MATEMATIKA 1. Ivan Slapničar Josipa Barić. Zbirka zadataka.

Transcript

1 Ivan Slapničar Josipa Barić Marina Ninčević MATEMATIKA Zbirka zadataka Sveučilište u Splitu Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje Split, rujan 08

2

3 Sadržaj Popis slika Predgovor xiii xv OSNOVE MATEMATIKE Nejednadžbe s apsolutnom vrijednošću Dokazivanje jednakosti matematičkom indukcijom Dokazivanje nejednakosti pomoću matematičke indukcije 4 4 Binomni poučak 5 5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma 5 6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima 5 7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja 6 8 Konjugiranje kompleksnog broja 6 9 Modul kompleksnog broja 7 0 Algebarski oblik kompleksnog broja 7 Jednakost kompleksnih brojeva 7 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja 8 Potenciranje kompleksnih brojeva 9 4 Korjenovanje kompleksnih brojeva 0 5 Dijeljenje kompleksnih brojeva 6 Jednadžbe u skupu kompleksnih brojeva 7 Kompleksna ravnina 8 Sustav jednadžbi u skupu kompleksnih brojeva 7 9 Sustav nejednadžbi u skupu kompleksnih brojeva 8 0 Zadaci za vježbu v

4 Rješenja LINEARNA ALGEBRA 7 Osnovne operacije s matricama 8 Množenje matrica 8 Matrični polinom 9 4 Komutativnost matrica 9 5 Potenciranje matrica 6 Sustav linearnih jednadžbi bez rješenja 7 Sustav linearnih jednadžbi s jedinstvenim rješenjem 8 Sustav linearnih jednadžbi s beskonačno rješenja 4 9 Homogeni sustav linearnih jednadžbi 6 0 Sustav linearnih jednadžbi ovisan o parametru 7 Homogeni sustav jednadžbi ovisan o parametru 40 Rang matrice 4 Rang matrice ovisan o parametru 4 4 Sarrusovo pravilo 4 5 Laplaceov razvoj 4 6 Svojstva determinanti 44 7 Računanje determinante svodenjem na trokutasti oblik 45 8 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda 46 9 Računanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik 46 0 Regularna matrica 47 Računanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom 48 Računanje inverzne matrice pomoću determinanti 49 Formula za inverz matrice drugog reda 49 4 Cramerovo pravilo 50 5 Matrična jednadžba 5 6 Jednadžba s kvadratnim matricama 5 7 Rješavanje matrične jednadžbe invertiranjem 5 8 Rastav matrice na simetrični i antisimetrični dio 54 9 Zadaci za vježbu 55 0 Rješenja 59 vi

5 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITIČKA GEOMETRIJA 6 Skalarni produkt 64 Vektorska projekcija 65 Vektorski produkt 65 4 Linearna kombinacija vektora 67 5 Površina i visina trokuta 67 6 Površina paralelograma 68 7 Površina i duljina dijagonala romba 68 8 Mješoviti produkt 69 9 Volumen paralelopipeda 69 0 Visina paralelopipeda 70 Volumen tetraedra 70 Jednadžba ravnine 7 Pramen ravnina 7 4 Okomite ravnine 7 5 Jednadžba pravca 74 6 Okomiti pravci 75 7 Ravnina paralelna s pravcem 76 8 Sjecište pravca i ravnine 76 9 Sjecište dvaju pravaca 77 0 Ortogonalna projekcija točke na pravac 77 Ortogonalna projekcija točke na ravninu 78 Ortogonalna projekcija pravca na ravninu 78 Udaljenost točaka 79 4 Udaljenost ravnina 80 5 Udaljenost pravca od ravnine 80 6 Udaljenost točke od pravca 8 7 Udaljenost paralelnih pravaca 8 8 Udaljenost mimosmjernih pravaca 8 9 Sjecište simetrale kuta i simetrale stranice 8 0 Zadaci za vježbu 84 Rješenja 87 vii

6 4 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE 9 4 Područje definicije funkcije 9 4 Područje definicije sume i razlike funkcija 9 4 Opća sinusoida Kompozicija funkcija Nejednadžba s kompozicijom funkcija Inverzna funkcija i područje definicije Inverzna funkcija logaritamske funkcije Limes slijeva i zdesna Neodredeni oblik / Neodredeni oblik 0/ Neodredeni oblik 0 4 Primjena sin x/x) kada x Primjena sin x/x) kada x Oblik a Primjena esa jednakih broju e Neprekidnost funkcije Vrste prekida Asimptote racionalne funkcije 49 Asimptote iracionalne funkcije 40 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom 4 Zadaci za vježbu 4 4 Rješenja 8 5 DERIVACIJE I PRIMJENE 5 Pravila deriviranja 4 5 Deriviranje kompozicije funkcija 5 5 Logaritamsko deriviranje 8 54 Deriviranje implicitno zadane funkcije 9 55 Derivacije višeg reda 0 56 Deriviranje parametarski zadane funkcije 57 Tangenta na graf eksplicitno zadane funkcije 58 Tangenta na graf parametarski zadane funkcije viii

7 59 Kut izmedu tangenti 50 L Hospitalovo pravilo 4 5 Lokalni ekstremi 9 5 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije 4 5 Lokalni ekstremi i intervali monotonosti 4 54 Točke infleksije 4 55 Točke infleksije i intervali zakrivljenosti Geometrijski ekstrem I Geometrijski ekstrem II Geometrijski ekstrem III Geometrijski ekstrem IV Tok funkcije I 49 5 Tok funkcije II 5 5 Tok funkcije III 5 5 Tok funkcije IV Zadaci za vježbu Rješenja 6 6 NIZOVI I REDOVI 75 6 Limes niza po definiciji 76 6 Gomilište niza 77 6 Konvergencija monotonog i omedenog niza Limesi nekih osnovnih nizova Limes ukliještenog niza 8 66 Limes produkta 8 67 Limes niza sa sumama 8 68 Limes niza s produktima Limes niza s logaritmima Limes niza rastavljanjem na parcijalne razlomke 86 6 Konvergencija i suma reda 87 6 Suma reda s logaritmima 88 6 Suma reda rastavljanjem na parcijalne razlomke Nužan uvjet konvergencije reda 90 ix

8 65 Prvi poredbeni kriterij konvergencije 9 66 Drugi poredbeni kriterij konvergencije 9 67 D Alembertov kriterij konvergencije 9 68 Cauchyjev kriterij konvergencije Raabeov kriterij konvergencije Apsolutna konvergencija 96 6 Leibnizov kriterij konvergencije 96 6 Odredivanje područja konvergencije D Alembertovim kriterijem 98 6 Odredivanje područja konvergencije Cauchyjevim kriterijem Područje apsolutne konvergencije 0 65 Taylorov razvoj racionalne funkcije 0 66 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije 0 67 MacLaurinov razvoj logaritamske funkcije Taylorov razvoj iracionalne funkcije Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija 08 6 Zadaci za vježbu 6 Rješenja 6 x

9 Popis slika Slike parabola y = x x i y = x x Slika skupa {x, y) R : x + y ), y x + } 4 Slika skupa {x, y) R : 4 < x + y < 9} {z C: π arg z π} 5 4 Slika skupa {x, y) R : y < x 4 } 6 5 Slika skupa {x, y) R : x ) + y, y x } 7 6 Rješenje nejednadžbe ) 9 7 Rješenje nejednadžbe ) 0 8 Presjek skupova prikazanih na slikama 6 i 7 9 Slika skupa {x, y) R : x + y ) <, x ) + y } 5 0 Slika skupa {x, y) R : x y } 5 4 Slika skupa {x, y) R : y x + } 6 ) ) Slika skupa {x, y) R : x + + y i y x + } 6 4 Sinusoida y = sin x 96 4 Sinusoida y = sin x π ) 96 4 Sinusoida y = sin x π ) Graf funkcije fx) = x x 4 45 Graf funkcije fx) = x + x x 46 Graf funkcije fx) = 4x + x 47 Graf funkcije fx) = 4x + x 5 48 Graf funkcije fx) = sin x π 4 ) 9 49 Graf funkcije fx) = cos x + π 4 ) 9 xi

