Zbirka zadataka iz Matematike I

Transcript

1 UNIVERITET U NOVOM SADU TEHNOLOŠKI FAKULTET Tatjana Došenović Dušan Rakić Aleksandar Takači Mirjana Brdar birka zadataka iz Matematike I - za studente Tehnološkog fakulteta - Novi Sad, 008.

2 UNIVERITET U NOVOM SADU TEHNOLOŠKI FAKULTET Tatjana Došenović Dušan Rakić Aleksandar Takači Mirjana Brdar birka zadataka iz Matematike I - za studente Tehnološkog fakulteta - Novi Sad, 008.

3 Naziv udžbenika: birka zadataka iz Matematike I - za studente Tehnološkog fakulteta Autori: Dr Tatjana Došenović, docent Tehnološkog fakulteta u Novom Sadu Dr Aleksandar Takači, docent Tehnološkog fakulteta u Novom Sadu Mr Dušan Rakić, asistent Tehnološkog fakulteta u Novom Sadu Dipl. mat. Mirjana Brdar, asistent-pripravnik Tehnološkog fakulteta u Novom Sadu Recenzenti: Dr Ratomir Paunović, redovni profesor Tehnološkog fakulteta u Novom Sadu Dr Mirjana Stojanović, redovni profesor Prirodno-matematičkog fakulteta u Novom Sadu Lektor i korektor: Aleksandra N. Kostić Izdavač: Tehnološki fakultet, Univerzitet u Novom Sadu, Novi Sad Štampa: "Verzal", Petefi Šandora 63, Novi Sad Tiraž: 500 primeraka CIP - Katalogizacija u publikaciji Narodna biblioteka Srbije, Beograd????? DOŠENOVIĆ, Tatjana birka zadataka iz Matematike I / Tatjana Došenović, Aleksandar Takači, Dušan Rakić. - Novi Sad : Tehnološki fakultet, 008 (Novi Sad : Verzal). - str. ; 4 cm Tiraž Bibliografija: str. - Registar ISBN Takači, Aleksandar a) Matematika

4 Predgovor birka zadataka iz Matematike I namenjena je studentima prve godine Tehnološkog fakulteta u Novom Sadu, ali i svim onim studentima koji u studijskom programu imaju predmet Matematika I. birka obuhvata one oblasti klasične algebre i analize koje se izučavaju u okviru ovog kursa. Svi autori zbirke već više godina izvode vežbe iz ovog predmeta, koji su vodili akademik prof. dr Olga Hadžić, prof. dr Vojislav Mudrinski i prof. dr Mirko Budinčević. Stečeno iskustvo poslužilo im je da sadržaj zbirke usklade sa nastavnim planom i programom predmeta Matematika I. birka sadrži glava. Na početku svake glave dat je kratak teoretski uvod, potreban za razumevanje postupaka primenjenih u detaljno analiziranim primerima. Na kraju svake glave dat je veliki broj zadataka za samostalan rad, a uz njih kratka uputstva i rešenja koja pružaju korisniku mogućnost da proveri stečeno znanje. Izbor primera i zadataka od jednostavnijih ka složenijim omogućava lakše savladavanje gradiva. Autori se iskreno zahvaljuju recenzentima dr Ratomiru Paunoviću, redovnom profesoru Tehnološkog fakulteta u Novom Sadu i dr Mirjani Stojanović, redovnom profesoru Prirodno-matematičkog fakulteta u Novom Sadu, na korisnim sugestijama i primedbama koje su nam uputili nakon pažljivog čitanja rukopisa. ahvaljujemo se našoj koleginici Jeleni Čolić koja je sredila i dopunila zadatke korišćene u zbirci. a lektorski deo posla zahvaljujemo se profesoru književnosti Aleksandri Kostić, koja je detaljno pregledala rukopis. Reči zahvalnosti upućujemo našem profesoru dr Vojislavu Mudrinskom koji je dugo godina vodio predmete Matematika I i Matematika II, od koga smo sticali znanja iz ovih oblasti i posvećenost u radu sa studentima. U Novom Sadu, oktobra 008. godine Autori

5 Sadržaj Kompleksan broj Polinomi i racionalne funkcije 9 3 Determinante 38 4 Matrice 49 5 Sistemi linearnih jednačina 66 6 Vektori 86 7 Analitička geometrija 06 8 Granična vrednost 4 9 Funkcije jedne realne promenljive 59 0 Neodredjeni integral 07 Odredjeni integral 36 Literatura 63 v

6 vi Sadržaj

7 Glava Kompleksan broj Algebarski oblik kompleksnog broja z = a + bi, i =, a,b R, a je realni deo kompleksnog broja z (oznaka a = Re(z),) a b je imaginarni deo kompleksnog broja z (oznaka b = Im(z)). Konjugovano kompleksan broj kompleksnog broja z = a + bi je z = a bi. Kompleksni brojevi z = a + bi i z = c + di su jednaki ako i samo ako je a = c i b = d. bir brojeva z = a + bi i z = c + di je kompleksan broj z + z = (a + c) + (b + d)i. Razlika brojeva z = a + bi i z = c + di je kompleksan broj z z = (a c) + (b d)i. Proizvod brojeva z = a + bi i z = c + di je kompleksan broj z z = (ac bd) + (ad + bc)i. Količnik brojeva z = a + bi i z = c + di je kompleksan broj z = z z = z z z ac + bd bc ad c + + d c + d i.

8 Glava. Kompleksan broj Moduo (ρ) kompleksnog broja je Argument (ϕ) kompleksnog broja je ρ = z = a + b. tgϕ = b a. Slika.. Moduo i argument kompleksnog broja ϕ tg ϕ ϕ tg ϕ ϕ tg ϕ ϕ tg ϕ 0 0 π π 4 π 3 3 π + π 3 3 3π 4 5π π 0 7π π 4 4π 3 3 3π 5π 3 3 7π 4 π Tabela.. Tangensi osnovnih uglova Trigonometrijski i eksponencijalni oblik kompleksnog broja dati su sa z = ρ(cosϕ + isinϕ), z = ρe iϕ. Periodičnost trigonometrijskih i stepenih funkcija: sinϕ = sin(ϕ + kπ), cosϕ = cos(ϕ + kπ), e (ϕ+kπ)i = e ϕi, k.

9 3 Stepenovanje kompleksnih brojeva z n = (a + bi) n = ρ n (cos(nϕ) + isin(nϕ)) = ρ n e nϕπi. Periodičnost stepena imaginarne jedinice (k ) : i = i i = i 3 = i i 4 = i 4k+ = i i 4k+ = i 4k+3 = i i 4k =. Kružnica sa centrom u tački (a, b) i poluprečnikom r data je jednačinom z a bi = r. Kompleksan broj z, koji predstavlja rotaciju kompleksnog broja z oko koordinatnog početka, za ugao α, u smeru suprotnom od smera kretanja kazaljke na satu, dat je sa z = z e αi. Korenovanje. Rešenja jednačine z n = a + bi = ρ(cosϕ + isinϕ) = ρe ϕi, n N dobijamo uz pomoć Moavrove formule: z k = n ρ(cos ϕ + kπ n + isin ϕ + kπ ) = n n ϕ+kπ ρe n i, k = 0,,...,n. Primeri. Odrediti realan i imaginaran deo sledećih kompleksnih brojeva: z = + 4i, z = 3+i, z 3 = i i z 4 = 4. Odrediti odgovarajuće konjugovano kompleksne brojeve. Re(z ) =, Im(z ) = 4, Re(z ) = 3, Im(z ) =, Re(z 3 ) = 0, Im(z 3 ) =, Re(z 4 ) = 4, Im(z 4 ) = 0. Konjugovano kompleksni brojevi su: z 4 = 4. Pozicije brojeva u kompleksnoj ravni date su na slici.. z = 4i, z = 3 i, z 3 = i i

10 4 Glava. Kompleksan broj Slika.. Pozicija u kompleksnoj ravni brojeva datih u primeru. Dati su kompleksni brojevi z = i z = 4 + 5i. Odrediti: z + z,z z,z z i z z. z + z = i + ( 4 + 5i) = i 4 + 5i = + 3i, z z = i ( 4 + 5i) = i + 4 5i = 6 7i, z z = ( i)( 4 + 5i) = 8 + 0i + 8i + 0 = + 8i, z = i 4 5i 8 i = = 8 z 4 + 5i 4 5i i. 3. Odrediti moduo i argument kompleksnih brojeva: z = + i,z = + 3i,z3 = 5,z 4 = 3i i z 5 = 3 i. a broj z je ρ = + = i tgϕ = =. Iz tabele.. vidimo da za vrednost argumenta konkurišu dva ugla ϕ = π 4 i ϕ = 5π 4, ali kako se broj z nalazi u I kvadrantu kompleksne ravni odabiramo ϕ = π 4.

