Matematika 1 Zbirka zadataka

8/22/2019 Matematika 1 Zbirka zadataka

1/274

Ivan Slapnicar

Josipa Baric

Marina Nincevic

MATEMATIKA 1

Zbirka zadataka

http://www.fesb.hr/mat1

Sveuciliste u Splitu

Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje

Split, veljaca 2008.


2/274


3/274

Sadrzaj

Popis slika xiii

Predgovor xv

1. OSNOVE MATEMATIKE 1

1.1 Nejednadzbe s apsolutnom vrijednoscu . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom . . . . . . . . . . 3

1.3 Dokazivanje nejednakosti pomocu matematicke indukcije . . . . . . . 4

1.4 Binomni poucak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima . . . . . . . . . . . . . . 6

1.7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.8 Konjugiranje kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.9 Modul kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.10 Algebarski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.11 Jednakost kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.12 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.14 Korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.16 Jednadzbe u skupu kompleksnih bro jeva . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.17 Kompleksna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.18 Sustav jednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . 17

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . 19

v


4/274

1.20 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.21 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2. LINEARNA ALGEBRA 29

2.1 Osnovne operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2 Mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3 Matricni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4 Komutativnost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.5 Potenciranje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.6 Sustav linearnih jednadzbi bez rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem . . . . . . . . . . 34

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja . . . . . . . . . . . 36

2.9 Homogeni sustav linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . 39

2.11 Homogeni sustav jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . 42

2.12 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.13 Rang matrice ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.14 Sarrusovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.15 Laplaceov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.16 Svojstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik . . . . . . . . 47

2.18 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik . 49

2.20 Regularna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.21 Racunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom . . . . . . 50

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti . . . . . . . . . . . 51

2.23 Formula za inverz matrice drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.24 Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.25 Matricna jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.26 Jednadzba s kvadratnim matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem . . . . . . . . . . . . . 55

2.28 Rastav matrice na simetricni i antisimetricni dio . . . . . . . . . . . 57

2.29 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

vi


5/274

2.30 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3. VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA GEOMETRIJA 65

3.1 Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.2 Vektorska projekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.3 Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.4 Linearna kombinacija vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.5 Povrsina i visina trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.6 Povrsina paralelograma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.7 Povrsina i duljina dijagonala romba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.8 Mjesoviti produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.9 Volumen paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.10 Visina paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.11 Volumen tetraedra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.12 Jednadzba ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.13 Pramen ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.14 Okomite ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.15 Jednadzba pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.16 Okomiti pravci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.17 Ravnina paralelna pravcu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.18 Sjeciste pravca i ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.19 Sjeciste dvaju pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.20 Ortogonalna projekcija tocke na pravac . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.21 Ortogonalna projekcija tocke na ravninu . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.22 Ortogonalna projekcija pravca na ravninu . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.23 Udaljenost tocaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.24 Udaljenost ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.25 Udaljenost pravca od ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.26 Udaljenost tocke od pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.27 Udaljenost paralelnih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.28 Udaljenost mimosmjernih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.29 Sjeciste simetrale kuta i simetrale stranice . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.30 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

vii


6/274

3.31 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4. FUNKCIJE REALNE VARIJABLE 93

4.1 Podrucje definicije funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

4.2 Podrucje definicije sume i razlike funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.3 Graf opce sinusoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.4 Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.5 Nejednadzba s kompozicijom funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.6 Inverzna funkcija i podrucje definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.7 Inverzna funkcija logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.8 Limes slijeva i zdesna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.9 Limes oblika / u beskonacnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.10 Limes racionalne funkcije oblika 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.11 Limes racionalne funkcije oblika . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.12 Limes iracionalne funkcije oblika 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

4.13 Limes iracionalne funkcije oblika . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.14 Primjena lim(sin x)/x kada x 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1064.15 Primjena lim(sin x)/x kada x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.16 Limes oblika a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.17 Primjena limesa koji daju broj e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.18 Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4.19 Vrste prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.20 Asimptote racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4.21 Asimptote iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4.22 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom . . . . . . . . . . . . 116

4.23 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.24 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

5. DERIVACIJE I PRIMJENE 127

5.1 Pravila deriviranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

5.3 Logaritamsko deriviranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

5.4 Deriviranje implicitno zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

viii


7/274

5.5 Derivacije viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5.6 Deriviranje parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 135

5.7 Tangenta na eksplicitno zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . . . . 136

5.8 Tangenta na parametarski zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . . . 136

5.9 Kut izmedu tangenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

5.10 LHospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

5.11 Lokalni ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.12 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . . . . 143

5.13 Lokalni ekstremi i siljci funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

5.14 Lokalni ekstremi i intervali monotonosti . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.15 Tocke infleksije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

5.16 Tocke infleksije i intervali zakrivljenosti . . . . . . . . . . . . . . . . 147

5.17 Geometrijski ekstrem I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

5.18 Geometrijski ekstrem II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

5.19 Geometrijski ekstrem III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

5.20 Geometrijski ekstrem IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

5.21 Tok funkcije I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

5.22 Tok funkcije II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

5.23 Tok funkcije III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

5.24 Tok funkcije IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

5.25 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

5.26 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

6. NIZOVI I REDOVI 179

6.1 Limes niza po definiciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

6.2 Gomiliste niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

6.3 Konvergencija monotonog i omedenog niza . . . . . . . . . . . . . . . 181

6.4 Limesi nekih osnovnih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

6.5 Limes uklijestenog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

6.6 Limes produkta nul-niza i omedenog niza . . . . . . . . . . . . . . . 186

6.7 Limesi nizova sa sumama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

6.8 Limesi nizova s produktima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

6.9 Limes niza s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

ix


8/274

6.10 Limes niza rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . 189

6.11 Konvergencija i suma reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

6.12 Suma reda s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

6.13 Suma reda rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . 192

6.14 Nuzan uvjet konvergencije reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

6.15 Prvi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

6.16 Drugi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

6.17 DAlembertov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.18 Cauchyjev kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.19 Raabeov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

6.20 Apsolutna konvergencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

6.21 Leibnizov kriterij konvergencije za alternirane redove . . . . . . . . . 199

6.22 Odredivanje podrucja konvergencije DAlembertovim kriterijem . . . 201

6.23 Odredivanje podrucja konvergencije Cauchyjevim kriterijem . . . . . 202

6.24 Podrucje apsolutne konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

6.25 Taylorov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

6.26 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 206

6.27 MacLaurinov razvoj logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 208

6.28 Taylorov razvoj iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

6.29 Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 210

6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija . . . . . . . 211

6.31 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

6.32 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

A. DA/NE KVIZ 223

A.1 Osnove matematike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

A.2 Linearna algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

A.3 Vektorska algebra i analiticka geometrija . . . . . . . . . . . . . . . . 236

A.4 Funkcije realne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

A.5 Derivacije i primjene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

A.6 Nizovi i redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

x


9/274

Popis slika

1.1 Graf parabola y = x2 2x i y = 2x2 x 3. . . . . . . . . . . . . . 31.2 Slika skupa {(x, y) R2 : x2 + (y 1)2 1, y x + 1}. . . . . . . . 151.3 Slika skupa {(x, y) R2 : 4 < x2 + y2 < 9} {z C : 3 arg z }. 161.4 Slika skupa {(x, y) R2 : y < x24 1}. . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.5 Slika skupa {(x, y) R2 : (x 1)2 + y2 1, y 3x 1}. . . . . . . . 181.6 Rjesenje nejednadzbe (1.12). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.7 Rjesenje nejednadzbe (1.13). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.8 Presjek skupova prikazanih na slikama 1.6 i 1.7. . . . . . . . . . . . . 22

1.9 Slika skupa {(x, y) R2 : x2 + (y 1)2 < 1, (x 1)2 + y2 1}. . . . 26

1.10 Slika skupa {(x, y) R2 : x 1 y2

4}. . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.11 Slika skupa {(x, y) R2 : y x + 1}. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.12 Slika skupa {(x, y) R2 :

x + 12

2+

y 12

2 1

2i y x + 2}. 28

4.1 Sinusoida f1(x) = sin 2x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.2 Sinusoida f2(x) = sin 2x 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.3 Sinusoida f(x) = 1

2sin

2x

3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.4 Graf funkcije f(x) =x2

x2 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4.5 Graf funkcije f(x) =x2 + 2x

x 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4.6 Graf funkcije f(x) =

4x2 + x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117


4x2 + x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.8 Graf funkcije f(x) = 2 sin

12

x 4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

4.9 Graf funkcije f(x) = 2 cos 3x + 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122xi


10/274

4.10 Graf funkcije f(x) = cos2 x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

4.11 Graf funkcije f(x) =1

x2 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

4.12 Graf funkcije f(x) =x2 + 2x 3

x + 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

4.13 Graf funkcije f(x) =2x2 + 9x + 7

3(x + 4). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

4.14 Graf funkcije f(x) =x

2x + 3e1/x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

5.1 Presjek kruznog stosca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

5.2 Presjek kanala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

5.3 Pravokutnik upisan u prvi kvadrant elipse . . . . . . . . . . . . . . . 150

5.4 Trokut omedjen tangentom i koordinatnim osima . . . . . . . . . . . 152

5.5 Graf funkcije f(x) = x2 +2

x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155


1 x2 ex. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1575.7 Graf funkcije f(x) =

ln 2x

x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1595.8 Graf funkcije f(x) = 2 sin(2x) + sin(4x). . . . . . . . . . . . . . . . . 162

5.9 Graf funkcije f(x) =x 1x + 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

5.10 Graf funkcije f(x) = x + 1 2x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

5.11 Graf funkcije f(x) =7

x2 + 3 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

5.12 Graf funkcije f(x) =2x3

x2 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

5.13 Grafovi funkcija g(x) = e 1x ex i f(x) = |e 1x ex|. . . . . . . . . . . 1745.14 Graf funkcije f(x) = x

1 + ln x

1 ln x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

5.15 Graf funkcije f(x) = ex21

x24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

5.16 Graf funkcije f(x) = ln

1 +

2

x2 + x 2

. . . . . . . . . . . . . . . . 176

5.17 Graf funkcije f(x) = x 2 ln

1 1x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 177


x2 3x 4

2x + 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

xii


11/274

5.19 Graf funkcije f(x) = x1x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

xiii


12/274


13/274

Predgovor

Ova zbirka namijenjena je studentima tehnickih i prirodnih znanosti, a u prvom redustudentima Sveucilista u Splitu, Fakulteta elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje(FESB). U zbirci je izlozeno gradivo kolegija Matematika 1 po sadrzaju koji sepreda je na FESB-u. Zbirka sadrzi 153 potpuno rijesena zadatka iz poglavlja Osnovematematike, Linearna algebra, Vektorska algebra i analiticka geometrija, Funkcijerealne varijable, Derivacije i primjene te Nizovi i redovi. Slican sadrzaj nalazi se uvecini istoimenih kolegija koji se predaju na tehnickim i prirodoslovnim fakultetima.

