Diskretna Matematika - Zbirka Primera i Zadataka

VIA TEHNIKA KOLA SUBOTICA

mr. Istvn Boros Gizella Csiks Pajor

77((1155++1155++1155))

ZBIRKA PRIMERA I ZADATAKA IZ DISKRETNE MATEMATIKE

e1

e2

M1

M2

p1

p2

p1

p2

M1 M

2

1

2

90o

90 o

n

P1

P2

xy

z

r2

r1

O

SUBOTICA 2005

Opinio magistri probabilis tantum.

Nihil probat qui nimium probat.

_________________

PREDGOVOR

Zbirka primera i zadataka iz Diskretne Matematike

7(15+15+15) je namenjena studentima prve godine Vie tehnike kole u Subotici. Pre ove zbirke je napisan prirunik sa naslovom Diskretna Matematika, koji slui za pripremanje ispita istog naziva i koji se po Planu i Programu kole izuava

u toku prvog semestra kolovanja. Prilikom spremanja ove zbirke autori su se rukovodili idejom, da je italac savladao

teorijske sadraje koji su u programu predmeta i obraeni su u priruniku. U ovoj Zbirci su veinom primeri, koji se rade na

auditornim vebama, zatim primeri, koji su bili na pismenim ispitima i kolokvijumima u proteklih nekoliko godina. Reenja

su data kod nekih primera sa obimnim teorijskim objanjenjem, a kod veine samo je prosto "uraen" zadatak.

Grafiko predstavljanje je svedeno na minimum, jer na auditornim vebama se to opirno nadoknadimo.

Smatramo ovu zbirku sastavnim delom prirunika, te nije snabdevena spiskom koriene literature, zato to se ona

poklapa sa literaturom koja je navedena u priruniku. Postavke zadataka su delom iz tih izvora, delom su

modifikacije tih zadataka, a delom su originalni prilozi autora. Zbirka sadri sedam poglavlja.

Svako poglavlje se sastoji od dva dela: 0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEBE (Izbor zadataka i reenja G. Csiks Pajor), 1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA (Izbor zadataka i reenja Mr I.Boros)

U delu reenih ispitnih zadataka posle svakog zadatka je naveden i jedan zadatak bez reenja (za samostalni rad). Celokupnu zbirku treba posmatrati u duhu motoa koji se

nalazi u desnom gornjem uglu ove stranice. Molimo korisnike ove zbirke da svoje primedbe dostave lino autorima ili na

e-mail adrese: [email protected] ili [email protected]

Subotica, septembar 2005. godine

Uiteljevo miljenje je samo verovatno. Nita ne dokazuje ko suvie dokazuje

______7(15+15+15) SADRAJ

7 poglavlja sa po 15 primera za vebe 15 primera ispitnih zadataka i 15 zadataka za samostalni rad:

1. Polinomi 1

1.0. Primeri zadataka za vebe 1

1.1. Primeri ispitnih zadataka 11

2. Kompleksni brojevi 23



3. Vektorska algebra 43



4. Elementi analitike geometrije u R3 61



5. Matrice i determinante 85



6. Sistemi linearnih algebarskih jednaina 109



7. Vektorski prostori 141



_________________1. POLINOMI

1.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEBE 1.0.1. Primer: Nai kolinik polinoma ( ) 65432 234 ++= xxxxxP i . ( ) 132 += xxxQ Reenje:

( ) ( )

5251133116811

3936523

262113213:65432

2

2

23

23

234

22234

+

++

++=+++

xxxxx

xxxxxx

xxxxxxxxxxx

mm

m

m

Prema tome kolinik ovih polinoma moemo napisati kao

( )( ) 13

5251132 22

2

4

++++=xx

xxxxQxP

.

1.0.2. Primer: Nai kolinik polinoma ( ) 13 23 = xxxxP i ( ) 123 2 += xxxQ . Reenje:

( ) ( )

92

926

97

914

37

134

37

332

97

3123:13

2

2

23

223

=+

x

xx

xx

xxx

xxxxxx

mm

m

__________________________________________________________________ 1

Zbirka zadataka Diskretna matematika Prema tome kolinik ovih polinoma moemo napisati kao

( )( ) 123 92

926

97

3 223

+

+=xx

xxxQxP .

1.0.3. Primer: Napisati polinom treeg stepena za koji je

3)1(,1)2(,2)1(,2)0( ==== PPPP . Reenje: Polinom treeg reda sa optim koeficijentima moe da se napie u obliku ( ) dcxbxaxxP +++= 233 . Uvrstimo redom date vrednosti promenljive u ovaj xpolinom. Tada dobijamo da je: ( ) dP =03 ( ) dcbaP ++=13 ( ) dcbaP +++=13 ( ) dcbaP ++= 24823 Odavde se dobija sistem jednaina :

124832

2

=++=+++

=++=

dcbadcbadcbad

1248

14

=+=++

=+

cbacbacba

Sabiranjem prve i druge jednaine dobijamo da je 2332 == bb .

Posle toga sledi da je 528

25

==+

ca

ca , tada je 528

522=

=+ca

ca, a odavde je

106 = a . Koeficijent je znai a35 tada je

310=c .

Traeni polinom glasi : ( ) 23

1023

35 23

3 ++= xxxxP .

1.0.4. Primer: Odrediti koeficijente u polinomu cba ,, ( ) cbxaxxxP +++= 23 tako da P(x) bude deljiv binomima i 1x 2+x , a da podeljen sa 4x daje ostatak18 .

__________________________________________________________________ 2

Polinomi___________ Zbirka zadataka

Reenje:

Na osnovu Bezuove teoreme slede sledee injenice: ( ) ( ) ( ) 01011 =+++= cbaPxPx ( ) ( ) ( ) 0248022 =++=+ cbaPxPx ( ) 1841664184 =+++= cbaP Odavde se dobija i reava sistem jednaina:

464168241

=++=+

=++

cbacbacba

bac = 1

461416

8124=+

=baba

baba

45315

933=+

=ba

ba

155

3=+

=ba

ba

652126 ==== cbaa Traeni polinom je : ( ) 652 23 += xxxxP .

1.0.5. Primer:

Odrediti koeficijente srqp ,,, u polinomu ( ) srxqxpxxxP ++++= 2344 tako da bude deljiv sa binomima 3,4,2 ++ xxx a da podeljen sa 1+x daje ostatak 24 .

Reenje: Na osnovu Bezuove teoreme dobijamo da je: ( ) ( ) ( ) 01684222 =++=+ pqrsPxPx ( ) ( ) ( ) 02566416444 =++=+ pqrsPxPx ( ) ( ) ( ) 08279333 =+++++= pqrsPxPx ( ) 2411 =++= pqrsP rqps ++= 23 Uvrtavajui u ostale jednaine dobija se sistem jednaina: s

1044828279315633937

=++=+=+

rqprqprqp

pr 739 =

1041228156828

2799211171563=+++=++

qpqpqpqp

26020162642

==+

qqp

13= q 2= p 14= r 24= s . Znai da je traeni polinom ( )xP jednak: ( ) 2414132 234 ++= xxxxxP . __________________________________________________________________ 3

Zbirka zadataka Diskretna matematika

1.0.6. Primer: Nai sve korene polinoma i faktorisati ga ( ) 412946 2346 +++= xxxxxxPna skupu realnih brojeva. Reenje: Polinom je estog stepena, to znai da ima ukupno 6 korena, od kojih neki ( )xPmogu biti eventualno i viestruki koreni. Ako meu njima ima racionalnih i to celih, oni treba da budu delioci slobodnog lana , to znai da ih traimo meu brojevima 4

4,2,1 . Hornerovom emom lako i brzo proveravamo koji su od ovih brojeva koreni:

1 0 -6 -4 9 12 4 1 1 1 -5 -9 0 12 16 1 nije koren

1 0 -6 -4 9 12 4 -1 1 -1 -5 1 8 4 0 -1 je jednostruki koren

1 -1 -5 1 8 4 -1 1 -2 -3 4 4 0 -1 je dvostruki koren

1 -2 -3 4 4 -1 1 -3 0 4 0 -1 je trostruki koren

1 -3 0 4 -1 1 -4 4 0 -1 je etvorostruki koren

Posle ovih raunanja polinom ( )xP moemo napisati u obliku ( ) ( ) ( )441 24 ++= xxxxP odakle se lako uvia da je nad skupom R faktorizacija datog polinoma ( ) ( ) ( )24 21 += xxxP . 1.0.7. Primer: Nai racionalne korene polinoma ( ) 82018116 23456 ++= xxxxxxxP . Reenje: Polinom estog stepena ima ukupno 6 korena od kojih ne moraju svi biti realni, a od realnih ne moraju svi biti racionalni. Cele i razlomljene korene (znai racionalne) moemo traiti Hornerovom emom slino kao u prethodnom zadatku:

__________________________________________________________________ 4


1 -6 11 -1 -18 20 -8 1 1 -5 6 5 -13 7 -1 1 nije koren

1 -6 11 -1 -18 20 -8 -1 1 -7 18 -19 1 19 -27 -1 nije koren

1 -6 11 -1 -18 20 -8 2 1 -4 3 5 -8 4 0 2 je jednostruki koren

Nalaenjem prvog korena 21 =x dati polinom moemo napisati u obliku ( ) ( )( )485342 2345 +++= xxxxxxxP . Dalje traimo korene dobijenog polinoma petog reda. Poto moe biti i viestruki koren, proveravamo ga jo jednom: 2

1 -4 3 5 -8 4 2 1 -2 -1 3 -2 0 2 je dvostruki koren

pa se polinom dalje pie u obliku ( ) ( ) ( )2322 2342 += xxxxxxP . Sada traimo korene polinoma etvrtog reda, s tim da postoji mogunost da bude trostruki koren. 2

1 -2 -1 3 -2 2 1 0 -1 1 0 2 je trostruki koren

Sada faktorizacija glasi ( ) ( ) ( )12 33 += xxxxP . Dalje traimo korene polinoma . On ima tri korena, od kojih ili su sva 13 + xxtri realna, ili je jedan realan i dva kompleksna. Znai da bar jedan realan koren jo uvek postoji. On moe biti ili racionalan ili iracionalan. Ako bi bio racionalan onda bi to morao da bude ili 1 ili , koje smo brojeve ve na poetku proverili i iskljuili kao 1korene. Ostaje da je taj realni koren iracionalan, a s tim je zadatak i zavren, jer se u njemu trae samo racionalni koreni datog polinoma. Racionalni koren je znai:

2321 === xxx , a poslednja faktorizacija koju moemo odrediti je ( ) ( ) ( )12 33 += xxxxP .

1.0.8. Primer: U polinomu ( ) odrediti parametar tako da da axxxxxP ++= 14146 2344 ajedan koren polinoma bude ix += 21 . Zatim ga faktorisati nad poljem realnih brojeva.