11 5 Uzmimo sada z i za njega je ρ = ( ) + ( 3) = 3 4 = i tgϕ = = 3. Tabela.. nam daje dve mogućnosti za ϕ, i to: ϕ = π 3 i ϕ = 5π 3, a kako je broj z u II kvadrantu biramo ϕ = π 3. Ako posmatramo z 3, tada je ρ = ( 5) + 0 = 5 i tgϕ = 0 5 = 0, pa ϕ može biti 0 ili π, a kako je 5 na negativnom delu realne ose, sledi da je ϕ = π. a kompleksan broj z 4 je ρ = = 3 i tgϕ = 3 0 = +, pa iz pozicije broja z 4 u kompleksnoj ravni zaključujemo da je ϕ = π. U slučaju broja z 5 imamo da je ρ = ( 3) + ( ) = i tgϕ = 3 = i izmedju kandidata ϕ = π 6 i ϕ = 7π 6 biramo da je ϕ = 7π Kompleksne brojeve iz prethodnog primera napisati u eksponencijalnom i trigonometrijskom obliku. z = + i = e π 4 i = (cos π 4 + isin π 4 ), z = + 3i = e π 3 i = (cos π 3 + isin π 3 ), z 3 = 5 = 5e πi = 5(cosπ + isinπ), z 4 = 3i = 3e π i = 3(cos π + isin π ), z 5 = 3 i = e 7π 6 i = (cos 7π 6 + isin 7π 6 ). 3 3

12 6 Glava. Kompleksan broj 5. Odrediti i 67 i i 006. Kako 67 pri deljenju sa 4 daje ostatak 3, to je i 67 = i 3 = i, dok 006 pri deljenju sa 4 daje ostatak, pa je i 006 = i =. 6. Naći kompleksan broj z, takav da je z = e 83πi. Iz činjenice da je 83π = 8π + π, zaključujemo: z = e 83πi = e (8π+π)i = e πi = cosπ + isinπ =. 7. Izračunati ( + i) 6 i ( + 3i) 9. I način. Kako je ( + i) = i i ( + 3i) 3 = 8, imamo da je ( + i) 6 = ( ( + i) ) 8 = (i) 8 = 8 i 8 = 56, ( + 3i) 9 = ( ( + 3i) 3) 3 = ( 8) 3 = 5. II način. Iskoristimo li eksponencijalne oblike datih brojeva i periodičnost funkcije e xi, dobijamo da je ( + i) 6 = ( e π 4 i) 6 = ( ) 6 e 4πi = 8 = 56, ( + 3i) 9 = ( e π 3 i) 9 = 9 e 3πi = 9 e πi = Gde se u kompleksnoj ravni nalaze kompleksni brojevi koji zadovoljavaju jednačine: (a) z + 5 = 4; (b) z 3i = 3; (c) z + 6 4i 3; (d) Re(z) > 0; (e) Re(z) < i Im(z) < 3? (a) Kompleksni brojevi koji zadovoljavaju jednačinu z + 5 = 4 leže na kružnici, poluprečnika, sa centrom u tački ( 5, 0), čija je jednačina (x + 5) + y = ;

13 7 (b) Jednakost z 3i = 3 predstavlja brojeve koji u kompleksnoj ravni grade kružnicu x + (y 3) = 3 ; (c) Nejednačinu z+6 4i 3 zadovoljavaju kompleksni brojevi koji se nalaze na ili unutar kružnice sa centrom u tački ( 6,4) i poluprečnikom 3; (d) Re(z) > 0 zadovoljavaju svi kompleksni brojevi koji se nalaze u poluravni desno od imaginarne ose (videti sliku.3); Slika.3. Kompleksni brojevi Re(z) > 0 (e) Sada je Re(z) < < Re(z) < i Im(z) < 3 3 < Im(z) < 3, odnosno date nejednakosti zadovoljavaju svi kompleksni brojevi koji se nalaze unutar pravougaonika, čija je jedna stranica dužine 4 a druga dužine 6 (videti sliku.4). Slika.4. Kompleksni brojevi za koje važi Re(z) < i Im(z) < 3 9. Rotirati broj z = + i oko koordinatnog početka za ugao od 90 stepeni. Broj z = + i = e π 4 i ćemo u eksponencijalnom obliku pomnožiti sa e π i.

14 8 Glava. Kompleksan broj Dobijamo da je rezultat tražene rotacije. 0. Rešiti jednačinu: z = e π 4 i e π i = e 3π 4 i = + i z 4 = + 3i. Prvo ćemo jednačinu napisati u eksponencijalnom obliku: z 4 = + 3i = e π 3 i. Ako obe strane jednačine dignemo na stepen, dobijamo prvo rešenje: 4 z 0 = 4 ( e π 3 i) 4 = 4 e π 6 i = 4 ( 3 + i ). Ova jednačina ima četiri rešenja i ona su ravnomerno rasporedjena na kružnici π poluprečnika 4. Dakle, na svakih imamo po jedno rešenje. Kako smo našli prvo, ostala tri rešenja lako dobijamo rotacijama za π : z = z 0 e π i = 4 π e i 6 e π i = 4 π ( e i 3 = 4 3 ) + i, z = z e π i = 4 π e i 3 e π i = 4 7π ( 3 e i 6 = 4 ) i i z 3 = z e π i = 4 7π e i 6 e π i = 4 5π ( 3 ) e i 3 = 4 i. Datu jednačinu smo lakše mogli rešiti uz pomoć Moavrove formule. Imamo da je n = 4, ρ = i ϕ = π, pa za k = 0,,,3 dobijamo rešenja: 3 π z 0 = e 4 i π = 4 (cos π + isin 4 = 4 ( 3 + i), z = 4 e π 3 +π 4 i = 4 (cos π = 4 ( + 3 i), 3 + π + isin π ) = 4 (cos π 6 + isin π 6 ) 3 + π 4 ) = 4 (cos π 3 + isin π 3 )

15 9 π z = π e 4 i π = 4 (cos 3 + 4π π + isin 4 = 4 ( 3 i), z 3 = 4 e π 3 +6π 4 i = 4 (cos π = 4 ( 3 i) π + isin 4. Odrediti kompleksan broj z za koji je 3 + 4π 4 π z = 5 + i π 4 ) = 4 (cos 7π 6 + isin 7π 6 ) ) = 4 (cos 5π 3 + isin 5π 3 ) Ovu jednačinu možemo rešiti na način izložen u prethodnom primeru, ali za argument ne dobijamo osnovni ugao (tabela..), čime je rad značajno otežan. ato ćemo problem rešiti koristeći algebarski oblik kompleksnog broja z. Ako z zamenimo sa a + bi, imamo da je odakle dobijamo sistem jednačina (a + bi) = 5 + i a + abi b = 5 + i, a b = 5 ab =. Iz druge jednačine je b = 6 i imamo bikvadratnu jednačinu a a 4 5a 36 = 0, čija rešenja su a = 3 i a = 3. Konačna rešenja su kompleksni brojevi z = 3 + i i z = 3 i. adaci. a brojeve z = 3 + 5i i z = + i izračunati: z 3z z 4i. z

16 0 Glava. Kompleksan broj. Izračunati: (3 + i)( i) (3 + i)( i) ( i)3 (5 + i). + i 3. a poznate brojeve z = 3i i z = 4i odrediti broj z, ako je: ( z + z ). z = z z 4. Ako znamo da je z = + 3i, odrediti kompleksan broj z, tako da je: z(z ) 3 + (z 3)(z i) + z = Odrediti kompleksan broj z za koji je: 6. Rešiti jednačinu: 7. Rešiti jednačinu: z + 3z z 4 = + 3i. z + z Re(z) + z 4z = i. z 3 z = 4 + 6i. 8. Naći kompleksan broj z ako za z = + i važi: 9. a z = + 5i odrediti z, ako je: ( 3z + 5 ) Im( z(z + i)) = i Re = 8 z 5. ( (z + 3) z ) ( z 3i ) Re = 9 i Im = 33 5 z Naći kompleksan broj z, ako za z = i važi: ( z Im z + z 3z ) = 9 i Im ( (z + z + + i) + 3( z z ) 5 ) =.

17 . Odrediti module i argumente sledećih kompleksnih brojeva: z = 6 6i, z = + 3i, z 3 = 3 i, z 4 = 3 i z 5 = i.. Odrediti kompleksan broj z, tako da je z = z i argz = arg(z ), za z = i Izračunati: (a) ( i) 7, (b) z = ( + i) Pronaći broj z, ako znamo da je z = ( + i 3) Naći kompleksan broj z, takav da je ( z = i 309 e 89π + i ) 6 ( ( 0π ) ( 0π i cos + isin )) Odrediti kompleksne brojeve takve da je: (a) z = ( + i 3) 5 ( i) 0 + ( i 5 3) ( + i) 0 ; (b) z = ( + i) 8 ( i 3) 6 ; (c) z = (0 5i) 35 ( + 3i) 35 ; (d) z = ( + i ) U skupu kompleksnih brojeva rešiti jednačine: (a) z 4 = 3 + i; (b) z 5 = (3 i)(3i ); (c) z 3 = ( i) Rešiti jednačinu u polju kompleksnih brojeva: z 4 = z 5 + z 5, z = + i 3, z = i a koje vrednosti kompleksnog broja z je: (a) z = 6i; (b) z = 3 4i; (c) z = i? 0. a koje kompleksne brojeve važi jednakost z = ( + i) + 4(3 + i)?. Naći kompleksan broj z, ako je. Rešiti jednačinu: z = ( + 3i)(34 i). 3 z (5 + i)z + + 5i = 0.