10 40 Graf funkcije fx) = cos x 0 4 Graf funkcije fx) = x 4 Graf funkcije fx) = x + x x Graf funkcije fx) = x + 9x + 7 x + 4) 44 Graf funkcije fx) = x x + e/x 5 Presjek kružnog stošca 45 5 Presjek kanala 46 5 Pravokutnik upisan u prvi kvadrant elipse Trokut omeden tangentom i koordinatnim osima Graf funkcije fx) = x + x 5 56 Graf funkcije fx) = x ) e x 5 57 Graf funkcije fx) = ln x x Graf funkcije fx) = sinx) + sin4x) Graf funkcije fx) = x x Graf funkcije fx) = x + x 67 5 Graf funkcije fx) = 7 x Graf funkcije fx) = x x Grafovi funkcija gx) = e x ex i fx) = e x ex Graf funkcije fx) = x + ln x ln x Graf funkcije fx) = e x x 4 70 ) 56 Graf funkcije fx) = ln Graf funkcije fx) = x ln x + x x ) 7 x x 4 58 Graf funkcije fx) = 7 x + 4 xii

11 59 Graf funkcije fx) = x x 7 xiii

12

13 Predgovor Ova zbirka namijenjena je studentima tehničkih i prirodnih znanosti, a u prvom redu studentima Sveučilišta u Splitu, Fakulteta elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje FESB) U zbirci je izloženo gradivo kolegija Matematika po sadržaju koji se predaje na FESB-u Zbirka sadrži 5 potpuno riješena zadatka iz poglavlja Osnove matematike, Linearna algebra, Vektorska algebra i analitička geometrija, Funkcije realne varijable, Derivacije i primjene te Nizovi i redovi Sličan sadržaj nalazi se u većini istoimenih kolegija koji se predaju na tehničkim i prirodoslovnim fakultetima Zbirka prati gradivo i način izlaganja udžbenika Sveučilišta u Splitu: I Slapničar, Matematika, Sveučilište u Splitu, FESB, Split, 00, te se rješenja zadataka, radi lakšeg praćenja i razumijevanja, referencijraju na odgovarajuće djelove udžbenika Pored potpuno riješenih zadataka, zbirka sadrži i 66 zadataka za vježbu s rješenjima Posebnost zbirke je u tome što svaki zadatak ima naslov iz kojeg se vidi što student treba naučiti Druga posebnost zbirke je dodatak u kojem se nalazi DA/NE kviz sa sto pitanja različite težine iz svakog poglavlja, takoder s rješenjima Budući se radi o standardnom sadržaju, nije citirana posebna literatura Spomenut ćemo samo neke od knjiga koje su utjecale na sadržaj, a koje preporučujemo i čitatelju: B P Demidović, Zadaci i riješeni primjeri iz više matematike, Tehnička knjiga, Zagreb, 978 P Javor, Matematička analiza, Zbirka zadataka, Školska knjiga, Zagreb, 989 V Devide, Riješeni zadaci iz više matematike, svezak I i II, Školska knjiga, Zagreb, 99 B Apsen, Riješeni zadaci više matematike, prvi dio, Tehnička knjiga, Zagreb, 98 U izradi zbirke korištena su iskustva i zabilješke bivših i sadašnjih nastavnika matematike na FESB-u pa im ovom prilikom iskazujemo svoju zahvalnost U Splitu, rujan 08 Autori xv

14

15 Poglavlje OSNOVE MATEMATIKE Nejednadžbe s apsolutnom vrijednošću Dokazivanje jednakosti matematičkom indukcijom Dokazivanje nejednakosti pomoću matematičke indukcije 4 4 Binomni poučak 5 5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma 5 6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima 5 7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja 6 8 Konjugiranje kompleksnog broja 6 9 Modul kompleksnog broja 7 0 Algebarski oblik kompleksnog broja 7 Jednakost kompleksnih brojeva 7 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja 8 Potenciranje kompleksnih brojeva 9 4 Korjenovanje kompleksnih brojeva 0 5 Dijeljenje kompleksnih brojeva 6 Jednadžbe u skupu kompleksnih brojeva 7 Kompleksna ravnina 8 Sustav jednadžbi u skupu kompleksnih brojeva 7 9 Sustav nejednadžbi u skupu kompleksnih brojeva 8 0 Zadaci za vježbu Rješenja

16 OSNOVE MATEMATIKE Nejednadžbe s apsolutnom vrijednošću Riješite sljedeće nejednadžbe: a) x < x +, b) x x x x Rješenje a) Budući su obje strane zadane nejednadžbe pozitivne, smijemo kvadrirati Time dobivamo sljedeću nejednadžbu odnosno odakle slijedi x ) < x + ), x x + < x + x +, 4x > 0, pa nejednadžbu zadovoljava svaki pozitivni realni broj Dakle, rješenje je skup 0, b) Desna strana nejednadžbe može biti i pozitivna i negativna pa ne smijemo kvadrirati Stoga promatrajmo dva slučaja ovisno o predznaku izraza koji se nalazi unutar apsolutnih zagrada: Slučaj Pretpostavimo da vrijedi Tada je x x 0 ) x x = x x, pa u ovom slučaju zadana nejednadžba glasi x x x x, odnosno x x 0 ) U ovom slučaju rješenje je presjek rješenja kvadratnih nejednadžbi ) i ) Iz slike parabole y = x x slijedi da je rješenje nejednadžbe ) skup, 0] [, +, a iz slike parabole y = x x vidi sliku ) slijedi da je rješenje nejednadžbe ) segment [, ] pa je konačno rješenje u prvom slučaju presjek dobivenih skupova, odnosno segment [, 0] Slučaj Pretpostavimo sada da vrijedi x x < 0 )

17 Dokazivanje jednakosti matematičkom indukcijom y x x y x x Slika : Slike parabola y = x x i y = x x Tada je x x = x x), pa u ovom slučaju zadana nejednadžba glasi x x) x x, odnosno x 4) Budući je rješenje nejednadžbe ) interval 0, vidi sliku ), a nejednadžbe 4) skup, ], konačno rješenje u drugom slučaju je njihov presjek 0, ] Ukupno rješenje je unija rješenja u prvom i drugom slučaju, odnosno [, 0] 0, ] = [, ] Dokazivanje jednakosti matematičkom indukcijom Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi + a + a + + a n = an+, a, 5) a n nn + )n + ) = 6) 6 Rješenje Neka je M skup svih prirodnih brojeva n za koje vrijedi jednakost 5) Žeo dokazati da je M = N Jednakost očigledno vrijedi za n = pa je time zadovoljena baza indukcije Sada pretpostavimo da jednakost 5) vrijedi za sve k =,,, n Trebamo pokazati da tada vrijedi i za k = n + Iskoristimo pretpostavku da jednakost 5) vrijedi za k = n Tada je + a + a + + a n + a n+ = an+ a + a n+ = an+ a, 7)

18 4 OSNOVE MATEMATIKE što pokazuje da jednakost 5) vrijedi za k = n + Time je ispunjen korak indukcije Budući je n proizvoljan, princip matematičke indukcije P4 iz [M, definicija ] povlači da je M = N, odnosno da jednakost 5) vrijedi za sve n N Napomenimo da jednakost 5) možemo dokazati i direktno, odnosno bez korištenja matematičke indukcije Naime, za svaki a vrijedi + a + a + + a n = + a + a + + a n ) a a = a + a + a + a n + a n+ a a a n a = an+ a Jednakost 6) dokazujemo slično: uvrštavanje daje n + n + ) = nn + )n + ) + 6n + ) = 6 n + )n + )n + ) =, 6 čime smo dokazali korak indukcije nn + )n + ) + n + ) 6 = n + 9n + n Dokazivanje nejednakosti pomoću matematičke indukcije Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi + a) n > + na, a > 0 8) Rješenje Označimo s M skup svih prirodnih brojeva n za koje nejednakost 8) vrijedi Za n = dobivamo + a) = + a + a > + a, pa vrijedi baza indukcije Pretpostavimo da nejednakost 8) vrijedi za k =,, n Trebamo pokazati da tada vrijedi i za k = n + Krenimo od lijeve strane nejednakosti Korištenjem pretpostavke da 8) vrijedi za k = n, dobivamo + a) n+ = + a) + a) n > + a) + na) = + n + )a + na > + n + )a Dokazali smo da je + a) n+ > + n + )a, odnosno da nejednakost 8) vrijedi za k = n + Budući je n proizvoljan, iz principa matematičke indukcije P4 iz [M, definicija ] slijedi M = N Dakle, nejednakost 8) je istinita za sve prirodne brojeve n

