 2 '

(1 + i)A2 iA2 - 1 A+ 1 = A2 1 + i i 02A + 2 A + 5 — i 2A2 - 3 0 0 2 _

' -3 1 0 ' i 0 0 '+A 0 0 1 + 0 - 1 ].

2 1 0 2 5 - i -3

Teo rem a 8.6.2(Cayley - Hamiltonova teorema) Ako je A kompleksna m trica formata n x n i ako je / ( A) = det(A/ — A), tada je f (A) = O. Hi drugaćije: Svaka matrica je nula svog karakterističnog polinoma.

Dokaz: Kako jeadj(AJ - A ) = A"-1/ +B\Xn~2+ B2X n~3 + ... + £ „ _ 2A +B n. u

gde su B \, B 2l..., B n- \ matrice formatan x n,

det(A/ —A) = f(X) = Xn + aiAn 1 + a2An 2 + ... + an_iA +an ,tada zbog adj(A/ — A) -(XI —A) = f(X) • /, imamo:

(An Î + 5iAn 2 + i?2An 3 + ... + Bn 2A+ 5 n_i)(A/ — A) =

= XnI + An_1(Si - A) + Xn~2 (B2 - B i A ) + Xn~3 (B3 - B2 A)++... + A(i?n_i - B„~2 A) —B „-iA =

= XnI + aiAn_i/ +c^Xn~2I + .- + a„_]A/ +anI.Kako su dva polinoma po A sa matričnim koeficijentima jednaka amatrice uz odgovarajuće stepene od Ajednake, iz gornjeg sledi:

B\ —A = a j / , B2 —B\ A - a2 I ,i ? 3 — B2A = o ,3 I ,

Bn—l Bn—2A -On i/,



8.6. Karakteristični polinom 181

Pomnožimo li gornje jednakosti redom sa An An 2, ... dobijamo:

B iA n~l - A n = aiAn~l, B2 An ~ 2 - B iA" - 1 = a2 An~2, B3 An ~ 3 - B2 An ~ 2 = a3 An~3,

Bn—\A Bn—%A2 an_x^4, B j i —] A = anI.

Saberemo li gornje jednakosti dobijamo:

An + a-\An ' + aÂn 2 + a3 An '*+ ...+o,n^\A + anI = 0,

što je trebalo pokazati.

Neka jeS — {I ~ .4°, A 1,... , An, ..., A™1} skup kvadratnih matrica for-mata n x n. Elementi skupaS su vektori izn2—dimenzionog vektorskog prostora svih matrica formata n xn. Kako uS ima n2 +1 vektora iz n2—di-menzionog vektorskog prostora, to su ovi vektori linearno zavisni, te postoneka linearna kombinacija oblika

+ ctiA + ... + o nAn + ... + 0!n2 An ~ 0

gde nisu svia^, i = 0,1,2, ...,n2 jednaid nuii. Odavde je jasno da svakakvadratna matrica tipan x n anulira neki polinom stepena ne većeg odn2. Iz Cayley - Hamiltonove teoreme sleđi da svaka matrica zadovoljava svojkarakteističnu jednačinu. To znači da svaka matrica anulira već polinomn—tog stepena, tj. da je skup { /= A°,..., ■A"} linearno zavisan. Može sedesiti da matrica anulira polinom još nižeg stepena od n.

P rim er: Koristeći Cayley - Hamiitonovu teoremu izračunati inverznumatricu matrice

' 1 1 - 3 '- 1 0 2 .- 3 5 0 .

Karakteristična jednačina matrice A je |A/ - A\ = 0,

A - 1 -1 3

1 A -2 = 0,3 5 A



182 GJava8. Polinomi, racionalne Funkcije

-A 2 + A3 + 6 - 15.+ 10 - 10A + A - 9A = 0,

A3 - A 2 - 18A + 1 = 0.

Na osnovu Cayley - Hamiltonove teoreme je A3 - A2 — ISA + 1 — 0 . Množenjem ove jednakosti sa A~x (A_1 postoji jer det A 0), dobijamo

A2 - A - 18/ + A~l = O, tj. A~l = —A2 + A + 18/,

1 1 -3 1 1 -3 ' 1 1 - 3 ' A ~ l = — - 1 0 2 - 1 0 2 + - 1 0 2-3 5 0 -3 5 0 - 3 5 0

' 18 0 0 1 ' 10 15 - 2 '+ 0 18 0 , A - l = 6 9

0 0 18 5 8 - 1

+

8.7 R aciona lne funkcije

Definicija 8.7.1Funkcija R(x) = P (x)Q(x)

, gde su P(x) i Q(x) realni poli-nomi, Q(x) ^ 0 je (realna) racionalna junkcija.

P(x)D efinicija 8.7.2Funkcija R(x) = je prava racionalna funkcija, ako

je stepen od P(x) manji od stepena polinoma Q(x), inače je neprava.

Svaka neprava racionalna funkcija se može predstaviti kao zbir polinomi prave racionalne funkcije, do čega se dolazi deljenjemP(x) sa Q(x).

Definicija 8.7.3Prost ili paicijulan razlomak je funkcija oblika



8.7. Racionalne funkcije 183

Sledeće dve leme služe za dokaz važne teoreme 8.7.1.

Lema 8.7.1 Neka je x = a koren reda k imenioca prave racionalne funkcije F(x) , gde su F(x) i Q(x) uzajamno prosti polinomi. Možemo pisatiQ(%)

Q(x) = ( x - a ) kQi(x), gde Qi(a) ^ 0.

Tada je

(8.7.,) Q(x) (x - a)k (x - a)k~lQi(x)

gde je A konstanta različita od nule, F\ (x) je polinom Čiji je stepen niži od stepena imenioca (x —a)*_ 1Qi( i) . ■ ■

Dokaz: Napišimo jednakost

f«7 o^ F'W - A . F ( x ) ~ Q i ( z ) - AQ(x) ( x - a ) k ( x - a ) kQ\ (x)

koja važi za svako A i odredimo konstantu A tako da polinomF(x) - AQ\ (x) bude deljiv s a i - a . Za to je potrebno i dovoljno pokazati (po Bezoutovojteoremi) da je ispunjen uslovF(a) —AQi(a) = 0.

Kako je Qi(a) ^ 0 iF(a) ^ 0, konstanta A je jeđnoznačno odredjena jednakošću A = ~ ^ ? \ , A 0. Za takvo A biće

Qi W

(8.7.3) F(x) — AQi(x) = (x —a)F\ (x),

gde jeFt(x) polinom čiji je stepen niži od stepena polinoma(x—a)fc-1Qi(:r).Uvrštavajući (8.7.3) u (8.7.2) i skraćujući drugi sabirak u fomuli (8.7.2) sa

x —a dobijamo jednakost (8.7.1). F f .’Z-)

Na pravu racioualnu fimkciju-------- 7 k l \ n H ' i ko.ja sc javlja u jed-[x —a) Qi(x)nakosti (8.7.1), inožeino primeniti analogan postupakk puta. AkoQ(x) ima koren x = a, reda k, tađa se dobija



184 G/ava8. Polinomi, racionalne funkcije

Posledica 8.7.1

F(i) _ M A 2 Ak Fk{x)Q{x) {x —a)k (x—fl)*_1 x —a Qi (x ) ’

FUi)gde je . prava racionalna funkcija.

Qi(x)

Razmotrimo sada slučaj kompleksnih korena imenioca, Napomenimoda se kompleksni koreni polinoma sa realnim koeficijentima javljaju u parumedjusobno konjugovanih brojeva.

Pri razlaganju polinoma na faktore svakom paru kompleksnih korena polinoma odgovara izraz x 2 +px+ q , (p 2 — 4q < 0). Ako ti kompleksni koreniimaju reds, to im odgovara faktor(x 2 + px + q)s.

Lema 8.7.2 Akoje Q(x) —( x2 +px+q)s4>i(x), gde polinom 4>i(z) nije deljivF(x)sa x2 + px + q, tada pravu racionalnu funkciju v . , gde su F(x) i Q(x)Q(x)

uzajamno prosti polinomi, možemo predstaviti u obtiku sume dve racionatne funkcije na sledeći način:

F(x) _ F(x) _Q(x) (x2 + px + q)s4>i (a;)

(8 .7.4) - , M * + N + -------- i M .(x2 +px + q)* (x2 +px + q)s~l <j>\(x)

gde je i?i(x) polinom čiji je stepen niži od stepena polinoma (x2 + px +q)° - lMx)-

Dokaz:

F(x) F(x)Q ( x ) ( x 2 + p x + q ) s<f>\(x)

= M x + N F ( x ) - { M x + N ) M x )(x2 +px + q)s (x2 + px + q)s4>i(x)



8.7. Racionalne funkcije 185

koja je zadovoljena za svako M i N i odredimo M i N tako đa polinomF( i ) — (Mx + N)4>i(x) bude đeljiv sa x2 + px + q. Za to je potrebno idovoljno da jednačina

F(x) - (Mx + N)4>i(x) = 0

ima iste korene a + t/J kao i polinom x2 + px + q. Sledi

F(a + i/3) - \M (a + i/3) + JV] ■4>i (a + iP) = 0 iii

F(a + i/3) M • (a + i(3) + N —4n(a + ip) '

No — ------- — je odredien kompleksni broj koga možemo napisati u obliku4>i(a + ip)

K + %L, gde su K i L neki realni brojevi. Na taj način je M a + N = K, M0 = L, ili

0 * 0 ‘Pri tim vrednostima koeficijenata M i Ar, polinomF(x) — (Mx + N)4>i (a:)ima koren a 4ifi, pa sledi i konjugovan korena —i/3. No, u tom slučaju, polinom je delj iv faktorom x —(a + if i), kao i sa x —(a — ij3), pa znači, deljiv je i proizvodom tih faktora tj. sa X 2 + px + q. Dakle,

F(x) — (Mx + N) 4>l(x ) =( % 2 +px + q)4?i(x),

gde jeipi (2:) polinom nižeg stepena od polinoma(x2 +px + ?)s_1 ■4>1 (®). Akoiskoristimo posleđnju relaciju i skratimo jednakost (8.7.5) sa x2 + px + q, dobijamo jednakost (8.7.4), što je trebalo pokazati.

Primenjujući rezultate prethodnih lema na pravu racionalnu funkciju —™ , mi je možemo razložiti u zbir prostih razlomaka koji odgovaraju svim(e£\%)korenima imeniocaQ(x). Iz prethodnog sledi rezultat:

Teorema 8.7-1 Ako je

Q(x) = (x - a)Q...(a: -b)& (x2

+p x + q)M...(x2 + lx + s)*7, a , b , p , q , i , s & R, p — Aq < 0, / —4s < 0T 6 iV, tada se

F(x)i l f k ij či





8.8. Zadaci 187

Znači x 2 + 2 _ 1 1 2 2

(x 4- l)3(a: —2) _ (x + l )3 + 3(1 + l)2 9(x + 1) +9(x - 2)'

P rim er. Racionalnu funciju 0 ^—-r~ razložiti na proste razlomke. x(x4 + 1)1 _ A B x + C Dx + E

x (\ + X 2 ) 2 X + 1 + X 2 + ( l + £ 2) 2

_ (A + B )x * + C x 3 + &A + B + D )x2 + (C + E)x + A i ( l + a:2)2 pa je A = 1, B = —1, C = 0 = E.

8.8 Zadaci

8 .1. Naći racionalne korsne polinomaP(x) = 2a:4 — xz + x2 —x - 1.

Rešenje: Ako jeP(x) polinom sa celobrojnim koeficijentima i ako jeracionalan broj | koren polinomaP(x) onda je p delilac slobodnog člana, aq je delilac vodeceg koeficijenta, odnosno p 6 {±1}, q € {±1, ±2}. Onda sumogući racionalni koreni | € { ± l,± j} . Koristeći Hornerovu šemu provera-vamo da li je neki od ovih brojeva koren polinomaP(x).

1 2 - 1 1 - 1 - 12 1 2 1 0

x\ ~ 1, pa seP(x) može napisati u obliku

P(x) = {* - l)(2a:3 + x2 + 2 x + 1) = (x - l)Q(x).

Preostali koreni polinomaP(x) su istovremeno koreni polinomaQ(x) (koji je manjeg stepena nego P(s)), a tnogući racionalni koreni polinomaQ(x) pripadaju istom skupu kao i koreni polinoma P(x). Sa đruge strane,kako su svi koeficijenti polinomaQ(x) pozitivni, on ne može imati pozitivnerealne korcne, dakle J G { —1, —£}. Proveravamo dalje broj —1 :

- 1 2 1 2 12 -1 3 - 2



188 Giava8. Poiinomi, racionalne funkcije

pa broj —1 nije koren polinoma. Đ alje proveravamo

- i I2 1 2 1I 2 0 2 0 .

ZnaciQ(x) = (x + ^)(2 x2 + 2) odnosno

P(x) = (x- l)(z + \ ) (2x2 + 2) - 2(x - l)(x + \ ) ( x2 + 1).

Jedini racionalni koreni polinomaP(x) su ii = 1 i x^ = — dok su preostaladva korena konjugovano konapleksni brojevi ±%(to su koreni polinoma x2 + 1).

8.2. Odrediti realne koeficijente o ib tako da polinoraP(x) = x5 - 5x4 +ax + b bude deljiv sa x —2 i x —5.

Rešenje: Ako je polinomP(x) deljiv sa x - a, onda jeP(a) = 0, pa je

P(2) = 25 —5-24 + 2 o + 6 = 0, 2a +6 = 48

P(5) = 55 - 5 • 54 + 5a +b = 0,5a + b = 0

odnosnoa = -16, 6 = 80.

8.3. Naći sve vređnosti realnog parametraa za koje jednaćinax5 — 5x + a = 0 ima dvostruki koren.

Rešenje: Označimo taj dvostruki koren sa a. Onda je

a 1 0 0 0 5 aa 1 a a y a 3 a 4 - 5 a 5 —5a + a = 01 2a 3a'J 4aa 5a4 — o

I I

h <*i = 1, a 2 = - 1, «3 = i, = -i , a odgovarajućeza a = 5a —a 5 su

a i = 4 , 02 = —4, a3 = 41, a4 = - 4 i.

Kako parametara treba da b'.ide realan, imamo da zaa = 4 jednačinaima dvostruki koren a =1, a za a ——4 ima dvostruki koren a = — 1.

8.4 . Koreni polinomaP(x) = x3 - 6a;2 + llar — 6 s u l , a i 6. Odredit



8.8. Za.da.ci 189

Rešen je: Kako je poznat jedan koren x\ = 1 polinomaP(x), možemo

da odredimo i preostale korenea i b :1 1 - 6 11 - 6

1 -5 6 0.

P(®) = ( x - l)(ar 2 - 5® +6) = (* - l)(a - 2)(* - 3),

pa je a = 2, 6 = 3.

IVaženi polinomQ(x) je oblikaQ(x) = Ax2 + B x + C.Q(\) = A + B + C = \

Q(2) = 4A + 2B + C - 3

Q(3) = 9,4 ZB + C = 2.

Rešenje ovog sistema jednačina je

' * - - ! » - ? — pa je

Q(x) = - ^ x 2 + y x ~ 4'

8.5. Koristeći Homerovu šemu razložiti polinom

P(x) —i 3 - 3x2 - 4x + 1 po stepenima od (a; + 1).I '*Rešenje: Primenom Hornerove šeme naći ćemo količnik i ostatak pri

deljenjuP(x) sa (x + 1).

1 - 3 - 4 10 1

P(x) = (ir + l)(x2 - 4x) + 1 = (x + l)Pi(£) + 1.

Dalje, primenom Hornerove šeme tražimo količnik i ostatak pri deljenjuPi(a:) sa(x + 1).

- 1 1 -4 01 -5 5



'•± Pi(a:) = (at -f 1)(® —5) + 5 = (x +l ) P i (x) + 5.

Još jednom primenimo isti postupak naPi{z)

190______________________________ Glava 8. Polinomi, racionalne funkcije

- 1 1 - 51 -6

Pi(x) = ( i +1) - 6, pa je

Pi(x) = (x + l)((x + 1) — 6) + 5 = (a; + l)2 — 6(a; + 1) + 5

P(x) = (*+l)((a: + l)2 - 6(j: + l )+ 5) + l - (x + l )3 - 6(a ;+l)2 + 5(rr + l) + l.Ovo možemo i kraće da zapišemo:

- 1 1 -3 -4 1- 1 1 -4 0 1- 1 1 -5 5

i -6

Koeficijenti pri razvoju polinomaP(x) po stepenima od(x + 1) se čitajudirektno iz ove šeme kao poslednji brojevi u svakom redu.

8.6. Odrediti polinomP(x) četvrtog stepena koji nema kvadratni članako se zna da je P(1 + 1) = —8 + *, P(i) = —2i, a zatim rastaviti na zbir parcijalnih razlomaka racionalnu funkciju

. x5 + x4 - x + 1B ( i> = — m — -

Rešenje:P(x) = ax4 + 6a:3 + cx + d,

(1 + 1)2 = l +2t - 1 = 2 i,

(1 + t)3 = 2i(l + t) =—2 + 2t,

(1 + t )4 = (2i )2 = —4,

P (1 + t) = —4a +b( — 2 + 2i) + c(l +i) + d = —— 4a —26 + c +d + (26 + c)t ■—— 8 + i,



8-8. Za.da.ci■\

191

Odavde, izjednačavanjem odgovarajućih realnih i imaginarnih delova k<im- pteksnih brojeva, dobijamo sistem jednačina r

- 4a — 2b + c + d = —82 b + c = 1

a + d = 0 — b + c ~ — 2

oije rešenje je o =6 = l , c ~ d — — 1, pa je

P(x) = x4 + x3 — x —1= a:3(o; + 1) - (x + 1) = (x + 1)(a:3 — 1) = (i + l)(a: —l)(x2 + x + 1).

Kako je polinom u brojiocu funkcije R(x) većeg stepena od polinoma uimeniocu(R(x) nije prava racionalna funkcija), prvo ćemo izvršiti deljenje;

{x5+ x4 —x+ l) :(x4 + x3 — x —1) = x±X 5 ±X 4 +X2TX

X 1 +1

r>f \ X2 + 1 R(x) - x + .

^ T T = +~~~T + 2 X + D , <' p (*)P(x) X +1 x —1 x2 + x + l

x2 + 1 = A(x - l)(x2 + x + 1)+B(x + l)(x2 + x + 1) +(Cx + D)(x2 - 1)

x2 + 1 = (A + B + C)x3 + (2 B + D)x2 + (2 B - C)x + ( - A + B - D).

Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata dobijamo sistem jednačina:

A + B + C = 02 B + D = 12B - C = 0

- A + B - D = 1,

1 2 1čije rosenje jc A = -1, B = - , C = D = pa je

1 1 21 + 1i i ( x ) - x a + 1 + 3(a: 1j + 3(iC2 +a; + 1)-



192 Ghva 8. Poliuomi, racionalne funkcije

8.7. Neka jeP(x) = x5 + 2x4 —4x3 + ax2 + 3a: +b. Odrediti realnkoeficijente a ib tako da jeđan koren ovog polinoma bude xi = i —2, a zatimnaći ostale korene.

Rešenje: P(x) je polinom sa realnim koeficijentima, a kompleksan br X\, je jedan njegov koren, pa je i konjugovan broj X 2 = — 2 —i takodje koren polinomaP(x), odnosnoP(x) je deljiv sa

Q(x) — (x - xi)(x — x%) = (x + 2 -■i)(x + 2 + i) = — ((x + 2)2 - i2) = x2 + 4x + 4 + 1 = x2 + 4x + 5.

PodelićemoP(x) sa Q(x) :+ 2 x 4 — 4 x 3 + a i 2 + 3 i + 6 : x 2 + 4 * + S = i 3 - 2 i * - x + { a + 1 4 )

± t b ± 4 i 4 5 i 3_______________ __________________ — 2 x * — 9 x J + a x * + 3 x + T

=F2 x4T8xs +10i2- + (a + 1 0 )x “ + 3Ž + 5T x 3 + 4 * J T 5®

(o + 14ji“ + 8i " +b± (o + 14)l2 ± (4a + 56)x± (5a + 70)

— (4a + 48) i + b —5o — 7 0

Ostatak R(x) = —(4a + 48)x +b —5a —70 mora biti 0 za svako x, pa je

4a + 48 = 0 ib — 5a —70 = 0, odakle jea = —12, £>= 10 i

P(x) = x5 + 2x4 —4a:3 —12x2 + 3x + 10 = (x2 + 4x + 5)(x3 —2x2 — x + 2).

Preostala tri korena polinomaP(x) su koreni polinoma

Pi (x) = x3 - 2x2 - x + 2 = x2(a: — 2) - (x — 2)= (x — 2)(x2 - 1) = (x — 2)(x - l)(x +1),

pa je X 3 = 2 , xi = 1, 15 = — 1.