Reenje: Ako je jedan koren ixix =+= 22 21 , pa se moe napisati: ( ) ( )( ) ( )xPxxxxxP 2214 = ( ) ( )( ) ( )xPixixxP 24 22 += ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )54:54 242224 +=+= xxxPxPxPxxxP__________________________________________________________________ 5


( ) ( )

554

4

10821492

541254:14146

2

2

23

23

234

22234

+

++

+=+++

axx

axx

xxxaxxx

xxxxxxxaxxxx

m

mm

m

Polinom ( je deljiv sa polinomom )xP4 ( )542 + xx bez ostatka, pa mora biti 05 =a , odakle sledi da vrednost parametra treba da bude a 5=a . Faktorizacija

polinoma glasi: ( ) ( )( )1254 224 ++= xxxxxP , odnosno: ( ) ( )( )224 154 += xxxxP . 1.0.9. Primer: Ostaci pri deljenju polinoma ( )xP sa 2,1 xx i 1+x su redom i . 3,2 6Odrediti ostatak pri deljenju polinoma ( )xP sa njihovim proizvodom ( )( )( )121 + xxx . Reenje: Delioc ( )( )( 121 + ) xxx je polinom treeg reda, to znai da ostatak pri deljenju sa moe biti polinom najvie drugog reda. Neka je to ( )( )( 121 + xxx )( ) cbxaxxR ++= 2 . Tada se moe napisati da je:

( ) ( )( )( ) ( ) ( )xRxQxxxxP ++= 121 , odnosno da je ( ) ( )( )( ) ( ) cbxaxxQxxxxP ++++= 2121 . Primetimo da je ovde ( ) ( ) cbacbaxQP ++=+++= 01 ( ) ( ) cbacbaxQP ++=+++= 242402 ( ) ( ) cbacbaxQP +=++= 01 . S druge strane po uslovima zadatka i na osnovu Bezuove teoreme moemo pisati i da je ( ) ( ) ( ) 61,32,21 === PPP . Ostaje da se rei sistem jednaina:

63242

=+=++=++

cbacbacba

accaca ==+=+ 44822 31224 ====++ cababa

znai ostatak pri deljenju polinoma ( )xP sa ( )( )( )121 + xxx je ( ) 322 += xxxR .

__________________________________________________________________ 6


1.0.10. Primer: U jednaini odrediti parametar 073 =+ xx tako da jedan koren bude dvostruka vrednost drugog korena. Reenje: Koristiemo Vijetove formule koje daju vezu izmeu korena:

3

0321

3

1323121

3

2321 ,, a

axxx

aaxxxxxx

aaxxx ==++=++

Na polinom je , znai da je u ovom ( ) 01223333 7 axaxaxaxxxP +++=+= sluaju ==== 0123 ,7,0,1 aaaa , i zna se jo da je 21 2xx = . Uvrtavajui sve to u Vijetove formule dobijamo sistem nelinearnih jednaina: 2332321 303 xxxxxxx ==+=++ 732 32

22323121 =+=++ xxxxxxxxx

== 322321 2 xxxxx 1177792 2

22

22

22

22 ==== xxxxx

( ) === 3232222 6632 xxxx Za 612 == x , polinom je ( ) 673 += xxxP i 3,1,2 321 === xxx . Za 612 == x , ( ) 673 += xxxP i 3,1,2 321 === xxx . 1.0.11. Primer: Dokazati da je polinom ( ) ( ) 121 222 += xxxxP nnn za svako deljiv sa xpolinomom ( ) xxxxQ += 23 32 . Reenje: Dovoljno je pokazati da je svaki koren polinoma ( )xQ istovremeno koren i polinoma . Koreni polinoma ( )xP n2 ( )xQ su: ( ) 0=xQ 032 23 =+ xxx ( ) 0132 2 =+ xxx

21,1

4893,0 32321 ==== xxxx .

Pokaimo sada da su brojevi 21,1,0 koreni i polinoma . ( )xP n2

__________________________________________________________________ 7

Zbirka zadataka Diskretna matematika ( ) ( ) 01110010 22 ==+= nnP ( ) ( ) 012101121111 222 =++=+= nnnP 0

21

2111

21

211

212

211

21

21

22

2222

2 ==+

=+

=

nn

nnnn

nP

Time smo pokazali da su svi koreni polinoma ( )xQ istovremeno i koreni polinoma , a to znai da je polinom ( )xP n2 ( )xP n2 deljiv polinomom ( )xQ . 1.0.12. Primer:

Racionalnu razlomljenu funkciju ( )2

252 +

=xx

xxf rastaviti na zbir parcijalnih

razlomaka. Reenje: Imenilac ima realne korene 22 + xx 2,1 21 == xx , pa moemo pisati: ( ) ( )( ) ( )( 21/2121

25 +++=+= xx

xB

xA

xxxxf )

( ) ( )1225 ++= xBxAx BBxAAxx ++= 225 ( ) BABAxx ++= 225 Izjednaavanjem odgovarajuih koeficijenata u polinomima na levoj i desnoj strani dobijamo sistem jednaina:

22

5=

=+BA

BA

4133 === BAA pa je traeni oblik ( )

24

11

225

2 ++=+=

xxxxxxf .

1.0.13. Primer:


322 +

=xx

xxf rastaviti na zbir parcijalnih

razlomaka. Reenje: Imenilac je kvadrat binoma 442 + xx ( )2x , sledi da je: ( ) ( ) ( ) ( )

2222 2/222

3244

32 +==+

= xx

Bx

Ax

xxx

xxf

( ) BxAx += 232 BAAxx += 232

__________________________________________________________________ 8


odavde sledi sistem jednaina:

132

2==+

=BBA

A

pa je traeni oblik ( ) ( )22 21

22

4432

+=+=

xxxxxxf .

1.0.14. Primer:


23

2

+++=

xxxxxf rastaviti na zbir

parcijalnih razlomaka. Reenje: Hornerovom emom lako se dobijaju koreni polinoma u imeniocu: 43 23 + xx . 2,1 321 === xxx

1 3 0 -4 1 1 4 4 0 11 =x

( )( ) ( )( ) 22144143 322223 =+=++=+ xxxxxxxx . Rastavljanje na zbir parcijalnih sabiraka e biti:

( ) ( )( ) ( )222

23

2

22121675

43675

++++=+++=+

++=x

Cx

Bx

Axxxx

xxxxxf

( ) ( )( ) ( )1212675 22 ++++=++ xCxxBxAxx 29181 === AAx 43122 === CCx 32124282460 ==+=== BBBCBAx pa je traeni oblik ( ) ( )223

2

24

23

12

43675

+++=+++=

xxxxxxxxf .

1.0.15. Primer:


322234

2

++++++=

xxxxxxxf rastaviti na zbir

parcijalnih razlomaka.

Reenje:

Imenilac je polinom etvrtog stepena koji nema realne korene (proveriti Hornerovom emom), ve dva para konjugovano kompleksna korena, zato se imenilac rastavlja na proizvod dva polinoma drugog reda.

__________________________________________________________________ 9

Zbirka zadataka Diskretna matematika ( )( )122342 22234 ++++=++++ bxxaxxxxxx

2222342 223234234 ++++++++=++++ bxxaxabxbxxaxxxxxx

1132232

4322

===+=+=+

==+

abbbbaab

baba

sledi da je ( )( )122342 22234 ++++=++++ xxxxxxxx . Prema tome

( ) ( )( ) 1212 3222342 322 22222

234

2

++++++

+=++++++=++++

++=xx

DCxxx

BAxxxxx

xxxxxx

xxxf

( )( ) ( )( )21322 222 +++++++=++ xxDCxxxBAxxx DDxDxCxCxCxBBxBxAxAxAxxx 22322 2232232 +++++++++++=++ DBxDCBAxDCBAxCAxx 2)2()()(322 232 +++++++++++=++ Odavde sledi sistem jednaina:

DBDBDCBA

DCBAACCA

233222

20

==+=+++=+++

==+

( ) 2223223=+++

=++DADA

DADA

00111

111====

===CAADA

BDD

Traeni oblik je znai:

( )1

12

12342

32222234

2

+++++=++++++=

xxxxxxxxxxxf .

__________________________________________________________________ 10


1.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA 1.1.1._______________ Primer Rastaviti na proizvod nesvodljivih inilaca na polju realnih brojeva polinom: P , 65442)( 2345 ++= xxxxxx________ Reenje: Na osnovu poznavanja injenice da racionalni koreni moraju biti inioci slobodnog lana, zato racionalne korene traimo meu brojevima 1, 2, 3, 6. Upotrebom Hornerove eme uoavamo da su racionalni koreni: +1, 2 i +3, pa realna faktorizacija je sledea: P(x) = (x 1)(x + 2)(x 3)(x2 + 1). ________ Zadatak Polinom rastaviti na faktore na polju realnih brojeva, ako se zna da taj polinom ima viestruke realne nule.

412946)( 2346 +++= xxxxxxf

1.1.2._______________ Primer Rastaviti na proizvod nesvodljivih inilaca na polju realnih brojeva polinom: P , 2813115)( 2345 ++= xxxxxx________ Reenje: Na osnovu poznavanja injenice da racionalni koreni moraju biti inioci slobodnog lana, zato racionalne korene traimo meu brojevima 1, 2.. Upotrebom Hornerove eme uoavamo da je jedini racionalni koren: +1 (i to ak trostruki koren!), pa realna faktorizacija je sledea: P(x) = (x 1)3 (x2 2x + 2).

________ Zadatak Faktorisati polinom na polju 189422)( 2345 ++= xxxxxxpkompleksnih brojeva.

__________________________________________________________________ 11

Zbirka zadataka Diskretna matematika 1.1.3._______________ Primer Odrediti normalizovani polinom petog stepena, ako se zna da ima kompleksni koren z 1= 2+2i, zatim, da je broj 2 jednostruka nula, a broj 1 je dvostruka nula tog polinoma.

________ Reenje: Poto je z1 = 2+2i, zato je z2 = 22i, pa je polinom deljiv sa

(z z1)( z z1) = z2 4z + 8.

i poto je broj 2 jednostruka nula polinoma, zato je polinom deljiv sa (z 2). Konano, poto je broj 1 dvostruki koren polinoma, zato plinom sadri i inilac (z 1)2. Prema tome traeni polinom ima sledei oblik:

P5(z)=( z2 4z + 8) (z 2) (z 1)2 = z5 8z4 + 29z3 54z2 +48z 16. ________ Zadatak Odrediti sve nule polinoma ( )xP , etvrtog stepena sa realnim koeficijentima, ako je vodei koeficijent jednak jedinici, i ako je ( )xP deljiv sa , i ako je 12 +x( ) iiP 741 +=+ .

1.1.4._______________ Primer a) Sastaviti normalizovan polinom sa realnim koeficijentima etvrtog stepena P(x), iji su koreni x1=2, x2 = 3, x3 = 2+3i. (Da li su ovde navedeni svi koreni tog polinoma?) b) Rastaviti na elementarne parcijalne razlomke racionalnu razlomljenu funkciju Q(x)/P(x), gde je Q(x) = 8x3 46x2 + 125x 157.

________ Reenje:

a) Pored datih korena mora biti i broj x4 = 2 3i koren tog polinoma. Pa e biti: P(x) = (x 2)(x 3)(x2 4x + 13) = x4 9x3 + 39x2 89x + 78.

b) .

