of 170/170
VIŠA TEHNIČKA ŠKOLA SUBOTICA mr. István Boros Gizella Csikós Pajor 7 7 × × ( ( 1 1 5 5 + + 1 1 5 5 + + 1 1 5 5 ) ) ZBIRKA PRIMERA I ZADATAKA IZ DISKRETNE MATEMATIKE 2. izdanje e 1 e 2 M 1 M 2 p 1 p 2 p 1 p 2 ⎯→ M 1 M 2 α 1 α 2 90 o 90 o n P 1 P 2 x y z r 2 r 1 O SUBOTICA 2006

diskretna zbirka

  • View
    320

  • Download
    19

Embed Size (px)

Text of diskretna zbirka

VIA TEHNIKA KOLA SUBOTICAmr. Istvn Boros Gizella Csiks Pajor

7(15+15+15)ZBIRKA PRIMERA I ZADATAKAIZ DISKRETNE MATEMATIKE 2. izdanjen

ze2 M2 r2

p190 o

2

P2M

p2

O x r1

M2 1

y

p

1

M190o

1

p2

P1 e1

SUBOTICA 2006

Opinio magistri probabilis tantum. Nihil probat qui nimium probat.

_________________ PREDGOVORZbirka 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)

SADRAJ7 poglavlja sa po 15 primera za vebe 15 primera ispitnih zadataka i 15 zadataka za samostalni rad:1. Polinomi1.0. Primeri zadataka za vebe 1.1. Primeri ispitnih zadataka 1 1 11 23 23 33 43 43 51 61 61 73 85 85 97 109 109 123 141 141 151

2. Kompleksni brojevi2.0. Primeri zadataka za vebe 2.1. Primeri ispitnih zadataka

3. Vektorska algebra3.0. Primeri zadataka za vebe 3.1. Primeri ispitnih zadataka

4. Elementi analitike geometrije u R34.0. Primeri zadataka za vebe 4.1. Primeri ispitnih zadataka

5. Matrice i determinante5.0. Primeri zadataka za vebe 5.1. Primeri ispitnih zadataka

6. Sistemi linearnih algebarskih jednaina6.0. Primeri zadataka za vebe 6.1. Primeri ispitnih zadataka

7. Vektorski prostori7.0. Primeri zadataka za vebe 7.1. Primeri ispitnih zadataka

_________________1. POLINOMI1.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEBE1.0.1. Primer: Nai kolinik polinoma P( x ) = 2 x 4 3x 3 + 4 x 2 5 x + 6 i Q( x ) = x 2 3x + 1 . Reenje:

(2 x

4

3x 3 + 4 x 2 5 x + 6 : x 2 3x + 1 = 2 x 2 + 3 x + 114 3 2

)(

)

2x m 6x 2x

3x 3 + 2 x 2 5 x + 6 3x 3 m 9 x 2 3x 11x 2 8 x + 6 m 11x 2 m 33x 11 25 x 5

Prema tome kolinik ovih polinoma moemo napisati kao P4 ( x ) 25 x 5 = 2 x 2 + 3x + 11 + 2 . Q2 ( x ) x 3x + 1 1.0.2. Primer: Nai kolinik polinoma P( x ) = x 3 3x 2 x 1 i Q( x ) = 3x 2 2 x + 1 . Reenje:

(x

3

3x 2 x 1 : 3x 2 2 x + 1 = 2x2 x 3 3 7 4 x2 x 1 3 3 7 2 14 7 m x xm 3 9 9 26 2 x 9 9

)(

)

x 7 3 9

x3 m

__________________________________________________________________ 1

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

Prema tome kolinik ovih polinoma moemo napisati kao 26 2 x P3 ( x ) x 7 9 9 . = + (x ) 3 9 3x 2 2 x + 1 Q2 1.0.3. Primer:

Napisati polinom treeg stepena za koji je P (0) = 2, P (1) = 2, P(2) = 1, P(1) = 3 .Reenje:

Polinom treeg reda sa optim koeficijentima moe da se napie u obliku P3 ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d . Uvrstimo redom date vrednosti promenljive x u ovaj polinom. Tada dobijamo da je: P3 (0 ) = d P3 ( 1) = a + b c + d P3 (1) = a + b + c + d P3 ( 2 ) = 8a + 4b 2c + d Odavde se dobija sistem jednaina : a + b c d + d = 2 = 2 = = 3 1

a + b + c + d 8a + 4b 2c + d a + b c = 4 1 1 a + b + c = 8a + 4b 2c =

Sabiranjem prve i druge jednaine dobijamo da je 2b = 3

3 b= . 2

5 2a + 2c = 5 , tada je , a odavde je 2 8a 2c = 5 8a 2c = 5 5 25 6a = 10 . Koeficijent a je znai tada je c = . 6 3 5 3 25 Traeni polinom glasi : P3 ( x ) = x 3 x 2 + x + 2. 3 2 6Posle toga sledi da je

a+c =

1.0.4. Primer:

Odrediti koeficijente a, b, c u polinomu P( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c tako da P(x) bude deljiv binomima x 1 i x + 2 , a da podeljen sa x 4 daje ostatak 18 .

__________________________________________________________________ 2

Polinomi___________

Zbirka zadataka

Reenje: Na osnovu Bezuove teoreme slede sledee injenice: (x 1) P(x ) P(1) = 0 1 + a + b + c = 0

(x + 2) P(x ) P( 2) = 0 8 + 4a 2b + c = 0 P(4) = 18 64 + 16a + 4b + c = 18Odavde se dobija i reava sistem jednaina: c = 1 a b a + b + c = 14a 2b + c = 8 16a + 4b + c = 464a 2b 1 a b = 8 16a + 4b 1 a b = 46 3a 3b = 9 15a + 3b = 45 ab = 3 5a + b = 15

Traeni polinom je : P( x ) = x 3 2 x 2 5 x + 6 . 1.0.5. Primer:

6a = 12 a = 2 b = 5 c = 6

Odrediti koeficijente p, q, r , s u polinomu P4 ( x ) = x 4 + px 3 + qx 2 + rx + s tako da bude deljiv sa binomima x + 2, x + 4, x 3 a da podeljen sa x + 1 daje ostatak 24 . Reenje: Na osnovu Bezuove teoreme dobijamo da je: (x + 2) P(x ) P( 2) = s 2r + 4q 8 p + 16 = 0

(x + 4) P(x ) P( 4) = s 4r + 16q 64 p + 256 = 0 (x 3) P(x ) P(3) = s + +3r + 9q + 27 p + 8 = 0 P( 1) = s r + q p + 1 = 24 s = 23 + p q + rUvrtavajui s u ostale jednaine dobija se sistem jednaina: r = 39 7 p 7 p + 3q r = 39 63 p + 15q 3r 28 p + 8q = 279 + 4r = 104

63 p + 15q 117 + 21 p 9q = 279 28 p + 8q + 156 28 p + 12q = 104 42 p + 6q = 162 20q = 260 q = 13

Znai da je traeni polinom P( x ) jednak: P(x ) = x 4 + 2 x 3 13 x 2 14 x + 24 .__________________________________________________________________ 3

p = 2 r = 14 s = 24 .

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

1.0.6. Primer: Nai sve korene polinoma P( x ) = x 6 6 x 4 4 x 3 + 9 x 2 + 12 x + 4 i faktorisati ga na skupu realnih brojeva. Reenje: Polinom P(x ) je estog stepena, to znai da ima ukupno 6 korena, od kojih neki mogu biti eventualno i viestruki koreni. Ako meu njima ima racionalnih i to celih, oni treba da budu delioci slobodnog lana 4 , to znai da ih traimo meu brojevima 1, 2, 4 . Hornerovom emom lako i brzo proveravamo koji su od ovih brojeva koreni: 1 1 1 0 1 -6 -5 -4 -9 -4 1 1 4 4 4 9 0 9 8 8 4 12 12 12 4 4 0 4 16 4 0 1 nije koren -1 je jednostruki koren

1 -1 1 1 -1 1 1 -1 1 1 -1 1

0 -6 -1 -5 -1 -2 -2 -3 -3 -4 -5 -3 -3 0 0 4

-1 je dvostruki koren

4 0

-1 je trostruki koren

4 0

-1 je etvorostruki koren

Posle ovih raunanja polinom P(x ) moemo napisati u obliku4

P ( x ) = ( x + 1) x 2 4 x + 4 odakle se lako uvia da je nad skupom R faktorizacija datog polinoma 4 2 P (x ) = (x + 1) (x 2 ) .

(

)

1.0.7. Primer: Nai racionalne korene polinoma P( x ) = x 6 6 x 5 + 11x 4 x 3 18 x 2 + 20 x 8 . 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

Polinomi___________

Zbirka zadataka

1

1 1

-6 -5 -6 -7 -6 -4

11 6 11 18 11 3

-1 5

-18 -13

20 7 20 19 20 4

-8 -1 -8 -27 -8 0

1 nije koren -1 nije koren 2 je jednostruki koren

1 -1 1 1 2 1

-1 -18 -19 1 -1 5 -18 -8

Nalaenjem prvog korena x1 = 2 dati polinom moemo napisati u obliku P( x ) = ( x 2) x 5 4 x 4 + 3 x 3 + 5 x 2 8 x + 4 . Dalje traimo korene dobijenog polinoma petog reda. Poto 2 moe biti i viestruki koren, proveravamo ga jo jednom:

(

)

2

1 1

-4 -2

3 -1

5 3

-8 -2

4 02

2 je dvostruki koren

pa se polinom dalje pie u obliku P ( x ) = ( x 2 ) (x 4 2 x 3 x 2 + 3 x 2 ) . Sada traimo korene polinoma etvrtog reda, s tim da postoji mogunost da 2 bude trostruki koren. 1 2 1 -2 0 -1 -1 3 1 -2 03

2 je trostruki koren

Sada faktorizacija glasi P ( x ) = (x 2 ) (x 3 x + 1) . Dalje traimo korene polinoma x 3 x + 1 . On ima tri korena, od kojih ili su sva tri 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 1 , koje smo brojeve ve na poetku proverili i iskljuili kao korene. 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: x1 = x2 = x3 = 2 , a poslednja faktorizacija koju moemo odrediti jeP(x ) = (x 2) x 3 x + 1 .3

(

)

1.0.8. Primer: U polinomu P4 ( x ) = x 4 6 x 3 + 14 x 2 14 x + a odrediti parametar a tako da da jedan koren polinoma bude x1 = 2 + i . Zatim ga faktorisati nad poljem realnih brojeva. Reenje: Ako je jedan koren x1 = 2 + i x2 = 2 i , pa se moe napisati: P4 ( x ) = ( x x1 )(x x2 ) P2 ( x )

P4 ( x ) = ( x 2 i )( x 2 + i ) P2 ( x )P4 ( x ) = x 2 4 x + 5 P2 ( x ) P2 ( x ) = P4 ( x ) : x 2 4 x + 5

(

)

(

)

__________________________________________________________________ 5

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

(x

4

6 x 3 + 14 x 2 14 x + a : x 2 4 x + 5 = x 2 2 x + 14 3 2

)(

)

x m 4 x 5x

2 x 3 + 9 x 2 14 x + a m 2 x 3 8 x 2 m 10 x x2 4x + a x2 m 4x 5 a 5

Polinom P4 ( x ) je deljiv sa polinomom x 2 4 x + 5 bez ostatka, pa mora biti a 5 = 0 , odakle sledi da vrednost parametra a treba da bude a = 5 . Faktorizacija polinoma glasi: P4 ( x ) = x 2 4 x + 5 x 2 2 x + 1 , odnosno:

(

)

(

P4 ( x ) = x 4 x + 5 (x 1) .2 2

)(

(

)

)

1.0.9. Primer: Ostaci pri deljenju polinoma P( x ) sa x 1, x 2 i x + 1 su redom 2, 3 i 6 . Odrediti ostatak pri deljenju polinoma P( x ) sa njihovim proizvodom (x 1)(x 2)(x + 1) . Reenje: Delioc (x 1)( x 2)( x + 1) je polinom treeg reda, to znai da ostatak pri deljenju sa ( x 1)( x 2)( x + 1) moe biti polinom najvie drugog reda. Neka je to R( x ) = ax 2 + bx + c . Tada se moe napisati da je:

P( x ) = ( x 1)( x 2)( x + 1)Q( x ) + R( x ) , odnosno da je P( x ) = ( x 1)( x 2)( x + 1)Q( x ) + ax 2 + bx + c .Primetimo da je ovde P(1) = 0 Q( x ) + a + b + c = a + b + c P(2) = 0 Q( x ) + 4a + 2b + c = 4a + 2b + c P( 1) = 0 Q( x ) + a b + c = a b + c . S druge strane po uslovima zadatka i na osnovu Bezuove teoreme moemo pisati i da je P(1) = 2, P(2) = 3, P( 1) = 6 . Ostaje da se rei sistem jednaina:a a + b b + c = 2 + c = 6 4a + 2b + c = 3

2 a + 2c = 8 a + c = 4 c = 4 a a + b + 4 a = 2 b = 2 a = 1

c=3

znai ostatak pri deljenju polinoma P( x ) sa ( x 1)( x 2)( x + 1) je R(x ) = x 2 2 x + 3 .