18 Glava. Kompleksan broj 3. Odrediti kompleksne brojeve z dobijene rotacijom u odnosu na koordinatni početak brojeva: (a) + i za 45 stepeni; (b) i za 90 stepeni; (c) 3 i za 60 stepeni. 4. Nacrtati kružnice odredjene jednačinama: (a) z = ; (b) z 3 = ; (c) z + + 3i = Na krivoj z 5 = 3 naći kompleksne brojeve z i z, takve da im je imaginarni deo jednak. Kako bi se rešenje dobilo grafički? 6. Naći presek krivih z = i z =. Rešenja prikazati u opštem i eksponencijalnom obliku. Odrediti presek grafički u kompleksnoj ravni. 7. Grafički prikazati za koje kompleksne brojeve z istovremeno važe uslovi: z 3 5 i z i Neka je z = 3i jedno teme kvadrata z z z 3 z 4. Odrediti ostala tri temena tako da je z = z = z 3 = z Na kružnici z = 3 naći temena jednakostraničnog trougla z z z 3 ako za teme z važi arg(z ) = arg( + i). 30. Odrediti temena pravilnog osmougla tako da je moduo kompleksnih brojeva koji odredjuju temena jednak modulu broja z, za koji je z = 7+4i, i znamo da jedno teme osmougla ima argument kao i broj w, w = i, w (π, 3π ). 3. Odrediti kompleksan broj z, ako je: (a) z = 006 n= i n ; (b) [ 009 k= (i k ) ] 008. Rešenja. z 3z z 4i = z 3 5i 3( + i) 3 + 5i 4i i 3 8i = 3 + i i i + i 7 i = + i + i 0 5 = i. 3 8i = 3 i 3 + i 3 i

19 i. 3. z = i. 4. Uvrstimo li z = a + bi i z = + 3i u datu jednakost dobijamo: (a bi)( + 3i ) 3 + (a + bi 3)( + 3i i) + ( + 3i) = 5. 8 Na levoj strani izvršimo elementarne operacije sa kompleksnim brojevima i dolazimo do jednakosti 7b + ai = 4, iz koje, ako primenimo pravilo za jednakost kompleksnih brojeva, dobijamo sistem jednačina: 7b = 4 a = 0, odakle je a = 0 i b =, a traženi kompleksan broj z = i. 5. amenimo li z u navedenoj jednakosti sa a + bi imamo ( a + b ) + 3(a + bi) (a bi) 4 = + 3i, odnosno a + b + a + 4bi = 8 + i. Dalje dolazimo do sistema jednačina: a + b + a = 8 4b =, čija rešenja su b = 3, a = i konačno z = + 3i. 6. Transformacijom date jednakosti dolazimo do izraza iz kojeg dobijamo da je z = 3i. 7. z = i i z = 3 + i. 4a 8a + 4 4bi = i,

20 4 Glava. Kompleksan broj 8. Predstavimo z u algebarskom obliku z = a + bi. Tada je z(z + i) = (a bi)( + i + i) = a + 3b + (3a + b)i i iz uslova zadatka imamo da je Im( z(z + i)) = 3a + b =. Takodje je 3z + 5 3a + 3bi i a 6b 0 = = + z 4 i 4 + i 0 6a b + 0 i, 0 ( 3z + 5 ) 6a 3b 0 pa ako iskoristimo uslov zadatka tada je Re = = z 0 8. Sada smo dobili sistem jednačina: 5 3a + b = 6a + 3b = 6, sa rešenjima a = 3, b = 4, pa je traženi broj z = 3 4i. 9. Izračunamo li izraze u zagradama dolazimo do sistema jednačina a + b = 9, 5a + b = 39, a zatim i do traženog broja z = 7 + i. 0. z = 6 i.. z = 6, arg(z ) = 5π 4 ; z =, arg(z ) = π 3 ; z 3 = 4, arg(z 3 ) = π 6 ; z 4 = 3, arg(z 4 ) = 0; z 5 =, arg(z 5 ) = 3π.. Moduo broja z je 5, a argument od z je π 4, pa je z = 5e π 4 i. 3. (a) ( i) 7 = (( i) ) 3 ( i) = ( i) 3 ( i) = 8i( i) = 8 + 8i; (b) z = ( e π 4 ) 39 = ( ) 39 e 39π 4 = 9 e 7π 4 = 9 ( i) = 9 ( i). 4. adatak možemo uraditi na dva načina, i to: ako broj + i 3 predstavimo u eksponencijalnom obliku e π 3 i ili ako iskoristimo da je ( + i 3) 3 = 8. Traženi broj je z = Navodimo prvo vrednosti činilaca: i 309 = i, e 89π i = i, ( + i ) 6 =, (cos ( 0π ) ( 0π )) 49 + isin = i i konačno z = i.

21 5 6. (a) z = 64; (b) z = 4 ; (c) Svedemo desnu stranu na isti stepen: (0 5i) 35 ( + 3i) 35 = ((0 5i)( + 3i)) 35 = (5 + 5i) 35 i dobijamo rešenje: z = ( + i); (d) Primetimo li da je + i = ( + 3i) dobijamo da je z =. 7. (a) Desna strana u eksponencijalnom obliku je e π 6 i i rešenja su: z = 4 e π 4 i, z = 4 e 3π 4 i, z 3 = 4 e 5π 4 i i z 4 = 4 e 37π 4 i ; (b) Sredimo li desnu stranu dolazimo do jednačine z 5 = 0i sa rešenjima: z = 5 0e π 0 i,z = 5 0i,z3 = 5 0e 9π 0 i,z 4 = 5 0e 3π 0 i,z 5 = 5 0e 7π 0 i ; (c) Nakon stepenovanja desne strane dobijamo jednačinu z 3 = čija rešenja su: z = i, z = i i z 3 = Sredimo li desnu stranu dobijamo jednačinu: z 4 = 3 i 3 + i = i četiri rešenja : z = z 4 = i. + i,z = + i,z 3 = i, 9. (a) Kako broj 6i nema za argument neki od osnovnih uglova, u datoj jednačini zamenimo z sa a + ib i dolazimo do sistema jednačina: a b = ab = 6, koji nas dovodi do dva rešenja: z = 4i i z = + 4i; (b) z = i, z = + i; (c) z = 3 + 5i, z = 3 5i.

22 6 Glava. Kompleksan broj 0. Ako sredimo izraz pod korenom, dolazimo do jednačine z = 5 + 8i, tj. Rešenja su: z = 4 + i i z = 4 i. z = 5 + 8i.. Polazna jednačina se svodi na jednačinu z = 8 + 6i, čija su rešenja: z = 3 + i i z = 3 i.. Ako primenimo formulu za traženje rešenja kvadratne jednačine, imamo da je: z, = 5 + i ± 4 0i što nas dovodi do rešenja: z = 3 i i z = + 3i. = 5 + i ± ( 5i), 3. (a) e 3π 4 i e π 4 i = e πi = ; ( (b) 8e π 3 i e π i = 8e 5π 3 6 i = 8 + ) i = i; (c) 4e 7π 6 i e π 3 i = 4e 3π i = 4i. 4. Videti slike.5,.6,.7. Slika.5. Kružnica z = 5. Iz jednakosti a+i 5 = 3 lako dolazimo do rešenja: z = 5+ +i, z = 5 +i. Grafički rešenje dobijamo u preseku kružnice (x 5) +y = 3 i prave y =. 6. Imamo da je je z = + i 3 = e πi 3, z = i 3 = e 5πi 3. Grafički rešenje dobijamo u preseku kružnica (x ) + y = i x + y =.