19 4 Binomni poučak 5 4 Binomni poučak U razvoju binoma x + 4 x ) 6 odredite član koji ne sadrži x Rješenje Prema [M, teorem 6] vrijedi x + 4 x ) 6 = 6 k=0 ) ) 6 x ) k 6 k k 4 = x 6 k=0 ) 6 x 4 k k Član u razvoju binoma koji ne sadrži x dobije se uvrštavanjem onog k N za kojeg vrijedi 4 k = 0, pa je k = 4 i traženi član ) 6 = 6! 4 4!! = 5 5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma Odredite zbroj koeficijenata u razvoju binoma 5x 4y ) 7 Rješenje Prema [M, teorem 6] je odnosno 5x 4y ) 7 = 7 k=0 5x 4y ) 7 = 7 k=0 ) 7 5x ) 7 k 4y ) k, k ) k 4) k x 7 k) y k k Uvrštavanjem x = i y = u gornju jednakost dobivamo traženi zbroj jer vrijedi 5 4 ) 7 = 7 k=0 ) k 4) k k Dakle, zbroj koeficijenata u razvoju zadanog binoma iznosi 6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima Izračunajte z + z, z z, z z i z z ako je z = i, z = + i

20 6 OSNOVE MATEMATIKE Rješenje Vrijedi z + z = i) + + i) = + i, z z = i) + i) = 4i, z z = i) + i) = + i i i = 5 + i, z = i z + i i i i + i 5i = i i) = = 5 i 7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja Odredite realni i imaginarni dio kompleksnog broja z ako je: a) z = i6 + i i i 7, b) z = 4 i0 + i Rješenje a) Budući je i =, i = i, i 6 = i 4 i = ) =, i 7 = i 4 i = i) = i, uvrštavanjem i racionalizacijom nazivnika slijedi z = i6 + i i i 7 = i + i = + i i + i + i + i = + i i = + i ) = i = i pa je Re z = 0, Im z = b) Budući je i 0 = i = i 4) 75 i = 75 i) = i, racionalizacijom nazivnika slijedi z = 4i i = 4 i + 4i ) + i i = 4 i 4 = 4 4 i = i i ) 4 pa je Re z =, Im z = 8 Konjugiranje kompleksnog broja Za kompleksne brojeve w i z, izrazite w preko z ako je w = i) z + i + i) z Rješenje Prema formulama pod a), b) i c) iz [M, zadatak 5], vrijedi w = [ ] i) z + i = + i) z i) z + i = + i) z i) z + i + i) z = + i) z + i) i) z = i) z + i + i) z = + i) z i i) z

21 9 Modul kompleksnog broja 7 9 Modul kompleksnog broja Ako je z =, izračunajte + z + z Rješenje Prema formuli pod h) iz [M, zadatak 5], vrijedi + z + z = + z) + z) + z) z) = + z) + z) + z) z) = + z + z + zz + z z + zz = + zz) = + z ) = 4 0 Algebarski oblik kompleksnog broja Odredite sve kompleksne brojeve z takve da vrijedi ako je w = + i Re w + z) = 0 i w + z =, Rješenje Neka je z = x + iy, gdje su x, y R nepoznanice Iz prvog uvjeta zadatka slijedi Re i + x + iy) = 0, Re[ + x) + y )i] = 0, + x = 0, x =, pa je z = + iy Uvrštavanjem u drugi uvjet slijedi + i + iy =, + y)i =, + y =, + y = ± Dakle, rješenja su y = 0, y =, odnosno z =, z = i Jednakost kompleksnih brojeva Odredite sve kompleksne brojeve z takve da vrijedi z + z 9 = + 5 i9 Rješenje Budući je i 9 = i 4 + = i 4) i = i = i, uvrštavanjem z = x + iy slijedi x + iy + x + iy 9 = + 5 i,

22 8 OSNOVE MATEMATIKE x iy + x + y 9 = + 5 i, / x + x + y ) 9 iy = + 5i Izjednačavanjem komponenti kompleksnih brojeva prema [M, definicija 9] slijedi x + x + y 9 = i y = 5 Kako je y = 5 to vrijedi x + x =, x + 5 = + 9) x, / x + 5 = + 9) + 9)x + x, + 9)x = , + 9)x = 4 + 9), x = Rješenje je z = 5i Trigonometrijski oblik kompleksnog broja Odredite trigonometrijski oblik sljedećih kompleksnih brojeva: a) z = + i, b) z = i Rješenje a) Za kompleksni broj z = + i vrijedi Re z = i Im z = Prema formulama iz [M, 8] modul od z je z = + =, a argument od z je tg ϕ = = Kako se z nalazi u prvom kvadrantu, slijedi da je ϕ = π 4 Stoga je + i = cos π 4 + i sin π ) 4 b) Iz Re z = i Im z =, prema formulama iz [M, 8] slijedi z = ) ) + =

23 Potenciranje kompleksnih brojeva 9 Nadalje, kako se z se nalazi u četvrtom kvadrantu, vrijedi tg ϕ = =, ϕ = π π = 5π Dakle, i = cos 5π + i sin 5π ) Potenciranje kompleksnih brojeva Koristeći trigonometrijski oblik kompleksnog broja izračunajte: a) + i) 0, ) 50 b) i Rješenje a) Prema zadatku pod a), trigonometrijski oblik od z = + i je z = cos π 4 + i sin π ) 4 De Moivreova formula [M, 4)] za n = 0 daje ) 0 [ z 0 = cos 0 π ) + i sin 0 π )] 4 4 = 5 cos 5π + i sin 5π ) [ = cos π + π ) + i sin π + π )] = cos π + i sin π ) = 0 + i) = i, odnosno vrijedi + i) 0 = i b) Promotrimo kompleksni broj z = i Prema zadatku pod b), trigonometrijski oblik od z je z = cos 5π + i sin 5π )

24 0 OSNOVE MATEMATIKE De Moivreova formula [M, 4)] za n = 50 daje [ z 50 = 50 cos 50 5π ) + i sin 50 5π )] = cos 50π + i sin 50π = cos 8π + 4π ) + i sin 8π + 4π ) = cos 4π + i sin 4π Dakle, = i ) 50 i = i 4 Korjenovanje kompleksnih brojeva Koristeći trigonometrijski oblik kompleksnog broja izračunajte: a), b) cos π 4 i sin π ) 4 Rješenje a) Prema [M, 8] je trigonometrijski oblik od z = jednak w = cos 0 + i sin 0) Formula [M, 5)] za n = daje [ z = cos 0 + kπ + i sin 0 + kπ ], k = 0,, Dakle, rješenja su: z 0 = cos 0 + i sin 0 =, z = cos π + i sin π = + i, z = cos 4π + i sin 4π = i b) Za kompleksni broj z = cos π 4 i sin π ) ) = 4 i = + i,

25 5 Dijeljenje kompleksnih brojeva je z =, a za argument ϕ vrijedi tg ϕ =, pri čemu je z iz drugog kvadranta Stoga je ϕ = π π 4 = π 4 pa trigonometrijski oblik od z glasi z = cos π 4 + i sin π ) 4 Prema formuli [M, 5)] za n = je π z = cos 4 + kπ π + i sin 4 + kπ, k = 0, Tražena rješenja su: z 0 = z = cos π 8 + i sin π ), 8 cos π π + i sin 8 8 ) 5 Dijeljenje kompleksnih brojeva Odredite kompleksni broj z = ) + i cos π + i sin π ) 8 Rješenje Odredimo prvo trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = + i Prema [M, 8] je z =, a za argument ϕ vrijedi tg ϕ = Budući je z iz prvog kvadranta, njegov trigonometrijski oblik glasi z = cos π 6 + i sin π 6 De Moivreova formula [M, 4)] daje cos π z = 6 + i sin π ) cos π 6 cos π + i sin π ) 8 = 6 + i sin π 6 cos 8π 8π + i sin = cos π 6 + i sin π 6 cos π + i sin π pa iz formule za dijeljenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku slijedi π z = cos 6 π ) π + i sin 6 π ) = cos π + i sin π = i

