Predavanja Iz Matematike 1

Sadrzaj

1 Osnovni pojmovi matematicke logike i teorije . . . 11.1 Osnovni pojmovi matematicke logike i teorije skupova . . . . 11.2 Elementi kombinatorike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Njutnova binomna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Realni i kompleksni brojevi. Polinomi... 232.1 Realni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2 Kompleksni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.3 Polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.4 Neke osobine racionalnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3 Sistemi linearnih jednacina. Matrice... 573.1 Gausov algoritam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.2 Matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.3 Definicija i izracunavanje determinanti . . . . . . . . . . . . . 863.4 Osobine determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.5 Primjena determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4 Vektorska algebra 1054.1 Operacije sa vektorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1054.2 Linearna zavisnost i nezavisnost vektora . . . . . . . . . . . . 1144.3 Projekcija vektora na osu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1234.4 Skalarni proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.5 Vektorski proizvod dva vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . 1374.6 Pojam Euklidovog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

5 Analiticka geometrija 1535.1 Jednacina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1545.2 Jednacina ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1615.3 Krive drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

2 SADRZAJ

5.4 Povrsi drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

Glava 1

Osnovni pojmovimatematicke logike i teorijeskupova. Matematickaindukcija, kombinatorika ielementi teorije vjerovatnoce

1.1 Osnovni pojmovi matematicke logike i teorijeskupova

Sud ili iskaz je osnovni pojam matematicke logike. Iskazima smatramorecenice za koje je moguce utvrditi da li su istinite (tacne) ili neistinitne(lazne, netacne) i oznacavacemo ih malim slovima p, q, r, . . .. Kako cemose susretati samo sa iskazima iz oblasti matematike, to se prethodna pret-postavka o pojmu iskaza moze usvojiti. Od dva iskaza p i q moguce jeformirati nove iskaze vezujuci ih izrazima :

i, ili, , ako . . . onda, ako i samo ako.Iskaz p i q pisemo u obliku p q i nazivamo ga konjunkcijom. Kon-

junkcija p q je istinita ako su oba iskaza istinita, dok je u svim ostalimslucajevima neistinita. Iskaz p ili q koji oznacavamo sa p q naziva se dis-junkcija, koja je lazna ako su oba iskaza p i q lazni, dok je u svim ostalimslucajevima istinita.

Implikacijom nazivamo iskaz ,,ako p onda q i oznacavamo ga sap q. Implikacija je lazna ako je iskaz p istinit, a iskaz q lazan, dok je u

2 Osnovni pojmovi matematicke logike i teorije . . .

ostalim slucajevima istinita. Ako je implikacija istinita, onda kazemo da iziskaza p slijedi iskaz q. U tom slucaju, naime, ako je iskaz p istinit zaklj-ucujemo da je iskaz q, takode, istinit. Fraza ,,n ako . . . onda se u matematiciuvijek upotrebljava u gornjem smislu, mada to moze donekle odudarati odnjene svakodnevne upotrebe.

Implikacija p q, isto tako, znaci da jedino nije moguce iz istinitostiiskaza p izvesti neistinitost iskaza q (tj. istina me moze implicirati laz), doksu svi ostali slucajevi moguci.

Ako je implikacija p q istinita, onda se kaze: Iskaz p je dovoljan uslovza iskaz q (tj. iskaz q je istinit ako je p istinit). Takode se kaze: Iskaz q jepotreban uslov za p .

Iskaz p ako i samo ako q pisemo u obliku p q ili p q i nazivamoekvivalencijom. Ekvivalencija je istinita ako su p i q ili oba istinita ili obalazna, dok je u ostalim slucajevima lazna.

Ukoliko je ekvivalencija p q tacna, onda se kaze da je p potreban idovoljan uslov za q.

Ekvivalencija iskaza p i q je odredena kao konjunkcija

(p q) (q p).Negacija iskaza p je iskaz p koji je tacan kada je p netacan, a netacan

kada je p tacan. Logickim zakonom ili tautologijom nazivamo iskazsastavljen od iskaza p, q, r, . . . i veza , , , , koji je uvijek tacan,bez obzira na tacnost ili netacnost iskaza p, q, r, . . . od kojih je formiran.Navescemo neke od najznacajnijih tautologija:

[(p q) (q r)] (p r), zakon silogizma,p p, zakon iskljucenja treceg,p p, zakon dvojne negacije,(p q) (p q)(p q) (p q)

}De Morganovi zakoni,

(p (q q)) p, svodenje na apsurd(p q) (q p), zakon kontrapozicije,(p q) (p q).

Primjer 1.1 Primjenom De Morganovih zakona na posljednju gore nave-denu tautologiju dobijamo

(p q) (p (q)).Ovaj primjer pokazuje sta treba dokazati da bi se negirala implikacija, stose u dokazima cesto susrece.

Osnovni pojmovi matematicke logike i teorije skupova 3

Ako je iskaz p istinit pisacemo (p) = >, a ako je lazan (p) = . Poredtoga, znaci > i oznacavace nam bilo koji tacan, odnosno netacan iskaz.

Operacije , i nad iskazima p, q, r, . . . zadovoljavaju sljedece uslove:p p p p p p

p q q p p q q p(p q) r p (q r) (p q) r p (q r)

p (q r) (p q) (p r)p (q r) (p q) (p r)

p , p pp > p, p > >

p p , p p >p (p q) pp (p q) p.

(1.1)

Izlozicemo sada osnovne pojmove teorije skupova. Skup se uzima zaosnovni pojam, tj. pojam koji se ne definise. Osnovni pojmovi su i elementskupa i pripadnost elementa a skupu A sto se oznacava sa a A.

Smatracemo da nam je skup poznat ako mozemo odrediti sve njegoveelemente. To u tvari znaci da je za dati element x i dati skup A, x A jedaniskaz. Ako taj iskaz nije tacan tada pisemo x 6 A i kazemo da element x nepripada skupu A.

Dva skupa A i B smatramo jednakim i pisemo A = B, ako se sastoje odistih elemenata.

Od dva skupa A i B koriscenjem disjunkcije i konjunkcije mozemo formi-rati skupove A B i A B, koji se nazivaju unija i presjek skupova A iB, a definisu ovako:

A B = {x : x A x B},A B = {x : x A x B}.

Uniju, dakle, cine svi elementi oba skupa A i B, dok presjek cine zajednickielementi ta dva skupa. Implikaciju cemo iskoristiti za definisanje pojmapodskupa.

Ako za sve elemente skupa A vrijedi x A x B, onda se kaze da jeA podskup skupa B i pise A B. Znak naziva se inkluzija . Za skup Bkaze se da je nadskup skupa A.

Skup A je, dakle, podskup skupa B ako je svaki element skupa A ujednoi element skupa B.

Jasno je da vrijedi

A = B A B A B.


Razliku dva skupa definisemo na sljedeci nacin:

B \A = {x : x B x 6 A};ona se sastoji od onih elemenata skupa B, koji nisu elementi skupa A. Akoje A B, tada se B \A naziva komplementom skupa A u odnosu na skupB.

Skup koji nema elemenata oznacavamo sa i nazivamo prazanim sku-pom. Smatracemo da je prazan skup podskup svakog skupa. U knjizi cese ponekad koristiti i simboli i . Prvi se naziva univerzalni, a drugiegzistencijalni kvantifikator. Upotrebljavaju se na sljedeci nacin:

x A, P (x); x A,P (x).Prvi izraz oznacava da svi elementi skupa A imaju osobinu P, a drugi, dabar jedan (moguce i vise) element skupa A ima osobinu P.

Ako je A skup tada se sa P(A) oznacava skup svih podskupova od A inaziva partitivnim skupom od A.

Primjer 1.2 Neka je A neprazan skup, a P(A) njegov partitivni skup. Akosa p, q, r, . . . oznacavamo elemente iz P(A), sa uniju, sa presjek skupovaiz P(A), sa p komplement skupa p u odnosu na A, a sa jednakost meduskupovima, tada su zadovoljeni svi uslovi iz (1.1).

Elementi dva skupa, na neki nacin, mogu biti vezani jedni sa drugi-ma. Te veze dovode do pojma funkcije, jednog od najvaznijih pojmova umatematici.

Za date skupove A i B sa AB oznacavamo skupAB = {(a, b)|a A, b B},

njegove elemente nazivamo uredenim parovima , a sam skup Dekartovimili direktnim proizvodom skupova A i B. U uredenom paru (a, b), a senaziva prva, dok je b druga koordinata. Ako su (a, b) i (a, b) dva uredenapara, onda ce nam jednakost (a, b) = (a, b) znaciti da je a = a i b = b.

Neprazne podskupove direktnog proizvoda skupova A i B nazivacemorelacijama. Ako je R A B neka relacija, tada (a, b) R pisemo uobliku aRb i kazemo da je element a u relaciji R sa b.Definicija 1.1 Funkcijom ili preslikavanjem f iz skupa A u skup B nazi-vamo relaciju f A B, u kojoj nema uredenih parova cije su prve koor-dinate jednake, a druge razlicite. Funkcije cesto oznacavamo sa sa

f : A B.