8.8 a) Dat je polinom P (r) = x4 + axs + bx2 + cx + d. Odreditirealnekoeficijente a,b, c i d ovog polinona ako se zna da je zbir njegovih korena2, proizvod 1, iP(2) = 5, P( —1) = 8.

b) Naći sve korene polinomaP(x) i faktorisati ga nad poljem R i nad poljemC

c) Rastaviti na zbir parcijalnih razlomaka racionalnu funkciju R(x) = x3 —x

p č T '



8.8. Zadaci 193

Rešenje: a) Koristićemo Vićteove formule

V 'a ;. = pa j e2 = - j , a - - 2

= ( - ! ) " ; ? , P ^je l = ( - l ) 4pd = 1.i = i C n

(Sa Xi smo obeležili korene polinomaP(x)}. Dalje je

P(x) = x4 — 2x3 + bx2 + cx +1P(2) = 16 - 16 + 4i> + 2c + 1 = 5, 46 + 2c = 4F (—1) = 1 + 2 +6 - c + 1 =8, 6 —c = 4.

Rešenje ovog sistema jeb = 2, c = —2, pa je

P(x) = x* - 2x3 + 2x2 - 2x + 1.

b) Moguće racionalne nule ovog normiranog polinoma au delio bodnog člana, tj. ± 1.

1 1 - 2 2 - 2 11 1 - 1 1 0

1 0 1 0

P(x) = (x - l)2(x2 + 1) i ovo je faktorizacija nad R.

P(x) = (x - l )2(x -i)(x + i) i ovo je faktorizacija nadC.

c) x3 —x

+P(x) X —1 (x —l)2 X2 + 1Cx + D .

+ - - ■■■ v f - P ^ )

•T3 - X - A(x - l)(x2 + 1) + B ( x2 + 1) + (Cx + D) (x - l )2 x3 —x = Ax*—Ax2 +A x—A+ Bx^+B +C x3 +D x2 —2C x2—2 D x+ C x+ D




Izjednačavanjem koeficijenata uz iste stepene promenljive x sa leve iđesne strane znaka jednakosti dobijamo sistem jednačina

A +C = 1- A +B -2 C +D = 0 A +C - 2 D = - 1

- A +B +D - 0

čije je rešenje >1=1 , B = 0, C = 0, D = 1. Dakle,1 1 x3 — x

P{x) X — 1 X* + 1

8.9 . Naći karakteristični polinom, korene i vektore za matricu2 2 1

A = 1 3 11 2 2

Rešenje:

P(X) = det(AJ - A) =A —2 - 2 -1-1 A—3 -1-1 -2 A - 2

P(A) = A3 -7 A 2 + l l A - 5 .Karakteristični koreni su koreni karakterističnog polinoma, koji je sa celo

brojnim koeficijentima, pa su njegovi mogući racionalni koreni iz skup{±1, ±5}. Koristeći Hornerovu šemu, dobijamo

1 1 - 7 11 -51 1 - 6 5 0

1 - 5 0

P(A) = (A —5)(A - l)2, odnosno karakteristićni koreni su Ai = 5, ^2,3 = 1.

Karakteristični vektori koji odgovaraju karakterističnom korenu A surešenja jednačine Ax —Ax, odnosno(A — XI )x = 0.

Za A = 1 imamo' 1 2 1 ' " *1 ' ' 0 ■

1 2 1 x7 = 0



8.8. Zadaci 195

što se svodi na sistem od jedne jednačine sa tri nepoznate

X \ + 2X2 + X3 = 0

koji je dvostruko neodredjen i ima rešenje xi =t, X 2 = s, X3 = —t —2sodnosno

(xi,x2,x3) = (f,s , - t - 2s) = £(1,0 , - 1) + s(0, 1, - 2)

gde sut, s € R, pa se svi karakteristični vektori koji odgovaraju korenu A = 1mogu izraziti preko vektora (1,0, — 1) i (0 , 1, — 2).

Za A= 5 imamo 1 t o ( — 1

' Xi ' 0 '1 -2 1 X2 = 01 2 - 3 . . 0

—3xi +2x2 + x3 — 0Xi - 2X2 + X3 =0

x i + 2x2 _ 3x 3 = 0

Xi — 2X2 + X3 = 0- 4 X 2 + 4 X 3 = 0

0=

0.

Ovaj sistem je jednostruko neodredjen i ima rešenje

(X1,X2,X3)= (i,t,t) = *(1,1,1),

i kažemo da je vektor (1, 1, 1) karakterističan vektor koji odgovara korenuA = 5.

8.10. Koristeći Cayley-Hamiltonovu teoremu naći inverznu matricu m

trice 1 0 0 A — 2 1 1

- 1 1 0

Hešenje: Prvo ćemo proveriti da li je matrica A regularna, pomoću

det(A) =1 0 02 1 1

-1 1 0

= - 1 j * 0 ,

pa dakle A ima inverznu matricu.



196 G/ava8. Polinomi, racionalne funkcije

Naći ćerho karakteristični polinom matrice A :

A—1 0 0 A - 1 -1det(AJ - A) = - 2 A —1 —1 1 I I -1 A1 -1 A

= (A - I)(A2 - A - 1) = A3 - 2A2 + 1.

Po Cayley-Hamiltonovoj teoremi svaka matrica zadovoljava svoju karaktorističnu jednačinu, pa je

A3 - 2A* + I = 0 / • A~l' 1 0 0

A2 - 2 A + A~ l — 0 => A ' 1 = 2A - A2 = 1 0 1-3 1 - 1

o



Glava 9

Brojevni nizovi

9.1 N iz, granična vrednost niza

Definicija 9.1.1Preslikavanje f : N -» R se naziva realni brojevni niz.

Kako se skup vrednosti funkcije ćesto poistovećuje sa funkcijom, možem pod nizom podrazumevati skup slika Oi, a ^ ,an, ... uredjen saglasno poretku prirodnihbrojeva. Niz označavamo sa {an}, brojevi a i ,a2, ...,an , ... su članoviniza, a„ je n —ti ili opšti član niza.

Definicija 9.1.2 Ako postoji realan broj G takav da je a„ < G za svako n € N , onda se G naziva go rnja granicaniza {an}. Ako postoji realan broj g za koji je g < a„ za svako n 6 N, onda se g naziva donja granicanizaK } -

Ako je g < an < G za svako n &N, kaže se. da je niz ogran ičen.

Lako se uočava da donja i gornja granica nisu jedinstvene.

Najmanja gornja granica M niza se zove su prem um niza, a najveća

donja granica m niza se zove infimum niza u o^naci: M —sup an, m = inf an.



198 Glava 9. Brojevni nizovi

P rim er: Niz {an} = | —j je ograničen, jer je

0 < —< 1 za Vn6 N , sup a„= 1, inf a„ = 0.n netf n^ N

Ako jee > 0, onda interval (a — e, a + e) zovemo e- okolina tačkea.

Okolina tačke oo je interval(M, oo), gde je M € R.

D efinicija 9.1.3 Broj a se naziva tačka nagomilavanjaniza {a„} ako i samo ako se u svakoj s- okolini broja a nalazi beskonačno mnogo članova tog niza.

Najmanju tačku nagomilavanja niza zovemo donja tačka nagomilavanji označavamo sa lim a„.

n—Jo6

Najveću tačku nagomilavanja niza zovemo gornja tačka nagomilavanja označavamo sa liman.

oo

P rir ae r. Niz čiji je opšti članan = (—l) n f l H----- —r ) , n 6 {0,1,2,...}\ n + 1 )ima sledeće osobine:

inf an = — lim_an = — 1, liman = 1, sup an =2.n£N 2 , n=foo n-t-oo n £ N

Definicija 9.1.4 Niz {a„} ima graničnu v redno sta, odnosno konvergira ka realnom broju a, ako i samo ako svakom unapred zađatom broju t > 0odgovara prirodan broj no(e) takav da je [an - a| <e za svako n >no(e).

Ako niz {an} konvergira ka brojua, to zapisujemo sa liman = a. Niztl—>00koji imagraničnu vrednost tj. granicu naziva se konvergentan niz. Cinjenicda niz {an} konvergira kaa, možemo iskazati na ekvivalentan način: Niz {an}konvecgira ka brojua ako i samo ako za svako £ >0, u intervalu (a —e, a + e)ima beskonačno mnogo članova niza, a izvan tog intervala konačno mnogoTačka nagomilavanja se razlikuje od granične vrednosti.

Granična vrednost (granica) ima osobinu da izvan svake e- okoline tog



9.1. Niz, granična vrednost niza 199

ne mora da važi. Dakle, granična vrednost niza je uvek tačka nagomilavanja

niza, dok obrnuti iskaz ne važi.P rim er. Niz {an}, an = (-1 )" ima dve tačke nagomilavanja: —1 i + 1.

U svakoj £-okolini broja 1 ima beskonačno mnogo članova niza, ali i van njeima beskonačno mnogo članova niza. Analogno važi i za tačku -1.

Definicija 9.1.5Podniz {a„p}niza {an} je beskonačan podskup skupa elemenata niza uredjen saglasno poretku niza.

podniza1

. . . . , 1 2n7r .,Prim er. Niz čiii je opsti clanan = —=■+ cos —— razbicemo na tnnJ 3

an —<

/o i.\3 + 1 za n =3k, k d N,(3k ) 31 2 ir

(š'ifc'+ 'i p + cos T za n ^ 3fc + 1’ N ' 1 4tt+ cos — za n = 3fc + 2,k € N.(3k + 2)3 3

Kada n -»■ oo onda ik -> oo, pa će biti

* “ ” = *“ s s , w + 1 = 1

i S ,““ +1 = A « ( (3t + i) ! “ 2 ) ” ~ r

Podnizovi {03*,}, {03 +1}, {034+2} su konvergentni, a niz {a„} nije konver-gentan s obzirom da ima dve tačke nagomolavanja:1, —

Za niz koji ne konvergira (nema graničnu vrednost) kažemo da divergira,ali divergentne nizove sađa nećemo opširnije izučavati.

Teorem a 9.1.1Konvergentan niz ima jedinstvenu granicu.

Dokaz: Niz ne može da ima dve granice, jer ako je broj a granica, usvakoj njegovoj okolini ima beskonačno mr.ogo članova niza, a van konačnomnogo.




Teorema 9.1.2Konvergentan niz je ograničen.

Dokaz: Neka je broj a granica niza {a„}, što znači da svakoj e- okotačke a pripada beskonačno mncgo članova niza, a van te okoline ih imkonačno mnogo. Obeležimo saG najveći član od tih konačno mnogo članova,a sa g najmanji član.

Konačno mnogo članova niza {an} pripada intervalu[g,G], a beskonačnomnogo njih se nalazi u e- okolini tačke a, što znači da je niz ograničen.

Teorema 9.1.3 Ako su nizovi {an}, {6n} i {c„}takvi da je

an £ t>n < Cn za svako n > no 6 N i

lim an == limCn = a, tada je i lim bn= a.n—foo n-ôo n-+oo

Dokaz: Na osnovu pretpostavke teoreme da jea granična vrednost ni-zova {on} i {<*,} sledi da za svako £ >0 postoje prircdni brojevi n()(e) ing(e) tako da je

|an —a| <c tj. a - e < an < a + e za n > nê ),

|c„ —a| < e tj. a —e < C n < a + e za n > ng(e).

Kako jean < bn < Cn za svako n € N,

to će važiti nejednakost

a - e < a n max{no(e), nn(e),no}, što znači da je limbn = a.TJ —VO O

Teorema 9.1.4 Ako za konvergentne nizove {an} i {6n} važi da jea n < bn za svako n > no S N tada je lim a„ =a < lim bn = b.

n — >oo r i—►oo

Dokaz: Pretpostavimo suprotno, tj. da jea > b. Tada postoje brojevici,c2 i C3 takvi da je C3 < b < < a < C|.



9.1. Niz, granična vrednost niza 201

H ---------1----- 1------- 1--------1-0 3 b ° 2 a ci

Kako je niz {etn} konvergentan svi njegovi članovi posle nekog konačnoindeksa ni pripađaju intervalu (c2,ci). Niz {6n} je takodje konvergentan pasvi njegovi članovi posle nekog indeksa pripadaju intervalu(0 3 , 0 2 ). Ako

je n3 = max{rci,n2} biće

> bn za svako n > 713,št.o je u suprotnosti sa pretpostavkom teoreme. To znaći da jea < 6, što jei trebalo dokazati.

Teorema 9.1.5Svaki podniz {anp}konvergentnog niza {an} je konvergentan i ima istu graničnu vrednost kao niz {an}.

Dokaz: Sledi iz definicija podniza i granične vrednosti niza.

Teorema S.1.6 Ako je {an} konvergenatan niz tada je i niz {|an|} konver-gentan i lim an = a =>• lim jon| = lcj.

n - t a o

Dokaz: Ako je liman = a to za svakoe > 0 postoji no(e) tako da jen—►oo

|an —a| <e za n > no(e). Kako je||an | —ja|j < [an —aj biće i ||an| - |a[| <£ za n > no(e)

što znači da je lim |anj = [a[.n—¥QO

Definicija 9.1.6 Zbir, razlika i proizvod dva niza {an} i {fen} su redom nizovi {an ±bn}, {an •bn}. Količnik nizova {an} i {6n} gde. je bn ^ 0, za svako n £ N, je niz { } ■



202 GJava9. Brojevni nizovi

T eo rem a 9.1.7 lim (an +bn) = lim a„ + lim bn ='a + b.n —too

n—► oo n—»00

Dokaz: Na osnovu definicije granične vrednosti, za svako£ > 0 postoje prirodni brojevi no(e) i nê) da je

\an - o| < | za Vn > n0{e),

\bn - &I < | »a Vn > no(e).

Sćida je|{On+ &n)- (<* + £>)! =|{ttn - a ) + (6n — 6)| < |o„ - a\ + |b„ - 6| < | | =£

za sve n > max{no(e), nć(£)}, što je trebalo dokazati.

T eo rem a 9.1 .8 lim (a„ •bn) = lim an - lim b„ = a *6.n-+oo n—»oo n—»oo

Dokaz: S obzirom da je niz {a«} konvergentan on je ograničen, te post broj G > 0 takav da je |an| <G za sve n € N. Niz {6n} je konvergentan, paza svako £i = — (e >0) postoji no(ei) tako da je2C?

£ j6n — 6 j < —— za svako n > no(ei).

2Ct

Pretpostavimo najpre da je 6 ^ 0 . Kako je niz {an} konvergentan, svako£2 = postoji n'0(e2) tako da je

2 j6 j £ |an —aj <-777 za svako n > nUe^).

2| 6j

Sada je

|an6„ - aij - jontn +anb -anb - ać>J -- |a„(6„ - b) + b(an - a)j <

|<*n| j*» - + |i>l |On - a| < + j f t j ^ = £

za sve n > max{no, nj,}.Ako jeb = 0 tada je



9.2. Niz, graničnavrednost aiza. 203

Teorema 9.1.9

/n v lim dfilim(r) =irV =* bn-+oo \bn 1 um 0n 6

za sve n € N.

Dokaz: S obzirom da su6 ^ 0 ibn ^ 0 za n6 N , biće:

i i i = | fe-Mbn b I |6||6n| •

Ako niz {6„} konvergira ka brojub tada će i niz {J6n|} konvergirati ka broju |6|, tj. postojin’0 takvo daje

. |6| 1 2 ,W s T * i M < ifc| “ 5ve n > "»'

Niz {6n} konvergira ka broju6. pa za svako £i > 0 postoji n'o(ei) takoda je

|6 - 6n| < za svako n > n'0'(ei).

Na osnovu prethodnih nejednakosti biće

j l 1 1 \b - 6„| 2£l \bn 6 ! |6n||6| < |6|2

2 ^ 1

za sve n > no = max{ng, n?}, pa ako uzmemo da je rr^ -e imamo da jeW

I 1 1 ]It---- t < £ *a sve n > no(£l,iOn 0 (što znači da je

l i m l ^ 1 1n-»oo6„ lim 6n 6n-+oo Na osnovu prethodne teoreme imamo da je

lim on~ = lim (onr - l = lima„ • lim — = -n->oohm — = lim ( on — ]= hm cn • hm — = -v~ - = - .nôo on n-+oo \ bn / n~+oo n->oo6n lim On 0




9.2 P rincip m onotonije, broje

Definicija 9.2.1 Niz {o„} je:

a) m onotono ras tućiako za svako n € N važi ort < a„+i.

b) monotono opadajućiako za svako n € N važi a„ > an+i,

c) m onotono neopadajućiako za svako Vi € N važi a„ < a„+i,

d) monotono nerastućiako za svako n € N vazi an > a„+i.

Kažemo da je niz {a„} monoton ako ima biio koju od ovih osobina,

Teorema 9.2.1 (Princip monotonije) Svaki monoton i ograničen nizje konvergentan. Monotono rastući i neopadajući nizovi konvergiraju ka svom supremumu, a monotono opadajući i nerastući nizovi konvergiraju sa svom infimumu.

Dokaz: Kako je niz {a„} ograničen, postoji supremum M niza. Tla.da

se za svakoe > 0 može naćino(e) € N tako da je ano(e) e —e,M + e). Kako je

Teorema konvergentan.

M > a n > ano(£)za svako n >no(e), sledi da je

an € (M — e, M + e)

za svakon > no(e)- Znači, niz {o„} konvergira ka M , tj.

lim an = M.TI—+-00

Analogno se dokazuje teorema i za ostale monotone nizove.

Dokaz: Pokazaćemo da je {a„} rastući i ograničen niz.

Koristeći binomnu formulu



9.2. Princip monotonije, broj e 205

dobijamo

a„ = (i + i ) = 1 + ( " ) i + (2)^2 + - + ( i ) i ? + ”• + ( n )^ r =

- 1 « 1 , n(n - 1) 1 , , n ( n - l ) - ( n - (fc -1)) 1 ,l ' n 2! n2 ' Jfe! n*

n(n —l)...(n —(n — 1)) 1 _

Analogno ćemo napisati član a„+i

” ' + ( n + l ) f ( 1 _ n + l ) ( 1_ n + l ) " ' ^ _ n + l ) '

Uporedimo članovean i an+i.

*-* aO-=)-a(l-drr)-Uporedimo fc—ti sabirak članactn i a„+i

b (* -Š )(‘ - 1 ) - ( ‘- ^ ) <b ^ K ’- jĆ t M 1- ^ ) -V P jer je 1 -----< 1---------- - za Vp —1 , 2 ,k —1. Kako je svaki od sabirakan n + 1

člana a„+i veći od odgovarajućeg sabirka člana cn i an+i ima jedan sabirakviše, to je a„ < an+i,n G. N.

Pokazaćemo da je niz ograničen s gornje strane.

Proizvod pozitivnih faktora manjih od jedinice je opet pozitivan i manjiod jedinice.



206 Glava. 9. Brojcvni nizovi

Prema tome je„ 1 1 1 1

C n < 2 + 2! + 3! + - + fc!+ - + ^ !‘

Kako je fc! = 1 • 2 • 3 ■... ■k > 2*"1 za. k = 3,4,... , sledi =$- I <fc = 3,4,.. . što znači da je

1 - 1„ 1 1 1 „ 1 A n 1

a"<2 +2+ F + - +2 r =2+ 2~ _ 1“ = 3_2 <3-2

Na osnovu principa monotonije niz{an} ima graničnu vrednost i ta graničnavrednost se zove e.

lim ( l + - ) = e.n->oo \ n lBroj e je iracionalan broj. Njegova približna vrednost je

e « 2,718281...i uzima se kao osnova prirodnog logaritma.

9.3 Granične vredno sti realnih nizova u R

Navešćemo neke osobine graničnih vrednosti koje se lako proveravaju, a pisaćemo ih u skraćenom obliku. pri čemu recimo A: • oo = oo (fc> 0) znači:

gde je

Osobine

lim an •bn = oo,n—► oo

lim an = k, lim bn = oo.n*4oo n—i-oo

1. fc + oo = oo 7. ^ =oo, (fc> 0)2. f c+ (—oo) = —oo *00

3. fc • oo = oo, (fc > 0) ~~jT~ =4. fc-(—oo) = —oo, (fc> 0) 9. 00 + 00 = 00g _ Q 10. 0 0 - 0 0 = 0 0



9.4. Granične vrednosti realnih nizova u R 207

Postoji sedam " neodredjetiih” izraza. To su

-,/oo -o o , 0 *oo, 0 , 1°°, oo' !0 V »/ 00 .• / /

Njih ćemo određjivati tako što ćemo ili transformirati.na neki oblik čiju smo/ iV*

graničnu vrednosti već odrediti. Na priiner/ lim(1 H— = e je iednavn-voo V n /

granična vrednost koju smo odredili, a oblika je1°°;

Navešćemo još neke granične vrednosti nizova, koje navođimo bez dokaza,

a koje mogu da posluže za određjivanje "neodredjenih” izraza.

Teo rem a 9.3.11. l i m -Wa = 1, a > 0n-+o6

Ž. l im ^Vn = 1,n-+oo

3. l i m qn —0, |g| < 1,n— j-oo

4 • lim =0, a G fž, a > ln —»ooo.n

a5. lim — 7 = 0. a £ R. n- oo n!