13432)134)(3)(2(157125468

7889399157125468

)(P)(Q

22

23

234

23

++++=+

+=

=+++=

xxDCx

xB

xA

xxxxxxx

xxxxxxx

xx

Odavde sledi: A=3, B=2, C=3 i D=2.

__________________________________________________________________ 12


Reenje zadatka je:

.134

233

22

37889399

157125468)( 223423

++++=++

+=xx

xxxxxxx

xxxxR

________ Zadatak

Racionalnu funkciju 1222

224)( 23423

+++=

xxxxxxxxf rastaviti na zbir

elementarnih parcijalnih sabiraka. 1.1.5._______________ Primer Dokazati: polinom deljiv polinomom

2)1()1( 22222 +++= nnn xxxxP

xxxQ = 2)( . ________ Reenje: Za dokaz dovoljno je pokazati, da je svaki koren polinoma Q(x) istovremeno koren i polinoma P2n (x). Koreni polinoma = x (x 1) su: x1 = 0 i x1 = 1. Neposredno se moe proveriti, da je P2n (0) = (02 + 0 1)2n + (02 0 1)2n 2 = 0.

xxxQ = 2)(Isto tako proveramo: je P2n (1) = (12 + 1 1)2n + (12 1 1)2n 2 = 1+12 = 0. ________ Zadatak Pokazati da je polinom deljiv sa (x a)2, gde je a proizvoljan realan broj, dok n pripada skupu prirodnih brojeva.

)1()()( 11 += naanxxxP nnn

1.1.6._______________ Primer U jednaini 2x3 x2 7 x + l = 0 zbir dva korena je jednak 1. Nai l i reiti jednainu. ________ Reenje:

Po Vijetovim pravilima je 21

3

2321 ==++ a

axxx , a po uslovu zadatka je

121 =+ xx . Iz toga proizilazi: 21

3 =x .

__________________________________________________________________ 13

Zbirka zadataka Diskretna matematika Primenimo li Hornerovu emu na koren x3, dobijamo ostatak, koji mora biti 0: l + 3 = 0, to jest l = 3. Dati polinom se moe napisati u faktorizovanom obliku:

2x3 x2 7 x + l = 2x3 x2 7 x 3 = ( )62221 2

+ xxx . Korene x1 i x2 dobijamo iz jednaine

2x2 2x 6 = 0: .213

21

44842

21 =+=x

________ Zadatak Reiti sistem jednaina po nepoznatim kompleksnim brojevima z1 i z2:

02,21 2121 =+++=+ iz

ziizz , ako je 2

66)Im( 2+=z .

1.1.7._______________ Primer Racionalnu razlomljenu funkciju f(x) razloiti na parcijalne sabirke:

12)( 24 += xx

xxf

________ Reenje: Poto je x4 2x + 1 = (x2 1)2 = (x 1)2 (x + 1)2, sledi razlaganje:

2224 )1(1)1(112 +++++=+ xD

xC

xB

xA

xxx .

Nakon mnoenja sa zajednikim imeniocem x4 2x + 1 imamo:

x = A (x 1) (x + 1)2 + B (x + 1)2 + C (x 1)2 (x + 1) + D (x 1)2.

Nije teko uoiti, da za x = 1 dobijamo 41=B , dok za x = 1 dobijamo

41=D .

Zamenom jo bilo koje dve vrednosti za x (naprimer za x = 0 i x = 2) dobijamo dve jednaine sa nepoznatima A i C:

__________________________________________________________________ 14


.125,

121

61321

==

=+=

CACA

CA

Konano razlaganje je:

++++=+ 2224 )1(3

15

)1(3

11

121

12 xxxxxxx .

________ Zadatak


4)( 234 ++= xxxxxxf rastaviti na zbir

parcijalnih razlomaka. 1.1.8._______________ Primer Odrediti koeficijente polinoma P(x) = x4 + a x3 + b x2 + c x + d, ako se zna, da P(x) pri deljenju sa (x + 1) daje ostatak 38, sa (x 2 ) ostatak je 5, da je zbir njegovih korena 4, a proizvod istih korena 13. ________ Reenje: Na osnovu Bezuove teoreme moemo pisati: P(1) = 1 a + b c + d = 38, i P(2) = 16 + 8a + 4b + 2c + d = 5. Primenimo li Vijetovo pravilo za zbir korena neposredno dobijamo a = 4, dok po osnovu proizvoda korena imamo d = 13. Prema tome imamo svega dve jednaine sa dve nepoznate: b c = 20 i 2b + c = 4. Reenja ovog sistema su: b = 8 i c = 12. Traeni polinom je: P(x) = x4 4 x3 + 8 x2 12 x + 13.

__________________________________________________________________ 15


________ Zadatak Dat je polinom . axxxxxP ++++= 454)( 234

a) Odrediti parametar a ako je jedan koren polinoma ix =1 . b) Faktorisati dobijeni polinom nad skupom R.

c) Faktorisati polinom nad skupom C. 1.1.9._______________ Primer

Rastaviti racionalni izraz 623

)()( 23 += xxxxPxR na elementarne parcijalne

razlomke, ako je P(x) polinom iz prethodnog (1.1.8.) primera.

________ Reenje: Podelimo li P(x) sa polinomom Q(x) = x3 3x2 + 2x 6 (koristimo Euklidov postupak), dobijemo kolinik (celi deo): x 1, i ostatak 3x2 4x + 7.

Rastavimo jo na faktore i polinom Q(x). Pored vie mogunosti koristimo sledeu: Q(x) = x3 3x2 + 2x 6 = x2 (x 3) + 2 (x 3) = (x 3)(x2 + 2). U poslednjoj fazi zadatka treba odrediti koeficijente A, B i C:

.23

1)2)(3(

7431

6237431

)()()(

22

2

23

2

+++++=+

++=

=+++==

xCBx

xAx

xxxxx

xxxxxx

xQxPxR

Primenimo metod neodreenih koeficijenata. Izdvajamo samo razlomljeni deo:

23)2)(3(

74322

2

+++=+

+x

CBxx

Axxxx

3x2 4x + 7 = x2 (A + B) + x(C 3B) + (2A 3C). Izjednaavanjem koeficijenata uz iste stepene promenljive x dobijemo sistem jednaina: A + B = 3, C 3B = 4, 2A 3C =7. Reenja tog sistema su: A = 2, B = 1 i C = 1.

__________________________________________________________________ 16


Iz toga proizilazi kompletno razlaganje racionalne razlomljene funkcije R(x):

21

321)( 2 +

+++= xx

xxxR .

________ Zadatak


22)(3

2

++=

xxxxQ rastaviti na zbir parcijalnih sabiraka.

1.1.10._______________ Primer Dat je polinom . 2)( 2344 ++++= cxbxaxxxP a) Odrediti koeficijente a, b i c tako da polinom bude deljiv sa (x + 1) i sa (x 1), dok prilikom deljenja sa (x 2) daje ostatak 18. b) Rastaviti dobijeni polinom na faktore nad R. ________ Reenje: Iz deljivosti sa (x + 1) sledi P4(1) = (1)4 + a (1)3 + b (1)2 + c (1) + 2 = 0. To daje prvu jednainu: a + b c + 3 = 0. Na isti nain, iz deljivosti sa (x 1) sledi P4(1) = 0, to jest a + b + c + 3 = 0. Trea jednaina se dobija na osnovu Bezuovog stava: P4(2) = 18, to jest 8 a + 4 b + 2 c + 18 = 18.

Reenja ovog sistema jednaina su: a = 2, b = 3, c = 2:

2)( 2344 ++++= cxbxaxxxP = 2232)( 2344 +++= xxxxxP .

Deobom polinoma sa (x + 1), zatim sa (x 1) imamo

)22)(1)(1()( 24 ++= xxxxxP .

Preostala dva korena tog polinoma su 312

1224

3 ==x . Potpuna faktorizacija polinoma je:

)31)(31)(1)(1()(4 ++++= xxxxxP .

__________________________________________________________________ 17


________ Zadatak Ostaci pri deljenju polinoma P(x) sa (x1), (x2) i (x+1) su redom: 2, 3 i 6.

Odrediti ostatak pri deljenju polinoma P(x) sa (x1)(x2)(x+1).

1.1.11._______________ Primer Polinom P(x) podeljen sa (x+1) daje ostatak 4, podeljen sa (x1) daje ostatak 6,

dok prilikom deljenja sa (x2) daje ostatak 13. Odrediti ostatak prilikom deljenja

polinoma P(x) sa polinomom (x+1) (x1) (x2).

________ Reenje: Ostatak prilikom deljenja polinoma sa polinomom je uvek bar za 1 nieg

stepena od delioca. To znai, ako delimo bilo kakav polinom P(x) sa polinomom treeg

stepena (x+1) (x1) (x2), tada je ostatak najvie drugog stepena. Neka je taj ostatak R(x) = ax2 + bx + c, to jest:

P(x) = (x+1) (x1) (x2)Q(x) + R(x). (*)

Po Bezout-ovoj teoremi ostatak prilikom deljenja polinoma P(x) sa binomom

oblika (x) jeste vrednost polinoma P() za x=. Prema tome zakljuujemo: P(1) = 4, P(1) = 6 i P(2) = 13.

Na osnovu jednakosti (*) to znai:

R(1) = 4, R(1) = 6 i R(2) = 13.

Iz ovih tvrenja sledi sistem jednaina po nepoznatim koeficijentima ostatka: a b + c = 4 a + b + c = 6 4a + 2b + c = 13

Reenja tog sistema su: a = 2, b = 1, c = 3, odnosno ostatak, koji se trai u

ovom zadatku je: R(x) = 2 x2 + x + 3.

__________________________________________________________________ 18


________ Zadatak Odrediti nepoznate koeficijente polinoma P(x) = x4 + a x3 + b x2 + c x + 24, ako

je taj polinom deljiv sa (x1) i sa (x+2), dok podeljen sa (x+1) daje ostatak 24.

1.1.12._______________ Primer Nai NZD (najvei zajedniki delilac) polinoma P(x) i Q(x) ako su polinomi

dati: P(x) = x4 +2x3+3x2 +3x+1 i Q(x) = x3+2x2 +2x+1.