Elementi kombinatorike 5

Ako (a, b) f onda pisemo b = f(a) i a nazivamo originalom, a b slikom.Zahtjev iz definicije funkcije znaci da svaki original ima jedinstvenu sliku.Skup

D(f) = {x A : (y B) y = f(x)},naziva se domenom ili definicionim podrucjem funkcije f .

Slikom ili kodomenom funkcije f naziva se skup

S(f) = {y B : x A takav da je y = f(x)}.Prethodna definicija precizira pojam funkcije pod kojom se ,,intuitivno

podrazumijeva pridruzivanje elementima domena jedinstvenih elemenata sli-ke pomocu te funkcije.

Poseban znacaj imaju funkcije ciji je domen skup prirodnih brojeva.

Definicija 1.2 Funkciju f nazivamo nizom ako je njen domen skup N pri-rodnih brojeva. U ovom slucaju pisemo f(n) = an (n N), pa niz obicnopisemo u obliku {an}nN ili

a1, a2, . . . , an, . . . .

Navedimo jedan primjer. Fibonacijev niz je definisan sa

a1 = a2 = 1, an = an1 + an2, (n > 2).(1.2)

To je, dakle, niz 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . .. Ovo je primjer niza koji je zadat rekuren-tno, tj. njegov opsti clanovi se odreduje preko ranije definisanih clanova.

1.2 Elementi kombinatorike

Upoznacemo se, u ovom dijelu, sa pojmovima permutacija, varijacija i kom-binacija, koji predstavljaju osnovne pojmove kombinatorike.

Razmatranje cemo poceti jednostavnim primjerom.

Primjer 1.3 Pretpostavimo da imamo cetiri slova a, b, c, d. Pitamo se: Ko-liko se moze napisati razlicitih nizova sa tri razlicita slova.

Rjesenje. Ispisacemo sve nizove u leksikografskom poretku , onako kakose redaju rijeci u rjecnicima. U prvom redu ce biti nizovi koji pocinju slovoma, u drugom sa b itd.

a b c a b d a c b a c d a d b a d cb a c b a d b c a b c d b d a b d cc a b c a d c b a c b d c d a c d bd a b d a c d b a d b c d c a d c b.


Postoje, dakle, ukupno 24 niza. Uocimo na tabeli pravilo kako se nizoviprave. Posto niz moze poceti bilo kojim slovom, to za prvo slovo u nizuimamo cetiri mogucnosti (svaka od tih mogucnosti daje po jedan red u gornj-oj tabeli). Kada izaberemo prvo slovo, tada za drugo imamo tri mogucnosti,a za trece dvije, dakle, po izabranom pocetnom slovu za preostala dva imasest mogucnosti (to je sest nizova u svakom redu). Sve skupa postoje 432 =24 niza.

Ovaj jednostavni primjer opravdava sljedecu definiciju.

Definicija 1.3 Neka je dato n razlicitih elemenata. Nizovi od k (1 k n)elemenata (u kojima se elementi ne ponavljaju) nazivaju se varijacije bezponavljanja k-te klase od n elemenata, a njihov broj se oznacava sa V kn .

Rezonovanjem kao u primjeru zakljucujemo da za prvi simbol u nizuimamo n mogucnosti, za drugi n 1, za treci n 2, itd., za k-ti n k + 1mogucnosti. Imamo, dakle, ukupno n (n 1) (n k + 1) mogucnosti,cime smo dokazali sljedecu teoremu.

Teorema 1.1 Broj varijacija bez ponavljanja k-te klase od n elemenata jed-nak je

V kn = n (n 1) (n k + 1). 2(1.3)

Primjer 1.4 Koliko ima telefona u gradu, ako je svaki telefonski broj peto-cifren sa razlicitim ciframa?

Rjesenje. Postoji deset cifara i od njih se moze formirati ukupno V 510 nizovasa po pet razlicitih cifara. No, svaki od tih nizova ne predstavlja petocifrenbroj. Treba, naime, odbaciti one nizove kod kojih je prva cifra nula, jeroni predstavljaju cetvorocifrene brojeve. Takvih je nizova upravo V 49 , pa jeukupan broj telefona jednak V 510 V 49 = 27216.

Primjer 1.5 Koliko se rijeci sa cetiri razlicita slova moze napisati od slovaa, b, c, d, e, f, g1 koje sadrze slovo a,2 koje pocinju slovom a?

Rjesenje. 1 Posto imamo na raspolaganju sedam slova, ukupan broj rijeciod cetiri slova je V 47 = 840 rijeci. Broj rijeci koje ne sadrze slovo a jednakje ukupnom broju rijeci koje se mogu formirati od preostalih sest slova, a toje V 46 = 360. Svaka od preostalih rijeci sadrzi slovo a i njihov ukupan brojje 840-360 = 480.


2 Broj rijeci koje pocinju slovom a jednak je ukupnom broju rijeci od trislova koje se mogu formirati od preostalih sest slova i taj broj je V 36 = 120.

Specijalan slucaj varijacija bez ponavljanja, kada je n = k, predstavljajupermutacije (bez ponavljanja) n-tog reda, ciji se broj oznacava sa Pn.

Definicija 1.4 Varijacije (bez ponavljanja) klase n od n elemenata nazi-vamo permutacijama n-tog reda.

Stavljajuci u formulu za varijacije bez ponavljanja (1.3) n = k, dobijamo

Teorema 1.2 Broj permutacija n-tog reda jednak je

Pn = n (n 1) (n 2) 1 = n!.Simbol n! se cita n-faktorijel i predstavlja, dakle, proizvod svih prirodnihbrojeva od 1 pa do n. Posebno se definise 0! = 1.

Primjer 1.6 Ispisati sve permutacije elemenata a, b, c, d.

Rjesenje. Trebamo ispisati sve razlicite nizove od cetiri medusobno razlicitaslova. Pisuci te nizove u leksikografskom poretku dobijamo:

a b c d a b d c a c b d a c d b a d b c a d c bb a c d b a d c b c a d b c d a b d a c b d c ac a b d c a d b c b a d c b d a c d a b c d b ad a b c d a c b d b a c d b c a d c a b d c b a

.

Primjer 1.7 Na koliko se nacina moze osam topova razmjestiti na sahov-skoj tabli, tako da ni jedan od njih ne moze tuci ostale?

Jasno je da topovi moraju biti na razlicitim linijama i u razlicitim redovima.Prema tome, za topa na prvoj liniji postoji 8 mogucih polozaja, za topa nadrugoj liniji 7 itd., te je ukupan broj razlicitih polozaja jednak P8 = 40320.

Primjer 1.8 Na koliko nacina pet djecaka i dvije djevojcice mogu stati ured, tako da djevojcice ne budu jedna do druge?

Rjesenje. djecaci i djevojcice mogu stati u red na ukupno P7 = 7! = 5040nacina. djevojcice mogu biti jedna do druge u dvanaest slucajeva - po dvaslucaja da budu prva i druga, druga i treca, itd., sesta i sedma. U svakomod tih polozaja na preostalih pet mjesta su djecaci i broj tih mogucnosti, usvakom polozaju je P5 = 5! = 120. Prema tome, ukupan broj polozaja ukome su djevojcice jedna pored druge je 12 120 = 1440, pa je broj redovau kojim djevojcice nisu jedna pored druge jednak 5040 1440 = 3600.


Definicija 1.5 Za prirodan broj n podskupove sa k n elemenata skupakoji ima n elemenata nazivamo kombinacijama bez ponavljanja k-teklase od n elemenata. njihov broj oznacava se sa

(n

k

)ili Ckn.

Ako uocimo bilo kojih k elemenata skupa sa n elemenata, tada ti elementicine jednu kombinaciju, a ukupno k! varijacija bez ponavljanja, pa imamo

Teorema 1.3 Broj kombinacija bez ponavljanja k-te klase od n elemenatajednak je (

n

k

)=

V knk!

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

k!.

Primjer 1.9 Ispisati sve kombinacije trece klase od elemenata a, b, c, d, e.

Rjesenje. U ovom slucaju treba ispisati samo one nizove od tri slova koji serazlikuju u bar jednom slovu, pri cemu ne treba voditi racuna o rasporeduslova. Pisuci nizove u leksikografskom poretku dobijamo tablicu

a b c a b d a b e a c da c e a d e b c d b c eb d e c d e .

Primjer 1.10 Na sahovskom turniru ucestvuje 18 sahista koji moraju igratisvaki sa svakim. Koliko ce na turniru biti odigrano partija?

Rjesenje. Broj ukupno odigranih partija jednak je broju parova koji se moguformirati od 18 ucesnika i taj broj je

(182

)= 153.

