Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
Transcript of Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
2/274
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
4.7 Graf funkcije f(x) =
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
5.6 Graf funkcije f(x) =
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
5.18 Graf funkcije f(x) =
x2 3x 4
2x + 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
xii
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
11/274
5.19 Graf funkcije f(x) = x1x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
xiii
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
12/274
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
14/274
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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)
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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)
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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,
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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 .
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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 .
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
26/274
12 OSNOVE MATEMATIKE
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 ) .
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
27/274
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
28/274
14 OSNOVE MATEMATIKE
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
30/274
16 OSNOVE MATEMATIKE
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)
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
36/274
22 OSNOVE MATEMATIKE
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
.
3. Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi
n
k=1k
3k=
3
4 2n + 3
4
3n
.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
37/274
1.20 Zadaci za vjezbu 23
4. Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi
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:
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
38/274
24 OSNOVE MATEMATIKE
(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.
17. Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi
arg(z4i25) =
2i |z| = 1.
18. Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi
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].
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
40/274
26 OSNOVE MATEMATIKE
(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}.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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}.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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}.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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,
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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,
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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-
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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:
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
,
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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.
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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
,
-
7/29/2019 Matematika 1 - Zbirka Zadataka Ivan Slapnicar (2008)
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