{0 s > k ±00 k > s

— k = s &0

gde su Pfc(n) i Q, (n) polinomi stepena k i s i čiji su najstariji koeficijenti redom oq i6q.

Osobina6. se lako dokazuje ako brojilac i imenilac podelimo sa nr, gde je r = max(A:, s).

Primer:

lim 3n = 1 = 1

«-+<» 3 •2n + 2 •3" n-+w 3 • ( |) n + 2 2Podelili smo brojioc i imenioc sa 3n i koristili osobinu 3-



208 Giava9. Brojevni nizovi

9.4 Bolzan o - W eierstrassova teorem a

Definicija 9.4.1 Nizzatvorenih intervala [oi,6 j], [02, 62], {ore, (>„]...sa oso-binom da je svaki sledeći sadrzan u prethodnom [oi,6[] D [02,62] 3 — 2[on,6„] D ... pri čemu je lim (bn —an) = 0 zovemo niz sužavajućih mter-n—ioovala.

Te oreraa 9.4.1 Niz sužavajućih intervala imajednu ! samo jednu zajedničku tačku.

Dokaz: Nizovi {an} i {6n} su ograničeni. Niz {a„} je neopadajući, a ni{6n} je nerastući, po principu monotonije oni konvergiraju. Neka je

lim a„ - sup an = a, limbn —inf bn = 6.» - > 0 0 neW n-t-oo n €N

Sada jeb —a —iim bn — lim an ■ lim - a„) =0

n-+0C' r.-»-oo n—»-ooZnači

an < &—b < bn, za Vn e N tj.Q£[a„,i»n], za Vn S N.

Dokazaićemo jedinstvenost tačkea. Pretpostavimo da postoji još jedan brojc ^ a koji pripada svim intervalima. Sada je

bn —an > |c - a| > 0, za Vn e N

lim (6n - an) > [c - aj >0 ,n—+cc

što je u suprotnosti sa pretpostavkom da je lim (bn —an) =0.n~¥cjo

Teorema9.4.2Svaki ograničen niz ima bar jednu tačku nagomilavanja.

Kako je {an} ograničen niz, postoje infan = m i su pa n = M, tj.n

m £ an < M, za Vn S N.

Podelićemo interval [m, M] na dva jednaka dela, Bar u jednom od nji



9.5. Zadaci 209

.u kojoj je beskonačno mnogo članova niza označićemo sa (mi, M\]. Ako

podelimo na dva jednaka dela, bar u jednom će biti beskonačnomnogo članova niza i tu polovinu ćemo označiti sa [7712, M2]. Nastavljajućiovaj proces prepolovljavanja intervala dobijamo niz intervala [mn, M„], n =1, 2 , takvih da je

[mi, Mi]D [m2,M 2]D ... D [m„,M„] D ...

— mi važi da je lim(M„ —m„) = lim — - ----- = 0. Na osnovu prethodnen->oo n-*oo 2”

teoreme sledi da postoji a € R, unutar svih intervala [mn,M„] takva da je

lim mn = lim Mn = a.R-+00 n—+00

To znači da za Ve > 0, postoji no(e) tako da jea —e < mn < M„ <a + e zaVn > no(s).

Kako u svakom intervalu[mn,Mn], n £ N, ima beskonačno mnogočlanova niza {a„}, to znači da (a —e, a + s) sadrži beskonačno mnogo članovaniza, tj. a je tačka nagomilavanja niza.

9.5 Zadaci

9.1. Naći lim ( s / n 2 —\/n2 + 2n).Tl—tO G

Rešenje: Kako i \ /n3 — n2 i s/n2 + 2n teže beskonačnosti brzinom n,imamo:

lim ( \ /n 3 —n2 — \ fn2 + 2n + n —n) =n—><x>\1- , 3 / 1 ------7 , \/ (n 3 - n2)2 +n \ / n 3 ~ n 2 + n 2= hm (</n3 - n 2 - n ) .. . ........ .......-+

v ( n —n ) + — n2 + n2

, 1- t n + V n2 + 2 n+ lim (n —vn l + 2n )------- . .... =n + v n2 + 2n

= limn—oon

! (v /d - ; ) 2 + + 1] —2n 1 2 4” “ n[l + v/iTI] 3 2 3'





Glava 10

Funkcije jedne realne

promenljive10.1 Osnovne definicije, složene funkcije

U poglavlju 1.3 smo dali opštu definiciju funkcije. Sada ćemo se zadržatina specijalnom slučaju, kada su definicioni skup i skup vrednosti skupovirealnih brojeva. Pišemo y = / (.r), x £ A C R , y € B C R \ kažemo da je y realna funkcija jedne realne promenljive.

Ako je funkcija data u obliku y = f(x), kažemo da je data u eksplici-tnom obliku.

Ako je funkcija data uoblikuF(x,y) = 0, kažemo đa je data u impli-citnom obliku (npr, \ / x2 + y = 0).

G rafik funkcije / : A -4 B je Gj —{{i, y)|y = f(x), x G A}, tj. skup

svih uredjenih parova realnih brojeva sa osobinom da je prva koordinata x iz definicionog skupa A, a druga koordinata y je slika f (x) za x € A. Grafik odredjene funkcije možemo predstaviti i geometrijski u pravouglomDescartesovom koordinatnom sistemu.

Funkcija / : A -4 B za A = [—a, o] je p a rna ako je

f ( —x) = / ( j) za sve i e [ -a ,f l] ,

211



212 Glava 10. Funkcije jedne realnc promcnljive

a n ep arn a ako je

f (x) = —}{—x) za sve 3 e [ —a,a],

P rim er : Punkcija y = x2 je parna, jer je {— x) 2 = x-, a funkcija y = x3

je neparna, jer je x3 = —(—a:)3, za x 6 (-oo, oo).

Broj a;o je nula (koren) funkcije y = f{x) ako i samo ako je f(xo) = 0.

Punkcija y = f (x)

je periodična sa periodomw

ako i samo ako je f{x) = f ( x + w), i e ( - 0 0 ,0 0 ).

Definicija 10.1.1 Neka je funkcija y = f(u) definisana na intervalu (c,d) a funkcija v = g(x) definisana na intervalu (a,b), pri čemu je skup vrednost

funkcije g(x) za x € (a,6) podskup intervaia (c, d). Tada je f složena funkcija od x (preko medjuargumenta u) i pišemo y = f(g(x)).

Ovaj simbol predstavlja uzastopna preslikavanja x -+ u -+ y. Analognose može definisati funkcija sa dva, tri ili više medjuargumenata.

10.2 E lementa rne funkcije, osnovne osobine

U matematici se posmatraju ove osnovne elementarne funkcije:

1) stepena funkcija xa (a je realan broj);

2) eksponencijalna funkcijaax (a je realan pozitivan broj);

3) logaritamska funkcija logaa:(a > 0, a ^ 1);

4) trigonometrijske funkcije:

sini, cosi, tgi, ctgx;

5) inverzne funkcije trigonometrijskim fur.kcijama;



10.2, Eiementarne funkcije, osnovne osobine 213

Definicija 10.2.1Funkcije koje se mogu dobiti iz osnovnih elementamih funkcija pomoću aritmetičkih operacija i obrazovanjem složenih funkcija nazivaju se elementarnim funkcijama.

Sada ćemo dati pregled osnovnih osobina nekih elementarnih funkcija.

Stepena funkcija . Stepena funkcija je funkcija oblika y = xa , gde je

izložilaca proizvoljan realan broj.Ako jea racionalan broj, tada je stepena funkcija algebarska, a kada je

ot iracionalan broj, stepena funkcija je transcedentna.

Precizna definicija stepena kada su osnovna i izložilac proizvoljni realn brojevi, kako racionalni tako i iracionalni, zasniva se na teoriji iracionalnih brojeva, u koju se ovde ne možemo upuitati,

Oblast definisanosti stepene funkcije xa može biti različita za različite

vrednosti izložilacaa.Ako je a paran prirodan broj, ovakva funkcija je parna, te joj je grafik

simetričan u odnosu na y osu.

Za neparnoa E N funkcija jc ncparna i grafik joj je simetričan u odnosuna koordinatni početakO.

Grafici funkcija y = a E N, dati su na slikama 10.2.3 (zaa parno) i



Glava 10. Fiinkcije jedne realne promcnljive .

10.2.4 (za a neparno).

Slika 10.2.3Kada jea paran broj funkcija y = x i je definisana za x > 0, a za a

neparan definisana je za svako x € R.

Eksponencijalna funkcija. To je funkcija oblika

f (x ) = a*, o >0.

Primetimo đa jeax > 0 za svako x i da je a° = 1. To zna/či da su graficiove funkctje za proizvoljnoa > 0 iznad oseOx i svi prolaze kroz tačku (0,1).

Ponašanje eksponencijalne funkcije zavisi od toga đa li je

a > 1 ili 0 < a < 1.Za a — 1 eksponencijalna funkcija ima konstantnu vrednostl x = 1.

Za a > 1 s uvećanjem argumenta x uvećava se i y, a sa neograničenimrastom argumenta x neograničeno raste i y. To znači da je funkcija monotona,i to rastuća (slika 10.2.5).

Za a < 1 funkcija opada i neograničeno se približava nuli kada argumentneograničeno raste. Funkcija je monotona, i to opadajuća (slika10-2.6).



10.2. Elementarne funkcije, osnovne osobine 215

Grafik funkcije s osnovoma simetričan je u ođnosu na osuOy s grafikoni

Loga ritam ska funkcija. Logaritamska funkcija sa osnovoma je funkcija

inverzna eksponencijalnoj funkciji y = ox, tj. y — loga x ■*=> x = ay.

I ovde kao i kod eksponencijalne funkcije pretpostavljamo da je osnova

logaritamskog sistemaa > 0, a 1.Kako su logtt x i ax inverzne funkcije, to je logaax —x i ol0g''x = x, (x > 0).

Grafik funkcije y —Ioga x može se konstruisati prema opštem pravilu zakonstrukciju grafika inverzne funkcije, tj. polazeći od grafika eksponencijalnefunkcije

ax i crtajući simetrično u odnosu na pravu y = a;. Na slici (10.2.7) su grafici y = loga x za razne vrednostia.

Iz ovoga grafika mogu se izvesti neki zaključci o ponašanju logaritamskefunkcije.

1) Logaritamska funkcija nije definisana za negativne vrednosti x i nula;ona je definisana i neprekidna za x > 0.

2) Logaritamske krive prolaze kroz taćku (1,0), tj. logaritmi jedinice su jednaki nuli za proizvoljnu osnovua > 0, a ^ 1.

Zaa > 1 je y = Iogft x inonotono rastuća funkcija u celom intcrvalu (0. oo) pri čcrna je negativna u intervalu (0,1), a pozitivna u intervalu (l,oo). Za0 < a < 1 j(; y = loga x monotono opadajuća funkcija, pri čemu je pozitivnau intervalu (0, 1), a negativna u intervalu (l,oo).

funkcije sa osnovom1/a, jer je =ax .

V = loga x,

y

Slika 10.2.7



216 Glava 10, Funkcije jedne realne promenljivc

Trigonom etr ijsk e funkcije. Posmatrajmo jeđiničnu kružnicu. Nomalna projekcija poluprečnika (potega) koji zaklapa ugaoa sa pozitivnimsmerom x —ose na y —osu je sinus ugla a, u oznaci s ina, a normalna projekcija na x —osu je kosinus uglaa, u oznaci cosa.

U sledećoj tablici dajemo vrednosti ovih fuukcija za neke karakterističvrednosti ugla. Uglove ćemo meriti u radijanima, tj. dužinom luka jedinićkružnice koji odgovara uglua. (360° =2tt radijana).

a 0 jr fi 7Ti

7 r3

7T? 7r

y,

2ir ( sina |cosa 1 k2 f 12 0 -1 0 1 l °cosa. J • x sina 0 12 A2 £ 2 1 0 -1 0 V -

Slika 10.2.8Posmatrajmo navedene funkcije u obliku y — cosi i y = sini. Obe

funkcije su periodične sa periodom £ =2- k , definicioni skup im je R.

Grafici ovih funkcija u jednom periodu dati su slikama 10.2.9 i 10.2.1

Slika 10.2.10



10.2. Elementa,rm funkcije, osnovne osobine 217

Nule funkcije y = cosa:, tj. tačke x za koje je cosi = 0 su x = —+ kn za k = 0, ± 1, ±2,... .

NuJe funkcije y = sinx su x = kn za k = 0, ±1, ±2,... .

Punkcija y = cosx je parna funkcija, tj. cos(— x) = cos x (grafik ovefunkcije je simetričan u odnosu na y—osu).

Punkcija y = sina: je neparna funkcija, tj. sin(—x) = - s i n x (grafikfunkcije je simetrićan u odnosu na koordinatni početakO).

Navešćemo sada osnovne osobine tangensa i kotangensa uglaa, pri čemu je

sina cosat g a = ------ , ctg a = —-----.cosa sina

Funkcija y —tg i je definisana za vrednosti x za koje je cosar ^ 0,7T tj. mora biti x ^ —+ kir za k = 0, ± 1,... .

Funkcija y = ctgx je definisana za x ^ kn za k = 0, ±1,... .Funkcije tgx i ctgx su periodične sa periodomn.

Odgovarajući grafici ovih funkcija su:

Siika 10.2.11 Slika 10.2.12

Inverzne funkcije t rig on om etr ijsk ih funkcya. Ove se funkcije nazivaju još i ciklometrijskim funkcijama. Analiziraćemo ove funkcije.



218 GJava 10.Funkcije jeđne reaJne promenljivv

Funkcija y = s m i, x € R preslikava skup realnih brojeva na interva

[—1,1], ali nije bijekcija te nem a inverznu funkciju. Medjutim, na inter7T 7T ——< x < —, funkcija y = sinx je neprekidna, raste i preslikava taj segmena segment [— 1, 1].

Dakle, na intervalu [—f , f] postoji inverzna funkcija

y = arcsin x.

Ta je funkcija neprekidna i raste na segmentu

- 1 < x < 1

i preslikava ga na segment

Na segmentu

7T W - 2 s v < r

jr 3tt —< x < — 2 “ - 2

inverzna funkcija za y = sin x jey = 7T- arcsin x.

Slika 10.2.13

Funkcija y = sim raste na segmentima

—^ +2fc?r < x < +^- + 2 kir (k = 0, ± 1, ±2,...),£t Za opada na segmentima

7T 3r + 2kn < x < + — +2/t7r (k = 0, ±1, ±2,...),£* Zi

Inverzne funkcije za ove segmente su respektivno:

y = arcsin x + 2 kir i y = (tt —arcsim) +2fc?r (k = 0, ± 1,± 2, ...).

Uobičajeno je u matematičkoj analizi da se ovaj skup funkcija označ jednom oznakom, i to sa Arciiri x, tj.

f arcsina: + 2fc7r



’

10.2. Element&rne funkcije, osnovne osobine 219

pri Ćemu se arcsini zove glavna vrednost višeznačne funkcije Arcsina:.

Funkcija arccosi. Neprekiđna i opadajuća funkcija y — cosx na seg-mentu0 < x < n preslikava taj segment na segment —! < { / < ! .

Slika 10.2.14

Inverzna funkcija y = arccos x neprekidna je na segmentu-1 < x < 4-1, opada i preslikava ga na segment 0 < y < ir.

Ptjnkcijc inverzne kosinusu na segmentima

[2/ctt , (2fc + 1)tt] i [(2fc-l)7r,2fc7r] (fc = 0,±1, ±2,...)

su respektivo funkcije:

y = arccos x + 2fc7r i y = —arccos x + 2fcjr (fc =0 , ± 1, ±2,...).

Arccos x _ f ar<~ l

(k = 0, ± 1,± 2, ...),

U matematičkoj analizi se ovaj skup funkcija obeležava oznakom Arccos x,tj.

arccos x + 2 kir arccos x + 2 kn,

pri čemu se arccos x naziva glavna vrednost višeznačne funkcije Arccos x.

Funkcija arctg x. Funkcija y = tgz je neprekidna u intervalun 7T

“ 2 < : e < 2 'raste i preslikava taj interval u interval -oo < y < +oo.

Inverzna funkcija y —arctg z neprekiđnaje u intervalu (— 00 ,00), raste i preslikava taj interval na interval

7T 7T- i < y < r



220 GJava10. Fankcije jedne rea Ine promenljive

Na osnovu periodičnosti, funkcija y = tgx raste u intervalima

( - ^ +kn, ^ + kir) {A: =0, ± 1, ± 2, ...)•

Inverzne funkcije u tim intervalima su

y = arctg x + kn (k = 0 , ± 1,± 2,...)

ili sa uobičajenom oznakom

Arctg x = arctg x + kn (k = 0, ±1, ±2,...),

gde je arctg x glavna vrednost višeznačne funkcije Arctg x.

Punkcija arcctg x. Punkcija y — ctgx opada u intervalu0 < x < 7t. Inverzna funkcija je y = arcctg x.

Slika 10.2.16

Ta funkcija je neprekidna, opađajuća i preslikava interval ~oo< x < +oo



10.3. Granična vrednost funkcije 221

Zbog periodičnosti funkcije y = ctga;, ova će opadati i u mtervalinja

(kir,(k + 1)tt) (k = 0, ± 1 ,± 2 ,...). Za svaki od ovih intervala će postojatiinverzna funkcija funkcije y ~ clgx, pri čemu će skup svih inverznih funkcija biti dat relacijom

Arcctg x —arcctg x + kir (k = 0, ±1, ±2,...),

a arcctg x označava glavnu vrednost višeznačne funkcije Arcctg x.

10.3 Granična vrednost funkcije

Neka je y = f (x) sa domenom A C R. Promenom veličine x dolazi do promene veličine y; često je potrebno znati šta se dešava sa y (tj. sa vred-nostima f (x) kada se x "približava broju io ” >>i ako se x "beskonačno povećava”. To ”ponašanje” funkcije se dobija iz njene granične vrednosti.Pojam granične vrednosti nam omogućava da uvedemo diferenciranje, in-tegraciju i da ispitamo neke nove osobine funkcija kao što je na primerneprekidnost.

Neka je realna funkcija / definisana na skupu A C R j neka je xq tačkanagomilavanja skupa A.

Definicija 10.3.1Funkcija f(x) ima levu graničnu vrednostl u tački xo ako za svako e > 0 postoji 5(e) > 0 tako da je

\ f ( x ) —l \ <e , za £ (xo - ć(e),zo).

Tada pišemo da jelim f (x) = l.

Definicija 10.3.2Funkcija f(x) ima desnu g raničnu vredn ostd u tački £0 &ko za svako e > 0 postoji 6 (e) > 0 tako da je

|/(:r) —d| < e, za Vx 6 (xo>ô + ^(e))-

Tada pišomo da jelim f (x) —d.



222 G/ava 10. Funkcije jedne realnc promenljive

Definicija 10.3.3Funkcija f{x) ima graničnu vrednost a u tački xo ako za svako e > 0, postoji S{e) > 0 takvo da je

\f(x) —a| <e, za Vx e (xo — a?o +S(e)), ( x ^ x q ).

Tada pišemolim f (x ) = a.

Dakle, možemo reći da ispunjenje nejednakosti 0 < — x q \ < S(e) povlačiza sobom ispunjenje nejednakosti | f (x) —a| <e, što znači da je

a —e < f(x) < a + e ako je x q — <S(e) < x < x q + 5(e)

i x x q pri čemu jeS odredjeno datime, tj. = Č{e).

Geometrijska in te rp re ta c ija . Posmatrajmo pojas ograničen pravam paralelnim apscisnoj osi: y = a ~ e i y = a + e, koji ima širinu2 e.

Ggzistencija dvostruke nejednalcostia —e < f (x) < a + e, pri uslovima xo —S(e) < x < xo + rf(e) i x ^ x q ,

Slika 10.3.1

geometrijski znači da ma kako bio uzan ovaj pojas širine2e oko a , tačke(x , f (x)) leže u unutrašnjosti toga pojasa, ako se vrednosti argumenatsadrže u intervalu (rco —<5(er), xo + <S(e)), tj. u <S-okolini tačke x0, osim možda

za x = fE0-Granična vrednost funkcije f{x) u tački xq postoji ako i samo ako leva i

desna granična vrednost postoje i jednake su tj




Ako se "približavanje” argumenta x ka tački x0 vrši preko diskretnogskupa vrednosti, odnosno preko brojevnog niza {a„}( liman = x0) i ako

fl—►OO postoji Iim f (x) = A, može se lako pokazati da tađa niz {/(a„)} težiX - » X 0

ka A (tj. lim f ( an) — A).ooPrim er: Ako je f (x) = 3 ^ - 2 , pokazati na osnovu definicije granične

vrednosti da jelim(3x —2) = 1.i-+i

Neka je dat broje > 0. Iz nejednakosti

|(3ar —2) —1[ < e, tj. 3jx - lj <e

proizilazi |a; —lj < Uzimajući zaS funkciju ode :

1(S> .

imaćemo daje zasve vrednosti argum en tai za koje je Jar—lj <S(e) ispunjenanejednakost

1(3*-2) - 1| < e,

što, po definiciji, znači da je zaista iim(3x —2) = 1.x - + l

Proširićemo prethodnu definiciju novim definicijama u slučaju kad x q ilia imaju vrednost ±oo.