Primjer 1.11 Dokazati da vrijede formule(nk

)=

(n

nk)

(nk

)+

(n

k1)

=(n+1

k

) .(1.4)

Rjesenje. Na lijevoj strani prve formule je broj podskupova sa k elemenataskupa koji ima n elemenata, a na desnoj strani broj podskupova sa nk el-emenata, istog skupa. Ta su dva broja jednaka jer podskupu sa k elemenataodgovara jedinstven skup sa n k elemenata (to je njegov komplement).


Na desnoj strani druge jednakosti je broj podskupova sa k elemenataskupa sa n + 1 elemenata. njih mozemo prebrojati na sljedeci nacin. Podi-jelicemo podskupove u dvije klase:1 Podskupovi koji ne sadrze (n + 1)-ti element,2 Podskupovi koji sadrze taj element.

Prvih podskupova ocigledno ima(nk

). Ako se iz svakog skupa iz druge

klase izostavi posljednji n+1-ti element, ostaju poskupovi datog skupa kojiimaju k 1 elemenata, a njih je ( nk1

). Sabirajuci posljednja dva broja

dobijamo trazenu formulu.Napomenimo da se prethodne formule mogu lako dokazati direktnim ra-

cunom, na osnovu teoreme 1.3.

Definicija 1.6 Ako u n elemenata imamo k1 elemenata prve vrste, k2 e-lemenata druge vrste, itd., ks elemenata s-te vrste, tada se razliciti nizovikoji se mogu napraviti od tih n elemenata nazivaju permutacijama saponavljanjem n-tog reda.

Numerisimo elemente niza razlicitim brojevima. Imamo ukupno n! nizova.U takvom jednom nizu na k1 mjesta pojavljuje se element prve vrste (utom nizu numerisan sa k1 razlicitih brojeva). Jasno je da ce se taj elementpojaviti na istim mjestima u tacno k1! nizova. Ista je situacija i sa ostalimelementima, na osnovu cega dobijamo

Teorema 1.4 Broj permutacija sa ponavljanjem n- tog reda jednak jen!

k1! k2! ks! (k1 + k2 + + ks = n). 2

Primjer 1.12 Napisati sve permutacije sa ponavljanjem od sest elemenatau kojima se pojavljuju dva elementa i to po tri puta.

Rjesenje. Ako elemente koji se ponavljaju oznacimo sa 1 i 2, tada je trazenibroj permutacija jednak broju razlicitih sestocifrenih brojeva koji se moguformirati od cifara 1 i 2, tako da su im tri cifre 1 a tri 2. Taj broj je jednak,

prema prethodnoj formuli, za slucaj n = 6 , k1 = 3 , k2 = 3,6!

3! 3! = 20.Pisuci te permutacije u leksikografskom poretku dobijamo

1 1 1 2 2 2

1 1 2 1 2 2

1 1 2 2 1 2

1 1 2 2 2 1

1 2 1 1 2 2

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 2 1

1 2 2 1 1 2

1 2 2 1 2 1

1 2 2 2 1 1

2 1 1 1 2 2

2 1 1 2 1 2

2 1 1 2 2 1

2 1 2 1 1 2

2 1 2 1 2 1

2 1 2 2 1 1

2 2 1 1 1 2

2 2 1 1 2 1

2 2 1 2 1 1

2 2 2 1 1 1


Primjer 1.13 Dokazati da vrijedi formula(

n

k

)=

n!k! (n k)! .(1.5)

Rjesenje. Ova formula se lako dokazuje ako se i brojnik i nazivnik u relaciji(1.3) pomnoze sa (n k)!.

Dacemo jos jedan dokaz te jednostavne formule, uspostavljajuci vezuizmedu kombinacija bez ponavljanja i permutacija sa ponavljanjem.

Po definiciji je lijeva strana jednakosti (1.5) jednaka broju razlicitih pod-skupova sa k elemenata nekog skupa sa n elemenata. Ako u permutaciji bezponavljanja nekog skupa od n elemenata izdvojimo prvih k elemenata, oni ceciniti jedan podskup od k elemenata datog skupa. Na taj nacin ce se dobitisvi podskupovi sa k elemenata skupa od n elemenata. Ostaje jos da se pre-broji koliko ih ima. Pogledajmo sve permutacije x1, x2, . . . , xk, xk+1, . . . , xnu kojima je fiksirano prvih k elemenata x1, x2, . . . , xk. njih, naravno, imaukupno (n k)!. Iz svake od njih dobijamo k! permutacija u kojima prvihk elemenata odreduje podskup {x1, x2, . . . , xk}. Prema tome, isti podskup{x1, x2, . . . , xk} dace ukupno k!(n k)! permutacija, pa je broj podskupovajednak n!k!(nk)! , cime je jednakost dokazana.

Definicija 1.7 Nizovi od k elemenata formirani od n razlicitih elemenata,koji se mogu ponavljati, nazivaju se varijacijama sa ponavljanjem k-teklase od n elemenata.

Ovdje, prije svega, nije obavezno k n, nego je moguce i n < k.Kako za svako od k mjesta uvijek imamo n mogucnosti, vrijedi sljedeca

teorema.

Teorema 1.5 Broj varijacija sa ponavljanjem k-te klase od n elemenatajednak je nk.

Primjedba 1.1 U modernoj matematickoj terminologiji se pojam varijacijavise gotovo i ne koristi. Naime, varijacije sa ponavljanjem, iz prethodnedefinicije, su, u stvari, funkcije sa skupa koji ima n elemenata u skup kojiima k elemenata. Isto tako su varijacije bez ponavljanja injektivne funkcijesa skupa koji ima n elemenata u skup koji ima k elemenata.

Primjer 1.14 Koliko najmanje treba ispuniti ,,kombinacija sportske prog-noze sa 12 parova da bi se sigurno imalo 12 pogodaka?


Rjesenje. Posto na svakome od 12 mjesta mogu stajati x, 1 ili 2 dovoljno jeprimjeniti prethodnu formulu za n = 3 , k = 12. Dobija se broj 531441.

Napomenimo da se kolone u sportskoj prognozi pogresno nazivaju kom-binacijama, mada se, ocigledno, radi o varijacijama sa ponavljanjem.

Definicija 1.8 Pretpostavimo da imamo n razlicitih elemenata i od svakogod tih elemenata po k kopija. Na taj nacin zapravo imamo skup od n kelemenata. Broj razlicitih podskupova sa k elemenata ovog skupa nazivamokombinacijama sa ponavljanjem k-te klase od n elemenata.

Kombinacije sa ponavljanjem mozemo prebrojati na sljedeci nacin. Uocimojednu kombinaciju i napisimo prvi element onoliko puta koliko puta se onponavlja, pa iza njega stavimo crtu (ako se prvi element ne pojavljuje ukombinaciji, tada odmah stavimo crtu, sto znaci da ispred te crte nece bitinikakav element). Poslije toga isto postupimo sa drugim elementom itd., svedo zadnjeg n-tog elementa. Na taj nacin smo dobili niz od k elemenata i ncrta (jer svaka crta odgovara jednom elementu) koji se obavezno zavrsavacrtom. Ta je crta, dakle, fiksirana dok se ostale mogu premjestati i brojkombinacija sa ponavljanjem jednak je broju mogucnosti da se prvih n 1crta razmjesti izmedu k elemenata. Posto zajedno sa elementima i crtamaima n+k1 simbola, taj broj se moze dobiti pomocu permutacija sa ponav-ljanjem i jednak je (n+k1)!(n1)!k! . Imajuci u vidu formulu (1.5) dobijamo

Teorema 1.6 Broj kombinacija sa ponavljanjem k- te klase od n elemenataiznosi

(n + k 1

k

). 2

Primjer 1.15 Ispisati sve kombinacije sa ponavljanjem pete klase od trielementa.

Rjesenje. Ako pisemo kombinacije u leksikografskom poretku sa uspravnim


crtama koje dijele odgovarajuce grupe elemenata, dobijemo tabelu

a a a a a | | |a a a a | b | |a a a a | | c |a a a | b b | |a a a | b | c |a a a | | c c |a a | b b b | |a a | b b | c |a a | b | c c |a a | | c c c |a | b b b b | |

a | b b b | c |a | b b | c c |a | b | c c c |a | | c c c c || b b b b b | || b b b b | c || b b b | c c || b b | c c c || b | c c c c || | c c c c c |

Primjer 1.16 Na koliko se razlicitih nacina od crvenih, zutih, plavih i bi-jelih ruza moze napraviti buket od 9 ruza.

Rjesenje. Prema prethodnoj formuli ovaj broj je(129

)= 220.

Primjer 1.17 Dijele se po cetiri karte iz spila od 32 karte. Koliko imarazlicitih podjela ako ne razlikujemo karte iste jacine?

Rjesenje. U spilu od 32 karte ima osam razlicitih karata. Zbog toga ce brojrazlicitih dijeljenja biti (

8 + 4 14

)= 330.