Zbirka prati gradivo i nacin izlaganja udzbenika Sveucili sta u Splitu: I. Slapnicar,Matematika 1, Sveuciliste u Splitu, FESB, Split, 2002., te se rjesenja zadataka, radilakseg pracenja i razumijevanja, referenciraju na odgovarajuce djelove udzbenika.

Pored potpuno rijesenih zadataka, zbirka sadrzi i 166 zadataka za vjezbu s rjesenjima.

Posebnost zbirke je u tome sto svaki zadatak ima naslov iz kojeg se vidi sto studenttreba nauciti. Druga posebnost zbirke je dodatak u kojem se nalazi DA/NE kvizsa sto pitanja razlicite tezine iz svakog poglavlja, takoder s rjesenjima.

Buduci se radi o standardnom sadrzaju, nije citirana posebna literatura. Spomenutcemo samo neke od knjiga koje su utjecale na sadrzaj:

B. P. Demidovic, Zadaci i rijeseni primjeri iz vise matematike, Tehnicka knjiga,Zagreb, 1978.

P. Javor, Matematicka analiza, Zbirka zadataka, Skolska knjiga, Zagreb, 1989.

V. Devide, Rijeseni zadaci iz vise matematike, svezak I i II, Skolska knjiga, Zagreb,

1992.

B. Apsen, Rijeseni zadaci vise matematike, prvi dio, Tehnicka knjiga, Zagreb, 1982.

U izradi zbirke koristena su iskustva i zabiljeske bivsih i sadasnjih nastavnika ma-tematike na FESB-u pa im ovom prilikom iskazujemo svoju zahvalnost. Posebnozahvaljujemo kolegama Marku Matici i Sasi Kresicu-Juricu na pomoci pri pripremidjelova zbirke te Neveni Jakovcevic Stor, Ivancici Mirosevic, Ireni Dolonga, RatkiRadovic, Vanji Zupanovic i Ivanu Bilobrku, na pazljivom citanju teksta i ispravcimapogresaka.

U Splitu, veljace 2008.

Autori

xv


14/274


15/274

1.

OSNOVE MATEMATIKE

1.1 Nejednadzbe s apsolutnom vrijednoscu . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom . . . . . . . 3

1.3 Dokazivanje nejednakosti pomocu matematicke indukcije . . . . 4

1.4 Binomni poucak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima . . . . . . . . . . . 6

1.7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . 6

1.8 Konjugiranje kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.9 Modul kompleksnog bro ja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.10 Algebarski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.11 Jednakost kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.12 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . 8

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.14 Korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.16 Jednadzbe u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . 12

1.17 Kompleksna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.18 Sustav jednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . 17

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . 19

1.20 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.21 R jesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24


16/274

2 OSNOVE MATEMATIKE

1.1 Nejednadzbe s apsolutnom vrijednoscu

Rijesite sljedece nejednadzbe:

(a) |x 1| < |x + 1|,(b) |x2 2x| 3 x x2.

Rjesenje.

(a) Buduci da su obje strane zadane nejednadzbe pozitivne, smijemo kvadrirati.Time dobivamo sljedecu nejednadzbu

(x 1)2 < (x + 1)2,odnosno

x2 2x + 1 < x2 + 2x + 1,odakle slijedi

4x > 0,

pa nejednadzbu zadovoljava svaki pozitivni realni broj. Dakle, rjesenje je skup

0,

.

(b) Desna strana nejednadzbe moze biti i pozitivna i negativna pa ne smijemokvadrirati. Stoga promatrajmo dva slucaja ovisno o predznaku izraza koji senalazi unutar apsolutnih zagrada:

Slucaj 1. Pretpostavimo da vrijedi

x2 2x 0. (1.1)

Tada je|x2 2x| = x2 2x,

pa u ovom slucaju zadana nejednadzba glasi

x2 2x 3 x x2,odnosno

2x2 x 3 0. (1.2)Rjesenje ovog slucaja je presjek rjesenja kvadratnih nejednadzbi (1.1) i (1.2).Iz grafa parabole y = x2 2x slijedi da je rjesenje nejednadzbe (1.1) skup, 0] [2, +, a iz grafa parabole y = 2x2 x 3 (vidi sliku 1.1) slijedi daje rjesenje nejednadzbe (1.2) segment [1, 3

2]. Dakle, rjesenje prvog slucaja je

presjek dobivenih skupova, odnosno segment [1, 0].Slucaj 2. Pretpostavimo sada da vrijedi

x

2

2x < 0. (1.3)


17/274

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom 3

2 2

2

2

yx2 2x

1 3

2

3

y2x2 x3

Slika 1.1: Graf parabola y = x2 2x i y = 2x2 x 3.

Tada je|x2 2x| = (x2 2x),

pa u ovom slucaju zadana nejednadzba glasi

(x2 2x) 3 x x2,

odnosno

x 1. (1.4)Buduci da je rjesenje nejednadzbe (1.3) interval 0, 2 (vidi sliku 1.1), a nejed-nadzbe (1.4) skup , 1], rjesenje drugog slucaja je njihov presjek 0, 1].Ukupno rjesenje je unija rjesenja prvog i drugog slucaja, odnosno

[1, 0] 0, 1] = [1, 1].

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom

Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi

1 + a + a2 + . . . + an = an+1 1a 1 , a = 1, (1.5)

1 + 22 + 32 + 42 + n2 = n(n + 1)(2n + 1)6

. (1.6)

Rjesenje. Neka je M skup svih prirodnih brojeva n za koje vrijedi jednakost (1.5).Zelimo dokazati da je M = N. Jednakost ocigledno vrijedi za n = 1 pa je timezadovoljena baza indukcije. Sada pretpostavimo da jednakost (1.5) vrijedi za svek = 1, 2, . . . , n. Trebamo pokazati da tada vrijedi i za k = n + 1. Iskoristimopretpostavku da jednakost (1.5) vrijedi za k = n. Tada je

1 + a + a2 + . . . + an + an+1 =an+1 1

a 1+ an+1 =

an+2 1a 1

, (1.7)


18/274

4 OSNOVE MATEMATIKE

sto pokazuje da jednakost (1.5) vrijedi za k = n + 1. Time je ispunjen korakindukcije. Buduci da je n proizvoljan, princip matematicke indukcije P4 iz [M1,definicija 1.13] povlaci da je M = N, odnosno da jednakost (1.5) vrijedi za sven N.Napomenimo da jednakost (1.5) mozemo dokazati i direktno, odnosno bez koristenjamatematicke indukcije. Naime, za svaki a = 1 vrijedi

1 + a + a2 + . . . + an = (1 + a + a2 + . . . + an)

a 1

a 1=

a + a2 + a3 + an + an+1 1 a a2 ana 1

=an+1 1

a 1 .

Jednakost (1.6) dokazujemo slicno: uvrstavanje daje

1 + 22 + 32 + 42 + n2 + (n + 1)2 = n(n + 1)(2n + 1)6

+ (n + 1)2

=n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2

6=

2n3 + 9n2 + 13n + 6

6

=

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

6 ,

s cime smo dokazali korak indukcije.

1.3 Dokazivanje nejednakosti pomocu matematicke indukcije

Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n 2 vrijedi(1 + a)n > 1 + na, a > 0. (1.8)

Rjesenje. Oznacimo s M skup svih prirodnih brojeva n 2 za koje nejednakost(1.8) vrijedi. Za n = 2 dobivamo

(1 + a)2 = 1 + 2a + a2 > 1 + 2a,

pa vrijedi baza indukcije. Pretpostavimo da nejednakost (1.8) vrijedi za k =2, 3, . . . n. Trebamo pokazati da tada vrijedi i za k = n + 1. Krenimo od lijevestrane nejednakosti. Koristenjem pretpostavke da (1.8) vrijedi za k = n, dobivamo

(1 + a)n+1 = (1 + a)(1+ a)n > (1 + a)(1+ na) = 1 + (n + 1)a + na2 > 1 + (n + 1)a.

Dokazali smo da je(1 + a)n+1 > 1 + (n + 1)a,

odnosno da nejednakost (1.8) vrijedi za k = n + 1. Buduci da je n proizvoljan, izprincipa matematicke indukcije P4 iz [M1, definicija 1.13] slijedi M = N. Dakle,

nejednakost (1.8) je istinita za sve prirodne brojeve n = 1.


19/274

1.4 Binomni poucak 5

1.4 Binomni poucak

U razvoju binoma x +

14

x

6odredite clan koji ne sadrzi x.

Rjesenje. Prema [M1, teorem 1.6] vrijedi

x +

14

x

6=

6k=0

6

k

x6k 1

4

x

k=

6k=0

6

k

x3 34k.

Clan u razvoju binoma koji ne sadrzi x dobije se uvrstavanjem onog k N za kojegvrijedi

3 34

k = 0,

pa je k = 4 i trazeni clan 6

4

=

6!

4! 2! = 15.

1.5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma

Odredite zbroj koeficijenata u razvoju binoma

5x2 4y37 .