Definicija 10.3.4Kažemo da je lim f (x) = oo, ako i samo ako svakomX-4X0broju K > 0 odgovara broj S(K) tako da je za sve x € (xo — S(K), x0 4-S(K)), x xq, funkcija f (x) definisana i da važi f (x) > K.

Primer: lim-K = oo,i-tO 1 jer za svakoK > 0 važi

1 - .2 - 1 —z > K < & x < — < &\x \ = \ x - 0 \ < K

odakle sledi da jeS(K) = —= za svakoK > 0.v K

Slika 10.3.2



224 Glava 10. Funkcije jedne reainc pronienljive

Definicija 10.3.5'JCažemo da je lim / ( x) = —c», ako i samo ako svakom X—+X q

broju K < 0 odgovara brojS(K) tako da je za sve x £ (£o —${K), xq + (5(K')), x ^ xo, funkcij a f ( x ) definisana i da važi

f (x) < K.

Primer:

jer za svakoK < 0 važi1

1lim -*-f-l (x + l)2- 00 ,

(a: + l)2

1

< K < 0

( X + l ) 2 > K ^ 0 ^ I®+ !| <

odakle sledi da je5(K) = -~X=-V ~ K

A y= -l

Slika 10.3 3

Sledećih nekoliko definicijaobuhvataju slučajeve kad x -* oo ili x —>■—oo.

Definicija 10.3.6Kažemo daje lim f (x) = a, ako svakom unapred datomX —¥ 0 0

broju c > 0 odgovara broj M(e) > 0 tako da je za sve x > M(c) funkcija f (x) definisana i da važi

| /( i) - a| < e.

Definicija 10.3.7Kažemo daje lim f (x) = a, ako svakom unapred datomI -»-00broju e > 0 odgovara broj M(e) < 0 tako da jc za sve x < M(e) < 0 funkcija

f (x) definisana i da važi|/{x) ~ a| <e.

TT Na primer lim arctgx =X—>-oo 2




Definicija 10.3.8Kažemodaje lim f (x) = oo,ako svakom unapred datomz-toobroju K > 0 odgovara broj 5(K) > 0 tako da je za sve x > S(K) funkcija

f (x) definisana i da važi f (x) > K.

Na primer lim x3 —oo.X—► oo

Definicija 10.3.9Kažemo da je lim f (x) = oo, ako svakom unapred x —► —00

datom broju K > 0 odgovara broj6 (K) < 0 tako da je za sve x < S(K) funkcija f (x) definisana i da važi f(x) > K.

Na primer litn xA —oo.X —t — OO

Đ efinicija 10.3.10Kažemo da je lim f (x) = —oo, ako svakom unapred S-+OOdatom broju K < 0 odgovara broj > 0 tako da je za sve x > S(K)

funkcija f (x) definisana i da važi f (x) < K.

Na primer lim —x4 = —oo.I —OO

Definicija 10.3.11Kažemo da je lim f (x) = —oo,ako svakom unapred x —>—oo

datom broju K < 0 odgovara broj S(K) < 0 tako da je za < S(K) f(x) definisano i važi f(x) < K.

Na primer lim x5 = —oo. x —► —oo

Sledeće teoreme navodimo bez dokazaf a odnose se na aritmetičke ope-racije sa graničnim vrednostima funkcije.

Neka je lim f (x) = a i lim g(a;) =b gde je X q realan broj, +oo ili —ooX —*Xq X —H o

i ft,b 6 ( - 00,00).

Teorema 10.3.1Granična vrednost zbira funkcija je jednaka zbiru graničnih vrednosti funkcija, tj.



226 Glava 10. Funkcije jedne realne promenljive

Teorema 10.3.2Granična vrednost proizvoda funkcija je jednaka proizvodu

granićnih vrednosti funkcija, tj.lim (/(ar) • <7(x)) = lim f (x) - lim g(x) = a b.

* —► * 0 * X 0 X —V X q

Teorema 10.3.3Granična vrednost količnika funkcija je jednaka količnik graničnih vrednosti funkcija, tj.

llm /(* ) -g(x) lim g(x) bX—►lO

pod uslovom da je g(x) 0 i lim g(x) = b 0.

10.4 Upored jivan je funkcija,primeri graničnih vrednosti

1. Neka su f (x ) i g(x) takve funkcije da je

iim f (x) = 0 i lim g(x) — 0, x —*xo x —^ i o

gde je xo realan broj, +oo ili —oo. Pretpostavićemo još da jeg(x) / 0 u nekojokolini tačke x q , izuzev možda u samoj tački xo- Tada se f (x) i g(x) zovu beskonačno male veličine. Za uporedjivanje dve beskonaćno male velič posmatra se granična vrednost njihovog količnika.

la. Ako je

lim =. a, x-*x0 g(x)

gde jea neki realan broj različit od0, tada kažemo da f (x) i g(x) teže kanuli istom brzinom (ili da se jednako ponašaju) lcad x -f- xo- To zapisujemosa

f (x ) a g(x) kad x xo- , j

1b Ak j



10.4.Uporedjivanje funkcija, primeri graničnih vrednosti 227

tada kažemo da f (x) teži nuli brže negog{x) kad x x>h tj. f ( T) je beskonačno mala veličina višeg reda odg(x).

lc. Ako jelim = oo (ili - oo)i-no g(x)

tada kažemo da f (x) teži nuli sporije negog(x) kad x x().

2. Neka su f (x) i g(x) takve da je

lim \f(x)\ = oo i lim |j(a:)) = ool-tto l-tfo

gde je X q realan broj, +oo ili —oo, tada kažemo da su f(x) i g(x) beskon;u';r[ovelike veličine.

2a. Akojelim = b ^ 0 , z-+*og(x)

kažemo da f (x) i g(x) teže beskonačnosti istom brzinom (ili da se jednakr> ponašaju) kad x —>a;o- To označavamo sa

f (x) ~ b •g(x) za a: -» xg.

2b. Ako jelim = oo (ili - oo)g(x)

tada kažemo da f (x) teži beskonačnosti brže negog(x) kad x —> X q , tj. f(-Jrj je beskonačno velika veličina višeg reda odg(x).

2c. Akojei t a « 3 - o

x-* xo g(x)

tada kažemo da f (x) teži beskonačnosti sporije negog(x) kad x —>x!t.

P rim er : Posmatrajmo polinomPn(x) = aoxn +aiXn~l + ... + an-\x-{ a. kad x -> oo. Pn{.i:) ~aoxn, tj. Pn(x) teži ka oo ist.om brzinom kao irbm najvećim stepenoni, jer je

Pn(x) a0 xn + a lxn ~ 1 + ... + an_ix + a n xnIim — ~ = lim ----------------------------------------------- - -

i-i-oo agXn x - h x > Gq X Xn



228 Giava 10. Funkcije jedne rcalne promenljive

.. Oo + Oi^ + ... + a„_ior n+1 +a„ar " ao _ -------------------------------------------------- _ — „ jx-»oo ao ao

što znaci da se polinom Pn(x) u beskonaćnosti ponaša kao najstariji član odPn(*).

Uopštenje: %/Pn(x) ~ tyaoxn, x —>oo (k G N).

Za nalaženje graničnih vrednosti mnogih funkcija koristi se naredna teo-rema.

Teorema 10.4.1 Ako su funkcije /i(ar),/2 (x) i f(x) takve da je

M x ) < m < f 2 (x)

u nekoj okolini tačke xo (io je realan broj, +oo ili — oo) i važi da je

lim f \ (x) - lim f 2 (x) = a,X —*XQ X —tXQ

tada je i

lim f (x) = a. x-txo

Dokaz: Neka je realan broj. Kako je

lim f \ ( x ) ~ lim f 2(x) = aX - * X o X- >Xo

sledi da za svako e > 0 postoje <Si(e) > 0 i ^(e ) > 0, tako da je

| /i(x) ~ a| < e za \x - x 0| < 6i(e) ,x ^ x0,| / 2 ( a : ) - a | < £ z a \x - xn\ < 62( e ) , x ^ x$,

pa je

—£ < f i (x ) - a < f (x) — a < f 2(x) — a < e za |x —io| < (e)> x i 1 x o,

gde je 6( e ) = min{<5i(e), ^(e), <5o} (u Jo*°kolini xq važi nejednakost f \ < f <

f 2) što znači da je j/(x ) - a | < e za |ar - i 0| < 5(e),x ^ ar0, tj.

lim f (x) = a.X ~ f X Q

Teoreraa se analogno dokazuje i kad x —t 00 ili x -+ —00.



10.4-Upotedjivanjc funkcija., primeri graničnih vrednosti 229

sin x »P rim er: Pokazaćemo da je ]im----- = 1. Zbog parnosti funkcije /(xj =. x ~ + 0 20

smx----- , x £ R, i / O , dovoljno je ispitati desnu graničnu vrednost ove funkcije

u tački x = 0, tj. lim smx. Uzmimo jediničnu kružnicu sa centrom u tačkii-»0+ xO poiuprečnikaOP = 1. Neka je M tačka na kružnici sa osobinom da jeugao P O M pozitivno orijentisan i oštar, neka je tačkaQ presek polupraveOM i normale u tačkiP na pravuOP, a taćka N podnožje normale iz tačke M na dužOP. Obeležimo sa x merni broj uglaP O M u radijanima; tada jedužina kružnog lukaP M takodje jednaka x.V , ■ • N M H/T ■Kako je sm x = —— = N M lOM

PQ= — = PQ, jasno da

važi sino: < x < tgx,

Budući da je ugaoP O M oštar, to je x e Ô, ^ i s in i > 0. Ako poslednjurelaciju podelimo sa sin z dobijamo

x 1 sina;1 < ----- < ------ ui cosx <------ < 1.sina: cosa: x

Kako je lim cos x = cosO = 1, prelaskom na graničnu vrednost dobijamon 0+

sm x , . sina:hm ------< 1 tj. limx - » 0 + x x —» 0 + X

sinxte imajući u vidu parnost funkcije /, dokazali smo da je lim------= 1.x - » 0 I

Primer: Naći lim i=Š§3$.x->0

Ova granična vrednost je neodredjena oblika ”S?”.

l - c o s 2a: 1 „ 2sin2x 2 „ ,hm — —=— = - h m--- — = - hm( x ~ 3 x 3 x~to x 3 x-*o x



230 Giava 10. Funkcije jedne realne proincnljive

Stavimot = f(x) = 3{x —1), x £ R. Viđimo dat tezi broju 0, kada x teži broju1.

sin3(a: —1) sia t .lirn -- -------- tt = lim —— ■1.i-f l 3(a: —1) (-»o f

10.5 N eprek idnost funkcije

Definicija 10.5.1Funkcija f(x) je neprthidna u tački x q ako1 . postoji granična vrednost lim f (x) = a,

X — KX0

2 . ta granična vrednost je jednaka vrednosti fu nkdje u tački xq, tj. f ( x 0) - a.

Ako neki od ova dva uslova nije zadovoljen, funkcija f (x) ima prekid tački 10 -

Evo još nekoliko definicija neprekidnosti ekvivalentnih sa prethodnom

Definicija 10.5.2Funkcija f(x) je neprekidna u tački x0 ako za svakoe > 0 postoji S > 0 (£ zavisi ode ) tako da važi

|/(x ) - /(a:o)| < zfl Vi £ ( i0 - S, xq + S).

Neka je y = f (x) definisana u okolini tačke x0. Priraštaj argumenta utački x0 je Axq, a priraštaj funkcije Ayo u tački x0 je

A y0 = f ( x0 + A x 0) - f ( x 0).

Definicija 10.5.3Funkcija f(x) je neprekidna u tački x0 ako je



10.5. Neprekidnost funkcije 231

Slika 10.5.1

Sve prethođne đefinicije neprekidnosti su ekvivalentne, što znači da akose neka od njih uzme kao definicija neprekidnosti funkcije u tački onda seostaie dve mogu dokazati kao teoreme. Dokaze ekvivalentnosti ovih definicijaizostavljamo.

Definicija 10.5.4Funkcija f{x) je neprekidna u intervatu (a,b) ako je neprekidna u svakoj tački intervala (a, b).

Može se dokazati da ako je funkcija f (x) neprekidna u tački x (i i akoniz {an} konvergira ka Xo, t&da niz {/(an)} konvergira ka f ( xo), gde je

€ ( —0 0 ,00 ).

Definicija 10.5.5Funkcija f(x) je neprekidna u tačkixo sa desne stran eako je

lim f (x) - f ( x G) i- n 0+a funkcija f (x) je neprekidna u tački xo sa leve straneako je

lim f ( x ) ^ f ( x 0). x~*x0-

Definicija 10.5.6Funkcija f(x) je neprekidna na intevalu [a,b] ako je neprekidna u svakoj tački intervala (a, J>),11 tački a je neprekidna s desne strane a u tački b je neprekidna s leve strane.

Očigledno da će funkcija /{x) biti neprekidna u nekoj tački xq ako i samo

ako je ona u toj taćki neprekidna i s leve i s desne strane.




Teorema 10,5.1 Ako su dve funkcije f(x) i g(x) definisane na intervalu (o,b) i obe neprekidne u tački x £ (a,t>), utoj tački će biti neprekidne i

funkcije

1. f (x )+ g( x )\ 2. f (x ) - g ( x ) \ 3. f(x)-g(x )\ 4. za g(x) ^ 0.9(x)

Ova teorema je neposredna posledica dokazanih teorema o aritmetičoperacijama nad graničnim vrednostima funkcija.

Neka je funkcija y = f (u) definisana na intervalu (c, <i) a funkcijau =g(x) je definisana na intervalu (a,b) pri čemu je skup vrednosti funkcije (?{a;)kad x € (o,&) podskup intervala (c, d). Tada je funkcija / složena funkcod x i pišemo y = f(g(x)), a, b,c ,d su realni brojevi, oo ili —oo.

f(g(x0))=fl[uo)

Slika 10.5.2

Teorema 10.5.2 Ako je g(x) neprekidna funkcija u tački xo £ (o,i>), o funkcija f (u) je neprekidna u tačkiuq — 5 (2:0), tada će i siožena funkcija f(g(x)) biti neprekidna u tački

Dokaz: Kako je f (u) neprekidna u tački uo, to za svako e > 0 postoj7 (5) > 0 tako da je

!/(«) ~ /(«o)| < £ za |u - u0| <7 (e).

Kako jeg(x) neprekidna u tački xq sledi da za sve7 {e) > 0 postoji <Si{^(e)) =5(e) tako da je

1.9(2) - 3(a:o)t = |u - 7J0| < 7{f) ™ l:E- ôl < <He)-Tada je

!/( “ ) /( ) | !/{ff(®)) /( (* ))l £ | i 0) 5( )



10.5. Neprekidnost funkcije 233

što znači da je funkcija f{g(x)) neprekidna u tački x q .

Sledeća teorema nam govori o graničnoj vrednosti složene funkcije iuslovima pod kojim je

lim f(g(x)) = / f lim g(x) ) .X~fXo — >X 0 J

Teorema 10.5.3Funkcija f(g(x)) ima graničnv. vrednost a u tački

xo £ (a,b) ako je1 . lim g(x) - f3, 0 e [c,d], X—

2 . funkcija f(u) je neprekidna u tački0 (tj. ako postoji liir»/(«) = /(/?))

i tada jea = lim f(g(x)) = f ( lim 5 (x)) = f (0 ).I —VXQ

Dokaz je veoma sličan dokazu prethodne teoreme, pa ga izostavljamo.

Prim er: Dokazati da je + ®)* = e*

Rešenje: Nekaje

f(u) = (1 + i ) u,u e (0, oo), u = g(x) = xe (0, +oo)

i neka je x q — 0. Tada imamo

lim (1 + i ) * = lim f l + — = e = a.i->0+ u->oo V u /

Zadovoljeni su svi uslovi dovoljni za uvodjenje smene prilikom izračunavanjgranične vrednosti složene funkcije f (g(x)) te je

lim (1 + a;)* = e.

Slično se pokazuje i za x —►0“ te je





10.7. Osobine neprekidnih funkcija u zatvorenom intervaia 235

je neprekidna u tački_xo-

Slika 10.6.1 Slika 10.6.2

2. Ako postoji prekid funkcije /( x ) u tački a nije prve vrste, onda jeto prekid druge vrste (Slika 10.6.3) (ako ne postoji ieva ili đesna ili obegranične vređnosti u tačkis q ).

Slika 10.6.3

P rim er: Punkcija / ( x) = e* 1 je definisana za svako x 1.i Hm

lim e1" 1 = e*-*I+1-+1+ = oo, lira e1- 1 = e*-*1' = 0.

Punkcija f (x) = e*-1 ima u tački x = 1 prekid druge vrste (slika 10.6.4).

10.7 Osobine neprekidnih funkcija u zatvorenom intervalu

Navcšćerno nekoliko teorema u kojima su date najvažnije osobine neprekidnihfunkcija koje ćemo koristiti kod teorema diferencijalnog računa.

Teorema 10.7.1 Neka je funkcija f (x) neprekidna u zatvorenom intervalu [o, ?)]i na krajevima intervala ima različit znak ( f(a) f(b) < 0). Tada postoji bar jedna tačka c

€ (o,6)takva da je f(c) =

0.




To znači ako neprekidna kriva prelazi sa jedne strane x —ose na drugustranu, ona mora seći x—osu bar u jednoj tački.

Dokaz: Pretpostavimo da je /(a ) < 0 i f(b) > 0.Podelimo interval [a,6]a + b ., . r / a + b\ . , . a + b .na pola tačkom —-—. Ako je / —-— J = 0, tada jec = —-— l teorema je

dokazana. Ako je / ( " ^ ^) ^ onda je ili / ( ~ ^ ~ ) < 0 ili / ( ° ^ —) >

o , 'CL+ b'te će na krajevima jednog od intervala

imati različit znak. Taj interval označavamo sa

f ( ai) < 0, f{bi) > 0.

ili [“ jj- ’*] funkc'Ja /(^ )a i ,6i) i tada je

je c =

Tačka —-r—- deli na poia intei val [ai, bi]. Ako je / ( Ql ■■) = 0, o

- i teorema je dokazana. Ako je / ( “^ —") ^ 0 tada s

[02,62] označavamo onaj od intervala jaj., i j ili —~>6ij za koji jezadovoljeno da na njegovim krajevima funkcija f (x ) ima različit znak. Sađa

je

f (a2)< 0 i / (6a) >0 . Nastavićemo proces polovljenja intervala. Ako posle konačnog broja

rakak dobijemo tačku ° fc ^h u kojoj je / ( - - ^ ^ ) — 0 , tada je - * = c i teorema je time dokazana. Ako se to ne desi, dobićemo beskonačansužavajućih intervala\an,bn], n = 1,2,... takvih daje

f ( a n) < 0, f (bn) > 0

i dužina tih ititervala je bn - an. liin (bn —ctn) = liin f e r = U- N n o h i io v u '■n—*cx> - n —yco 1Bolzano - Weierstrassove teoreme je

lim an = lim 6n = c a <c < bn



10.7. Osobine neprekidnih funkcija u zatvorenom intervah 237

Kako je f (x) neprekidna funkcija na intervalu [a,6], biće f(c) = f ( lim a„) = lim /(a„) <0 in— too n-+oo

f(c) = /( lim b„) = lim f (bn) > 0, tj.7 i—t o o n —* c o

0 < f(c) < 0, što znači da je f (c) = 0. U slučaju kad je /(o) > 0 /(i>) < 0 dokaz je analogan.

Teorema 10.7.2 Neka je funkcija f (x) neprekidna u intervahi [a,6] i neka ima različite vrednosti na krajevima intervala [a,i>] (f(a) f f(b)). Tada za svaku tačku yo izmedju f(a) i f(b) postoji bar jedna tačka xo e (o,b) tako da je f(xo) =2/0-

Dokaz: Pretpostavimo da je f (a) < f(b) , što ne utiče na opštost dokaza.Sada je ya € (f(a), f(b)). Uvedimo pomoćnu funkciju g(x) definisanu nasledeći način:

g(x) = f ( x ) - y 0, a;e[o,6].

Ona je neprekidna na intervalu [o, 6] i na krajevima intervala ima različznak, tj. g(a) = f (a) - y0 < 0, 5 (6) = f(b) - y0 > 0 .

Na osnovu prethodne teoreme postoji bar jedna tačka xo - (0 ,6) takvada je g (x0) = 0, što znači da je f ( x 0) - y0 = 0, tj. f ( x0 ) = y0.

Teorema10.7.3 Ako je funkcija f (x) neprekidna u tački x0 i a k o j e f ( x0) >a (ili f ( x0) < a), onda postoji pozitivan broj6 takav da za sve x G ( x q ~ S,x0 + 6) važi da je f(x)> a (ili f (x) < a).