1.3 Njutnova binomna formula

Poznate su formule za kvadriranje i kubiranje binoma. Te formule glase

(a + b)2 = a2 + 2 a b + b2

(a + b)3 = a3 + 3 a2 b + 3 a b2 + b3.Postavlja se pitanje kako naci formulu za racunanje bilo kojeg stepena od a+b. Formula koja taj problem rjesava naziva se Njutnova binomna formula.Izvescemo je koristeci se kombinatorikom, mada se ona moze dobiti i nadruge nacine, npr. matematickom indukcijom. Stepen (a+b)n izracunacemotako sto cemo a + b pomnoziti sa samim sobom n puta, pa zatim ,,slicne monome sabrati. Ti slicni monomi su oblika ak bnk, drugim rijecima, to supermutacije sa ponavljanjem n-tog reda u kojima se a ponavlja k, a b (nk)

Njutnova binomna formula 13

puta i njihov broj jednak je(nk

)k = 1, 2, . . . , n. Posto se a ne pojavljuje samo

u jednom monomu tj. bn, mozemo staviti(n0

)= 1 i tako dobijamo Njutnovu

binomnu formulu.

Teorema 1.7 Za realne brojeve a i b i prirodan broj n vrijedi

(a + b)n =(

n

0

) an +

(n

1

) an1 b + +

(n

n

) bn =

=n

i=1

(n

i

) ani bi. 2(1.6)

Tako je, npr.

(1 + x)6 = x6 + 6 x5 + 15 x4 + 20 x3 + 15 x2 + 6 x + 1.

Ako k-ti (1 k n) sabirak u zbiru (a + b)n iz prve formule oznacimosa Sk imamo

Sk =(

n

k 1) ank+1 bk1.

Brojevi(nk

)(k = 0, 1, . . . n) nazivaju se binomni koeficijenti i mogu se

jednostavno procitati sa sljedece sheme koja se naziva Paskalov trougao.

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(1.7)

Treba uociti da se brojevi izmedu krajnje lijeve i krajnje desne jedinice,u svakom redu, dobijaju kao zbir dva broja iz prethodnog reda koji se nalazeneposredno iznad njega, sto slijedi iz formule (1.4).

Primjer 1.18 Odrediti racionalne sabirke u razvoju binoma (

2 + 4

3)100.

Rjesenje. k-ti sabirak ovog razvoja je

Sk =(

100k 1

) (

2)100k+1 ( 4

3)k1 =(

100k 1

) 2 100k+12 3 k14 .

Racionalne sabirke dobicemo za one vrijednosti k za koje su eksponenti od2 i 3 nenegativni cijeli brojevi. Kako je 1 k 101, eksponent od 3


zadovoljava postavljeni uslov za k = 1, 5, 9, , . . . , 97. Za svaki takav k broj100 k + 1 je paran, sto znaci da je, u svakom od tih slucajeva, eksponentod 2 nenegativan cio broj. Ima, dakle, 25 takvih sabiraka. To su: prvi, peti,deveti, itd., devedeset sedmi.

Primjer 1.19 Odrediti zbir svih binomnih koeficijenata za dati n.

Rjesenje. Na osnovu (1.7) naslucujemo da je taj zbir stepen broja 2, stose moze potvrditi indukcijom. Medutim, taj zbir se moze dobiti iz teoreme1.6. ako se stavi a = b = 1. Vrijedi, dakle,

(n

0

)+

(n

1

)+

(n

2

)+ +

(n

n

)= 2n.

Primjer 1.20 Pokazati da za svaki prirodan broj n 2 vrijedi:

2 0,takav da je

|a| < M, a A. 2Cinjenica da su racionalni brojevi gusti u skupu realnih brojeva opisana

je u sljedecoj teoremi.

Teorema 2.2 Izmedu svaka dva realna broja postoji racionalan broj.

Dokaz. Neka su a < b dva realna broja. Ako su a i b racionalni, tada jea+b2 trazeni racionalni broj. Pretpostavimo sada da bar jedan od brojeva a

i b nije racionalan. To znaci da ce bar jedan od tih brojeva biti predstav-ljen beskonacnim neperiodicnim decimalnim brojem. Kako je a < b, to ceu decimalnom zapisu ovih brojeva bar na jednom mjestu decimala brojaa biti manja od decimale, na istom mjestu, broja b. Ukoliko je bar jednaod sljedecih decimala broja a manja od 9, racionalan broj izmedu a i bdobicemo kada sve preostale decimale broja a zamijenimo sa 9. Ako su svepreostale decimale broja a jednake 9 (to moze biti slucaj kada je a racionalanbroj) tada ne mogu sve decimale broja b biti jednake 0 (jer bi tada i b bioracionalan broj), pa se trazeni broj moze dobiti tako da se kod broja b jednaod preostalih cifara (koja nije 0) smanji za 1, a sve iza nje zamijene sa 9. 2

Jedan od nacina iskazivanja aksioma potpunosti je i sljedeci:

Realni brojevi 17

Teorema 2.3 (Aksiom o gornjoj granici) Ako je A R ogranicen sagornje strane, tada medu svim gornjim granicama postoji najmanja.

Mi cemo pokazati, jednim primjerom, da racionalni brojevi ne zadovoljavajuovaj aksiom, dok ga realni brojevi (predstavljeni beskonacnim decimalnimbrojevima) zadovoljavaju.

Primjer 2.2 Neka je A skup svih racionalnih brojeva koji su manji od

2.Pokazati da u skupu racionalnih brojeva skup A nema najmanje gornje gra-nice.

Rjesenje. Tvrdnja ce biti dokazana ako za svaku gornju granicu M skupa Au skupu Q odredimo manju. Neka je M gornja granica skupa A u Q. Vrijedi,prije svega, M 6= 2, jer znamo da 2 nije racionalan broj. Ako bi biloM M0, mora biti jk0 > ik0 , sto znacida je a > Mk0 , a to je nemoguce, jer je Mk0 gornja granica skupa A.

Dokazimo sada da je M0 najmanja gornja granica. Neka je N realan brojsa osobinom N < M0 i neka je N = m0, l1l2 . . . lk . . . decimalni zapis broja N .Ako je k1 prva decimala u kojoj se razlikuju ova dva broja, tada je lk1 < ik1 ,pa vrijedi N n0,i1i2...ik1 . Kako broj na desnoj strani ove nejednakosti nijegornja granica skupa A, to ni broj N nije gornja granica. 2

Primjedba 2.1 Moze, na prvi pogled, biti neobicno da se Aksiom o gornjojgranici (dakle nesto sto se naziva aksiomom) izrice kao teorema. Precizansmisao je u tome da model skupa realnih brojeva, predstavljenih decimalnimbrojevima, zadovoljava taj aksiom.

Definicija 2.1 Za skup A koji je ogranicen sa gornje strane najmanju gor-nju granicu nazivamo supremum skupa A i oznacava sa supA. Ako Aima najveci element, onda je taj element supremum i naziva se maksimalnielement.

Supremum skupa (koji nije maksimum) ima sljedecu osobinu: Ako je M =supA i > 0 proizvoljno, postoji a A, takav da vrijedi

M < a < M.

Drugim rijecima, postoji element a A ,,proizvoljno blizu supA.Analogno se pokazuje da svaki skup B ogranicen sa donje strane ima

najvecu donju granicu. Ona se naziva infimum (ili minimum) skupa Bi oznacava sa inf B. Infimum, analogno supremumu, ima sljedecu osobimu:Ako je m = inf B, a > 0 proizvoljan, postoji b B takav da je

m < b < m + .

Ovo znaci da postoji element skupa B proizvoljno blizu m.Postoje vrlo jednostavne formule koje omogucuju da se infimum skupa

racuna preko supremuma ili obrnuto. One glase:

supA = inf{A}, inf A = sup{A},

pri cemu je sa A oznacen skup koji se sastoji od elemenata a (a A).

Realni brojevi 19

Ukoliko skup A nije ogranicen sa gornje strane, stavicemo supA = +.Isto tako cemo za skup B, koji nije ogranicen sa donje strane, staviti inf B =. Simboli + i ne pripadaju skupu realnih brojeva. Oni se dodajuskupu realnih brojeva i imaju sljedece osobine:

< a < +, za svaki realan broj a,a + (+) = ++ a = +, za svaki realan broj a,+ a = a + () = , za svaki realan broj a,

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

dok izrazi + i + nisu definisani.Skup R = R {, +}, nastao dodavanjem skupu R simbola + i

naziva se prosirenim skupom realnih brojeva .Vazno je napomenuti da u prosirenom skupu R svaki podskup ima infi-

mum i supremum.Skup svih realnih brojeva x za koje je a < x < b nazivamo otvore-

nim intervalom i oznacavamo sa (a, b), dok skup brojeva x za koje je a x b nazivamo segmentom ili zatvorenim intervalom i oznacavamo sa[a, b]. Analogno se definisu i sljedeci intervali (a, b], [a, b), (a,+), (, a),[a, +), (, a], (,+).