Rjesenje. Prema [M1, teorem 1.6] je

5x2 4y37 =

7

k=07

k5x27k 4y

3k ,odnosno

5x2 4y37 = 7k=0

7

k

57k(4)kx2(7k)y3k.

Uvrstavanjem x = 1 i y = 1 u gornju jednakost dobivamo trazeni zbro j jer vrijedi

5 12 4 137 = 7

k=0

7

k

57k(4)k.

Dakle, zbroj koeficijenata u razvoju zadanog binoma iznosi 1.


20/274

6 OSNOVE MATEMATIKE

1.6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima

Izracunajte z1 + z2, z1 z2, z1 z2 i z1z2

ako je z1 = 1 i, z2 = 2 + 3i.

Rjesenje. Vrijedi

z1 + z2 = (1 i) + (2 + 3i) = 3 + 2i,z1 z2 = (1 i) (2 + 3i) = 1 4i,z1

z2 = (1

i)

(2 + 3i) = 2 + 3i

2i

3i2 = 5 + i,

z1z2

=1 i

2 + 3i 2 3i

2 3i =2 3i 2i + 3i2

22 (3i)2 =1 5i

4 + 9= 1

13 5

13i.

1.7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja

Odredite realni i imaginarni dio kompleksnog broja z ako je:

(a) z =i6 + i3

i2 i7 ,

(b) z =

4 i303

3 + i .

Rjesenje.

(a) Buduci da je i2 = 1, i3 = i, i6 = i4 i2 = 1 (1) = 1, i7 = i4 i3 =1 (i) = i, uvrstavanjem i racionalizacijom nazivnika slijedi

z =i6 + i3

i2 i7 =1 i1 + i =

1 + i

1 i 1 + i

1 + i=

1 + 2i + i2

1 i2 =1 + 2i 11 (1) =

2i

2= i

pa je Re z = 0, Im z = 1.

(b) Buduci da je i

303

= i

4

75+3

= i475 i3 = 175 (i) = i, racionalizacijomnazivnika slijediz =

4i3 + i

3 i3 i =

43 i + 4i232 i2 =

43 i 43 (1) =

4 43 i4

= 1

3 i

pa je Re z = 1, Im z = 3.

1.8 Konjugiranje kompleksnog broja

Za kompleksne brojeve w i z, izrazite w preko z ako je w =(2 i) z + i

(3 + 2i) z 1.


21/274

1.9 Modul kompleksnog broja 7

Rjesenje. Prema formulama pod (a), (b) i (c) iz [M1, zadatak 1.5], vrijedi

w =

(2 i) z + i

(3 + 2i) z 1

=(2 i) z + i

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

(3 + 2i) z 1

=(2 i) z + i

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

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

(3 2i) z 1 .

1.9 Modul kompleksnog broja

Ako je |z| = 1, izracuna jte |1 + z|2 + |1 z|2.Rjesenje. Prema formuli pod (h) iz [M1, zadatak 1.5], vrijedi

|1 + z|2 + |1 z|2 = (1 + z)(1 + z) + (1 z)(1 z)= (1 + z)(1 + z) + (1 z)(1 z)= 1 + z + z + zz + 1 z z + zz= 2(1 + zz ) = 2(1 + |z|2) = 4.

1.10 Algebarski oblik kompleksnog broja

Odredite sve kompleksne brojeve z takve da vrijedi

Re( w + z) = 0 i |w + z| = 1,

ako je w = 1 + i.

Rjesenje. Neka je z = x + iy, gdje su x, y R nepoznanice. Iz prvog uvjetazadatka slijedi

Re(1 i + x + iy) = 0,

Re[(1 + x) + (y 1)i] = 0,1 + x = 0,

x = 1,

pa je z = 1 + iy. Uvrstavanjem u drugi uvjet slijedi

|1 + i 1 + iy| = 1,|(1 + y)i| = 1,

|1 + y| = 1,1 + y = 1.

Dakle, rjesenja su y1 = 0, y2 = 2, odnosno z1 = 1, z2 = 1 2i.


22/274

8 OSNOVE MATEMATIKE

1.11 Jednakost kompleksnih brojeva

Odredite sve kompleksne brojeve z takve da vrijedi

z + |z| 292

= 1 +5

2i9.

Rjesenje. Buduci da je i9 = i42+1 =

i42 i = 12 i = i, uvrstavanjem z = x + iy

slijedi

x + iy + |x + iy| 292

= 1 +5

2i,

x iy +

x2 + y2 292

= 1 +5

2i,

2x +

x2 + y2

29

iy = 2 + 5i.

Izjednacavanjem komponenti kompleksnih bro jeva prema [M1, definicija 1.19] sli-jedi

x +

x2 + y2

29 = 2 i y = 5.Kako je y = 5 to vrijedi

x + x2 + 25

29 = 2,x2 + 25 = (2 +

29) x, 2

x2 + 25 = (2 +

29)2 2(2 +

29)x + x2,

2(2 +

29)x = 8 + 4

29,

2(2 +

29)x = 4(2 +

29),

x = 2.

Rjesenje je z = 2 5i.

1.12 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja

Odredite trigonometrijski oblik sljedecih kompleksnih brojeva:

(a) z = 1 + i,

(b) z =1

2

3

2i.

Rjesenje.

(a) Za kompleksni broj z = 1 + i vrijedi Re z = 1 i Im z = 1. Prema formulama iz[M1, 1.8.1] modul od z je

|z| = 12 + 12 =

2,


23/274

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva 9

a argument od z je

tg =1

1= 1.

Kako se z nalazi u prvom kvadrantu, slijedi da je = 4

. Stoga je

1 + i =

2

cos

4+ i sin

4

.

(b) Iz Re z =12 i Im z =

3

2 , prema formulama iz [M1, 1.8.1] slijedi

|z| =

12

2+

3

2

2= 1.

Nadalje, kako se z se nalazi u cetvrtom kvadrantu, vrijedi

tg =

3

21

2

=

3,

= 2 3

= 53

.

Dakle,

1

2

3

2i = 1

cos

5

3+ i sin

5

3

.

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva

Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

(a) (1 + i)10,

(b)

1

2

3

2i

50.

Rjesenje.

(a) Prema zadatku 1.12 pod (a), trigonometrijski oblik od z = 1 + i je

z =

2cos 4 + i sin

4 .


24/274

10 OSNOVE MATEMATIKE

De Moivreova formula (1.4) za n = 10 daje

z10 =

210

cos

10 4

+ i sin

10

4

= 25

cos

5

2+ i sin

5

2

= 32

cos

2 +

2

+ i sin

2 +

2

= 32

cos

2+ i sin

2 = 32(0 + i) = 32i,

odnosno vrijedi(1 + i)10 = 32i.

(b) Promotrimo kompleksni broj

z =1

2

3

2i.

Prema zadatku 1.12 pod (b), trigonometrijski oblik od z je

z = 1

cos5

3+ i sin

5

3

.

De Moivreova formula (1.4) za n = 50 daje

z50 = 150

cos

50 5

3

+ i sin

50 5

3

= cos

250

3+ i sin

250

3

= cos

82 +

4

3

+ i sin

82 +

4

3

= cos

4

3+ i sin

4

3

= 12

3

2i.

Dakle, 1

2

3

2i

50= 1

2

3

2i.

1.14 Korjenovanje kompleksnih brojeva

Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

(a)3

1,

(b) 3cos

4 i sin

4.


25/274

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva 11

Rjesenje.

(a) Prema [M1, 1.8.1] je trigonometrijski oblik od z = 1 jednakw = 1 (cos 0 + i sin0) .

Formula (1.5) za n = 3 daje

3

z =3

1

cos

0 + 2k

3+ i sin

0 + 2k

3

, k = 0, 1, 2.

Dakle, rjesenja su:

z0 = cos0 + i sin0 = 1,

z1 = cos2

3+ i sin

2

3= 1

2+

3

2i,

z2 = cos4

3+ i sin

4

3= 1

2

3

2i.

(b) Za kompleksni broj

z = 3

cos

4 i sin

4

= 3

2

2 i

2

2

= 3

2

2+ i

3

2

2,

je

|z

|= 3, a za argument vrijedi tg =

1, pri cemu je z iz drugog kvadranta.

Stoga je = 4 = 34 pa trigonometrijski oblik od z glasiz = 3

cos

3

4+ i sin

3

4

.

Prema formuli (1.5) za n = 2 je

z =

3

cos

3

4+ 2k

2

+ i sin

3

4+ 2k

2

, k = 0, 1.

Trazena rjesenja su:

z0 =

3cos3

8

+ i sin3

8 ,z1 =

3

cos

11

8+ i sin

11

8

.

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva

Odredite kompleksni broj

z =

3

2+

i

2

13

cos 12 + i sin

128 .


26/274


Rjesenje. Odredimo prvo trigonometrijski oblik kompleksnog broja

z1 =

3

2+

i

2.

Prema [M1, 1.8.1] je |z1| = 1, a za argument 1 vrijedi

tg 1 =1

3.

Buduci da je z1 iz prvog kvadranta, njegov trigonometrijski oblik glasi

z1 = cos

6 + i sin

6 .

De Moivreova formula [M1, (1.4)] daje

z =

cos

6+ i sin

6

13

cos

12+ i sin

12

8 = cos13

6+ i sin

13

6

cos8

12+ i sin

8

12

=cos

13

6+ i sin

13

6

cos2

3+ i sin

2

3

pa iz formule za dijeljenje kompleksnih bro jeva u trigonometrijskom obliku slijedi

z = cos

13

6 2

3

+ i sin

13

6 2

3

= cos

3

2+ i sin

3

2= i.

1.16 Jednadzbe u skupu kompleksnih brojeva

Rijesite jednadzbe:

(a)(3 + 2i)(1 + i) + 2i

(2 i)(1 + i) 3 =7 i4 z

4,

(b)

1

16(1 + i)8 z

4=

23

13

+ i.

Rjesenje.