Dokaz: Neka je f ( x0) > o. Tada postoji e >0 tako da je




Kako je /(a;)'neprekidna funkcija u tački £o, to zae = f(xo) — a postoji<5(e)> 0 tako đa je

|/(®) ~ /(ô)! <£ za |x-x o |< (5 ,

sto znači da je~e < f{x) —f(xo) < e za | i - Eol < tj.

f (x) > f ( xq) — e = a za Vx £ (xo — 6 , + S).

Analogno se dokazuje i slučaj kad je f ( xo) < a.

Posledica 10.7.1 Ako je funkcija f (x) neprekidna u tački x$ i ako je f ( xo) ^0, tada postoji interval (x$ — 6 , %o + S) u kojem funkcija ne menju znak.

Teorema 10.7.4 Ako je funkcija f (x) neprekidna na zatvorenom interualu [a, i>],onda je na tom intervalu i ograničena, tj. postoje realni brojevi gi G tako da je g < f(x ) < G zaVx £ [a, 6].

Dokaz: Pretpostavićemo suprotno, da funkcija f (x) nije ograničena uinjtervalu[a, t>], U tom slučaju za svaki prirodan brojn postoji xn £ [a,b]tako da je |/(a:n)| >n. Kako se beskonačan skup {x„} nalazi u [«, to onima bar jednu tačku nagomilavanja x q -

Iz niza {xn} može se izdvojiti podniz { inp} koji konvergira ka ico £ [a,6].tj. x np — x q - Kako je f (x) neprekidna funkcija na intervalu [a,b], biće

lim f ( x n ) = / ( lim xn ) = f ( x 0) € R0 0 p —to o

a to je nemoguće jer [/{x„p)j -4 o o z a p - K » . Prema tome pretpostavka je pogrešna, tj. funkcija f (x) je ograničena.

Teorema 10.7.5 Ako je funkcija f (x) neprekidna na zatvorenom intervaiu [a,b), ona dostiže bar jednom svoju najmanju gornju granicu (supremum) i

najveću donju granicu (infimum).

Dokaz: Označićemo sam najveću donju granicu funkcije (infimum), tj.



10.8. Zadaci 239

sup /(x). Dokazaćemo da u intervalu [a,6] postoji taćka xq takva da je

/(a:o) = Af, (analogno se dokazuje postojanje tačke x i za koju je f{xi )= m).

f (x) je ogranićena funkcija, te su M i m realni brojevi. Pretpostavimoda f (x) ne dostiže svoj supremum tj. đa je f (x) < M za svako x g [a,b\.

Posmatrajmo pomoćnu funkciju g(a:) definisanu na sledeći način

9(I) =m ^ w y

Kako je f (x) < M, tj. M —f(x) > 0 za svako x £ [a,6], to je <7(3;) neprekidnana intervalu [a,6], te je na osnovu prethodne teoreme ograničena, tj. postoji L > 0 tako da je

g(x) < L za svako x £ [a,6].

Tada Je »/ •1// T - M - f (x) > ~ tj. f (x) < M - ~ < M za M —f(x) L Lsvako x € [a, 6], što je nemoguće, jer je M najmanja gornja granica. Znači, pretpostavka da neprekidna funkcija f (x) ne dostiže svoj supremum za

zatvorenom intervalu [a,6] je pogrešna, tj. postoji tačka xo£ [a,6] takvada je / (x 0) = M.

Neposredna posledica prethodnih teorema je sledeće tvrdjenje:

Ako je funkcija f (x) neprekidna na zatvorenom intervalu [a,i>], tada zasvaku vrednost yo, takvu da je

inf / (x )< y 0 ] tako da je f ( x 0) = y0.

10.8 Zadaci

. x4 —x3 —3x2 + 5x - 210 .1 . Naci hm —=— — ;------- 5---- —------------ .x—*1 x —3a:4 +4x3 — 4x2 + 3.x —1

Rešenje: Faktorisaćemo i polinoni u brojiocu i onaj u imeniocu(očigledno je jedan koren oba polinoma z = 1 jer je u pitanju neodredjenizraz oblika5).



240 Giava 10. Funkcije jedne realne promenljive

1 1 -1 -3 5 -2 1 1 -3 4 -4 3 -11 1 0 -3 2 0 1 1 -2 2 -2 1 01 1 1 -2 0 1 1 -1 1 -1 0

1 2 0 1 0 1 0

Sada je lim f f j j - i

10.2. Naći ..... V ^ T 2 - V 2 x ‘ + 3i - 1 0 L - «x-H X 2 — 1

Rešenje: Kako je limty6 x + 2 = 2, i lim \/2 x2 + 3a: - 1 = 2, imamoI —>1 X-+l

-^ 6 iT2 - V ^ T Š I ^ T + 2 - 2lim------------------- 5 — ;------------------ =a:-s-l X* — 1

_ ({m 6 g + ~ 2 - 2 { / (6x + 2)2 + 2^6x+~2 + 4 ^“ *Tix2 - 1 ' ^ /( 6 x + 2)2 + 2^6x + 2 + 4

2 - \/2x2 +3® - 1 2 + \/2x2 + 3x - 1 _ + “ “ 1 x 2 _ ! ' 2 + ^ + 3 x - l _

,, 6x + 2 —8 1= lim -5 :— 1hm — ...... ............ - ... ----------- 1-

*-»1 x 1 *-+1 ^ ( 6®+ 2)2 + 2^6 x + 2 + 4

4 — 2x2 —3x + 1 1+ h m --------=—--------- h m ------------------------------= =i->i x2 - 1 1-+1 2 + V 2 x2 + 3x - 1

1 6(1 - 1) 1 —(2x2 + 3x —5)= —- hm 7----- —------— + - lim--------5— ---------=12 x-¥i (x —l)(x + 1) 4 x->i x 2 — 1

1 6 1 (x —l)(2x + 5) _ 1 1 7 5” 1 2 £ J i * + 1 4 i ® ( x ~ l )( x + 1) " 4 4 2 ~ 8 '

n T,T - • \ /C OS X — v /C OS 210 . 3 . Naći lim v v

i-»-o sin2 x

Rešenje: Kako i \/cos x i ^cos~x teže ka 1 kad i - > 0 imamo

,, Jcos x —1 + 1 — \ / cos x v cosx —1 v/cos^ + 1l i m ---------------------- ~ -------------------- — h m ---------- ;; ------- --------

-----

- +x—>0 sin x i-*o

1 —v^cosX 1 + -3/Č0ŠX + v'coš2T



10.8. Z&d&ci 241

C O S I — 1 ■ 1 1— C O S I 1= hm ——~------hm'-

7 = ™ 7 + hm — ----- lim ------------------------——

-

- = = 'x-ô sin x i-»o i/cosx + 1 i-+o sin x x->o j + ^/čos x + vcos2x1 -2 s in 2 f 1 2sin2 f 1 sin2§- iJin — — + iim ■ . = - - hm . „* —l i-+o sin x o s->o sin x o i-»0 sm x

C ^ . ^ / 4 1 1 1J . 3 ( a M j J . j J 3 4 1 2 '

o 110.4. Naći lim(cosx —sin x ) ^ .x —»0

Rešenje: cos x —sin2x —1 +cos x —1—sin2 x = 1 —(1 —cosx) —sin2 x —

= 1 —2 sin - —sin x = 1 —2 sin - —(2 sin —cos —) =2 2 2 2

= 1 - 2sin2 |( 1 + 2cos2 |) ,

pa imamo

lim(cos2r —sin2 x) š? = jr-fO' ' T T 1 f a »n 2 f f l + i c o a 2 f ) ,

= lim (l - 2sin2 - (1 + 2 c o s2 - ) ) a*!-*?«1*2“ ■'■*?> ’x->ov 2 2

/ * in § '2 1 + 3 co s? f 1

= limc 1 f '' ' 4 = e“ » = -7=.i-i-0

10.5. Data je funkcija /(x ) =a) Za n = 1 naći lim f (x) .i —>i b) Za n = 2 ispitati vrstu prekida funkcije /(x ) u tački x — 1.

Rešen je: a) za n = 1 je: lim f (x) = lim(l + x —l) 1 ?*) =X -+ l X —* 1

1 f 1\ sin f * (x- L) Sin

= lim(1 +(x —1))(l_1) cos 71 =r Hm e =X —] X — 1

—(1 —r ) sin




b) Za n = 2 na sličan naćin dobijamo

—l ) a i n 2

lim /(a:) = lim e ^ -1 *1®5*1 = lim e cos 5*X—>1 *->1 X—>1

" n f ( l z ) 2 ? - 4

= lime ' = lim e*x—►1 x —►! pa je lim f (x) = e+oc5 = oo, lim f (x) = e-00 = 0 i funkcija ima prekid

X - f l + x - * l ~

druge vrste u tački x = 1.sc=s

10.6. Naii lim f2 — x ^ 0 V V T ^ - i )

Rešenje: Uvedimo smenu 1 — x ~ t6. Ondat —► 1 kad x ~+ 0, pa imamo:

lim (2 _ ^ ! ) * = liin (2 _ f z i ) ) ^ =t-S-l \ t 2 - 1 / £->1 \ t 2 —1 /

= lim(2 — t)*-i = limfl + (1 —ž))- !-*1 = lime~tS —e-1 =(—>1 ć—>-1 t^-i e

10.7. Odrediti A tako da funkcija

f _ / (c t S 2;c) ln z b za i £ ( - § , § ) \ { 0 }

za x = 0

bude neprekidna u tački x = 0.R eše nje: Punkcija je neprekidna u tački x = a ako je vrednost funkcije

jednaka graničnoj vrednosti funkcije u tački x = a, odnosno A = /(Q) = lim f (x) = lim(ctg2i) • ln = lim(ctg2a:) • ln 1 + X ,

x - +0 x - »0 x + A x - f 0 X 1

a , /, X 2 , / , X 2 \ < - £ i K- ?TT)ctg2:!: A — lim ln ( 1 ----- — - ) = hm ln ( 1--------=— - J ,x - f O \ X 2 + 1 / x- > 0 \ X 2 + 1 /

/I = lim ( - - f M . = lim f - = - 1.x - + 0 \ s m x x ^ o V x 2 + i y ( S2 £ ) S



Glava 11

Izvodi

11.1 Definicija izvoda,geom etrijska interpretacija

Izvod je jedan od osnovnih pojmova analize koji je postao nezamenjiv nesamo u matematici već i u drugim naukama.

Neka je f (x) definisana na intervalu (a,b). Koristeći oznaku za prirastargumenta Ax u tački x(Ax je mala promena argumenta), dobijamo prirastfunkcije u tački x.

Ay = A f (x) = f ( x + Ax) - f(x), x , x + Ax e (a,b).

Kod neprekidne funkcije u tački x smo videli da je lim Ay = 0.A1-+0

Definicija 11.1.1 Izvod funkcije f(x) u tački x je konačna granična vrednost (ako postoji) količnika priraštaja funkcije i priraštaja argumenata u tački x, kad Ax —►0tj.

Um / (* + ** > - / (* > .A*-v0 A x

Izvod u tački x se obeležava sa f ' (x) = y' . Ako je ova granična vrednost±00 , funkcija ueina izvod u tački x, a rni čcsto kaieino, koristeći uobićajenuterminologiju'iz tehnike, da funkcija ”ima beskonaćan izvod”.

243



244 Glnva 11. hvodi

Teorema 11.1,1 Ako f (x) imđ-izvod u tački x, onda je f (x) neprekidna tački x.

Dokaz: Kako f (x) ima izvod u x biće

lim Ay = lim — ^~^-A x = lim f ' (x) A x —0,Ai-+0 Ax-*0 A x Aa:->0

što znači da je f (x) neprekidna u tački x. Obrnuto ne važi, tj. f (x ) može biti neprekidna u x, a dau toj tački nema izvod. Naprimer

t< \ i i / x > x ^0/(x) = \x = < n J v ' 11 \ -x , x < 0

je neprekidna u tački x = 0,a nema izvod u i = 0, jer je

Iim /(O + Ax) -J ( 0) = lim |A x| = ]im A x = t

Ai-t-o+ A x At-*o+ A x Ai—to+ A x

,.m / ( 0 + A , ) - / ( 0 ) _ limi p = lto

Kako leva granična vrednost nije jednaka desnoj, ne postojiIim /(0 + Ag)- / ( 0 ) tj ne postoji ^ (0)

Ai-tO A xDa bi izvod u tački x postojao mora da postoje levi i desni izvod tj.

/ ; ( I ) = ,im Z l E t M z / M /1 ( I ) = llm / ( » + *»>~ /(*> J + X ' Ax->0+ A x ' ' As->0- A x

i da su oni jednaki medju sobom.

Posmatrajmo grafik funkcije f (x) definisane u intervalu (a,b) i na njemu proizvoljne tačke M (xo,j/o) ‘ N(xo + Ax, yo + Ay). Jednačina scčice kroztačke M i N je

/ ( i o + A i - ) - / ( x o ) , _ , y - y o = --------- ^ - *o)-



11.2. Izvodi elementarnih funkcija 245

Kad A x 0 tačka N se približava tački M, a granični položaj sečice jetangenta u tački M. Dakle, jednačina tangente u tački M(20 ,1/0) j«

f{x<i + Aa;) - /(xo L .

---------- S -----------

Koeficijenat smera tangente je f ' ( x0) = tga. Ako je f ( x0 + Ax) - /(*0)lim zboo,Ax

tada je jednacina tangente u tački M(xQ,yo), x — x<y = 0.

11.2 Izvodi elementeirnih funkcija. Izvod složene

funkcije, inverzne i parametarski zadate funkcije, logaritamsko diferenciranje

Teorema 11.2.1 Neka funkcije f (x) i g(x) imaju izvod u tački x. Tada je:

[f(x) ± g(x)}' = f ' (x) ± g'(x)

{f(x)g(x)y = f (x)g(x) + f (xW(x)

f ' t e M z ) ~ f (x)if{x) , ,------------------------------------------------------------------------------- “ 9 « * ° -

D k I t lj



246 Giava 11. Izvodi

Teorema 11.2.2 Neka funkcija g(x) ima izvod u tački x, a funkcija }{u) tački u = g(x). Tada složena funkcija f(g(x)) ima izvod u tački x i pri tom

36 [ f (9(x ))Y = f '(9(x))9'(x)-

Dokaz: Prema definiciji izvoda je

(/fa W ))' = lim / ■<*(* + * * » - / « * » ,Ax—*0 Ax

Pišući A u = ff(x + Ax) —ff(x), jer je g(x) = u, i množeći i deleći gornji izrazsa Au, imamo

[/<»<*))]' - g (l+ A ^ ~ g W .

Zbog neprekidnosti funkcijeu = g(x), A x — 0 povlači Au —►0, pa imamo

[ /(J (x ))) ' = Iim / f e + ^ l r / M Um ?<£ . t ^ j - Ž .W =Atx-+0 A u Ax-+0 A x

= f'(v)g'(x), (Au 0).

Ako je Au = 0, tada je = lim = 0 za svako Ax.Ai-^0 A x

Teo rem a 11.2.3 Neka je f (x) bijektivna funkcija definisana u intervalu (a,f>), a f ~ l (y) njena inverzna funkcija. Ako funkcija f(x) ima izvod tački x G (a,b), f ' (x) / 0 i f ~ l (y) je neprekidna funkcija, tada funkcija

f ~l {y) ima izvod u tački y = f (x) i važi

(.r l )'(y) = 7i - y f \x )

Dokaz: Prema definiciji isvoda je

( / ) '(■ /)= li / <!L+ y / M



11.2. Izvodi elementarnih funkcija 247

Kako je Ay / 0, a f ~ l (y) bijektivna fuakcija biće i A x ^ 0. Imajući uvidu da je f ~ l{y) neprekidna funkcija, to Ax

-40 kad A y -+ 0, pa je

f ~ x(y) = Jim A x 1A1-+0 f ( x + Ax) - f (x) f ' (x) '

Za funkciju y = f (x) datu u obliku sistema x = #(f), y = ip(t), kaže se da je u parametarskom obliku. Promenljivat se zove parameter.

Teorema 11.2.4 Ako funkcije x =4>(t) i y = ip(t) imaju izvode po t, tada je (ukoliko je4>(t) / 0)

y ( } m x ’( ty

Dokaz: Priraštaju A t odgovaraju priraštaji:

A y = r}>(t + Atf) - i

Ax — (f>(t + At) — <f>(t).

Ako je inverzna funkcijat = t/>_1(a:) neprekidna, tada je

r}>(t + At) - rp(t)ljm = iim --------- A t --------- _ $(£)

A n.0 A x Af -»0 1 p(t + Af) - tf>(t) <jV(t)At

Izvodi elementarnih funkcija:

1. c' = 0.

Dokaz: Ako je f (x) = c, onda je f ( x + Ax) - f (x) = c - c ~ 0, pa jelim ! ! Z ± * * > Z I V „ 0.

A1-+0 Ax

2. (xay = qs:q_1, a GQ, x > 0.

Dokaz: Neka jea = n € N. Tada je

(x»)' = lim ^ ± A5 ~ 1‘ =Ai-»o Ax



248 Glava 11. Izvodi

lim + (?)g"~lAg + (g)g"~a(Aa)2 + - + (") (Ax)n - x n Ax—>o Aa:limAx~+0[ ( ^ ,+Gh,Ai+~+C)(Ai>-= TlXn

P Jj>

Ako jea ~ - (p,q £ JV). Tada je y = n , yq = xp. Izjednačavanjem izvodadobijamo

0-1 / p - l / P lP_1P e - lqyq y = p x p \ pa je y = ------- 5----- - - n9 (ar«)9_1 9

P(y je funkcija od z), Neka jea. = — (p, g G iV). Tada je<7

_E i . , o - ^ / p - g g t P / r i - i p_ E_ ty - a; « = — , pa je y = -------- ■■------- = - i 'x, (xP/»)2 9

Pokazali smo da formula važi za svako racionalno a.

3. (loga xY = — , c > 0, <3^1.x m aDokaz:

/, w lo g J z + A z) - lo g „ X 1 , / s + Ax n(Iogn x)' = lim ------ — '------ = ilin log ---------------- =° At —>o Ax Ax->Q A x \ X )

= lim loga fl + — ) ^ 1 = iog0 e* = - log0 e = —^— .A a :—vO \ X J X X I n O

Specijalno, kad jea = e, imamo (lnx)' =~.x

4. (ax)' =ax lno, a > 0.

Dokaz:„i+Ax_ 0 x flAi _ i

(axy = lim -------- -----------= ax lim — --------- = ax l n a .A1-+0 Ax Ax-+0 Ax

Specijalno, kad je a = e, imamo (e1)' = ex. Sada možcmo pokazati da j

(a:0)' = a i a_1 za svakoa € R, x > 0.(a:a )' = (eln i“ )' = (e0'1'11)' = eV (a r) =- e a ' n x = - x a = aa:0"1,

x x



11.2. Izvodi elementzrnih funkcija 249

gde' smo staviliu = a ln x.

5. (sin x) ' = cos x,

Dokaz:, . sin(a; + Ax) —sina;(sini) = lim ----------- - -------------=Ai-tO Aa;

2 cos(x + Ap) sin Ax, s i n ^= lim ----------- ------------— = lim cos(a: + ——) lim — t -* -

A i - > 0 A x — 2 A x —*0

6. (cosi)' = —sinx.

Dokaz:. ., cos(x + Ax) —cosar (cos x) = lim — 1-- -—*----------- =’ Ai->0 Ax

—2sin(x + 4p)sin 4p .. . , A i. .. sili ^= lim ------------ --*-! ------ s_ = - hm sm (x+ — ) lim AAx Ax-»0 2 As-s-0 =£

7. (tg x); = — , jer jecos X

t _ /s in x \ ' cos^cosor - sina:(—sinx) _ 1(t g .y = ( ^ )\cosx /

8.(ctgx)' = - r - i- , jer jesm x

cos2 x cos2 x ’

( c t g x ) '= ( ^ ) =\ s m x /sm x / sin2 x sin2 x

9. (arcsinx)' ■sj\ —x2

Dokaz: Kako je za y = arcsinx, |x| < 1, — < y < x« Z primenićemo teoremu o izvodu inverzne funkcije, pa je

, 1 1 1 1(arcsiI‘jz) = 777737 =(sinj/)' cosy ^ l - si x fy Vl - x2’

cosx.

—sinx.

- siny,



250 Gfava 11. Izvodi

10 . (arccos x)' — — - .V1 - x l

Dokaz: Kako je za y = arccosa:, |a;| < 1, 0 < y < x = cosj/, poteorerai o izvodu inverzne funkcije je:

(arccosx)' =(cos yY sinj/ x/ l - cos2 y V l - x2

1 1. (arctgx)' =

je r je siny >0 za 0 < y < ir.