Npr. vrijedi [0,+) = {x R | x 0}, dok je (,+) = R.Uvedimo pojam okoline tacke u skupu R.

Definicija 2.2 Ako je a R, tada se -okolinom tacke a ( > 0) nazivainterval (a , a + ). Oznacimo ga sa O(a). Dakle,

O(a) = (a , a + ).

To je otvoreni interval duzine 2, cija je sredina tacka a. Pod okolinombroja a se, intuitivno, podrazumijevaju brojevi koji su ,,blizu broju atako da, kada budemo govorili o -okolini tacke, smatracemo da je malenpozitivan broj.

Definicija 2.3 Pod -okolinom tacke + podrazumijevacemo interval(1 , +), dok cemo pod -okolinom tacke podrazumijevati interval(,1 ).

Moze se reci da matematicka analiza pocinje pojmom okoline tacke.Pokazali smo da supremum i infimum skupa A imaju osobinu da postoje

elementi skupa A ,,proizvoljno blizu supremumu, odnosno infimumu. To sena jeziku okolina moze izreci na sljedeci nacin.

20 Realni i kompleksni brojevi. Polinomi...

Teorema 2.4 Ako je M = supA, tada u svakoj okolini broja M postoji barjedna tacka skupa A. Isto tako, u svakoj okolini tacke inf A postoji bar jednatacka skupa A. 2

Tako, npr., u svakoj -okolini tacke + postoji bar jedan prirodan broj(postoji ih, zapravo, beskonacno mnogo ). To su svi prirodni brojevi n zakoje je n > 1 .

Prethodnu teoremu iskoristicemo za dokaz jedne veoma znacajne osobinezatvorenih intervala. To je poznata Kantorova teorema.

Neka je [a, b] segment, a F familija otvorenih intervala, koja ima os-obinu da svaka tacka datog segmenta pripada bar jednom intervalu iz F . Zafamiliju F kaze se da cini pokrivac segmenta [a, b].

Osobinu iz teoreme 2.4, koju imaju infimum i supremum motivisu nasza sljedecu definiciju.

Definicija 2.4 Tacku a nazivamo tackom nagomilavanja skupa A ako ubilo kojoj okolini tacke a postoji bar jedan element skupa A razlicit od a.

Primjer 2.3 Odrediti tacke nagomilavanja skupa N prirodnih brojeva.

Rjesenje. Pokazimo da je + jedina tacka nagomilavanja skupa N . Zaista,oko svake tacke a 6 N, a 6= + moze se opisati - okolina, koja ne sadrzini jedan prirodan broj, dok svaka - okolina tacke + sadrzi prirodan brojn > 1 .

2.2 Kompleksni brojevi

Jedan od problema kojima se matematika bavi je rjesavanje raznih tipovajednacina. Reci cemo nesto o algebarskim jednacinama . To su jednacineoblika

a0xn + a1xn1 + + an = 0,

pri cemu su a0, a1, . . . , an realni brojevi. Dva tipa ovakvih jednacina vecznamo rjesavati. To su linearne i kvadratne jednacine. Medutim, vec kodkvadratnih jednacina moze se desiti da rjesenja jednacine nisu realni brojevi.To je npr. slucaj sa jednacinom x2 + 1 = 0.

Moguce je ,,prosiriti skup realnih brojeva, tako da taj prosireni skupsadrzi sva rjesenja bilo koje algebarske jednacine. Pod ,,malo prosiriti sepodrazumijeva da ce novi skup biti dobijen pomocu skupa realnih brojevai samo jednog simbola i, koji nazivamo imaginarna jedinica . Skup kojicemo tako konstruisati nazivacemo skupom kompleksnih brojeva.

Kompleksni brojevi 21

Preci cemo sada na precizniju konstrukciju tog skupa.Posmatrajmo skup C koji se sastoji od objekata oblika a + ib (a, b R),

gdje je i simbol za koji vrijedi i 6 R. Nazivacemo ove objekte kompleksnimbrojevima.

Opravdanje da se oni uopste nazivaju brojevima lezi u tome da ce za njihbiti definisane osnovne racunske operacije, koje ce zadovoljavati iste osobinekao operacije sa realnim brojevima. To su zakoni komutacije, asocijacijei distribucije, te postojanje neutralnih i inverznih elemenata u odnosu nasabiranje i mnozenje. Taj ce skup, osim toga, u izvjesnom smislu sadrzavatiskup realnih brojeva.

Prelazimo sada na definisanje osnovnih racunskih operacija u skupu kom-pleksnih brojeva. Za broj z = a + ib, realan broj a naziva se realni diobroja z i oznacava se sa a = Re z, dok se broj b naziva imaginarni dioi oznacava sa b = Im z. Sa kompleksnim brojevima racuna se na sljedecinacin. Ako su a + ib, c + id dva takva broja, tada je:

1 a + ib = c + id ako i samo ako je a = c , b = d,

2 (a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d),

3 (a + ib) (c + id) = (a c) + i(b d),4 (a + ib) (c + id) = (ac bd) + i(ad + bc).

Ako za svaki realan broj r stavimo r = r + i0, skup realnih brojevaukljucicemo u skup kompleksnih brojeva. Realni brojevi su, dakle, oni kom-pleksni brojevi ciji je imaginarni dio jednak nuli. Neutralni element u odnosuna sabiranje je broj 0 + i 0 koji cemo oznaciti sa 0.

Na osnovu pravila za mnozenje za a = 0, c = 0 dobijamo (ib)(id) = bd,tako da je taj proizvod realan broj. Specijalno za b = d = 1 vrijedi

i i = i2 = 1.

Prema tome u skupu kompleksnih brojeva, za razliku od skupa realnih bro-jeva, ima elemenata ciji su kvadrati negativni. Za stepene imaginarne je-dinice dalje dobijamo i3 = i, i4 = 1 i, uopste,

i4k = 1, i4k+1 = i, i4k+2 = 1, i4k+3 = i, (k N).

Odredimo kolicnik dva kompleksna broja a + ib, c + id 6= 0.a + ibc + id

=a + ibc + id

c idc id =

ac + bdc2 + d2

+ ibc adc2 + d2

.


Lako se provjerava da gore definisane operacije, za racunanje sa kom-pleksnim brojevima, zadovoljavaju zakone asocijativnosti, komutativnosti idistributivnosti mnozenja u odnosu na sabiranje.

Jedinicni element u odnosu na mnozenje je 1. Ako je a + ib 6= 0, tada jeaib

a2+b2njegov inverzni element.

Par a + ib, a ib naziva se parom konjugovano kompleksnih bro-jeva. Ako je z kompleksan broj, tada cemo sa z oznaciti njemu konjugovanokompleksan broj. Za proizvod dva takva broja vrijedi

z z = (a + ib) (a ib) = a2 + b2.

Ovdje uocavamo jos jednu razliku izmedu skupa realnih i skupa kompleksnihbrojeva. Poznato je da se zbir kvadrata ne moze rastaviti na faktore u skupurealnih brojeva, dok je to, kao sto vidimo, moguce u skupu kompleksnihbrojeva.

Za z = a + ib, broj

a2 + b2 nazivamo modulom kompleksnog broja zi oznacavamo ga sa |z|. Prema tome, |z| = 0 ako je z = 0, dok je u svimostalim slucajevima |z| = a2 + b2 > 0. Posljednja jednakost drukcije semoze zapisati na sljedeci nacin

|z|2 = z z.

Konjugovanje ima sljedece osobine

z1 + z2 = z1 + z2z1 z2 = z1 z2z1 z2 = z1 z2(

z1z2

)= z1z2 (z2 6= 0).

(2.1)

Svaki je kompleksan broj odreden svojim realnim i imaginarnim dijelom,dakle, parom realnih brojeva. Kako se parovi realnih brojeva mogu predstav-ljati tackama ravni, tako cemo i kompleksne brojeve predstavljati tacka-ma ravni, koju cemo nazivati kompleksna ravan. Broj z = a + ib bicepredstavljen tackom cije su koordinate a = Rez i b = Imz. Na taj cenacin svi realni brojevi biti predstavljeni tackama x-ose, pa se zato x-osa, ukompleksnoj ravni, naziva realna osa.

Kako je svaka tacka ravni jednoznacno odredena svojim radijus vek-torom, i kompleksan broj z mozemo predstavljati radijus vektorima tacke(Re z, Im z). Zanimljivo je da se, na taj nacin, kompleksni brojevi mogusabirati i oduzimati ,,geometrijski, kao vektori.