26 OSNOVE MATEMATIKE 6 Jednadžbe u skupu kompleksnih brojeva Riješite jednadžbe: a) b) + i) + i) + i i) + i) = 7 i 4 z4, [ ] i)8 z = + i Rješenje a) Sredivanjem lijeve strane zadane jednadžbe slijedi + 7i = 7 i / i 4 z4, 4i) 4 + 7i) = i7 i)z 4, 4 + 7i) = + 7i)z 4, 4 = z 4 Dakle, trebamo odrediti sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi z 4 = w, gdje je w = 4 Prema [M, 8], kompleksni broj w ima modul w = 4 i argument ϕ = π pa je njegov trigonometrijski oblik w = 4 cos π + i sin π) Formula [M, 5)] za n = 4 daje 4 4 w = 4 cos π + kπ + sin π + kπ ), k = 0,,,, 4 4 pa su sva rješenja jednadžbe: z 0 = 4 4 cos π 4 + i sin π ) = + ) i = + i, 4 z = 4 4 cos π 4 + i sin π ) = + ) i = + i, 4 z = 4 4 cos 5π 4 + i sin 5π ) = ) i = i, 4 z = 4 4 cos 7π 4 + i sin 7π ) = ) i = i 4 b) Racionaliziranje desne strane jednadžbe daje + i + i + i = + i = + i 4 = i

27 7 Kompleksna ravnina Nadalje, vrijedi + i) 8 = [ + i) ] 4 = i + i ) 4 = i) 4 = ) 4 i 4 = 6 Uvrštavanjem dobivenih jednakosti u zadanu jednadžbu slijedi z) 4 = i Uz supstituciju z = w, trebamo riješiti jednadžbu Budući je formula [M, 5)] za n = 4 daje 4 i = 4 cos w 4 = i i = cos 4π + i sin 4π ), 4π + kπ 4π + i sin 4 + kπ 4, k = 0,,,, pa su rješenja: w 0 = cos π + i sin π = + i, w = cos 5π 6 + i sin 5π 6 = + i, w = cos 4π + i sin 4π = i, w = cos π π + i sin 6 6 = i Kako je z = w, rješenja polazne jednadžbe su: 7 Kompleksna ravnina z 0 = i, z = + i, z = + i, z = + i Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi:

28 4 OSNOVE MATEMATIKE a) z i i Im [ + i)z], b) z 5 z + 6 < 0 i π arg z π, c) z > + Im z, ) d) z z + i i Re z Rješenje a) Uvrštavanjem z = x + iy u prvu nejednadžbu slijedi x + iy ), x + y ), / x + y ) Skup rješenja zadnje nejednadžbe je krug radijusa sa središtem u točki S0, ), odnosno nejednadžbu zadovoljavaju svi kompleksni brojevi koji se nalaze unutar i na rubu tog kruga Iz druge nejednadžbe slijedi Im [ + i)x + iy)], Im [x y) + ix + y)], x + y Skup rješenja zadnje nejednadžbe je poluravnina y x + Konačno rješenje je presjek dobivenog kruga i poluravnine vidi sliku ) Slika : Slika skupa {x, y) R : x + y ), y x + } b) Modul traženih kompleksnih brojeva zadovoljava kvadratnu nejednadžbu z 5 z + 6 < 0 iz čega slijedi z,, odnosno < z <

29 7 Kompleksna ravnina 5 Uvrštavanjem z = x + iy u gornji izraz te njegovim kvadriranjem dobivamo 4 < x + y < 9, tj kružni vijenac manjeg radijusa, a većeg sa središtem u ishodištu, pri čemu rubovi nisu uključeni Konačno rješenje dobivamo presijecanjem s dijelom kompleksne ravnine koji se nalazi izmedu polupravaca arg z = π i arg z = π vidi sliku ) Slika : Slika skupa {x, y) R : 4 < x + y < 9} {z C: π arg z π} c) Nakon uvrštavanja z = x + iy dolazimo do iracionalne jednadžbe x + y > + y 9) U ovisnosti o vrijednosti desne strane nejednadžbe, razlikujemo dva slučaja Ako je + y > 0, kvadriranjem dobivamo x + y > + y), x + y > 4 + 4y + y, x > 4 + 4y, y < x 4 Dakle, rješenje u ovom slučajau je dio kompleksne ravnine izmedu parabole y = x 4 i pravca y =, pri čemu ni pravac ni parabola nisu uključeni U slučaju kada je + y 0, nejednakost 9) uvijek vrijedi jer je lijeva strana pozitivna, a desna negativna Stoga je rješenje u ovom slučaju poluravnina y Konačno rješenje je unija rješenja u prvom i drugom slučaju, odnosno dio kompleksne ravnine ispod parabole y = x 4 bez točaka parabole vidi sliku 4)

30 6 OSNOVE MATEMATIKE Slika 4: Slika skupa {x, y) R : y < x 4 } d) Budući je z z + i = z z + i, množenjem prve nejednadžbe s pozitivnim brojem z + i slijedi z z + i, x ) + yi x + ) + y )i, x ) + y x + ) + y ), x ) + y x + ) + y ), x 4x y x + x + + y y +, y x Uvrštavanjem z = x + iy i racionalizacijom nazivnika slijedi pa je z = x iy x + iy x + iy = x + iy x + y = Iz druge nejednadžbe slijedi Re ) x = z x + y x x + y + x x + y, x + y x, x x + ) + y, x ) + y / y x + y i, Zadnja nejednakost predstavlja dio kompleksne ravnine izvan kruga radijusa sa središtem u točki S, 0) Rješenje dobivamo presijecanjem s poluravninom y x vidi sliku 5)

31 8 Sustav jednadžbi u skupu kompleksnih brojeva 7 Slika 5: Slika skupa {x, y) R : x ) + y, y x } 8 Sustav jednadžbi u skupu kompleksnih brojeva Riješite jednadžbu ako za kompleksni broj a vrijedi a 0 z = a a + a = Rješenje Uvrštavanjem a = x + iy u ) slijedi x + y + x + iy = i ) + i, 0) i i ) Zbog jednakosti kompleksnih brojeva s lijeve i desne strane jednadžbe vrijedi odakle slijedi x + y + x = i x + 4 = x, y =, x + 4 = 9 4 x + x, x = Dakle, a = i

32 8 OSNOVE MATEMATIKE Da bismo riješili jednadžbu 0), trebamo prvo izračunati a 0 Prema poglavlju [M, 8] je a =, a za argument vrijedi tg ϕ = pa je trigonometrijski oblik jednak a = cos 5π + i sin 5π ) De Moivreova formula [M, 4)] za n = 0 daje a 0 = [cos 0 0 5π ) + i sin 0 5π )] 50π = cos = cos 6π + π ) + i sin 6π + π ) π = cos Nadalje, zbog a = je a = a = Još vrijedi ) + i + i = i i + i ) ) + i + i = + i i = Uvrštavanjem dobivenih rezultata u 0) dobivamo ) + i z = i, odnosno z = w, pri čemu je w = i + i = ili u trigonometrijskom obliku i + i w = + i = + i cos 5π 6 + i sin 5π ) 6 Primjenom formule [M, 5)] za n = slijedi 5π w = 6 cos + kπ 5π + i sin Dakle, rješenja jednadžbe 0) su: 6 + kπ z 0 = cos 5π 5π + i sin, z = cos 7π + i sin 7π ) + i sin ) + i sin i 4 4 ) 50π = ) π ) i = i = i = ), k = 0, = + i + i 9 Sustav nejednadžbi u skupu kompleksnih brojeva Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi cos [ arg iz 4)] 0 i z z