23 7 Slika.6. Kružnica z 3 = Slika.7. Kružnica z + + 3i = 3 7. Traženi brojevi nalaze se u preseku krugova koje odredjuju kružnice (a 3) + b = 5 i (a + 5) + (b + 3) = Pošto su moduli kompleksnih brojeva koji predstavljaju temena kvadrata jednaki, zaključujemo da temena leže na istoj kružnici, pa svako sledeće teme možemo dobiti rotacijom za π prethodno nadjenog temena. U eksponencijalnom obliku teme z = 3e 3π i, pa imamo da je: z = z e π i = 3, z 3 = z e π i = 3i i z 4 = z 3 e π i = Nadjemo prvo teme z (moduo mu je 3, a argument jednak broju +i) i ono je z = 3e π 4 i = i. Kako treba pravilno rasporediti tri temena na kružnici z = 3, ostala temena dobijamo rotacijama za π i ona su: 3 z = z e π 3 i = 3e π i i z 3 = z e π 3 i = 3e 9π i. 30. Na ranije opisan način nalazimo brojeve za koje je z = 7 + 4i. To su z = 4 + 3i i z = 4 3i i oni imaju isti moduo z = 5, što je ujedno i moduo

24 8 Glava. Kompleksan broj brojeva koji čine temena osmougla. Dalje, jednačina w = i ima rešenja w = e π 4 i i w = e 5π 4 i, pa iz uslova zadatka sledi da je jedno teme osmougla z = 5e 5π 4 i. Ostala temena dobijamo rotacijama za π i ona su : 4 z = 5e 3π i, z 3 = 5e 7π 4 i, z 4 = 5e πi, z 5 = 5e π 4 i, z 6 = 5e π i, z 7 = 5e 3π 4 i, z 8 = 5e πi. 3. (a) Broj z je zbir 006 sabiraka : z = i + i + i 3 + i i 00 + i 00 + i i i i 006 = (i i + ) + + (i i + ) +i = i ; }{{} 50 puta (b) Kao u prvom delu zadatka dobijamo da je 009 (( k= 009 i k = i, pa imamo k= i k ) ) 008 = (i ) 008 = ( + i) 008 = 004.

25 Glava Polinomi i racionalne funkcije Polinom stepena n N {0} je funkcija P n : C C oblika P n (x) = a n x n + a n x n + + a x + a 0. Realni brojevi a n,a n,...,a,a 0 su koeficijenti polinoma, gde je a n 0 vodeći koeficijent, a a 0 slobodan član polinoma. Polinom kod kojeg je a n = naziva se normiran polinom. Polinom čiji su svi koeficijenti jednaki nuli je nula polinom. Dva polinoma P n (x) i Q m (x) su jednaka, ako su istog stepena (n = m) i ako su im koeficijenti uz odgovarajuće stepene od x jednaki. Dva polinoma P n (x) i Q m (x) se sabiraju (oduzimaju) tako što se sabiraju (oduzimaju) koeficijenti uz odgovarajuće stepene od x. Proizvod polinoma P n (x) i Q m (x) je polinom R n+m (x). Deljenje. a svaka dva polinoma P n i Q m, Q m 0, n m postoje jedinstveni polinomi S p i R k, takvi da je P n = Q m S p + R k, tj. P n Q m = S p + R k Q m, gde je p = n m, k < m. Polinom S p se naziva količnik, a polinom R k ostatak deljenja. Ako je ostatak jednak nuli, tada je polinom P n deljiv polinomom Q m. Pri deljenju polinoma P n (x) binomom x c koristimo Hornerovu šemu: x n x n x n... x x 0 c r a n a n a n... a a 0, b n b n... b b 0 gde se koeficijenti b i, i = 0,,...,n i ostatak r računaju na sledeći način: b n = a n, b n = cb n + a n,..., b 0 = cb + a, r = cb 0 + a 0. 9

26 0 Glava. Polinomi i racionalne funkcije Bezuov stav. Ostatak pri deljenju polinoma P n (x) sa x c je P n (c). Nula (koren) polinoma P n (x) je ona vrednost promenljive x za koju je vrednost polinoma jednaka nuli, odnosno P n (x) = 0. Ako je kompleksan broj a+bi nula nekog polinoma, tada je i njemu konjugovano kompleksan broj a bi, takodje, nula datog polinoma. Ako je polinom P n (x) deljiv sa (x c) p, kažemo da je x = c nula reda p (koren višestrukosti p) polinoma P n (x). Svaki polinom stepena n se na jedinstven način može faktorisati u skupu C na sledeći način: P n (x) = a n (x x ) k (x x ) k (x x p ) k p, gde su x,x,...,x p C nule datog polinoma, a k,k,...,k p redom njihove višestrukosti (k + k + + k p = n). U slučaju da polinom ima nule koje nisu realni brojevi, tada njegova faktorizacija u skupu R izgleda ovako: P n (x) = a n (x x ) k (x x ) k (x x r ) kr (x + b x + c ) j (x + b s x + c s ) j s, gde je k + + k r + ( j + + j s ) = n. Neka je dat polinom: P n (x) = a n x n + a n x n + + a x + a 0, a n,a 0 0. Racionalan broj p q, p,q N je moguća nula polinoma P n(x) ako p deli slobodan član, a q deli koeficijent uz najviši stepen od x, u oznaci p a 0 i q a n. Funkcija R : R R, definisana sa Racionalne funkcije R(x) = P n(x) Q m (x), gde su P n i Q m (Q m 0) polinomi nad poljem realnih brojeva, naziva se racionalna funkcija. Prava racionalna funkcija je racionalna funkcija kod koje je n < m. Rastavljanje prave racionalne funkcije oblika R(x) = P(x) na parcijalne sabirke Q(x) zavisi od faktora polinoma Q(x) :

27 . Svaki faktor oblika (x a) n daje tačno n parcijalnih sabiraka: pa je R(x) = A (x a), A (x a),..., A n (x a) n, A n (x a) n, P(x) (x a) n = A (x a) + A (x a) + + A n (x a) n + A n (x a) n.. Svaki faktor oblika (x + px + q) n daje n parcijalnih sabiraka oblika: pa je R(x) = K x + L (x + px + q),..., K n x + L n (x + px + q) n, P(x) (x + px + q) n = K x + L (x + px + q) + + K nx + L n (x + px + q) n. Stepen polinoma P(x) je manji od n. Ako je racionalna funkcija neprava, tada pri deljenju brojioca sa imeniocem dobijamo polinom i pravu razlomljenu funkciju, koju dalje rastavljamo na zbir parcijalnih razlomaka. Primeri. Napisati proizvoljan polinom stepena nula, jedan i dva. Napisati jedan normiran polinom stepena pet i jedan polinom stepena tri koji nije normiran. Sa P 0 (x) = a 0 je dat polinom nultog stepena. Na primer, P 0 (x) = 3 i Q 0 (x) = su polinomi nultog stepena. Dalje, P (x) = a x + a 0 je polinom stepena jedan: P (x) = 3x + 5, Q (x) = x,... atim, P (x) = a x + a x + a 0 je polinom stepena dva: P (x) = x +3x 5, Q (x) = 7x, R (x) = x 6x, S (x) = 4x, T (x) = x(3x + 5),... Polinom P 5 (x) = x 5 3x je normiran polinom, dok Q 3 (x) = x 3 + to nije.

28 Glava. Polinomi i racionalne funkcije. Odrediti koeficijente A,B,C i D tako da polinomi P 3 (x) = (A B)x 3 + (A + B)x +Cx + D i Q 3 (x) = x 3 + 5x 3x + 4 budu jednaki. Iz jednakosti datih polinoma sledi da je A B =, A + B = 5, C = 3 i D = 4, odakle dobijamo da je A = 3,B =,C = 3 i D = Sabrati polinome P 5 (x) = x 5 + 3x 3 + x + i Q 3 (x) = 4x 3 x 7x + 6. R 5 (x) = P 5 (x) + Q 3 (x) = x 5 + 3x 3 + x + + 4x 3 x 7x + 6 = x 5 + 7x 3 x 5x Oduzeti polinome P 4 (x) = x 4 + 3x + i Q 4 (x) = x 4 x 3 + x. R 3 (x) = P 4 (x) Q 4 (x) = x 4 + 3x + (x 4 x 3 + x ) = x 3 + x Pomnožiti polinome P (x) = x i Q 4 (x) = x 4 + 6x. R 6 (x) = P (x) Q 4 (x) = (x ) (x 4 + 6x ) = x 6 + x 4 x. 6. Odrediti količnik i ostatak pri deljenju polinoma P 3 (x) = x 3 + 3x + sa Q (x) = x +. P 3 (x) : Q (x) = (x 3 + 3x + ) : (x + ) = x + 3 (x 3 + x) 3x x +. (3x + 3) x

29 3 Dakle, x 3 + 3x + = (x + ) (x + 3) x, odnosno x 3 + 3x + x + 7. Koristeći Hornerovu šemu odrediti: = x x x +. (a) Količnik i ostatak pri deljenju polinoma P 4 (x) = 5x 4 3x 3 + x sa polinomom Q (x) = x ; (b) Vrednost polinoma P 4 (x) = x 4 3x 3 + 6x 0x + 6 za x = 4. (a) Kako je x 4 x 3 x x x 0 r zaključujemo da je 5x 4 3x 3 + x = (5x 3 + 7x + 34x + 70)(x ) + 39, tj. količnik pri deljenju je S 3 (x) = 5x 3 + 7x + 34x + 70, a ostatak je r = 39. Ostatak smo mogli odrediti i koristeći Bezuov stav: P 4 () = = 39. Takodje, zadatak smo mogli rešiti i direktnim deljenjem: (5x 4 3x 3 + x ) : (x ) = 5x 3 + 7x + 34x + 70 (5x 4 30x 3 ) 7x 3 + x (7x 3 34x ) 34x + x (34x 68x) 70x (70x 40) 39 ;