(a) Sredivanjem lijeve strane zadane jednadzbe slijedi

1 + 7i

i=

7 i4 z

4, (4i)

4(1 + 7i) = i(7 i)z4,4(1 + 7i) = (1 + 7i)z4,

4 = z4.Dakle, trebamo odrediti sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi z4 = w, gdje jew = 4. Prema [M1, 1.8.1], kompleksni broj w ima modul |w| = 4 i argument = pa je njegov trigonometrijski oblik

w = 4 (cos + i sin ) .


27/274


28/274


pa su rjesenja:

w0 = cos

3+ sin

3=

1

2+

3

2i,

w1 = cos5

6+ sin

5

6=

3

2+

1

2i,

w2 = cos4

3+ sin

4

3= 1

2

3

2i,

w3 = cos11

6+ sin

11

6=

3

2 1

2i.

Kako je z = 1 w, rjesenja polazne jednadzbe su:

z0 =1

2

3

2i,

z1 = 1 +

3

2 1

2i,

z2 =3

2+

3

2i,

z3 = 1

3

2+

1

2i.

1.17 Kompleksna ravnina

Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi:

(a) |z i| 1 i Im[(1 + i)z] 1,

(b) |z|2 5|z| + 6 < 0 i 3

arg z ,

(c) |z| > 2 + Im z,

(d) z 2z + 1 i 1 i Re1z 12 .Rjesenje.

(a) Uvrstavanjem z = x + iy u prvu nejednadzbu slijedi

|x + i(y 1)| 1,x2 + (y 1)2 1, 2x2 + (y 1)2 1.

Zadnja nejednakost predstavlja krug radijusa 1 sa sredistem u tocki S(0, 1),

odnosno nejednadzbu zadovoljavaju svi kompleksni brojevi koji se nalaze unutar


29/274

1.17 Kompleksna ravnina 15

i na rubu tog kruga. Iz druge nejednadzbe slijedi

Im [(1 + i)(x + iy)] 1,Im[(x y) + i(x + y)] 1,

x + y 1.

Zadnja nejednadzba je poluravnina y x + 1. Konacno rjesenje je presjekdobivenog kruga i poluravnine (vidi sliku 1.2).

1

1

2

1

1

2

Slika 1.2: Slika skupa {(x, y) R2 : x2 + (y 1)2 1, y x + 1}.

(b) Modul trazenih kompleksnih brojeva zadovoljava kvadratnu nejednadzbu |z|2 5|z| + 6 < 0 iz cega slijedi |z| 2, 3, odnosno

2 < |z| < 3.

Uvrstavanjem z = x + iy u gornji izraz te njegovim kvadriranjem dobivamo

4 < x2 + y2 < 9,

tj. kruzni vijenac manjeg radijusa 2, a veceg 3 sa sredistem u ishodistu, pricemu rubovi nisu ukljuceni. Konacno rjesenje dobivamo presijecanjem s dijelomkompleksne ravnine koji se nalazi izmedu polupravaca arg z = 3 i arg z = (vidi sliku 1.3).

(c) Nakon uvrstavanja z = x + iy dolazimo do iracionalne jednadzbex2 + y2 > 2 + y. (1.9)

U ovisnosti o vrijednosti desne strane nejednadzbe, razlikujemo dva slucaja.


30/274


3 2 1 1 2 3

3

2

1

1

2

3

3 2 1 1 2 3

3

2

1

1

2

3

Slika 1.3: Slika skupa {(x, y) R2 : 4 < x2 + y2 < 9} {z C : 3

arg z }.

Ako je 2 + y > 0, kvadriranjem dobivamo

x2 + y2 > (2 + y)2,

x

2

+ y

2

> 4 + 4y + y

2

,x2 > 4 + 4y,

y 4} .Prema [M1, primjer 1.4] pod (a), skup B je dio kompleksne ravnine izvan kruzniceradijusa 4 sa sredistem u tocki z0 = 2. Zbog stroge nejednakosti kruznica nijeukljucena. Rjesenje sustava nejednadzbi (1.14) je presjek skupova A i B.

Slucaj 2.

|z + 4| + |z 2| 10 0 i 4 |z 2| > 0. (1.15)


36/274


Analogno prvom slucaju, rjesenje prve nejednadzbe je dio kompleksne ravnine unu-tar elipse sa fokusima u tockama z1 = 4, z2 = 2, velikom poluosi a = 5 i malompoluosi b = 4, rjesenje druge nejednadzbe je dio kompleksne ravnine unutar kruzniceradijusa 4 sa sredistem u tocki z0 = 2, a rjesenje sustava nejednadzbi (1.15) je pre-sjek tih skupova.

Konacno rjesenje nejednadzbe (1.13) je unija rjesenja prvog i drugog slucaja (vidisliku 1.7).

Konacno rjesenje zadatka je presjek rjesenja zadanih nejednadzbi (vidi sliku 1.8).

6 4 2 2 4 6

6

4

2

2

4

6

6 4 2 2 4 6

6

4

2

2

4

6

Slika 1.8: Presjek skupova prikazanih na slikama 1.6 i 1.7.

1.20 Zadaci za vjezbu

1. Rijesite sljedece nejednadzbe:

(a) x2 + 2x

x2

4x + 3 < 1,(b) |4x2 + x| 3 x 4x2,(c) |2x + 1| |x 3| > x + 5.

2. Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi

12 22 + 32 (1)n1 n2 = (1)n1 n(n + 1)2

.


n

k=1k

3k=

3

4 2n + 3

4

3n

.


37/274

1.20 Zadaci za vjezbu 23


11

+1

2+

13

+ + 1n

n.

5. Odredite x ako je poznato da je treci clan u razvoju binomax + xlog x

5jednak 1000000.

6. Odredite onaj clan u razvoju binoma1

2

a3 +

3

a212

koji se nalazi uz potenciju a13.

7. Izracuna jte z1 + z2, z1 z2, z1 z2 i z1z2

ako je

(a) z1 = 2 i, z2 = i,(b) z1 = 2, z2 = 1 2i.

8. Odredite realni i imaginarni dio kompleksnog broja

z =i20 ii + 1

.

9. Odredite realan broj t takav da je Im (z1 + z2) = 0, ako je z1 = 1 + 2t i, z2 =3t 4i.

10. Rijesite jednadzbu z (3 + 2i) = i10.

11. Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi

Rez i

z + i = 1 i |z 1 + i| = 1.12. Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

(a)

1 + i

37

,

(b)

3 i37.13. Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

(a) 4i;

(b)3

1 + i

3.

14. U skupu kompleksnih brojeva rijesite jednadzbe:


38/274


(a) (2 + 5i) z3 2i + 5 = 0;(b) z4

2 + (1 i) = 0,

(c) z4 2i + 31 i =

1 + 5i

2,

(d) 8z3 +8

2

1 + i

1 i313

= 0,

(e) (z + 2i)6 = (1 + i)12.

15. Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi:

(a) |z i| < 1 i |z 1| 1,(b) |z| + Re z 2,(c) |z 1| + Im (2i z) 1,

(d)

z + 2 iz + i 1,

(e) |z

2 + 1 i| 1 i Im

z

1 + i

2

2.

16. Odredite sve kompleksne bro jeve z takve da je arg(z3) = i da su u kom-pleksnoj ravnini jednako udaljeni od brojeva z1 = 2 + i i z2 = 2 3i.


arg(z4i25) =

2i |z| = 1.


arg

z3

1

2

3

2i

=

5

3i |z|2 + |z| 12 = 0.

19. Odredite skup svih kompleksnih bro jeva z za koje vrijedi

|z

i|

+ Re(z + 1)

3 i|z

1|

+ Im(2i

z)

1.

1.21 Rjesenja

1. (a) x , 12 ,(b) x 34 , 12,(c) x , 92 .

2. Vidi [M1, 1.4].3. Vidi [M1, 1.4].

4. Vidi [M1, 1.4].


39/274

1.21 Rjesenja 25

5. x = 10.

6.

12

6

a13

26.

7. (a) z1 + z2 = 2, z1 z2 = 2 2i, z1 z2 = 1 + 2i, z1z2

= 1 2i.

(b) z1 + z2 = 3 2i, z1 z2 = 1 + 2i, z1 z2 = 2 4i, z1z2

=2

5+

4

5i.

8. Re z = 0, Im z =

1.

9. t= 2.

10. z = 313

+2

13i.

11. z1 = 2 i, z2 = i.12. (a) 64

1 + i

3

,

(b) 17281 + i3.

13. (a) z0 = cos3

8+ i sin

3

8,

z1 = cos 78 + i sin 78 ,

z2 = cos11

8+ i sin

11

8,

z3 = cos15

8+ i sin

15

8.

(b) z0 =3

2

cos

9+ i sin

9

,

z1 =3

2

cos

7

9+ i sin

7

9

,

z2 =3

2cos13

9+ i sin

13

9 .14. (a) z0 =

3

2+

1

2i, z1 =

3

2+

1

2i, z2 = i.

(b) z0 = cos3

16+ i sin

3

16,

z1 = cos11

16+ i sin

11

16,

z2 = cos19

16+ i sin

19

16,

z3 = cos27

16+ i sin

27

16.

(c) z0 = 1, z1 = i, z2 = 1, z3 = i.


40/274


(d) z0 =16

2

cos

2+ i sin

2

,

z1 =16

2

cos

7

6+ i sin

7

6

,

z2 =16

2

cos

11

6+ i sin

11

6

.

(e) z0 =

3i, z1 = 0, z2 =

3i, z3 =

33i, z4 = 4i, z5 =

33i.15. (a) Vidi sliku 1.9.

1 2

1

2

1 2

1

2

Slika 1.9: Slika skupa {(x, y) R2 : x2 + (y 1)2 < 1, (x 1)2 + y2 1}.

(b) Vidi sliku 1.10.

(c) R2.

(d) Vidi sliku 1.11.

(e) Vidi sliku 1.12.

16. z = 11 +

3

31 +

3

i.

17. z0 = 1, z1 = i, z2 = 1, z3 = i.

18. z0 = 3, z1 = 32

+3

3

2i, z2 = 3

2 3

3

2i.

19. {(x, y) R2 : x = y2

4+

y

2+

3

4}.