Kompleksni brojevi 23

slika1.eps

Ako u ravni uvedemo polarne koordinate i jednakostima

x = cos, y = sin,

tada se svaki kompleksan broj z = a + ib moze predstaviti u obliku

z = (cos + i sin).(2.2)

Ovdje je = |z| modul kompleksnog broja z, dok je ugao koji radijusvektor, koji predstavlja broj z, zaklapa sa pozitivnim dijelom x-ose. Tajse ugao naziva argumentom broja z i oznacava se sa = Argz. Onevrijednosti argumenta koje se nalaze u intervalu [0, 2) nazivaju se glavnomvrijednosc u argumenta i oznacavaju sa arg z. Vrijedi, na taj nacin,

Arg z = arg z + 2k , k = 0,1,2, . . . .

Izraz (2.2) naziva se trigonometrijskim oblikom kompleksnog broja.Koristeci se definicijom mnozenja kompleksnih brojeva i adicionim teo-

remama dobijamo sljedece pravilo za mnozenje kompleksnih brojeva u tri-gonometrijskom obliku.

Ako su z1 = 1(cos1 + i sin1) i z2 = 2(cos2 + i sin2) kompleksnibrojevi, tada je

z1 z2 = 1 2[cos(1 + 2) + i sin(1 + 2)].

Kompleksni brojevi se, znaci, mnoze tako sto im se moduli pomnoze, aargumenti saberu. Ako je specijalno z1 = z2 , |z1| = |z2| = 1 1 = 2 = ,prethodna jednakost ima oblik (cos+ i sin)2 = cos 2 + i sin 2 , odaklese indukcijom dobija

Teorema 2.5 (Moavrova formula) Za svaki prirodan broj n vrijedi

(cos + i sin)n = cosn + i sinn. 2

Primjer 2.4 Dokazati identitete:


1 sinx + sin 2x + + sin nx = sinnx2 sin

(n+1)x2

sin x2,

2 cosx + cos 2x + + cosnx = sinnx2 cos

(n+1)x2

sin x2.

Rjesenje. Obje se formule mogu dokazati principom matematicke induk-cije.

Mi cemo ih ovdje dokazati uz pomoc Moavrove formule.Oznacimo sumu na lijevoj strani u 1 sa T , a u 2 sa S. Primjenimo

formulu za sumu clanova geometrijske progresije za kolicnik a = cosx+i sinxi na svaki dobijeni sabirak primjenimo Moavrovu formulu, oa dobijamo:

S + 1 + iT =1 cos (n + 1)x i sin (n + 1)x

1 cosx i sinx =

=2 sin2 n+12 x 2i sin n+12 x cos n+12 x

2 sin2 x2 2i sin x2 cos x2=

=sin n+12 x

sin x2 sin

n+12 x i cos n+12 x

sin x2 i cos x2.

Kako je 1sin x2i cos x

2= sin x2 + i cos

x2 , dobijamo

S + 1 + iT =sin n+12 x

sin x2 (cos n

2x + i sin

n

2x).

Odavde se, izjednacavanjem imaginarnih dijelova brojeva na lijevoj i des-noj strani, dobije

T =sin n+12 x sin n2 x

sin x2,

a izjednacavanjem realnih dijelova, poslije jednostavnih transformacija ima-mo

S =sin n2 x cos

n+12 x

sin x2,

sto je i trebalo dokazati.

Primjer 2.5 Dokazati identitete:

1cosnxcosn x

= 1(

n

2

)tg2 x +

(n

4

)tg4 x + A, gdje je

A = (1)n2 tgn x, ako je n parno,A = (1)n12 ( nn1

)tgn1 x, ako je n neparno.

Polinomi 25

2sinnxcosn x

=(

n

1

)tgx

(n

3

)tg3 x +

(n

5

)tg5 x + + A, gdje je

A = (1)n22 ( nn1)

tgn1 x, ako je n parno,

A = (1)n12 tgn x, ako je n neparno.Rjesenje. Primjenjujuci na lijevu stranu jednakosti (cosx + i sinx)n =

cosnx + i sinnx njutnovu binomnu formulu dobijamo

cosnx + i sinnx = cosn x + in cosn1 x sinx +(

n

2

)i2 cosn2 x sin2 x+

+(

n

3

)i3 cosn3 x sin3 x + +

(n

n 1)

in1 cosx sinn1 x+

+in sinn x.

Vodeci racuna o stepenima imaginarne jedinice, poslije razdvajanja realnogi imaginarnog dijela na desnoj strani imamo:

cosnx = cosn x(

n

2

)cosn2 sin2 x + ,

sinnx = n cosn1 x sinx(

n

3

)cosn3 x sin3 x + .

Uzimajuci u obzir parnost ili neparnost broja n, trazene se jednakosti dobijudijeljenjem prethodnih jednakosti sa cosn x.

2.3 Polinomi

Definicija 2.5 Polinomom nazivamo izraz oblika a0xn + a1xn1 + +an1x+an, pri cemu su a0, a1, . . . , an brojevi, koji se nazivaju koeficijentimapolinoma, dok se x naziva promjenljivom (varijablom).

Ako je p(x) = a0xn + a1xn1 + + an1x + an, a0 6= 0, tada je n naj-veci stepen varijable x, koji se pojavljuje u polinomu i naziva se stepenompolinoma, a oznacava sa st p(x).

Dva su polinoma jedanaka ako su istog stepena i ako su im svi koeficijentiuz iste stepene jednaki.

Polinomi se sabiraju tako da im se sabiraju koeficijenti uz iste stepene.Sabiranje ocigledno zadovoljava zakone asocijativnosti i komutativnosti. O-peracija sabiranja ima neutralni element (to je polinom ciji su svi koeficijentinule), i svaki polinom ima suprotni element (to je polinom sa suprotnim


koeficijentima). Brojeve cemo smatrati polinomima nultog stepena. Zanula polinom se stepen ne definise.

Polinomi se mnoze tako da se svaki clan jedog pomnozi sa svakim clanomdrugog, pa se slicni monomi saberu. I ova je operacija komutativna, asocija-tivna i ima jedinicni element (broj 1). Osim toga mnozenje je distributivnou odnosu na sabiranje.

Polinomi imaju slicnosti sa cijelim brojevima. Naime, i u skupu polinomavrijedi, slicno kao kod cijelih brojeva, pravilo o dijelenju sa ostatkom.

Teorema 2.6 Za svaka dva polinoma a(x) i b(x) 6= 0, postoje polinomi q(x)i r(x) za koje vrijedi:

a(x) = q(x) b(x) + r(x),

pri cemu jer(x) = 0 ili 0 st r(x) < st b(x).

Dokaz. Ako je st a(x) < st b(x), tada uzimamo q(x) = 0 i r(x) = a(x), pa jetvrdnja teoreme tacna.

Pretpostavimo da vrijedi st a(x) st b(x). U ovom slucaju dokaz provo-dimo indukcijom po st a(x). Ako je st a(x) = 1, tj., a(x) = ax + b, (a 6= 0),tada je st b(x) 1 tj. b(x) = cx + d, c 6= 0 ili d 6= 0.

U slucaju c 6= 0 imamo

ax + b = (cx + d) ac

+ b adc

,

te je q(x) = ac , r(x) = b adc .U slucaju c = o je d 6= 0 pa je q(x) = ad x + bd , r(x) = 0, pa je teorema

dokazana za slucaj st a(x) = 1.Pretpostavimo da teorema vrijedi za polinome stepena manjeg od n i

neka je a(x) = a0xn + a1xn1 + + an1x + an polinom stepena n, ab(x) = b0xm + b1xm1 + + bm1x+ bm, (b0 6= 0) polinom stepena m n.Vrijedi:

a0xn + + an1x + an (b0xm + + bm1x + bm) a0

b0 xnm = a1(x),

a pri tome je stepen polinoma a1(x) manji od n. Na osnovu indukcionepretpostavke postoje polinomi q1(x) i r1(x), r1(x) = 0, ili 0 st r1(x) 1),

3Mx + N

x2 + px + q, (p2 4q < 0),

4Mx + N

(x2 + px + q)k, (p2 4q < 0, k > 1).


Pokazuje da se svaka prava racionalna funkcija moze dobiti u obliku sumeparcijalnih razlomaka.

Teorema 2.12 Neka je R(x) = P (x)Q(x) prava racionalna funkcija i neka je

Q(x) = (x a)k1 (x2 + px + q)m1 ,

gdje su ki, , mi, . . . prirodni brojevi za koje vrijedi

i

ki + 2

i

mi = n.

Tada je

R(x) =A1

x a +A2

(x a)2 + +Ak1

(x a)k1 + +

+M1x + N1x2 + px + q

+M2x + N2

(x2 + px + q)2+ + Mm1x + Nm1

(x2 + px + q)m1+ .

2

U sljedecim cemo primjerima pokazati kako se parcijalni razlomci odre-duju tzv. metodom neodredenih koeficijenata.

Primjer 2.13 Rastaviti na parcijalne razlomke sljedece funkcije:

12x2 + 2x + 13

(x 2)(x2 + 1)2 ,

21

x4 + 1.

Rjesenje. 1 Na osnovu prethodne teoreme vrijedi:

2x2 + 2x + 13(x 2)(x2 + 1)2 =

A

x 2 +Bx + Cx2 + 1

+Dx + E(x2 + 1)2

.

Nepoznate koeficijente A, B,C, D, E odredujemo iz identiteta

2x2 + 2x + 13 = A(x2 + 1)2 + (Bx + C)(x2 + 1)(x 2) + (Dx + E)(x 2),

odakle se, izjednacavanjem koeficijenata uz iste stepene na lijevoj i desnojstrani, dobija sistem linearnih jedncina

A + B = 0, 2B + C = 0, 2A + B 2C + D = 2,

2B + C 2D + E = 2, A 2C 2E = 13,

Neke osobine racionalnih funkcija 37

cijim se rjesavanjem dobija

A = 1, B = 1, C = 2, D = 3, E = 4,

pa na kraju vrijedi

2x2 + 2x + 13(x 2)(x2 + 1)2 =

1x 2

x + 2x2 + 1

3x + 4(x2 + 1)2

.

2 Kako je

x4 + 1 = x4 + 2x2 + 1 2x2 = (x2 + 1)2 (

2x)2 =

= (x2 + x

2 + 1)(x2 x

2 + 1),

imamo1

x4 + 1=

Ax + Bx2 + x

2 + 1

+Cx + D

x2 x2 + 1 .

Za nepoznate koeficijente A,B, C,D dobijamo sljedeci sistem linearnih jed-nacina.

A + C = 02A + B +2C + D = 0A2B + C +2D = 0

B + D = 1,

cijim se rjesavanjem dobija:

A = C = 12

2, B = D =

12,

pa na kraju imamo

1x4 + 1

=1

2

2 x +

2

x2 + x

2 + 1 1

2

2x2

x2 x2 + 1 .

Glava 3

Sistemi linearnih jednacina.Matrice i determinante

3.1 Gausov algoritam

Sistem oblika

a11 x1 + a12 x2 + + a1n xn = b1a21 x1 + a22 x2 + + a2n xn = b2

...am1 x1 + am2 x2 + + amn xn = bm,

(3.1)

nazivamo linearnim sistemom od m jednacina sa n nepoznatih x1, x2,. . .,xn.

Brojevi aij (i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n) nazivaju se koeficijentimasistema (3.1), dok se brojevi bi (i = 1, 2, . . . , m) nazivaju slobodnim cla-novima.

Ako je bar jedan slobodan clan razlicit od nule, kaze se da je sistemnehomogen, a ako su svi slobodni clanovi jednaki 0 sistem nazivamo ho-mogenim.

Definicija 3.1 Brojeve x1 = 1, x2 = 2, . . . , xn = n nazivamo rjesenj-em sistema (3.1) ako su, poslije uvrstavanja tih vrijednosti u sistem, svejednacine sistema zadovoljene.

Za sistem (3.1) kazemo da je saglasan ako ima bar jedno rjesenje. Akoima vise rjesenja, on je neodreden. Sistem je protivrjecan ako nemanijedno rjesenje.

40 Sistemi linearnih jednacina. Matrice...

Tako je, npr., sistem x1 + x2 = 2, x1 + x2 = 3 protivrjecan.Pokazacemo kako se sistem (3.1) rjesava pomocu Gausovog algoritma.

To je jedan od najjednostavnijih i najefikasnijih metoda za njegovo rjesava-nje.

Kada god budemo pisali sistem (3.1) ili sistem u koji se on transformise,pretpostavljacemo da je, u svakoj jednacini sistema, bar jedan koeficijentrazlicit od nule.

Ako se pojavi jednacina u kojoj su svi koeficijenti uz nepoznate jednakinuli, a slobodan clan razlicit od nule, to znaci da je sistem protivrjecan. Akoje u nekoj jednacini, uz koeficijente uz nepoznate, i slobodan clan jednaknuli ta se jednacina moze izostaviti, jer su bilo koji brojevi njena rjesenja.

To znaci da se prethodnom pretpostavkom ne gubi na opstosti.Pretpostavicemo da je a11 6= 0 (sto se uvijek moze postici medusobnom

zamjenom jednacina ili nepoznatih sistema, uz gore navedenu dodatnu pret-postavku o koeficijentima.)

Ideja Gausovog postupka je da se pomocu prve jednacine sistema i ko-eficijenta a11 eliminise nepoznata x1 iz svih jednacina sistema, osim prve.Mnozeci tu jednacinu sa ai1

a11i dodajuci i-toj (i = 2, . . . , m), sistem (3.1)

prelazi u sistem

a11 x1 + a12 x2 + + a1n xn = b1a

(1)22 x2 + + a(1)2n xn = b(1)2

...a

(1)m2 x2 + + a(1)mn xn = b(1)m .

(3.2)

Sada se isti postupak ponavlja sa sistemom (3.2), ali bez prve jednacine.Pretpostavljajuci, dakle, da je a(1)22 6= 0, mnozenjem druge jednacine sistema

(3.2) saa(1)i2

a(1)22

i dodavanjem i-toj jednacini (i = 3, . . . , m) sistem (3.2) prelazi

u sistem

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + + a1n xn = b1a

(1)22 x2 + a(1)23 x3 + + a(1)2n xn = b(1)2

a(2)33 x3 + + a(2)3n xn = b(2)3

. . .

a(2)m3 x3 + + a(2)mn xn = b(2)m .

(3.3)

Postupak dalje ponavljamo sa ovim sistemom, ali bez prve dvije jedna-cine i produzavamo sve dok ne dodemo do posljednje k-te jednacine

Gausov algoritam 41

(k n; k m), kada sistem (3.1) prelazi u

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + + a1n1 xn1 + a1n xn = b1a

(1)22 x2 + a(1)23 x3 + + a(1)2n1 xn1 + a(1)2n xn = b(1)2

a(2)33 x3 + + a(2)3n1 xn1 + a(2)3n xn = b(2)3

. . .

a(k1)kk xk + + a(k1)kn xn = b(k1)k .

(3.4)

Pretpostavimo da smo dosli do sistema (3.4) (postoji mogucnost da seprije utvrdi da je sistem protivrjecan). Mogu nastupiti dva slucaja.

k = n.Sada je posljednja jednacina sistema (3.4) an1nn xn = bn1n jednacina sa jed-nom nepoznatom xn. Odredujuci nepoznatu xn iz te jednacine i uvrstavajucinjenu vrijednost u pretposljednju jednacinu sistema (3.4), iz nje izracunamoxn1, i tako redom, sve do prve jednacine iz koje izracunamo x1.

U ovom slucaju sistem ima jedinstveno rjesenje.k < n.

Posljednja jednacina sistema (3.4) ima n k + 1 (> 1) nepoznatih xk,xk+1, . . . ,xn. Uzimajuci u toj jednacini proizvoljne vrijednosti za sve pro-mjenljive, osim, npr. xk, mozemo iz nje izracunati xk, a zatim, uvrstavajucinjenu vrijednost u pretposljednju jednacinu, izracunati xk1 itd. Na kraju,iz prve jednacine izracunamo x1. U ovom slucaju rjesenje sistema zavisi odn k proizvoljnih vrijednosti xk+1,. . . ,xn, koje zovemo parametrima. To jeslucaj kada je sistem neodreden.

Primjer 3.1 Rijesiti sistem:

x1 +2x2 +5x3 = 9x1 x2 +3x3 = 2

3x1 6x2 x3 = 25

Rjesenje. Posto je koeficijent uz x1 jednak 1, znaci razlicit od nule, pret-hodni postupak moze se primjeniti. Mnozeci prvu jednacinu sistema sa 1i dodajuci je drugoj, a zatim prvu, pomnozenu sa 3 trecoj, dobijamo

x1 +2x2 +5x3 = 93x2 2x3 = 1112x2 16x3 = 52


Mnozeci drugu jednacinu ovog sistema sa 4 i dodajuci trecoj, imamo:x1 +2x2 +5x3 = 9

3x2 2x3 = 118x3 = 8

Iz posljednje jednacine imamo x3 = 1. Uvrstavajuci to u drugu dobijamox2 = 3, pa onda iz prve slijedi x1 = 2.Primjer 3.2 Rijesiti sistem:

4x1 +x2 3x3 x4 = 02x1 +3x2 +x3 5x4 = 0x1 2x2 2x3 +3x4 = 0

Rjesenje. Zamjenjujuci prvu i trecu jednacinu (da bismo u gornjem lijevomuglu dobili koeficijent jednak 1, kada je racun u Gausovom postupku naj-jednostavniji) dobijamo sistem

x1 2x2 2x3 +3x4 = 02x1 +3x2 +x3 5x4 = 04x1 +x2 3x3 x4 = 0

Mnozeci prvu jednacinu ovog sistema sa 2 i dodajuci je drugoj, pa zatimmnozeci prvu jednacinu sa 4 i dodajuci je trecoj imamo:

x1 2x2 2x3 +3x4 = 07x2 +5x3 11x4 = 09x2 +5x3 13x4 = 0.