30 4 Glava. Polinomi i racionalne funkcije (b) Iz x 4 x 3 x x x 0 c = 4 r sledi da je P 4 (x) = (x 3 + x + 0x + 30)(x 4) + 36, pa je P 4 (4) = 36. Vrednost polinoma za x = 4 mogli smo odrediti i direktno P 4 (4) = = (a) Formirati polinom stepena 6, kojem je koeficijent uz najviši stepen od x jednak 6, a x = 0 je dvostruka nula, x = 5 je jednostruka nula i x = je trostruka nula traženog polinoma; (b) Sastaviti normirani polinom kojem je x = 3 dvostruka nula, x = i jednostruka nula, x = + i jednostruka nula i x = trostruka nula. (a) Iskoristimo li faktorisan oblik polinoma, imamo da je P 6 (x) = 6x (x 5)(x + ) 3 = 6x 6 6x x 4 + 3x x ; (b) Vidimo da se radi o polinomu sedmog stepena i da je koeficijent a 7 =, jer je polinom normiran. Dati polinom ima sledeći oblik: P 7 (x) = (x 3) (x ( i))(x ( + i))(x + ) 3 = (x 3) (x x + 5)(x + ) 3 = x 7 5x 6 + 5x 5 + 7x 4 9x 3 + 7x + 87x Odrediti racionalne nule i faktorisati sledeće polinome nad poljem realnih brojeva: (a) P 3 (x) = x 3 + 3x 0x 4; (b) P 3 (x) = 3 x x x 4;

31 5 (c) P 5 (x) = 4x 5 + 4x 4 4x 3 4x 8x 8; (d) P 4 (x) = x 4 x 3 + 8x 4x 8. (a) Pretpostavimo da polinom P 3 (x) ima bar jednu racionalnu nulu oblika p. Tada p 4 pa p {±,±,±3,±4,±6,±8,±,±4}, a q pa q je q =. Dakle, sve racionalne nule polinoma, ukoliko postoje, pripadaju skupu: p {±, ±, ±3, ±4, ±6, ±8, ±, ±4}. q Primenom Hornerove šeme: x 3 x x x 0 c r dobijamo da je x = 3 jedna nula datog polinoma. Dakle, polinom P 3 (x) se može faktorisati kao P 3 (x) = (x 3)(x +6x+8), pa preostale nule lako nalazimo kao rešenja kvadratne jednačine x + 6x + 8 = 0 i one su x = i x 3 = 4. Polinom rastavljen na činioce ima sledeći oblik: P 3 (x) = (x 3)(x + )(x + 4); (b) Polinom P 3 (x) = 3 (x3 + 7x + 4x ) ima iste nule kao i polinom Q 3 (x) = 3P 3 (x) = x 3 +7x +4x. Racionalne nule polinoma Q 3 (x), ukoliko postoje, pripadaju skupu p {±, ±, ±3, ±4, ±6, ±}. q Hornerovom šemom: x 3 x x x 0 c r dobijamo da je x = jedna nula polinoma Q 3 (x). Preostale dve nule su x = i x 3 = 6, pa je P 3 (x) = (x )(x + )(x + 6); 3

32 6 Glava. Polinomi i racionalne funkcije (c) Polinomi P 5 (x) i Q 5 (x) = P 5(x) = x 5 +x 4 7x 3 7x 4x 4 imaju iste nule. Moguće racionalne nule polinoma Q 5 (x) su p q {±,±,±, ±4}. Uzastopnom primenom Hornerove šeme: x 5 x 4 x 3 x x x 0 c r dobijamo da su tri nule polinoma x =,x = i x 3 =. Tada je P 5 (x) = (x + )(x )(x + )(x + ). Kako nad skupom realnih brojeva jednačina x + = 0 nema rešenja, polinom P 5 (x) ne možemo dalje rastavljati na činioce; (d) Iz p 8 sledi da p {±,±,±4,±8}, a iz q da q {,}. Tada p q {±,±,±,±4,±8}. Hornerovom šemom: x 4 x 3 x x x 0 c r zaključujemo da je x = trostruka nula datog polinoma, a x = jednostruka nula. Faktorisani polinom ima sledeći oblik: P 4 (x) = (x ) 3 (x + ). 0. Naći racionalne nule i faktorisati nad poljem kompleksnih brojeva polinome: (a) P 4 (z) = z 4 z 3 z z ; (b) P 4 (z) = z 4 + 7z + 0. (a) Iz p sledi da p {±,±}, a iz q da je q =, pa moguće racionalne nule pripadaju skupu p {±,±}. Hornerovom šemom: q

33 7 z 4 z 3 z z z 0 c r zaključujemo da su z = i z = dve nule datog polinoma. U skupu R faktorisan polinom je oblika P 4 (z) = (z + )(z )(z + ), dok je u skupu C oblika P 4 (z) = (z + )(z )(z + i)(z i); (b) Traženje nula polinoma P 4 (z) se svodi na rešavanje bikvadratne jednačine z 4 + 7z + 0 = 0, koju rešavamo smenom z = t. Rešenja jednačine t + 7t + 0 = 0 su t = 5 i t =. Kako se faktorizacija vrši nad poljem kompleksnih brojeva, jednačina z = 5 ima rešenja z = 5i i z = 5i, a jednačina z = ima rešenja z 3 = i i z 4 = i. nači, faktorisani polinom P 4 (z), nad poljem kompleksnih brojeva, ima sledeći oblik:. Funkciju: P 4 (z) = (z 5i)(z + 5i)(z i)(z + i). R(x) = x + 4x x 3 4x rastaviti na zbir parcijalnih razlomaka. Stepen polinoma u brojiocu je veći od stepena polinoma u imeniocu pa je reč o pravoj racionalnoj funkciji. Prvo treba da nadjemo nule polinoma u imeniocu (tj. imenilac treba da rastavimo na linearne faktore). Iz x 3 4x = 0 zaključujemo da su x = 0,x = i x 3 = tražene nule pa funkciju R(x) možemo da prikažemo u sledećem obliku: R(x) = x + 4x x(x )(x + ). Sada prelazimo na rastavljanje razlomka u parcijalne razlomke. U ovom slučaju važi: x + 4x x(x )(x + ) = A x + B x + C x + = (A + B +C)x + (B C)x 4A. x(x )(x + )

34 8 Glava. Polinomi i racionalne funkcije Dva polinoma su jednaka ukoliko su im jednaki koeficijenti uz odgovarajuće stepene od x, odakle dobijamo sledeće tri jednačine: A + B +C = B C = 4 4A =, čija su rešenja A =, B = 5 4 i C = 3, pa je 4. Funkciju: R(x) = x x 3 4 R(x) = x3 x + 4 x 3 (x ) rastaviti na zbir parcijalnih razlomaka. x +. Nule polinoma u imeniocu su x = x = x 3 = 0,x 4 = x 5 =. Dakle, x = 0 je nula višestrukosti tri, dok je x = nula višestrukosti dva, pa faktor x 3 daje tri parcijalna razlomka, a faktor (x ) daje dva parcijalna razlomka: x 3 x + 4 x 3 (x ) = A x + B x + C x 3 + D x + E (x ) = (A + D)x 4 + ( 4A + B D + E)x 3 + (4A 4B +C)x + (4B 4C)x + 4C x 3 (x ). Iz uslova jednakosti polinoma u brojiocu dobijamo sistem: A + D = 0 4A + B D + E = 4A 4B +C = 4B 4C = 0 4C = 4, čije je rešenje A = 4,B =,C =,D = 4 i E =, pa je R(x) = 4 x + x + x 3 4 x + (x ).

35 9 3. Funkciju: R(x) = x3 + 4x x + x 4 + x rastaviti na zbir parcijalnih razlomaka. Ponovo je reč o pravoj razlomljenoj funkciji. Faktorizovan imenilac je x 4 + x = x(x 3 + ) = x(x + )(x x + ). Tražimo nule imenioca i one su: x = 0,x =,x 3 = + 3 i, x 4 = 3 i. Tada je odakle dobijamo sistem: x 3 + 4x x + x(x + )(x x + ) = A x + B x + + Cx + D x x +, A + B +C = B +C + D = 4 B + D = A =, čija su rešenja A =,B =,C = i D = 0, pa je R(x) = x x + + x x x Funkciju: R(x) = x (x + )(x + ) rastaviti na zbir parcijalnih razlomaka. Nule polinoma u imeniocu su: x =,x = x 3 = i,x 4 = x 5 = i. Dalje, imamo da je x (x + )(x + ) = A Bx +C + x + x + + Dx + E (x + ).