1l + x 2

Dokaz: Kako je za y = arctgs, x = tgy, ——< y < —, t° je

1 2 1 1(arctg x) = T— - = cos y = ■ ■■ ■■■■3- = 2-(tgS/) l + tg-'j/ l + i 2

12. (arcctgi) ' = - ^

Dokaz: Kako je za y = arcctgy, a: = ctgj/, fJ < y < tt, to je

. . \i 1 -2 ^ ^(arcctg x) = ------- - " - sm y = —---------=- = - - ------:(ctg y) l+ c t g 2y l + i

P rim er: Naći y'(x) ako je y = 3cos4 7a:5.

j/(x) = 3 -4cos3 7a:5 - (—sin7a:5) - 35a:4.

Ako jepotrebno naći izvod funkcijeoblika y = (/(a:))9^ , tadase prethod-nim logaritmovanjem, pa diferenciranjem po x, imajući u vidu da je[ln(/(x))]' = može naći f ' (x). \

P rim er: Naći /'(x ) funkcije f (x) = , x > 0.

ln xR ešen je: Prethodno logaritmujemo: ln /(z ) =---- , pa je x

/ ' ( ) I l l



11.3. Piferencijai funkcije i njegovogeometrijsko značenje 251

11.3 Diferencijal funkcije i njegovo geometrijsko značenje

Neka je funkcija f (x) definisana u(a,b) i neka priraštaju A x odgovara priraštaj funkcije Ay u tački x e (a, b).

Definicija 11.3.1 Za funkcijv. f (x) se kaže da je diferencijabilna u tački x ako se njen priraštaj može napisati u obliku

A y = D A z + a(A i) ■ A x

gde je D realan broj koji ne zavisi od Ax, a lim a (A r) = 0.

Lineama funkcija D • A x priraštaja A x naziva se diferencijal funkcije f u tački x i obeležava se sa df(x) , tj. dy = df (x) = D Ax.

Teorema 11.3.1Potrsban i dovoljan uslov da funkcija f(x) bude diferencijabilna u tački x je da ima izvod u toj tački.

Dokaz: Uslov je potreban. Pretpostavimo da je

A y = D Ax + a(Ax) Ax

pri čemu a -> 0 kad Ax -4 0. Tada je

lim = lim(D + a) = D.Ai-»o Ax Ai-+0

Znači, izvod postoji i f ' (x) = D. Uslov je dovoljan. Pretpostavimo da f (x) ima izvod

Odavde je Av , — = / (x) + a (A i), lima(Ax) = 0, A l A i - + 0

pa je A y = f '(x) ■Ax + a (A i)-Ax, što znači daje f (x) diferencijabilna jer f ' (x) ne zavisi od Ax. Kako je D = f ' (x) možemo pisatidy = f'( x) Ax.



252 G'iava11. Izvodi

Ako je f (x ) — x, vidimo da jedf — dx = 1 • Ax. Kako jedx = Ax, imamo dy

Izvod složene funkcije se može napisati preko diferencijala u oblikudy du du dx — , a izvod inverzne funkcije u obliku — =dy _ 1

dyPosmatrajmo x, x 4- Ax € (a, b) i tangentu u tački x. Kako je

f ’(x) - tg a , to je dy - f ' (x)dx = ~ P Q

dydx

Otuda proizilazi sledeća geometrijska interpretacija diferencijaladf(x) : dife-rencijal predstavlja priraštaj ordinate tangente u tački M na grafiku funkcije y = f (x) koji odgovara priraštaju argumenta od vrednosti x do vrednosti x + Ax, tj. PQ = df(x) = dy je linearni deo priraštaja A y, ili priraštaj potangenti. A y ^ dy, Ay = dy za Arc —>• 0.

Teorema 11.3.2 Diferencijal složene funkcije f(u), gde je u — <p(x), jednak je izvodu po medjuargumentu pomnoženom diferencijalom medjuargumen

Dokaz: Diferencijal složene funkcije f (u) je

df[v(x)] = [f((p(x)]'dx = f'(<p(x)) -(p'(x)dx,

a kako je

to je f'[<p(x)\ = f ' ( u); <p'(x)dx = du ,

= f'(u)du



llA.Izvod višeg reda. i diferencijali višeg reda 253

To znaći da je forma diferencijaladf(u) — f'{u)du invarijantna(df(x)^= f ' ( x) •dx).

P rim er: Izračunati približnu vrednost broja -v/8,1. Koristićemo funkci y = \fx i njenu tangentu u tački x = 9.

y(9) = 3, y'(9) = iKad se iz x = 9 pomeri u tačku a; = 8,1 bićedx = A x — —0,9, a kako je

dy ■ y’dx biće A y S dy{9) = - • (—0,9) = —0,15. Kako je A y = i/ 8 ,1 — V9,oto je odavdeV ^ I = 3 + Ay =* 3 - 0,15 = 2,85.

11.4 Izvod višeg reda iđiferencijali višeg reda

Izvod koji smo đefinisali naziva se i prvi izvod. Definisaćemo i više izvodDrugi izvod je izvod prvog izvoda

, " W , i im +Ai-*o Aa;

Produžujući tako, definišu se treći, četvrti,... n— ti izvod funkcije f (x) ioznačavaju sa

f , v ( x) , . . . J ^ ( x ) .

7,n n > 1 i uz jjrntpostavku da je izvod( n - 1 ) —og reda funkcije f (x) definisani oznaćen sa /^n_I^(a:) i da ima izvod, definiše se izvod n—tog reda funkcf (x) kao



2 5 4 Glava 11. Izvodi

Teorema 11.4.1 Ako funkcije x —x(t), y = y(t)imaju izvode drugog

reda, tada funkcija y = f (x)dejinisana ovimskupom funkcija ima drugiizvod jednak

s,,(z) = r w = f f l £ W r S l £ ^ .

Dokaz: Već srao pokazali da se prvi izvod y' (x) — f'{x) može predstavitiu parametarskom obliku

x = x(t), s/(*) = f ” |-

y'(t) yUobičajeno je da se (/ v obeležava sa —. Odavde je drugi izvod

x w X

dy'(x) ®(**H) - z " ( t )y'{t) y ( X ) - J W - d x - x , {t) - x ,3{t)

... , xy - x yili y"(x) = — — , x - x(t). X

Ako su x = x(t) i y = y(t) triput diferencijabilne funkcije, tada je trećiizvod funkcije y = f (x) jednak

dy"(t) • .... . ................. ... .2.. ,,nt( , _ _ dt _ S3{xy - yx) - 3(xy - x y ) x x

“ dx(t) ~ x 7

dt . 2 - ........~ ..2- x y — x y x —3 xxy +3 x y ,, ,

= ------------------ 5 ---------------- , X = x(t). X

Analogni postupak se može primeniti za traženje izvoda višeg reda funkcijdatih u parametarskom obliku.

Za funkciju y = f (x) diforencija.1 je

dy = df(x) = f'(x)dx.

U ovom izrazu se diferencijal argumentadx smatra konstantnom veličinom.Zato dy predstavlja funkciju argumenta x, te će diferencijal ove funkcije



11.5. Rolleova, Lagrangeova i Cauchyeva teorema 255

Uopšte, điferencijalomn —tog reda funkcije y = f (x) naziva se diferenci-

jal od diferencijaia (n - l)-vog reda, tj.cTy = d(cT_iy).

Kako jedy = / ' ( x)đx, to je „

d2y = d(dy) = d ( f ' (x)dx) = d ( f ’(x)) •dx = f"(x)dx2,

jer jed(f'(x)) = f"(x)dx, a d(dx) = (dx)'dx = 0, jerdx ne zavisi od x.

UobiČajeno je umesto(dx) 2 pisatidx2, i uopšte umesto(dx)n se pišedxn. Dalje je

d3y = d(d 2 y) — d (f"(x)dx2) = d ( f r,(x)) dx2 = f" '(x)dx3,

jer je d ( /" (i) ) = f '"(x) dx. Uopšte jed"y = f^ (x )dxn , tj. diferencijaln-tog reda je jednak proizvodu n-tog izvoda funkcije y = f (x) i n —togstepena diferencijala argumenta.

Formalnim đeljenjem poslednjeg izraza sadxn dobija se opšte poznataoznaka za n—ti izvod funkcije

/ (n)( ^ = £ | ^ ^ = / (n)^ ) - ^ .

11.5 Rolleova, Lagrangeova i Cauchyeva teorem a

Teorema 11.5.1(Rolleova teorema). Ako je funkcija f(x) neprckidna u zatvorenom intervalu [a, 6], ima izvod u otvorenom interualu (a , b) i ako je f (a) = f(b), tada postoji bar jedna tačka £ € (a,b) takva da je /'(£) = 0.

Dokaz: Neprekidna funkcija u zatvorenom intervalu dostiže bar jednomsvoju najmanju vrednostm i najveću vrednost M.

Ako jem —M, f (x) ima konstantnu vrednost na celom intervalu, pa je

f ' (x) = 0 za svako x G(a, b). Neka je m < M. Pretpostavimo da je M > f (a) = f(b) (ukoliko je

M = f(a) tada jem < f(a), pa bismo imali analogan dokaz).




Tada postoji bar jedna tačka £ £ (a,i»), takva da je /(£) — M.

Dokazaćemo da je /'(£) = 0. Kako je / ( i + A i ) < /(£) = M, za x + A x G [a, i»], to je

< 0, za A x > 0

/K + Ax)-/(0> 0, za Ax < 0.A x '

Ako A x —f

0, iz prve nejednakosti sledi /'(£) < 0, iz druge f ' ( 0 >

0, pa je /'(£ ) = 0. Dakle, ako su ordinate na krajevima intervala jednagrafik neprekidne funkcije y —f(x) ima bar jednu tačku u kojoj je tangentahorizontalna (paralelna sa x osom).

Teorema 11.5.2(Lagmngeova teorema). Ako je f(x) neprekidna u [a, i>]i ima izvod u (a, 6),tada postoji bar jedna tačka £ 6 (a,b) takva da je

Dokaz ćemo dati posle naredne Cauchyeve teoreme, a sada ćemo dgeometrijsku interpretaciju ove teoreme. Za krivu koja ispunjava uslLagrangeove teoreme u (a,b) postoji bar jedna tačka u kojoj je tangenta

paralelna sa sečicom krive koja prolazi kroz tačke(a,f(a)), (6, /(&))■ Dakle,Lagrangeova teorema je uopštenje Jtolleove teoreme.

y

Slika 11.5.1

Teorema 11.5.3 (Cauchyeva teorema). Ako su funkcije f(x) i g(x) neprek w zatvorenom intervalu [a,i>],imaju izvode u otvorenom intervalu (a,b) t za



11.6. L ’Hospitalova teorema

svako x £ (a, 6) je g'(x) 0, tada postoji bar jedna tačka f £ (a, 6),takva da

Je - ^ a) =g(6) - g(a) g'(£)'

Dokaz: Primetimo da jeg(b) — g(a) ^ 0, jer bi inače funkcijag(x) ispunjava uslove Rolleove teoreme, pa bi postojao broj £ e («, t>) takav

je g'(Cj = 0, što je suprotno uslovu da jeg'(x) ^ 0 za svako x E (a, &).Formirajmo pomoćnu funkciju<fi(x)

<j>(x) = [f (b) - f(a)]g(x) - [g(b) - s(a)]/(z).Ona je neprekidna na intervalu [a, iij, ima izvod u svakoj tački x € (o,b) i

još je4>(a) = 4>(b) - f{f>)g(a) - g(b)f(a) .

Prema Rolleovoj teoremi postoji £ £ (a, 6) takva da je

4>'(0 = [/(&) - /(a)V(O- fe(fr) - ff(a)]/'(f) = 0,što se može pisati kao f ( b ) - f ( a ) f ' ( t i

g(b)-g(a) g'(0 ' Akog(x) izaberemo specijalnog(x) = x, imamo

m - f (a)b —a

čime je dokazana Langrangeova teorema.

= m

11.6 L’Hospitalova teorema

Upoznaćemo se sada sa jednom primenom orvog izvoda funkcije za odrevanje granične vrednosti funkcije.

Teorema 11.6.1 L 'Hospitalova teorema. Neka su funkcije f ( x ) i g(x) di- fr .rencijabilne u nekoj okolini tačke a, sem eventualno u samoj tački a i neka

. jt. g' (x) 7 0 za svako x iz te okoline. Neka postoji



2 5 8 Glava 11. Izvodi

Ako je

tada jelim f (x) = 0 i limg(x) = 0,

g(x) 5'(x)

Dokaz: Ako funkcija f (x) nijč definisana u taćki a, možemo je dopunititako da bude neprekidna u toj taćki formirajućiF(x) na sledoći način

^ ) = { r :iiAnalogno seg(x) dopunjava do

G{x) = [ g } x) ' x * 0l 0, x = a.

Primenimo Cauchyevu teoremu naF(x) i G(x) stavljajućib = x. Tada jeF(x) - F(a) _ F'(0G(x) - G(a) G '(0

Odatle je

, a < £ < x.

/ < * ) _ m . _ ( ^ — /(t \ 5 9 ( x ) 9 ' ( t )

Kad x —»a i £ —»■a, pa je

x - >ag(x ) C -+<15 (C ) 9 W

L’Hospitalovo pravilo važi i tada kada x -4 oo ili x -4 -oo. Naime, za x = — u

,im/M ,lim/lil,,im£ ^ z i l , lim£M. _ x ^ ± ^ g ( x ) u - > 0 ff ' ( l ) ( - J y ) s ->±acg ' (x )

L’Hospitalovo pravilo važi i u slučaju kad je lim |/(z)| = 4-oo i lirn |ff(x)[ = x —*a x —*a

4-oo. Takodje važi i ako je A —±oo.



11.6. L ’Hospitalova teorema 259

Kako je lim sina; — lim x = 0 i postojiJ r-»0 *-+0

(sina:)' ,, cosx , . . .. sina:hm ^— - - —lim — = 1, to je i lim----- = 1.i->o ar *-»0 1 i->o x

Prim er: Naći lim a > 0.ar->oo xaKako ie lim x a = +oo zaa > 0, lim In x = oo i postoji£-*-1-00 X—>00

( l m ) ' l / i 1hm - — — = lim ------ r — hm -= 0I -^ + O O (a : 0 ) I -^ + O O Q I 0f “ 1 X —► 4’ OG Q * X

Ina:to ie lim ---- = 0.I-t-OO x a

f ' (x)Obrnuto ne mora važiti, tj. ako ne postoji lim ——— to ne mora značitii-+ag (x) f t x )

da i lim — j —y ne postoji. Na primer:

ir + sinx si ni .lim ----------- = hm (1 -)--------- ) = 1,I-VOO x x-*oo X

dakle postoji granična vrednost a ne može se primeniti L’Hospitalovo pravilo jer

.. (a: + sina;)' 1 + cosa:liin -■— - = lim------------------- X-¥O0 X I —> 00 1

ne postoji,

J (*e)Ako je Iim/(a:) = 0 = limg(a:)tada za lim — 7- f kažemo da je neod-x - 4 a x-+<1 x — £ ( x )

redjen izraz oblika L’Hospitalovo pravilo se može direktno primeniti i00na neodredjeni izraz oblika ”—”, a i ostali neodredjeni izrazi a to su”0 ■00

0 0 ” , ” 00 - oo”, ”1°°”, ”0°”, ”oo°” se mogu transformisati tako da se može primeniti L’Hospitalova teorema.



0a ovo je neodredjeni izra z oblika ” - , ” ili kako je lim f (x)g(x) = lim —r—, to0 x - > a

x - k >

oo je i neodredjen izraz oblika” —”, i možemo primenitidirektno L’Hospitalovuooteoremu.

Ako je lim f (x) = lim y{a:) ■ oo, tada jex - +o x —m

l im(f(x) - g(x)) = Um /(* )( l - f ^ ) -

0 \ X i Q \ % )Dalje je —;■■■. oblika " i ako je lim = 1, dobijamo neodredjen izraz f ( x ) 00 *->a f (x)”oo • 0” koji sada znamo naći.

Neka je <p(x) = /(x )9^ . Ako je lim f ( x)9 neodredjen izraz oblika xâ”0°”, "oo0” ili to je

limln$(:r) = limg(x) In f(x)x - * a x —> a

neodredjen izraz oblika ”0 • oo".

P rim er : Odrediti lim xx.3 - + 0 +

260 ________________________________________________ GJava 11. Izvodi

ln x -lim lnxs = lim z l n i = lim — = lim ~ lim (~ x) 0x->o+ i-+o+ i->0+ z x-+o+ —j- i-f0+ X x*

tj 'lim xx = e° s= 1.

x —* 0+

/ 2 \ zP rim er: Odrediti lim I —arctg x . X- * + 00 \ 7T /

/ 2 \ x (2 \ ln(f arctg x)lim ln —arctga: = lim x ln - arctg x ) = lim --------,--------

x-^+00 \7T / x—►+ oo \7T / x-> + oo i X

x—(-+co — x - h + o o l + x 2 a r c t g ^ t t '

pa je lim (f Eirctg x)x = e ».x->+oo w



11.7.Tay/orovateorerna, razvoj funkcije u Maclaurinov pol'mom 261

11.7 Taylorova teorem a, razvoj funkcije u Maclaurinov polinom

Teorem a 11.7.1(Taylorova teorema). Neka sv. funkcija f (x) i svi njeni izvodi do n—tog reda neprekidni u zatvorenom intervalv [a.b) i neka f (x ) ima (n + 1 ) -v i izvod u otvorenom intervalu (a ,b). Tada postoji tačka £ € (a,b) takva da je (11.8.1)

/ ( * ) = / ( « ) + ^ = ^ / ' ( o ) + + - + ~ ^ ~ r ( a ) + Rn+l(x)gde je

Rn+i(x) » { x ~ a} ~ f l n+1\ a + e ( x -a ) ) 0 < e < 1. (£ = a + B(x - a)) n!

Relacija (11.8.1) zove se Taylorova formula, a za n = 1 svodi se na La-grangeovu teoremu.

Napisaćerao je u drugom obliku.

Neka je a: =a + Ax. Tada je

f (a + Ax) = f(a) + ^ f ' ( a ) + ^ / " ( a) + ... + V > ( a ) + iU i ( * )

gde je Rn+i(x) = ^ ^ f ^ H a + eAT), 0 < e < L

Kažemo da je fuukcija f (x) razvijena po Taylorovoj formuli u okolinitačkc a. Izraz Rn+i(x) je ostatak i on predstavlja odstupanje funkcije f (x ) od Taylorovog polinoma i zato nas obično zianima (a?)j-

Formulu (11.8.1) možemo kraće zapisati u obliku

f (x) = £ ^ ^ f [k)(*) + fin-H W = P»(®) + Rn+l(x). 'fe=0

Z;i n = 0 Taylorov polinom zovemo Maclaurinov polinom. Maclaurinovaformula glasi:



262 Glava 11. Izvorii

gde jeTn+1 o < e < i .

Taylorova i Maclaurinova formula služe za aproksimaciju funkcije f (x) uokolini tačkea, odnosno u okolini nule Taylorovim odnosno Maclaurinovim

polinomomPn(x). Kada se stavi f (x) = Pn(x), ostatak |iZn+i(j;)| tada dajegrešku aproksimacije, tj. pokazuje koliko se funkcija f (x) razlikuje od poii-noma P„(x) u tačkama posmatranog razmaka oko taćke a, odnosno oko nule

P rim er: Razviti funkcije

a) f(x) = e?, b) f(x) = sina:,c) /(a:) = cosx, d) f(x) = ln(l + ar), x e (-1,1]e) /(* ) = (1 + x)a, a € R, \x\ < 1

u Maclarinov polinom i izračunati grešku.

Rešenje: a) Kako je

/ (*) = f '{x) = f"(x) = ... = /«")(*) = e*, n G N

to'je

m = /'(0) = /"(0) = ... - Z(n)(0) =1, f<-n+l\9x) =ee*,

Pa je

e* = 1 + i + -— + ... -)---- - + iin+ifi), n!

eX = 5 Z TT + ^+i f^ )-*=o

J

b) f (x ) = sin

Kakoje f ’(x) = cosx, f"(x) = —sini, f"'(x) = - cosx ,

f , v ( x ) = s in x , . . . , f V n + l H x ) = { —l ) n cosx ,

f (2n)(x) = ( l)nsinx to je



11.7.TayJorovateorema, razvoj funkcije u Maclaurinov polinom _____ 263

/'(0) = 1, /'"(0) = - l , . . - , / (2Bt y (0) = ( - i ) n

f (2n+3)(0x) = ( -l)n+1 cos9x, to Mađaurinova formuia funkcije f (x) ~ sim , glasi

j.3 2*5 X2n+1sinar = i - - j j + ^ + ... + ( - 1) " (2“ + - 1)| + % n + s(* ),

gd' iC , , X2" «“ l (S T 3 ) ! (- 1) COSH -

Kraće ne i nt ' —\ _ —

(2Jfc + l)! — x2k+i

s in i = £ 7 ^ r x n T {' 1)fc + R*n+*W - jt=0

Analogno se dobija

x2k c) cosx = ^ 2 2 k f ^ ~ ^ k +

fc=o

gde je . . X lS !" « ( l ) l = l ( s m ) ! (“ 1)"+1':“ 8:'

d) f (x) = In(x + 1)

/,(j: ) = J T T ’ f " l x ] = ( i + i ) * ’ A * > = *(* +1)3*......