__________________________________________________________________ 6

Polinomi___________

Zbirka zadataka

1.0.10. Primer: U jednaini x 3 7 x + = 0 odrediti parametar tako da jedan koren bude dvostruka vrednost drugog korena. Reenje: Koristiemo Vijetove formule koje daju vezu izmeu korena:

x1 + x 2 + x3 =

a2 , a3

x1 x 2 + x1 x3 + x 2 x3 =

a1 , a3

x1 x 2 x3 =

a0 a3

Na polinom je P3 ( x ) = x 3 7 x + = a3 x 3 + a2 x 2 + a1 x + a0 , znai da je u ovom sluaju a3 = 1, a2 = 0, a1 = 7, a0 = , i zna se jo da je x1 = 2x2 . Uvrtavajui sve to u Vijetove formule dobijamo sistem nelinearnih jednaina: x1 + x2 + x3 = 3x2 + x3 = 0 x3 = 3x22 x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = 2 x2 + 3 x2 x3 = 7 2 x1 x2 x3 = 2 x2 x3 =

2 2 2 2 2 x2 9 x2 = 7 7 x2 = 7 x2 = 1 x2 = 1 2 3 3 2 x2 ( 3x2 ) = 6 x2 = 6 x2 =

Za x2 = 1 = 6 , P(x ) = x 3 7 x + 6 i x1 = 2, x2 = 1, x3 = 3 . 1.0.11. Primer:

Za x2 = 1 = 6 , polinom je P(x ) = x 3 7 x + 6 i x1 = 2, x2 = 1, x3 = 3 .

polinomom Q( x ) = 2 x 3 3x 2 + x . Reenje:

Dokazati da je polinom P2 n ( x ) = ( x 1) x 2 n + 2 x 1 za svako x deljiv sa2n

Dovoljno je pokazati da je svaki koren polinoma Q( x ) istovremeno koren i polinoma P2 n ( x ) . Koreni polinoma Q( x ) su:

Q( x ) = 0 2 x3 3x 2 + x = 0

x 2 x 2 3x + 1 = 0

(

)

x1 = 0, x2 3 =

3 98 4

x2 = 1, x3 =

1 . 2

Pokaimo sada da su brojevi 0, 1,

1 koreni i polinoma P2 n ( x ) . 2

__________________________________________________________________ 7

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

P2 n (0) = ( 1) 0 + 0 1 = 1 1 = 02n 2n2n 2n

P2 n (1) = (1 1) 12 n + 2 1 1 = 0 1 + 2 + 1 = 01 1 1 1 1 1 1 1 P2 n = 1 + 2 1 = + 1 1 = 2 n 2 n = 0 2 2 2 2 2 2 2 22n 2n

Time smo pokazali da su svi koreni polinoma Q( x ) istovremeno i koreni polinoma P2 n ( x ) , a to znai da je polinom P2 n ( x ) deljiv polinomom Q( x ) . 1.0.12. Primer: Racionalnu razlomljenu funkciju f ( x ) = razlomaka. Reenje: Imenilac x 2 + x 2 ima realne korene x1 = 1, x2 = 2 , pa moemo pisati: A B 5x 2 f (x ) = = + / ( x 1)( x + 2 ) (x 1)(x + 2) x 1 x + 2 5 x 2 = A( x + 2) + B( x 1) 5 x 2 = Ax + 2 A + Bx B 5 x 2 = x( A + B ) + 2 A B Izjednaavanjem odgovarajuih koeficijenata u polinomima na levoj i desnoj strani dobijamo sistem jednaina: A+ B = 55x 2 rastaviti na zbir parcijalnih x + x22

2 A B = 2 3A = 3 A = 1 B = 4 5x 2 1 4 pa je traeni oblik f ( x ) = 2 . = + x + x 2 x 1 x + 21.0.13. Primer: Racionalnu razlomljenu funkciju f (x ) = razlomaka. Reenje: Imenilac x 2 4 x + 4 je kvadrat binoma (x 2) , sledi da je: A B 2x 3 2x 3 2 f (x ) = 2 = + = / ( x 2 ) 2 2 x 4 x + 4 (x 2) x 2 (x 2) 2 x 3 = A(x 2) + B 2 x 3 = Ax 2 A + B2x 3 rastaviti na zbir parcijalnih x 4x + 42

__________________________________________________________________ 8

Polinomi___________

Zbirka zadataka

odavde sledi sistem jednaina: A=2 2 A + B = 3 B = 1 pa je traeni oblik f ( x ) = 1.0.14. Primer: Racionalnu razlomljenu funkciju f ( x ) = parcijalnih razlomaka. Reenje: Hornerovom emom lako se dobijaju koreni polinoma x 3 + 3 x 2 4 u imeniocu: x1 = 1, x2 = x3 = 2 . 1 1 1 3 4 0 4 -4 0 5x2 + 7 x + 6 rastaviti na zbir x3 + 3x 2 42x 3 2 1 . = + x 4 x + 4 x 2 ( x 2 )22

x1 = 1

x 3 + 3x 2 4 = ( x 1) x 2 + 4 x + 4 = ( x 1)( x + 2)

(

)

2

x2 3 = 2 .

Rastavljanje na zbir parcijalnih sabiraka e biti: 5x2 + 7 x + 6 5x2 + 7 x + 6 A B C f (x ) = 3 = = + + 2 2 x + 3x 4 ( x 1)( x + 2) x 1 x + 2 ( x + 2 )25 x 2 + 7 x + 6 = A ( x + 2 ) + B ( x 1)( x + 2 ) + C ( x 1)2

x = 1 18 = 9 A x = 2 12 = 3C

A=2 C = 4

x = 0 6 = 4 A 2 B C = 8 2 B + 4 = 12 2 B B = 3

pa je traeni oblik f (x ) = 1.0.15. Primer:

5x 2 + 7 x + 6 2 3 4 . = + 3 2 x + 3x 4 x 1 x + 2 (x + 2)2

Racionalnu razlomljenu funkciju f ( x ) = parcijalnih razlomaka. Reenje:

2x2 + 2x + 3 rastaviti na zbir x 4 + 2 x3 + 4 x 2 + 3x + 2

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

x 4 + 2 x 3 + 4 x 2 + 3 x + 2 = x 2 + ax + 2 x 2 + bx + 1

(

)(

)

x 4 + 2 x 3 + 4 x 2 + 3 x + 2 = x 4 + ax 3 + 2 x 2 + bx 3 + abx 2 + ax + x 2 + 2bx + 2

a+b = 2 a = 2b 3 + ab = 4 a + 2b = 3 2 b + 2b = 3 b = 1 a = 1

sledi da je x 4 + 2 x 3 + 4 x 2 + 3x + 2 = x 2 + x + 2 x 2 + x + 1 . Prema tome f (x ) = 2x2 + 2x + 3 2x2 + 2x + 3 Ax + B Cx + D = 2 = 2 + 2 4 3 2 2 x + 2 x + 4 x + 3x + 2 x + x + 2 x + x + 1 x + x + 2 x + x + 1

(

)(

)

(

)(

)

2 x 2 + 2 x + 3 = ( Ax + B ) x 2 + x + 1 + (Cx + D ) x 2 + x + 2

(

)

(

)

2 x 2 + 2 x + 3 = Ax 3 + Ax 2 + Ax + Bx 2 + Bx + B + Cx 3 + Cx 2 + 2Cx + Dx 2 + Dx + 2 D

2 x 2 + 2 x + 3 = ( A + C ) x 3 + ( A + B + C + D) x 2 + ( A + B + 2C + D) x + B + 2 D Odavde sledi sistem jednaina:A + C = 0 C = A A+ B +C + D = 2 A + B + 2C + D = 2 B + 2D = 3 B = 3 2DA + 3 2D A + D = 2 A + 3 2 D + 2( A) + D = 2 D = 1 D = 1 A D = 1 B =1 A=0 C =0 A 1 = 1

Traeni oblik je znai: f (x ) = 2x2 + 2x + 3 1 1 . = 2 + 2 4 3 2 x + 2 x + 4 x + 3x + 2 x + x + 2 x + x + 1

__________________________________________________________________ 10

Polinomi___________

Zbirka zadataka

1.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA

1.1.1._______________Primer Rastaviti na proizvod nesvodljivih inilaca na polju realnih brojeva polinom: P( x) = x 5 2 x 4 4 x 3 + 4 x 2 5 x + 6 ,

________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 f ( x) = x 6 6 x 4 4 x 3 + 9 x 2 + 12 x + 4 rastaviti na faktore na polju realnih brojeva, ako se zna da taj polinom ima viestruke realne nule.

1.1.2._______________Primer Rastaviti na proizvod nesvodljivih inilaca na polju realnih brojeva polinom: P( x ) = x 5 5 x 4 + 11x 3 13x 2 + 8 x 2 ,

________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 p( x) = x 5 2 x 4 + 2 x 3 4 x 2 + 9 x 18 na polju kompleksnih 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 P ( x ) , etvrtog stepena sa realnim koeficijentima, ako je vodei koeficijent jednak jedinici, i ako je P ( x ) deljiv sa x 2 + 1 , i ako je P(1 + i ) = 4 + 7i .

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. Q( x ) 8 x 3 46 x 2 + 125 x 157 = = P( x) x 4 9 x 3 + 39 x 2 89 x + 78 A B Cx + D 8 x 3 46 x 2 + 125 x 157 = = + + 2 . 2 ( x 2)( x 3)( x 4 x + 13) x 2 x 3 x 4 x + 13 Odavde sledi: A=3, B=2, C=3 i D=2.__________________________________________________________________ 12

b)

Polinomi___________

Zbirka zadataka

Reenje zadatka je: R( x) = ________ Zadatak Racionalnu funkciju f ( x) = elementarnih parcijalnih sabiraka. 1.1.5._______________ Primer Dokazati: polinom P2 n = ( x 2 + x 1) 2 n + ( x 2 x + 1) 2 n 2 deljiv polinomom Q( x) = x 2 x . ________ Reenje: Za dokaz dovoljno je pokazati, da je svaki koren polinoma Q(x) istovremeno koren i polinoma P2n (x). Koreni polinoma Q ( x) = x 2 x = 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. Isto tako proveramo: je P2n (1) = (12 + 1 1)2n + (12 1 1)2n 2 = 1+12 = 0. ________ Zadatak Pokazati da je polinom P ( x) = x ( x n 1 n a n 1 ) + a n (n 1) deljiv sa (x a)2, gde je a proizvoljan realan broj, dok n pripada skupu prirodnih brojeva. 1.1.6._______________ Primer U jednaini 2x3 x2 7 x + l = 0 zbir dva korena je jednak 1. Nai l i reiti jednainu. ________ Reenje: a 1 Po Vijetovim pravilima je x1 + x 2 + x 3 = 2 = , a po uslovu zadatka je a3 2 1 x1 + x 2 = 1 . Iz toga proizilazi: x 3 = . 2__________________________________________________________________ 13

8 x 3 46 x 2 + 125 x 157 3 2 3x + 2 . = + + 2 4 3 2 x 9 x + 39 x 89 x + 78 x 2 x 3 x 4 x + 13

4x3 2x 2 + 2x rastaviti na zbir x 4 2x3 + 2x 2 2x + 1

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 = x + 1 2 2x 2x 6 . 2

(

)

Korene x1 i x2 dobijamo iz jednaine 2x2 2x 6 = 0: x 1 =2

2 4 + 48 1 13 = . 4 2 2

________Zadatak Reiti sistem jednaina po nepoznatim kompleksnim brojevima z1 i z2: z 6+ 6 z1 + z 2 = 1 + 2i, 2 + i z1 + 2 = 0 , ako je Im( z 2 ) = . i 2

1.1.7._______________Primer Racionalnu razlomljenu funkciju f(x) razloiti na parcijalne sabirke: x f ( x) = 4 x 2x 2 + 1

________Reenje:

Poto je x4 2x + 1 = (x2 1)2 = (x 1)2 (x + 1)2, sledi razlaganje: x A B C D = + + + . 4 2 2 x 2 x + 1 x 1 ( x 1) x + 1 ( x + 1) 2 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)2.1 1 , dok za x = 1 dobijamo D = . 4 4 Zamenom jo bilo koje dve vrednosti za x (naprimer za x = 0 i x = 2) dobijamo dve jednaine sa nepoznatima A i C:

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

__________________________________________________________________ 14

Polinomi___________

Zbirka zadataka

1 2 A = 1 , C = 5 . 1 12 12 3A + C = 6 AC = Konano razlaganje je: x 1 1 3 5 3 = 2 x 1 + ( x 1) 2 x + 1 + ( x + 1) 2 x 2 x + 1 12 4

.