36 30 Glava. Polinomi i racionalne funkcije Iz jednakosti polinoma x = A(x + ) + (Bx +C)(x + )(x + ) + (Dx + E)(x + ) sledi da je A =,B =,C = 3,D = i E =, pa je 5. Funkciju: R(x) = x + + x + 3 x + + x + (x + ). R(x) = x5 + x 4 8 x 3 4x rastaviti na zbir parcijalnih razlomaka. Data funkcija je neprava razlomljena racionalna funkcija jer je stepen polinoma u brojiocu veći od stepena polinoma u imeniocu pa prvo moramo da delimo: x 5 + x 4 8 x 3 4x = x + x (x + 4x ) x 3. 4x Funkcija R (x) = x + 4x x 3 je prava racionalna funkcija i rastavljena je u 4x zbir parcijalnih razlomaka u prvom primeru. Konačno rešenje je: ( R(x) = x +x+4+4 x x 3 4 ) = x +x+4+ x + x + 5 x 3 x +. adaci. Podeliti polinome: P 4 (x) = x 4 3x 3 + 4x 5x + 6 i Q (x) = x 3x +.. Dati su polinomi P 4 (x) = x 4 + x +,Q 3 (x) = x 3 x + 3x + 5,R (x) = x x + 5,S (x) = 3x i T 0 (x) = 4. Izvršiti sledeće operacije: (a) 3P 4 (x) + xq 3 (x) + 4R (x) 5x 3 S (x) + T 0 (x);

37 3 (b) (P 4 (x) + Q 3 (x)) (R (x) + S (x)); P 4 (x) R (x) (c) Q 3 (x) T 0 (x) ; (d) (T 0(x) S (x)) 3 Q 3 (x). 3. Koristeći Hornerovu šemu naći ostatak pri deljenju polinoma P 5 (x) = x 5 + x 4 + x 3 + x x + 3 sa polinomima: (a) Q (x) = x ; (b) R (x) = x + ; (c) S (x) = x ; (d) T (x) = x + i. 4. Odrediti brojeve p i q tako da polinom P(x) bude deljiv polinomom Q(x), ako je: (a) P(x) = x 4 3x + px + q i Q(x) = x x + 4; (b) P(x) = x 3 + px + qx + i Q(x) = x 3x Odrediti brojeve p i q tako da polinom P 4 (x) = 6x 4 7x 3 + px +3x+ bude deljiv polinomom Q (x) = x x + q. 6. U polinomu P 3 (x) = x 3 3x +ax+0 odrediti parametar a, ako znamo da je jedna nula datog polinoma. 7. a koje vrednosti a,b,c R je polinom P 3 (x) = x 3 + ax + bx + c deljiv binomima x,x + i x 3? 8. Odrediti nepoznate parametre polinoma P 3 (x) = x 3 + ax + bx + c, ako je P 3 ( ) = 0 i P 3 (x) je deljiv sa (x 4). Takodje, naći P 3 (x + ) i P 3 (). 9. Odrediti polinom trećeg stepena koji zadovoljava uslov P 3 ( i) = + i i P 3 (i) = i. 0. Odrediti polinom najmanjeg stepena tako da broj bude dvostruki, a brojevi i i jednostruki koreni tog polinoma.. Polinom P(x) pri deljenju sa x daje ostatak 3, a pri deljenju sa x ostatak 4. Koliki je ostatak pri deljenju sa Q(x) = (x )(x )?. (a) Naći parametre a i b ako su 4 i 7 nule polinoma P 3 (x) = x 3 + x + ax + b; (b) a koje vrednosti a,b,c,d R je polinom P 4 (x) = x 4 x 3 +ax +bx+c deljiv binomima x,x + i x 3?

38 3 Glava. Polinomi i racionalne funkcije (c) Odrediti parametre a,b,c i d tako da polinom P 4 (x) = x 4 + ax 3 + bx + cx + d bude deljiv sa x +,x,x + 3 i x. 3. (a) Naći normiran polinom trećeg stepena, ako su, i njegove nule; (b) Odrediti normiran polinom šestog stepena čije su nule,,3,4,5 i Dati su polinomi P 3 (x) = x 3 +ax 4x+5,Q 3 (y) = (a 4)y 3 y +7y. Ako je P 3 () = Q 3 (), odrediti a. 5. Odrediti polinom najmanjeg stepena tako da broj bude dvostruki, a brojevi i i jednostruki koreni tog polinoma. 6. Naći racionalne nule polinoma i faktorisati ih nad poljem realnih brojeva: (a) P 3 (x) = x 3 x 5x 3; (b) P 4 (x) = 3x 4 + 9x 3 33x 9x + 30; (c) P 4 (x) = x 4 34x + 5; (d) P 8 (x) = x 8 + x 7 + 4x 6 + 6x 5 + 3x 4 4x 8x 4; (e) P 7 (x) = 3x 7 + 3x 6 4x 5 78x 4 + x x + 360x Odrediti a,b R tako da polinom P 6 (x) = x 6 +ax 5 4x 4 5x 3 bx +4x+ 3 bude deljiv sa x i x + 3, a zatim za tako odredjene parametre faktorisati P 6 (x) nad poljem realnih brojeva. 8. Naći racionalne nule polinoma i faktorisati ih u polju kompleksnih brojeva: (a) P 3 (z) = z 3 + z + 9z + 8; (b) P 4 (z) = z 4 + z. 9. Na zbir parcijalnih razlomaka rastaviti racionalne funkcije: (a) R (x) = 3x + 4 x + x 6 ; (b) R (x) = x + 4x + 4 x(x ) ; (c) R 3 (x) = x + x 3 x 3 + 4x x 4 ; (d) R 4(x) = x + 9x + 6 x 3 + x 4x 8 ; (e) R 5 (x) = x3 x + x 4 (x )(x )(x + ) ; (f) R 6(x) = 5x (x 6x + 3) ; (g) R 7 (x) = 6x + 7x + 8 x 3 + x ; (h) R 8(x) = x4 x 3 x x 4 + x 3 + x + x + ; (i) R 9 (x) = 4x x + x 4 x 3 + 4x 6x + 3.

39 33 Rešenja. P 4 (x) = Q (x)(x + 3x + ) + 5x 5.. (a) 8x 4 + 8x 3 + 3x + x + 9; 3. (b) x 6 + 3x 5 + 5x 4 + 9x 3 + 9x + 5x + 8; (c) x3 3 4 x x x 45 6 x x 3 x + 3x + 9 ; (d) 8x 3 + x 3x 5. (a) 65; (b) 5; (c) 03 ; (d) + i (a) Podelimo polinome P(x) i Q(x) : (x 4 3x + px + q ) : (x x + 4) = x + x 3 (x 4 x 3 + 4x ) x 3 7x + px + q (x 3 4x + 8x) 3x + (p 8)x + q (3x + 6x ) (p 4)x + q +. Na osnovu uslova da polinom P(x) treba da bude deljiv polinomom Q(x) sledi da ostatak treba da bude jednak nuli, tj. (p 4)x + q + = 0 p 4 = 0 i q + = 0, pa je p = 4 i q = ; (b) Kako je Q(x) = (x + )(x 4) zadatak ćemo rešiti koristeći dva puta Hornerovu šemu. x 3 x x x 0 c r p q - p q + p p + q p + q 3 + p

40 34 Glava. Polinomi i racionalne funkcije Kako polinom P(x) treba da bude deljiv polinomom Q(x) sledi da oba ostatka treba da budu jednaka nuli, tj. p q = 0 i 3 + 3p + q = 0 p = q = p = 7, q = i p =, q =. 6. Koristeći Bezuov stav znamo da je P 3 ( ) = 0, tj. ( )3 3 ( ) + a +0 = 0, tj a + 0 = 0 a = adatak ćemo rešiti na tri načina: I način. Korišćenjem Bezuovog stava dobijamo P 3 () = 0, P 3 ( ) = 0 i P 3 (3) = 0, tj. P 3 () = 0 + a + b + c = 0, P 3 ( ) = a b + c = 0, P 3 (3) = a + 3b + c = 0. Korišćenjem Gausovog postupka eliminacije dobijamo da je a =, b = 5 i c = 6. II način. Koristićemo tri puta Hornerovu šemu i izjednačiti sva tri ostatka sa nulom. x 3 x x x 0 c r a b c + a + b + c + a + a + b - 3 a + b + a 3 + a Kako su svi ostaci jednaki nuli imamo: + a = 0, 3 a + b = 0, + a + b + c = 0 a =, b = 5, c = 6. III način. Kako je P 3 (x) polinom stepena 3 a deljiv je binomima x, x + i x 3, to znači da je P 3 (x) = (x )(x + )(x 3) = x 3 x 5x + 6, odakle direktno sledi da je a =, b = 5 i c = 6.