41/274

2

2

2

2

Slika 1.10: Slika skupa {(x, y) R2 : x 1 y2

4}.

1

1

1

1

Slika 1.11: Slika skupa {(x, y) R2 : y x + 1}.


42/274

1

2

2

1

2

2

1

2

2

1

2

2

Slika 1.12: Slika skupa {(x, y) R2 :

x + 12

2+

y 12

2 1

2i y x + 2}.


43/274

2.

LINEARNA ALGEBRA

2.1 Osnovne operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2 Mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3 Matricni p olinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4 Komutativnost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.5 Potenciranje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.6 Sustav linearnih jednadzbi bez rjesenja . . . . . . . . . . . . . . 34

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem . . . . . . . 34

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja . . . . . . . . 36

2.9 Homogeni sustav linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . 382.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . 39

2.11 Homogeni sustav jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . 42

2.12 R ang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.13 Rang matrice ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.14 Sarrusovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.15 Laplaceov razvo j . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.16 Svo jstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik . . . . . 47

2.18 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . 48

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik 49

2.20 Regularna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.21 Racunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom . . . 50

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti . . . . . . . . 51

2.23 Formula za inverz matrice drugog reda . . . . . . . . . . . . . . 52

2.24 Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.25 Matricna jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.26 Jednadzba s kvadratnim matricama . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem . . . . . . . . . . 55

2.28 Rastav matrice na simetricni i antisimetricni dio . . . . . . . . 57

2.29 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2.30 R jesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62


44/274

30 LINEARNA ALGEBRA

U nekim zadacima u ovom poglavlju cemo koristiti elementarne transformacije nadretcima i stupcima matrice. Radi jednostavnijeg zapisa cemo i-ti redak oznacavatisa Ri, a i-ti stupac sa Si. Transformacija ko ja se vrsi u danom koraku pisat cedesno od retka ili iznad stupca na koji se odnosi.

2.1 Osnovne operacije s matricama

Zadane su matrice

A =

2 3 71 0 1

i B =

1 3 42 1 1

.

Izracunajte:

(a) A + B,

(b) AT + BT,

(c) 2A

3B.

Rjesenje.

(a) A + B =

2 3 71 0 1

+

1 3 42 1 1

=

2 + 1 3 + 3 7 + 41 + 2 0 1 1 + 1

=

3 6 113 1 2

,

(b) AT + BT =

2 13 0

7 1

+

1 23 1

4 1

=

2 + 1 1 + 23 + 3 0 1

7 + 4 1 + 1

=

3 36 1

11 2

,

(c) 2A 3B = 2 2 3 71 0 1 3

1 3 42

1 1 =

4 6 142 0 2

3 9 126

3 3 =

1 3 24 3 1

.

2.2 Mnozenje matrica

Izracunajte 5 27 1

1 5

2 3 1 4

2 2 4 0

.

Rjesenje.


45/274

2.3 Matricni polinom 31

5 27 1

1 5

2 3 1 4

2 2 4 0

=

5 2 + 2 2 5 3 2 2 5 1 + 2 4 5 4 + 2 07 2 1 2 7 3 + 1 2 7 1 1 4 7 4 1 0

1 2 5 2 1 3 + 5 2 1 1 5 4 1 4 5 0

=

14 11 13 2012 23 3 288 13 19 4

.

2.3 Matricni polinom

Neka je A =

2 1

3 0

. Izracuna jte P(A), ako je P(x) = 5x3 + 2x2 4x + 3.

Rjesenje. Trebamo izracunati P(A) = 5 A3 + 2 A2 4 A + 3 I. Vrijedi

A2 = A A =

2 13 0

2 13 0

=

1 2

6 3

,

A3 = A2 A =

1 26 3

2 13 0

=

4 13 6

,

pa je

P(A) = 5 4 13 6

+ 2

1 2

6 3

4

2 13 0

+ 3

1 00 1

=

20 515 30

+

2 4

12 6

+

8 412 0

+

3 00 3

=

23 515 33

.

2.4 Komutativnost matrica

(a) Zadane su matrice

A = a aa 1 a

i B = 1 16a 1

.Odredite sve vrijednosti realnog parametra a za koje su matrice A i B komu-tativne?

(b) Odredite sve matrice koje komutiraju s matricom

A =

1 1 00 1 1

0 0 1

.

Rjesenje.


46/274

32 LINEARNA ALGEBRA

(a) Vrijedi

AB =

a a

a 1 a

1 16a 1

=

a + 6a2 0

a 1 + 6a2 1

,

BA =

1 1

6a 1

a aa 1 a

=

1 0

a 1 + 6a2 a + 6a2

.

Matrice A i B su komutativne ako vrijedi AB = BA. Izjednacavanjem odgova-rajucih elemenata slijedi da realni parametar a treba zadovoljavati kvadratnujednadzbu

6a2

+ a 1 = 0.Dakle, rjesenja su

a1 = 12

i a2 =1

3.

(b) Oznacimo matricu B s

B =

x1 y1 z1x2 y2 z2

x3 y3 z3

.

Potrebno je odrediti sve koeficijente xi, yi, zi za koje vrijedi AB = BA. Iz-jednacavanjem matrica

AB = 1 1 00 1 10 0 1

x1 y1 z1

x2 y2 z2x3 y3 z3 =

x1 x2 y1 y2 z1 z2x2 x3 y2 y3 z2 z3x3 y3 z3

i

BA =

x1 y1 z1x2 y2 z2

x3 y3 z3

1 1 00 1 1

0 0 1

=

x1 x1 + y1 y1 + z1x2 x2 + y2 y2 + z2

x3 x3 + y3 y3 + z3

slijedi da elementi matrice B moraju zadovoljavati sustav jednadzbi

x1 x2 = x1, y1 y2 = x1 + y1, z1 z2 = y1 + z1,x2 x3 = x2, y2 y3 = x2 + y2, z2 z3 = y2 + z2,

x3 = x3, y3 = x3 + y3, z3 = y3 + z3,odakle slijedi da je

x2 = 0, y2 = x1, z2 = y1,

x3 = 0, y3 = x2, z3 = y2,

x3 = 0, y3 = 0.

Zakljucujemo da koeficijenti xi, yi, zi zadovoljavaju relacije

x1 = y2 = z3, y1 = z2, x2 = x3 = 0.

Ako uvedemo oznake x1 = , y1 = i z1 = , onda se matrica B moze zapisatiu obliku

B =

0

0 0


47/274

2.5 Potenciranje matrica 33

gdje su , i proizvoljni parametri. Provjerimo na kraju da svaka matricaoblika B komutira s matricom A:

AB =

1 1 00 1 1

0 0 1

0

0 0

=

0

0 0

,

BA =

0 0 0

1 1 00 1 10 0 1

=

0 0 0

.

Uistinu, matrice AB i BA su jednake.

2.5 Potenciranje matrica

Zadana je matrica

A =

1 1 00 1 1

0 0 1

.

Izracunajte n-tu potenciju matrice A.

Rjesenje. Da bismo odredili n-tu potenciju matrice A, izracunajmo prvo nekolikopotencija nizeg reda. Iz oblika tih potencija cemo prepoznati opci oblik za An.Konacno, ispravnost dobivenog oblika treba provjeriti matematickom indukcijom.Za n = 2, 3, 4 imamo

A2 =

1 1 00 1 1

0 0 1

1 1 00 1 1

0 0 1

=

1 2 10 1 2

0 0 1

,

A3 =

1 2 10 1 20 0 1

1 1 00 1 10 0 1

=

1 3 1 + 20 1 30 0 1

,

A4 =

1 3 1 + 20 1 3

0 0 1

1 1 00 1 1

0 0 1

=

1 4 1 + 2 + 30 1 4

0 0 1

.

Iz oblika ovih potencija zakljucujemo da je

An =

1 n 1 + 2 + + (n 1)0 1 n

0 0 1

=

1 n n(n1)20 1 n

0 0 1

(2.1)

gdje smo koristili formulu 1 + 2 + + (n 1) = n(n1)2

(vidi [M1, primjer 1.3]).

Ispravnost dobivenog izraza za A

n

cemo provjeriti matematickom indukcijom P4


48/274

34 LINEARNA ALGEBRA

iz [M1, definicija 1.13]. Izraz je ocito ispravan za n = 1 pa je time ispunjena bazaindukcije. Pretpostavimo sada da jednadzba (2.1) vrijedi za n = m. Tada je

Am+1 = Am A =1 m m(m1)20 1 m

0 0 1

1 1 00 1 1

0 0 1

= 1 m + 1 m + m(m1)20 1 m + 1

0 0 1 = 1 m + 1 (m+1)m20 1 m + 1

0 0 1 ,sto pokazuje da jednadzba (2.1) vrijedi za n = m + 1. Dakle, po principu mate-maticke indukcije jednadzba vrijedi za svako n N.

2.6 Sustav linearnih jednadzbi bez rjesenja

Rijesite sustav

x + 2y + 3z = 2,4x 3y 2z = 3,3x + 4y + 5z = 0.

Rjesenje. Zapisimo sustav u matricnom obliku i na prosirenu matricu sustavaprimijenimo Gaussovu metodu eliminacije opisanu u [M1, 2.4]. Vrijedi

A b

=

1 2 3 24 3 2 3

3 4 5 0

R2+4R1

R33R11 2 3 20 5 10 5

0 2 4 6

5R3+2R2

1 2 3 20 5 10 50 0 0 20

.

Dobili smo prosirenu matricu sustava koji je ekvivalentan polaznom. Buduci da iztreceg retka slijedi 0 = 20, sustav nema rjesenja.

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem

Rijesite sustave:

(a)

x + 2y + 3z = 3,2x + z = 2,

x + 2y z = 3,x + 2y + 12z = 1.


49/274

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem 35

(b)

2x1 + 3x2 + 11x3 + 5x4 = 2,x1 + x2 + 5x3 + 2x4 = 1,

2x1 + x2 + 3x3 + 2x4 = 3,x1 + x2 + 3x3 + 4x4 = 3.