________Zadatak4x rastaviti na zbir x 4 x + 8 x 2 16 x + 164 3

Racionalnu funkciju f ( x) = 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 korenaneposredno 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

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

________Zadatak

Dat je polinom P( x) = x 4 + 4 x 3 + 5 x 2 + 4 x + a . a) Odrediti parametar a ako je jedan koren polinoma x1 = i . b) Faktorisati dobijeni polinom nad skupom R. c) Faktorisati polinom nad skupom C.

1.1.9._______________Primer

P ( x) na elementarne parcijalne x 3x 2 + 2 x 6 razlomke, ako je P(x) polinom iz prethodnog (1.1.8.) primera.Rastaviti racionalni izraz R( x) =3

________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: R ( x) = 3x 2 4 x + 7 P( x) = x 1+ 3 = Q( x) x 3x 2 + 2 x 6 3x 2 4 x + 7 A Bx + C = x +1+ + 2 . 2 x3 x +2 ( x 3)( x + 2)

= x 1+

Primenimo metod neodreenih koeficijenata. Izdvajamo samo razlomljeni deo: A Bx + C 3x 2 4 x + 7 = + 2 2 ( x 3)( x + 2) x 3 x + 2 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

Polinomi___________

Zbirka zadataka

Iz toga proizilazi kompletno razlaganje racionalne razlomljene funkcije R(x): 2 x 1 R ( x) = x + 1 + + 2 . x3 x +2

________Zadatak

Racionalnu funkciju Q ( x ) =

2x 2 + x + 2 rastaviti na zbir parcijalnih sabiraka. x3 8

1.1.10._______________Primer

Dat je polinom P4 ( x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + 2 . 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: P4 ( x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + 2 = P4 ( x ) = x 4 + 2 x 3 3x 2 + 2 x + 2 . Deobom polinoma sa (x + 1), zatim sa (x 1) imamo

P4 ( x ) = ( x 1)( x + 1)( x 2 + 2 x 2) .Preostala dva korena tog polinoma su x 3 =4

2 12 = 1 3 . 2

Potpuna faktorizacija polinoma je:P4 ( x ) = ( x 1)( x + 1)( x + 1 3 )( x + 1 + 3 ) .

__________________________________________________________________ 17

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

________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

Polinomi___________

Zbirka zadataka

________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 f ( x) = x 6 6 x 4 4 x 3 + 9 x 2 + 12 x + 4 rastaviti na faktore na polju realnih brojeva, ako se zna da ima viestruke realne nule.

__________________________________________________________________ 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: P( x) = 2 x 4 + 5 x 3 17 x 2 + mx + n , Q( x) = 2 x 2 x 6 .

________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:3 Rastavimo Q(x) na inioce: Q ( x) = 2 x 2 x 6 = 2(z 2 ) x + . 2 Uoavamo korene polinoma Q(x). Ti koreni, usled deljivosti moraju biti koreni 3 i samog polinoma P(x). To znai: mora biti P ( 2) = 0 i P = 0 . Iz tih tvrenja 2 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: P ( x) = 2 x 4 + 5 x 3 17 x 2 14 x + 24 .

________Zadatak

a) Odrediti parametre a tako da x = 1 bude barem dvostruki koren polinoma P( x) = x 5 ax 2 ax + 1 . b) Dobijeni polinom P( x ) podeliti sa polinomom x 2 .

__________________________________________________________________ 20

Polinomi___________

Zbirka zadataka

1.1.14._______________Primer

Odrediti parametre a i b tako, da polinom p( x) = x 5 + 4 x 4 18 x 3 + ax 2 + bx + 6 ima dvostruki koren x=1.

________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 p (1) = 1 + 4 18 + a + b + 6 = 0 . Ali je i p'(1) = 0. Poto je izvodni polinom sledei: p' ( x) = 5 x 4 + 16 x 3 54 x 2 + 2ax + b , zato je p ' (1) = 5 + 16 54 + 2a + b = 0 . 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: p( x) = x 5 + 4 x 4 18 x 3 + 26 x 2 19 x + 6

________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 P ( x ) = x 5 5 x 4 + 3x 3 + mx 2 6 x + n odrediti parametre m i n tako da zajednika nula polinoma S ( x ) = x 3 2 x 2 2 x 3 i T ( x ) = x 4 6 x 3 + 10 x 2 6 x + 9 bude dvostruka nula polinoma P ( x ) , (m, n R ) .

________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 P ' ( x) = 5 x 4 20 x 3 + 9 x 2 + 2mx 6 , tada dobijamo jednaine: 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 p (x ) , ako je: p ( i ) = 3 3 i i p (1 i ) = 2 4 i .

__________________________________________________________________ 22

_________________2. KOMPLEKSNI BROJEVI2.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEBE

2.0.1. Primer: Izraunati A = 36 16 64 + 49 . Reenje: A = 1 36 1 16 1 64 + 1 49 = 6i 4i 8i + 7i = i . 2.0.2. Primer: Neka je z1 = 4 + 3i , z 2 = 5 + 2i . Izraunati z1 + z 2 , z1 z 2 , z1 z 2 , Reenje:

z1 . z2

z1 + z 2 = (4 + 3i ) + ( 5 + 2i ) = 4 5 + 3i + 2i = 1 + 5i , z1 z 2 = (4 + 3i ) ( 5 + 2i ) = 4 + 5 + 3i 2i = 9 + i , z1 z 2 = (4 + 3i ) ( 5 + 2i ) = 20 + 8i 15i + 6i 2 = 20 6 7i = 26 7i ,z1 4 + 3i 4 + 3i 5 2i 20 8i 15i 6i 2 20 + 6 22i 14 22 = = i = = = 2 z 2 5 + 2i 5 + 2i 5 2i 25 + 4 29 29 25 4i 2.0.3. Primer: Izraunati i 7 , i 60 , i 53 . Reenje: i 7 = i 4+3 = i 4 i 3 = 1 ( i ) = i i 60 = i 415 = i 4 i 53 = i 413+1

( ) =1 =1 = (i ) i = (1)15 15 4 13

13

i = i

__________________________________________________________________ 23

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

2.0.4. Primer: Izraunati Reenje: 2 + i 2 i 24 33 47 (2 + i ) + (2 i ) + +i +i +i = + i 415 + i 48+1 + i 411+3 = (2 i ) (2 + i ) 2i 2+i2 2

2 + i 2 i 24 33 47 + +i +i +i . 2i 2+i

4 + 4i + i 2 + 4 4i + i 2 + i4 = 2 4i 2.0.5. Primer: Ako je z = 1 + i , izraunati Reenje:

( ) + (i )15

4 8

i + i4

( )

11

i3 =

6 1 + 1 + i + ( i ) = 2 5 5

zz . 1+ z z

Ako je z = 1 + i tada je z = 1 i . Sledi da jezz 1 + i (1 i ) 1+ i 1+ i 2i 2i = = = = = 2i . 2 1 + z z 1 (1 + i ) (1 i ) 1 1 i 1 2 1

(

)

2.0.6. Primer: Ako je z1 = 2 3i odrediti kompleksan broj z u algebarskom obliku tako da je

z 1 Re( zz1 ) = 18 Im = . z 13 1Reenje: Neka je traeni kompleksan broj z = x + iy . zz1 = ( x + iy ) (2 3i ) = 2 x 3ix + 2iy 3i 2 y = 2 x + 3 y + i (2 y 3 x )

Re( zz1 ) = 2 x + 3 yz x iy 2 + 3i 2 x 2iy + 3ix 3i 2 y 2 x + 3 y + i (3x 2 y ) = = = z1 2 3i 2 + 3i 13 4 9i 2

z 3x 2 y Im = z 13 1

__________________________________________________________________ 24

Kompleksni brojevi_

Zbirka zadataka

3x 2 y 1 = , odnosno da je 13 13 2 x + 3 y = 18 3 x 2 y = 1 . Reavanjem ovog sistema jednaina dobija se da je

Znai da je po uslovu zadatka: 2 x + 3 y = 18

x = 3 y = 4 . Traeni kompleksan broj je znai z = 3 + 4i .

2.0.7. Primer: 1+ i 7 1 i 7 Dokazati da je 2 + 2 = 1. Reenje:4 4 1 + i 7 2 1 i 7 2 1+ i 7 1 i 7 2 + 2 = 2 + 2 = 2 2

4

4

1 + 2i 7 + 7i 2 = 4 2

1 2i 7 + 7i 2 + 4 2

2

2i 7 6 2i 7 6 = + = 4 4

2

2

2

i 7 3 i 7 3 7i 2 6i 7 + 9 7i 2 + 6i 7 + 9 + = = + = 2 2 4 4 2 6i 7 2 + 6i 7 2 6i 7 + 2 + 6i 7 4 = + = = = 1. 4 4 4 4 2.0.8. Primer: Odrediti kompleksan broj z u algebarskom oliku ako vai da je z + z = 2 + i . Reenje: Ako je kompleksan broj z dat u algebarskom obiku z = x + iy , tada je moduo od istog broja z definisan kao z = x 2 + y 2 . Data jedaina se moe znai napisati u sledeem obliku:x 2 + y 2 + x + iy = 2 + i

(

x 2 + y 2 + x + iy = 2 + i

)

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:x2 + y2 + x = 2 y = 1.