________ Reenje: Primeniemo Euklidov algoritam za odreivanje NZD: ( x4 +2x3+3x2 +3x+1 ) : ( x3+2x2 +2x+1) = x (x4 + 2x3 +2x2+ x ) x2 +2x+1 (x4 +2x3+3x2 +3x+1) = ( x3+2x2 +2x+1 ) x + ( x2 +2x+1 ) ( x3+2x2 +2x+1) : (x2 +2x+1) = x + 1 ( x3+2x2 + x ) x + 1 (x3+2x2 +2x+1) = (x2 +2x+1 ) (x +1) + ( x+1 ) ( x2 +2x+1) : (x+1) = x + 1 ( x2 +2x+1) 0 (x2 +2x+1) = (x +1) ( x+1 ) + 0 NZD : (x +1)

________ Zadatak Polinom rastaviti na faktore na polju realnih brojeva, ako se zna da ima viestruke realne nule.

412946)( 2346 +++= xxxxxxf

__________________________________________________________________ 19

Zbirka zadataka Diskretna matematika 1.1.13._______________ Primer Odrediti realne parametre m i n tako da polinom P(x) bude deljiv sa polinomom

Q(x),a zatim orediti njihov kolinik: . nmxxxxxP +++= 234 1752)( , 62)( 2 = xxxQ ________ Reenje: Reenje je mogue odrediti na vie naina. Jedna mogunost je, da se izvri

deljenje upotrebom Euklidovog algoritma (vidi primer 1.0.1.) i postavimo uslov da

ostatak bude identiki 0. Poto je taj ostatak polinom prvog stepena (jer je delilac 2.

stepena!), to imamo koeficijente koji moraju biti identiki jednaki nuli. Imaemo i uz

prvi stepen promenljive x jedan izraz po m i n, ali emo imati i slobodan lan u kojem

se javljaju m i n. To e biti dve jednaine po tim parametrima. Preputa se itaocu da

sam isproba ovu mogunost. Ovde prikazujemo jedan drugaiji put do reenja:

Rastavimo Q(x) na inioce: ( )

+==232262)( 2 xzxxxQ .

Uoavamo korene polinoma Q(x). Ti koreni, usled deljivosti moraju biti koreni

i samog polinoma P(x). To znai: mora biti 0)2( =P i 023 =

P . Iz tih tvrenja slede jednaine po m i n: 2m + n = 4 3m 2n = 90. Reenja ovog sistema su m = 14 i n = 24, odnosno, traeni polinom je: . 24141752)( 234 ++= xxxxxP________ Zadatak a) Odrediti parametre a tako da 1=x bude barem dvostruki koren polinoma . 1)( 25 += axaxxxP b) Dobijeni polinom podeliti sa polinomom ( )xP 2x .

__________________________________________________________________ 20


1.1.14._______________ Primer Odrediti parametre a i b tako, da polinom ima dvostruki koren x=1.

6184)( 2345 ++++= bxaxxxxxp ________ Reenje: Poznato je, da je k-tostruki koren polinoma jeste (k1)-struki koren izvoda

datog polinoma. (Izvod na vioj koli jo nismo izuavali, ali poznat nam je iz srednje

kole, isto tako definiciju izvoda polinoma u praktine svrhe zadali smo i u skripti

Diskretna matematika).

Prema tome, p(1) = 0, to jest 061841)1( =++++= bap . Ali je i p'(1) = 0. Poto je izvodni polinom sledei:

, baxxxxxp +++= 254165)(' 234 zato je 0254165)1(' =+++= bap . Iz tih injenica slede dve jednaine po a i b: a + b = 7 2a + b = 33, dok reenja su a = 26 i b = 19. Traeni polinom je:

61926184)( 2345 +++= xxxxxxp

________ Zadatak Nai normirani polinom petog stepena sa realnim koeficijentima, ako se zna, da

je 1 dvostruka nula polinoma, kompleksan broj i je jednostruka nula, a ostatak prilikom

deljenja sa (x+1) je 8.

__________________________________________________________________ 21

Zbirka zadataka Diskretna matematika 1.1.15._______________ Primer U polinomu ( ) nxmxxxxxP +++= 635 2345 odrediti parametre m i n tako da zajednika nula polinoma i ( ) 322 23 = xxxxS ( ) 96106 234 ++= xxxxxT bude dvostruka nula polinoma , ( )xP ( )Rnm, . ________ Reenje: Euklidovim algoritmom (traenjem najveeg zajednikog delioca) ili traenjem

racionalnih korena za ova zadnja dva polinoma moe se konstatovati, da im je

zajedniki koren broj: x = 3. Zamenimo to u polinom P(x) zatim u polinom P '(x), pri

emu koristimo izvod , tada dobijamo jednaine: 629205)(' 234 ++= mxxxxxP 9m + n = 99, 6m 60 = 0. Reenja su: m=10, n=9 Drugi nain izbegava korienje izvoda. Podelimo polinom P(x) sa binomom

(x 3) i izjednaimo ostatak sa 0 (to je prva jednaina). Podelimo sada kolinik iz

prethodnog koraka sa binomom (x 3), i izjednaimo sa 0 i ovaj ostatak (druga

jednaina). Ova dva naina reavanja problema su ekvivalentna.

________ Zadatak Nai sve nule polinoma treeg stepena sa realnim koeficijentima , ako je: )(xp

iip 33)( = i iip 42)1( = .

__________________________________________________________________ 22

_________________2. KOMPLEKSNI BROJEVI

2.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEBE

2.0.1. Primer:

Izraunati 49641636 +=A .

Reenje: iiiiiA =+=+= 7846491641161361 . 2.0.2. Primer:

. Izraunati 2

1212121 ,,, z

zzzzzzz + . iziz 25,34 21 +=+= Neka je Reenje: ( ) ( ) iiiiizz 512354253421 +=++=+++=+ , ( ) ( ) iiiiizz +=++=++= 92354253421 , ( ) ( ) iiiiiiizz 72676206158202534 221 ==++=++= ,

iii

iiiii

ii

ii

zz

2922

2914

42522620

425615820

2525

2534

2534

2

2

2

1 =++=

=+

+=++=

2.0.3. Primer: Izraunati . 53607 ,, iii Reenje: ( ) iiiiii ==== + 134347 ( ) 111515415460 ==== iii ( ) ( ) iiiiii ==== + 13134113453 1__________________________________________________________________ 23

Zbirka zadataka Diskretna matematika 2.0.4. Primer:

Izraunati 47332422

22 iii

ii

ii ++++

++ .

Reenje:

( ) ( )( ) ( ) =++++++=++++

++ ++ 311418415422473324

2222

22

22 iii

iiiiiii

ii

ii

( ) ( ) ( ) ( )5121

56

44444 311484154

2

22

=+++=+++++++= iiiiiii

iiiii

2.0.5. Primer:

Ako je , izraunati iz +=1zz

zz+

1

.

Reenje:

Ako je tada je iz +=1 iz =1 . Sledi da je ( )( ) ( ) ( ) iiii iiii iizz zz 21221211 11111 111 2 === ++=+ +=+ .

2.0.6. Primer:

Ako je odrediti kompleksan broj u algebarskom obliku tako da je iz 321 = z( )

131Im18Re

11 =

=

zzzz .

Reenje: Neka je traeni kompleksan broj iyxz += . ( ) ( ) ( )xyiyxyiiyixxiiyxzz 3232323232 21 ++=+=+= ( ) yxzz 32Re 1 += ( )

132332

943322

3232

32 22

1

yxiyxi

yiixiyxii

iiyx

zz ++=

+=++

=

13

23Im1

yxzz =

__________________________________________________________________ 24

Kompleksni brojevi_ Zbirka zadataka

Znai da je po uslovu zadatka: 131

13231832 ==+ yxyx , odnosno da je

1231832 ==+ yxyx . Reavanjem ovog sistema jednaina dobija se da je 43 == yx . Traeni kompleksan broj je znai iz 43+= .

2.0.7. Primer:

Dokazati da je 12

712

7144

=

+

+ ii .

Reenje:

=

+

+=

+

+

222244

271

271

271

271 iiii

=

+

=

++

++=

222222

4672

4672

47721

47721 iiiiii

=++++=

+

=

49767

49767

237

237 22

22iiiiii

144

4762762

4762

4762 ==++=++= iiii .

2.0.8. Primer:

Odrediti kompleksan broj u algebarskom oliku ako vai da je z izz +=+ 2 .

Reenje: Ako je kompleksan broj dat u algebarskom obiku z iyxz += , tada je moduo od istog broja definisan kao z 22 yxz += .

Data jedaina se moe znai napisati u sledeem obliku:

iiyxyx +=+++ 222 ( ) iiyxyx +=+++ 222 Dva kompleksna broja su jednaka, ako je realni deo jednak realnom, a

kompleksni deo jednak komleksnom delu u dva broja. Dobija se znai sistem jednaina:

1222 ==++ yxyx . Uvrtavanjem u prvu jednainu dobija se da je 1=y

__________________________________________________________________ 25


43344412121 2222 ==+=+=+=++ xxxxxxxxx .

Traeni kompleksan broj je znai iz +=43 .

2.0.9. Primer:

Ako je reiti kvadratnu jednainu . Cz 06442 =+ izz Reenje:

( )

2644164

21

iz

=

2

24161642

1iz ++=

224324

21

iz +=

i2432 + se moe izraunati u algebarsom obliku na sledei nain: abibaibabiaibiai 2224322432 22222 +=++=++=+

( ) ==== abbaabba 123224232 2222 321442

2 =a

a

014432 24 = aa

24032

2576102432

212

=+=a

364 22 == aa 2,26,6 2121 ==== bbaa

( )ii 262432 +=+ Sada moemo nastaviti dalje raunanje korena ( )

2264

21

iz +=

iiiz +=+=++= 12

222

2641 ,

iiiz === 52

2102

2642 .

__________________________________________________________________ 26


2.0.10. Primer:

Za razne vrednosti prirodnog broja Nn izraunati ( )( ) 211

+

n

n

ii .

Reenje:

( )( )

( ) ( )( ) ( ) ( ) =++ +++=+ += ++=+

2

22

2

2

22

2 2111

111

11

111

11 ii

ii

iii

ii

iii

ii nn

n

n

n

n

( ) ===

=

++=

12

22

2

2

222222

121 nn

nn

iiiiiii

ii

.

=+=+=+=+=+=

+==

knknzaiknknzaknknzai

knknza

43412342412241412

14412

2.0.11. Primer: Sledee kompleksne brojeve predstaviti u kompleksnoj ravni i napisati u

trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku:

,,4,2,3 4321 izzizz ==== ,1,1,1,1 8765 iziziziz ==+=+= ,3,3,3,3 1211109 iziziziz ==+=+= 31,31,31,31 16151413 iziziziz +==+=+= .

Reenje: 0033 111 ==== oz ==== o18044 333z ( ) 01 30sin0cos33 ieiz =+== ( ) ieiz 4sincos443 =+==

29022 222

==== oiz 2

32701 334 ==== oiz

22 22sin

2cos22

ieiiz =

+== 23

4 23sin

23cos

ieiiz =

+==

__________________________________________________________________ 27


z2 = 2i

z3 = 4z4 = i

z1= 3

Re

Im

O

Kompleksni brojevi z1, z2, z3 i z4.

4

4521 555 ===+= oiz

45 24sin

4cos21

ieiiz =

+=+=

4

313521 666 ===+= oiz

43

6 243sin

43cos21

ieiiz =

+=+=

4

522521 777 ==== oiz

45

7 245sin

45cos21

ieiiz =

+==

4

731521 888 ==== oiz

47

8 247sin

47cos21

ieiiz =

+==

z5 = 1+ iz6 = 1 + i

i

Re

Im

O

i

z8 = 1 i

1 1

z7 = 1 i Kompleksni brojevi z5, z6, z7 i z8.