Rjesenje.

(a) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, 2.4]) dobivamo:

A b

=

1 2 3 32 0 1 21 2 1 3

1 2 12 1

R2+2R1R3R1R4+R1

1 2 3 30 4 7 40 0 4 00 4 15 4

R4R2

1 2 3 30 4 7 40 0 4 00 0 8 0

R4+2R3

1 2 3 30 4 7 40 0 4 00 0 0 0

.

Cetvrti redak glasi 0 = 0, sto je tocno. Iz treceg retka slijedi z = 0, iz drugog

4y + 7z = 4

4y = 4

y = 1,

a i prvog

x + 2y + 3z = 3 x + 2 = 3 x = 1.Dakle, sustav ima jedinstveno rjesenje

xyz

=

11

0

.

(b) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, 2.4]) dobivamo:

A b

=

2 3 11 5 21 1 5 2 12 1 3 2 31 1 3 4 3

2R2R1R3R12R4R1

2 3 11 5 20 1 1 1 00 2 8 3 5

0 1 5 3 8

R32R2R4R2

2 3 11 5 20 1 1 1 00 0 6 1 50 0 4 4 8

3R42R3

2 3 11 5 20 1 1 1 00 0 6 1 50 0 0 14 14

.

Iz cetvrtog retka slijedi

14x4 = 14 x4 = 1,


50/274

36 LINEARNA ALGEBRA

iz treceg

6x3 x4 = 5 6x3 + 1 = 5 x3 = 1,

iz drugog

x2 x3 x4 = 0 x2 1 + 1 = 0 x2 = 0,

te iz prvog

2x1 + 3x2 + 11x3 + 5x4 = 2 2x1 + 0 + 1 1 + 5 (1) = 2 x1 = 2.Rjesenje zadanog sustava je jedinstveno i glasi

x1x2x3x4

=

201

1

.

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja

Rijesite sljedece sustave:

(a)

x1 + 2x2 + x3 = 4,2x1 x2 3x3 = 2,x1 8x2 9x3 = 8,

5x1 + 5x2 = 14.

(b)

x1 + x2 x3 3x4 + 4x5 = 2,3x1 + x2 x3 x4 = 2,9x1 + x2 2x3 x4 2x5 = 5,x1 x2 x4 + 2x5 = 1.

Rjesenje.

(a) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, 2.4]) dobivamo:

A b

=

1 2 1 42 1 3 21 8 9 85 5 0 14

R22R1R3R1

R45R1

1 2 1 40 5 5 60 10 10 120 5 5 6

R32R2

R4R2

1 2 1 40 5 5 60 0 0 00 0 0 0

.


51/274

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja 37

Treci i cetvrti redak glase 0 = 0, sto je tocno. Iz preostalih redaka slijedejednadzbe

5x2 5x3 = 6 i x1 + 2x2 + x3 = 4,pomocu kojih mozemo nepoznanice x1 i x2 izraziti preko x3. Vrijedi

5x2 5x3 = 6 5x2 = 6 5x3 x2 = 65

x3,

x1 + 2x2 + x3 = 4 x1 = 4 26

5 x3 x3 x1 =

8

5+ x3.

Dakle, sustav ima jednoparametarsko rjesenje. Stavimo x3 = , gdje je Rproizvoljan. Tada rjesenje sustava glasi

x1 =8

5+ ,

x2 =6

5 ,

x3 = ,

odnosno u matricnom zapisu

x1x2x3 =

8/56/5

0 +

1

1

1 , R.

(b) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, 2.4]) dobivamo:

A b

=

1 1 1 3 4 23 1 1 1 0 29 1 2 1 2 51 1 0 1 2 1

R23R1R39R1

R4R1

1 1 1 3 4 20 2 2 8 12 40

8 7 26

38

13

0 2 1 2 2 1

R34R2R4R2

1 1 1 3 4 20 2 2 8 12 40 0 1 6 10 30 0 1 6 10 3

R4R3

1 1 1 3 4 20 2 2 8 12 40 0 1 6 10 30 0 0 0 0 0

.


52/274

38 LINEARNA ALGEBRA

Cetvrti redak glasi 0 = 0, sto je tocno. Iz preostalih redaka slijede tri jednadzbeiz kojih sve nepoznanice mozemo izraziti preko x4 i x5. Stoga sustav ima dvo-parametarsko rjesenje pa mozemo staviti x4 = , x5 = , gdje su , Rproizvoljni parametri. Iz treceg retka slijedi

x3 6x4 + 10x5 = 3 = x3 = 3 6 + 10,

iz drugog

2x2 + 2x3 + 8x4 12x5 = 4,x2 = 2 + (3 6 + 10) + 4 6,x2 = 1 2 + 4

te iz prvog

x1 + x2 x3 3x4 + 4x5 = 2,x1 = 2 (1 2 + 4) + (3 6 + 10) + 3 4,x1 = + 2.

Rjesenje zapisano u matricnom obliku glasi

x1x2x3x4x5

= 0

1

300

+ 1

2

610

+ 24

1001

, , R.

2.9 Homogeni sustav linearnih jednadzbi

Rijesite sustavx1 + x2 + x3 = 0,

2x1 + x2 = 0,3x1 + x2 x3 = 0.

Rjesenje. Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, 2.4]) dobivamo:

A b

=

1 1 1 02 1 0 0

3 1 1 0

R22R1

R33R11 1 1 00 1 2 0

0 2 4 0

R32R2

1 1 1 00 1 2 0

0 0 0 0

.

Zadnji redak daje istinitu tvrdnu 0 = 0, a iz prvog i drugog retka slijedi

x2 2x3 = 0 i x1 + x2 + x3 = 0,


53/274

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru 39

pa mozemo sve nepoznanice izraziti preko x3. Stavimo li x3 = t, gdje je t Rproizvoljan, slijedi

x2 = 2t i x1 = x2 x3 = 2t t = t.Sustav ima jednoparametarsko rjesenje koje glasi

x1x2x3

= t

12

1

, t R.

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru

Rijesite sljedece sustave u ovisnosti o realnom parametru:

(a)x + y z = 1,

2x + 3y + az = 3,x + ay + 3z = 2.

(b)x + y + z = 1,x + y + z = ,x + y + z = 2.

Rjesenje.

(a) Gaussovu metodu eliminacije iz [M1, 2.4] primijenimo na prosirenu matricusustava, pri cemu je a proizvoljan realan parametar. Dobivamo

A b

=

1 1 1 12 3 a 3

1 a 3 2

R22R1

R3R11 1 1 10 1 a + 2 1

0 a 1 4 1

R3(a1)R2

1 1 1 10 1 a + 2 10 0 (a + 3)(2

a) 2

a

.

Ovisno o tome je li element na mjestu (3, 3) jednak ili razlicit od nule, razliku-jemo tri slucaja:

Slucaj 1. Promotrimo prvo slucaj kada je (a + 3)(2 a) = 0, odnosno kadaa / {3, 2}. Tada mozemo podijeliti treci redak s a 2 = 0 pa vrijedi

A b

1 1 1 10 1 a + 2 1

0 0 a + 3 1

.

Buduci je i a + 3 = 0, iz treceg retka slijedi

(a + 3) z = 1

z =1

a + 3.


54/274

40 LINEARNA ALGEBRA

Uvrstavanjem u jednadzbu koja slijedi iz drugog retka, dobivamo

y + (a + 2) z = 1 y = 1 a + 2a + 3

y = 1a + 3

.

Sada iz prvog retka imamo

x + y z = 1 x = 1 1a + 3

+1

a + 3 x = 1.

U ovom slucaju sustav ima jedinstveno rjesenje koje glasixy

z

=

11/(a + 3)

1/(a + 3)

.

Slucaj 2. Ako je a = 3, iz treceg retka slijedi jednadzba 0 = 5 pa sustav nemarjesenja.

Slucaj 3. Za a = 2 je

A b 1 1 1 10 1 4 10 0 0 0

.Sada iz drugog retka slijedi

y + 4z = 1 y = 1 4z,

a iz prvog je

x + y z = 1 x = 1 (1 4z) + z x = 5z.

Ako stavimo z = , gdje je R proizvoljan parametar, rjesenje glasixy

z

=

51 4

=

01

0

+

54

1

, R.

(b) Sustav rjesavamo metodom Gaussove eliminacije opisanom u [M1, 2.4]. Vrijedi

A b

=

1 1 11 1

1 1 2

.

Da bi smanjili bro j redaka koje treba pomnoziti s parametrom i tako pojed-


55/274

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru 41

nostavnili rjesavanje sustava, zamijenimo prvi i treci redak. Tada je

A b

1 1 21 1

1 1 1

R2R1

R3R1

1 1 2

0 1 1 20 1 1 2 1 3

R3+R2

1 1 20 1 1 2

0 0 (1 ) + (1 2) (1 3) + ( 2)

=

1 1 20 1 1 (1 )

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

.

Zadani sustav jednadzbi je ekvivalentan dobivenom gornje trokutastom sustavu

x + y + z = 2,

( 1)y + (1 )z = (1 ),(1 )( + 2)z = (1 )(1 + )2.

Promotrimo posebno sljedeca tri slucaja ovisna o tome je li izraz na mjestu(3, 3) jednak ili razlicit od nule:

Slucaj 1. Ako je (1)(+2) = 0, odnosno / {1, 2}, iz posljednje jednadzbeslijedi

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

pa sustav ima jedinstveno rjesenje

x =

+ 1

+ 2

, y =1

+ 2

, z =(1 + )2

+ 2

.

Slucaj 2. Za = 1 sustav se svodi na jednadzbu x + y + z = 1 iz koje dobivamox = 1 y z, odnosno dvoparametarsko rjesenje gdje su y i z parametri.Oznacimo li ih s i , rjesenje zapisujemo u obliku

x = 1 , y = , z = , , R.Slucaj 3. Za = 2 imamo sustav

x + y 2z = 4,3y + 3z = 6,

0 z = 3,koji zbog zadnje jednakosti 0 = 3 ocito nema rjesenja.