Uvrtavanjem y = 1 u prvu jednainu dobija se da je__________________________________________________________________ 25

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

x2 +1 + x = 2

x 2 + 1 = 2 x x 2 + 1 = 4 4x + x 2 4x = 3 x = 3 +i. 4

3 . 4

Traeni kompleksan broj je znai z = 2.0.9. Primer:

Ako je z C reiti kvadratnu jednainu z 2 + 4 z 4 6i = 0 . Reenje:

z1 =2

4 16 4( 4 6i ) 2 4 16 + 16 + 24i 2 4 32 + 24i 2

z1 =2

z1 =2

32 + 24i se moe izraunati u algebarsom obliku na sledei nain:32 + 24i = a + bi 32 + 24i = a 2 + 2abi + b 2 i 2 = a 2 b 2 + 2abi

(a

2

12 b 2 = 32 2ab = 24 a 2 b 2 = 32 b = a 144 = 32 a2

)

a2

a 4 32 a 2 144 = 0

a 2 12 =

32 1024 + 576 32 40 = 2 2

a 2 = 4 a 2 = 36

a1 = 6, a 2 = 6 b1 = 2, b2 = 232 + 24i = (6 + 2i )

Sada moemo nastaviti dalje raunanje korena z 1 =2

4 (6 + 2i ) 2

z1 = z2 =

4 + 6 + 2i 2 + 2i = = 1+ i , 2 2 4 6 2i 10 2i = = 5 i . 2 2

__________________________________________________________________ 26

Kompleksni brojevi_

Zbirka zadataka

2.0.10. Primer: Za razne vrednosti prirodnog broja n N izraunati Reenje:

(1 + i )n . (1 i )n 2

(1 + i )n (1 i )n2

(1 + i )n2 (1 + i )2 = (1 i )n2 n2

1+ i = 1 i

n2

(1 + i )

2

1+ i 1+ i = 1 i 1+ i

n2

1 + 2i + i 2 =

(

)

1 + 2i + i 2 = 1 i2

2i (2i ) = 2

n2

2i = i n 2 2i = 2i n 1 =

2 2i 2 2i

za n 1 = 4k n = 4k + 1 za n 1 = 4k + 1 n = 4k + 2 . za n 1 = 4k + 2 n = 4k + 3 za n 1 = 4k + 3 n = 4k

2.0.11. Primer: Sledee kompleksne brojeve predstaviti u kompleksnoj ravni i napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku: z1 = 3, z 2 = 2i, z 3 = 4, z 4 = i, z 5 = 1 + i, z 6 = 1 + i, z 7 = 1 i, z8 = 1 i,

z9 = 3 + i, z10 = 3 + i, z11 = 3 i, z12 = 3 i, z13 = 1 + i 3, z14 = 1 + i 3, z15 = 1 i 3, z16 = 1 + i 3 .Reenje: z1 = 3 1 = 3 1 = 0 o = 0 z1 = 3 = 3 (cos 0 + i sin 0 ) = 3 e i 0z 2 = 2i 2 = 2 2 = 90 o =z 3 = 4 3 = 4 3 = 180 o = z 3 = 4 = 4 (cos + i sin ) = 4 e i

2

z 4 = i 3 = 1 3 = 270 o =

3 23 2

i z 2 = 2i = 2 cos + i sin = 2 e 2 2 2

3 3 i z4 = i = cos + i sin = e 2 2

__________________________________________________________________ 27

Zbirka zadatakaIm

Diskretna matematika

z2 = 2i

z3 = 4

O

Re

z1= 3

z4 = i

Kompleksni brojevi z1, z2, z3 i z4.

z5 = 1 + i 5 = 2 5 = 45o =

4

i z 5 = 1 + i = 2 cos + i sin = 2 e 4 4 4

z 6 = 1 + i 6 = 2 6 = 135 o =

3 43

i 3 3 z 6 = 1 + i = 2 cos + i sin = 2e 4 4 4

z 7 = 1 i 7 = 2 7 = 225o =

5 45

i 5 5 z 7 = 1 i = 2 cos + i sin = 2e 4 4 4

z8 = 1 i 8 = 2 8 = 315o =7 7 z8 = 1 i = 2 cos + i sin 4 4 z6 = 1 + i

7 47

i = 2e 4

Im

i

z5 = 1+ i

1

O

1

Re

z7 = 1 i

i

z8 = 1 i

Kompleksni brojevi z5, z6, z7 i z8.

__________________________________________________________________ 28

Kompleksni brojevi_

Zbirka zadataka

z 9 = 3 + i 9 = 2 9 = 30 o =

6

i z 9 = 3 + i = 2 cos + i sin = 2 e 6 6 6

z10 = 3 + i 10 = 2 10 = 150 o =

5 65

i 5 5 z10 = 3 + i = 2 cos + i sin = 2e 6 6 6 7 z11 = 3 i 11 = 2 11 = 210 o = 6 7 z11 = 3 i 11 = 2 11 = 210 o = 6 11 z12 = 3 i 12 = 2 12 = 330 o = 6 11 z12 = 3 i 1 = 2 1 = 330 o = 6

z10 = 3 + i

Im

z9 = 1+ i 3

i

2

3

1

O

1

3

2

Re

z11 = 3 i

i

z12 = 1 i 3

Kompleksni brojevi z9, z10, z11 i z12.

z13 = 1 + i 3 13 = 2 13 = 60o =

3

i z13 = 1 + i 3 = 2 cos + i sin = 2 e 3 3 3

z14 = 1 + i 3 14 = 2 14 = 120o =

2 32

i 2 2 + i sin z14 = 1 + i 3 = 2 cos = 2e 3 3 3 4 z15 = 1 i 3 15 = 2 1 = 240o = 3 4 i 4 4 z15 = 1 i 3 = 2 cos + i sin = 2e 3 3 3

__________________________________________________________________ 29

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

z16 = 1 i 3 16 = 2 16 = 300o =5 5 z16 = 1 i 3 = 2 cos + i sin 3 3 Im

5 35

i = 2e 3

2iz13 = 1+ i 3

z14 = 1+ i 3

i 3

i

1

O

1

Re

i

i 3

z15 = 1 i 3

2i

z16 = 1 i 3

Kompleksni brojevi z13, z14, z15 i z16. 2.0.12. Primer: Reiti jednainu z 3 125 = 0 . Reenje: Izrazimo z iz date jednaine: z 3 = 125 z = 3 125 . Predstavimo 125 u kompleksnoj ravni i napiimo ga u trigonometrijskom obliku: 0 + 2k 0 + 2k 125 = 125 (cos 0 + i sin 0 ) 3 125 = 3 125 cos + i sin 3 3 k = 0 z 0 = 5 (cos 0 + i sin 0) = 5 (1 + i 0 ) = 5 , 1 2 2 k = 1 z1 = 5 cos + i sin = 5 + i 2 3 3 1 4 4 k = 2 z 2 = 5 cos + i sin = 5 i 2 3 3 3 , 2 3 . 2

__________________________________________________________________ 30

Kompleksni brojevi_

Zbirka zadataka

1 3 1 3 , 5 i Koreni date jednaine ine skup R = 5, 5 + i 2 2 2 2 2.0.13. Primer: Izraunati Reenje: Predstavimo broj z = 2 + 2i 3 u trigonometrijskom obliku:5

2 + 2i 3 .

2 3 = arctg 3 = 60 o = . 2 3 Sledi da je traeni trigonometrijski oblik z = 2 + 2i 3 = 4 cos + i sin . 3 3 = 22 + 2 32

( )

= 4 + 12 = 4 i = arctg

+ 2k + 2k Po Moavrovoj formuli je: 5 2 + 2i 3 = 5 4 cos 3 . + i sin 3 5 5 i k = 0 z 0 = 4 cos + i sin = 5 4 e 15 , 15 15 5

k =1

k =2

k =3

k =4

7 cos 3 + 2 + i sin 3 + 2 = 5 4 cos 7 + i sin 7 = 5 4 e i 15 , z1= 4 15 15 15 15 + 4 + 4 13 = 5 4 cos 13 + i sin 13 = 5 4 e i 15 , + i sin 3 z 2 = 5 4 cos 3 15 15 15 15 + 6 + 6 19 = 5 4 cos 19 + i sin 19 = 5 4 e i 15 , + i sin 3 z 3 = 5 4 cos 3 15 15 15 15 + 8 + 8 25 = 5 4 cos 25 + i sin 25 = 5 4 e i 15 . 3 5 4 cos z4= + i sin 3 15 15 15 15 5

2.0.14. Primer: 6 i 2 Nai realni i imaginarni deo kompleksnog broja z = 2 2i Reenje: 6 i 2 z= 2 2i 2000

2000

.

2 3 i = 2 1 i

2000

1 = 2

2000

3 i 1 i

2000

=

__________________________________________________________________ 31

Zbirka zadataka

Diskretna matematika2000

11 11 + i sin 1000 2 cos 1 6 6 = 2 2 cos 7 + i sin 7 4 4

1 = 2

1000

2 2

2000

cos + i sin 12 12

2000

=

= cos = cos

2 2 500 500 + i sin = cos166 + + i sin 166 + = 3 3 3 3 2 2 1 3 + i sin = +i 3 3 2 2 Re( z ) = 1 , 2 Im( z ) = 3 . 2

2.0.15. Primer: Dat je kompleksan broj z1 = 1 + i . Nai kompleksne brojeve z 2 , z 3 , z 4 tako, da oni zajedno sa z1 ine temena jednog kvadrata, iji centar lei u kordinatnom poetku. Reenje: Teme z 2 se dobija rotacijom temena z1 za ugao = 90 o = rotacijom temena z 2 za ugao = 90 o = ugao = 90 o =

2

, teme z3 se dobija

2

, a teme z 4 se dobija rotacijom temena z3 za

2

. Pri tom odstojanje svakog temena od kordinatnog poetka ostaje

isti, i jednak je sa = 2 . Rotaciju za ugao od = 90 o = odgovarajui kompleksan broj mnoimo sa e Tako je: z 2 = z1 ez3 = z 2 e z 4 = z3 eii

2

postiemo tako da

2

= cos

2

+ i sin

2

= 0 + i 1 = i .

2

= (1 + i ) i = i + i 2 = 1 + i= ( 1 + i ) i = i + i 2 = 1 i = ( 1 i ) i = i i 2 = 1 i

je drugo teme traenog kvadrata, je tree teme traenog kvadrata, je etvrto teme traenog kvadrata.

i

2

i

2

__________________________________________________________________ 32

Kompleksni brojevi_

Zbirka zadataka

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 z kompleksni koreni tog polinoma, odrediti 1 . z2

________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: z1 2 + 2i ( 2 + 2i ) 2 8i = =1. = = 2 2i (2 2i )( 2 + 2i ) 8 z2

________Zadatak Faktorizovati (rastaviti na nesvodljive inioce) nad poljem realnih brojeva polinom P(x) . Odrediti i parametar a u polinomu P( x) = x 4 6 x 3 + 14 x 2 14 x + a , ako se zna da je jedan koren 2+i.

2.1.2._______________Primer Reiti jednainu x4 a = 0 za a = 88i.

________Reenje Poto je |a|= 64 + 64 = 2 2 , dok arg(a)=arctg(1)=5/4, reenja predstavljaju kompleksni brojevi x = 4 a = 2 2 e 7 8 i 5 16 7 84 7 5 i + 2 k 4

7

za k=0, 1, 2, 3:

13 i 7 7 5 5 13 13 8 + i sin + i sin x0 = 2 e = 2 cos x1 = 2 e 16 = 2 8 cos , , 16 16 16 16 21 29 i i 7 7 7 7 21 21 29 29 + i sin + i sin x 2 = 2 8 e 16 = 2 8 cos , x3 = 2 8 e 16 = 2 8 cos . 16 16 16 16

__________________________________________________________________ 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|= 64 + 3 64 = 16 , dok arg(a)=arctg 3 =4/3 Reenja predstavljaju kompleksni brojevi x = a = 16e4 4 4 i + 2 k 3

za k = 0, 1, 2, 3:

x 0 = 2e

3 1 = 1+ i 3 = 2 cos + i sin = 2 + i 2 3 3 2 5 i 5 5 3 1 x1 = 2e 6 = 2 cos + i sin = 2 2 +i 2 = 3 +i 6 6 4 i 1 4 4 3 = 1 i 3 x 2 = 2e 3 = 2 cos + i sin = 2 i 2 3 3 2 i 3

b) Grafiko predstavljena reenja:Im

i 3 x1 - 3-1

x0 i13

Re

-i x3 x2 -i 3

________Zadatak1 + i 3 Reiti jednainu z 1 i 3 = 0 , i reenja predstaviti u kompleksnoj ravni. 3 3

__________________________________________________________________ 34

Kompleksni brojevi_

Zbirka zadataka

2.1.4._______________Primer Dat je kompleksan broj z = . 2 (1 i ) Izraunati algebarski oblik broja z2006.

3 i

________Reenje Prelazimo na eksponencijalni oblik kompleksnih brojeva: 3 i = 2e i 6

i 1 i = 2e

i 4

. Zato je z =

3 i 2 (1 i )

=

i 2e 6 = e 12 . i 2 2e 4

i

Sledi: z

2006

i = e 12

2006

=e

2006 i 12

=e

7 166 + i 6

=e

7 i 6

= cos

7 3 1 7 + i sin = i. 6 2 2 6

________Zadatak Ako je z 3 = 2 2 , koliko je z1998 ? +i 2 2

2.1.5._______________Primer Dat je kompleksan broj z = 2 + 2i . 2 i 6 Izraunati algebarski oblik broja z2005.