= paie

ln(l + i ) = 0 + x — + _ l)" -1 + Rn+i

gde je

h u . m i - ' * ” 1 ( - i r il n + 1 (1 + (?x)n+1 I

ili kr<ićc

l n ( l + * ) = £ ? U - l ) fc- 1 + .Rn+1(2:).k=\



264 G/ava 11. Izvodi

e) f (x ) = (1 + x)Q,a € R, \x\ < 1.

Kako je f ^ ( x ) = a(a —l)...(a —n + 1)(1 + a;)Q_n koristeći f a \ a(a —l)...(a - n + 1) (n) f a \ 1U = ------------- s ------------- dobljamo f (x) = ( J ( i + i p ’

pa je

(1 + z)* = 1 + ~ x + — ~ x2 + ... + Q xn + (ar),

gde je

ili kraće

+ *)a = S ( fc )x<:+

11.8 M on otonost funkcije, ekstrem ne tačke

Definicija 11.8.1 f (x) je rastuća u okolini tačke a (slika 11.8.1) ako u okolini te tačke važi

f f(a + Az) - f (a) = Ay < 0 za A x < 0\ A y > 0 za A x > 0

Definicija 11.8.2 f (x) je. opadajuća u okolini tačke a (,Slika 11.8.2) ako u toj okolini važi

( & y > 0 za A x < 0\ A y < 0 za A x > 0



11.8. Monotonost funkcije, ekstremne tačke 265

Definicija 11.8.3Funkcija f(x) je monotono rastuča u intervalu [a,b},%ako je za svako X\ ,X 2 € [a, 6], f (x\ ) < f ( x2) za Xi < x i, odnosno monotono opadajuća u intervalu [o, i>],ako je za svako

x i , x2 £ [a,6], f ( x 1) > } (x 2) za 11 f ( x2) za xi < x2 funkcija f (x) je monotono nerastuća u

intervalu [a,6],U svakom od navedenih slučajeva se kaže da je funkcija f (x) monotona.

Teorema 11.8.1 Akoje f ' (a) > 0, funkcija f (x) je u okolini tačke a rastuća, a ako je f'(a) < 0 funkcija je opadajuća.

Dokaz: Neka je

/-(„) _ nm I t £ + M z m > 0. A x

Tada za dovoljno malo A x važi

f (a + A j ) - f(a) A x > 0, odnosno

f (a + Ax) —f (a) > 0 za A x > 0, f (a + Ax) - f(a) < 0 za A x < 0,

što znači daje funkcija f (x) rastuća u tačkia.

Neka je f '(a) = lim / ( a + <0. Tada je za dovoljno maloAi-tO Ax

Ax f ( a + A x ) —f ( a ) < 0 za Aa: > 0, f (a + Ax) - / (a) > 0 za A x < 0,

što znači da je funkcija f (x) opadajuća u taćki6 .

Teorema 11.8.2 Akojeu intervalu [a,6] f ’(x) neprekidnafunkcija i f ' (x) >0 funkcija f(x) jeu intervaJu [a 6] monotono rastuća a ako je f'(x) <0



266 Glava 11. hvodi

Dokaz: Na osnovu Lagrangcove.tcoreme za proizvoljne tačke x i , x2 €[a, 6], gde je xi < X 2 važi:

/ ( ^ ) - /(ari) = (32 - a:i)/ '(0 gde je xi < £ < x2.

Ako je f ' (x) > 0, tadaje i /'(£) > 0, paje f ( x 2) —f ( x 1) > 0 zaa;£ < x2, štozna£i da je funkcija f (x) monotono rastuća. Dokaz je sličan i za monotonoopadajuću funkciju. Važi i opštija teorema:

Teorema 11.8.3 Ako u intervalv (a, 6) funkcija ima kona&an pozitivan, ili beskonačni pozitivni izvod, funkcija je monotono rastuća u tom intervalu.

Ako u intervalu (a,b) funkcija ima konačan negativan, ili beskonačni nega- tivni izvod, funkcija je monotono opadajuča u tom intervalu.

Definicija 11.8.4 Za funkciju f (x) se kaže da « tački a ima ekstremnu vrednost ako i samo ako je njen priraštaj u toj tački Ay = f (a + A x) - f (a) stalnog znaka za svako Ax.

Definicija 11.8.5 Ako je A y < (1 za svako A x, funkcija f (x) u tački a iima maksimum, a ako je Ay > 0 za svako A x, funkcija f (x) u tački a ima minimum (slika 11.8.3).

r i

\0 O X

Slika 11.8.3

Teorema 11.8.4 Ako funkcija ima ekstremnu vrednost u tački a1 postoji f ' (a) , tada je f ' (a) = 0.

Dokaz: Ako bi bilo f ' (a) > 0, funkcija bi u tačkia bila rastuća (tj. bilo bi Ay > 0 za A x > 0 i Ay < 0 za A x < 0). Ako bi bilo f ' (a) < 0. funkcija bi u tačkia bila opadajuća (tj. bilo bi A y < 0‘za Ax > 0 i A y > 0 za



11.8. Monotonost fankcije, ekstremne tačke 267

Uslov j ' ( a) = 0 je potreban, ali nije dovoljan da bi funkcija f (x) imalaekstremnu vrednost u tačkia.

Primer: Punkcija f (x) = x3 nema ekstremnu vređnost za x = 0 iako je f ’(0) = 0. Ona je monotono rastuća u okolini x = 0 jer je f ' (x) = 3x2 > 0,za Vx, pa Ay menja znak u okolini te tačke za razne Ax.

Teorema 11.8.5Potreban i dovoljan uslov da neprekidna funkcija f (x) ima ekstrem u tački x = a je da je f'(a) = 0 ili da nije definisan, i da u okolini tačke a f'(x) menja znak.

Uoblčajeno je sve tačke x za koje je f ' (x) = 0 zvati stacionarnim tačkamafunkcije f (x) . Ako je

f ' (a - e) > 0, f ' (a + e) < 0 (e > 0),

funkcija ievo od tačke a raste, desno opada, pa u tačkia ima maksimum.Ako je

f ' (a - e) < 0, f ' (a + e) > 0 (e >0) ,funkcija levo od tačkea opada, desno raste, pa u tačkia ima minimum.

Punkcija f (x) može imati ekstremnu vrednost u tačkia i u slučaju da f '{x) ne postoji u toj tački.

P rim er: Naći ekstreme funkcije f (x) = (x - 1 )\G?.

/ '(*)3/?r 2 (ar - 1) _ 5 * - 2 _ 5(ar - §)

3 $fx 3tyx 3-tyx

Mogući ekstremi su za x = - i x = 0o X 2 2 —£ 0 e11' - 0 + + N.D. - y \ ■ 1 \

Dakle u tački j4(^, - |{ / ~ ) f (x) ima minimum, a u tački B(0,0) mak-5 5 V 25simum sa špicom




Teorema 11.8.6 Neka je

0 = f ’(a) = f"(a) = ... = /<">(«) / ( n+I1(a)? 0

i /(n+1)(x) je ncprekidna funkcija u tački x = a. Ako je n neparan broj, f (x) ima u tački a ekstremnu vrednost i to maksimum ako je /(n+l)(a) <0, a minimum ako je f(n+1)(a) > 0. Ako je n paran broj, funkcija nema ekstremnu vrednost « tački a.

Dokaz: Primenimo Tavlorovu formulu - '

Kako je /("+i>(^) neprekidna funkcija u tačkia i /^n+1^(a) ^ 0, to postojiinterval okoa u kome /^n+I^(x) ^ 0, f^n+1\ a +0Ax) ima isti zuak kao/(n+1)(a). Iz poslednje jednačine zaključujemo:

a) Za n neparno (Ax)Tl+1 > 0 za VAx, jer je n + 1 paran broj i imamdva slućaja:

1) Kad je f {n+1 \ a ) < 0 =>■ Ay < 0 za VAa:, tj. f (x) ima maksimum.

2) Kad je f^n+lHa) > 0 => Ay > 0 za VAar, tj. f (x) ima minimum.

b ) Za n parno (Az)n+1 menja znak za razne Aa:, jer jet i + 1 ncparan

broj i razmotrimo takodje dva slučaja:

Za x = a + A x imamo

Koristeći date uslove imamo:CAr’ln+1 /

f ( a + Ax) - /(« ) = > ~_-rr r / (Q + A® ■e), o <d < 1.'---------- v--------------- (n + lj!f {n+1>(a + Ax-0) , 0 < 6 < l .

za A x > 0za A x < 0



11.9. Konkavnost, konveksnost, prevojne tačke 269

znači f (x) raste, tj. nema ekstrema.

2) Kad je / ^ +1)(a) < 0 => | J J “ A i < 0 ZnaČi ^ opadatj. nema ekstrema, čime je teorema dokazana.

SpecijaJno, zan = 1 prethodna teorema glasi:

Teorema 11.8.7 Ako je f'(ct) = 0 i f"(a) ^ 0, f (x) ima maksimum u tački a ako je f"(a) < 0; f (x) ima minimum ako je f"(a) > 0.

Kad je f"(a) = 0, ne možemo ništa zaključiti o vrsti stacionarne tačke bez izvoda višeg reda ili ispitivanja znaka prvog izvoda u okolini tačkea.

Prim er: Naći ekstrem funlccije y = (x —3)2.

y' = 2(x —3), y" = 2. Moguć ekstrem je za x = 3, jer je y'{3) = 0, akako je t/"(3) = 2 > 0, u toj tački funkcija ima minimum.

11.9 Konkavnost, konveksnost, prevojne tačke

Neka kriva y = f (x) ima tangentu u tački a, čija je jednačina

Vt(x) = f '(a)(x - a ) + f(a) .

Definicija 11.9.1 Ako je f (x) > yt(x) u okolini tačke a, tj. ako je kriva iznad tangente, f(x) je konkavna u okolini tačke a.

Ako je f(x) < yt (x) tj ako je kriva ispod tangente v okolini tačke



270 G/ava 11. h v o ' l i

Teorema 11.9.1 Ako je f "(x) neprekidna u tački a i ako je f"(a) > 0 , tada je f(x) konkavna, a ako je f"(a) < 0, f (x) je konveksna u okolini tačke a,

Dokaz: Primenimo Taylorovu formulu za n = 1.A t / Ao*)

f (a + A x) = f (a) + ~ f ( a ) + + 0Ax), 0 < 8 < l

yt(a + Ax) = f ’(a)Ax + f (a) .Formirajmo razliku A = f (a + Ax) —yt(a + Ax). Znak od A će nam pokazatida li je funkcija ispod ili iznad tangente u okolini tačke A.

A = f (a + Arc) - yt(a + Ax) = - f " ( a + 0Ax).

f" (a + 6 A x) je istog znaka kao f"(a), pa

ako je f"(a) > 0 => A > 0 za WAx => f (x) je konkavna,ako je f"(a) < 0 => A < 0 za VAa:=>f(x) je konveksna.

Definicija 11.9.2Prevojna tačka funkcije je tačka u kojoj funkcija pretazi iz konveksnosti u konkavnost ili iz konkavnosti u konveksnost.

Teorema 11.9.2 Ako funkcija ima prevojnu tačku u x = o i ako postoji

f"(a), tada je f"(a) = 0.

Dok&z: Ako bi bilo f"(a) < 0, f (x) bi bila konveksna u okolini tačkea. Ako bi bilo f"(a) > 0, f (x ) bi bila konkavna u okolini tačkea. I jedno idrugo protivreči definiciji prevoja, a kako f"(a) postoji, mora biti f"(a) = 0.

Obrnuto ne važi, tj. taj uslov je potreban, a nije dovoljan.

Primer: f (x ) = x4, f "(x)

— 12x2,

/"(0 ) = 0 , a u tački x = 0 funkcijanema prevoj.



11.9. Konkavnost, konveksnost, prevojne tačke 271

P rim er: Naći prevojne tačke funkcije f (x) = </x - T .

-2 X l ~ £ i 1 + e9$/(x - l) 5 y" ■h N.D -

V c a

U tački j 4(1, 0) je jedini prevoj, jer }"{x) nije definisan za x = 1 i menjaznak u okolini te tačke, što se vidi iz tablice.

Teorema 11.9.4 Neka je } ’’[a) = f '"(a) = ... = f ^ ( a ) = 0 i /("+'}(i)

je neprekidna funkcija i /^n+1^(a) ^ 0. Ako je n pamo, f (x) ima prevojnu tačku u tački a. Ako je n nepamo, f (x) nema prevoj. (f (x) je konveksna u okolini tačke a ako je f(n+1 Ha) < 0, a konkavna ako je f^n+1 \a ) > 0 za n nepamo).

Dokaz: Kakoje

f(a + Ax) = f(a) + ^ / ' ( a ) + { - ~ f - f " ( a ) + ... + { - ^ l f W ( a) +

+(r —"iTr/ (n+1)(a+ 0 < d < i(n + 1)!

) yt(a + Aar) = f ' ( a)Ax + f(a) .

Zbog uslova teoreme f"(a) = f'"(a) ~ ... = /-n){a) = 0 imamo

fAa:! n+1 , A = f(a + Ax) - yt (a + Aa;) =-------rr r/ (a +Âx) 0 < 0 < 1.(n +1)!

Za n parno razmotrimo dva slučajaisti znak zbog neprekidnosti / ^ 4'1 ) ) .

1) Ako je /<rt+1){a) > 0 =* | ^ ^

pa f (x) ima prevoj u x-= a.

2) Ak oj e/ (" +' ) ( a ) < 0 ^ |

( f {n+l}(a) i f n+l)(a + 8 Ax) imaju

za A x < 0za Ax > 0,

za A x < 0

za A x > 0,





11.11. Asim ptote fuakcije 273

b) Prava y = k je horizontalna asimptota ako je lim f (x) — k. ■ x-ôo

Dokaz: lim(f(x) — k) = 0.X—»oo

c) Prava y = mx + n je kosa asimptota za f (x) ako postoje limesi:

f ( x )m = lim ----- , n = lim ( /( i ) - m i),m 0. X—t±OQ X 3 - + ± < X >

Dokaz:lim (f(x) ~ (mx + n)) = lim ( /( x) - x - f (x) + ^ $ - x ) = 0. X—too x-*<x> x X

Obrnuto: ako je lim(f(x) —(mx + n)) = 0 tj.X—foo

lim x\ 1 $ . —m — —] = 0,£-*QQ X X

biće lim = m, jer je lim —= 0. Takodje iz lim (/(a;) — m x —n) = 0x—oo X x - mx > x n—oosledi da jen = lim (/(x) —mx). Za ovako odredjenem 'i n prava y = m x + n X-+OQ

je kosa asimptota kad x -+ oo. Analogno se ispituje kad x —>■—oo.

Primer: Za funkciju f (x) = xe* naći asimptote.

i te i elim — = lim — = oo, lim y = 0. X—+0+ t-+oot x—fO-

x = 0 je vertikalna asimptota za desnu granu funkcije.

lim f (x) = oo, lim f (x) — —oo,£—► 00 oo

pa funkcija nema horizontalnu asimptotu.

Proverićemo da li ima kosu asimptotu y —mx + n.i i e —1m — lim e- = 1,n = lim (xe*- x) —lim ------- = 1,i >±oo i +±oo t i 0* t




11.11 D eta ljno ispitivanje funkcije

Kada kažemo da funkciju treba detaljno ispitati, to znači da treba ispitat

- oblast definisanosti funkcije{^/

- nule funkcije

*- asimptote funkcije

- parnost, neparnost, perigdicnost- stacioname ta^k^(ekstrenji i pr^vjjji)

- znak, rast, zakrivljenost

- nacrtati grafik funkcije.

Podatke za sve ove tačke ćemo dobiti ako ispitamo oblast definisanostnule i znak od f (x) , f '{x) j f"{x) kao i njihovo ponašanje {granične vredaosti)na granicama oblasti definisanosti.

Navešćemo primer u kojem ćemo ispitati funkciju bez nalaženja izvod

Na osnovu znaka f (x) i graničnih vrednosti ćemo dosta zaključiti čak io ekstremima i prevojima. Dakle. ispitaćemo funkciju

( x - l ) 3(x +2 )*

bez nalaženja izvoda.

1. Oblast definisanosti:

x G (—oo, -1 ) U (-1 ,0 ) U (0, oo)

2. ‘Nule funkcije:y = 0 za i = 1 \ x — —2 .



11.11. Detaljno ispitivanje funkcije 275

x = -2 je nula parnog reda (jer je 4 paran broj). Nula parnog reda imatu osobinu da u njenoj okolini funkcija ne menja znak. Ovde je u okolini

x = -2, f (x) > 0, pa već znamo da se za x — —2 dostiže minimum funkcije.

Moguće vertikalne asimptote sa u i = 0 i i = -1 .

lim f (x) = —oo, lim f (x) = oo, lim f (x) ■ oo, lim f (x) —oo,x - + 0 + x - > 0 _ i - > - 1 + x - * — 1 “

p a s u a : = 0 i x = —1 vertikalne asimptote za f(x).

x = 0 je neparna asimptota {jer je 5 neparan broj). Asimptote neparnogreda imaju tu osobinu da u njihovoj okolini f (x) menja znak.

x = -1 je vertikalna asimptota parnog reda (jer je 6 paran broj). Asimp-tote painog reda imaju osobinu da u njihovoj okolini f (x) ne menja znak.

Ispitaćemo horizontalne asimptote.

lim f (x) = 0, lim f (x) —0, x-too x-t—oo

pa je y = 0 horizontalna asimptota kad x -+ ±oo.

Komponujući da sada dobijene podatke, crtajući grafik (slika 11.11.1)viđiino da moraju postojati tačke:

Xi £ (—1,0) u kojoj f (x) ima minimum,15 € (l,oo) u kojoj f (x) ima maksimum,



r276 Glava 11, Izvodi

x% G (—00, —2) ukojoj f ( x ) ima maksimum,

xq € (15,00) u kojoj f ( x ) ima prevoj,

X3 G (x2, —2) u kojoj f ( x ) ima prevoj,

x i € (—00,13) u kojoj f ( x ) ima prevoj ,

što u grubim crtama već omogućava da crtamo grafik funkcije. Tačne kdinate ovih tačakamožemo naći pomoću izvoda, ali njihncćemo tražiti.

11.12 Zadaci

11.1. Ispitati vrstu prekida funkcije

1sini x 1 —ex

u tački i = 0.

Rešenje: Primenjujući L’Hospitalovo pravilo tražimo

lim f ( x ) = lim (-7------ - 1 - lim ( - ----- r ) = j-jO* i-»o± \ s in i x / I-+0* \k ex — 1/

lim

i-»o± \sini x

x - sin x um 5 lz_ L z£ = )im 1 —cos X i-to* r rs im i->o* x(ex —1) i-ô* sinz + r c o s i

limlim

smo; - lim x~ +o± ex — 1 + xeT co si + cos x —is im i-K)*ex + ex + xex

0 1 " 1 + i - 0 1 + 1 + 0 ~ 2’

pa funkcija ima prividan (otklonjiv) prekid u tački x = 0.

11.2. Naći lim ( ln i) ^ - ^.i-*i+Rešenje: U pitanju je neodredjen izraz oblika 0°.

a — lim (ln x)^x_1\x-f l +

ln a = ln lim (lnx)<1 1*= lim ln(lni)<1-1^ =



11.12. Zadaci 277

= lim (x —1) ln ln x = lim —r1-1 = lim - E i J - _ X-fl+ Z-+1+ 1-1 I-+1+ ~ ^

= - lim = - Hm J ^ T 1 = ? = 0,p a jo <j = e° — i x_Î+ xl nx 1 J e ~

11.3. Naći liin (ctgx)x. X—fO"1'Rešen je: Radi se o neodredjenom izrazu oblika oo°

a = lim (ctgx)x,x-»0+

In ctgscln« = ln lim (ctgx)x = lim In(ctgz)1 = linii x • ln ctga: = lim~t —y0+ x — *0+ sc->0+ I-V0+

, oo ,Dobili smo neodredjen lzraz , pa posle pnmcin' 1,’Hospitalovog pravidobijamo

i - lln a = lim ctgx ain2g _

x-*Č f+ — x-+ 0+

lim t g x ( ~ V = 0- 1 = 0Vsui;r >

pa je a = e° = 1.