33 9 Sustav nejednadžbi u skupu kompleksnih brojeva 9 Rješenje Označimo arg z = ϕ Tada prema formulama [M, )] i [M, 4)] vrijedi arg iz 4) = arg i) + arg z 4) + kπ = π + 4ϕ + kπ, k Z Nadalje, vrijedi ) π cos + 4ϕ + kπ Stoga je = cos π + π ) π ) + 4ϕ = cos + 4ϕ = sin4ϕ) cos [ arg iz 4)] = sin4ϕ) pa iz prve nejednadžbe slijedi da za argument ϕ mora vrijediti sin4ϕ) 0, ) Slika 6: Rješenje nejednadžbe ) odnosno 0 + mπ 4ϕ π + mπ, m Z Budući je ϕ [0, π, svi mogući intervali su odredeni s m = 0 = 0 ϕ π 4, m = = π ϕ π 4, m = = π ϕ 5π 4, m = = π ϕ 7π 4 Rješenje prve nejednadžbe je unija ovih dijelova kompleksne ravnine vidi sliku 6)

34 0 OSNOVE MATEMATIKE Iz druge nejednadžbe slijedi z z 0, odnosno z z 0 4 z 0 ) Slika 7: Rješenje nejednadžbe ) Nejednakost ) vrijedi u dva slučaja: Slučaj Rješenje prve nejednadžbe je skup z z 0 0 i 4 z < 0 4) A = {z C: z z 0} Prema [M, primjer 4 c)], skup A je dio kompleksne ravnine izvan elipse koja ima fokuse u točkama z = 4 i z =, veliku poluos a = 5 i malu poluos b = 4, zajedno s rubom te elipse Rješenje druge nejednadžbe je skup B = {z C: z > 4} Prema [M, primjer 4 a)], skup B je dio kompleksne ravnine izvan kružnice radijusa 4 sa središtem u točki z 0 = Rješenje sustava nejednadžbi 4) je presjek skupova A i B Slučaj z z 0 0 i 4 z > 0 5) Analogno prvom slučaju, rješenje prve nejednadžbe je dio kompleksne ravnine unutar elipse s fokusima u točkama z = 4, z =, velikom poluosi a = 5 i malom

35 0 Zadaci za vježbu poluosi b = 4, rješenje druge nejednadžbe je dio kompleksne ravnine unutar kružnice radijusa 4 sa središtem u točki z 0 =, a rješenje sustava nejednadžbi 5) je presjek tih skupova Konačno rješenje nejednadžbe ) je unija rješenja u prvom i drugom slučaju vidi sliku 7) Konačno rješenje zadatka je presjek rješenja nejednadžbi ) i ) vidi sliku 8) Slika 8: Presjek skupova prikazanih na slikama 6 i 7 0 Zadaci za vježbu Riješite sljedeće nejednadžbe: a) x + x x 4x + <, b) 4x + x x 4x, c) x + x > x + 5 Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi + ) n n = ) n nn + ) Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi n k= k k = 4 n + 4 n

36 OSNOVE MATEMATIKE 4 Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi n n 5 Odredite x ako je poznato da je treći član u razvoju binoma x + x log x ) 5 jednak Odredite onaj član u razvoju binoma koji se nalazi uz potenciju a a + ) a 7 Izračunajte z + z, z z, z z i z z ako je a) z = i, z = i, b) z =, z = i 8 Odredite realni i imaginarni dio kompleksnog broja z = i0 i i + 9 Odredite realan broj t takav da je Im z + z ) = 0, ako je z = + t i, z = t 4i 0 Riješite jednadžbu z + i) = i 0 Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi ) z i Re = i z + i = z + i Koristeći trigonometrijski oblik kompleksnog broja izračunajte: a) + i ) 7, b) i ) 7 Koristeći trigonometrijski oblik kompleksnog broja izračunajte: a) 4 i; b) + i 4 U skupu kompleksnih brojeva riješite jednadžbe: a) + 5i) z i + 5 = 0;

37 Rješenja b) z 4 + i) = 0, c) z 4 i + i = + 5i, d) 8z + 8 ) + i = 0, i e) z + i) 6 = + i) 5 Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi: a) z i < i z, b) z + Re z, c) z + Im i z), d) z + i z + i, e) z ) z + i i Im + i 6 Odredite sve kompleksne brojeve z takve da je argz ) = π i da su u kompleksnoj ravnini jednako udaljeni od brojeva z = + i i z = i 7 Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi argz 4 i 5 ) = π i z = 8 Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi )] arg [z i = 5π i z + z = 0 9 Odredite skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi z i + Rez + ) i z + Imi z) Rješenja a) x,, b) x [ 4, ], c) x, 9 Vidi [M, 4] Vidi [M, 4] 4 Vidi [M, 4] 5 x = 0

38 4 OSNOVE MATEMATIKE 6 ) a a) z + z =, z z = i, z z = + i, z z = i b) z + z = i, z z = + i, z z = 4i, z z = i 8 Re z = 0, Im z = 9 t= 0 z = + i z = i, z = i a) 64 + i ), b) 78 + i ) a) z 0 = cos π 8 + i sin π 8, z = cos 7π 8 + i sin 7π 8, z = cos π 8 z = cos 5π 8 b) z 0 = z = z = + i sin π 8, 5π + i sin 8 cos π 9 + i sin π ), 9 cos 7π 9 + i sin 7π ), 9 cos π π + i sin 9 9 ) 4 a) z 0 = + i, z = + i, z = i b) z 0 = cos π π + i sin 6 6, z = cos π 6 z = cos 9π 6 z = cos 7π 6 + i sin π 6, + i sin 9π 6, 7π + i sin 6 c) z 0 =, z = i, z =, z = i d) z 0 = cos π 6 + i sin π ), cos 7π 6 + i sin 7π 6 z = 6 ),

39 Rješenja 5 z = 6 cos π ) π + i sin 6 6 e) z 0 = i, z = 0, z = i, z = i, z 4 = 4i, z 5 = i 5 a) Vidi sliku 9 Slika 9: Slika skupa {x, y) R : x + y ) <, x ) + y } b) Vidi sliku 0 Slika 0: Slika skupa {x, y) R : x y 4 } c) R d) Vidi sliku e) Vidi sliku 6 z = + + i

40 6 OSNOVE MATEMATIKE Slika : Slika skupa {x, y) R : y x + } Slika : Slika skupa {x, y) R : x + ) + y ) i y x + } 7 z 0 =, z = i, z =, z = i 8 z 0 =, z = + i, z = i 9 {x, y) R : x = y 4 + y + 4 }

41 Poglavlje LINEARNA ALGEBRA Osnovne operacije s matricama 8 Množenje matrica 8 Matrični polinom 9 4 Komutativnost matrica 9 5 Potenciranje matrica 6 Sustav linearnih jednadžbi bez rješenja 7 Sustav linearnih jednadžbi s jedinstvenim rješenjem 8 Sustav linearnih jednadžbi s beskonačno rješenja 4 9 Homogeni sustav linearnih jednadžbi 6 0 Sustav linearnih jednadžbi ovisan o parametru 7 Homogeni sustav jednadžbi ovisan o parametru 40 Rang matrice 4 Rang matrice ovisan o parametru 4 4 Sarrusovo pravilo 4 5 Laplaceov razvoj 4 6 Svojstva determinanti 44 7 Računanje determinante svodenjem na trokutasti oblik 45 8 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda 46 9 Računanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik 46 0 Regularna matrica 47 Računanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom 48 Računanje inverzne matrice pomoću determinanti 49 Formula za inverz matrice drugog reda 49 4 Cramerovo pravilo 50 5 Matrična jednadžba 5 6 Jednadžba s kvadratnim matricama 5 7 Rješavanje matrične jednadžbe invertiranjem 5 8 Rastav matrice na simetrični i antisimetrični dio 54 9 Zadaci za vježbu 55 0 Rješenja 59