________Reenje: Prelazimo na eksponencijalni oblik kompleksnih brojeva:

2 + 2i = 2 2e2005

4

i

i

2 i 6 = 2 2e =e14042 i 12

i 3

7 i 2 + 2i 2 2e 4 . Zato je z = = = e 12 . i 2 i 6 2 2e 3

i

Sledi: z

7 i = e 12

2006

=e

2 1170 + i 12

= e 6 = cos

i

6

+ i sin

6

=

3 1 + i. 2 2

________Zadatak Dat je niz brojeva i +1 i 1 xk = + 2 2k k

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

__________________________________________________________________ 35

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

2.1.6._______________Primer Izraunati kompleksne brojeve: a) i 2 2 i 3 1 2004 2004

=

b)

i 3 1 3 +i

=

________Reenje: a)i 2 2 i 3 1 i 3 1 3+i 2004

2 = 2

e e6

i

3 4 2 3

i

2004

= =

e

i

12

2004

=

e

i 167

=

e0

i

= 1

.

b)

2004

2 = 2

e e

i

2 3

i

2004

e

i

3 6

2004

=

e

i 1002

=

e

=1

________Zadatak Izraunati komplekne brojeve: a) i 3 i + 3 2004

=

b)

i 2 2 1+ i 3

2004

=

2.1.7._______________Primer Izraunati kompleksne brojeve: a) w = 3 i = b) u = 4 1 + i 3 = c) b = 6 729 =

________Reenje: a)3

i =3

+ 2k + 2k 2 2 + i sin . 1 cos + 2k + i sin + 2k = cos 3 3 2 2

3 1 5 3 1 5 w0 = cos + i sin = + i. w1 = cos + i sin = + i. 6 6 2 2 6 2 2 6 3 3 w2 = cos + i sin = i. 2 2 2 2 4 b) 1 + i 3 = 4 2 cos + 2k + i sin + 2k = 3 3 2 2 + 2k + 2k 3 = 2 cos + i sin 3 4 4 4

.

__________________________________________________________________ 36

Kompleksni brojevi_

Zbirka zadataka

3 1 2 2 + 2 i . 2 2 4 1 3 u1 = 4 2 cos + i sin = 2 + 2 2 i . 3 3

u0 = 4 2 cos + i sin = 4 6 6

3 1 2 2 2 i . 5 5 4 1 3 u3 = 4 2 cos + i sin = 2 2 2 i . 3 3 7 7 u 2 = 4 2 cos + i sin 6 6 4 =

c)

2k 2k 729 = 6 729 (cos 2k + i sin 2k ) = 3 cos + i sin . 6 6 b0 = 3 (cos 0 + i sin 0 ) = 3. b3 = 3 (cos + i sin ) = 3.6

3 3 3 4 4 3 3 3 b1 = 3 cos + i sin = + i. b4 = 3 cos + i sin i. = 3 3 2 2 3 3 2 2 2 2 3 3 3 5 5 3 3 3 b2 = 3 cos + i sin i. b5 = 3 cos + i sin i. = + = 3 3 2 2 3 3 2 2

________Zadatak Izraunati komplekne brojeve: a) z = 3 i = b)v = 4 1 i 3 =

c)

a = 6 64 =

2.1.8._______________Primerz2 1 1 2i z z = ( z 2 )i . 0

Nai kompleksne brojeve za koje je : i 0

________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: z = 4 2i = 4 2 cos + 2k + i sin + 2k . 2 2

k k Reenja su: z k = 4 2 cos + + i sin + 2 2 8 8

za k = 0, 1, 2 i 3.

________Zadatak

1+ i Izraunati realni i imaginarni deo kompleksnog broja z = 3 i

16

.

__________________________________________________________________ 37

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

2.1.9._______________Primer Nai z iz uslovaz =1 z +1 z = i. z

________Reenje:z = i zakljuujemo sledee: z z = iz x + iy = i ( x iy ) x + iy = y + ix x = y , to jest z = x + ix = x (1 + i ).

Koristimo oznaku z = x + iy. Iz

Zatim imamo: ( x + ix ) ( x + 1 ix ) z x + xi ( 2 x 2 + x ) + ix =1 = = =1. z +1 ( x + 1) + ix ( x + 1) 2 + x 2 2x 2 + 2x + 1 Kvadriranjem ove jednaine dobijamo (2 x 2 + x ) 2 + x 2 = (2 x 2 + 2 x + 1) 2 , odnosno: 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 = 0 (2 x + 1)(2 x 2 + 2 x + 1) = 0 . 1 Jedini realan koren ove jednaine je: x = , pa je traeni kompleksni broj 2 1 z = (1 + i ). 2

________Zadatak Odrediti kompleksni broj z za koji je z i = Im(z ) , Re(z ) = Im(z ) . Za tako dobijeni kompleksni broj odrediti3

z.

2.1.10._______________Primer Odrediti Re( z ) i Im( z ) ako je i z 2 2 (3 + 2 i ) z + 14 5 i = 0 .

________Reenje: Reimo datu jednainu kao "obinu" kvadratnu jednainu po z. Obeleimo sa D diskriminantu te jednaine: D = b 2 4ac =4 (3 + 2i ) 2 4 i (14 5i ) = 8i .

Potraimo kompleksan broj u = x + i y = 8i . 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

Kompleksni brojevi_

Zbirka zadataka

8i = (2 2i). 2(3 + 2i ) (2 2i ) . Reenja polazne jednaine su: z 1 = 2 2i Otuda je z1 = 1 4i, z2 = 3 2i. To znai:

________Zadatak Reiti kvadratnu jednainu : x 2 (3 2i )x + (5 5i ) = 0 .

2.1.11._______________Primer 1 5 3 i . Rezultat napisati u algebarskom obliku. Izraunati z = 2 3 16

________Reenje:16 16 5 3i 1 5 3 i 5 = 5 + = 1+ i 3 . z = 2 3 3 3 3 Pretvorimo kompleksni broj u drugoj zagradi u trigonometrijski oblik. Poto je modul tog broja z = 1 + 3 = 2 , a argument je ugao = arctg 3 = , sledi: 3 16 16 16 16 1 + i 3 = 2 16 cos + i sin = 2 16 cos + i sin . 3 3 3 3 Nakon "odbacivanja" punih obrtaja od po 2 dobijamo: 1 16 4 4 3 16 1 + i 3 = 2 16 cos + i sin = 2 i 2 3 3 2

16

16

(

)

(

)

(

)

5 z = 2 16 3

16

1 1+ i 3 . 2

(

)

________Zadatak1+ i 3 Izraunati + . 2i 1+ i16

2.1.12._______________Primer Dati su kompleksni brojevi z1 = 3 + 2i z 3 z, ako je Re( z z1 ) = 1 i Im = . z 5 2 i z2 = 2 + i. Odrediti kompleksan broj

__________________________________________________________________ 39

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

________Reenje: Neka je z = x + iy. Tada imamo: z z = ( x + iy )(3 2i ) = (3 x + 2 y ) + i (3 y 2 x ) . Prema uslovu zadatka je Re( z z1 ) = 1 = 3x + 2y. Poto jex + iy x + iy 2 i (2 x + y ) + i (2 y x) z . = = = z2 2+i 2+i 2i 4 +1

z Po uslovu zadatka je Im z 2

3 2y x = = . 5 5 3 x + 2 y = 1 Neposredno sledi sistem jednaina: . x + 2y = 3 Reenje tog sistema jednaina je: x = 1, y = 1. Reenje zadatka je z = 1 + i.

________Zadatak Ako je f ( z ) =7z dokazati da je z = 2 f ( z ) za z = 1+2i. 1 z2

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. 2 Izrazimo li iz druge jednaine bilo koju nepoznatu, imamo: x = . y Ako to zamenimo u prvou jednainu, dobijemo: 4 y 2 = 3 y 4 + 3 y 2 4 = 0. 2 y2 Prihvatamo realna reenja te bikvadratne jednaine: y12 2 = 1 , a odbacimo y 3 4 = 4.

Sledi: y = 1, odnosno x = 2. Prema tome traeni kompleksan broj je u1 2 = (2 i).

__________________________________________________________________ 40

Kompleksni brojevi_

Zbirka zadataka

________Zadatak Reiti kvadratnu jednainu (2 + i ) x 2 (5 i ) x + 2 2i = 0 .

2.1.14._______________Primer: Dat je kompleksan broj z 1 = 3 + i . Nai jo pet kompleksnih brojeva z2, z3, z4, z5 i z6 u algebarskom obliku tako da oni zajedno sa z1 ine temena pravilnog estougla iji centar lei u kordinatnom poetku.

________Reenje: Temena se dobijaju uzastopnim rotacijama za po 60o, to jest za ugao . Takvu 3 rotaciju moemo realizovati mnoenjem sa jedininim kompleksnim brojem iji je argument upravo ugao

3

:

u 0 = cos

3

+ i sin

3

=

1 3 1 +i = 1+ i 3 . 2 3 2

(

)

Uzastopnim mnoenjima dobijamo temena traenog estougla: 1 z 2 = z1 u 0 = 3 + i 1 + i 3 = 3 i , 2

(

) (

)

z3 = z2 u0 = 3 i

z4 = z3 u0 z5 = z 4 u0 z6 = z5 u0

) 1 (1 + i 3 ) = 2i , 2 1 = 2i (1 + i 3 ) = 3 i , 2 1 = ( 3 i ) (1 + i 3 ) = 3 + i , 2 1 = ( 3 + i ) (1 + i 3 ) = 2i . 2

(

________Zadatak Dat je kompleksan broj z1 = 1 + i . Nai kompleksne brojeve z 2 i z 3 u algebarskom obliku tako da oni zajedno sa z1 ine temena jednakostraninog trougla, iji centar lei u kordinatnom poetku.

2.1.15._______________Primer Izraunati vrednost izraza: cos

11

+ cos

9 7 5 3 . + cos + cos + cos 11 11 11 11

__________________________________________________________________ 41

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

________Reenje: Potrebno je uvesti kompleksan broj z = cos Z=z+z +z +z +z3 5 7 9

11

+ i sin2 5 2

11

i izraunati zbir Z:

1 . z 1 Ovaj zbir je izraunat po osnovu injenice, da se radi o prvih pet lanova geometrijske progresije sa kolinikom z2. Potrebno je uoiti i injenicu: z 11 = cos 11 + i sin 11 = cos + i sin = 1 . 11 11 Daljim "doterivanjem" izraunatog zbira geometrijske progresije, i korienjem upravo konstatovane injenice o stepenu kompleksnog broja z imamo: 1 z 1 1 z 11 z = = 2 = . 2 z 1 ( z 1)( z + 1) 1 z z 1 Proirimo dobijeni rezultat sa 1 z . Zbog (1 z )(1 z ) = 1 z z + z z = 2 2 cos (poto je proizvod kompleks11 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:1 1 1 z = = Z= 1 z 1 z 1 z 1 cos

(z ) = z

(z ) Z= z

2 5

sin 11 = 1 + i 11 . 2 21 cos 21 cos 11 11 11 + i sin

"Pokupimo" sada posebno realne i posebno imaginarne delove sabiraka u zbiru Z:9 7 5 3 Re(Z) = cos + cos + cos + cos + cos , 11 11 11 11 11 9 7 5 3 Im(Z) = sin + sin + sin + sin + sin . 11 11 11 11 11

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

9 1 7 5 3 + cos + cos + cos cos + cos = . 11 2 11 11 11 11 Pored ove identinosti "usput" smo dokazali jo jednu identinost (imaginarni delovi):sin 9 7 5 3 11 . + sin + sin + sin sin + sin = 11 11 11 11 11 21 cos 11

________Zadatak Dokazati identinost: cos10 1 8 6 4 2 + cos + cos + cos + cos = . 11 2 11 11 11 11

__________________________________________________________________ 42

_____________________3. VEKTORSKA ALGEBRA3.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEBE

3.0.1. Primer:r r r r r Dati su vektori a = 2i 3 j + 5k i b = (3,3,4 ) . Odrediti vektore r r r r r 3r r r 2a , b , a + b , 3a 2b i intenzitete a , b . 2

Reenje:r r r r r r r r a = 2i 3 j + 5k , b = (3,3,4 ) = 3i + 3 j 4k , r r r r r r r 2 a = 2 2 i 3 j + 5 k = 4 i 6 j + 10 k = (4 , 6 ,10 ) , r r 9 r 3r 3 r 9r 9 r 9 b = 3i + 3 j 4k = i j + 6k = , , 6 , 2 2 2 2 2 2 r r r r r r r r r r a + b = 2i 3 j + 5k + 3i + 3 j 4k = 5i + k = (5,0,1) ,

(

(

)

)

(

) (

)

r r r r r r r r 3a 2b = 3 2i 3 j + 5k 2 3i + 3 j 4k = r r r r r r r r = 6i 9 j + 15k 6i 6 j + 8k = 15 j + 23k , r 2 a = 2 2 + ( 3) + 52 = 4 + 9 + 25 = 38 , r b = 9 + 9 + 16 = 34 .