__________________________________________________________________ 28


6

3023 999 ===+= oiz

69 26sin

6cos23

ieiiz =

+=+=

6

515023 101010 ===+= oiz

65

10 265sin

65cos23

ieiiz =

+=+=

6

721023 111111 ==== oiz

6

721023 111111 ==== oiz

6

1133023 121212 ==== oiz

6

1133023 1112 ==== oiz

z9 = 1+ iz10 =

i

Re

Im

O

i

1 1 2 233

3i+ 3

z11 = i 3 z12 = 1 i 3


3

60231 131313 ===+= oiz

313 23sin

3cos231

ieiiz =

+=+=

3

2120231 141414 ===+= oiz

32

14 232sin

32cos231

ieiiz =

+=+=

3

4240231 11515 ==== oiz

34

15 234sin

34cos231

ieiiz =

+==

__________________________________________________________________ 29


3

5300231 161616 ==== oiz

35

16 235sin

35cos231

ieiiz =

+==

i

Re

Im

O

i

1 1

2i

2i

3115 iz = 3116 iz =

3113 iz +=3114 iz +=3i

3i


2.0.12. Primer: Reiti jednainu . 01253 =z

Reenje: Izrazimo iz date jednaine: z 33 125125 == zz . Predstavimo 125 u kompleksnoj ravni i napiimo ga u trigonometrijskom obliku:

( )

+++=+=320sin

320cos1251250sin0cos125125 33 kiki

( ) ( ) 50150sin0cos50 0 =+=+== iizk ,

+=

+==

23

215

32sin

32cos51 1 iizk

,

=

+==

23

215

34sin

34cos52 2 iizk

.

__________________________________________________________________ 30


Koreni date jednaine ine skup

+=

23

215,

23

215,5 iiR

2.0.13. Primer:

Izraunati 5 322 i+ .

Reenje:

Predstavimo broj 322 iz += u trigonometrijskom obliku: ( ) 4124322 22 =+=+= i

3603arctg

232arctg ==== o .

Sledi da je traeni trigonometrijski oblik

+=+=3

sin3

cos4322 iiz .

Po Moavrovoj formuli je:

+++=+5

23sin5

23cos4322 55 k

ik

i .

15550 415sin

15cos40

ieizk =

+== ,

157

5551 415

7sin157cos4

15

23sin15

23cos41 ieiizk =

+=

+++== ,

1513

5552 415

13sin15

13cos415

43sin15

43cos42 ieiizk =

+=

+++== ,

1519

5553 415

19sin15

19cos415

63sin15

63cos43 ieiizk =

+=

+++== ,

1525

5554 415

25sin15

25cos415

83sin15

83cos44 ieiizk =

+=

+++== .

2.0.14. Primer:

Nai realni i imaginarni deo kompleksnog broja 2000

2226

=

iiz .

Reenje:

=

=

=

=

2000200020002000

13

21

13

22

2226

ii

ii

iiz

__________________________________________________________________ 31


=

+

=

+

+

=200020001000

2000

1000

12sin

12cos

22

21

47sin

47cos2

611sin

611cos2

21

i

i

i

=

++

+=+=3

2166sin3

2166cos3

500sin3

500cos ii

( ) ( )23Im,

21Re

23

21

32sin

32cos ==+=+= zzii .

2.0.15. Primer:

Dat je kompleksan broj iz +=11 . Nai kompleksne brojeve tako, da 432 ,, zzzoni zajedno sa ine temena jednog kvadrata, iji centar lei u kordinatnom poetku. 1z

Reenje:

Teme se dobija rotacijom temena za ugao 2z 1z 290 == o , teme se dobija 3z

rotacijom temena za ugao 2z 290 == o , a teme se dobija rotacijom temena za 4z 3z

ugao 2

90 == o . Pri tom odstojanje svakog temena od kordinatnog poetka ostaje isti, i jednak je sa 2= . Rotaciju za ugao od

290 == o postiemo tako da

odgovarajui kompleksan broj mnoimo sa iiiei =+=+= 10

2sin

2cos2

.

Tako je:

( ) iiiiiezz i +=+=+== 11 2212

je drugo teme traenog kvadrata,

( ) iiiiiezz i =+=+== 11 2223

je tree teme traenog kvadrata,

( ) iiiiiezz i ==== 11 2234

je etvrto teme traenog kvadrata.

__________________________________________________________________ 32


2.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA 2.1.1._______________ Primer Odrediti korene polinoma P5(x)= z5 8z4 + 29z3 54z2 +48z 16. Ako su z 1 i z 2

kompleksni koreni tog polinoma, odrediti 2

1

zz

.

________ Reenje: Ne predstavlja veu tekou uoiti, da je broj 1 dvostruki, a broj 2 jednostruki realan koren polinoma. Faktorizacijom se dobija P5(z)=( z2 4z + 8) (z 2) (z 1)2. Raunanjem kompleksnih korena dobijamo: z1 = 2+2i i z2 = 22i. Traeni kolinik je:

2

1

zz

= 188

)22)(22()22(

2222 2 ==+

+=+ i

iii

ii .

________ Zadatak Faktorizovati (rastaviti na nesvodljive inioce) nad poljem realnih brojeva polinom P(x) . Odrediti i parametar a u polinomu , ako se zna da je jedan koren 2+i.

axxxxxP ++= 14146)( 234

2.1.2._______________ Primer Reiti jednainu x4 a = 0 za a = 88i.

________ Reenje Poto je |a|= 2

726464 =+ , dok arg(a)=arctg(1)=5/4, reenja predstavljaju

kompleksni brojevi 4 24

52

74 2

+== ki

eax za k=0, 1, 2, 3:

+==165sin

165cos22 8

7165

87

0

iex i ,

+==16

13sin16

13cos22 87

1613

87

1

iex i ,

+==16

21sin16

21cos22 87

1621

87

2

iex i ,

+==16

29sin16

29cos22 87

1629

87

3

iex i .

__________________________________________________________________ 33

Zbirka zadataka Diskretna matematika ________ Zadatak a) Nai korene polinoma P(x) = x3 + a2 x + 10a3 ako je jedan koren x1 = a(1+2i). b) Izraunati x110+x210 ako su x1 i x2 kompleksni koreni tog polinoma za a = 5 . 2.1.3._______________ Primer a) Reiti jednainu x4 a = 0 za a = 88 3 i. b) Nacrtati reenja jednaine u kompleksnoj ravni. ________ Reenje

a) Poto je |a|= 1664364 =+ , dok arg(a)=arctg 3 =4/3 Reenja predstavljaju kompleksni brojevi

4 234

4 16

+== ki

eax za k = 0, 1, 2, 3:

3123

212

3sin

3cos22 30 iiiex

i +=

+=

+==

iiiexi +=

+=

+== 3

21

232

65sin

65cos22 6

5

1

3123

212

34sin

34cos22 3

4

2 iiiexi =

=

+==

b) Grafiko predstavljena reenja:

33- 1-1

i

-i

3

3

-i

i x0x1

x2

x3

Im

Re

________ Zadatak

Reiti jednainu 03131

33 =

+

iiz , i reenja predstaviti u kompleksnoj ravni.

__________________________________________________________________ 34


2.1.4._______________ Primer

Dat je kompleksan broj z =)1(2

3ii

.

Izraunati algebarski oblik broja z2006.

________ Reenje Prelazimo na eksponencijalni oblik kompleksnih brojeva:

i

ei 623= i iei 421

= . Zato je z =)1(2

3ii

= i

i

i

ee

e 124

6

22

2

=

.

Sledi: z2006 = iiii

eeee 67

67166

1220062006

12 ===

+ = ii

21

23

67sin

67cos =+ .

________ Zadatak

Ako je 22

223 iz += , koliko je ? 1998z

2.1.5._______________ Primer

Dat je kompleksan broj z =62

22i

i+ .

Izraunati algebarski oblik broja z2005.

________ Reenje: Prelazimo na eksponencijalni oblik kompleksnih brojeva:

i

ei 42222

=+ i iei 32262= . Zato je z =

6222i

i+ = i

i

i

ee

e 127

3

4

22

22

=

.

Sledi: z2005 = iiii

eeee 61221170

12140422006

127 ===

+ = ii

21

23

6sin

6cos +=+ .

________ Zadatak

Dat je niz brojeva kk

kiix

+

+=

21

21 . Nai 2004-ti i 2006-ti lan tog niza.

__________________________________________________________________ 35

Zbirka zadataka Diskretna matematika 2.1.6._______________ Primer Izraunati kompleksne brojeve:

a) =

2004

1322

ii b) =

+ 2004

313i

i

________ Reenje:

a) .12

21322 167

2004

12

2004

32

432004

===

=

=

iii

i

i

eeeee

ii

b) 12

23

13 010022004

63

2004

6

322004

===

=

=

+ eee

ee ii

i

i

ii

________ Zadatak

Izraunati komplekne brojeve:

a) =

+ 2004

33

ii b) =

+ 2004

3122

ii

2.1.7._______________ Primer Izraunati kompleksne brojeve: a) == 3 iw b) =+= 4 31 iu c) == 6 729b

________ Reenje:

a) 33 22

sin22

cos1

++

+= kiki3

22sin

3

22cos

ki

k ++

+= .

.21

23

6sin

6cos0 iiw +=

+= .

21

23

65sin

65cos1 iiw +=+=

.2

3sin2

3cos2 iiw =+=

b) 44 23

2sin23

2cos231

++

+=+ kiki =

++

+=

4

23

2

sin4

23

2

cos24 k

ik

.

__________________________________________________________________ 36


.21

232

6sin

6cos2 440

+=

+= iiu .

21

232

67sin

67cos2 442

=

+= iiu

.23

212

32sin

32cos2 441

+=

+= iiu .

23

212

35sin

35cos2 443

=

+= iiu

c) ( )66 2sin2cos729729 kik +=

+=6

2sin6

2cos3 kik . ( ) .30sin0cos30 =+= ib ( ) .3sincos33 =+= ib .

233

23

3sin

3cos31 iib +=

+= .

233

23

34sin

34cos34 iib =

+=

.2

3323

32sin

32cos32 iib +=

+= .

233

23

35sin

35cos35 iib =

+=

________ Zadatak Izraunati komplekne brojeve: a) == 3 iz b) == 4 31 iv c) == 6 64a 2.1.8._______________ Primer

Nai kompleksne brojeve za koje je : izz

ziiz

)2(00

2112

=

.

________ Reenje: Nakon izraunavanja determinante dobija se jednaina z4 + z i = ( z 2)i. Reenje se dobija iz z4 = 2i, to jest, potrebno je izvriti korenovanje:

44 22

sin22

cos22

++

+== kikiz .

Reenja su:

++

+=28

sin28

cos24 kikzk za k = 0, 1, 2 i 3. ________ Zadatak

Izraunati realni i imaginarni deo kompleksnog broja 16

31

+=

iiz .

__________________________________________________________________ 37

Zbirka zadataka Diskretna matematika 2.1.9._______________ Primer

Nai z iz uslova izz

zz ==+ 11 .