42 8 LINEARNA ALGEBRA U nekim zadacima u ovom poglavlju ćemo koristiti elementarne transformacije nad retcima i stupcima matrice Radi jednostavnijeg zapisa ćemo i-ti redak označavati s R i, a i-ti stupac sa S i Transformacija koja se vrši u danom koraku pisat će desno od retka ili iznad stupca na koji se odnosi Osnovne operacije s matricama Zadane su matrice Izračunajte: A = [ ] 7 0 i B = [ ] 4 a) A + B, b) A T + B T, c) A B Rješenje [ ] [ ] [ ] [ ] a) A + B = + = =, b) A T + B T = 0 + = = 6, [ ] [ ] [ ] 7 4 c) A B = = 0 4 Množenje matrica Izračunajte 5 [ ]

43 Matrični polinom 9 Rješenje 5 [ ] = = Matrični polinom Neka je A = [ ] Izračunajte P A), ako je P x) = 5x 0 + x 4x + Rješenje Trebamo izračunati P A) = 5 A + A 4 A + I Vrijedi [ ] [ ] [ ] A = A A = =, [ ] [ ] [ ] A = A 4 A = =, pa je [ ] [ ] [ ] [ ] 4 0 P A) = [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] = = Komutativnost matrica a) Zadane su matrice A = [ ] a a a a i B = [ ] 6a Odredite sve vrijednosti realnog parametra a za koje su matrice A i B komutativne? b) Odredite sve matrice koje komutiraju s matricom 0 A = 0 0 0

44 0 LINEARNA ALGEBRA Rješenje a) Vrijedi [ ] [ ] [ ] a a a + 6a 0 AB = = a a 6a a + 6a, [ ] [ ] [ ] a a 0 BA = = 6a a a a + 6a a + 6a Matrice A i B su komutativne ako vrijedi AB = BA Izjednačavanjem odgovarajućih elemenata slijedi da realni parametar a treba zadovoljavati kvadratnu jednadžbu 6a + a = 0 Dakle, rješenja su a = i a = b) Označimo matricu B s B = x y z x y z x y z Potrebno je odrediti sve koeficijente x i, y i, z i za koje vrijedi AB = BA Izjednačavanjem matrica AB = 0 0 x y z x y z = x x y y z z x x y y z z 0 0 x y z x y z i BA = x y z x y z 0 0 = x x + y y + z x x + y y + z x y z 0 0 x x + y y + z slijedi da elementi matrice B moraju zadovoljavati sustav jednadžbi x x = x, y y = x + y, z z = y + z, x x = x, y y = x + y, z z = y + z, odakle slijedi da je x = x, y = x + y, z = y + z, x = 0, y = x, z = y, x = 0, y = x, z = y, x = 0, y = 0 Zaključujemo da koeficijenti x i, y i, z i zadovoljavaju relacije x = y = z, y = z, x = x = 0

45 5 Potenciranje matrica Ako uvedemo oznake x = α, y = β i z = γ, onda se matrica B može zapisati u obliku α β γ B = 0 α β 0 0 α gdje su α, β i γ realni brojevi Provjerimo na kraju da svaka matrica oblika B komutira s matricom A: 0 α β γ α β α γ β AB = 0 0 α β = 0 α β α, α 0 0 α α β γ 0 α β α γ β BA = 0 α β 0 = 0 α β α 0 0 α α Uistinu, matrice AB i BA su jednake 5 Potenciranje matrica Zadana je matrica Izračunajte n-tu potenciju matrice A 0 A = Rješenje Da bismo odredili n-tu potenciju matrice A, izračunajmo prvo nekoliko potencija nižeg reda Iz oblika tih potencija ćemo prepoznati opći oblik za A n Konačno, ispravnost dobivenog oblika treba provjeriti matematičkom indukcijom Za n =,, 4 imamo A = = 0, A = = + 0, A 4 = = Iz oblika ovih potencija zaključujemo da je n n ) A n = 0 n = n nn ) 0 n )

46 LINEARNA ALGEBRA gdje smo koristili formulu n ) = nn ) vidi [M, primjer ]) Ispravnost dobivenog izraza za A n ćemo provjeriti matematičkom indukcijom P4 iz [M, definicija ] Jednakost ) očigledno vrijedi za n = pa je time ispunjena baza indukcije Pretpostavimo sada da jednakost ) vrijedi za n = m Tada je A m+ = A m A = m mm ) 0 0 m = m + m + mm ) 0 m = m + m+)m 0 m što pokazuje da jednakost ) vrijedi za n = m+ Dakle, po principu matematičke indukcije jednakost vrijedi za svako n N, 6 Sustav linearnih jednadžbi bez rješenja Riješite sustav x + y + z =, 4x y z =, x + 4y + 5z = 0 Rješenje Zapišimo sustav u matričnom obliku i na proširenu matricu sustava primijenimo Gaussovu metodu einacije opisanu u [M, 4] Vrijedi [ ] A b = 4 R+4R R R R +R Dobili smo proširenu matricu sustava koji je ekvivalentan polaznom Budući da iz trećeg retka slijedi 0 = 0, sustav nema rješenja 7 Sustav linearnih jednadžbi s jedinstvenim rješenjem Riješite sustave: a) x + y + z =, x + z =, x + y z =, x + y + z =

47 7 Sustav linearnih jednadžbi s jedinstvenim rješenjem b) x + x + x + 5x 4 =, Rješenje x + x + 5x + x 4 =, x + x + x + x 4 =, x + x + x + 4x 4 = a) Gaussovom metodom einacije vidi [M, 4]) dobivamo: [ ] A b = 0 R +R R R R 4+R R4+R R 4 R Četvrti redak glasi 0 = 0, što je točno Iz trećeg retka slijedi z = 0, iz drugog a i prvog 4y + 7z = 4 4y = 4 y =, x + y + z = x + = x = Dakle, sustav ima jedinstveno rješenje x y = z b) Gaussovom metodom einacije vidi [M, 4]) dobivamo: 5 [ ] A b = R R R R R 4 R R R R 4 R R4 R Iz četvrtog retka slijedi 4x 4 = 4 x 4 =,

48 4 LINEARNA ALGEBRA iz trećeg iz drugog te iz prvog 6x x 4 = 5 6x + = 5 x =, x x x 4 = 0 x + = 0 x = 0, x + x + x + 5x 4 = x ) = x = Rješenje zadanog sustava je jedinstveno i glasi x x x = 0 x 4 8 Sustav linearnih jednadžbi s beskonačno rješenja Riješite sljedeće sustave: a) x + x + x = 4, x x x =, x 8x 9x = 8, 5x + 5x = 4 b) x + x x x 4 + 4x 5 =, x + x x x 4 =, 9x + x x x 4 x 5 = 5, Rješenje x x x 4 + x 5 = a) Gaussovom metodom einacije vidi [M, 4]) dobivamo: 4 4 [ ] A b = R R R R R 4 5R R R R 4 R

49 8 Sustav linearnih jednadžbi s beskonačno rješenja 5 Treći i četvrti redak glase 0 = 0, što je točno jednadžbe Iz preostalih redaka slijede 5x 5x = 6 i x + x + x = 4, pomoću kojih možemo nepoznanice x i x izraziti preko x Vrijedi 5x 5x = 6 5x = 6 5x x = 6 5 x, ) 6 x + x + x = 4 x = 4 5 x x x = x Dakle, sustav ima jednoparametarsko rješenje Stavimo x = λ, gdje je λ R proizvoljan Tada rješenje sustava glasi x = λ, x = 6 5 λ, x = λ, odnosno u matričnom zapisu x x = 8/5 6/5 + λ, λ R x 0 b) Gaussovom metodom einacije vidi [M, 4]) dobivamo: 4 [ ] A b = R R R 9R R 4 R R 4R R 4 R R 4 R

50 6 LINEARNA ALGEBRA Četvrti redak glasi 0 = 0, što je točno Iz preostalih redaka slijede tri jednadžbe iz kojih sve nepoznanice možemo izraziti preko x 4 i x 5 Stoga sustav ima dvoparametarsko rješenje pa možemo staviti x 4 = α, x 5 = β, gdje su α, β R proizvoljni Iz trećeg retka slijedi iz drugog te iz prvog x 6x 4 + 0x 5 = = x = 6α + 0β, x + x + 8x 4 x 5 = 4, x = + 6α + 0β) + 4α 6β, x = α + 4β x + x x x 4 + 4x 5 =, x = α + 4β) + 6α + 0β) + α 4β, x = α + β Rješenje zapisano u matričnom obliku glasi x 0 x x x 4 = 0 + α 6 + β 4 0, α, β R 0 x Homogeni sustav linearnih jednadžbi Riješite sustav x + x + x = 0, x + x = 0, x + x x = 0 Rješenje Gaussovom metodom einacije vidi [M, 4]) dobivamo: [ ] 0 0 A b = 0 0 R R R R R R Zadnji redak daje istinitu tvrdnju 0 = 0, a iz prvog i drugog retka slijedi x x = 0 i x + x + x = 0,