(

) (

)

3.0.2. Primer:r r Odrediti skalarni proizvod vektora a = (4,3,1) i b = (5,2,3) .

Reenje:

r r a o b = xa xb + ya yb + za zb = 4 5 + ( 3) ( 2) + 1 ( 3) = 20 + 6 3 = 23 .

__________________________________________________________________ 43

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

3.0.3. Primer:

r r r r r r r r r r r r Dati su vektori a = i + 3 j k , b = 2i 4 j + 3k i c = 4i 2 j 3k . r r r Odrediti a + b c .

(

)

Reenje:

(

r r r r r a + b = i j + 2k = ( 1,1,2) , r r r r c = 4i 2 j 3k = (4, 2, 3), r r r i j k r r r r r r a + b c = 1 1 2 = 7i + 5 j + 6k = (7, 5, 6 ) . 4 2 3

)

3.0.4. Primer:

r r Odrediti ugao izmeu vektora a = ( 2,2,1) i vektora b = ( 6,3,6 ) .Reenje:

r r r r a o b = a b cos r r a o b = 12 + 6 6 = 12 , r a = 4 + 4 +1 = 9 = 3 ,

r r a ob cos = r r , a b

r b = 36 + 9 + 36 = 81 = 9 ,

cos =

12 4 = 3 9 9

= arccos 63o3644 .

4 9

3.0.5. Primer:

r r Odrediti duinu projekcije vektora a = (5,2,5) na vektor b = (2,1,2 ) .Reenje:rr rr r pr ab rr r r r r r r pr ab cos = r a o b = a b cos = a b r = b pr ab a a r r rr a o b 10 2 + 10 18 pr ab = r = = = 6. 3 4 +1+ 4 b

( )

( )

( )

( )

__________________________________________________________________ 44

Vektorska algebra___

Zbirka zadataka

3.0.6. Primer:

r r r r r r Odrediti skalarni proizvod vektora a = p + 2q i b = p q , r r r r ako je p = 3, q = 2 i ( p, q ) = 45o .Reenje:r r r r r r r r r r r r r r a o b = ( p + 2q ) o ( p q ) = p o p p o q + 2q o p 2q o q = r r r r r r = p o p + q o p 2q o q = r2 r r r2 = p cos 0 o + p q cos 45 o 2 q cos 0 o =

= 9 1 + 3 2

2 2 2 1 = 12 4 = 8. 2

3.0.7. Primer:r r r r r r r Odrediti duinu vektora a = p 2q ako je p = 2, q = 3, ( p, q ) = . 3

Reenje:r r r a = aoa ==

r r r r ( p 2q ) o ( p 2q ) =

r r r r r r p o p 4p o q + 4q o q =

r2 r r r2 1 p 4 p q cos + 4 q = 4 4 2 3 + 4 9 = 4 12 + 36 = 28 = 2 7 . 3 2

3.0.8. Primer:

Neka su take A(2,4,5), B( 3,2,2 ), C ( 1,0,3) temena trougla. Dokazati da je trougao ABC pravougli.Reenje:

Treba dokazati da je jedan od unutranjih uglova trougla veliine 90o . Posmatrajmo vektore stranica CA = (3,4,2) i CB = ( 2,2,1) . Ugao kojeg zaklapaju ovi vektori rauna se po formuli cos =6+82 = 0 = arccos 0 = 90o , 9 + 16 + 4 4 + 4 + 1 a to znai da je trougao pravougli, prav ugao je kod temena C . cos = CA o CB CA CB .

__________________________________________________________________ 45

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

3.0.9. Primer: Izraunati zapreminu tetraedra ija su temena data kordinatama: A(2,3,1), B(4,1,2), C (6,3,7 ), D( 5,4,8) 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 AB, AC , AD .AC = (4,0,6 ) , AB = (2,2,3) ,

AD = ( 7,7,7 ) .

2 2 3 1 1 1 308 154 V = AB AC o AD = 4 0 6 = (84 + 84 + 56 + 84) = = . 6 6 6 6 3 7 7 7 Visinu moemo izraunati iz formule za zapreminu: 1 3V . V = B H ABC H ABC = B 3

(

)

Baza je trougao ABC iju povrinu raunamo formulom: B = PABC = r r r i j k r r r AB AC = 2 2 3 = 12i 24 j + 8k , 4 0 6 AB AC = 144 + 576 + 64 = 784 = 28 ,B= 28 = 14 2

AB AC 2

.

H ABC =

3V 154 = = 11 . B 14

3.0.10. Primer: Odrediti ugao kojeg zaklapaju dijagonale paralelograma konstruisanog nad r r r r r r r r vektorima a = 5m + 2n i b = m 3n , ako je m = 2 2 , n = 3r r i (m, n ) = . 4

Reenje:

r r Jedna dijagonala je zbir, a druga je razlika vektora stranica a i b . r r r r r r r r r d 1 = a + b = 5m + 2 n + m 3n = 6 m n , r r r r r r r r r d 2 = a b = 5m + 2 n m + 3n = 4 m + 5 n ,

__________________________________________________________________ 46

Vektorska algebra___

Zbirka zadataka

r r d1 o d 2 cos = r r , d1 d 2 r r r r r r r r r r r r d 1 o d 2 = (6m n ) o (4m + 5n ) = 24m o m + 26m o n 5n o n = r2 r r r2 2 = 24 m + 26 m n cos 5 n = 24 8 + 26 2 2 3 59 = 4 2 = 192 + 156 45 = 303,r r r d1 = d1 o d1 = r r r r (6m n ) o (6m n ) = r r r r r r 36m o m 12m o n + n o n =

= 36 8 12 2 2 3 r r r d2 = d2 o d2 =

2 + 9 = 288 72 + 9 = 225 = 15, 2 r r r r r r 16m o m + 40m o n + 25n o n =

r r r r (4m + 5n ) o (4m + 5n ) =

= 16 8 + 40 2 2 3

2 + 25 9 = 128 + 240 + 225 = 593 , 2

r r d1 o d 2 303 cos = r r = 0,8295 d1 d 2 15 593

= arccos

303 33o574 . 15 593

3.0.11. Primer:r r r r Izraunati duinu normalne projekcije vektora a = 12 n 3m 4 p na r r r r r r r r r vektor b = (m 2n ) (m + 3n 4 p ) , gde su m, n , p uzajamno ortogonalni jedinini ortovi koji u datom redosledu ine desno orijentisani trijedar.

Reenje: Po uslovu zadatka je znai: r r r r r r r r r m = n = p = 1 (m, n ) = (m, p ) = (n, p ) = 90o .

r Jednostavniji oblik vektora b dobiemo ako sredimo dati izraz.r r r r r r r r r r r r r r r r r r b = (m 2n ) (m + 3n 4 p ) = m m + 3m n 4m p 2n m 6n n + 8n p ,

r r r r r r r r r r r r r r r b = 0 + 3m n 4m p + 2m n + 0 + 8n p = 5m n 4m p + 8n p = r r r r r r = 5 p 4( n ) + 8m = 8m + 4n + 5 p.

__________________________________________________________________ 47

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

r r r r r r r r r r r r r r r r a o b (12n 3m 4 p ) o (8m + 4n + 5 p ) 48n o n 24m o m 20 p o p , pr ab = r = = r r r 8m + 4n + 5 p 64 + 16 + 25 b

( )

u brojiocu ostaju samo ovi sabirci, u ostalima se skalarno mnoe ortogonalni vektori, i ti su proizvodi jednaki sa nulom. rr 48 1 24 1 20 1 4 pr ab = = . 105 105 3.0.12. Primer:r r r Vektori a = (1,2 ,1) , b = (2, , ) i c = (3 ,2, ) su ivice tetraedra. a) Odrediti u funkciji zapreminu tog tetraedra. r r r b) Odrediti vrednost parametra tako da vektori a , b , c budu komplanarni. r r r c) U tom sluaju razloiti vektor a preko vektora b i c .

( )

Reenje: a)V piramide =

r r r (a b )o c =V piramide =

1 r r r a b o c , 6 1 2 1

(

)

2 3

2

= 6 3 2 + 4 ,

b)

1 6 3 2 + 4 . 6 r r r Ako su vektori a , b , c komplanarni V prizme = 0 , odnosno6 3 2 + 4 = 0 .

-1

6 0 6 -6

-2 4

4 0 1 = 1

6 36 96 R, 12 znai da je jedini realni koren 1 = 1 , a to znai da su dati vektori komplanarni za 1 = 1 . r r r a = xb + yc , c) (1,2,1) = x (2,1,1) + y ( 3,2,1) , (1,2,1) = (2 x, x, x ) + ( 3 y,2 y, y ) , (1,2,1) = (2 x 3 y, x + 2 y, x + y ) . 6 3 2 + 4 = ( + 1) 6 2 6 + 4 = 0 2 3 =__________________________________________________________________ 48

(

)

Vektorska algebra___

Zbirka zadataka

Izjednaavanjem odgovarajuih koeficijenata dobijamo sistem jednaina:2x 3 y = 1 x + 2 y = 2 x+ y =1 y = x +1y = 3

x + 2 x + 2 = 2 x = 4

r r r Traeno razlaganje je znai: a = 4b 3c .3.0.13. Primer:r r r Dokazati da su vektori a = ( 1,3,2 ), b = ( 2,3,4 ), c = ( 3,12,6 ) komplanarni i zatim odrediti njihovu linearnu zavisnost.

Reenje:

Vektori su komplanarni ako je njihov meoviti proizvod jednak nuli. Proverimo to. 1 3 2 r r r a b o c = 2 3 4 = 18 36 48 18 + 24 + 36 = 0 , 3 12 6 znai da su oni komplanarni.

(

)

r r r Njihovu linearnu zavisnost odreujemo iz linearne jednaine: xa + yb + zc = 0 .

x( 1,3,2) + y( 2,3,4) + z ( 3,12,6) = (0,0,0) x 2 y 3 z = 0 x = 2 y 3 z 3x 3 y + 12 z = 0 2x + 4 y + 6z = 0 x 2 y 3z = 0 x y + 4z = 0 3y + z = 0 z = 3y x = 11 y

za y = 1 dobija se z = 3, x = 11 , odnosno sledi da je traena linearna zavisnost:r r r 11a + b + 3c = 0 r r r b = 11a 3c .

__________________________________________________________________ 49

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

3.0.14. Primer:r r r Dati su vektori a = (ln( p 2),2,6) , b = ( p,2,5) , c = (0,1,3) . Odrediti realan parametar p tako da dati vektori budu komplanarni.

Reenje:

Tri vektora su komplanarna ako je njihov meoviti proizvod jednak nuli. ln( p 2) 2 6 r r r ab oc = p 2 5 = 6 ln( p 2 ) 6 p + 5 ln( p 2 ) + 6 p = 0 1 3

(

)

= ln( p 2) = 0

ln( p 2) = 0 p 2 = 1 p = 3 .3.0.15. Primer:r r r r Dati su vektori a = (0,2 p, p ), b = (2,2,1), c = ( 1,2,1), d = ( 3 p,2 p, p ) . r r r r a) Dokazati da su vektori a d i b c komplanarni. r r r r r b) Odrediti realan parametar p tako da je a b o c = a o c + p .

(

)

Reenje:

a)

r r Dva vektora su kolinearna ako je npr. v1 = kv2 . r r a d = (3 p,4 p,2 p ) r r b c = (3,4,2 ) r r r r Lako se uvia da je a d = p b c a to znai da su posmatrani vektori kolinearni.

(

)

b)

( 2,2 p 2, p 1) o ( 1,2,1) = (0,2 p, p ) o ( 1,2,1) + p ,2 4 p + 4 p + 1 = 4 p p + p , 5 p + 7 = 4 p , p = 7.

r r r r r (a b )o c = a o c + p ,

__________________________________________________________________ 50

Vektorska algebra___

Zbirka zadataka

3.1. PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA3.1.1._______________Primer

r r Izraunati kosinuse unutranjih uglova trougla ABC, ako je: AB = 2m 6n , r r r r BC = m + 7n , a m, n je par uzajamno normalnih jedininih vektora.

________Reenje:

cos =

jer je: 40 50 5 BA BC r r r r BA BC = (6n 2m)(m + 7n ) = 42 2 = 40 , r r r r BA = (6n 2m)(6n 2m) = 36 + 4 = 40 , i slino e biti BC = 50 .

BA BC

=

40

=

2

r r poto je trea stranica AC = AB + BC = 3m + n , sledi

AB AC = 0 cos = 0 , to4 1 = . 5 5

jest trougao je pravougli. Zato je cos = sin = 1 cos 2 = 1

________Zadatak

Izraunati kosinuse unutranjih uglova, kao i kosinus otrog ugla izmeu r r r r r r dijagonala paralelograma ABCD, ako je AB = 2m 6n , BC = m + 7n , a m, n je par uzajamno normalnih jedininih vektora.

3.1.2._______________Primerr r r Dati su vektori a = (1, 2, 3), b = (3, 2, 1), c = (1, 1, 1). r r r r v r Pokazati, da je vektor d = ( a b ) c koplanaran sa vektorima a i b . Razloiti r v r vektor d na komponente u pravcima vektora a i b .

________Reenje:

Kraa varijanta: koristei teoremu o dvostrukom vektorskom proizvodu dobijamo da je: r r r r r r r r r r r ( a b ) c ) = (a o c ) b b o c a = 6b 6a . Ovim je pokazana komplanarnost koja se tvrdi u zadatku, a izvreno je i r v r razlaganje vektora d na komponente u pravcima vektora a i b .

(

)

__________________________________________________________________ 51

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

r r a b = 1 3

Dua varijanta: izraunava se r r r i j k

2 2

i r r r 3 = (4, 8, 4), zatim ( a b ) c = 4 1

r

r j 8 1

r k 4 = (12, 0 12), i 1

1

r r reava se vektorska jednaina a + b = (12, 0 12). Dobijaju se reenja: r r v = 6 i = 6, to jest d = 6 a + 6 b .

________Zadatak

Date su take A(1, 1, 1), B(1, 2, 3), C(2, 3, 1) i D(1, 2, 1). r Nai jedinini vektor a 0 koji je normalan na vektore AB i CD .

3.1.3._______________Primerv r Izraunati povrinu paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b , za r r r r r r r r a = p 2q , b = q 2 p , ako su p, q 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: r r r r r r r r r r r r r r P = a b = ( p 2q ) ( q 2 p ) = p q 2 p p 2q q + 4q p . Na osnovu svojstava vektorskog proizvoda (vektorski proizvod istih ili paralelnih vektora je 0, odnosno zamena mesta inilaca dovodi do promene znaka) imamo:r r r v r r r r r r 3 P = p q 4 p q = 3 p q = 3 p q sin(p, q ) = 3 1 1 sin = . 6 2

________Zadatak

Izraunati ugao izmeu dijagonala paralelograma konstruisanog nad vekorima r r r r r r r r r r a = 5m + 2n i b = m 3n , ako je m = 2 2 , n = 3 i (m, n ) = . 4

__________________________________________________________________ 52

Vektorska algebra___

Zbirka zadataka

3.1.4._______________Primerr r r Neka su dati vektori a = ( k ,1, 4), b = (1, 2, 0), c = (3, 3, 4k ) . 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.

________Zadatakr Odrediti parametar m tako, da vektor a = ( m 3, 1, m) zaklapa jednake uglove sa r r vektorima b = (1, 2, 3) i c = ( 2,1,11) , zatim odrediti zapreminu piramide odreene r r r vektorima a , b i c .

3.1.5._______________Primer

Dati su vektori: r r r r r r r r r r a = 2 p + q , b = p q , c = p + 2 r ; p = 1,

r r q = 2, r = 3;

r r r r r r ( p , q ) = , ( p , r ) = , (q , r ) = . 4 2 2 Odrediti zapreminu paralelepipeda kojeg ti vektori odreuju.

.

________Reenje:

Traena zapremina je apsolutna vrednost meovitog proizvoda data tri vektora: r r r r r r r r r r r r V = a b o c = ((2 p + q ) ( p q )) o ( p + 2r ) = 6( p q ) o r .

(

)

Ova poslednja vrednost dobijena je tako, da smo usput koristili poznate injenice o svojstvima vektorskog proizvoda dva vektora, odnosno o meovitom proizvodu: r r r r r r r p p = 0, q q = 0, ( p q ) o p = 0. Konano, traena zapremina je: r r r r r r r r r r r V = 6 ( p q ) o r = 6 p q r cos 0 = 6 ( p q sin(p, q ) ) r = 18 2 .

__________________________________________________________________ 53

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

________Zadatak

Vektori stranica trougla ABC su: AB = 2a 6b, BC = a + 7b i CA = 3a b , gde su a i b uzajamno normalni jedinini vektori. Nai uglove trougla.

3.1.6._______________Primerr r r r Izraunati povrinu paralelograma konstruisanog nad vektorima a = 2i + 2 j k r r r i b = i + j , i visinu ha koja odgovara stranici a.

________Reenje:

Povrina paralelograma konstruisanog na dva vektora je brojno jednaka intenzitetu (duini) vektorskog proizvoda ta dva vektora: r r r r r r r p = a b = 2i + 2 j k i + j .

(

) (

)

Imajui u vidu "tablicu vektoskog mnoenja" jedininih vektora dobijamo: r r r r r r r r p = a b = i j = i j o i j = 2.

(

) (

)

r Do te povrine moemo doi i preko proizvoda osnovice a (duina vektora a ) i visine ha: Poto je: r r r r r r r a = a = 2i + 2 j k o 2i + 2 j k = 4 + 4 + 1 = 3 .

(

)(

)

Iz a ha = p, sledi: ha =

p 2 . = a 3

________Zadatak

r r r Dati su vektori a =(4, 3, 1), b =(5, 0, 2) i c =(3, 4, 5). Nai simetrian vektor r r r vektoru c u odnosu na ravan vektora ( a , b ).

3.1.7._______________Primer

Date su take A( 2,0,0), B (0,3,0), C (0,0,6), D ( 2,3,8) . 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

Vektorska algebra___

Zbirka zadataka

________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:

AB = OB OA = (2, 3, 0) , AC = OC OA = (2, 0, 6) i AD = (0, 3, 8) .Njihov meoviti proizvod je AB AC o AD = 54 , 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:

(

)

OE = OA + AB + AC = (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: OF = OA + AD + AC = (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._______________Primerr r r r r r r r r Dati su vektori a = 2m + n , b = 3n + p, c = 2m + 3 p . Za komponente tih vektora vae sledei odnosi: r r r r r r r r r m = n = 1, p = 2, (n , p ) = 60 o , (m, n ) = (m, p ) = 90 o . r r Odrediti duinu vektora d , gde je d jedna dijagonala paralelopipeda nad r r r vektorima a , b , c .

________Reenje:

Jedna od dijagonala je:

__________________________________________________________________ 55

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

r r r r r r r r r r r r r d = a + b + c = ( 2m + n ) + (3n + p ) + ( 2m + 3 p ) = 4m + 4n + 4 p , r r r r r r r r r pa je njena duina d = d o d = 16(m + n + p) o (m + n + p) = 1 + 1 + 4 + 2 = 8 2 ,r r r r r r jer je usled normalnosti vektora m o n = m o p = 0 , dok je n o p = 1 2 1 = 1 usled 2 kosinusa zahvaenog ugla. Slino se izraunavaju duine i ostalih dijagonala.

________Zadatakr r r r r r r r r r r Ispitati dali su vektori a = 6i + j + k , b = 3 j k i c = 2i + 3 j + 5k r r r komplanarni. Odrediti tako da vektor a + b bude normalan na vektor c .

3.1.9._______________Primerr r Dati su vektori a = (1,1,1) i b = (2,0,2 ) , i take A(1,2,3) i C (4,1, z ) . Nai povrinu paralelograma ABCD, ako su stranice paralelograma paralelne r r vektorima a i b .

________Reenje:

Usled paralelnosti stranica sa datim vektorima sledi: r r AC = ka + lb =(k, k, k) + (2l, 0, 2l), za neke brojeve k i l. S obzirom da na vektore poloaja posmatranih taaka: OC = OA + AC , pomou koordinata ta jednaina ima oblik: (1, 2, 2) + ( k + 2l , k , k + 2l ) = ( 4,1, z ) . Izjednaimo odgovarajue koordinate i dobijamo: k = 1, l = 1, z = 3. Ovi brojevi znae: r r r i j k r r AB = a , AD = b . Poto je AB AD = 1 1 1 = ( 2, 0, 2) , 2 0 2 a povrina paralelograma je brojno jednaka duini tog vektora, sledi: r r a b = 4 + 0 + 4 = 8 = 2 2.

________Zadatak

r r r r r Koji ugao zaklapaju jedinini vektori m i n ako su vektori a = m + 2n i r r r b = 5m 4n uzajamno ortogonalni?

__________________________________________________________________ 56

Vektorska algebra___

Zbirka zadataka

3.1.10._______________Primerr r r r Izraunati normalnu projekciju vektora a = 3m 12 n + 4 p na pravac vektora r r r r r r r v r b = ( m 2n ) (m + 3n 4 p ) , gde su m, n i p 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 r r r m n p r r r r 0 = 8m + 4n + 5 p . tretirati kao kordinate, pa e biti b = 1 2 1 3 4 r r r a ob 24 48 + 20 4 ra = Imamo injenicu: prb = . r = 64 + 16 + 25 105 b

________Zadatak

r r r Dati su vektori a =(2, 1, 3), b =(1, 4, 2) i c =(3, 2, 1). Odrediti ugao r r r r izmeu ravni vektora ( a , b ) i ravni vektora ( b , c ).

3.1.11._______________Primerr Odrediti parametar m tako, da vektor a = ( m 3, 1, m) zaklapa jednake uglove r r sa vektorima b = (1, 2, 3) i c = ( 2,1,11)

________Reenje:

Uglovi su jednaki, ako su kosinusi uglova jednaki. Izraunajmo skalarne proizvode i izjednaimo kosinuse uglova: r r r r a o b = a b cos = ( m 3) 2 + 1 + m 2 14 cos = (m 3) + 2 + 3m , r r r r a o c = a c cos = (m 3) 2 + 1 + m2 126 cos = 2(m 3) + 1 + 11m . Nakon deobe te dve jednakosti u sluaju 9 = +3 sledi: m = 8, dok sluaj 9 = 3 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 a = (1, k + 2, 3 ) zaklapa jednake uglove sa vektorima b = (3, 4, 0 ) i c = (9, 0, 12 ) , zatim izraunati zapreminu paralelepipeda razapetog nad tim vektorima.

3.1.12._______________Primerr r r Dati su vektori a = (1, 2, 3), b = (3, 2, 1), c = (1, 2, 1). Ako je jedno teme r r r piramide u kordinatnom poetku, a ivice koje ishode iz tog temena su a , b , c , nai r r r visinu tog tela, koja je sputena iz vrha vektora c na ravan vektora a , b .

________Reenje:

1 2 1 r r r 1 Zapremina te piramide je: V = (a b ) o c = 3 2 6 6 1 2

3 1 = 4 . Podelimo li 1

ovu zapreminu sa pripadnom osnovom, dobijemo traenu visinu. Osnova je polovina 1 r r apsolutne vrednosti vektorskog proizvoda vektora koji ine bazu: B = a b = 2 6 . 2 3V 12 Visina je: H = = = 6 2,45. B 2 6

________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._______________Primerr r r Izraunati zapreminu paralelepipeda konstruisanog nad vektorima a , b , c : r r r r r r r r r r r r a = m + n + p , b = m + n p , c = m n + p; r v r ako vektori m, n , p ine desni sistem u navedenom redosledu, i ako zapremina paralelepipeda konstruisanog nad njima iznosi .