11.4. Naći lim (sinz)1.X—>0+Rešen je: Ovo je neodredjen izraz oblika 0°.

o = lim (sina:)3x—>0+

Ina = ln lim (sin i)1 = lim ln(sinz)1 = lim , x ■lit(Hinx) = limi-»0+ *-»0+ x-»0+ x— o+ 1

Dobili smo neodredjen izraz obtika pa je daljc

cosa; -s.l n o = Hro sinI t — = ~ . = 0 - l - 1 = 0,

x->0+

odakle je o = e° —1-

11 5 Naći limz2^



278 Glava 11. Izvoči

Rešenje : Ovo je neodredjen izraz oblika 0 • oo. Svodimo ga na $ i pri-

menjujemo L’Hospitalovo pravilo: x2 .. 2 x x4hm — r- = l im ---- <------ = Iim----- r

4x3 6= lim — ;------ = 2 lim — r = ....

x-+0 “ 2 £*40 —T7e e **Vidimo da se stepen od x u brojiocu povećava posle svake primene L’Hospi-

talovog pravila i da na ovaj nhčiu ne možemo da nadjemo traienu graničnuvrednost. Zato pokušamo sa svodjenjem datog izraza na oblik — :1 1 n

lim —r~ = lim --- t ~ — = lim = oo.x->o -t- i-+o —4- i-+oi 3

x “™211.0. Detaljno ispitati fiinkciju f (x) = y=: ___ i nau:rtati njen grafik.Vx2 + l

Rešenje:

1. Df = R.

2. / ( i) = 0 za x = 2.

3 f ' ( ^ + 1 ~ ~ = x2 + l - ( x ~ 2 )x _ 2 x + l x 2 + i {*2 + i)V 52T T V (^2 + 1)3’

f ' (x) = 0 za x = —-. Kako je \ / ( x2 + l)3 > 0 za x £ R, znak prvogizvoda je

jr ( -OO.- i )/ ' (*) - +

pa u tački x = —g funkcija ima minimum

/min = / ( - “ ) - = -V 'Š .

v ?

^ 2v^*1+l)M2x+l) ^v''Ii+I 2*



11.12. Zadaci 279

— (2 l ^+2~ 6xi ~3 l > = (4a2-t-3x—2)~ IF+Tp

/"(ar) = 0 za

*1,2 =- 3 ± v/ 9 T 3 2 - 3 ± ! / 4 1

8 8

Kako jes/(x* + l)5 > 0 za. x E R, znak drugog izvoda se poklapa sa znakomkvadratne funkcije —(4a:2 + 3a: - 2).

X ( 00,

X! - 3 jJÎ) ( X l - = ^ , * 2 - = ^ S ) ( l2 - 3+ , 0 0 ) f"(z) - + -

U tačkama2 \ i X 2 funkcija ima prevoje.

5. Vertikalnih asimptota nema jer je Df = R. Tražimo horizontalnuasimptotu:

x —2 x —2ljrn f (x) = Jim —p = = = ^ = hm------.. = ±1.

^ ±0° ^ ±0° y/ x Hl + f ) ~ ±0° |X| / T+ JKad x -+ +oo, horizontalna asimptot.a je prava y = 1, a kad x ~► —oo,horizontalna asimptota je prava y = -1.

Slika 11.12.1




11.7. Detađjno ispitati funkciju f (x) = \/x (x —2)2 i nacrtati njen grafik.

Rešenje:

1 . Df = R.

2. f (x) = 0 z a x = 0 i x = 2.

1 «\23. /'(*) = ( ( x -2 ) 2 + x - 2 -(x - 2 ))3^/(x(x - 2 ) J)a

x2 —4x + 4 + 2x2 - 4a: 3x2 —Bs + 43^/x2(^“~2)"4 3š/x2(x - 2)4‘

„ o „ , „ 8 ± V64 - 48 8 ± 4 _ 3x -8 x + 4 = 0, xi,2 = -------- - --------= —-—, xi =5- 2, x<i = - pa je

3(x —2)(x —-) f ' ( x) = -------------------- ^

6 6

3x —23(x — 2)^ /x2(x —2) 3tyx2(x -2 )

2/'(x) = 0 za x = —(i tu je tangenta horizontalna).OPrvi izvod nije definisan za x = 0 i x = 2,

lim f ' (x) — oo, lim /'(x ) = ±oo,

i u tim tačkama je tangenta vertikalna. Ispitujemo znak prvog izvoda:

X (-0° .5) (§i 2) (2,oo)

3x —2 - + +x —2 - - +/'(*) + -

U x = | funkcija ima maksimum, a u x = 2 ima minimum.

4. /"(*) =3 • 3 ■Vx*(z - 2) - (3x - 2) •3a y j [ x _ 2 ) 2 (2x(x - 2) + x2)

9 • ^/x4 ( x - W 9 x J ( i —2 ) —( 3 i —2 ) ( 3 z 2 —4 i )

_ _9- f /x*(x - 2)2



11.12. Zadaci 281

9a:3 —18a;2 —9a:3 + 12x2 + 6a:2 —8x —8a: -8 .9 ■ - 2)4 9x • %/xb(x —2)49• y /x

f"(x) nije definisano za x = 0 i x = 2. Znak drugog izvoda je:

X (-oo,0) (0,co)/"(*) + -

5.

U tački a: = 0 drugi izvod menja znak i funkcija ima prevoj.

---------------- = l = f (x) x ' lim ~ limX->±00 x x-t±oo m ^ O

lim f (x) — m x = x-i±oo

- lim -) +x->±oo V / /x2(x —2)4 + X y/x(x —2) 2 + X 2

= lim(a;(a: —2)2 — x 3) ■ — =----- == ---=â:2(a: —2)4 + x y /x(x —2)2 + x2

= lim a:3 —4a:2 + 4a: —a:3

= limx—► ioo

T_>±0° ^/a:2(ar —2)4 + x %/x(x~ 2 )2 + a:2—4a:2( l - i ) 4

*a[ ^ ( i - i ) 4 + 0 i - i ) 2 + i] pa je prava y = x - | kosa asimptota ove funkcije.

fy




11.8. Detaljno ispitati funkciju / (x) =(x —l)e~* i nacrtati njen grafik.

R ešenje : 1. FHinkcija je definisana za svako x £ 0,

2. f (x) = 0 za x = 1.

3. f ' (x) = e * + (a: —1) _ i _ i x2 + x —1

f ' (x) = 0 za x2 + x —1 = 0, 2:1,2 — -1 ± VT+ 4 - l ± \ / 5

Znak prvog izvoda je znak kvađratne funkcije x2 + x —1, jer je e r > 0i x2 > 0 za x € Df .

X I (00, XI - ' S ^ ) {x i _ = i^ l jX2 _ = 1 ^ 1 ) (22 - - i i^ . o o )/ ' ( * ) 1 + - +

Funkcija u xi dostiže maksimum, a u i 2 minimum.

. >. _ I *2 , t _1 (2z + l)x 2 - (®2 + X - l)2 l4. / '\a :) = e * ■ + e - ■i-------- \ ,

/ ( * ) = e . .

f "(x) = 0 za x = i i znak drugog izvoda se poklapa sa znakom od 3a; -1 jer je e- * > 0 i x 4 > 0 z a i 6 i i \ {0}.

X (-00, £) (5,00)/ " (* ) - +

Funkcya u x = i ima prevoj.O5. Vertikalnu asimptotu tražimo u tački prekida:



11.12. Zadaci 283

2

= - lim = -2 lim -2- =x-+0+ e i • (~ 4 r) *-»0+e £

= ~2 lim = - 2 1 hn e- *= 0 ,*-»o+e* • (- jy ) I“>0+

šta znači da desno od tačke x —0 funkcija ima horizontalnu tangentu.

Kako je lim f (x) = ±oo, funkcija nema horizontalnu asimptotu. Daljetražimo kosu asimptotu:

f ( x ) i. x ~ 1 - ihm ---- - — lim -------e » = 1 = m ^ 0,£-»±oo x x —»-iroo X

lim f ( x) - mx = lim (x — l)e ~* - x = lim xe *I-*±00 l-v io o *->±00 X

1 i 1 T i _ i 1 - j - e « rr + r j - e^= hm e * • lim ----- ^ ------ --- 1 • lim - ----- *=------I-»±00 /I->±00 — I-f±00 --- V

= — lim ( l +e * ) = -2 = n,*-»±oo'‘ ’

pa je prava y —x - 2 kosa asimptota ove funkcije.

Slika 11.12.3

11.9. Detaljno ispitati funkciju f [x) = ln(x2 - x) - x i nacrtati njengrafik.

Rešen je: 1. Funkcija je definisana za x2 —x > 0




odnosno za x € (—oo, 0) U (1, oo).

X2 — X

/ ' ( x) = 0 za ®i,2 =

—x

-3 ± \/ jP r 4 3 =FVŠ- 2

X (-oo,0) (1,X2 = ^ ) (®2 - ^ ^ .o o )/ '(*) - + -

U tački X 2 funkcija ima maksimum, dokx\ &Df.

(--2x + 3)(s2 —rr) - (~ x2 + 3 i - l)(2a; —1)

(x2

—x)23. /«{*) =

—2x2 +2 x —1 2a:2 —2a: + 1(a:2 - x)2 (a:2 —a:)2

/"(i) = 0 za xli2 =

Drugi izvod funkcije nema realne korene, pa je f"{x) < 0 za Vx € Dj ifunkcija je stalno konveksna.



11.12. Zadaci 285

U tački x = 1 funkcija ima vertikalnu asiraptotu za desnu granu funkclim f (x) = lim ln(x2 —x) —x= —oo.

iÔ - x—>o-

U tački i = 0 funkcija ima vertikalnu asimptotu za levu granu funkc

lim f{x) - lim (ln(x2 — x) —x) = lim ----- — —l) = ôot ~>00 x —>±o© V X *► i oo

! l

X

In(x2 - x) jer je lim ------------- = lim 2 — 2 = o, pa funkcija nema horizontalnux->±cxi X x-*±QO 1asimptotu.

Tražimo kosu asimptotu:2x—1lim M = Ura ln(x2 x) _ ^ = + ^ x ^ x = _ 1 = m ^ 0

x —>±oo X x-*±<x> X £->±co X

lim f (x) —m x = lim ln(x2 —x) = +oo,x-f±oo x-»±oo

pa funkcija nema kosu asimptotu.

, / 3 + V 5 \ . f ( 3 + V Š \ ? 3 + 3 + =/(—a—j =i- cc—5—; — — ) - - ž - “

9 + 6%/5 + 5 3 +\/ 5 \ 3 +i /5

) 2



286 Giava H. Izvodi

11 .10. Detaljno ispitati funkciju f (x) = arctggrafik.

Rešenje: 1. Df = R \ {1,-1}.

-i nacrtati njen

2. /(— x) = f (x) pa je funkcija parna, odnosno grank joj je simetričan uodnosu na y —osu.

3. f ( x ) = 0 za x = 0.

12 x(x2 —1) — x2 2 x4- /'(*) =i + ( iE i )

- 2 x

(x2 - l )2

- 2 x x4 ~$rXft** 2 x 4 ~ 2 x 2 + 1 '

f ' (x) = 0 za x = 0. Ako u bikvadratnu funkciju u imeniocu prvog izvodauvedemo smenu x2 = t, dobijamo kvadratnu funkciju 2t2 — 2 t + 1, čije su

nule t \ t2

= - ^ -— - kompleksne što znaČi da imenilac prvog izvoda nemarealne korene (ne seče x —osu), pa je2x4 — 2x3 + 1 > 0, za svako x € R. Odavde je

X (-oo,0) (0,c»)/'(*) + -

pa u tački x = 0 funkcija ima maksimum.

_ . -2(2a;4 - 2a:2 + 1) + 2a;(8x3 -4x)

5- 1 <*>--------------- (i t e « - f a » + i)»---------- 1=112x4 ~ 4x2 - 2 2(6a:4 -2x2 - 1)

. Ponovo uvodimo smenu x2 = t,(2a;4 - 2a;2 + 1)2 (2a;4 - 2x2 + l ) 2 ‘ pa je f " ( x) = 0 za fit 2 —2 t —1 = 0,t, , = 3±i4+g_ i± 7 tl,2 12 — 6 •

Kako je negativno (pa nema realne korene), imamo da su nule

drugog izvoda = y -/1+ >/7. f i + y/7 V 6 i a:2-~xi = -1/ 6X (-00 2:2) (a:2xi)(®ioo)



11.12. Zađaci 287

Tačke X\ i su prevojne tačke funkcije.

6. Tražimo vertikalnu asimptotu u tački x = i :

lim j (x) = lim arctg •

( jerje lim a rc tg j : =f , lim ar ct ga r= -f )X—f+OO X—*—oo^

pa u tački x = 1 funkcija ima prekid prve vrste (leva i desna graničnavrednost funkcije postoje ali nisu iste).

lim f*(x) —lim —;— ^ — -2a:4 - 2a:2 + 1= - 2,

pa tangenta na krivu i levo i desno od tačke x = 1 zaklapa sa pozitivnimdelom i-ose ugao čiji je tangens —2.

Dalje, kako je

lim f (x) = lim arctg x - t±c c ( X—>ioo - arctg 1 =

prava y = j je horizontalna asimptota funkcije.

4 - x211.11. Detaljno ispitati funkciju f (x) = arCsin — — - i nacrtati njengrafik.

4 4- x2

Rešenje: 1. Funkcija je definisana za —1 < 2= ±2, /(0 ) = arcsin 1 = f .

3. f ( —x) = f ( x), funkcija je parna.

1 —2x(4 + x 2) —(4 — x2 )2x4./'(*) =i / i - ( 4 + l 2 ) 2

-16*

16 + 8 i2 + x4 —16 + 8:c2 - x4 (4 + x2 ) 2 \ (4 + cc2)2

—16x —16ar (4 + x 2)2 4|x |(4 + a:2)

- jqî < 0 za i > 0/ '(*) :

> 0 za x < 0

: < D

x \ (—oo, 0) | (0, oo)~ 7 W \ + -

lim f ' (x) = —1, lim /'(x ) = 1.i —>0+ i-+0~

Kako prvi izvod u tački x = 0 nije definisan, a u okolini tačke 0 prviizvod menja znak, tu funkcija ima ekstrem, i to maksimum.

{ (4 + ^ ) 1 > 0 za x > 0

(4+£f)a > 0 za x < 0

i funkcija je stalno konkavna.7T 7r 6 li f ( ) i ( l) j h i t l



11.12. Zadaci 289

asimptota.



290 G/ava 11. Jzvod

Literatura L Q> j

1. R. Doroslovački, Algebra, StyIos, Novi Sad, 1995.

2. I. Kovačević, Matematičke metode u tehnici I, Sveska 1, Realgebarske strukture, Naučna knjiga, Beograd, 1988.

3. D.S. Mitrinović, D. Mihajlović, P.M. Vasić, Linearna algebra, poanalitička geometrija, Gradjevinska knjiga, Beograd, 1978.

4. D.S. Mitrinović, Matematika u obliku metodičke zbirke zadarešenjima I i II, Gradjevinska knjiga, Beograd, 1971.

5. J. Nikić, Matematičke metode u tehnici I, Sveska 7, Polinomi, knjiga, Beograd, 1988.

6. Z. Radašin, Matematičke metode u tehnici I, Sveska 3, Determi sistemi linearnih jednačina, Naučna knjiga, Beograd, 1988.

7. M. Stojaković, Matematičke metode u tehnici II, Sveska 1, Ngranične vrednosti i neprekidnost funkcija, FTN, Novi Sad, 198

8. Z. Stoj^ković, Uvod u linearnu algebru, Zavod za izdavanje udž N. Sad, 1988.

9. V. Ungar, Matematička anaiiza, Sveska 2, Diferencijalni račun, Nknjiga, Beograd, 1991.



Edunuja: “TEXHHM(KE HAYKE - yu6eHHUH”

roduna ocnueaiba: 1996.

rnam u u odioeopnu ypednunit Edunuje, dexanu: npofj). ap J1 ymaH neTpona^Kn (ao 6poja 31)npo<(>. ap Hjinja "fiocHh ( o j i 6poja 32)

Octtuea'tu u uidm anu Edunuje: OaKy.nTei iexnnHKHx nayKa y H. Caay h MFI “STYLOS", H. Caji(f l o 6 p o j a 3 1 ) , a o f l 6 p o j a 3 2 < £ a n y j i Te r t c x h h ' i k h x HayKa.

Mmpopjnanuje o uojedunannuM 1. Hesena Aunh, Hnnja KoMwe&Hh,

ĐojHCJias Mapnh, Bepa ynrap2 . ^ b h mjio 0 6 p a a o B n h

3 . ; k n i ) c a w LUh ^ h mii

4 . M n^ûjcBK h, D.’iajio £e/ii ih

5. Hpena Homh Fi, Đepa Ynrap6. HaBiie Mor nn, Mbs h JlywnBHh7. Paê .floppcjiOBasKH

8 . 2>pa)iK0 IlepHLu nh, JJp ara n VlhCTnTi

9. Knnj a KonaHCBiiFi, He5o] uja Pajieanh10. Hj inja KoMHCBHh, He6o;ui a PaneBHh

JlHa Baui1 1 . B, MtutouieBvtft, M . TcMepvmau,

)K. Tpno&CKH12. Bjiariro B. BvKOSHh

13. BpaHKo nepnuiKh

14. HnitjB Koaase&Hh, He6ojma PaLneBHh15. KenoMHp Byjo&Hft

16 . rieTap LUnjaHOBKh17. B/ia/iHMnp Ct pc ockm, ûjaH JattKh

18. Paaoi u PemH&oj e&Mh19. E. Jlean, B. ByHKOBHh, B. CTpeiticKn

20. Jo&aHKPi HnKtih, J]HHHja omhR 2 L Mn/ia CTpjaKOBHh2 2 . Pa4e /IppocJioBaKKH

23. flcTap UeHjaHo&Hh, JlparaH CrojKoeHh24 . T pnn o TopoBHh, )KHaora A h t o h m Ii

2 5 . B ; ia a n M n p C r p e s o c K H ,CBCT,naHa MtuiaKOBHh

26. Hnnja KoeaMeBHh, He6ojuja Pa.ncenh

27. CHHmua Ky3MaHOflnh

28,2S.

3 0 .

31.

Paae JJopocjiOBa KMBhstko B. ByKOBHh

He&eHKa AuHh

JoaaHKa HHKHh, JlH^Hja MomhStfaaH K j i m i a p

PaTKo MapeTHft

AparaH KyKoi\>

uidaibiiMa:“MareMiiTHHKa anaJiH3a M”

“O c h o b h pasyHapcrea"

“ MaujHiicKH MarrcpHjajin IT’

“/iHrHTaHe Te.ieKOMyHHKauiijc *ičnpKa 3ajiaTaKa"“ Teop nja penoBa*’

“ IlpHHUHnH 6a3a noflaTaKa”

"36HpKa pctucKHX hchhtjihn 3aaaTaKa H3aJire6pc”“Oci ioEif paHyjiapcr[>a - MeTuaii4Ka ^GnpKa 3ajiaTaxa II

nporpaMaSH/ iHH ayTOMa nr’

“MarcwaTHHKa aKajmia I *rpammH« npouccH'*“ y B0 f l y warcMaTH»iKy aHajiH3y"

" O c h o b h TeneKDMyHHKauHja - 30HpKa saflaTaKa"

"V b o ii , y XHflponKeyMaTCKy TexnHKy"

“Ochobh paKyHapcTea - MeTOflMKKasSHpica aaaaTaKa 1(MaTeMaTHHKO-.iorKKKe OCHOBCpaaa paiyHapa)"

' ‘OyHK UH0HaJiHa aHajiHâ”

4,ATM0C<JWpCKO npa5KH)CHie H TCXHMFCa 3aiHTHTe -- TexHHKa b h c o k o t H a n o H a I a e o "

' ‘^,HHa.MHKa rac os a"

“C h c t c m peJ*y/iauKje nanoKa pajiHja;mHx / JHCTpH6yTHBHHX Mp ew a”

"Co uH oaom ja HayK«"“ O c h o b h c j ic iopoeHepreTHKe -

- cjieicTpocHCpreTCKH npeTBapaHK1’

''MaTeMaTiiKa jcjiaH - 1fleo" i4BepOBaTHoha h waTe«arHSKa cTaTHCTHKa”

“ E-neMCHTK onm re k nKHcapHe ajire6pe,T

”3oHpKa peiueHHx aaAaraKa ca hk c mc k k x k ch h t r H3MCKaHHKC ivnzia"”OCHO*K MOTOpa CyC""HKBHBajieHTK« rncMe efleicrpoeHepreTCKHx

TpaHCCôpMaropa y đKa.TmH c T9UKOnapHHX pe * HMa "

“ 3 6 n p K a pemeHifx h c hh th h ^ 3aaaraKa vncji eM t na t a cJ>yHKUHOKaj[Ke aHajiKae”

MyHHBep3ajiHH jyn «a cT H peayKTOpH caUKJlHHJipMHKltM 3ynHaHHUHMa"

l‘3 £' Kp Ka p e u ie H K x h c m h t h h x w a r a K a K3 a j i r e 6 p e "

4,yaoAy xpcmHeyMaTCKy TcxHHyr'4‘MaTewaxHKa 3a apx htsktokckh aflceK"

“MatcMaTHKa jeaaH • I Jieo”“ MoTOpH CYC - eKCnôaTaiiKja MOTOpa"

'*36iipKa peiuemix âjaiaKa H3 KKifeMaTHKe"

"AJiropHTM^ MpevKHor nporpaMHpafta'’



TKMH'i Hj ii

Documents

Matematika 1 - Deo I