________ Reenje:

Koristimo oznaku z = x + iy. Iz izz = zakljuujemo sledee:

yxixyiyxiyxiiyxziz =+=+=+= )( , to jest z = x + ix = x (1 + i ). Zatim imamo:

1122

)2()1(

)1()()1(

11 2

2

22=++

++=++++=++

+=+ xxixxx

xxixxixx

ixxxix

zz .

Kvadriranjem ove jednaine dobijamo 22222 )122()2( ++=++ xxxxx , odnosno:

0)122)(12(01464 223 =+++=+++ xxxxxx . Jedini realan koren ove jednaine je:

21=x , pa je traeni kompleksni broj

).1(21 iz +=

________ Zadatak Odrediti kompleksni broj z za koji je ( )ziz Im= , ( ) zz ImRe ( )= . Za tako dobijeni kompleksni broj odrediti 3 z . 2.1.10._______________ Primer Odrediti Re( z ) i Im( z ) ako je 0514)23(22 =++ izizi . ________ Reenje: Reimo datu jednainu kao "obinu" kvadratnu jednainu po z. Obeleimo sa D diskriminantu te jednaine: iiiiacbD 8)514(4)23(44 22 =+== . Potraimo kompleksan broj u = x + i y = i8 . Nakon kvadriranja dobija se sistem jednaina:

x2 y2 = 0, i 2xy = 8.

Poto su x i y realni brojevi, dobijamo reenja: x1 = 2, y1 = 2 i x2 = 2, y2 = 2.

__________________________________________________________________ 38


To znai: i8 = (2 2i). Reenja polazne jednaine su:

iiiz

2)22()23(2

21

+= . Otuda je z1 = 1 4i, z2 = 3 2i.

________ Zadatak Reiti kvadratnu jednainu : ( ) ( ) 055232 =+ ixix .

2.1.11._______________ Primer

Izraunati 16

33512

= iz . Rezultat napisati u algebarskom obliku.

________ Reenje:

16

33512

= iz = ( )161616 31

35

335

35 ii +

=

+ .

Pretvorimo kompleksni broj u drugoj zagradi u trigonometrijski oblik. Poto je

modul tog broja 231 =+=z , a argument je ugao 3

3arctg == , sledi:

( ) += +=+ 316sin316cos23sin3cos231 1616

1616 iii . Nakon "odbacivanja" punih obrtaja od po 2 dobijamo:

( )

=

+=+

23

212

34sin

34cos231 1616

16iii

( )31212

35 16

16

iz +

= . ________ Zadatak

Izraunati 16

21

13

+++ i

ii

.

2.1.12._______________ Primer Dati su kompleksni brojevi z1 = 3 + 2i i z2 = 2 + i. Odrediti kompleksan broj

z, ako je ( ) 1Re 1 = zz i 53Im

2

=

zz .

__________________________________________________________________ 39

Zbirka zadataka Diskretna matematika ________ Reenje: Neka je z = x + iy. Tada imamo: )23()23()23)(( xyiyxiiyxzz ++=+= . Prema uslovu zadatka je ( ) 1Re 1 = zz = 3x + 2y.

Poto je 14

)2()2(22

222 +++=

++=+

+= xyiyxii

iiyx

iiyx

zz .

Po uslovu zadatka je 53Im

2

=

zz =

52 xy .

Neposredno sledi sistem jednaina: 32123

=+=+

yxyx

.

Reenje tog sistema jednaina je: x = 1, y = 1. Reenje zadatka je z = 1 + i.

________ Zadatak

Ako je 217)(

zzzf

= dokazati da je )(2 zfz = za z = 1+2i.

2.1.13._______________ Primer Izraunati algebarski oblik kompleksnog broja u, ako je u2 = 3 4i.

________ Reenje: Neka je u = x + iy. Tada je u2 = (x + iy)2 = x2 + 2xyi y2 = 3 4i. Odavde sledi (po osnovu jednakosti kompleksnih brojeva) sistem jednaina: x2 y2 = 3, 2xy = 4.

Izrazimo li iz druge jednaine bilo koju nepoznatu, imamo: y

x 2= . Ako to zamenimo u prvou jednainu, dobijemo:

.04334 2422 =+= yyyy Prihvatamo realna reenja te bikvadratne jednaine: 1221 =y , a odbacimo .42 43 =y Sledi: y = 1, odnosno x = 2. Prema tome traeni kompleksan broj je 21u = (2 i).

__________________________________________________________________ 40


________ Zadatak

Reiti kvadratnu jednainu ( ) ( ) 02252 2 =++ ixixi . 2.1.14._______________ Primer: Dat je kompleksan broj iz += 31 . Nai jo pet kompleksnih brojeva z2, z3, z4, z5 i z6 u algebarskom obliku tako da oni zajedno sa ine temena pravilnog estougla iji centar lei u kordinatnom poetku.

1z

________ Reenje:

Temena se dobijaju uzastopnim rotacijama za po 60o, to jest za ugao 3 . Takvu

rotaciju moemo realizovati mnoenjem sa jedininim kompleksnim brojem iji je

argument upravo ugao 3 :

( )3121

33

21

3sin

3cos0 iiiu +=+=+= .

Uzastopnim mnoenjima dobijamo temena traenog estougla:

( ) ( ) iiiuzz =++== 331213012 ,

( ) ( ) iiiuzz 231213023 =+== ,

( ) iiiuzz =+== 331212034 ,

( ) ( ) iiiuzz +=+== 331213045 ,

( ) ( ) iiiuzz 231213056 =++== .

________ Zadatak Dat je kompleksan broj iz +=11 . Nai kompleksne brojeve i u 2z 3zalgebarskom obliku tako da oni zajedno sa ine temena jednakostraninog trougla, 1ziji centar lei u kordinatnom poetku. 2.1.15._______________ Primer

Izraunati vrednost izraza: 119cos

117cos

115cos

113cos

11cos ++++ .

__________________________________________________________________ 41

Zbirka zadataka Diskretna matematika ________ Reenje:

Potrebno je uvesti kompleksan broj 11

sin11

cos iz += i izraunati zbir Z:

Z = z + z3 + z5 + z7+ z9 = ( )11

2

52

zzz .

Ovaj zbir je izraunat po osnovu injenice, da se radi o prvih pet lanova geometrijske progresije sa kolinikom z2. Potrebno je uoiti i injenicu:

1sincos11

11sin11

11cos11 =+=+= iiz . Daljim "doterivanjem" izraunatog zbira geometrijske progresije, i korienjem upravo konstatovane injenice o stepenu kompleksnog broja z imamo:

Z = ( )11

2

52

zzz

zzzz

zzz

=+=

=1

1)1)(1(

112

11

.

Proirimo dobijeni rezultat sa z1 . Zbog zzzzzz += 1)1)(1(

11cos22 = (poto je proizvod kompleks-

nog broja i njegovog konjugovanog para jeste kvadrat modula z, a modul broja z je 1, isto tako: zbir kompleksnog broja i njegovog konjugovanog para je dvostruki zajedniki realan deo) imamo:

+=

==11

cos12

11sin

11cos1

11

11

11

i

zz

zzZ

+=

11cos12

11sin

21

i .

"Pokupimo" sada posebno realne i posebno imaginarne delove sabiraka u zbiru Z:

Re(Z) =

++++119cos

117cos

115cos

113cos

11cos ,

Im(Z) =

++++119sin

117sin

115sin

113sin

11sin .

Neposredno se namee zakljuak na osnovu istovetnosti realnog dela iz dva izvoenja:

21

119cos

117cos

115cos

113cos

11cos =

++++ .

Pored ove identinosti "usput" smo dokazali jo jednu identinost (imaginarni delovi):

++++119sin

117sin

115sin

113sin

11sin

=

11cos12

11sin

.

________ Zadatak

Dokazati identinost: 21

1110cos

118cos

116cos

114cos

112cos =++++ .

__________________________________________________________________ 42

_____________________3. VEKTORSKA ALGEBRA

3.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEBE

3.0.1. Primer: Dati su vektori kjia

rrrr 532 += i ( )4,3,3 =br . Odrediti vektore ,,

23,2 baba

rrrr + ba rr 23 i intenzitete ba rr , . Reenje: kjia

rrrr 532 += , ( ) kjib rrrr 4334,3,3 +== , ( ) ( )10,6,4106453222 =+=+= kjikjia rrrrrrr , ( ) =+=+= 6,29,29629294332323 kjikjib

rrrrrrr,

( ) ( ) ( )1,0,55433532 =+=+++=+ kikjikjiba rrrrrrrrrr ,

( ) ( )

,23158661596

4332532323

kjkjikji

kjikjibarrrrrrrr

rrrrrrrr

+=++==++=

( ) 382594532 222 =++=++=ar , 341699 =++=br . 3.0.2. Primer: Odrediti skalarni proizvod vektora ( )1,3,4 =ar i ( )3,2,5 =br . Reenje: ( ) ( ) ( ) 233620312354 =+=++=++= bababa zzyyxxba ror .

__________________________________________________________________ 43

Zbirka zadataka Diskretna matematika 3.0.3. Primer: Dati su vektori kjia

rrrr += 3 , kjib rrrr 342 += i kjic rrrr 324 = . Odrediti ( ) cba rrr + . Reenje: ( )2,1,12 =+=+ kjiba rrrrr , ( )3,4,2342 =+= kjib rrrr , ( ) ( )2,1,525

342211 =+=

=+ kji

kjicba

rrrrrr

rrr .

3.0.4. Primer: Odrediti ugao izmeu vektora ( )1,2,2 =ar i vektora ( )6,3,6=br . Reenje:

babababa rrr

orrrror == coscos ,

126612 =+=ba ror , 39144 ==++=ar , 98136936 ==++=br , 446363

94arccos

94

9312cos ===

o . 3.0.5. Primer: Odrediti duinu projekcije vektora ( )5,2,5=ar na vektor ( )2,1,2 =br . Reenje:

( ) ( ) ( )bbb aprbaaprbababaaapr r

rr rrrrrrrrrorr

r==== coscos

( ) 63

18414

10210 ==+++==

bbaapr b rr

orrr .

__________________________________________________________________ 44

Vektorska algebra___ Zbirka zadataka

3.0.6. Primer: Odrediti skalarni proizvod vektora qpa rrr 2+= i qpb rrr = , ako je 2,3 == qp rr i ( ) orr 45, = qp . Reenje:

( ) ( )=+==+=+=

qqpqppqqpqqpppqpqpba

rorrorrorrorrorrorrorrrorr

ror

2222

.1431112

222319

0cos45cos0cos 22

=+=++==++= ooo rrrr qqpp

3.0.7. Primer:

Odrediti duinu vektora qpa rrr 2= ako je ( )3

,,3,2 === qpqp rrrr . Reenje: ( ) ( ) =+=== qqqpppqpqpaaa rorrorrorrrorrrorr 4422

722836124942132444

3cos4 22 ==+=+=+= qqpp rrrr .