56/274

42 LINEARNA ALGEBRA

2.11 Homogeni sustav jednadzbi ovisan o parametru

Odredite sve realne parametre p za koje sustav

x1 + 3x2 + 2x3 + x4 = 0,x1 + x2 + 4x3 + px4 = 0,

3x1 + 2x2 17x3 + 8x4 = 0,2x1 + px2 + 11x3 5x4 = 0.

ima samo trivijalno rjesenje.

Rjesenje. Sustav je homogen pa je dovoljno primijeniti Gaussovu metodu elimi-nacije iz [M1, 2.4] na matricu sustava. Vrijedi

A =

1 3 2 11 1 4 p

3 2 17 82 p 11 5

R2R1R3+3R1

R42R1

1 3 2 10 2 2 p 10 11 11 110 p 6 7 7

Buduci da drugi redak sadrzi parametar p, da bi pojednostavnili racunanje, zami-jenimo ga s trecim retkom koji ga ne sadrzi. Takoder, podijelimo treci redak s 11.Tada je

A 1 3 2 10 1

1 1

0 2 2 p 10 p 6 7 7

R3+2R2R4(p6)R2

1 3 2 10 1

1 1

0 0 0 p + 10 0 p + 1 p 1

.Da bi dobili gornje trokutasti oblik, sada moramo zamijeniti treci i cetvrti redak.Stoga za prosirenu matricu sustava vrijedi

A b

1 3 2 1 00 1 1 1 00 0 p + 1 p 1 00 0 0 p + 1 0

.

Ako homogeni sustav ima jedinstveno rjesenje, onda je ono trivijalno. Rjesenje ocitonije jedinstveno ako je p = 1 jer se tada treci i cetvrti redak sasto je samo od nula,a sustav ima cetiri nepoznanice. Medutim, za sve parametre p = 1 dijeljenjemtreceg i cetvrtog retka s p + 1 = 0 dobivamo da je

A b

1 3 2 1 00 1 1 1 00 0 1 1 00 0 0 1 0

,

sto je sustav koji ima jedinstveno trivijalno rjesenje.

2.12 Rang matrice

Odredite rang sljedecih matrica:


57/274

2.12 Rang matrice 43

(a) A =

2 3 16 11 6 2 3

1 3 2 2

,

(b) B =

2 3 1 41 0 1 23 4 0 7

2 1 4 14 2 3 5

.

Rjesenje.

(a) Zamijenimo prvi i drugi redak da bi doveli broj 1 na mjesto (1 , 1) i tako po-jednostavnili racunanje. Elementarnim transformacijama nad retcima iz [M1,teorem 2.4] slijedi

A 1 6 2 32 3 16 1

1 3 2 2

R22R1

R3R11 6 2 30 15 20 5

0 3 4 1

5R3R2

1 6 2 30 15 20 50 0 0 0

.

Dobili smo matricu u reduciranom obliku koja je ekvivalentna polaznoj. Buducida je rang dobivene matrice jednak broju ne-nul redaka, prema [M1, definicija2.4], slijedi

rang(A) = 2.

(b) Zamijenimo prvi i drugi redak i zadanu matricu svedimo na reducirani oblik.Vrijedi

B

1 0 1 22 3 1 43 4 0 7

2 1 4 14 2 3 5

R22R1R33R1R4+2R1

R54R1

1 0 1 20 3 3 00 4 3 10 1 6 50 2 1 3

Podijelimo sada drugi redak sa brojem 3. Tada je

B

266664

1 0 1 20 1 1 00 4 3 10 1 6 50 2 1 3

377775R34R2

R4+R2

R5+2R2

266664

1 0 1 20 1 1 00 0 1 10 0 5 50 0 3 3

377775R45R3R5+3R3

266664

1 0 1 20 1 1 00 0 1 10 0 0 00 0 0 0

377775.

Prema [M1, teorem 2.4], dobivena matrica je ekvivalentna polaznoj, odnosnoobje imaju isti rang. Buduci je rang dobivene matrice jednak broju ne-nulredaka, slijedi

rang(B) = 3.


58/274

44 LINEARNA ALGEBRA

2.13 Rang matrice ovisan o parametru

U ovisnosti o parametru R odredite rang matrice

A =

1 1 11 2

1 2

.

Rjesenje. Elementarnim transformacijama nad retcima iz [M1, teorem 2.4] dobi-vamo da je

A =

1 1 11 2

1 2

R2R1

R3R11 1 10 1 2 1

0 2 1 1

=

1 1 10 1 ( 1)( + 1)

0 ( 1)( + 1) 1

.

Drugi i treci redak u gornjo j matrici smijemo po dijeliti sa 1, samo uz pretpos-tavku da je = 1. Tada je

A 1 1 10 1 + 10 + 1 1

R3(+1)R2

1 1 10 1 + 10 0 ( + 2)

. (2.2)Promotrimo sada posebno slucajeve = 2 i = 0 za koje dobivamo nulu namjestu (3, 3) jer tada treci redak posta je nul-redak, te slucaj kada je = 1 koji smoizbacili na pocetku.

Slucaj 1. Za = 2 dobivamo 1 1 10 1 1

0 0 0

,

iz cega zakljucujemo da je rang(A) = 2.

Slucaj 2. Slicno, za = 0 imamo

A 1 1 10 1 1

0 0 0

pa je opet rang(A) = 2.

Slucaj 3. Ako je = 1, tada ne vrijedi dobivena ekvivalencija jer u tom slucaju nesmijemo dijeliti s 1. Stoga uvrstimo = 1 u zadanu matricu. Dobivamo

A =

1 1 11 1 1

1 1 1

R2R1R3R1

1 1 10 0 0

0 0 0


59/274

2.14 Sarrusovo pravilo 45

pa je rang(A) = 1.

Slucaj 4. Konacno, u svim ostalim slucajevima, odnosno ako / {2, 0, 1}, redu-cirana matrica (2.2) ima tri ne-nul retka pa je rang(A) = 3.

2.14 Sarrusovo pravilo

Sarrusovim pravilom izracunajte determinantu matrice

A =3 4 58 7 2

2 1 8

.Rjesenje. Prepisimo prva dva stupca zadane matrice iza treceg. Mnozenjem trijubrojeva na dijagonalama, pri cemu umnoske na padajucim dijagonala zbra jamo, aone na rastucim oduzimamo, dobivamo

det A =

3 4 58 7 22 1 8

3 48 72 1

= 3 7 8 + 4 (2) 2 + (5) 8 1 (5) 7 2 3 (2) 1 4 8 8

= 68.

2.15 Laplaceov razvoj

Laplaceovim razvojem izracunajte determinantu matrice

A =

1 5 1 12 0 1 10 1 2 31 0 0 1

.

Rjesenje. Laplaceovim razvojem po cetvrtom retku opisanim u [M1,

2.9.3] slijedi

det A =

1 5 1 12 0 1 10 1 2 31 0 0 1

= 1 (1)4+1

5 1 10 1 11 2 3

+ (1) (1)4+41 5 12 0 10 1 2

.Sada izracunajmo dobivene determinante treceg reda. Laplaceovim razvojem podrugom retku dobivamo

5 1 10 1 11 2 3

= 1 (1)2+25 11 3

+ (1) (1)2+35 11 2

= (5

3

1

1) + [5

2

(

1)

1] = 14 + 11 = 25.


60/274

46 LINEARNA ALGEBRA

Razvojem po prvom stupcu slijedi1 5 12 0 10 1 2

= 1 (1)1+10 11 2

+ 2 (1)2+15 11 2

= (0 2 1 1) 2 [5 2 (1) 1] = 1 22 = 23.

Dakle,det A = 1 25 1 (23) = 2.

2.16 Svojstva determinanti

Izracunajte determinante sljedecih matrica:

(a) A =

1 1 1a b c

a2 b2 c2

,

(b) B =

2 5 0 1 31 0 3 7 23 1 0 5 52 6 4 1 20 3 1 2 3

.

Rjesenje.

(a) Koristenjem svojstva D6. iz [M1, 2.9.1], determinantu transformirajmo takoda u prvom retku dobijemo sto vise nula i onda primijenimo Laplaceov razvojpo tom retku. Vrijedi

det A =

S2S1 S3S1

1 1 1a b c

a2 b2 c2

=

1 0 0a b a c a

a2 b2

a2 c2

a2

=

b a c ab2 a2 c2 a2 =

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

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

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

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

(b) Buduci da treci stupac ima najvise nula, transformira jmo determinantu tako da

u tom stupcu ostane samo jedan element razlicit od nule. Koristenjem svojstva


61/274

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik 47

D6. iz [M1, 2.9.1] dobivamo

det B =

2 5 0 1 31 0 3 7 23 1 0 5 52 6 4 1 20 3 1 2 3

R2+3R5

R44R5=

2 5 0 1 31 9 0 13 73 1 0 5 52 18 0 7 100 3 1 2 3

.

Razvojem po trecem stupcu i primjenom istog postupka na prvi stupac slijedi

det B = (1) (1)5+3

2 5 1 31 9 13 73 1 5 52 18 7 10

R1+2R2

R33R2R42R2

=

0 13 25 171 9 13 70 26 34 260 36 33 24

.

Razvojem po prvom stupcu i primjenom svojstava D5. i D6. iz [M1, 2.9.1] je

det B = 1 (1)2+1

13 25 1726 34 2636 33 24

= 2 3

13 25 1713 17 1312 11 8

R1+R2

R3R2

= 6

0 8 4

13 17 131 6 5

R2+13R3 = 6 4

0 2 10 61 52

1 6 5

.Razvojem po prvom stupcu konacno dobivamo

det B = 24 (1) (1)1+3 2 161 52

= 24 (2 52 1 61) = 24 43= 1032.

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik

Izracunajte determinantu matrice

A =

1 2 0 12 3 1 00 1 2 4

1 0 4 1

.