41 35 8. I način. Iz P 3 ( ) = 0 dobijamo prvu jednačinu a b + c =. Kako je x = 4 dvostruka nula polinoma P 3 (x) najlakše je da preostale dve jednačine dobijemo tako što ćemo dva puta primeniti Hornerovu šemu, tj. x 3 x x x 0 c r a b c a + 4b + c 4 + a 6 + 4a + b a + b 8 + a Oba ostatka su jednaka nuli pa dobijamo dve nove jednačine a + 4b + c = 0 i a + b = 0 i rešavanjem sistema dobijamo da je a = 7, b = 8 i c = 6. Uvrštavajući a, b i c dobijamo da je P 3 (x) = x 3 7x + 8x + 6, odakle sledi da je P 3 (x + ) = (x + ) 3 7(x + ) + 8(x + ) + 6 = x 3 4x 3x + 8. Lako nalazimo da je P 3 () =. II način. P 3 (x) = (x + )(x 4) = x 3 7x + 8x + 6, te je a = 7,b = 8 i c = Opšti oblik polinoma trećeg stepena je P 3 (x) = ax 3 + bx + cx + d. Kako je P 3 ( i) = + i sledi da je a( i) 3 + b( i) + c( i) + d = + i, tj. a + c + d + i( a b c) = + i. Dva kompleksna broja su jednaka ako su im jednaki realni i imaginarni delovi, odakle dobijamo a + c + d = i a b c =. Iz P 3 (i) = i sledi da je ai 3 + bi + ci + d = i, tj. b + d i(a c) = i, odakle dobijamo druge dve jednačine b + d = i a c =. Sada sistem 4 jednačine sa 4 nepoznate rešavamo Gausovim postupkom eliminacije i dobijamo da je a =, b =, c = 3 i d = 3. nači polinom trećeg stepena koji se tražio je P 3 (x) = x 3 + x 3x + 3.

42 36 Glava. Polinomi i racionalne funkcije 0. Ako je kompleksan broj a + bi jedna nula polinoma onda i njemu konjugovano kompleksni broj mora biti nula istog polinoma. nači, polinom koji zadovoljava uslove iz zadatka je stepena 5 i on je P 5 (x) = (x ) (x )(x ( i))(x ( + i)) = (x ) (x )(x 4x + 5) = x 5 9x x 3 6x + 56x 0.. namo da za svaka dva polinoma P n i Q m postoje polinomi S p i R k takvi da je P n = Q m S p + R k, gde je k < m. Neka je S količnik pri deljenju polinoma P polinomom Q. Tada je P(x) = S(x) (x ) (x ) + R(x), pri čemu stepen ostatka mora biti manji od stepena polinoma Q. Ostatak je najviše polinom stepena jedan, tj. R(x) = ax + b. nači P(x) = S(x) (x ) (x ) + ax + b. Na osnovu uslova zadatka polinom P(x) pri deljenju sa x daje ostatak 3, tj. P() = 3 odakle dobijamo prvu jednačinu a + b = 3. Drugu jednačinu dobijamo na osnovu uslova da polinom pri deljenju sa x daje ostatak 4, tj. a + b = 4. Dobili smo dve jednačine sa dve nepoznate odakle sledi da je a = i b =. Dakle, ostatak pri deljenju polinoma P(x) polinomom Q(x) je R(x) = x +.. (a) a = 3,b = 8; (b) a = 7,b =,c = 6; (c) a =,b = 7,c =,d = (a) P 3 (x) = x 3 + x 4x 4; (b) P 6 (x) = x 6 x x 4 735x x 764x a = P 5 (x) = x 5 x 4 x 3 + 4x x (a) P 3 (x) = (x + ) (x 3); (b) P 4 (x) = 3(x )(x + )(x )(x + 5); (c) P 4 (x) = (x 5)(x + 5)(x 3)(x + 3); (d) P 8 (x) = (x + ) 3 (x )(x + ) ; (e) P 7 (x) = 3(x + ) (x 3) (x + ) 3.

43 37 7. Parametri su a = b = 5. Rezultat faktorizacije je P 6 (x) = (x + 3)(x + )(x ) (x + x + ). 8. (a) P 3 (z) = (z + )(z + 3i)(z 3i); (b) P 4 (z) = (z + i)(z i)(z + 3)(z 3). 9. (a) R (x) = x x ; (b) R (x) = 4 x 3 x + 9 (x ) ; (c) R 3 (x) = x + x + + x + 4 ; (d) R 4 (x) = 3 x x + 3 (x + ) ; (e) R 5 (x) = x + x x x + ; 5 30x 77 (f) R 6 (x) = x + 6x + 3 (x 6x + 3) ; (g) R 7 (x) = 4 x + x + 3 x + x + 6 ; (h) R 8 (x) = 5 x (x + ) 5 x + ; (i) R 9 (x) = x + (x ) + x + x + 3.

44 Glava 3 Determinante Determinanta reda n je broj dat u sledećem obliku: a a... a n a a... a n D = a n a n... a nn Brojevi a i j, i, j {,,...,n} su elementi determinante, broj i označava vrstu a j kolonu u kojoj se nalazi element a i j. Glavnu dijagonalu čine elementi a,a,...,a nn, a sporednu dijagonalu elementi a n,a n,...,a n. Vrednost determinante reda jednaka je vrednosti njenog jedinog elementa, tj. a = a. Vrednost determinante reda je jednaka razlici proizvoda elemenata na glavnoj i sporednoj dijagonali, odnosno a a a a = a a a a. Sarusovo pravilo (važi samo za determinante reda 3): 38

45 39 a a a 3 a a a a a 3 a a a 3 a 3 a 33 a 3 a = a a a 33 + a a 3 a 3 + a 3 a a 3 a 3 a a 3 a a 3 a 3 a a a 33. Minor elementa a i j, u oznaci M i j, je determinanta reda n dobijena iz determinante reda n precrtavanjem i te vrste i j te kolone. Kofaktor elementa a i j, u oznaci A i j, je dat sa A i j = ( ) i+ j M i j. Vrednost svake determinante reda n možemo odrediti razvijanjem po vrsti (koloni). Po i toj vrsti determinantu razvijamo na sledeći način: a a... a n a a... a n.... a i a i... a in = a i A i + a i A i + + a in A in,.... a n a n... a nn a ako je razvijemo po j toj koloni dobijamo a a... a j... a n a a... a j... a n = a j A j + a j A j + + a n j A n j a n a n... a n j... a nn Osobine determinanti:. Ako dve vrste (ili kolone) zamene mesta, determinanta menja znak.. Determinanta se množi brojem tako što se elementi jedne vrste (ili kolone) pomnože tim brojem. 3. Vrednost determinante je jednaka nuli, ako su bilo koje dve vrste (ili kolone) jednake ili proporcionalne.

46 40 Glava 3. Determinante 4. Ako se svaki element k te vrste prikaže kao a k j = b k j + c k j, j =,,...,n, tada važi: a a... a n a a... a n.... b k + c k b k + c k... b kn + c kn.... a n a n... a nn a a... a n a a... a n a a... a n a a... a n =.... b k b k... b kn c k c k... c kn a n a n... a nn a n a n... a nn 5. Vrednost determinante se ne menja ako se elementima jedne njene vrste (ili kolone) dodaju odgovarajući elementi druge vrste (ili kolone), prethodno pomnožene nekim brojem. 6. Vrednost determinante čiji su elementi ispod ili iznad glavne dijagonale jednaki nuli, jednaka je proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali. Primeri. Odrediti vrednosti sledećih determinanti: 5, 5 i 3 5 Vrednost determinante a = a, pa na osnovu toga zaključujemo da je: 5 = 5, 5 = 5, 3 5 = 5 3 ( ) = =. 3. Data je determinanta: Odrediti M 3,A 3,M 3 i A 3. M 3 = = 3, A 3 = ( ) = 3,.