3.0.8. Primer: Neka su take ( ) ( ) ( )3,0,1,2,2,3,5,4,2 CBA temena trougla. Dokazati da je trougao pravougli. ABC Reenje: Treba dokazati da je jedan od unutranjih uglova trougla veliine . o90 Posmatrajmo vektore stranica ( )2,4,3=CA i ( )1,2,2 =CB . Ugao kojeg zaklapaju ovi vektori rauna se po formuli

CBCACBCA=ocos .

o900arccos01444169

286cos ===+++++= ,

a to znai da je trougao pravougli, prav ugao je kod temena . C

__________________________________________________________________ 45

Zbirka zadataka Diskretna matematika 3.0.9. Primer: Izraunati zapreminu tetraedra ija su temena data kordinatama: ( ) ( ),2,1,4,1,3,2 BA ( ) ( )8,4,5,7,3,6 DC i visinu koja odgovara osnovi . ABC Reenje: Zapremina se rauna kao estina zapremine prizme razapete nad tri vektora koja polaze iz istog temena. Neka su to vektori ADACAB ,, . ( 3,2,2 =AB ) , ( 6,0,4=AC ) , ( )7,7,7 =AD . ( ) ( )

3154

630884568484

61

777604322

61

61 ==+++=

== ADACABV o .

Visinu moemo izraunati iz formule za zapreminu:

BVHHBV ABCABC

331 == .

Baza je trougao iju povrinu raunamo formulom: ABC2

ACABPB ABC

== .

kjikji

ACABrrr

rrr

82412604322 +== ,

2878464576144 ==++= ACAB , 14

228 ==B 11

141543 ===

BVH ABC .

3.0.10. Primer: Odrediti ugao kojeg zaklapaju dijagonale paralelograma konstruisanog nad vektorima i nma rrr 25 += nmb rrr 3= , ako je 22=mr , 3=nr i ( )

4, = nm rr .

Reenje: Jedna dijagonala je zbir, a druga je razlika vektora stranica ar i b

r.

nmnmnmbad rrrrrrrrr =++=+= 63251 ,

nmnmnmbad rrrrrrrrr 543252 +=++== ,

__________________________________________________________________ 46


21

21cosdddd rrr

or

= ,

( ) ( )

,30345156192

9522322268245

4cos2624

52624546

22

21

=+==+=+=

=+=+=nnmm

nnnmmmnmnmdd

rrrr

rorrorrorrrorrr

or

( ) ( )

,1522597228892232212836

123666111

==+=+=

=+=== nnnmmmnmnmddd rorrorrorrrorrrorr

( ) ( )

,5932252401289252232240816

2540165454222

=++=++=

=++=++== nnnmmmnmnmddd rorrorrorrrorrrorr

4753359315

303arccos8295,059315

303cos21

21 ===orr

ro

r

dddd .

3.0.11. Primer: Izraunati duinu normalne projekcije vektora pmna rrrr 4312 = na vektor ( ) ( pnmnmb )rrrrrr 432 += , gde su pnm rrr ,, uzajamno ortogonalni jedinini ortovi koji u datom redosledu ine desno orijentisani trijedar. Reenje: Po uslovu zadatka je znai: ( ) ( ) ( ) orrrrrrrrr 90,,,1 ====== pnpmnmpnm . Jednostavniji oblik vektora b

r dobiemo ako sredimo dati izraz.

( ) ( ) pnnnmnpmnmmmpnmnmb rrrrrrrrrrrrrrrrrr ++=+= 86243432 ,

( ) .548845845802430

pnmmnppnpmnmpnnmpmnmb

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr

++=+==+=++++=

__________________________________________________________________ 47


( ) ( ) ( )251664

202448548

5484312++=++

++== ppmmnnpnm

pnmpmnb

baapr brorrorrorrrr

rrrorrrrr

orrr ,

u brojiocu ostaju samo ovi sabirci, u ostalima se skalarno mnoe ortogonalni vektori, i ti su proizvodi jednaki sa nulom.

( )1054

105120124148 ==bapr rr .

3.0.12. Primer: Vektori ( )1,2,1 =ar , i ( ) ,,2=br ( ) = ,2,3cr su ivice tetraedra. a) Odrediti u funkciji zapreminu tog tetraedra. b) Odrediti vrednost parametra tako da vektori cba rrr ,, budu komplanarni. c) U tom sluaju razloiti vektor ar preko vektora b

r i cr .

Reenje:

a) ( ) cbaVpiramide rorr= 61 , ( ) 426

232

1213 +=

=

cba ro

rr ,

42661 3 += piramideV .

b) Ako su vektori cba rrr ,, komplanarni 0=prizmeV , odnosno

. 0426 3 =+

-1 6 0 -2 4 6 -6 4 0 11 =

( )( ) R==++=+12

9636604661426 3223 ,

znai da je jedini realni koren 11 = , a to znai da su dati vektori komplanarni za 11 = . c) cybxa r

rr += , ( ) ( ) ( )1,2,31,1,21,2,1 += yx , ( ) ( ) ( )yyyxxx ,2,3,,21,2,1 += , ( ) ( )yxyxyx ++= ,2,321,2,1 .

__________________________________________________________________ 48


Izjednaavanjem odgovarajuih koeficijenata dobijamo sistem jednaina:

11

22132

+==+=+

=

xyyxyx

yx

34222 ===++ yxxx Traeno razlaganje je znai: cba r

rr 34 = . 3.0.13. Primer: Dokazati da su vektori ( ) ( ) ( )6,12,3,4,3,2,2,3,1 === cba rrr komplanarni i zatim odrediti njihovu linearnu zavisnost. Reenje: Vektori su komplanarni ako je njihov meoviti proizvod jednak nuli. Proverimo to.

( ) 03624184836186123432231

=++=

= cba rorr ,

znai da su oni komplanarni. Njihovu linearnu zavisnost odreujemo iz linearne jednaine: . 0=++ czbyax rrr ( ) ( ) ( ) ( )0,0,06,12,34,3,22,3,1 =++ zyx

064201233

32032

=++=+

==

zyxzyx

zyxzyx

04032

=+=

zyxzyx

yxyzzy 11303 ===+ za 1=y dobija se 11,3 == xz , odnosno sledi da je traena linearna zavisnost: cabcba rr

rrrr 3110311 ==++ .

__________________________________________________________________ 49

Zbirka zadataka Diskretna matematika 3.0.14. Primer: Dati su vektori ( )( )6,2,2ln = par , ( )5,2,= pbr , ( )3,1,0 =cr . Odrediti realan parametar p tako da dati vektori budu komplanarni. Reenje: Tri vektora su komplanarna ako je njihov meoviti proizvod jednak nuli.

( ) ( ) ( ) ( )

( ) 02ln62ln562ln6

31052622ln

==

=++=

=

p

pppppp

cba rorr

( ) 31202ln === ppp . 3.0.15. Primer: Dati su vektori ( ) ( ) ( ) ( )pppdcbppa ==== ,2,3,1,2,1,1,2,2,,2,0 rrrr . a) Dokazati da su vektori da

rr i cb rr komplanarni. b) Odrediti realan parametar tako da je p ( ) pcacba += rorrorr . Reenje: a) Dva vektora su kolinearna ako je npr. 21 vkv

rr = . ( )pppda 2,4,3= rr ( )2,4,3= cb rr Lako se uvia da je ( )cbpda rrrr = a to znai da su posmatrani vektori kolinearni. b) ( ) pcacba += rorrorr , ( ) ( ) ( ) ( ) ppppp += 1,2,1,2,01,2,11,22,2 oo , ppppp +=++ 41442 , , pp 475 =+ . 7=p

__________________________________________________________________ 50


3.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA

3.1.1._______________ Primer Izraunati kosinuse unutranjih uglova trougla ABC, ako je: nmAB rr 62 = ,

nmBC rr 7+= , a je par uzajamno normalnih jedininih vektora. nm rr ,________ Reenje:

cos =5

25040

40 ==

BCBA

BCBA jer je:

40242)7)(26( ==+= nmmnBCBA rrrr , 40436)26)(26( =+== mnmnBA rrrr , i slino e biti 50=BC . poto je trea stranica nmBCABAC rr +=+= 3 , sledi 0cos0 == ACAB , to jest trougao je pravougli. Zato je .

51

541cos1sincos 2 ====

________ Zadatak Izraunati kosinuse unutranjih uglova, kao i kosinus otrog ugla izmeu dijagonala paralelograma ABCD, ako je nmAB rr 62 = , nmBC rr 7+= , a je par nm rr ,uzajamno normalnih jedininih vektora. 3.1.2._______________ Primer

Dati su vektori ).1,1,1(),1,2,3(),3,2,1( === cba rrr Pokazati, da je vektor d

r= cba r

rr )( koplanaran sa vektorima av ibr . Razloiti vektor d

r na komponente u pravcima vektora av i b

r.

________ Reenje: Kraa varijanta: koristei teoremu o dvostrukom vektorskom proizvodu dobijamo da je: cba r

rr )( ) = ( ) ( ) abacbbca rrrrorrror 66 = . Ovim je pokazana komplanarnost koja se tvrdi u zadatku, a izvreno je i razlaganje vektora d

r na komponente u pravcima vektora av ib

r.

__________________________________________________________________ 51

Zbirka zadataka Diskretna matematika Dua varijanta: izraunava se

barr =

123321kjirrr

= (4, 8, 4), zatim cba rrr )( =

111484 kjirrr

= (12, 0 12), i

reava se vektorska jednaina barr + = (12, 0 12). Dobijaju se reenja:

= 6 i = 6, to jest dr = 6 + 6av br . ________ Zadatak Date su take A(1, 1, 1), B(1, 2, 3), C(2, 3, 1) i D(1, 2, 1). Nai jedinini vektor 0a

r koji je normalan na vektore AB i CD . 3.1.3._______________ Primer Izraunati povrinu paralelograma konstruisanog nad vektorima av i b

r , za

pqbqpa rrrrrr 2,2 == , ako su qp rr, jedinini vektori, koji zaklapaju ugao od

6 .

________ Reenje: Iz definicije vektorskog proizvoda dva vektora sledi, da je duina vektorskog proizvoda brojno jednaka povrini paralelograma razapetog nad datim vektorima. Prema tome: pqqqppqppqqpbaP rrrrrrrrrrrr

rr +=== 422)2()2( . Na osnovu svojstava vektorskog proizvoda (vektorski proizvod istih ili paralelnih vektora je 0, odnosno zamena mesta inilaca dovodi do promene znaka) imamo:

.23

6sin113),sin(334 ===== qpqpqpqpqpP rrrrrrvrrr

________ Zadatak Izraunati ugao izmeu dijagonala paralelograma konstruisanog nad vekorima i3,22 je ako ,3i25 ===+= nmnmbnma rrrrrrrr 4),( =nm

rr .

__________________________________________________________________ 52


3.1.4._______________ Primer Neka su dati vektori )4,3,3(),0,2,1(),4,1,( kcbka === rrr . a) Izraunati zapreminu V paralelepipeda konstruisanog nad tim vektorima. b) Za koju vrednost skalara k su vektori komplanarni? ________ Reenje: Zapremina paralelepipeda je apsolutna vrednost meovitog proizvoda ta tri vektora. Taj meoviti proizvod je 8 k2 4 k + 12. Anuliranje te zapremine znai komplanarnost vektora. To e se desiti za k1 = 1 i za k2 = 3/2. ________ Zadatak Odrediti parametar m tako, da vektor ),1,3( mma =r zaklapa jednake uglove sa vektorima , zatim odrediti zapreminu piramide odreene vektorima .