Rjesenje. Determinanta trokutaste matrice je jednaka umnosku elemenata na

dijagonali. Koristeci svojstva determinante D5 i D6 iz [M1, 2.9.1], svedimo zadanu


62/274

48 LINEARNA ALGEBRA

matricu na gornje trokutasti oblik. Vrijedi

det A =

1 2 0 12 3 1 00 1 2 4

1 0 4 1

R22R1

R4+R1

=

1 2 0 10 1 1 20 1 2 40 2 4 0

R3R2R4+2R2

= 1 2 0 10

1

1

2

0 0 3 60 0 2 4

= 3 2 1 2 0 10

1

1

2

0 0 1 20 0 1 2

R4R3

= 6

1 2 0 10 1 1 20 0 1 20 0 0 4

= 6 [1 (1) 1 (4)] = 24.

2.18 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda

Izracunajte determinantu n-tog reda

D =

0 . . . 00 . . . 0...

.... . .

. . ....

0 0 . . . 0 . . . 0

.

Rjesenje. Uocimo da se na glavno j dijagonali nalaze elementi te da se elementi nalaze na dijagonali iznad glavne i na mjestu (n, 1). Na ovu determinantu stoga pri-mijenimo Laplaceov razvoj po prvom stupcu, jer cemo time dobiti dvije trokutastedeterminante reda n 1. Vrijedi

D = (1)1+1

0 . . . 00 . . . 0...

.... . .

. . ....

0 0 . . . 0 0 . . . 0

+ (1)n+1

0 0 . . . 0 0 . . . 00 . . . 0...

.... . .

. . ....

0 0 . . .

= n1 + (1)n+1 n1 = n + (1)n+1n,

jer je determinanta trokutaste matrice jednaka umnosku elemenata na dijagonali.


63/274

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik 49

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjem na tro-kutasti oblik

Izracunajte determinantu n-tog reda

D =

1 2 2 . . . 22 1 2 . . . 2...

.... . .

. . ....

2 2 2 . . . 1

.

Rjesenje. Za razliku od prethodnog primjera u ovoj determinanti ne postoje stupciili retci s puno nula. Medutim, zbog simetrije s obzirom na glavnu dijagonalu, ovudeterminantu prikladno je izracunati svodenjem na trokutasti oblik. Naime, kada bise u prvom retku nalazile samo jedinice, trokutasti oblik bi se lako dobio mnozenjemprvog retka sa 2 i pribrajanjem ostalim retcima. S obzirom da je suma elemenatau svakom stupcu jednaka 1 + (n 1) 2 = 2n 3, prvom retku pribrojimo sumupreostalih n 1 redaka. Time dobivamo

D =

2n 3 2n 3 2n 3 . . . 2n 32 1 2 . . . 22 2 1 . . . 2...

......

. . ....

2 2 2 . . . 1

= (2n 3)

1 1 1 . . . 12 1 2 . . . 22 2 1 . . . 2...

......

. . ....

2 2 2 . . . 1

R22R1R32R1

Rn2R1

= (2n 3)

1 1 1 . . . 10 3 0 . . . 00 0 3 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . 3

= (2n 3)[1 (3) (3) (3)

n1 puta

] = (3)n1(2n 3),

jer je determinanta trokutaste matrice jednaka umnosku elemenata na dijagonali.


64/274

50 LINEARNA ALGEBRA

2.20 Regularna matrica

Odredite sve x R za koje je realna matrica

A =

ln(x 3) 2 6x 2 5

0 1 3

regularna.

Rjesenje. Vrijedi

det A =

S3+3S2ln(x 3) 2 6

x 2 50 1 3

=ln(x 3) 2 0

x 2 10 1 0

.

Laplaceovim razvojem po trecem retku dobivamo

det A = (1) (1)3+2 ln(x 3) 0x 1 = ln(x 3).Matrica A je regularna ako i samo ako je det A = 0, odnosno ln(x 3) = 0. Zbogpodrucja definicije logaritamske funkcije, jos treba vrijediti x3 > 0. Presijecanjemtih uvjeta dobivamo da je zadana matrica regularna za sve x 3, 4 4, +.

2.21 Racunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom meto-dom

Gauss-Jordanovom metodom odredite inverz matrice

A =

1 1 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 1

.

Rjesenje. Matrica je gornje trokutasta zbog cega je determinanta jednaka umnoskuelemenata na dijagonali, odnosno det A = 1. Dakle, determinanta je razlicita od

nule pa postoji inverzna matrica. Elementarnim transformacijama iskljucivo nad


65/274

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti 51

retcima svedimo matricu na oblik

I B

. Tada je A1 = B. Vrijedi

A I

=

1 1 0 0 1 0 0 00 1 1 0 0 1 0 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

R1R2

=

1 0 1 0 1 1 0 00 1 1 0 0 1 0 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

R1+R3

R2R3

=

1 0 0 1 1 1 1 00 1 0 1 0 1 1 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

R1R4R2+R4

R3R4

=

1 0 0 0 1 1 1 10 1 0 0 0 1 1 10 0 1 0 0 0 1 10 0 0 1 0 0 0 1

.

Dakle, inverz matrice A je

A1 =

1 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1

.

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti

Cramerovim pravilom odredite inverz matrice

A =2 3 01 1 5

4 2 7

.Rjesenje. Sarrusovim pravilom dobivamo

det A =

2 3 01 1 54 2 7

2 31 14 2

= 14 + 60 + 0 0 + 20 21 = 73 = 0,

pa postoji inverzna matrica. Prema [M1, teorem 2.9] je

A1 =1

det A

A11 A12 A13A21 A22 A23

A31 A32 A33

T

,


66/274

52 LINEARNA ALGEBRA

gdje je Aij algebarski komplement elementa aij . Dakle,

A11 = (1)1+11 52 7

, A12 = (1)1+21 54 7

, A13 = (1)1+31 14 2

,A21 = (1)2+1

3 02 7 , A22 = (1)2+2

2 04 7 , A23 = (1)2+3

2 34 2 ,

A31 = (1)3+1 3 0

1 5 , A32 = (1)

3+2

2 01 5 , A33 = (1)

3+3

2 31

1 ,

pa je

A1 =1

73

17 13 621 14 16

15 10 1

T = 1

73

17 21 1513 14 10

6 16 1

.

2.23 Formula za inverz matrice drugog reda

Odredite inverz matrice

A = a b

c d ,ako je ad bc = 0.Rjesenje. Zbog uvjeta ad bc = 0 matrica A je regularna. Prema [M1, teorem2.9] je

A1 =1

det A

A11 A12A21 A22

T,

gdje su

A11 = (1)1+1d = d, A12 = (1)1+2c = c,

A21 = (1)2+1b = b, A22 = (1)2+2a = a.Dakle,

A1 =1

ad bc

d cb a

T=

1

ad bc

d bc a

.

2.24 Cramerovo pravilo

Cramerovim pravilom rijesite sustav

2x1 + x2 + x3 = 2,x1 + 2x2 + x3 = 3,

x1 + x2 + 2x3 = 1.


67/274

2.25 Matricna jednadzba 53

Rjesenje. Matrica sustava A je kvadratna i regularna jer je

det A =

2 1 11 2 11 1 2

= 8 + 1 + 1 2 2 2 = 4 = 0.Stoga prema [M1, teorem 2.10] vrijedi

xi =Di

det A, i = 1, 2, 3,

gdje je

D1 =

2 1 13 2 1

1 1 2

= 8 1 + 3 + 2 2 6 = 4,D2 =

2 2 11 3 11 1 2

= 12 + 2 1 3 + 2 4 = 8,D3 =

2 1 21 2 31 1 1

= 4 + 3 + 2 4 6 + 1 = 8.

Slijedi

x1 =44

, x2 =84

, x3 =84

,

pa rjesnje sustava glasi x1x2

x3

=

122

.

2.25 Matricna jednadzba

Rijesite matricnu jednadzbu AX = B, gdje je

A =2 02 3

1 1 i B = 2 0 61 6 0

0 2 1 .

Rjesenje. Prema [M1, 2.1.3], matrica X mora biti tipa (2, 3) pa je zapisimo uobliku

X =

a b cd e f

.

Uvrstavanjem zadanih matrica u jednadzbu AX = B dobivamo

2 02 31 1

a b cd e f =

2 0 61 6 00 2 1

,


68/274

54 LINEARNA ALGEBRA

odnosno 2a 2b 2c2a 3d 2b 3e 2c 3f

a d b e c f

=

2 0 61 6 0

0 2 1

.

Izjednacavanjem odgovara jucih elemenata u matricama slijedi

2a = 2, 2b = 0, 2c = 6,

2a 3d = 1, 2b 3e = 6, 2c 3f = 0,a

d = 0, b

e =

2, c

f = 1.

Dakle,

a = 1, b = 0, c = 3, d = 1, e = 2, f = 2

pa trazena matrica X glasi

X =

1 0 31 2 2

.

2.26 Jednadzba s kvadratnim matricama

Rijesite matricnu jednadzbu

(AX)1 + X1 = B,

gdje je

A =

2 13 4

i B =

3 41 3

.

Rjesenje. Prema formulama iz [M1, 2.8] slijedi

(AX)1 + X1 = B,

X1A1 + X1 = B,

X1(A1 + I) = B.

Mnozenjem jednadzbe s lijeve strane matricom X i s desne strane matricom B1dobivamo

X X1(A1 + I) B1 = X B B1,I (A1 + I) B1 = X I,

(A1 + I) B1 = X,

odnosno

X = (A1 + I) B1.Matrice A i B imaju inverze jer je

det A = 2 4 (1) 3 = 11 = 0 i det B = 3 (3) 4 1 = 13 = 0


69/274

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem 55

Prema zadatku 2.23 vrijedi

A1 =1

11

4 1

3 2

i B1 =1

133 41 3

=

1

13

3 41 3

.

Stoga je

X =

1

11

4 1

3 2

+

1 00 1

1

13

3 41 3

=

1

11

4 1

3 2

+1

11

11 00 11

1

13

3 41 3

=1

11 13

15 13 13

3 41 3

=

1

143

46 574 51

.

2.27 Rjesavanje matricn

Documents

Matematika 1 Zbirka zadataka