47 4 M 3 = = 6, A 3 = ( ) Izračunati vrednost determinante : = 6. (a) razvijanjem po prvoj vrsti; (b) razvijanjem po drugoj koloni; (c) koristeći Sarusovo pravilo. 3 (a) = = + 6 = 7; 3 (b) = = = 7; 3 (c) = = ( ) ( 3) ( ) ( ) ( ) 0 4 ( 3) = Izračunati vrednost determinante reda 4 razvijanjem po trećoj koloni (izabrana je jer ima nulu kao element): Razvijanjem po trećoj koloni dobijamo:

48 4 Glava 3. Determinante Problem izračunavanja vrednosti determinante reda 4 sveli smo na vidjen slučaj reda 3. Prvu determinantu nema potrebe da računamo jer je pomnožena sa nulom, a za ostale tri dobijamo vrednosti: = 0, = 9 i Konačno, vrednost početne determinante je ( ) ( 9) = 9. = Izračunati vrednost izraza: Vrednost izraza dobijamo tako što ćemo izračunati vrednost svake determinante pojedinačno. Tako dobijamo rešenje: ( ) = Koristeći osobinu 4. razložiti datu determinantu na zbir dve determinante i 3 izračunati njenu vrednost n + n + n n + n + n + 3 = 3 n n n Dobijene determinante imaju po dve proporcionalne vrste te su po osobini 3. njihove vrednosti jednake 0, pa je i vrednost početne determinante jednaka Izračunati vrednost determinante: Svi elementi ispod glavne dijagonale su jednaki nuli, pa njenu vrednost dobijamo na osnovu osobine 6. množenjem elemenata na glavnoj dijagonali: = ( 3) 5 =

49 43 8. Izračunati vrednost determinante razvijanjem po drugoj koloni i koristeći osobinu 5. : Vrednost determinante smo već odredili razvijajući je po drugoj koloni. Sada ćemo množenjem prve vrste sa i dodavanjem na drugu vrstu napraviti još jednu nulu u drugoj koloni i time dodatno olakšati razvijanje po ovoj koloni: 9. Dokazati da je = = = 7. x + y + z y z x x + y + z z x y x + y + z = (x + y + z) 3. Koristeći osobinu 5. vrednost determinante se ne menja ako elemente druge i treće kolone pomnožimo sa i dodamo odgovarajućim elementima prve kolone. Tada je = Sada, koristeći osobinu. dobijamo: x + y + z y z x x + y + z z x y x + y + z x + y + z y z x + y + z x + y + z z x + y + z y x + y + z x + y + z y z x + y + z x + y + z z x + y + z y x + y + z = (x + y + z) y z x + y + z z y x + y + z..

50 44 Glava 3. Determinante Ponovo, koristeći osobinu 5. vrednost determinante se ne menja, ako elemente prve vrste pomnožimo sa ( ) i dodamo odgovarajućim elementima druge i treće vrste (x + y + z) = (x + y + z) Konačno, koristeći osobinu 6. imamo da je y z x + y + z z y x + y + z y z 0 x + y + z x + y + z. y z 0 x + y + z x + y + z = (x + y + z), pa je vrednost početne determinante jednaka (x + y + z) 3. adaci. Odrediti brojne vrednosti determinanti: (a) (d) Izračunati: A = 3 ; (b) 3 3 ; (e) ; (c) : Odrediti vrednosti determinanti (i je imaginarna jedinica): i + i i i a a a (a) i 0 i 0 ; (b) 0 i ; (c) a a x ; i i a a x.. ;

51 45 (d) (h) (j) x x x x ; (e) 0 + i 0 i i i a a a a 3 a a 0 0 a a 0 a a a ; (i). ; ( f ) a a a ; (g) + cosα + sinα sinα + cosα a b c b c a c a b 4. Naći racionalne nule polinoma i rastaviti ga na činioce: x P(x) = x (4x ). x ; ; 5. Rešiti jednačine: (a) (c) (e) x 4 9 x 3 = 0; (b) 3 x 4 3 x x 4 5 = 0; (d) x x 6 3 x 4 x 7 x x x 3 3 x 3 x 3 x 5 x + 4 x x 4 x = 0; a + a a = 0. = a + ; 6. Rešiti jednačine u polju kompleksnih brojeva: z z z z i z 3 i (a) z 0 = 7; (b) z z + i z i 8 z z 4 4 = a koje vrednosti promenljive x je zadovoljena sledeća jednakost: x x + x x x + 6 x a 3 a x + x + 3x +

52 46 Glava 3. Determinante ( i) x + a x a 3 x + a ln 3 e = 0? 8. Dokazati: (a) (b) x + y + z x + y x 3 = x + 4y z; a b c a a b b c a b c c c a b = (a + b + c) 3 ; (c) a + b x a x + b c a + b x a x + b c = ( x ) a 3 + b 3 x a 3 x + b 3 c 3 a b c a b c. a 3 b 3 c 3 Rešenja. (a) ; (b) 9; (c) 0; (d) 33; (e) A = (a) Množenjem druge vrste sa i i dodavanjem prvoj vrsti data determinanta postaje D = i i 0 i 0 = ( + i) i i 0 = ( + i) ( ( i)) = ; (b) i; (c) a (a + x); (d) x( x) ; (e) a 3 ; (f) ( a) (a + ); (g) (a + b + c)( a b c + ac + ab + bc); (h) ; (i) Množenjem prve vrste sa i dodavanjem drugoj i trećoj data determinanta postaje D = + cosα + sinα (sinα + cosα) cosα sinα 0 cosα sinα 0 =

53 47 (sinα + cosα) cosα cosα sinα sinα = sin α + cos α = ; (j) Množenjem druge vrste sa i dodavanjem trećoj dobijamo a D = a a a a + a. Sada prvu kolonu dodamo drugoj koloni i imamo: a + D = a a + = (a + ) a a 0 a a 0 a = (a + ) a 0 3 a 0 a = (a + )(a + 7). 4. Naći ćemo prvo vrednost determinante. Množenjem druge kolone sa i dodavanjem trećoj dobijamo x 0 D = x x x = x x 0 x Sada je = x x 0 x 3 3 x 0 = x x 3 3 x = x(x 4x 3). P(x) = x 3 + 4x + 3x 8x + = x 3 + 4x 5x + = (x )(x ). 5. (a) x =,x = 3; (b) x =, x = 0; (c) x, = 0, x 3 =, x 4 = ; (d) a =, a = ; (e) Množenjem prve vrste sa i dodavanjem petoj, i množenjem druge vrste sa i dodavanjem četvrtoj vrsti, dobijamo x 6 3 x 4 x 7 x x x 3 3 x 3 x 3 x x 0 0 x x

54 48 Glava 3. Determinante = x 6 3 x 4 x x x x 3 3 x 3 x 3 3 x x x = ( x)(x + )(x 3) 3 x 4 x x = (x )(x + )(x 3)(x + )(x + ). Treba nam takvo x za koje je (x )(x + ) 3 (x 3) = 0, a to je za x =, x,3,4 = i x 5 = (a) Data jednačina se svede na korenovanje kompleksnog broja z 3 = 7 = 7e πi i rešenja su: z 0 = 3e π 3 i = i, z = 3e 3π 3 i = 3 i z = 3e 5π 3 i = i; (b) Data jednačina je ekvivalentna jednačini z 4 = i i njena rešenja su: z = 4 e π 8 i, z = 4 e 5π 8 i, z 3 = 4 e 9π 8 i i z 4 = 4 e 3π 8 i. 7. Ako izračunamo vrednosti determinanti dobijamo jednačinu x 3 + 5x + x 8 = 0, čija su rešenja: x =, x = i x 3 = 4.

55 Glava 4 Matrice Matrica tipa m n je pravougaona šema brojeva koja ima m-vrsta i n-kolona i zapisuje se u obliku A = a a... a n a a... a n a m a m... a mn ili skraćeno A = [a i j ] m n. Kvadratne matrice su matrice kod kojih je m = n. Jedinična matrica: I n = E n = Matrice A = [a i j ] m n i B = [b i j ] p q su jednake, ako je m = p i n = q i ako su elementi jedne matrice jednaki odgovarajućim elementima druge matrice. Sabiranje (oduzimanje) matrica: [a i j ] m n ± [b i j ] m n = [a i j ± b i j ] m n. m n, n n Množenje matrice skalarom: α [a i j ] m n = [α a i j ] m n. Proizvod matrica A = [a i j ] m n i B = [b i j ] n p je matrica C = A B = [c i j ] m p, čije 49.

56 50 Glava 4. Matrice elemente računamo na sledeći način: c i j = n a ik b k j. k= U opštem slučaju množenje matrica nije komutativno, tj. A B B A. Transponovana matrica matrice A = [a i j ] m n je A T = [a ji ] n m, odnosno a a... a n a a... a n A T = a n a n... a nn Adjungovana matrica matrice A = [a i j ] n n je ad ja = A = [A ji ] n n, gde su A ji odgovarajući kofaktori transponovane matrice, odnosno A A... A n A A... A n A T = A = A n A n... A nn Inverzna matrica A za matricu A = [a i j ] n n je: Neka je A = [a i j ] n n. Tada važi: A = deta A. A A = A A = E n. a matricu za koju ne postoji inverzna matrica kažemo da je singularna matrica. Ako za matricu A postoji inverzna matrica, tada kažemo da je ona regularna. Matrica A je regularna ako i samo ako je deta 0. Neka je data matrica A = [a i j ] m n. Kvadratna podmatrica matrice A, reda manjeg ili jednakog od min(m,n), je matrica do koje se dolazi izbacivanjem odredjenog broja vrsta i kolona matrice A. Rang matrice A, u oznaci r(a) ili rang(a), je red njene regularne kvadratne podmatrice takve da su sve podmatrice većeg reda, ako postoje, singularne. Elementarne transformacije matrice A su sledeće transformacije: