of 170 /170
Zbirka riješenih zadataka iz matematike Barakovi ´c Elvis

Matematika I - Elvis Barakovic - Zbirka Rjesenih Zadataka

  • Author
    saburtz

  • View
    1.743

  • Download
    566

Embed Size (px)

DESCRIPTION

Zbirka rijesenih zadataka iz predmeta Matematika 1 za tehnicke fakultete.

Text of Matematika I - Elvis Barakovic - Zbirka Rjesenih Zadataka

  • Zbirka rijeenih zadataka izmatematike

    Barakovic Elvis

  • Sadrzaj

    1 Elementi matematicke logike 2

    2 Skupovi. Relacije 5

    3 Jednacine i nejednacine sa apsolutnim vrijednostima 9

    4 Binomni obrazac 23

    5 Matematicka indukcija 35

    6 Kompleksni brojevi 45

    7 Determinante 57

    8 Matrice. Operacije sa matricama. 62

    9 Sistemi linearnih jednacina 82

    10 Limes funkcije 102

    11 Izvod funkcije 113

    12 Ispitivanje osobina i crtanje graka funkcije 130

    13 Neodreeni i odreeni integrali.Primjena odreenog integrala. 152

    14 Parcijalni izvodi.Ekstremi funkcije dvije promjenljive. 153

    15 Diferencijalne jednacine 168

  • Barakovic Elvis Matematika

    1 Elementi matematicke logike

    Svaka izjavna recenica nekog jezika koja ima smisla i koja ima osobinu da jetacna ili netacna naziva se iskaz (sud). Svaki iskaz mozemo obiljeziti nekimslovom (najcece slovom latinice), brojem ili nekim drugim simbolom. Takvesimbole nazivamo iskazna slova.Cinjenicu da je iskaz p tacan oznacavacemo sa (p) = > ili (p) = 1; acinjenicu da je netacan sa (p) = ? ili (p) = 0:Od dva ili vie iskaza mozemo sastaviti novi, slozeni iskaz. Sa iskazima, kaoelementima skupa iskaza, uvodimo sljedece operacije:

    1. NEGACIJA iskaza p je novi iskaz ep koji ima suprotnu istinitosnuvrijednost od istinitosne vrijednosti iskaza p.

    2. KONJUNKCIJA iskaza p i q je novi iskaz p ^ q koji je tacan ako suiskazi p i q istovremeno tacni a netacan u ostalim slucajevima.

    3. DISJUNKCIJA iskaza p i q je novi iskaz p_ q koji je netacan ako suiskazi p i q istvremeno netacni a tacan u ostalim slucajevima.

    4. IMPLIKACIJA iskaza p i q je novi iskaz p =) q koji je netacanako je iskaz p tacan a iskaz q netacan a tacan u ostalim slucajevima.

    5. EKVIVALENCIJA iskaza p i q je novi iskaz p () q koji je tacanako su iskazi p i q istvremeno iste istinitosne vrijednosti, a netacan uostalim slucajevima.

    Operacije sa iskazima mozemo predstaviti u obliku tabele.

    (p) (q) (ep) (p ^ q) (p _ q) (p =) q) (p () q)1 1 0 1 1 1 11 0 0 0 1 0 00 1 1 0 1 1 00 0 1 0 0 1 1

    Zadatak 1.1 Provjeriti da li je sljedeca iskazna formula tautologija

    F : e (p () q)| {z }L

    () (p () eq)| {z }D

    :

    Rjeenje:

    3

  • Barakovic Elvis Matematika

    Posmatrajmo tablicu

    (p) (q) (p () q) (L) (eq) (D) (F)1 1 1 0 0 0 11 0 0 1 1 1 10 1 0 1 0 1 10 0 1 0 1 0 1

    Formula je tautologija.

    Zadatak 1.2 Provjeriti da li je sljedeca iskazna formula tautologija

    F : e (p () q)| {z }L

    () (p^eq) _ (ep ^ q)| {z }D

    :

    Rjeenje:Posmatrajmo tablicu

    (p) (q) (p () q) (L) (ep) (eq) (p^eq) (ep ^ q) (D) (F)1 1 1 0 0 0 0 0 0 11 0 0 1 0 1 1 0 1 10 1 0 1 1 0 0 1 1 10 0 1 0 1 1 0 0 0 1

    Formula je tautologija.

    Zadatak 1.3 Provjeriti da li je sljedeca iskazna formula tautologija

    F : p ^ (q _ r)| {z }L

    () (p ^ q) _ (p ^ r)| {z }D

    :

    Rjeenje:Posmatrajmo tablicu

    (p) (q) (r) (q _ r) (L) (p ^ q) (p ^ r) (D) (F)1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 0 1 1 1 0 1 11 0 1 1 1 0 1 1 11 0 0 0 0 0 0 0 10 1 1 1 0 0 0 0 10 1 0 1 0 0 0 0 10 0 1 1 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 1

    Formula je tautologija.

    4

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 1.4 Provjeriti da li je sljedeca iskazna formula tautologija

    F : (p =) (q _ r))| {z }L

    =) (p ^ q) _ (p ^ r)| {z }D

    :

    Rjeenje:Posmatrajmo tablicu

    (p) (q) (r) (q _ r) (L) (p ^ q) (p ^ r) (D) (F)1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 0 1 1 1 0 1 11 0 1 1 1 0 1 1 11 0 0 0 0 0 0 0 10 1 1 1 1 0 0 0 00 1 0 1 1 0 0 0 00 0 1 1 1 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 0

    Formula nije tautologija

    Zadatak 1.5 Bez upotrebe tablice dokazati da je sljedeca formula tautologija

    F : ((p =) q)^eq)| {z }L

    =) ep|{z}D

    :

    Rjeenje:Pretpostavimo suprotno, tj da je formula nije tautologija. Tada postoje

    istinitosne vrijednosti iskaza p i q za koje vrijedi (L =) D) = 0: To ce sedesiti samo onda ako je iskaz L tacan a iskaz D netacan. Meutim, da biiskaz D bio netacan onda iskaz p mora biti tacan. Da bi iskaz P bio tacan,onda moraju biti tacni iskazi p =) q i eq a odavdje vidimo da iskaz qmora biti netacan. Ali kako je iskaz p tacan a iskaz q netacan tada je iskazp =) q netacan a nama se zahtijeva da bude tacan.Kontradikcija sa pretpostavkom.Dakle, iskaz je tautologija.

    Zadaci za samostalan rad

    Ispitati da li su sljedece iskazne formule tautologije

    1. p _ (q ^ r) () (p _ q) ^ (p _ r)2. (p =) q) () ep _ q

    5

  • Barakovic Elvis Matematika

    3. (p () q) () (p ^ q) _ (ep^eq)4. ((p =) q) ^ (q =) r)) =) (p =) r)5. ((p =) q) ^ (q^er)) =) (ep =) r)

    6

  • Barakovic Elvis Matematika

    2 Skupovi i relacije

    Pojam skupa je osnovni pojam u matematici pa se zato i ne denie. Ovajpojam objanjavamo navodeci primjer nekog skupa i ukazujuci na pravilanjegove upotrebe u matematici.Skupove oznacavamo velikim slovima latinice A;B;C; :::; X; Y; ::: a elementenekog skupa malim slovima latinice a; b; c; :::; x; y; :::.Za skupove A i B kazemo da su jednaki ako su sastavljeni od istih elemenata.Za skup A kazemo da je podskup skupa b ako svaki element iz skupa Aistovremeno pripada i skupu B. To oznacavamo sa A B:Operacije sa skupovima deniemo sa:

    A \B = fx : x 2 A ^ x 2 BgA [B = fx : x 2 A _ x 2 BgAnB = fx : x 2 A ^ x =2 BgAB = (AnB) [ (BnA)AB = f(a; b) : a 2 A ^ b 2 Bg

    Zadatak 2.1 Dokazati:

    (A [B)C = AC \BC :Rjeenje:

    x 2 (A [B)C() x =2 A [B() e (x 2 A [B)() e (x 2 A _ x 2 B)() x =2 A ^ x =2 B() x 2 AC ^ x 2 BC() x 2 AC \BC :

    Zadatak 2.2 Dokazati:AnB = A \BC :

    Rjeenje:

    x 2 AnB() x 2 A ^ x =2 B() x 2 A ^ x 2 BC() x 2 A \BC :

    7

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 2.3 Dokazati

    (A \B) [ C = (A [ C) \ (B [ C) :Rjeenje:

    x 2 (A \B) [ C() x 2 A \B _ x 2 C() x 2 A ^ x 2 B _ x 2 C() x 2 A _ x 2 C ^ x 2 B _ x 2 C() (x 2 A _ x 2 C) ^ (x 2 B _ x 2 C)() x 2 A [ C ^ x 2 B [ C() x 2 (A [ C) \ (B [ C) :

    Zadatak 2.4 Dokazati:

    (A \B) nC = (AnC) \ (BnC) :Rjeenje:

    x 2 (A \B) nC() x 2 A \B ^ x =2 C() x 2 A ^ x 2 B ^ x =2 C() x 2 A ^ x =2 C ^ x 2 B ^ x =2 C() (x 2 A ^ x =2 C) ^ (x 2 B ^ x =2 C)() x 2 AnC ^ x 2 BnC() x 2 (AnC) \ (BnC) :

    Zadatak 2.5 Dokazati:

    (AnB) \ (CnD) = (A \ C) n (B [ C) :Rjeenje:

    x 2 (AnB) \ (CnD)() x 2 AnB ^ x 2 CnD() x 2 A ^ x =2 B ^ x 2 C ^ x =2 D() x 2 A ^ x 2 C ^ x =2 B ^ x =2 D() (x 2 A ^ x 2 C) ^ (x =2 B ^ x =2 D)() x 2 A \ C ^ x =2 B [D() x 2 (A \ C) n (B [ C) :

    8

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 2.6 Dokazati:

    (A \B) (C \D) = (A C) \ (B D) :

    Rjeenje:

    (x; y) 2 (A \B) (C \D)() x 2 A \B ^ y 2 C \D() x 2 A ^ x 2 B ^ y 2 C ^ y 2 D() x 2 A ^ y 2 C ^ x 2 B ^ y 2 D() (x 2 A ^ y 2 C) ^ (x 2 B ^ y 2 D)() (x; y) 2 A C ^ (x; y) 2 B D() (x; y) 2 (A C) \ (B D) :

    Zadatak 2.7 Dat je skup X = f1; 2; 3; 4g : Napisati relacije denisane sa

    1 =(x; y) 2 X2 : x < y

    2 =(x; y) 2 X2 : x y

    3 =(x; y) 2 X2 : x > y :

    Rjeenje:Kako je

    X2 = X X = f(1; 1) ; (1; 2) ; (1; 3) ; (1; 4) ; (2; 1) ; (2; 2) ; (2; 3) ; (2; 4) ;(3; 1) ; (3; 2) ; (3; 3) ; (3; 4) ; (4; 1) ; (4; 2) ; (4; 3) ; (4; 4)g

    tada je

    1 =(x; y) 2 X2 : x < y =

    = f(1; 2) ; (1; 3) ; (1; 4) ; (2; 3) ; (2; 4) ; (3; 4)g :2 =

    (x; y) 2 X2 : x y =

    = f(1; 1) ; (1; 2) ; (1; 3) ; (1; 4) ; (2; 2) ; (2; 3) ; (2; 4) ; (3; 3) ; (3; 4) ; (4; 4)g :3 =

    (x; y) 2 X2 : x > y =

    = f(2; 1) ; (3; 1) ; (3; 2) ; (4; 1) ; (4; 2) ; (4; 3)g :

    Zadatak 2.8 Neka jeX = f1; 2; 3g : Napisati elemente relacije denisane sa

    =(x; y; z) 2 X3 : x+ y z :

    9

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:Kako je

    X3 = X X X = f(1; 1; 1) ; (1; 1; 2) ; (1; 1; 3) ; (1; 2; 1) ; (1; 2; 2) ;(1; 2; 3) ; (1; 3; 1) ; (1; 3; 2) ; (1; 3; 3) (2; 1; 1) ; (2; 1; 2) ;

    (2; 1; 3) ; (2; 2; 1) ; (2; 2; 2) ; (2; 2; 3) ; (2; 3; 1) ; (2; 3; 2) ;

    (2; 3; 3) (3; 1; 1) ; (3; 1; 2) ; (3; 1; 3) ; (3; 2; 1) ; (3; 2; 2) ;

    (3; 2; 3) ; (3; 3; 1) ; (3; 3; 2) ; (3; 3; 3)g

    pa je

    =(x; y; z) 2 X3 : x+ y z

    = f(1; 1; 2) ; (1; 1; 3) ; (1; 2; 3)g :

    Zadatak 2.9 U skupu N denisana je relacija

    =(x; y) 2 N2 : x+ 5y = 25 :

    Napisati elemente relacije :

    Rjeenje:Iz

    x+ 5y = 25

    x = 25 5yx = 5 (5 y)

    vidimo da y 2 f1; 2; 3; 4g ; jer u protivnom x ne bi bio prirodan broj.Sada

    y = 1 =) x = 20y = 2 =) x = 15y = 3 =) x = 10y = 4 =) x = 5

    pa je

    =(x; y) 2 N2 : x+ 5y = 25 =

    = f(20; 1) ; (15; 2) ; (10; 5) ; (5; 4)g :

    10

  • Barakovic Elvis Matematika

    3 Jednacine i nejednacine sa apsolutnim vri-jednostima

    Zadatak 3.1 Rijeiti jednacinu

    jx 1j jx+ 2j = 1:Rjeenje:

    x 1 = 0 =) x = 1x+ 2 = 0 =) x = 2

    Posmatrajmo tablicu

    x : 1 2 1 +1

    x 1 +x+ 2 + +

    Imamo tri slucaja:1) x 2 (1;2]Sada je

    jx 1j = (x 1) = 1 xjx+ 2j = (x+ 2) = x 2

    pa jednacina ima oblik

    (x 1) ( (x+ 2)) = 11 x+ x+ 2 = 1

    3 = 1

    pa jednacina nema rjeenja.2) x 2 (2; 1]Sada je

    jx 1j = (x 1) = 1 xjx+ 2j = x+ 2

    pa jednacina ima oblik

    (x 1) (x+ 2) = 11 x x 2 = 1

    2x 1 = 12x = 2x = 1 2 (2; 1]

    11

  • Barakovic Elvis Matematika

    pa je rjeenje jednacine x = 1.3) x 2 (1;+1)Sada je

    jx 1j = x 1jx+ 2j = x+ 2

    pa jednacina ima oblik

    x 1 (x+ 2) = 1x 1 x 2 = 1

    3 = 1pa jednacina nema rjeenja.Dakle, jednacina ima samo jedno rjeenje x = 1:

    Zadatak 3.2 Rijeiti jednacinux2 + x 2+ x2 x 2 = 2:Rjeenje:

    x2 + x 2 = 0 =) x1 = 2; x2 = 1x2 x 2 = 0 =) x1 = 1; x2 = 2

    Posmatrajmo tablicu

    x : 1 2 1 1 2 +1

    x2 + x 2 + + +x2 x 2 + + +

    Imamo pet slucajeva:1) x 2 (1;2]Sada je x2 + x 2 = x2 + x 2x2 x 2 = x2 x 2

    pa jednacina ima oblikx2 + x 2+ x2 x 2 = 2x2 + x 2 + x2 x 2 = 2

    2x2 = 6

    x2 = 3 =) x1 = p3 =2 (1;2]

    x2 =p3 =2 (1;2] :

    12

  • Barakovic Elvis Matematika

    Jednacina u ovom slucaju nema rjeenja.2) x 2 (2;1]Sada je x2 + x 2 = x2 + x 2 = x2 x+ 2x2 x 2 = x2 x 2

    pa jednacina ima oblikx2 + x 2+ x2 x 2 = 2x2 x+ 2 + x2 x 2 = 2

    2x = 2x = 1 2 (2;1]

    U ovom slucaju rjeenje jednacine je x = 1.3) x 2 (1; 1]Sada je x2 + x 2 = x2 + x 2 = x2 x+ 2x2 x 2 = x2 x 2 = x2 + x+ 2

    pa jednacina ima oblikx2 + x 2+ x2 x 2 = 2x2 x+ 2 x2 + x+ 2 = 2

    2x2 = 2x2 = 1 =) x1 = 1 =2 (1; 1]

    x2 = 1 2 (1; 1] :U ovom slucaju rjeenje jednacine je x = 1.4) x 2 (1; 2]Sada je x2 + x 2 = x2 + x 2x2 x 2 = x2 x 2 = x2 + x+ 2

    pa jednacina ima oblikx2 + x 2+ x2 x 2 = 2x2 + x 2 x2 + x+ 2 = 2

    2x = 2

    x = 1 =2 (1; 2] :

    13

  • Barakovic Elvis Matematika

    Jednacina u ovom slucaju nema rjeenja.5) x 2 (2;+1]Sada je x2 + x 2 = x2 + x 2x2 x 2 = x2 x 2

    pa jednacina ima oblikx2 + x 2+ x2 x 2 = 2x2 + x 2 + x2 x 2 = 2

    2x2 = 6

    x2 = 3 =) x1 = p3 =2 (2;+1]

    x2 =p3 =2 (2;+1] :

    Jednacina u ovom slucaju nema rjeenja.Dakle, rjeenja jednacine su x = 1 i x = 1.

    Zadatak 3.3 Rijeiti jednacinu

    jx 1j+ x2 + 3x 4 = 5:Rjeenje:

    x 1 = 0 =) x = 1x2 + 3x 4 = 0 =) x = 1 _ x = 4:

    Posmatrajmo tablicu

    x : 1 4 1 +1

    x 1 +x2 + 3x 4 + +

    Imamo tri slucaja:1) x 2 (1;4]Sada je

    jx 1j = (x 1) = 1 xx2 + 3x 4 = x2 + 3x 4pa jednacina ima oblik

    1 x+ x2 + 3x 4 = 5x2 + 2x 8 = 0 =) x1 = 4 2 (1;4]

    x2 = 2 =2 (1;4] :

    14

  • Barakovic Elvis Matematika

    U ovom slucaju rjeenje jednacine je x = 4.2) x 2 (4; 1]Sada je

    jx 1j = (x 1) = 1 xx2 + 3x 4 = x2 + 3x 4 = x2 3x+ 4pa jednacina ima oblik

    1 x x2 3x+ 4 = 5x2 4x = 0 =) x1 = 4 =2 (4; 1]

    x2 = 0 2 (4; 1] :U ovom slucaju rjeenje jednacine je x = 0.3) x 2 (1;+1)Sada je

    jx 1j = x 1x2 + 3x 4 = x2 + 3x 4pa jednacina ima oblik

    x 1 + x2 + 3x 4 = 5x2 + 4x 10 = 0 =) x1 = 2

    p11 =2 (1;+1)

    x2 = 2 +p11 2 (1;+1) :

    U ovom slucaju rjeenje jednacine je x = 2 +p11.Dakle, rjeenja jednacine su: x1 = 4; x2 = 0; x3 = 2 +

    p11:

    Zadatak 3.4 Rijeiti nejednacinux2 + 2x 3 < 3x+ 3:Rjeenje:

    x2 + 2x 3 = 0 =) x1 = 3; x2 = 1Posmatrajmo tablicu

    x : 1 3 1 +1

    x2 + 2x 3 + +Imamo tri slucaja1) x 2 (1;3]

    15

  • Barakovic Elvis Matematika

    Sada je x2 + 2x 3 = x2 + 2x 3pa nejednacina ima oblik

    x2 + 2x 3 < 3x+ 3x2 + x 6 < 0

    Nule kvadratnog trinoma x2 + x 6 su x1 = 2 i x2 = 3 pa rjeenje nejed-nacine je

    R = (3; 2) :Rjeenje pocetne nejednacine je

    R1 = (1: 3] \ (3; 2)R1 = ?:

    2) x 2 (3; 1]Sada je x2 + 2x 3 = x2 + 2x 3 = x2 2x+ 3

    pa nejednacina ima oblik

    x2 2x+ 3 < 3x+ 3x2 5x < 0

    Nule kvadratnog trinoma x2 5x su x1 = 5 i x2 = 0 pa rjeenje nejed-nacine je

    R = (1;5) [ (0;+1)Rjeenje pocetne nejednacine je

    R2 = ((1;5) [ (0;+1)) \ (3; 1]R2 = (0; 1] :

    3) x 2 (1;+1)Sada je x2 + 2x 3 = x2 + 2x 3

    pa nejednacina ima oblik

    x2 + 2x 3 < 3x+ 3x2 + x 6 < 0

    16

  • Barakovic Elvis Matematika

    Nule kvadratnog trinoma x2 + x 6 su x1 = 2 i x2 = 3 pa rjeenje nejed-nacine je

    R = (3; 2) :Rjeenje pocetne nejednacine je

    R3 = (1;+1) \ (3; 2)R3 = (1; 2) :

    Konacno rjeenje nejednacine je

    R = R1 [R2 [R3R = (0; 2) :

    Zadatak 3.5 Rijeiti nejednacinux2 2x 3+ 2 2x jx 4j+ x2:Rjeenje:

    x2 2x 3 = 0 =) x1 = 1; x2 = 3x 4 = 0 =) x = 4:

    Posmatrajmo tablicu

    x : 1 1 3 4 +1

    x2 2x 3 + + +x 4 +

    Imamo cetiri slucaja:1) x 2 (1;1]Sada je x2 2x 3 = x2 2x 3

    x 4 = (x 4) = 4 x

    pa nejednacina ima oblik

    x2 2x 3 + 2 2x 4 x+ x23x 5 = : (3)x 5

    3

    17

  • Barakovic Elvis Matematika

    pa je rjeenje nejednacine x 2 1;53 :Rjeenje pocetne nejednacine u ovom slucaju je

    R1 = (1;1] \1;5

    3

    :

    Dakle,

    R1 =1;5

    3

    :

    2) x 2 (1; 3]Sada je x2 2x 3 = x2 2x 3 = x2 + 2x+ 3

    x 4 = (x 4) = 4 xpa nejednacina ima oblik

    x2 + 2x+ 3 + 2 2x 4 x+ x22x2 + x+ 1 0

    pa je rjeenje kvadratne nejednacine x 2 12 ; 1 :Rjeenje pocetne nejednacine u ovom slucaju je

    R2 = (1; 3] \12; 1

    :

    Dakle,

    R2 =12; 1

    :

    3) x 2 (3; 4]Sada je x2 2x 3 = x2 2x 3

    x 4 = (x 4) = 4 xpa nejednacina ima oblik

    x2 2x 3 + 2 2x 4 x+ x23x 5 = : (3)x 5

    3

    pa je rjeenje nejednacine x 2 1;53 :18

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje pocetne nejednacine u ovom slucaju je

    R3 = (3; 4] \1;5

    3

    :

    Dakle,R3 = ?:

    4) x 2 (4;+1)Sada je x2 2x 3 = x2 2x 3

    x 4 = x 4pa nejednacina ima oblik

    x2 2x 3 + 2 2x x 4 + x25x 3 = : (5)x 3

    5

    pa je rjeenje nejednacine x 2 1; 35 :Rjeenje pocetne nejednacine u ovom slucaju je

    R4 = (4;+1) \1; 3

    5

    :

    Dakle,R4 = ?:

    Konacno rjeenje nejednacine je

    R = R1 [R2 [R3 [R4R =

    1;5

    3

    [12; 1

    :

    Zadatak 3.6 Rijeiti nejednacinux2 4x+ 3 x2 + jx 5j :Rjeenje:

    x2 4x = 0 =) x1 = 0; x2 = 4x 5 = 0 =) x = 5:

    19

  • Barakovic Elvis Matematika

    Posmatrajmo tablicu

    x : 1 0 4 5 +1

    x2 4x + + +x 5 +

    Imamo cetiri slucaja:1) x 2 (1; 0]Sada je x2 4x = x2 4x

    jx 5j = (x 5) = 5 xpa nejednacina ima oblik

    x2 4x+ 3 x2 + 5 x3x 2 = : (3)x 2

    3

    pa je rjeenje nejednacine x 2 1;23 :Rjeenje pocetne nejednacine je

    R1 = (1; 0] \1;2

    3

    R1 =

    1;2

    3

    :

    2) x 2 (0; 4]Sada je x2 4x = x2 4x = x2 + 4x

    jx 5j = (x 5) = 5 xpa nejednacina ima oblik

    x2 + 4x+ 3 x2 + 5 x2x2 + 5x 2 0

    pa je rjeenje kvadratne nejednacine x 2 12 ; 2 :Rjeenje pocetne nejednacine je

    R2 = (0; 4] \1

    2; 2

    R2 =

    1

    2; 2

    :

    20

  • Barakovic Elvis Matematika

    3) x 2 (4; 5]Sada je x2 4x = x2 4x

    jx 5j = (x 5) = 5 xpa nejednacina ima oblik

    x2 4x+ 3 x2 + 5 x3x 2 = : (3)x 2

    3

    pa je rjeenje nejednacine x 2 1;23 :Rjeenje pocetne nejednacine je

    R3 = (4; 5] \1;2

    3

    R3 = ?:

    4) x 2 (5;+1)Sada je x2 4x = x2 4x

    jx 5j = x 5pa nejednacina ima oblik

    x2 4x+ 3 x2 + x 55x 8 = : (8)x 8

    5

    pa je rjeenje kvadratne nejednacine x 2 1; 85 :Rjeenje pocetne nejednacine je

    R4 =1; 8

    5

    \ (5;+1)

    R4 = ?:Konacno rjeenje nejednacine je

    R = R1 [R2 [R3 [R4R =

    1;2

    3

    [1

    2; 2

    :

    21

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 3.7 Rijeiti nejednacinux2 8x+ 12+ 4x 1 x2 + jx 7j :Rjeenje:

    x2 8x+ 12 = 0 =) x1 = 2; x2 = 6x 7 = 0 =) x = 7:

    Posmatrajmo tablicu

    x : 1 2 6 7 +1

    x2 8x+ 12 + + +x 7 +

    Imamo cetiri slucaja:1) x 2 (1; 2]Sada je x2 8x+ 12 = x2 8x+ 12

    jx 7j = (x 7) = 7 xpa nejednacina ima oblik

    x2 8x+ 12 + 4x 1 x2 + 7 x3x 4 = : (4)x 4

    3

    pa je rjeenje nejednacine x 2 1; 43 :Rjeenje pocetne nejednacine je

    R1 = (1; 2] \1; 4

    3

    R1 =

    1; 4

    3

    :

    2) x 2 (2; 6]Sada jex2 8x+ 12 = x2 8x+ 12 = x2 + 8x 12

    jx 7j = (x 7) = 7 x

    22

  • Barakovic Elvis Matematika

    pa nejednacina ima oblik

    x2 + 8x 12 + 4x 1 x2 + 7 x2x2 + 13x 20 0

    pa je rjeenje nejednacine x 2 52 ; 4 :Rjeenje pocetne nejednacine je

    R2 = (2; 6] \5

    2; 4

    R2 =

    5

    2; 4

    :

    3) x 2 (6; 7]Sada je x2 8x+ 12 = x2 8x+ 12

    jx 7j = (x 7) = 7 xpa nejednacina ima oblik

    x2 8x+ 12 + 4x 1 x2 + 7 x3x 4 = : (4)x 4

    3

    pa je rjeenje nejednacine x 2 1; 43 :Rjeenje pocetne nejednacine je

    R3 = (6; 7] \1; 4

    3

    R3 = ?:

    4) x 2 (7;+1)Sada je x2 8x+ 12 = x2 8x+ 12

    jx 7j = x 7pa nejednacina ima oblik

    x2 8x+ 12 + 4x 1 x2 + x 75x 18 = : (5)x 18

    5

    23

  • Barakovic Elvis Matematika

    pa je rjeenje nejednacine x 2 1; 185 :Rjeenje pocetne nejednacine je

    R4 = (7;+1) \1; 18

    5

    R4 = ?:

    Konacno rjeenje nejednacine je

    R = R1 [R2 [R3 [R4R =

    1; 4

    3

    [5

    2; 4

    :

    24

  • Barakovic Elvis Matematika

    4 Binomni obrazac

    (a+ b)n =

    nXk=0

    n

    k

    ankbk

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk

    n! = 1 2 3 ::: nn

    k

    =

    n!

    k!(n k)! =n (n 1) ::: (n k + 1)

    1 2 3 ::: kZadatak 4.1 Naci trinaesti clan u razvoju binomap

    2 +3p315

    :

    Rjeenje:Buduci da trazimo trinaesti clan u razvoju binoma, onda uzimamo da je

    k=12 i uvrtavajuci u formulu za opci clan razvoja binoma, dobijamo:

    T13 =

    15

    12

    p21512

    3p312

    =

    15

    12

    p23313

    12=

    =

    15

    12

    2p2 34 = 73710

    p2:

    Zadatak 4.2 Odrediti koecijent uz x8 u razvoju binoma (x+ 3)12 :

    Rjeenje:Opci clan razvoja binoma (x+ 3)12 je

    Tk+1 =

    12

    k

    x12k 3k

    pa je jasno da mora biti 12 k = 8 jer trazimo koecijent uz x8, odakle jek = 4. Trazeni koecijent je

    12

    4

    34 = 12 11 10 9

    1 2 3 4 81 = 40095:

    25

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 4.3 U razvoju binoma2

    x+ 3x

    15odrediti koecijent uz x7:

    Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk =

    15

    k

    2

    x

    15k (3x)k =

    =

    15

    k

    2x1

    15k 3kxk = 15k

    215kx15+k 3kxk =

    =

    15

    k

    215k 3k x15+2k

    Buduci da trazimo koecijent uz x7; onda mora biti

    15 + 2k = 7odakle je k = 11, pa je trazeni koecijent uz x7

    15

    k

    215k 3k =

    15

    11

    21511 311 =

    15

    4

    24 311:

    Zadatak 4.4 Naci clan koji sadrzi x7 u razvoju binoma3px2 px

    12:

    Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk =

    12

    k

    3px212k

    pxk ==

    12

    k

    x23

    12kx 12

    k=

    12

    k

    x242k3 (1)k x k2 =

    =

    12

    k

    (1)k x 242k3 + k2 =

    12

    k

    (1)k x 48k6 :

    Sada je jasno da mora biti48 k6

    = 7

    odakle je k = 6:

    Dakle, sedmi clan razvoja binoma

    3px2 px

    12sadrzi x7.

    26

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 4.5 U razvoju binomapx+

    13px

    16naci clan koji sadrzi x3:

    Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk =

    16

    k

    px16k 1

    3px

    k=

    =

    16

    k

    x12

    16kx

    13

    k=

    16

    k

    x16k2 x k3 =

    =

    16

    k

    x16k2 k3 =

    16

    k

    x485k6 :

    Sada je jasno da mora biti48 5k6

    = 3

    odakle je k = 6:

    Dakle, sedmi clan razvoja binomapx+ 13px

    16sadrzi x3.

    Zadatak 4.6 Odrediti onaj clan razvoja binoma3px2 x1

    15koji ne sadrzi x:

    Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk =

    15

    k

    3px215k

    x1k ==

    15

    k

    x23

    15k (1)k xk =

    15

    k

    x302k3 (1)k xk =

    =

    15

    k

    (1)k x 302k3 k =

    15

    k

    (1)k x 305k3 :

    Buduci da trazimo clan koji ne sadrzi x, onda mora biti

    30 5k3

    = 0

    odakle je k = 6.

    Dakle, sedmi clan razvoja binoma

    3px2 x1

    15ne sadrzi x.

    27

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 4.7 Odrediti onaj clan razvoja binomapx 3p

    x

    8koji ne sadrzi x:

    Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk =

    8

    k

    px8k 3p

    x

    k=

    =

    8

    k

    x12

    8k3x 12

    k=

    8

    k

    x8k2 (3)k x k2 =

    =

    8

    k

    (3)k x 8k2 k2 =

    8

    k

    (3)k x 82k2 =

    8

    k

    (3)k x4k:

    Buduci da trazimo clan koji ne sadrzi x, onda mora biti

    4 k = 0odakle je k = 4.

    Dakle, peti clan razvoja binomapx 3p

    x

    8ne sadrzi x.

    Zadatak 4.8 Naci srednji clan u razvoju binoma2

    xpx

    16:

    Rjeenje:Razvoj binoma

    2xpx16 ima 17 clanova pa je srednji clan deveti clan,

    pa cemu u formulu za opci clan razvoja binoma uvrstiti k = 8. Tako imamo

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk =

    16

    8

    2

    x

    168 px8 =

    =

    16

    8

    2

    x

    8x 12

    8=

    16

    8

    28 x8 (1)8 x4 =

    =

    16

    8

    28 x4 = 3294720x4:

    Zadatak 4.9 Odrediti peti clan u razvoju binoma2xpx 3px8 :28

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:Buduci da trazimo peti clan u razvoju binoma, onda cemo u formulu za

    opci clan razvoja binoma uvrstiti k = 4 i tako dobijamo

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk =

    8

    4

    2xpx84 3px4 =

    =

    8

    4

    2x

    32

    4x 13

    4=

    8

    4

    24 x6 (1)4 x 43 =

    =

    8

    4

    24 x6+ 43 = 1120x 223 :

    Zadatak 4.10 Naci trinaesti clan u razvoju binoma9x 1p

    3x

    nako je binomni koeciet treceg clana jednak 105.

    Rjeenje:Binomni koecijent treceg clana je

    n2

    pa iz uslova zadatka imamo

    n

    2

    = 105 =) n (n 1)

    1 2 = 105 =)=) n (n 1) = 210 =) n2 n = 210=) n2 n 210 = 0:

    Rjeenja ove kvadratne jednacine su n1 = 15; n2 = 14 pa uzimamo samoprvo rjeenje a drugo odbacujemo jer je negativno. Sada binom ima oblik

    9x 1p3x

    15:

    Buduci da trazimo trinaesti clan razvoja binoma, u formulu za opci clanrazvoja binoma uvrstit cemo k = 12, i tako dobijamo

    T13 =

    15

    12

    (9x)1512

    1p

    3x

    12=

    =

    15

    12

    (9x)3

    3 12x 12

    12=

    15

    12

    93x3 (1)12 36x6 =

    =

    15

    3

    36x3 36x6 =

    15

    3

    x3 = 455x3:

    29

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 4.11 Naci redni broj onog clana razvoja binoma 3

    rapb+

    sb3pa

    !21koji sadrzi a i b na isti eksponent.

    Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk =

    21

    k

    3

    rapb

    21k s

    b3pa

    !k=

    =

    21

    k

    a13 b

    16

    21kb12a

    16

    k=

    21

    k

    a21k3 b 21k6 b k2 a k6 =

    =

    21

    k

    a21k3 k6 b k2 21k6 =

    21

    k

    a423k6 b 4k216 :

    Buduci da zahtijevamo da a i b budu na isti eksponent, tada mora biti

    42 3k6

    =4k 216

    odakle dobijamo da je k = 9:Dakle, deseti clan razvoja binoma sadrzi a i b na isti eksponent.

    Zadatak 4.12 Naci vrijednost x u izrazupx 1log x+1 + 12

    px6

    ciji je cetvrti clan razvoja binoma jednak 200.

    Rjeenje:Prvo, odredimo deniciono podrucje. Jano je da mora biti x > 0 i log x+

    1 6= 0; tj. x 6= 101 pa jeD = 0; 101 [ 101;+1 :

    Ako u formulu za opci clan razvoja binoma uvrstimo k = 3, dobicemo da jecetvrti clan razvoja binoma je

    T4 =

    6

    3

    px 1log x+1

    63 12px3 = 6

    3

    x12

    1log x+1

    3x

    112

    3=

    =

    6

    3

    x

    32(log x+1) x 14 =

    6

    3

    x

    32(log x+1)

    + 14

    30

  • Barakovic Elvis Matematika

    pa po uslovu zadatka imamo6

    3

    x

    32(log x+1)

    + 14 = 200

    20x3

    2(log x+1)+ 14 = 200

    x3

    2(log x+1)+ 14 = 10:

    Logaritmiranjem ovog izraza, dobijamo

    log x3

    2(log x+1)+ 14 = log 10

    tj. 3

    2 (log x+ 1)+1

    4

    log x = 1

    6 + log x+ 1

    4 (log x+ 1) log x = 1

    7 + log x

    4 (log x+ 1) log x = 1

    (7 + log x) log x = 4 (log x+ 1)

    7 log x+ log2 x = 4 log x+ 4

    log2 x+ 3 log x 4 = 0:Uvodeci smjenu log x = t; dobijamo kvadratnu jednacinu t2+3t 4 = 0 cijasu rjeenja t1 = 4 i t2 = 1:Sada imamo dva slucaja:

    t1 = 4 =) log x = 4 =) x = 104 = 0; 001 2 Dt1 = 1 =) log x = 1 =) x = 10 2 D:

    Zadatak 4.13 Izracunati clan razvoja binoma4 5px+

    3px

    2

    nkoji sadrzi x2 5

    px4 ako je zbir prva tri binomna koecijenta jednak 56.

    Rjeenje:Iz uslova zadatka imamo

    n

    0

    +

    n

    1

    +

    n

    2

    = 56

    31

  • Barakovic Elvis Matematika

    odakle je

    1 + n+n(n 1)

    2= 56

    2 + 2n+ n(n 1) = 112n2 + n 110 = 0:

    Rjeenja posljednje kvadratne jednacine su n1 = 10 i n2 = 11 od kojih uobzir dolazi samo prvo rjeenje jer je drugo negativno.Binom sada ima oblik

    4 5px+

    3px

    2

    10:

    Opci clan razvoja binoma je

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk =

    10

    k

    4 5px10k 3px

    2

    k=

    =

    10

    k

    410k

    x15

    10k21x

    13

    k=

    =

    10

    k

    410kx

    10k5 2kx k3 =

    10

    k

    410k 2k x 10k5 + k3 =

    =

    10

    k

    410k 2k x 30+2k15 :

    Kako je x2 5px4 = x2x

    45 = x2+

    45 = x

    145 ; onda je jasno da mora biti

    30 + 2k

    15=14

    5

    odakle je k = 6.Dakle, sedmi clan razvoja binoma ima trazenu osobinu.

    Zadatak 4.14 Naci za koju vrijednost x u razvoju binomap2x +

    1p2x1

    nzbir treceg i petog clana iznosi 135, ako je zbir binomnih koecijenata triposljednja clana jednak 22.

    Rjeenje:

    32

  • Barakovic Elvis Matematika

    Binomni koecijenti tri posljednja clana jednaki su binomnim koecijen-tima prva tri clana. Po uslovu zadatka imamo

    n

    0

    +

    n

    1

    +

    n

    2

    = 22

    odakle je

    1 + n+n(n 1)

    2= 22

    2 + 2n+ n(n 1) = 44n2 + n 42 = 0:

    Rjeenja posljednje kvadratne jednacine su n1 = 6 i n2 = 7 od kojih u obzirdolazi samo prvo rjeenje jer je drugo negativno.Binom sada ima oblik p

    2x +1p2x1

    6:

    Treci clan (k = 2) razvoja binoma je

    T3 =

    6

    2

    p2x62

    1p2x1

    2=

    =

    6

    2

    2x2

    4 2x12 2 = 62

    22x 21x =

    =

    6

    2

    21+x

    a peti clan (k = 4) razvoja binoma je

    T5 =

    6

    4

    p2x64

    1p2x1

    4=

    =

    6

    4

    2x2

    2 2x12 4 = 64

    2x 222x =

    =

    6

    4

    22x:

    33

  • Barakovic Elvis Matematika

    Sada je, po uslovu zadatka,6

    2

    21+x +

    6

    4

    22x = 135

    15 21+x + 15 22x = 13521+x + 22x = 9

    2 2x + 42x

    = 9

    2 (2x)2 9 2x 4 = 0:

    Uvedimo smjenu t = 2x; dobijamo kvadratnu jednacinu

    2t2 9t 4 = 0

    cija su rjeenja t1 = 12 i t2 = 4:Sad imamo

    t1 =1

    2=) 2x = 1

    2= 21 =) x = 1

    t1 = 4 =) 2x = 4 = 22 =) x = 2:

    Zadatak 4.15 Odrediti za koju vrijednost x cetvrti clan razvoja binomap2x1 +

    13p2x

    nje dvadeset pet puta veci od eksponenta binoma ako je binomni koecijentcetvrtog clana pet puta veci od binomnog koecijenta drugog clana.

    Rjeenje:Prema uslovu zadatka imamo

    n

    3

    = 5

    n

    1

    odakle je

    n (n 1) (n 2)1 2 3 = 5n

    n (n 1) (n 2)6

    = 5n

    (n 1) (n 2) = 30nn2 3n 28 = 0:

    34

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenja posljednje kvadratne jednacine su n1 = 7 i n2 = 4 pa u obzirdolazi samo prvo rjeenje a drugo odbacujemo jer je negativno.Binom sada izgleda p

    2x1 +13p2x

    7:

    Cetvrti clan (k = 3) razvoja ovog binoma je

    T4 =

    7

    3

    p2x1

    73 13p2x

    3=

    7

    3

    2x12

    4 2

    x3

    3=

    = 35 22x2 2x = 35 2x2

    Prema uslovu zadatka imamo

    35 2x2 = 1402x2 = 4

    2x2 = 22

    x 2 = 2pa je x = 4:

    Zadatak 4.16 Odnos koefcijenata petog i treceg clana u razvoju binoma xpx1 5

    s1

    x2px

    !nje 14:3. Odrediti sedmi clan razvoja.

    Rjeenje:Opci clan razvoja binoma je

    Tk+1 =

    n

    k

    ankbk =

    n

    k

    xpx1nk

    5s

    1

    x2px

    !k=

    =

    n

    k

    xx

    12

    nk 5r

    1

    x2x12

    k=

    n

    k

    x12

    nk 5r1

    x52

    k=

    =

    n

    k

    x12

    nk 5px

    52

    k=

    n

    k

    x12

    nk x

    52

    15

    k=

    =

    n

    k

    x12

    nk x 12

    k=

    n

    k

    xnk2 (1)k x k2 =

    =

    n

    k

    (1)k xnk2 k2 =

    n

    k

    (1)k xn2k2 :

    35

  • Barakovic Elvis Matematika

    Koecijent treceg clana (k = 2) jen

    k

    (1)k =

    n

    2

    (1)2 =

    n

    2

    :

    Koecijent petog clana (k = 4) jen

    k

    (1)k =

    n

    4

    (1)4 =

    n

    4

    :

    Po uslovu zadatka imamo n

    4

    :

    n

    2

    = 14 : 3

    pa je

    3 n

    4

    = 14

    n

    2

    3 n (n 1) (n 2) (n 3)

    1 2 3 4 = 14 n (n 1)1 2

    (n 2) (n 3)4

    = 14 = 4(n 2) (n 3) = 56n2 5n 50 = 0

    a rjeenja posljednje kvadratne jednacine su n1 = 5 i n2 = 10: U obzirdolazi samo pozitivno rjeenje pa binom sada izgleda

    xpx1 5

    s1

    x2px

    !10:

    Na osnovu pokazanog, opci clan razvoja ovog binoma je

    Tk+1 =

    n

    k

    (1)k xn2k2

    pa ako u ovu formulu uvrstimo da je n = 10 i k = 6, dobicemo da je sedmiclan razvoja ovog binoma

    T7 =

    10

    6

    (1)6 x 10122 =

    10

    6

    x1:

    36

  • Barakovic Elvis Matematika

    5 Matematicka indukcija

    Zadatak 5.1 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

    1 + 3 + 5 + + (2n 1) = n2:

    Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

    L 2 1 1 = 2 1 = 1D 12 = 1

    Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

    1 + 3 + 5 + + (2k 1) = k2:

    3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

    1 + 3 + 5 + + (2 (k + 1) 1) = (k + 1)2 :

    Dokaz

    1 + 3 + 5 + + (2k 1) + (2 (k + 1) 1) = k2 + (2 (k + 1) 1) == k2 + 2k + 1 = (k + 1)2 :

    Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

    nXk=1

    (2k 1) = n2:

    Zadatak 5.2 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

    13 + 23 + 33 + + n3 =n (n+ 1)

    2

    2:

    Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

    L 13 = 1D

    1(1+1)2

    2= 12 = 1

    Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.

    37

  • Barakovic Elvis Matematika

    2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

    13 + 23 + 33 + + k3 =k (k + 1)

    2

    2:

    3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

    13 + 23 + 33 + + (k + 1)3 =(k + 1) ((k + 1) + 1)

    2

    2Dokaz:

    13 + 23 + 33 + + k3 + (k + 1)3 =k (k + 1)

    2

    2+ (k + 1)3 =

    =k2 (k + 1)2

    4+ (k + 1)3 =

    =k2 (k + 1)2 + 4 (k + 1)3

    4=

    =(k + 1)2 (k2 + 4 (k + 1))

    4=

    =(k + 1)2 (k2 + 4k + 4)

    4=

    =(k + 1)2 (k + 2)2

    4=

    =

    (k + 1) (k + 2)

    2

    2=

    =

    (k + 1) ((k + 1) + 1)

    2

    2:

    Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

    nXk=1

    k3 =

    n (n+ 1)

    2

    2:

    Zadatak 5.3 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

    1

    1 3 +1

    3 5 + +1

    (2n 1) (2n+ 1) =n

    2n+ 1:

    38

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

    L 113 =

    13D 1

    21+1 =13

    Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

    1

    1 3 +1

    3 5 + +1

    (2k 1) (2k + 1) =k

    2k + 1:

    3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

    1

    1 3 +1

    3 5 + +1

    (2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =(k + 1)

    2 (k + 1) + 1:

    Dokaz:

    1

    1 3 +1

    3 5 + +1

    (2k 1) (2k + 1) +1

    (2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =

    =k

    2k + 1+

    1

    (2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =

    =k

    2k + 1+

    1

    (2k + 1) (2k + 3) =k (2k + 3) + 1

    (2k + 1) (2k + 3) =

    =2k2 + 3k + 1

    (2k + 1) (2k + 3) =(2k + 1) (k + 1)(2k + 1) (2k + 3) =

    (k + 1)

    (2k + 3)=

    (k + 1)

    2 (k + 1) + 1:

    Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.Rjeenja kvadratne jednacine 2k2 + 3k + 1 = 0 su brojevi k1 = 12 i

    k2 = 1; pa je 2k2 + 3k + 1 = 2 k + 1

    2

    (k + 1) = (2k + 1) (k + 1) :4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

    nXk=1

    1

    (2k 1) (2k + 1) =n

    2n+ 1:

    Zadatak 5.4 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

    12

    1 3 +22

    3 5 + +n2

    (2n 1) (2n+ 1) =n (n+ 1)

    2 (2n+ 1):

    39

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

    L 1213 =

    13

    D 1(1+1)2(21+1) =

    13

    Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

    12

    1 3 +22

    3 5 + +k2

    (2k 1) (2k + 1) =k (k + 1)

    2 (2k + 1):

    3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

    12

    1 3 +22

    3 5 + +(k + 1)2

    (2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =(k + 1) ((k + 1) + 1)

    2 (2 (k + 1) + 1):

    Dokaz:

    12

    1 3 +22

    3 5 + +k2

    (2k 1) (2k + 1) +(k + 1)2

    (2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =

    =k (k + 1)

    2 (2k + 1)+

    (k + 1)2

    (2 (k + 1) 1) (2 (k + 1) + 1) =

    =k (k + 1)

    2 (2k + 1)+

    (k + 1)2

    (2k + 1) (2k + 3)=

    =k (k + 1) (2k + 3) + 2 (k + 1)2

    2 (2k + 1) (2k + 3)=(k + 1) (k (2k + 3) + 2 (k + 1))

    2 (2k + 1) (2k + 3)=

    =(k + 1) (2k2 + 3k + 2k + 2)

    2 (2k + 1) (2k + 3)=(k + 1) (2k2 + 5k + 2)

    2 (2k + 1) (2k + 3)=

    =(k + 1) (k + 2) (2k + 1)

    2 (2k + 1) (2k + 3)=(k + 1) (k + 2)

    2 (2k + 3)=(k + 1) ((k + 1) + 1)

    2 (2 (k + 1) + 1):

    Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.Rjeenja kvadratne jednacine 2k2 + 5k + 1 = 0 su brojevi k1 = 12 i

    k2 = 2; pa je 2k2 + 5k + 1 = 2 k + 1

    2

    (k + 2) = (2k + 1) (k + 2) :4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

    nXk=1

    k2

    (2k 1) (2k + 1) =n (n+ 1)

    2 (2n+ 1):

    40

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 5.5 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

    3

    4+5

    36+ + 2n+ 1

    n2 (n+ 1)2= 1 1

    (n+ 1)2:

    Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

    L 21+112(1+1)2

    = 34

    D 1 1(1+1)2

    = 1 14= 3

    4:

    Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

    3

    4+5

    36+ + 2k + 1

    k2 (k + 1)2= 1 1

    (k + 1)2:

    3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

    3

    4+5

    36+ + 2 (k + 1) + 1

    (k + 1)2 ((k + 1) + 1)2= 1 1

    ((k + 1) + 1)2:

    Dokaz:

    3

    4+5

    36+ + 2k + 1

    k2 (k + 1)2+

    2 (k + 1) + 1

    (k + 1)2 ((k + 1) + 1)2=

    = 1 1(k + 1)2

    +2 (k + 1) + 1

    (k + 1)2 ((k + 1) + 1)2=

    = 1 1(k + 1)2

    +2k + 3

    (k + 1)2 (k + 2)2=

    = 1 (k + 2)2 (2k + 3)

    (k + 1)2 (k + 2)2= 1 k

    2 + 4k + 4 2k 3(k + 1)2 (k + 2)2

    =

    = 1 k2 + 2k + 1

    (k + 1)2 (k + 2)2= 1 (k + 1)

    2

    (k + 1)2 (k + 2)2=

    = 1 1(k + 2)2

    = 1 1((k + 1) + 1)2

    :

    Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

    nXk=1

    2k + 1

    k2 (k + 1)2= 1 1

    (n+ 1)2:

    41

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 5.6 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

    5

    1 2 +12

    2 3 + +2n2 + 2n+ 1

    n (n+ 1) =n (2n+ 3)

    n+ 1:

    Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

    L 512 =

    52

    D 1(21+3)1+1

    = 52

    Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

    5

    1 2 +12

    2 3 + +2k2 + 2k + 1

    k (k + 1) =k (2k + 3)

    k + 1:

    3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

    5

    1 2 +12

    2 3 + +2 (k + 1)2 + 2 (k + 1) + 1

    (k + 1) ((k + 1) + 1) =(k + 1) (2 (k + 1) + 3)

    (k + 1) + 1

    Dokaz:

    5

    1 2 +12

    2 3 + +2k2 + 2k + 1

    k (k + 1) +2 (k + 1)2 + 2 (k + 1) + 1

    (k + 1) ((k + 1) + 1) =

    42

  • Barakovic Elvis Matematika

    =k (2k + 3)

    k + 1+2 (k + 1)2 + 2 (k + 1) + 1

    (k + 1) ((k + 1) + 1) =

    =k (2k + 3)

    k + 1+2 (k2 + 2k + 1) + 2 (k + 1) + 1

    (k + 1) (k + 2) =

    =2k2 + 3k

    k + 1+2k2 + 4k + 2 + 2k + 2 + 1

    (k + 1) (k + 2) =

    =2k2 + 3k

    k + 1+

    2k2 + 6k + 5

    (k + 1) (k + 2) =

    =(2k2 + 3k) (k + 2) + 2k2 + 6k + 5

    (k + 1) (k + 2) =

    =2k3 + 4k2 + 3k2 + 6k + 2k2 + 6k + 5

    (k + 1) (k + 2) =

    =2k3 + 9k2 + 12k + 5

    (k + 1) (k + 2) =2k3 + 2k2 + 7k2 + 7k + 5k + 5

    (k + 1) (k + 2) =

    =2k2 (k + 1) + 7k (k + 1) + 5 (k + 1)

    (k + 1) (k + 2) =

    =(2k2 + 7k + 5) (k + 1)

    (k + 1) (k + 2) =2k2 + 7k + 5

    k + 2=

    =2k2 + 2k + 5k + 5

    k + 2=(k + 1) (2k + 5)

    k + 2=

    =(k + 1) (2 (k + 1) + 3)

    (k + 1) + 1

    Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

    nXk=1

    2k2 + 2k + 1

    k (k + 1) =n (2n+ 3)

    n+ 1:

    Zadatak 5.7 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

    17 j 5n+3 + 113n+1:Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

    51+3 + 1131+1 = 54 + 114 = 625 + 14641 = 15266 = 17 898

    43

  • Barakovic Elvis Matematika

    Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

    17 j 5k+3 + 113k+1 =) 5k+3 + 113k+1 = 17A:

    3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

    17 j 5(k+1)+3 + 113(k+1)+1

    Dokaz:

    5(k+1)+3 + 113(k+1)+1 = 5k+4 + 113k+4 = 5k+3 5 + 113k+1 113 == 5k+3 5 + 113k+1 1331 == 5k+3 5 + 113k+1 (1326 + 5) == 5k+3 5 + 113k+1 5 + 113k+1 1326 == 5 5k+3 + 113k+1+ 113k+1 1326 == 5 17A+ 113k+1 17 78 == 17

    5 A+ 113k+1 78 = 17B:

    gdje je B = 5 A+ 113k+1 78:Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.

    Zadatak 5.8 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

    19 j 7 52n + 12 6n:

    Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

    7 521 + 12 61 = 7 25 + 12 6 = 175 + 72 = 247 = 19 13:Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

    19 j 7 52n + 12 6n =) 7 52n + 12 6n = 19A:

    3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

    19 j 7 52(n+1) + 12 6(n+1)

    44

  • Barakovic Elvis Matematika

    Dokaz:

    7 52(n+1) + 12 6(n+1) = 7 52n+2 + 12 6n+1 = 7 52n 25 + 12 6n 6 == 7 52n (19 + 6) + 12 6n 6 == 7 52n 19 + 7 52n 6 + 12 6n 6 == 7 52n 19 + 6 7 52n + 12 6n == 7 52n 19 + 6 19A = 19 7 52n + 6A = 19B:

    gdje je B = 7 52n + 6A:Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.

    Zadatak 5.9 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

    sin x+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2n 1)x = sin2 nx

    sin x:

    Rjeenje:1) Provjerimo da li jednakost vrijedi za n = 1:

    L sin xD sin2 x

    sinx= sinx

    Dakle, jednakost vrijedi za n = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

    sin x+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2k 1)x = sin2 kx

    sin x:

    3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

    sinx+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2 (k + 1) 1)x = sin2 (k + 1) x

    sin x

    Dokaz:

    sin x+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2k 1)x+ sin (2 (k + 1) 1)x =

    45

  • Barakovic Elvis Matematika

    =sin2 kx

    sin x+ sin (2k + 1) x =

    sin2 kx+ sinx sin (2k + 1) xsin x

    =

    =sin2 kx+ 1

    2[cos 2kx cos (2kx+ 2x)]

    sinx=

    =2 sin2 kx+cos 2kxcos(2kx+2x)

    2

    sin x=2 sin2 kx+ cos 2kx cos 2 (k + 1) x

    2 sin x=

    =2 sin2 kx+ cos2 kx sin2 kx cos2 (k + 1) x+ sin2 (k + 1) x

    2 sinx=

    =sin2 kx+ cos2 kx cos2 (k + 1) x+ sin2 (k + 1) x

    2 sin x=

    =1 cos2 (k + 1) x+ sin2 (k + 1) x

    2 sin x=sin2 (k + 1) x+ sin2 (k + 1) x

    2 sin x=

    =2 sin2 (k + 1) x

    2 sinx=sin2 (k + 1) x

    sin x:

    Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Jednakost vrijedi za svaki prirodan broj n.Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

    nXk=1

    sin (2k 1)x = sin2 nx

    sin x:

    46

  • Barakovic Elvis Matematika

    6 Kompleksni brojevi

    Zadatak 6.1 Kompleksni broj z = 3 zapisati u trigonometrijskom obliku.

    Rjeenje:Vrijedi z = 3 = 3 + 0 i pa je Re(z) = 3 > 0 i Im(z) = 0; pa ako bismo

    ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio na realnojosi. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

    = jzj =q(Re(z))2 + (Im(z))2 =

    p32 + 02 = 3

    tg' =Im(z)

    Re(z)=0

    3= 0 =) ' = 0:

    Zato jez = 3 (cos 0 + i sin 0) :

    Zadatak 6.2 Kompleksni broj z =p2 i p2 zapisati u trigonometrijskom

    obliku.

    Rjeenje:Vrijedi z =

    p2 i p2 pa je Re(z) = p2 > 0 i Im(z) = p2 < 0; pa ako

    bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalaziou cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:

    = jzj =rp

    22+p22=p2 + 2 =

    p4 = 2

    tg' =p2p2= 1 =) ' =

    4ili ' =

    7

    4

    Zato jez = 2

    cos4

    + i sin

    4

    ili

    z = 2

    cos

    7

    4+ i sin 7

    4

    :

    Zadatak 6.3 Kompleksni broj z = 1 + i zapisati u trigonometrijskom ob-liku.

    47

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:Vrijedi z = 1 + i pa je Re(z) = 1 < 0 i Im(z) = 1 > 0; pa ako bismo

    ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u drugomkvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

    = jzj =q(1)2 + 12 = p1 + 1 =

    p2

    tg' =1

    1 = 1 =) ' =3

    4:

    Zato je

    z =p2

    cos

    3

    4+ i sin 3

    4

    :

    Zadatak 6.4 Naci realni i imaginarni dio kompleksnog broja

    z =1 3i1 + i

    i2 + i

    :

    Rjeenje:Kako je

    1 3i1 + i

    i2 + i

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

    (1 + i) (2 + i) =

    =2 + i 6i 3i2 i i2

    2 + i+ 2i+ i2=

    =2 6i 4i22 + 3i+ i2

    =2 6i+ 42 + 3i 1 =

    =6 6i1 + 3i

    =6 6i1 + 3i

    1 3i1 3i =

    =(6 6i) (1 3i)

    12 (3i)2 =6 18i 6i+ 18i2

    1 9i2 =

    =6 24i 18

    1 + 9=12 24i

    10= 12

    10 2410i =

    = 65 125i

    tada je

    Re(z) = 65

    Im(z) = 125:

    48

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 6.5 Ako je z1 =p2 i p2 i z2 = 1 + i, izracunati z1 z2 i z1z2 :

    Rjeenje:Kompleksne brojeve z1 i z2 zapiimo u tigonometrijskom obliku.Vrijedi z1 =

    p2 i p2 pa je Re(z1) =

    p2 > 0 i Im(z1) =

    p2 < 0; pa

    ako bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalaziou cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:

    = jz1j =rp

    22+p22=p2 + 2 =

    p4 = 2

    tg' =p2p2= 1 =) ' =

    4:

    Zato jez1 = 2

    cos4

    + i sin

    4

    :

    Vrijedi z2 = 1 + i pa je Re(z2) = 1 < 0 i Im(z2) = 1 > 0; pa ako bismoovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u drugomkvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

    = jz2j =q(1)2 + 12 = p1 + 1 =

    p2

    tg' =1

    1 = 1 =) ' =3

    4:

    Zato je

    z2 =p2

    cos

    3

    4+ i sin 3

    4

    :

    Sada je

    z1 z2 = 2cos4

    + i sin

    4

    p2

    cos

    3

    4+ i sin 3

    4

    =

    = 2p2

    cos

    4+3

    4

    + i sin

    4+3

    4

    =

    = 2p2cos

    2+ i sin

    2

    = 2

    p2 (0 + i 1) = 2

    p2i:

    iz1z2

    =2cos

    4

    + i sin

    4

    p2cos 3

    4+ i sin 3

    4

    ==

    2p2

    cos

    4 34

    + i sin

    4 34

    =

    =p2 (cos () + i sin ()) =

    =p2 (1 + i 0) =

    p2:

    49

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 6.6 Izracunati p3 + i

    17:

    Rjeenje:Kompleksni broj z =

    p3 + i zapiimo u trigonometrijskom obliku.

    Vrijedi z =p3 + i pa je Re(z) =

    p3 > 0 i Im(z) = 1 > 0; pa ako bismo

    ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u prvomkvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

    = jzj =rp

    32+ 12 =

    p3 + 1 =

    p4 = 2

    tg' =1p3=

    p3

    3=) ' =

    6:

    Zato jez = 2

    cos

    6+ i sin

    6

    :

    Sada je

    z17 =2cos

    6+ i sin

    6

    17= 217

    cos 17

    6+ i sin 17

    6

    =

    = 217cos

    5 + 12

    6+ i sin 5 + 12

    6

    =

    = 217cos

    5

    6+ 2

    + i sin

    5

    6+ 2

    =

    = 217cos

    5

    6+ i sin 5

    6

    = 217

    p3

    2+1

    2i

    !=

    = 217

    p3 + i

    2

    != 216

    p3 + i

    :

    Zadatak 6.7 Izracunati p7 + 24i:

    Rjeenje:Buduci da je korijen kompleksnog broja kompleksan broj, tada vrijedi

    p7 + 24i = x+ iy:

    50

  • Barakovic Elvis Matematika

    Odredimo x i y.Kvadriranjem dobijamo

    7 + 24i = (x+ iy)27 + 24i = x2 + 2xyi+ i2y27 + 24i = x2 + 2xyi y27 + 24i = x2 y2 + 2xyi

    a odavdje jex2 y2 = 7

    2xy = 24

    :

    Rijeimo ovaj sistem.Iz druge jednacine je y = 12x ; pa ako to uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

    x2 12

    x

    2= 7

    x2 144x2

    = 7 = x2

    x4 144 = 7x2x4 + 7x2 144 = 0:

    Uvodeci smjenu t = x2; dobijamo kvadratnu jednacinu t2+7t 144 = 0; cijasu rjeenja t1 = 16 i t2 = 9; ali u obzir dolazi samo drugo rjeenje t2 = 9jer zbog smjene t = x2 > 0:Znaci, x1 = 3 ili x2 = 3:Ako je x1 = 3; tada je y1 = 123 = 4:Ako je x2 = 3; tada je y1 = 123 = 4:Dakle, p7 + 24i = 3 4i ili p7 + 24i = 3 + 4i:

    Zadatak 6.8 Izracunati4

    q8 + 8

    p3i:

    Rjeenje:Kompleksni broj z = 8 + 8p3i zapiimo u trigonometrijskom obliku.Vrijedi z = 8 + 8p3i pa je Re(z) = 8 < 0 i Im(z) = 8p3 > 0; pa ako

    bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio udrugom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

    = jzj =r(8)2 +

    8p32=p64 + 64 3 = p64 + 192 =

    p256 = 16

    tg' =8p3

    8 = p3 =) ' = 2

    3:

    51

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zato je

    z = 16

    cos

    2

    3+ i sin 2

    3

    :

    Sada je

    !k =4

    q8 + 8

    p3i =

    4p16

    cos

    23+ 2k

    4+ i sin

    23+ 2k

    4

    gdje je k = 0; 1; 2; 3:Za k = 0, dobijamo

    !0 =4p16

    cos

    23+ 0

    4+ i sin

    23+ 0

    4

    = 2

    cos

    6+ i sin

    6

    :

    Za k = 1, dobijamo

    !1 =4p16

    cos

    23+ 2

    4+ i sin

    23+ 2

    4

    = 2

    cos

    2

    3+ i sin 2

    3

    :

    Za k = 2, dobijamo

    !1 =4p16

    cos

    23+ 4

    4+ i sin

    23+ 4

    4

    = 2

    cos

    7

    6+ i sin 7

    6

    :

    Za k = 3, dobijamo

    !1 =4p16

    cos

    23+ 6

    4+ i sin

    23+ 6

    4

    = 2

    cos

    5

    3+ i sin 5

    3

    :

    Zadatak 6.9 Rijeiti jednacinu

    z5 1 i = 0:

    Rjeenje:Jasno je da vrijedi

    z5 1 i = 0z5 = 1 + i

    z = 5p1 + i:

    Kompleksni broj z = 1 + i zapiimo u trigonometrijskom obliku.

    52

  • Barakovic Elvis Matematika

    Vrijedi z = 1 + i pa je Re(z) = 1 > 0 i Im(z) = 1 > 0; pa ako bismoovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalazio u prvomkvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnog broja:

    = jzj =p12 + 12 =

    p1 + 1 =

    p2

    tg' =1

    1= 1 =) ' =

    4:

    Zato jez =

    p2cos

    4+ i sin

    4

    :

    Rjeenje jednacine je

    5

    rp2cos

    4+ i sin

    4

    =

    10p2 5r

    cos

    4+ i sin

    4

    a to su kompleksni brojevi

    !k =10p2

    cos

    4+ 2k

    5+ i sin

    4+ 2k

    5

    gdje je k = 0; 1; 2; 3; 4.Za k = 0, dobijamo

    !0 =10p2

    cos

    4+ 0

    5+ i sin

    4+ 0

    5

    =

    10p2cos

    20+ i sin

    20

    :

    Za k = 1, dobijamo

    !1 =10p2

    cos

    4+ 2

    5+ i sin

    4+ 2

    5

    =

    10p2

    cos

    9

    20+ i sin 9

    20

    :

    Za k = 2, dobijamo

    !2 =10p2

    cos

    4+ 4

    5+ i sin

    4+ 4

    5

    =

    10p2

    cos

    17

    20+ i sin 17

    20

    :

    Za k = 3, dobijamo

    !3 =10p2

    cos

    4+ 6

    5+ i sin

    4+ 6

    5

    =

    10p2

    cos

    25

    20+ i sin 25

    20

    =

    =10p2

    cos

    5

    4+ i sin 5

    4

    :

    Za k = 4, dobijamo

    !4 =10p2

    cos

    4+ 8

    5+ i sin

    4+ 8

    5

    =

    10p2

    cos

    33

    20+ i sin 33

    20

    :

    53

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 6.10 Rijeiti jednacinu

    2z3 p3 + i = 0:

    Rjeenje:

    2z3 p3 + i = 0

    2z3 =p3 i

    z3 =

    p3

    2 12i

    z =3

    sp3

    2 12i:

    Kompleksni broj z =p32 1

    2i zapiimo u trigonometrijskom obliku.

    Vrijedi z =p32 1

    2i pa je Re(z) =

    p32> 0 i Im(z) = 1

    2< 0; pa ako

    bismo ovaj kompleksni broj predstavili u Gausovoj ravni, on bi se nalaziou cetvrtom kvadrantu. Izracunajmo modul i argument ovog kompleksnogbroja:

    = jzj =

    vuut p32

    !2+

    12

    2=

    r3

    4+1

    4= 1

    tg' =12p32

    = 1p3=

    p3

    3=) ' =

    6:

    Zato jez = cos

    6

    + i sin

    6

    :

    Rjeenje jednacine je

    3

    rcos6

    + i sin

    6

    a to su kompleksni brojevi

    !k =

    cos

    6+ 2k

    3+ i sin

    6+ 2k

    3

    gdje je k = 0; 1; 2.Za k = 0, dobijamo

    !0 =

    cos

    6+ 0

    3+ i sin

    6+ 0

    3

    = cos

    18

    + i sin

    18

    :

    54

  • Barakovic Elvis Matematika

    Za k = 1, dobijamo

    !1 =

    cos

    6+ 2

    3+ i sin

    6+ 2

    3

    = cos

    11

    18+ i sin 11

    18:

    Za k = 2, dobijamo

    !2 =

    cos

    6+ 4

    3+ i sin

    6+ 4

    3

    = cos

    23

    18+ i sin 23

    18:

    Zadatak 6.11 Odrediti skup tacaka koji zadovoljava jednacinu

    jz 3ij = 2:Rjeenje:Neka je z = x+ iy:

    jx+ iy 3ij = 2jx+ (y 3) ij = 2qx2 + (y 3)2 = 2x2 + (y 3)2 = 22

    a jednacina x2+(y 3)2 = 22 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0; 3)i poluprecnikom 2.

    Zadatak 6.12 Odrediti skup tacaka koji zadovoljava nejednacine

    3 jz + ij 5:

    55

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:Neka je z = x+ iy:Posmatrajmo prvo nejednakost jz + ij 3: Sada je

    jz + ij 3jx+ iy + ij 3

    jx+ (y + 1) ij 3qx2 + (y + 1)2 3x2 + (y + 1)2 32:

    Jednacina x2+(y + 1)2 = 32 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0;1)i poluprecnikom 3, a nejednakost x2 + (y + 1)2 32 zadovoljavaju sve tackevan te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici (jer je znak ).Posmatrajmo sada drugu nejednakost

    jz + ij 5jx+ iy + ij 5

    jx+ (y + 1) ij 5qx2 + (y + 1)2 5x2 + (y + 1)2 52:

    Jednacina x2+(y + 1)2 = 52 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0;1)i poluprecnikom 5, a nejednakost x2 + (y + 1)2 52 zadovoljavaju sve tackeunutar te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici (jer je znak ).Skup tacaka koji zadovoljava nejednacine 3 jz + ij 5 ce biti sve tacke

    van te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici x2 + (y + 1)2 = 32 i sve tackeunutar te kruznice ukljucujuci i tacke na kruznici x2+(y + 1)2 = 52; tj. tackekoje pripadaju kruznom prstenu.

    56

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 6.13 Odrediti skup tacaka koji zadovoljava nejednacine

    1 jzj < 5 i 4< ' 5

    4:

    Rjeenje:Neka je z = x+ iy:Posmatrajmo nejednakost jzj 1:

    jzj 1px2 + y2 1x2 + y2 12:

    Jednacina x2 + y2 = 12 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0; 0) ipoluprecnikom 1, pa datu nejednacinu zadovoljavaju sve tacke van kruzniceali ukljucujuci i tacke na kruznici.Posmatrajmo nejednakost jzj < 5:

    jzj < 5px2 + y2 < 5

    x2 + y2 < 52:

    Jednacina x2 + y2 = 52 je jednacina kruznice sa centrom u tacki (0; 0) ipoluprecnikom 5, pa datu nejednacinu zadovoljavaju sve tacke unutar kruzniceali ne ukljucujuci i tacke na kruznici.

    57

  • Barakovic Elvis Matematika

    Tacke koje zadovoljavaju uvjet 4 < ' 54 su tacke koje se nalaze izmeupravih odreenih jednacinama x = 4 i x =

    54ali ukljucujuci i tacke na pravoj

    x = 4:

    Znaci, skup tacaka koje zadovoljavaju postavljene uvjete cine tacke nadijelu kruznog prstena omeenog dvjema pravima, ali ukljucujuci tacke navecoj kruznici i tacke na pravoj x = 4 :

    58

  • Barakovic Elvis Matematika

    7 Determinante

    Determinante drugog reda racunamo po formuli a cb d = a d b c:

    Zadatak 7.1 Izracunati 1 13 4 :

    Rjeenje: 1 13 4 = 1 4 3 1 = 4 3 = 1:

    Zadatak 7.2 Izracunati 2 13 4 :

    Rjeenje: 2 13 4 = 2 4 3 (1) = 8 + 3 = 5:

    Determinante treceg reda racunamo na dva nacina: Sarusovim pravilomili LaPlasovim razvojem determinante po odabranoj vrsti ili koloni (prilikomLaPlasovog razvoja determinante veoma je povoljno odabrati vrstu ili kolonukoja ima nule i po njoj izvriti razvoj).

    Zadatak 7.3 Izracunati 1 2 34 1 22 6 1

    :Rjeenje:Prvi nacin - Sarusovo pravilo

    1 2 34 1 22 6 1

    =1 2 34 1 22 6 1

    1 24 12 6

    =

    = (1 + 8 + 72) (6 12 8) = 95:

    59

  • Barakovic Elvis Matematika

    Drugi nacin - LaPlasov razvoj (npr. po prvoj vrsti)1 2 34 1 22 6 1

    = 1 1 26 1

    (2) 4 22 1+ 3 4 12 6

    == 1 (1 + 12) + 2 (4 + 4) + 3 (24 2) == 13 + 16 + 66 = 95:

    Determinante cetvrtog i veceg reda racunamo LaPlasovim razvojem de-terminante po odabranoj vrsti ili koloni, i time red determinante smanjujemoza jedan.

    Zadatak 7.4 Izracunati 4 2 3 02 0 5 3

    1 2 4 23 1 1 1

    :Rjeenje:Izvrimo LaPlasov razvoj ove determinante po prvoj vrsti

    4 2 3 02 0 5 3

    1 2 4 23 1 1 1

    = 4

    0 5 32 4 21 1 1

    2

    2 5 31 4 23 1 1

    ++3

    2 0 3

    1 2 23 1 1

    0

    2 0 51 2 43 1 1

    = 4 (18) 2 (26) + 3 15 0 = 25

    Zadatak 7.5 Izracunati determinantua b a bb a a ba b a ab a b a

    :Rjeenje:

    60

  • Barakovic Elvis Matematika

    Koristeci osobine determinanti, dobijamoa b a bb a a ba b a ab a b a

    =a b b a b bb a a a b ba b b 0 ab a a b a a

    Od prve kolone oduzeli drugu:Od trece kolone oduzeli cetvrtu:Drugu i cetvrtu kolonu prepisali:

    =

    a b b a b b

    (a b) a a b ba b b 0 a

    (a b) a (a b) a

    Iz prve i trece koloneizvlacimo zajednickifaktor (a b) :

    = (a b)2

    1 b 1 b1 a 1 b1 b 0 a

    1 a 1 a

    Od druge kolone oduzmimocetvrtu:

    = (a b)2

    1 0 1 b1 a b 1 b1 (a b) 0 a

    1 0 1 a

    Iz druge kolone izvlacimofaktor (a b) :

    = (a b)3

    1 0 1 b1 1 1 b1 1 0 a

    1 0 1 a

    Razvojpo drugoj koloni

    = (a b)[email protected]

    1 1 b1 0 a

    1 1 a

    +

    1 1 b1 1 b1 1 a

    1A

    = (a b)3 (a b+ a a+ a+ b b+ b+ a+ b) == (a b)3 (a+ b) :

    Zadatak 7.6 Izracunati determinantu1 a a2

    1 b b2

    1 c c2

    :Rjeenje:

    61

  • Barakovic Elvis Matematika

    Koristeci osobine determinanti, dobijamo1 a a2

    1 b b2

    1 c c2

    =1 a a2

    0 b a b2 a20 c a c2 a2

    Od druge vrste oduzmimo prvuOd trece vrste oduzmimo prvu=

    b a b2 a2c a c2 a2 Razvoj po prvoj koloni

    =

    b a (b a) (b+ a)c a (c a) (c+ a)

    = (b a) (b c) 1 b+ a1 c+ a

    Izvlacimo faktore (b a) i(b a)= (b a) (b c) (c a):

    Zadatak 7.7 Dokazatia2 (a+ 1)2 (a+ 2)2

    b2 (b+ 1)2 (b+ 2)2

    c2 (c+ 1)2 (c+ 2)2

    = 4 (a b) (b c) (a c) :Rjeenje:Mnozenjem elemenata prve kolone sa 1 i dodavanjem drugoj i trecoj

    koloni, dobijamoa2 (a+ 1)2 (a+ 2)2

    b2 (b+ 1)2 (b+ 2)2

    c2 (c+ 1)2 (c+ 2)2

    =a2 2a+ 1 4a+ 4b2 2b+ 1 4b+ 4c2 2c+ 1 4c+ 4

    == 4

    a2 2a+ 1 a+ 1b2 2b+ 1 b+ 1c2 2c+ 1 c+ 1

    == 4

    a2 a a+ 1b2 b b+ 1c2 c c+ 1

    =

    62

  • Barakovic Elvis Matematika

    = 4 a2 a 1b2 b 1c2 c 1

    == 4

    a2 a 1

    b2 a2 b a 0c2 a2 c a 0

    == 4

    a2 a 1

    (b a) (b+ a) b a 0(b c) (b+ c) c a 0

    == 4 (b a) (b c)

    a2 a 1b+ a 1 0b+ c 1 0

    == 4 (b a) (b c)

    b+ a 1b+ c 1 =

    = 4 (a b) (b c) (a c) :

    63

  • Barakovic Elvis Matematika

    8 Matrice. Operacije sa matricama.

    Zadatak 8.1 Date su matrice

    A =

    24 2 4 53 2 61 1 7

    35 i B =24 1 1 63 0 45 2 10

    35 :Izracunati matrice A+B;AB;A B:

    Rjeenje: Matrice A i B su formata 33 pa su moguce trazene operacijenad njima.

    A+B =

    24 2 4 53 2 61 1 7

    35+24 1 1 63 0 45 2 10

    35 =24 3 3 116 2 106 3 17

    35AB =

    24 2 4 53 2 61 1 7

    3524 1 1 63 0 45 2 10

    35 =24 1 5 10 2 24 1 3

    35A B =

    24 2 4 53 2 61 1 7

    35 24 1 1 63 0 45 2 10

    35 =24 39 8 7839 9 8639 13 80

    35 :Zadatak 8.2 Data je matrica

    A =

    1 23 1

    Izracunati P (A) = 3A2 5A 2E; gdje je E jedinicna matrica.

    Rjeenje:

    P (A) = 3A2 5A 2E == 3

    1 23 1

    1 23 1

    5

    1 23 1

    2

    1 00 1

    =

    = 3

    7 46 7

    5

    1 23 1

    2

    1 00 1

    =

    =

    21 1218 21

    5 1015 5

    2 00 2

    =

    14 23 14

    :

    64

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 8.3 Dat je polinom P (x) = 2x x2 3 i matrica

    A =

    24 4 1 20 1 30 0 2

    35Izracunati P (A).

    Rjeenje:Jasno je da vrijedi P (A) = 2AA2 3E, gdje je E jedninicna matrica.Prvo cemo izracunati inverznu matricu matrice A po formuli

    A1 =1

    detA adjA:

    Imamo

    detA =

    4 1 20 1 30 0 2

    =4 1 20 1 30 0 2

    4 10 10 0

    = 8:

    Kofaktori matrice A su:

    A11 =

    1 30 2 = 2 A12 = 0 30 2

    = 0 A13 = 0 10 0 = 0

    A21 = 1 20 2

    = 2 A22 = 4 20 2 = 8 A23 = 4 10 0

    = 0A31 =

    1 21 3 = 5 A32 = 4 20 3

    = 12 A33 = 4 10 1 = 4

    pa je adjungovana matrica matrice A

    adjA =

    24 2 2 50 8 120 0 4

    35 :Sada je

    A1 = 18

    24 2 2 50 8 120 0 4

    35 =24 14 14 580 1 3

    2

    0 0 12

    35i

    A2 = A1 A1 =24 14 14 580 1 3

    2

    0 0 12

    35 24 14 14 580 1 3

    2

    0 0 12

    35 ==

    24 116 316 3320 1 34

    0 0 14

    35 :65

  • Barakovic Elvis Matematika

    Konacno, imamo da je

    P (A) = 2A A2 3E =

    = 2

    24 4 1 20 1 30 0 2

    3524 116 316 3320 1 3

    4

    0 0 14

    35 324 1 0 00 1 00 0 1

    35 ==

    24 8 2 40 2 60 0 4

    3524 116 316 3320 1 3

    4

    0 0 14

    3524 3 0 00 3 00 0 3

    35 ==

    24 7916 3516 131320 6 274

    0 0 34

    35 :Zadatak 8.4 Dat je polinom P (x) = 2 + 3x+ x2 i matrica

    A =

    24 1 1 20 2 10 0 3

    35Izracunati P (A).

    Rjeenje:Jasno je da vrijedi P (A) = 2E+3A+A2, gdje je E jedninicna matrica.Prvo cemo izracunati inverznu matricu matrice A po formuli

    A1 =1

    detA adjA:

    Imamo

    detA =

    1 1 20 2 10 0 3

    =1 1 20 2 10 0 3

    1 10 20 0

    = 6:

    Kofaktori matrice A su:

    A11 =

    2 10 3 = 6 A12 = 0 10 3

    = 0 A13 = 0 20 0 = 0

    A21 = 1 20 3

    = 3 A22 = 1 20 3 = 3 A23 = 1 10 0

    = 0A31 =

    1 22 1 = 3 A32 = 1 20 1

    = 1 A33 = 1 10 2 = 2

    66

  • Barakovic Elvis Matematika

    pa je adjungovana matrica matrice A

    adjA =

    24 6 3 30 3 10 0 2

    35 :Sada je

    A1 = 16

    24 6 3 30 3 10 0 2

    35 =24 1 12 120 1

    216

    0 0 13

    35i

    A2 = A1 A1 =24 1 12 120 1

    216

    0 0 13

    35 24 1 12 120 1

    216

    0 0 13

    35 ==

    24 1 34 140 14

    136

    0 0 19

    35 :Konacno, imamo da je

    P (A) = 2E + 3A+ A2 =

    = 224 1 0 00 1 00 0 1

    35+ 324 1 1 20 2 10 0 3

    35+24 1 34 140 1

    4136

    0 0 19

    35 ==

    24 2 0 00 2 00 0 2

    35+24 3 3 60 6 30 0 9

    35+24 1 34 140 1

    4136

    0 0 19

    35 ==

    24 2 94 2540 174

    10936

    0 0 989

    35 :Zadatak 8.5 Dokazati da za matricu

    A (x) =

    cosx sin xsin x cosx

    vrijedi A(t) A(r) = A(t+ r); t; r 2 R:

    Rjeenje:

    67

  • Barakovic Elvis Matematika

    Kako je

    A (t) =

    cos t sin tsin t cos t

    i A (x) =

    cos r sin rsin r cos r

    tada je

    A(t) A(r) =cos t sin tsin t cos t

    cos r sin rsin r cos r

    =

    =

    cos t cos r sin t sin r cos t sin r sin t cos rsin t cos r + cos t sin r sin t sin r + cos t cos r

    =

    =

    cos t cos r sin t sin r (cos t sin r + sin t cos r)sin t cos r + cos t sin r cos t cos r sin t sin r

    =

    =

    cos (t+ r) sin (t+ r)sin (t+ r) cos (t+ r)

    = A(t+ r):

    Zadatak 8.6 Date su matrice

    A =

    24 2 0 14 3 21 1 1

    35 i B =24 0 1 14 2 31 0 1

    35 :Izracunati matrice P = AB1+A2+2E i Q = 2A 3B1+A1B; gdje jeE jedinicna matrica.

    Rjeenje:Izracunajmo inverznu matricu matrice A po formuli

    A1 =1

    detA adjA:

    Imamo

    detA =

    2 0 14 3 21 1 1

    =2 0 14 3 21 1 1

    2 04 31 1

    =

    = (6 + 0 4) (3 + 4 + 0) = 2 1 = 1:Kofaktori matrice A su

    A11 =

    3 21 1 = 1 A12 = 4 21 1

    = 2 A13 = 4 31 1 = 1

    A21 = 0 11 1

    = 1 A22 = 2 11 1 = 3 A23 = 2 01 1

    = 2A31 =

    0 13 2 = 3 A32 = 2 14 2

    = 8 A33 = 2 04 3 = 6

    68

  • Barakovic Elvis Matematika

    pa je adjungovana matrica

    adjA =

    24 1 1 32 3 81 2 6

    35Inverzna matrica matrice A je

    A1 =1

    1

    24 1 1 32 3 81 2 6

    35 =24 1 1 32 3 8

    1 2 6

    35 :Izracunajmo inverznu matricu matrice B po formuli

    B1 =1

    detB adjB:

    Imamo

    detB =

    0 1 14 2 31 0 1

    =0 1 14 2 31 0 1

    0 14 21 0

    =

    = (0 + 3 + 0) (2 + 0 4) = 3 + 2 = 5:

    Kofaktori matrice B su

    B11 =

    2 30 1 = 2 B12 = 4 31 1

    = 7 B13 = 4 21 0 = 2

    B21 = 1 10 1

    = 1 B22 = 0 11 1 = 1 B23 = 0 11 0

    = 1B31 =

    1 12 3 = 1 B32 = 0 14 3

    = 4 B33 = 0 14 2 = 4

    pa je adjungovana matrica

    adjB =

    24 2 1 17 1 42 1 4

    35Inverzna matrica matrice B je

    B1 =1

    5

    24 2 1 17 1 42 1 4

    35 =24 25 15 157

    515

    452

    51545

    35 :69

  • Barakovic Elvis Matematika

    Izracunajmo matricu A2

    A2 = A1 A1 =24 1 1 32 3 8

    1 2 6

    35 24 1 1 32 3 8

    1 2 6

    35 ==

    24 6 10 2916 27 7811 19 55

    35 :Sada je

    P = AB1 + A2 + 2E =

    =

    24 2 0 14 3 21 1 1

    35 24 25 15 157

    515

    452

    51545

    35+24 6 10 2916 27 78

    11 19 55

    35++

    24 2 0 00 2 00 0 2

    35=

    24 385 495 1515715

    1485

    3825

    58594

    52865

    35i

    Q = 2A 3B1 + A1B =

    = 2 24 2 0 14 3 21 1 1

    35 3 24 25 15 157

    515

    452

    51545

    35++

    24 1 1 32 3 81 2 6

    35 24 0 1 14 2 31 0 1

    35=

    24 4 0 28 6 42 2 2

    3524 65 35 3521

    535

    1256

    53512

    5

    35+24 1 1 54 4 152 3 11

    35 ==

    24 215 85 385395

    535

    835

    658533

    5

    35 :Zadatak 8.7 Rijeiti matricnu jednacinu

    X (A+ E) = 2A E

    70

  • Barakovic Elvis Matematika

    gdje je

    A =

    24 1 1 20 2 10 0 3

    35i E jedinicna matrica.

    Rjeenje:Neka je

    P = A+ E =

    24 1 1 20 2 10 0 3

    35+24 1 0 00 1 00 0 1

    35 =24 2 1 20 3 10 0 2

    35Q = 2A E =

    24 2 2 40 4 20 0 6

    3524 1 0 00 1 00 0 1

    35 =24 1 2 40 3 20 0 7

    35 :Sada matricna jednacina ima oblik

    XP = Q

    koja se rjeava na sljedeci nacin

    XP = Q = P1XPP1 = QP1

    XE = QP1

    pa je rjeenje matrica X = QP1:Izracunajmo matricu P1 po formuli

    P1 =1

    detP adjP

    Determinanta matrice P je

    detP =

    2 1 20 3 10 0 2

    = 12a kofaktori matrice P su

    P11 =

    3 10 2 = 6 P12 = 0 10 2

    = 0 P13 = 0 30 0 = 0

    P21 = 1 20 2

    = 2 P22 = 2 20 2 = 4 P23 = 2 110 0

    = 0P31 =

    1 23 1 = 7 P32 = 2 20 1

    = 2 P33 = 2 10 3 = 6

    71

  • Barakovic Elvis Matematika

    pa je

    adjP =

    24 6 2 70 4 20 0 6

    35 :Dakle,

    P1 =1

    12

    24 6 2 70 4 20 0 6

    35 =24 12 16 7120 1

    316

    0 0 12

    35 :Rjeenje matricne jednacine je matrica

    X = QP1 =

    24 1 2 40 3 20 0 7

    35 24 12 16 7120 1

    316

    0 0 12

    35 ==

    24 12 12 740 1 12

    0 0 72

    35 :Zadatak 8.8 Rijeiti matricnu jednacinu

    X (2A 3E) = 2E A

    gdje je

    A =

    24 1 1 20 2 10 0 3

    35i E jedinicna matrica.

    Neka je

    P = 2A 3E =24 2 2 40 4 20 0 6

    3524 3 0 00 3 00 0 3

    35 =24 1 2 40 1 2

    0 0 9

    35Q = 2E A =

    24 2 0 00 2 00 0 2

    3524 1 1 20 2 10 0 3

    35 =24 1 1 20 0 10 0 5

    35 :Sada matricna jednacina ima oblik

    XP = Q

    72

  • Barakovic Elvis Matematika

    koja se rjeava na sljedeci nacin

    XP = Q = P1XPP1 = QP1

    XE = QP1

    pa je rjeenje matrica X = QP1:Izracunajmo matricu P1 po formuli

    P1 =1

    detP adjP

    Determinanta matrice P je

    detP =

    1 2 40 1 20 0 9

    = 9a kofaktori matrice P su

    P11 =

    1 20 9 = 9 P12 = 0 20 9

    = 0 P13 = 0 10 0 = 0

    P21 = 2 40 9

    = 18 P22 = 1 40 9 = 9 P23 = 1 20 0

    = 0P31 =

    2 41 2 = 0 P32 = 1 40 2

    = 2 P33 = 1 20 1 = 1

    pa je

    adjP =

    24 9 18 00 9 20 0 1

    35 :Dakle,

    P1 =1

    9

    24 9 18 00 9 20 0 1

    35 =24 1 2 00 1 2

    9

    0 0 19

    35 :Rjeenje matricne jednacine je matrica

    X = QP1 =

    24 1 1 20 0 10 0 5

    35 24 1 2 00 1 2

    9

    0 0 19

    35 ==

    24 1 1 00 0 19

    0 0 59

    35 :73

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 8.9 Rijeiti matricnu jednacinu

    (A 2B)X = 2AB + E

    ako je

    A =

    24 1 1 20 2 10 0 3

    35 i B =24 2 1 10 2 10 0 3

    35i E jedinicna matrica.

    Rjeenje:Neka je

    P = A 2B =24 1 1 20 2 10 0 3

    35 2 24 2 1 10 2 10 0 3

    35 ==

    24 1 1 20 2 10 0 3

    3524 4 2 20 4 20 0 6

    35 =24 3 1 40 2 1

    0 0 9

    35Q = 2AB + E = 2

    24 1 1 20 2 10 0 3

    3524 2 1 10 2 10 0 3

    35+24 1 0 00 1 00 0 1

    35 ==

    24 2 2 40 4 20 0 6

    3524 2 1 10 2 10 0 3

    35+24 1 0 00 1 00 0 1

    35 =24 1 1 50 3 10 0 8

    35 :Sada matricna jednacina ima oblik

    PX = Q

    koja se rjeava na sljedeci nacin

    P1 = PX = Q = P1PP1X = P1Q

    EX = P1Q

    pa je rjeenje matrica X = P1Q:Izracunajmo matricu P1 po formuli

    P1 =1

    detP adjP

    74

  • Barakovic Elvis Matematika

    Determinanta matrice P je

    detP =

    3 1 40 2 10 0 9

    = 54a kofaktori matrice P su

    P11 =

    2 10 9 = 18 P12 = 0 10 9

    = 0 P13 = 0 20 0 = 0

    P21 = 1 40 9

    = 9 P22 = 3 40 9 = 27 P23 = 3 10 0

    = 0P31 =

    1 42 1 = 9 P32 = 3 40 1

    = 3 P33 = 3 10 2 = 6

    pa je

    adjP =

    24 18 9 90 27 30 0 6

    35 :Dakle,

    P1 =1

    54

    24 18 9 90 27 30 0 6

    35 =24 13 16 160 1

    2118

    0 0 19

    35 :Rjeenje matricne jednacine je matrica

    X = P1Q =

    24 13 16 160 12

    118

    0 0 19

    35 24 1 1 50 3 10 0 8

    35 ==

    24 13 16 160 325154

    0 0 89

    35 :Zadatak 8.10 Rijeiti matricnu jednacinu

    AX1 = AX1

    ako je

    A =

    2 11 2

    :

    Rjeenje:Matricna jednacina

    AX1 = AX1

    75

  • Barakovic Elvis Matematika

    je ekvivalentna jednaciniAX = A+ E

    jer

    AX1 = AX1AX1 +X1 = A

    (A+ E)X1 = A = X(A+ E)X1X = AX

    A+ E = AX:

    Neka je

    B = A+ E =

    2 11 2

    +

    1 00 1

    =

    1 11 3

    :

    Sada matrica jednacina ima oblik

    AX = B

    koja se rjeava na sljedeci nacin

    A1 = AX = BA1AX = A1B

    X = A1B:

    Inverzna matrica matrice A je matrica

    A1 =1

    32 11 2

    =

    23

    131

    323

    pa je rjeenje matricne jednacine matrica

    X = A1B = 2

    3131

    323

    1 11 3

    =

    13

    131

    353

    :

    Zadatak 8.11 Matricu

    A =

    24 3 2 14 3 21 0 4

    35predstaviti kao zbir jedne simetricne i jedne antisimetricne matrice.

    76

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:Kvadratna matrica je simetricna ako su joj elementi simetricni u odnosu

    na glavnu dijagonalu, tj. ako je aij = aji i vrijedi

    AS =1

    2

    A+ AT

    :

    Kvadratna matrica je antisimetricna ako je jednaka svojoj negativnojtransponovanoj matrici i vrijedi

    AK =1

    2

    A AT :

    Kako je

    AT =

    24 3 4 12 3 01 2 4

    35onda je

    AS =1

    2

    A+ AT

    =1

    2

    [email protected] 3 2 14 3 21 0 4

    35+24 3 4 12 3 01 2 4

    351A =24 3 3 13 3 11 1 4

    35Ak =

    1

    2

    A AT = 1

    2

    [email protected] 3 2 14 3 21 0 4

    3524 3 4 12 3 01 2 4

    351A =24 0 1 01 0 10 1 0

    35 :Zadatak 8.12 Odrediti rang matrice

    A =

    24 4 3 22 1 31 1 1

    112

    35 :Rjeenje:

    A =

    24 4 3 22 1 31 1 1

    112

    35

    24 1 1 12 1 34 3 2

    211

    35

    24 1 1 10 3 10 7 2

    237

    35 V1 prepisana2 V1 + V24 V1 V3

    24 1 1 10 3 10 0 13

    230

    35 V1 prepisanaV2 prepisana7 V2 3 V3

    77

  • Barakovic Elvis Matematika

    Dakle, rangA = 3:

    Zadatak 8.13 Odrediti rang matrice

    A =

    24 3 2 11 1 32 1 2

    231

    35 :Rjeenje:

    A =

    24 3 2 11 1 32 1 2

    231

    35

    24 1 1 32 1 23 2 1

    312

    35

    24 1 1 30 1 80 1 8

    377

    35 V1 prepisana2 V1 + V23 V1 + V3

    24 1 1 30 1 8

    0 0 0

    370

    35 : V1 prepisanaV2 prepisanaV2 V3

    Dakle, rangA = 2:

    Zadatak 8.14 Odrediti rang matrice

    A =

    26642 1 3 11 1 1 1

    1 2 3 11 1 2 2

    43

    42

    3775 :

    78

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:

    A =

    26642 1 3 11 1 1 1

    1 2 3 11 1 2 2

    43

    42

    3775

    26641 1 1 11 1 2 2

    1 2 3 12 1 3 1

    32

    44

    3775

    26641 1 1 10 0 1 30 3 2 00 3 1 1

    31

    12

    3775V1 prepisana

    V1 V2V1 + V3

    2 V1 V4

    26641 1 1 10 3 2 00 3 1 10 0 1 3

    3121

    3775

    26641 1 1 10 3 2 00 0 1 10 0 1 3

    3131

    3775V1 prepisanaV2 prepisana

    V1 + V3V4 prepisana

    26641 1 1 10 3 2 00 0 1 10 0 0 4

    3134

    3775V1 prepisanaV2 prepisanaV3 prepisana

    V3 V4Dakle, rangA = 4:

    Zadatak 8.15 Odrediti rang matrice

    A =

    26642 3 4 11 1 1 3

    1 3 2 23 4 5 4

    2426

    3775 :

    79

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:

    A =

    26642 3 4 11 1 1 3

    1 3 2 23 4 5 4

    2426

    3775

    26641 1 1 3

    1 3 2 22 3 4 13 4 5 4

    4226

    3775

    26641 1 1 30 4 3 50 1 2 50 1 2 5

    4666

    3775V1 prepisana

    V1 + V22V1 V33V1 V4

    26641 1 1 30 4 3 50 0 5 250 0 0 0

    46300

    3775V1 prepisanaV2 prepisana

    V2 + 4V3V3 V4

    Dakle, rangA = 3:

    Zadatak 8.16 Odrediti rang matrice

    A =

    26642 1 1 31 1 3 1

    2 3 1 13 2 4 2

    14

    33

    3775 :

    80

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:

    A =

    26642 1 1 31 1 3 1

    2 3 1 13 2 4 2

    14

    33

    3775

    26641 1 3 12 1 1 3

    2 3 1 13 2 4 2

    4133

    3775

    26641 1 3 10 1 5 50 5 7 30 1 5 5

    4959

    3775V1 prepisana

    2V1 V22V1 + V33V1 V4

    26641 1 3 10 1 5 50 0 18 220 0 0 0

    49400

    3775V1 prepisanaV2 prepisana

    5V2 V3V2 V3

    Dakle, rangA = 3:

    Zadatak 8.17 U zavisnosti od realnog parametra odrediti rang matrice

    A =

    24 1 11 11 1

    35 :Rjeenje:

    A =

    24 1 11 11 1

    35

    24 1 1 1 1 1 1

    35

    81

  • Barakovic Elvis Matematika

    24 1 1 0 1 1 0 1 1 2

    35 V1 prepisanaV2 V1V3 V1

    24 1 1 0 1 1 0 0 2 2

    35 V1 prepisanaV2 prepisanaV3 + V2

    =

    24 1 1 0 1 1 0 0 (1 ) (2 + )

    35Diskusija:

    1. ako je = 1 tada je rangA = 1 jer je

    A =

    24 1 1 10 0 00 0 0

    352. ako je = 2 tada je rangA = 2 jer je

    A =

    24 1 1 10 3 30 0 0

    353. ako je 6= 1 i 6= 2 tada je rangA = 3:

    Zadatak 8.18 U zavisnosti od realnog parametra odrediti rang matrice

    A =

    26641 1 4 34 10 1 7 17 3 12 4 3 2

    3775 :

    82

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje:

    A =

    26641 1 4 34 10 1 7 17 3 12 4 3 2

    3775

    26641 1 4 30 6 15 120 10 25 200 2 5 4

    3775V1 prepisana

    V2 4V1V3 7V1V4 2V1

    26641 1 4 30 2 5 40 6 15 120 10 25 20

    3775

    26641 1 4 30 2 5 40 0 0 0 0 0 0

    3775V1 prepisanaV2 prepisana

    V3 3V2V4 5V2

    Diskusija:

    1. ako je = 0 tada je rangA = 2:

    2. ako je 6= 0 tada je rangA = 3.

    83

  • Barakovic Elvis Matematika

    9 Sistemi linearnih jednacina

    Zadatak 9.1 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem

    4x 3y 2z = 12x+ y + 3z = 1

    x+ y z = 2

    9=; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

    A =

    24 4 3 22 1 31 1 1

    35Ap =

    24 4 3 22 1 31 1 1

    1

    12

    35 :Odredimo rang proirene matrice:

    Ap =

    24 4 3 22 1 31 1 1

    1

    12

    35

    24 1 1 12 1 34 3 2

    2

    11

    35

    24 1 1 10 3 10 7 2

    237

    35 V1 prepisana2 V1 + V24 V1 V3

    24 1 1 10 3 10 0 13

    230

    35 V1 prepisanaV2 prepisana7 V2 3 V3

    Odavdje vidimo da je rang (A) = 3 i rang (Ap) = 3 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem

    x+ y z = 23y + z = 313z = 0

    9=; :Iz trece jednacine vidimo da je z = 0 i ako to uvrstimo u drugu jednacinu

    dobicemo

    3y + 0 = 3

    3y = 3 =) y = 1:

    84

  • Barakovic Elvis Matematika

    Uvrtavajuci z = 0 i y = 1 u prvu jednacinu, dobijamo

    x+ 1 0 = 2x+ 1 = 2 =) x = 2:

    Rjeenje sistema je(x; y; z) = (1; 1; 0) :

    Zadatak 9.2 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem

    3x 2y + z = 2x+ y 3z = 32x y 2z = 1

    9=; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

    A =

    24 3 2 11 1 32 1 2

    35Ap =

    24 3 2 11 1 32 1 2

    2

    31

    35 :Odredimo rang proirene matrice:

    Ap =

    24 3 2 11 1 32 1 2

    2

    31

    35

    24 1 1 32 1 23 2 1

    312

    35

    24 1 1 30 1 80 1 8

    377

    35 V1 prepisana2 V1 + V23 V1 + V3

    24 1 1 30 1 8

    0 0 0

    370

    35 : V1 prepisanaV2 prepisanaV2 V3

    Odavdje vidimo da je rang (A) = 2 i rang (Ap) = 2 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem

    x+ y 3z = 3y 8z = 7

    :

    85

  • Barakovic Elvis Matematika

    Ovaj sistem ima tri nepoznate a dvije jednacine. Zato jednu nepoznatubiramo proizvoljno.Neka je, recimo, z = gdje je 2 R:Ako z = uvrstimo u drugu jednacinu, dobijamo

    y 8 = 7 =) y = 7 + 8:

    Ako y = 7 + 8 i z = uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

    x 7 + 8 3 = 3x 7 + 5 = 3

    x = 4 5 =) x = 4 + 5

    Rjeenje sistema je

    (x; y; z) = (4 + 5;7 + 8; ) ; 2 R:

    Zadatak 9.3 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem

    2x y + 3z + t = 4x+ y + z + t = 3

    x+ 2y 3z t = 4x+ y + 2z 2t = 3

    9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

    A =

    26642 1 3 11 1 1 1

    1 2 3 11 1 2 2

    3775

    Ap =

    26642 1 3 11 1 1 1

    1 2 3 11 1 2 2

    43

    42

    3775

    86

  • Barakovic Elvis Matematika

    Odredimo rang proirene matrice:

    Ap =

    26642 1 3 11 1 1 1

    1 2 3 11 1 2 2

    43

    42

    3775

    26641 1 1 11 1 2 2

    1 2 3 12 1 3 1

    32

    44

    3775

    26641 1 1 10 0 1 30 3 2 00 3 1 1

    31

    12

    3775V1 prepisana

    V1 V2V1 + V3

    2 V1 V4

    26641 1 1 10 3 2 00 3 1 10 0 1 3

    3

    121

    3775

    26641 1 1 10 3 2 00 0 1 10 0 1 3

    3

    131

    3775V1 prepisanaV2 prepisana

    V1 + V3V4 prepisana

    26641 1 1 10 3 2 00 0 1 10 0 0 4

    3

    134

    3775V1 prepisanaV2 prepisanaV3 prepisana

    V3 V4Odavdje vidimo da je rang (A) = 4 i rang (Ap) = 4 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem

    x+ y + z + t = 33y 2z = 1z t = 34t = 4

    9>>=>>; :Iz cetvrte jednacine vidimo da je t = 1.Ako t = 1 uvrstimo u trecu jednacinu dobicemo

    z 1 = 3z = 2 =) z = 2:

    87

  • Barakovic Elvis Matematika

    Ako z = 2 i t = 1 uvrstimo u drugu jednacinu, dobicemo

    3y 4 = 13y = 3 =) y = 1:

    Ako y = 1, z = 2 i t = 1 uvrstimo u prvu jednacinu, dobicemo

    x+ 1 + 2 + 1 = 3 =) x = 1:

    Rjeenje sistema je

    (x; y; z; t) = (1; 1; 2; 1) :

    Zadatak 9.4 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem

    2x+ 3y 4z + t = 2x+ y z + 3t = 4

    x+ 3y 2z + 2t = 23x+ 4y 5z + 4t = 6

    9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

    A =

    26642 3 4 11 1 1 3

    1 3 2 23 4 5 4

    3775

    Ap =

    26642 3 4 11 1 1 3

    1 3 2 23 4 5 4

    2426

    3775 :

    88

  • Barakovic Elvis Matematika

    Odredimo rang proirene matrice:

    Ap =

    26642 3 4 11 1 1 3

    1 3 2 23 4 5 4

    2426

    3775

    26641 1 1 3

    1 3 2 22 3 4 13 4 5 4

    4226

    3775

    26641 1 1 30 4 3 50 1 2 50 1 2 5

    4666

    3775V1 prepisana

    V1 + V22V1 V33V1 V4

    26641 1 1 30 4 3 50 0 5 250 0 0 0

    46300

    3775V1 prepisanaV2 prepisana

    V2 + 4V3V3 V4

    Odavdje vidimo da je rang (A) = 3 i rang (Ap) = 3 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem

    x+ y z + 3t = 44y 3z + 5t = 65z + 25t = 30

    9=; :Ovaj sistem ima cetiri nepoznate a tri jednacine.Znaci, jednu nepoznatu uzimamo proizvoljno.Neka je, npr. t = ( 2 R) :Iz trece jednacine imamo

    5z + 25 = 30

    z + 5 = 6 =) z = 6 5:Ako z = 6 5 i t = uvrstimo u drugu jednacinu, dobijamo

    4y 3 (6 5) + 5 = 64y 18 + 15+ 5 = 6

    4y = 24 20 =) y = 6 5:Ako y = 6 5; z = 6 5 i t = uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

    x+ 6 5 6 + 5+ 3 = 4x+ 3 = 4 =) x = 4 3:

    89

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje sistema je

    (x; y; z; t) = (4 3; 6 5; 6 5; ) ( 2 R) :

    Zadatak 9.5 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem

    3x 2y + 2z = 3x+ y z = 14x y + z = 4

    2x 3y + 3z = 2

    9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

    A =

    26643 2 21 1 14 1 12 3 3

    3775

    Ap =

    26643 2 21 1 14 1 12 3 3

    3142

    3775 :Odredimo rang proirene matrice:

    Ap =

    26643 2 21 1 14 1 12 3 3

    3142

    3775

    26641 1 13 2 24 1 12 3 3

    1342

    3775

    26641 1 10 5 50 5 50 5 5

    1000

    3775V1 prepisana

    V2 3V1V3 4V1V4 2V1

    26641 1 10 5 50 0 00 0 0

    1000

    3775V1 prepisanaV2 prepisana

    V3 V2V4 V2

    90

  • Barakovic Elvis Matematika

    Odavdje vidimo da je rang (A) = 2 i rang (Ap) = 2 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem

    x+ y z = 15y + 5z = 0

    :

    Ovaj sistem ima tri nepoznate a dvije jednacine.Znaci, jednu nepoznatu uzimamo proizvoljno.Neka je, npr. z = ( 2 R) :Iz druge jednacine imamo

    5y + 5 = 05y = 5 =) y = :

    Ako y = i z = uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

    x+ y z = 1x+ = 1 =) x = 1:

    Rjeenje sistema je

    (x; y; z) = (1; ; ) ( 2 R) :

    Zadatak 9.6 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem

    3x 2y + z + t = 32x+ y 2z t = 0x+ 2y z + t = 33x+ 3y 3z = 3

    9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

    A =

    26643 2 1 12 1 2 11 2 1 13 3 3 0

    3775

    Ap =

    26643 2 1 12 1 2 11 2 1 13 3 3 0

    3033

    3775 :

    91

  • Barakovic Elvis Matematika

    Odredimo rang proirene matrice:

    Ap =

    26643 2 1 12 1 2 11 2 1 13 3 3 0

    3033

    3775

    26641 2 1 12 1 2 13 2 1 13 3 3 0

    3033

    3775

    26641 2 1 10 3 0 30 8 4 20 3 0 3

    3

    666

    3775V1 prepisana

    V2 2V1V3 3V1V4 3V1

    26641 2 1 10 3 0 30 0 12 180 0 0 0

    3

    6300

    3775V1 prepisanaV2 prepisana8V2 3V3V2 V4

    Odavdje vidimo da je rang (A) = 3 i rang (Ap) = 3 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem

    x+ 2y z + t = 33y 3t = 6

    12z 18t = 30

    9=; ()x+ 2y z + t = 3

    y + t = 22z + 3t = 5

    9=; :Ovaj sistem ima cetiri nepoznate a tri jednacine.Znaci, jednu nepoznatu uzimamo proizvoljno.Neka je, npr. t = ( 2 R) :Iz trece jednacine imamo

    2z + 3 = 5

    2z = 5 3 =) z = 5 32

    :

    Ako z = 532i t = uvrstimo u drugu jednacinu, dobijamo

    y + = 2 =) y = 2 :

    92

  • Barakovic Elvis Matematika

    Ako y = 2 ; z = 532i t = uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

    x+ 2 (2 ) 5 32

    + = 3

    x+ 4 2 5 32

    + = 3

    x+8 4 5 + 3+ 2

    2= 3

    x+3 +

    2= 3

    x = 3 3 + 2

    =) x = 3 2

    :

    Rjeenje sistema je

    (x; y; z; t) =

    3 2

    ; 2 ; 5 32

    ;

    ( 2 R) :

    Zadatak 9.7 Ispitati saglasnost i rijeiti sistem

    2x+ 2y z + 3t = 63x+ y 3z + t = 25x+ 3y 4z + 4t = 8x y 2z 2t = 4

    9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

    A =

    26642 2 1 33 1 3 15 3 4 41 1 2 2

    3775

    Ap =

    26642 2 1 33 1 3 15 3 4 41 1 2 2

    6284

    3775 :

    93

  • Barakovic Elvis Matematika

    Odredimo rang proirene matrice:

    Ap =

    26642 2 1 33 1 3 15 3 4 41 1 2 2

    628

    4

    3775

    26641 1 2 22 2 1 33 1 3 15 3 4 4

    4628

    3775

    26641 1 2 20 4 3 70 4 3 70 8 6 14

    4141428

    3775V1 prepisana

    2V1 V23V1 V35V1 3V4

    26641 1 2 20 4 3 70 0 0 00 0 0 0

    41400

    3775V1 prepisana

    2V1 V2V2 V32V2 V4

    Odavdje vidimo da je rang (A) = 2 i rang (Ap) = 2 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem

    x y 2z 2t = 44y 3z 7t = 14

    :

    Ovaj sistem ima cetiri nepoznate a dvije jednacine.Znaci, dvije nepoznate uzimamo proizvoljno.Neka je, npr. z = ; t = (; 2 R) :Iz druge jednacine imamo

    4y 3 7 = 144y = 14 + 3+ 7 =) y = 14 3 7

    4:

    94

  • Barakovic Elvis Matematika

    Ako y = 14374

    ; z = ; t = uvrstimo u prvu jednacinu, dobijamo

    x 14 3 74

    2 2 = 4

    x+14 + 3+ 7 8 8

    4= 4

    x+14 5

    4= 4

    x = 4 14 5 4

    x =16 + 14 + 5+

    4=) x = 2 + 5+

    4:

    Rjeenje sistema je

    (x; y; z; t) =

    2 + 5+ 4

    ;14 3 7

    4; ;

    (; 2 R) :

    Zadatak 9.8 Ispitati saglasnost sistema i u slucaju saglasnosti rijeiti sis-tem matricnom metodom

    2x y + z 3t = 1x y + 3z + t = 4

    2x 3y + z + t = 33x 2y + 4z 2t = 3

    9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

    A =

    26642 1 1 31 1 3 1

    2 3 1 13 2 4 2

    3775

    Ap =

    26642 1 1 31 1 3 1

    2 3 1 13 2 4 2

    14

    33

    3775 :

    95

  • Barakovic Elvis Matematika

    Odredimo rang proirene matrice:

    Ap =

    26642 1 1 31 1 3 1

    2 3 1 13 2 4 2

    14

    33

    3775

    26641 1 3 12 1 1 3

    2 3 1 13 2 4 2

    4

    133

    3775

    26641 1 3 10 1 5 50 5 7 30 1 5 5

    4959

    3775V1 prepisana

    2V1 V22V1 + V33V1 V4

    26641 1 3 10 1 5 50 0 18 220 0 0 0

    49400

    3775V1 prepisanaV2 prepisana

    5V2 V3V2 V3

    Odavdje vidimo da je rang (A) = 3 i rang (Ap) = 3 pa je sistem saglasan.Formirajmo novi sistem

    x y + 3z + t = 4y + 5z + 5t = 918z + 22t = 40

    9=; :Ovaj sistem ima cetiri nepoznate a tri jednacine.Znaci, jednu nepoznatu uzimamo proizvoljno.Neka je, npr. t = ( 2 R) :Sada sistem ima oblik

    x y + 3z = 4 y + 5z = 9 5

    9z = 20 11

    9=; :Ovaj sistem je ekvivalentan matricnoj jednacini

    AX = B

    gdje su

    A =

    24 1 1 30 1 50 0 9

    35 ; X =24 xyz

    35 ; B =24 4 9 520 11

    35 :96

  • Barakovic Elvis Matematika

    Rjeenje matricne jednacine je matrica X = A1B:Izracunajmo matricu A1 na osnovu formule

    A1 =1

    detAadjA:

    Determinanta matrice A je

    detA =

    1 1 30 1 50 0 9

    = 9Kofaktori matrice A su

    A11 =

    1 50 9 = 9 A12 = 0 50 9

    = 0 A13 = 0 10 0 = 0

    A21 = 1 30 9

    = 9 A22 = 1 30 9 = 9 A23 = 1 10 0

    = 0A31 =

    1 31 5 = 2 A32 = 1 30 5

    = 5 A33 = 1 10 1 = 1

    pa je adjungovana matrica

    adjA =

    24 9 9 20 9 50 0 1

    35 :Inverzna matrica matrice A je

    A1 =1

    9

    24 9 9 20 9 50 0 1

    35 =24 1 1 290 1 5

    9

    0 0 19

    35 :Sada je

    X = A1B =

    24 1 1 290 1 59

    0 0 19

    35 24 4 9 520 11

    35 =24 5+1491910

    92011

    9

    35pa je

    x =5 + 14

    9

    y =19 10

    9

    z =20 11

    9; 2 R

    rjeenje sistema.

    97

  • Barakovic Elvis Matematika

    Zadatak 9.9 Ispitati saglasnost sistema i u slucaju saglasnosti rijeiti sis-tem metodom determinanti

    2x y + z 3t = 1x y + 3z + t = 4

    2x 3y + z + t = 33x 2y + 4z 2t = 3

    9>>=>>; :Rjeenje:Matrica koecijenata i proirena matrica ovog sistema je

    A =

    26642 1 1 31 1 3 1

    2 3 1 13 2 4 2

    3775

    Ap =

    26642 1 1 31 1 3 1

    2