51 0 Sustav linearnih jednadžbi ovisan o parametru 7 pa možemo sve nepoznanice izraziti preko x Stavimo li x = t, gdje je t R proizvoljan, slijedi x = t i x = x x = t t = t Sustav ima jednoparametarsko rješenje koje glasi x x = t, t R x 0 Sustav linearnih jednadžbi ovisan o parametru Riješite sljedeće sustave u ovisnosti o realnom parametru: a) x + y z =, x + y + az =, x + ay + z = b) λx + y + z =, Rješenje x + λy + z = λ, x + y + λz = λ a) Gaussovu metodu einacije iz [M, 4] primijenimo na proširenu matricu sustava, pri čemu je a proizvoljan realan parametar Dobivamo [ ] A b = a R R 0 a + a R R 0 a 4 R a )R 0 a a + ) a) a Ovisno o tome je li element na mjestu, ) jednak ili različit od nule, razlikujemo tri slučaja: Slučaj Promotrimo prvo slučaj kada je a + ) a) 0, odnosno kada a / {, } Tada možemo podijeliti treći redak s a 0 pa vrijedi [ ] A b 0 a a + Budući je i a + 0, iz trećeg retka slijedi a + ) z = z = a +

52 8 LINEARNA ALGEBRA Uvrštavanjem u jednadžbu koja slijedi iz drugog retka, dobivamo Sada iz prvog retka imamo y + a + ) z = y = a + a + y = a + x + y z = x = a + + a + x = U ovom slučaju sustav ima jedinstveno rješenje koje glasi x y = /a + ) z /a + ) Slučaj Ako je a =, iz trećeg retka slijedi jednadžba 0 = 5 pa sustav nema rješenja Slučaj Za a = je Sada iz drugog retka slijedi a iz prvog je [ ] A b y + 4z = y = 4z, x + y z = x = 4z) + z x = 5z Ako stavimo z = λ, gdje je λ R proizvoljan parametar, rješenje glasi x 5λ 0 5 y = 4λ = + λ 4, λ R z λ 0 b) Sustav rješavamo metodom Gaussove einacije opisanom u [M, 4] Vrijedi [ ] A b = λ λ λ λ λ Da bi smanjili broj redaka koje treba pomnožiti s parametrom λ i tako pojednostavnili rješavanje sustava, zamijenimo prvi i treći redak Tada je [ ] λ λ A b λ λ R R λ R λr

53 0 Sustav linearnih jednadžbi ovisan o parametru 9 λ λ 0 λ λ λ λ 0 λ λ λ R +R λ λ 0 λ λ λ λ 0 0 λ) + λ ) λ ) + λ λ ) λ λ = 0 λ λ λ λ) 0 0 λ)λ + ) λ) + λ) Zadani sustav jednadžbi je ekvivalentan dobivenom gornje trokutastom sustavu x + y + λz = λ, λ )y + λ)z = λ λ), λ)λ + )z = λ) + λ) Promotrimo posebno sljedeća tri slučaja ovisna o tome je li izraz na mjestu, ) jednak ili različit od nule: Slučaj Ako je λ)λ+) 0, odnosno λ / {, }, iz posljednje jednadžbe slijedi z = pa sustav ima jedinstveno rješenje λ) + λ) λ)λ + ), x = λ + λ +, y = + λ), z = λ + λ + Slučaj Za λ = sustav se svodi na jednadžbu x + y + z = iz koje dobivamo x = y z, odnosno dvoparametarsko rješenje gdje su y i z parametri Označimo li ih s α i β, rješenje zapisujemo u obliku x = α β, y = α, z = β, α, β R Slučaj Za λ = imamo sustav x + y z = 4, y + z = 6, 0 z =, koji zbog zadnje jednakosti 0 = očito nema rješenja

54 40 LINEARNA ALGEBRA Homogeni sustav jednadžbi ovisan o parametru Odredite sve realne parametre p za koje sustav ima samo trivijalno rješenje x + x + x + x 4 = 0, x + x + 4x + px 4 = 0, x + x 7x + 8x 4 = 0, x + px + x 5x 4 = 0 Rješenje Sustav je homogen pa je dovoljno primijeniti Gaussovu metodu einacije iz [M, 4] na matricu sustava Vrijedi A = 4 p R R p R +R 0 p 5 R 4 R 0 p Budući da drugi redak sadrži parametar p, da bi pojednostavnili računanje, zamijenimo ga s trećim retkom koji ga ne sadrži Takoder, podijeo treći redak s Tada je A 0 0 p 0 p R+R R 4 p 6)R p p + p Da bi dobili gornje trokutasti oblik, sada moramo zamijeniti treći i četvrti redak Stoga za proširenu matricu sustava vrijedi 0 [ ] A b p + p p + 0 Ako homogeni sustav ima jedinstveno rješenje, onda je ono trivijalno Rješenje očito nije jedinstveno ako je p = jer se tada treći i četvrti redak sastoje samo od nula, a sustav ima četiri nepoznanice Medutim, za sve parametre p dijeljenjem trećeg i četvrtog retka s p + 0 dobivamo da je 0 [ ] A b , što je proširena matrica sustava koji ima jedinstveno trivijalno rješenje

55 Rang matrice 4 Rang matrice Odredite rang sljedećih matrica: 6 a) A = 6, 4 0 b) B = Rješenje a) Zamijenimo prvi i drugi redak da bi doveli broj na mjesto, ) Elementarnim transformacijama nad retcima iz [M, teorem 4] slijedi 6 6 A 6 R R R R R R Dobili smo matricu u reduciranom obliku koja je ekvivalentna polaznoj Budući da je rang dobivene matrice jednak broju ne-nul redaka, prema [M, definicija 4], slijedi ranga) = b) Zamijenimo prvi i drugi redak i zadanu matricu svedimo na reducirani oblik Vrijedi R R 0 0 B R R R 4+R R 5 4R 0 Podijeo sada drugi redak s brojem Tada je B R 4R 0 0 R 4 +R R 5 +R R4 5R R 5 +R Prema [M, teorem 4], dobivena matrica je ekvivalentna polaznoj, odnosno obje imaju isti rang Budući je rang dobivene matrice jednak broju ne-nul redaka, slijedi rangb) =

56 4 LINEARNA ALGEBRA Rang matrice ovisan o parametru U ovisnosti o parametru λ R odredite rang matrice A = λ λ λ λ Rješenje Elementarnim transformacijama nad retcima iz [M, teorem 4] dobivamo da je A = λ λ R R 0 λ λ λ λ R R 0 λ λ = 0 λ λ )λ + ) 0 λ )λ + ) λ Drugi i treći redak u gornjoj matrici smijemo podijeliti s λ, samo uz pretpostavku da je λ Tada je A 0 λ + 0 λ + ) 0 λ + R λ+)r 0 0 λλ + ) Promotrimo sada posebno slučajeve λ = i λ = 0 za koje dobivamo nulu na mjestu, ) jer tada treći redak postaje nul-redak, te slučaj kada je λ = koji smo izbacili na početku Slučaj Za λ = dobivamo iz čega zaključujemo da je ranga) = A 0, Slučaj Slično, za λ = 0 imamo A pa je opet ranga) = Slučaj Ako je λ =, tada ne vrijedi dobivena ekvivalencija jer u tom slučaju ne smijemo dijeliti s λ Stoga uvrstimo λ = u zadanu matricu Dobivamo A = R R R R 0 0 0

57 4 Sarrusovo pravilo 4 pa je ranga) = Slučaj 4 Konačno, u svim osta slučajevima, odnosno ako λ / {, 0, }, reducirana matrica ) ima tri ne-nul retka pa je ranga) = 4 Sarrusovo pravilo Sarrusovim pravilom izračunajte determinantu matrice A = Rješenje Prepišimo prva dva stupca zadane matrice iza trećeg Množenjem triju brojeva na dijagonalama, pri čemu umnoške na padajućim dijagonala zbrajamo, a one na rastućim oduzimamo, dobivamo det A = = ) + 5) 8 5) 7 ) = 68 5 Laplaceov razvoj Laplaceovim razvojem izračunajte determinantu matrice 5 A = Rješenje Laplaceovim razvojem [M, 9] po četvrtom retku slijedi 5 det A = = ) ) ) Sada izračunajmo dobivene determinante trećeg reda Laplaceovim razvojem po drugom retku dobivamo 5 0 = )+ 5 + ) 5 )+ = 5 ) + [5 ) ] = 4 + = 5

58 44 LINEARNA ALGEBRA Razvojem po prvom stupcu slijedi = ) )+ = 0 ) [5 ) ] = = Dakle, det A = 5 ) = 6 Svojstva determinanti Izračunajte determinante sljedećih matrica: a) A = a b c, a b c b) B = Rješenje a) Korištenjem svojstva D6 iz [M, 9], determinantu transformirajmo tako da u prvom retku dobijemo što više nula i onda primijenimo Laplaceov razvoj po tom retku Vrijedi S S S S det A = a b c = 0 0 a b a c a a b c a b a c a = b a c a b a c a = b a c a b a)b + a) c a)c + a) = b a) c a b + a c a)c + a) = b a)c a) b + a c + a = b a)c a)c b) b) Budući da treći stupac ima najviše nula, transformirajmo determinantu tako da u tom stupcu ostane samo jedan element različit od nule Korištenjem svojstva

59 7 Računanje determinante svodenjem na trokutasti oblik 45 D6 iz [M, 9] dobivamo det B = R +R 5 R 4 4R 5 = Razvojem po trećem stupcu i primjenom istog postupka na prvi stupac dobivene determinante slijedi 5 R +R det B = ) ) = 9 7 R R R 4 R Razvojem po prvom stupcu i primjenom svojstava D5 i D6 iz [M, 9] je 5 7 det B = ) = 5 7 R +R 7 R R = R+R = Razvojem po prvom stupcu konačno dobivamo det B = 4 ) ) = 4 5 6) = 4 4 = 0 7 Računanje determinante svodenjem na trokutasti oblik Izračunajte determinantu matrice A = Rješenje Determinanta trokutaste matrice je jednaka umnošku elemenata na dijagonali Koristeći svojstva determinante D5 i D6 iz [M, 9], svedimo zadanu matricu na gornje trokutasti oblik Vrijedi 0 0 det A = 0 R R 0 4 = R 4+R R R R 4+R

60 46 LINEARNA ALGEBRA 0 0 = = R4 R 0 = = 6 [ ) 4)] = Laplaceov razvoj determinante n-tog reda Izračunajte determinantu n-tog reda α β α β 0 D = 0 0 α β β 0 0 α Rješenje Uočimo da se na glavnoj dijagonali nalaze elementi α te da se elementi β nalaze na dijagonali iznad glavne i na mjestu n, ) Na ovu determinantu stoga primijenimo Laplaceov razvoj po prvom stupcu, jer ćemo time dobiti dvije trokutaste determinante reda n Vrijedi α β 0 0 β α β 0 α β 0 0 D = ) + α + ) n+ β 0 α β α β α 0 0 α β = α α n + ) n+ β β n = α n + ) n+ β n, jer je determinanta trokutaste matrice jednaka umnošku elemenata na dijagonali 9 Računanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik Izračunajte determinantu n-tog reda D =

61 0 Regularna matrica 47 Rješenje Za razliku od prethodnog primjera u ovoj determinanti ne postoje stupci ili retci s puno nula Medutim, zbog simetrije s obzirom na glavnu dijagonalu, ovu determinantu prikladno je izračunati svodenjem na trokutasti oblik Naime, kada bi se u prvom retku nalazile samo jedinice, trokutasti oblik bi se lako dobio množenjem prvog retka s i pribrajanjem osta retcima S obzirom da je suma elemenata u svakom stupcu jednaka + n ) = n, prvom retku pribrojimo sumu preostalih n redaka Time dobivamo n n n n D = = n ) = n ) R R R R R n R = n )[ ) ) )] = ) n n ), }{{} n puta jer je determinanta trokutaste matrice jednaka umnošku elemenata na dijagonali 0 Regularna matrica Odredite sve x R za koje je realna matrica lnx ) 6 A = x 5 0 regularna Rješenje Vrijedi S +S det A = lnx ) 6 x 5 0 = lnx ) 0 x 0 0

62 48 LINEARNA ALGEBRA Laplaceovim razvojem po trećem retku dobivamo det A = ) ) + lnx ) 0 x = lnx ) Matrica A je regularna ako i samo ako je det A 0, odnosno lnx ) 0 Zbog područja definicije logaritamske funkcije, još treba vrijediti x > 0, odnosno x > Iz prvog uvjeta slijedi x 4 pa je zadana matrica regularna za sve x, 4 4, + Računanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom Gauss-Jordanovom metodom odredite inverz matrice 0 0 A = Rješenje Matrica je gornje trokutasta zbog čega je determinanta jednaka umnošku elemenata na dijagonali, odnosno det A = Dakle, determinanta je različita od nule pa postoji inverzna matrica Elementarnim transformacijama isključivo nad retcima svedimo matricu na oblik [ I B ] Tada je A = B Vrijedi [ ] A I = R R R +R R R R R 4 R +R 4 R R 4

63 Računanje inverzne matrice pomoću determinanti 49 Dakle, inverz matrice A je A = Računanje inverzne matrice pomoću determinanti Cramerovim pravilom odredite inverz matrice 0 A = Rješenje Sarrusovim pravilom dobivamo 0 det A = 5 = = 7 0, pa postoji inverzna matrica Prema [M, teorem 9] je A = A A A A A A det A A A A gdje je A ij algebarski komplement elementa a ij Dakle, A = ) + 5 7, A = ) , A = ) + 4, A = ) + 0 7, A = ) , A = ) + 4, A = ) + 0 5, A = ) + 0 5, A = ) +, T, pa je A = T = Formula za inverz matrice drugog reda Odredite inverz matrice [ ] a b A =, c d

64 50 LINEARNA ALGEBRA ako je ad bc 0 Rješenje Zbog uvjeta ad bc 0 matrica A je regularna Prema [M, teorem 9] je A = [ ] T A A, det A A A gdje su A = ) + d = d, A = ) + c = c, Dakle, A = ) + b = b, A = ) + a = a A = ad bc [ ] T d c = b a ad bc [ d b c a ] 4 Cramerovo pravilo Cramerovim pravilom riješite sustav x + x + x =, x + x + x =, x + x + x = Rješenje Matrica sustava A je kvadratna i regularna jer je det A = = = 4 0 Stoga prema [M, teorem 0] vrijedi gdje je Slijedi x i = D i, i =,,, det A D = = = 4, D = = = 8, D = = = 8 x = 4 4, x = 8 4, x = 8 4,

65 5 Matrična jednadžba 5 pa rješnje sustava glasi x x x = 5 Matrična jednadžba Riješite matričnu jednadžbu AX = B, gdje je A = i B = Rješenje Prema obliku [M, ], matrica X mora biti tipa, ) pa je zapišimo u [ ] a b c X = d e f Uvrštavanjem zadanih matrica u jednadžbu AX = B dobivamo 0 [ ] 0 6 a b c = 6 0, d e f 0 odnosno a b c 0 6 a d b e c f = 6 0 a d b e c f 0 Izjednačavanjem odgovarajućih elemenata u matricama slijedi Dakle, a =, b = 0, c = 6, a d =, b e = 6, c f = 0, a d = 0, b e =, c f = pa tražena matrica X glasi a =, b = 0, c =, d =, e =, f = X = [ ] 0 6 Jednadžba s kvadratnim matricama Riješite matričnu jednadžbu AX) + X = B,