)11,1,2( i )3,2,1( == cb rrcba r

rr i, 3.1.5._______________ Primer Dati su vektori:

( ) ( ) ( ) .2

,,2

,,4

,

;3,2,1;2,,2 ===

===+==+=rqrpqp

rqprpcqpbqparrrrrr

rrrrrrrrrrrr.

Odrediti zapreminu paralelepipeda kojeg ti vektori odreuju. ________ Reenje: Traena zapremina je apsolutna vrednost meovitog proizvoda data tri vektora: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) rqprpqpqpcbaV rorrrrorrrrrorr =++== 622 . Ova poslednja vrednost dobijena je tako, da smo usput koristili poznate injenice o svojstvima vektorskog proizvoda dva vektora, odnosno o meovitom proizvodu: ( ) .0,0,0 === pqpqqpp rorrrrrr Konano, traena zapremina je: ( ) ( ) rqpqprqprqpV rrrrrrrrrorr ),sin(60cos66 === 218= .

__________________________________________________________________ 53

Zbirka zadataka Diskretna matematika ________ Zadatak Vektori stranica trougla ABC su: baCAibaBCbaAB =+== 37,62 , gde su bia uzajamno normalni jedinini vektori. Nai uglove trougla. 3.1.6._______________ Primer Izraunati povrinu paralelograma konstruisanog nad vektorima kjia

rrrr += 22 i , i visinu koja odgovara stranici a. jib

rrr += ah________ Reenje: Povrina paralelograma konstruisanog na dva vektora je brojno jednaka intenzitetu (duini) vektorskog proizvoda ta dva vektora: ( ) ( )jikjibap rrrrrrr ++== 22 .

Imajui u vidu "tablicu vektoskog mnoenja" jedininih vektora dobijamo: ( ) ( ) 2==== jijijibap rrorrrrrr .

Do te povrine moemo doi i preko proizvoda osnovice a (duina vektora ) i visine ha: Poto je:

ar

( ) ( ) 31442222 =++=++== kjikjiaa rrrorrrr .

Iz a ha = p, sledi: 32==

apha .

________ Zadatak

Dati su vektori ar

=(4, 3, 1), br

=(5, 0, 2) i cr

=(3, 4, 5). Nai simetrian vektor vektoru c

r u odnosu na ravan vektora ( a

r, br

).

3.1.7._______________ Primer

Date su take . )8,3,2(),6,0,0(),0,3,0(),0,0,2( DCBA a) Izraunati zapreminu trostrane prizme ija su etiri susedna temena date take. (Krajnje take ivica koje ishode iz take A.) b) Izraunati kordinate petog i estog temena prizme, ako one pripadaju ravni ABC i ADC. (Trougaone strane prizme su ABD i CEF).

__________________________________________________________________ 54


________ Reenje: a) Zapreminu raunamo kao polovinu apsolutne vrednosti meovitog proizvoda vektora ivica koje ishode iz jednog temena. Posmatramo vektore koji ishode iz take A. To su vektori:

)0,3,2(== OAOBAB , )6,0,2(== OAOCAC i )8,3,0(=AD .

Njihov meoviti proizvod je ( ) 54= ADACAB o , pa je zapremina V=27. b) Neka je etvrto teme u ravni ABC obeleeno sa E. Poto su AB i AC ivice, zato AE mora biti dijagonala te strane. Prema tome vektor poloaja traene take je: ( )=++= ACABOAOE (2, 0, 0) + (2, 3, 0) + (2, 0, 6) = (2, 3, 6) E(2, 3, 6).

Slino se dobija vektor poloaja este take F u ravni ADC: ( )=++= ACADOAOF (2, 0, 0) + (0, 3, 8) + (2, 0, 6) = (0, 3, 14) F(0, 3, 14).

________ Zadatak Date su take A( 4, 1, 2), B( 1, 4, 2), C(1, 4, 5) i D ( 7, 4, 5), temena tetraedra ABCD. T1 je teite strane ABD, T2 je teite strane ACD, T3 je teite strane BCD, i T4 je teite strane ABC. Nai zapremine i odnos zapremina tetraedara ABCD i T1T2T3T4. 3.1.8._______________ Primer Dati su vektori pmcpnbnma rrrrr

rrrr 32,3,2 +=+=+= . Za komponente tih vektora vae sledei odnosi:

,2,1 === pnm rrr ( ) orr 60, = pn , ( ) ( ) orrrr 90,, == pmnm . Odrediti duinu vektora d

r, gde je d

r jedna dijagonala paralelopipeda nad

vektorima cba rrr ,, .

________ Reenje:

Jedna od dijagonala je:

__________________________________________________________________ 55


dr

= cba rrr ++ = pnmpmpnnm rrrrrrrrr 444)32()3()2( ++=+++++ ,

pa je njena duina 282411)()(16 =+++=++++== pnmpnmddd rrrorrrrorr ,

jer je usled normalnosti vektora 0== pmnm rorror , dok je 121 21 ==pn ror usled kosinusa zahvaenog ugla. Slino se izraunavaju duine i ostalih dijagonala.

________ Zadatak Ispitati dali su vektori kjia

rrrr ++= 6 , kjb rrr = 3 i kjic rrrr 532 ++= komplanarni. Odrediti tako da vektor ar+br bude normalan na vektor cr .

3.1.9._______________ Primer Dati su vektori ( )1,1,1 =ar i ( )2,0,2=br , i take ( )3,2,1A i ( )zC ,1,4 . Nai povrinu paralelograma ABCD, ako su stranice paralelograma paralelne vektorima i ar b

r.

________ Reenje: Usled paralelnosti stranica sa datim vektorima sledi:

blakACrr += =(k, k, k) + (2l, 0, 2l), za neke brojeve k i l.

S obzirom da na vektore poloaja posmatranih taaka: ACOAOC += , pomou koordinata ta jednaina ima oblik: ),1,4()2,,2()2,2,1( zlkklk =+++ . Izjednaimo odgovarajue koordinate i dobijamo: k = 1, l = 1, z = 3. Ovi brojevi znae:

bADaABrr == , . Poto je ADAB = )2,0,2(

202111 =kjirrr

,

a povrina paralelograma je brojno jednaka duini tog vektora, sledi:

.228404 ==++=ba rr ________ Zadatak Koji ugao zaklapaju jedinini vektori mr i nr ako su vektori nma rrr 2+= i

nmb rrr

45 = uzajamno ortogonalni?

__________________________________________________________________ 56


3.1.10._______________ Primer Izraunati normalnu projekciju vektora pnma rrrr 4123 += na pravac vektora

)43()2( pnmnmb rrrrrr += , gde su pnm rvr i , uzajamno normalni jedinini vektori

desne orijentacije u datom redosledu. (Obratiti panju na primer 3.0.11.)

________ Reenje: Usled uzajamne normalnosti jedininih vektora iz desnog sistema, moemo ih

tretirati kao kordinate, pa e biti pnmpnm

b rrrrrr

r548

431021 ++=

= .

Imamo injenicu: 105

4251664

204824 =+++==

bbaaprb rr

orrr .

________ Zadatak Dati su vektori =(2, 1, 3), a

rbr

=(1, 4, 2) i cr

=(3, 2, 1). Odrediti ugao rizmeu ravni vektora ( , b ) i ravni vektora (a

rbr

, cr

). 3.1.11._______________ Primer Odrediti parametar m tako, da vektor ),1,3( mma =r zaklapa jednake uglove sa vektorima )11,1,2( i )3,2,1( == cb rr ________ Reenje: Uglovi su jednaki, ako su kosinusi uglova jednaki. Izraunajmo skalarne proizvode i izjednaimo kosinuse uglova: mmmmbaba 32)3(cos141)3(cos 22 ++=++== rrror , mmmmcaca 111)3(2cos1261)3(cos 22 ++=++== rrror . Nakon deobe te dve jednakosti u sluaju 39 += sledi: m = 8, dok sluaj 39 = odbacujemo, jer tada su kosinusi suprotnog znaka, iste apsolutne vrednosti, a to znai da su uglovi suplementni a ne jednaki!

__________________________________________________________________ 57

Zbirka zadataka Diskretna matematika ________ Zadatak

Odrediti parametar k tako, da vektor )3,2,1( += ka zaklapa jednake uglove sa vektorima )0,4,3(=b i )12,0,9(=c , zatim izraunati zapreminu paralelepipeda razapetog nad tim vektorima. 3.1.12._______________ Primer

Dati su vektori ).1,2,1(),1,2,3(),3,2,1( === cba rrr Ako je jedno teme piramide u kordinatnom poetku, a ivice koje ishode iz tog temena su cba r

rr ,, , nai visinu tog tela, koja je sputena iz vrha vektora cr na ravan vektora ba

rr, .

________ Reenje:

Zapremina te piramide je: 4121123321

61)(

61 =

== cbaV rorr . Podelimo li

ovu zapreminu sa pripadnom osnovom, dobijemo traenu visinu. Osnova je polovina

apsolutne vrednosti vektorskog proizvoda vektora koji ine bazu: 6221 == baB rr .

Visina je: .45,2662

123 ===BVH

________ Zadatak Data je kocka ABCDA1B1C1D1 ivice a = 4. Taka M je sredina gornje osnove A1B1C1D1, a taka N je sredina strane BCC1B1. Nai duinu vektora AM i AN i ugao izmeu njih. 3.1.13._______________ Primer Izraunati zapreminu paralelepipeda konstruisanog nad vektorima cba r

rr ,, : pnma rrrr ++= , ;, pnmcpnmb rrrrrrrr +=+=

ako vektori ine desni sistem u navedenom redosledu, i ako zapremina paralelepipeda konstruisanog nad njima iznosi .

pnm rvr ,,

__________________________________________________________________ 58


________ Reenje: Izraunajmo meoviti proizvod vektora cba r

rr ,, :

( ) ( ) ( )( ) ( )pnmpnmpnmcba rrrorrrrrrrorr ++++= . Raunanje nastavljamo mnoenjem vektora lan po lan i koristei injenicu o anuliranju vektorskog proizvoda paralelnih vektora, o promeni znaka u sluaju promene redosleda komponenti u vektorskom proizvodu, o anuliranju meovitog proizvoda komplanarnih vektora i o istovetnosti meovitog proizvoda u sluaju "ciklike" izmene pozicija komponenti u proizvodu: ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) pnmpnmpnmpnmpnmpnmpnmmnpnmpmpnpmnnpmpnm

pnmnpmppnmnpmnmcba

rorrrorrrorrrorrrorrrorrrorrrorrrorrrorrrorrrorrrorr

rrrorrrrrrrrrrrrrorr

====+++=

=++++=

4

Zapremina paralelepipeda konstruisanog nad vektorima

Documents

Diskretna Matematika - Zbirka Primera i Zadataka