__________________________________________________________________ 58

Vektorska algebra___

Zbirka zadataka

________Reenje: r r r Izraunajmo meoviti proizvod vektora a , b , c : r r r r r r r r r r r r a b o c = ((m + n + p ) (m + n p )) o (m n + p ) .

(

)

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:

r r r r r r r r r r r r r r r r r (a rb )orc =r(m rn rm rp + n m nr pr+ pr mr+ p n ) o (m r n +r p )r= r r r r r

r r r Zapremina paralelepipeda konstruisanog nad vektorima a , b , c je apsolutna vrednost upravo dobijenog meovitog proizvoda: r r r r r r 1 V = a b o c = 4 (m n ) o p = 4 = 1 , 4 r v r jer apsolutna vrednost meovitog proizvoda vektora m, n , p jeste zapremina paralelepipeda razapetog nad tim vektorima, a to je dato u zadatku: .

r = (m n ) o p + (m p ) o n + (n m ) o p (n p ) o m ( p m ) o n + ( p n ) o m = r r r r r r r r r r r r r r r r r r = (m n ) o p (m n ) o p (m n ) o p (m n ) o p (m n ) o p (m n ) o p = r r r = 4(m n ) o p

(

)

________Zadatakr r r r r r r r r r r Ispitati dali su vektori a = 6i + j + k , b = 3 j k i c = 2i + 3 j + 5k r r r komplanarni. Odrediti tako da vektor a + b bude normalan na vektor c .

3.1.14._______________Primerr r r Ako je a = (1,2,4) i b = (4,3,5) nai vektor x koji je normalan na osu Oy i r r r r zadovoljava uslove: x o a = 3 i x o b = 8 .

________Reenje:

r Neka je x = ( p, q, r ). Skalarni proizvodi dati u tekstu zadatka znae sledee jednaine: p 2q + 4r = 3 i 4p + 3q 5r = 8. Poto imamo tri nepoznate kordinate, r potrebna nam je i trea jednaina, koju dobijemo iz uslova da je vektor x normalan r na osu Oy, to jest skalarni proizvod sa "vektorom pravca" te ose (to je i ), jednak je r r r nuli. Poto je i = (1, 0, 0), odnosno x o i = 0 , neposredno dobijamo: p = 0.__________________________________________________________________ 59

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

Preostale su nam dve jednaine: 2q + 4r = 3 3q 5r = 8 Po osnovu reenja ovog sistema jednaina dobijemo reenje zadatka:r 17 7 x = 0, , . 2 2

________Zadatak

r r r r r r r Nai intenzitet vektora a = p 2q ako je p = 2 , q = 3 , ( p, q ) = . 6

3.1.15._______________Primerr r r r r r r r r r Dati su vektori a = 2 p + q i b = p 3q , gde je p = 2, q = 3, ( p, q ) = . 3 r r a) Odrediti skalarni proizvod a o b = r r b) Odrediti duinu vee dijagonale paralelograme konstruisanog nad vektorima a , b .

________Reenje:

a)

r r r r r r r a o b = (2 p + q ) o ( p 3q ) = 2 p

2

= 2 2 2 5 2 3 cos

r r r 5p o q 3 q

2

=

r r r r r r b) Dijagonale paralelograma su d 1 = a + b i d 2 = a b . Duine se raunaju na sledei nain: r r r r r r r r 2 r r r 2 d = d o d = a b o a b = a 2a o b + b , r 2 r r r r r 2 r r r 2 a = (2 p + q ) o (2 p + q ) = 4 p + 4 p o q + q = 16 + 12 + 9 = 37 , r 2 r r r r r 2 r r r 2 b = ( p 3q ) o ( p 3q ) = p 6 p o q + 9 q = 4 18 + 81 = 67 .

3

3 3 2 = 8 15 27 = 34.

(

)(

)

r r r r r Poto je skalarni proizvod a o b = 34, dua dijagonala je d 2 = a b , jer je

r r r d2 = d2 o d2 =

r r (a b )o (a b ) = r r

r a

2

r r r 2a o b + b

2

= 37 + 68 + 67 = 172 .

Kraa dijagonala bi imala duinu: r r r r r r r r 2 r r r d 1 = d 1 o d 1 = a + b o a + b = a + 2a o b + b

(

)(

)

2

= 37 68 + 67 = 36 = 6 .

________Zadatak

Take A (3, 2, k ), B (3, 3, 1) i C (5, k, 2) su tri uzastopna temena paralelograma ABCD. Nai k 0 tako da bude AD = 14 .__________________________________________________________________ 60

_____________________4. ELEMENTI ANALITIKE GEOMETRIJE4.0. PRIMERI ZADATAKA ZA VEBE4.0.1. Primer: Data je ravan sa svojom jednainom : 5 x 3 y + 4 z 20 = 0 . Ispitati koje od taaka A(5,1,2), B(7,0,6), C ( 2,6,12) pripadaju ravni . Reenje: Taka pripada ravni ako njene kordinate zadovoljavaju jednainu ravni. A : 5 5 3 ( 1) + 4 ( 2) 20 = 25 + 3 8 20 = 0 A , B : 5 7 3 0 + 4 ( 6) 20 = 35 0 24 20 0 B , C : 5 ( 2) 3 6 + 4 12 20 = 10 18 + 48 20 = 0 C . 4.0.2. Primer:r r Dati su vektori a = (3,2,0) i b = (5,4,2 ) . Sastaviti jednainu ravni koja sadri oba vektora i prolazi kroz taku M ( 4,0,5) .

Reenje: Jednainu ravni traimo u obliku : Ax + By + Cz + D = 0 , gde je r n = ( A, B, C ) vektor normale traene ravni, a konstantu D odreujemo iz uslova da taka M pripada ravni . Vektor normale nalazi se kao vektorski proizvod datih vektora: r r r i j k r r r r n = 3 2 0 = 4i 6 j + 2k = (4,6,2) = ( A, B, C ) 5 4 2

: 4x 6 y + 2z + D = 0 M : 4 ( 4 ) 6 0 + 2 5 + D = 0 D=6 16 + 10 + D = 0 znai da je jednaina traene ravni : 4 x 6 y + 2 z + 6 = 0 .__________________________________________________________________ 61

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

4.0.3. Primer: Date su take P(1,5,3), Q(5,6,0), R(11,3,2) . Sastaviti jednainu ravni koja sadri date take. Reenje: Vektor normale traene ravni nalazimo kao vektorski proizvod dva vektora iz traene ravni, to mogu biti npr. vektori PQ i PR .PR = (11,3,2 ) (1,5,3) = (10,2,1) r r r i j k r r r r n = 4 1 3 = 7i 26 j + 18k = (7,26,18) PQ = (5,6,0 ) (1,5,3) = (4,1,3)

10

2

1

pa jednainu ravni moemo pisati u obliku : 7 x 26 y + 18 z + D = 0 , a konstantu D odreujemo iz uslova da je npr. taka Q u posmatranoj ravni.Q : 7 5 26 ( 6 ) + 18 0 + D = 0 D = 191 35 + 156 + D = 0

znai da je jednaina ravni koja se trai : 7 x 26 y + 18 z 191 = 0 . 4.0.4. Primer: Ispitati komplanarnost taaka P(6,0,4), Q( 2,1,5), R( 3,1,2), M ( 2,1,5) . Zadatak reiti pomou jednaine ravni. Reenje: Kroz bilo koje tri take npr. P, Q, R postavljamo jednainu ravni, i proveravamo da li taka M pripada toj ravni ili ne. Jednainu ravni kroz take P, Q, R sastavljamo na isti nain kao u prethodnom primeru.PQ = ( 2,1,5) (6,0,4 ) = ( 8,1,1)

PR = ( 3,1,2 ) (6,0,4 ) = ( 9,1,2 ) r r r i j k r r r r n = 8 1 1 = i 25 j + 17k = ( 1,25,17 )

9 1 2

: x 25 y + 17 z + D = 0__________________________________________________________________ 62

Elementi analitike geometrije______

Zbirka zadataka

P : 1 6 + 25 0 + 17 4 + D = 0 6 + 68 + D = 0 D = 62

: x 25 y + 17 z 62 = 0 .Sada treba jo proveriti da li etvrta taka, taka M pripada dobijenoj ravni . M : 1 ( 2) 25 1 + 17 5 62 = 2 25 + 85 62 = 0 M , znai da su date take komplanarne, one sve pripadaju ravni ija je jednaina : x 25 y + 17 z 62 = 0 . 4.0.5. Primer: Data je ravan : 5 x 4 y + 3 z 7 = 0 i taka M (2,3,1) . Sastaviti jednainu ravni koja je paralelna sa ravni i prolazi kroz taku M . Reenje: Ako ravni i treba da budu paralelne, tada imaju isti vektor normale, koji se r r iz jednaine ravni moe proitati: n = n = (5,4,3) . Jednaina ravni glasi:

: 5 x 4 y + 3z + D = 0 , a konstantu D odreujemo iz uslova da taka M pripada ravni . M : 5 2 4 ( 3) + 3 ( 1) + D = 0 10 + 12 3 + D = 0 D = 19 Jednaina traene ravni glasi : 5 x 4 y + 3 z 19 = 0 .4.0.6. Primer: Date su prave a : a) b) Reenje:x+6 y4 z x 1 y z +1 i b: = = = = . 3 2 0 6 4 0 a i b. Ispitati meusobni poloaj pravih Napisati jednainu ravni koja sadri prave a i b .

r Vektor pravca prave a je a = (3,2,0) , a vektor pravca prave b je r r r b = ( 6,4,0 ) . Lako se uvia da je b = 2a , to znai da su vektori pravca kolinearni, a to znai da su prave a i b paralelne.a) b) Vektor normale ravni nalazi se kao vektorski proizvod dva r r nekolinearna vektora iz ravni , znai to ne mogu biti vektori a i b . Jedan od njih se moe koristiti , ali umesto drugog moramo nai neki vektor, koji nije paralelan sa prethodnim ali pripada ravni . Iz jednaina pravih a i b mogu se proitati kordinate po jedne take sa tih pravih.

__________________________________________________________________ 63

Zbirka zadataka

Diskretna matematika

Prava l :

prava a sadri taku A(1,2,1) , a prava b sadri taku B( 6,4,0) . r r Vektor nekolinearan sa vektorima a i b mogao bi da bude AB = ( 7,2,1) . Tada r vektor normale traene ravni moemo da raunamo kao vektorski proizvod vektora a i vektora AB : r r r i j k r r r r r n = a AB = 3 2 0 = 2i 3 j + 20k = (2,3,20 ) 7 2 1

x x0 y y0 z z0 = = sigurno prolazi kroz taku L(x0 , y0 , z 0 ) , znai lx ly lz

: 2 x 3 y + 20 z + D = 0A : 2 1 3 2 + 20 ( 1) + D = 0 2 6 20 + D = 0 D = 24

pa je jednaina traene ravni data sa: : 2 x 3 y + 20 z + 24 = 0 . 4.0.7. Primer: Date su prave a : a) b) Reenje:r r Vektori pravca pravih a i b su a = (2,3,1), b = ( 1,0,2 ) . Oni nisu r r kolinearni a kb , znai da prave nisu paralelne. One mogu imati presek ili mogu biti r r mimoilazne. Ako imaju presek, tada je meoviti proizvod vektora pravaca a i b i

x 1 y 2 z 3 x2 y 5 z 6 i b: . = = = = 1 2 3 1 0 2 Ispitati meusobni poloaj pravih a i b . Napisati jednainu ravni koja sadri prave a i b .

a)

(

)

vektora AB (koji spaja taku A sa prave a sa takom B sa prave b ) nula, jer su tada ovi vektori komplanarni. Ako su mimoilazne tada taj meoviti proizvod nije nula.

b . To su take sa kordinatama A(1,2,3) i B(2,5,