Zamjenom nepoznatih x2 i x3 ovaj sistem postaje:

x1 2x3 2x2 +3x4 = 05x3 +7x2 11x4 = 05x3 +9x2 13x4 = 0.

Pomnozimo drugu vrstu ovog sistema sa 1 i dodajmo trecoj, tako dobijamox1 2x3 2x2 +3x4 = 0

5x3 +7x2 11x4 = 02x2 2x4 = 0.

Matrice 43

Prema tome, posljednja jednacina sistema je jednacina sa dvije nepoznate.Uzimajuci x4 = , pri cemu je proizvoljno, dobijamo x2 = . Iz drugejednacine dobijamo x3 = 35. Na kraju, iz prve jednacine slijedi x1 =

35. S

obzirom na izvrsenu zamjenu nepoznatih imamo: x1 = 35, x2 =35, x3 =

, x4 = . Kako je proizvoljan parametar, u ovom slucaju je sistemneodreden.

3.2 Matrice

Matricom nazivamo pravougaonu tabelu oblika

a11 a12 a1na21 a22 a1n

...am1 am2 amn

Pored ove, za matrice se koriste i sljedece oznake:

a11 a12 a1na21 a22 a1n

...am1 am2 amn

i

a11 a12 a1na21 a22 a1n

...am1 am2 amn

.

Za elemente ai1, ai2, , ain, (i = 1, . . . , m) kazemo da cine i-tu vrstumatrice, a za elemente a1j , a2j , , amj , (j = 1, . . . , n) da cine j-tu kolonumatrice.

Ako matrica ima m vrsta, a n kolona, onda kazemo da je ona formatam n. Ponekad cemo pisati i A = (aij)mn, sto ukazuje da su sa aijoznaceni elementi matrice A, koja je formata m n. Oznaka za format semoze izostaviti, ukoliko to ne moze prouzrokovati zabunu. Isto tako cemo,bez posebnog ukazivanja, smatrati da je aij element matrice A koji se nalaziu i-toj vrsti i j-toj koloni.

Skup svih matrica formata m n oznacicemo sa Mmn(R). Ovdje slovoR u zagradi znaci da se radi o matricama sa realnim elementima, tj. o tzv.realnim matricama. Ako matrica ima isti broj n vrsta i kolona, onda je tokvadratna matrica reda n. Skup svih kvadratnih matrica bice oznacen saMn(R).

Za elemente a11, a22, , ann kvadratne matrice reda n kazemo da cineglavnu dijagonalu te matrice.


Kvadratnu matricu oblika

a11 a12 a1n0 a22 a2n...0 0 ann

,

kod koje se ispod glavne dijagonale nalaze samo nule (tj. ako je aij = 0 zai > j) nazivamo gornjom trougaonom matricom. Analogno definisemo idonju trougaonu matricu.

Matricu oblika

a11 0 00 a22 0...0 ann

ciji su svi elementi van glavne dijagonale jednaki nuli nazivamo dijagonal-nom matricom. Dijagonalnu matricu oblika

0 00 0...0 0

nazivamo skalarnom.Specijalno se matrica

1 0 00 1 0...0 0 1

naziva jedinicnom matricom reda n i oznacava sa En.Nula matricom cemo nazivati matricu ciji su svi elementi jednaki nuli.

Ona moze biti bilo kojeg formata.Definisimo osnovne algebarske operacije sa matricama. Posmatracemo

sljedece matrice

A = (aij)mn, B = (bij)pq, C = (cij)rs.

Reci cemo da su dvije matrice jednake ukoliko su one istog formata i ukolikose sastoje od istih elemenata. Drugim rijecima, vrijedi:

A = B ako i samo ako m = p, n = q, aij = bij ,

Matrice 45

(i = 1, . . . , m ; j = 1, . . . , n).

Tako, npr.,[

2 3 11 3 2

]6=

[2 3 1 0

1 3 2 0

].

Matrice se mogu sabirati samo ako su istog formata, a rezultat je matricaistog takvog formata, ciji su elementi jednaki zbiru odgovarajucih elemenatapolaznih matrica, tj.

A + B = C, ako i samo ako m = p = r, n = q = s; cij = aij + bij ,(i = 1, 2, . . . , m ; j = 1, 2, . . . , n)

.

Tako je, npr.,[

2 3 11 3 2

]+

[ 2 3 11 3 2

]=

[0 0 0

0 0 0

].

Jasno je da je sabiranje matrica asocijativno, komutativno, da posjedujeneutralni element (nula matrica), te da svaka A matrica ima suprotnu (toje matrica istog formata kao matrica A, koja se sastoji od suprotnih ele-menata). Tako su matrice na lijevoj strani posljednje jednakosti suprotnejedna drugoj.

Proizvod broja i matrice A je matrica A koju dobijemo kada sveelemente matrice A pomnozimo brojem (brojevi se u ovakvoj situacijiobicno nazivaju skalarima), tj.

A = B ako i samo ako m = p, n = q; bij = aij ,

(i = 1, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n).

Tako, npr., vrijedi:[

2 4 22 4 2

]= 2

[ 1 2 11 2 1

].

Mnozenje matrice brojem ima sljedece osobine: Ako su A i B matrice,a i brojevi, tada je:

(A + B) = A + B

( + ) A = A + B


( ) A = ( A)

Prema definiciji mnozenja matrice brojem slijedi da je svaka skalarnamatrica jednaka proizvodu broja i jedinicne matrice, tj. vrijedi:

0 00 0...0 0

=

1 0 00 1 0...0 0 1

.

Definisimo sada operaciju mnozenja dvije matrice.Proizvod matrice A sa matricom B jeste matrica C ciji se elementi do-bijaju na sljedeci nacin. Ako je cij element presjeka i-te vrste i j-te kolonematrice C, tada je cij jednak ,,proizvodu i-te vrste matrice A i j-te kolonematrice B u sljedecem smislu

cij = ai1 b1j + ai2 b2j + =

k

aikbkj .

Da bi se ova suma mogla izracunati, broj elemenata u i-toj vrsti matriceA mora biti jednak broju elemenata u j-toj koloni matrice B. No, u i-tojvrsti matrice A ima onoliko elemenata koliko ta matrica ima kolona, dok uj-toj koloni matrice B ima onoliko elemenata koliko ta matrica ima vrsta.Tako dobijamo sljedece:Proizvod A B matrice A sa B definisan je u slucaju da matrica A imaonoliko kolona koliko matrica B ima vrsta, tj. n = p.

Primjecujemo dalje da se elementi j-te kolone matrice C dobijaju takosto se sa j-tom kolonom matrice B mnozi prvo prva, pa druga itd. i na krajuposljednja vrsta matrice A, pa kako u j-toj koloni matrice C ima onolikoelemenata koliko ta matrica ima vrsta, zakljucujemo da matrica C ima istibroj vrsta kao i matrica A. Na isti nacin zakljucujemo da matrica C imaisti broj kolona kao i matrica B.

Sve sto je receno o mnozenju matrica sadrzano je u sljedecoj definiciji.

Definicija 3.2 Ako su A = (aij)mn i B = (bij)np tada je C = A B,pri cemu je C = (cij)mp i pri tome

cij =n

k=1

aikbkj , (i = 1, . . . , m j = 1, . . . , p).

Matrice 47

Mnozenje matrica zadovoljava neke osobine koje ima i mnozenje brojeva.U navodenju ovih osobina uvijek cemo pretpostavljati da su formati matricauskladeni tako da proizvodi koji se pojavljuju uvijek postoje.

A O = O A = O,gdje je O nula matrica.

(A B) C = A (B C)A En = Em A = A,

pri cemu su En i Em jedinicne matrice.

(A + B) C = A C + B CA (B + C) = A B + A C

(A B) = ( A) B = A ( B) = (A B).Primjer 3.3

[5 7 42 5 1

]

3

2

1

=

[25

17

],

jer je npr. 25 = 5 3 + 7 2 + (4) 1Primjer 3.4

2 1 0

1 2 34 1 1

5 1 311 2 69 2 5

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

.

Mnozenje matrica, medutim, ima i neke osobine koje ne vrijede za mno-zenje brojeva. Tako se moze desiti da je proizvod dvije matrice jednak nulamatrici i u slucaju da nijedna od tih matrica nije jednaka nuli. To pokazujesljedeci primjer.

Primjer 3.5

A =

1 2 3

2 4 6

3 6 9

1 2 41 2 4

1 2 4

=

0 0 0

0 0 0

0 0 0


Mnozenje matrica, isto tako, nije komutativno. Tako, npr., vrijedi[

1 2] [

12

]= [5], a

[12

] [ 1 2 ] =

[1 22 4

]. Mnozenje nije komutativno, cak

i ako se radi o kvadratnim matricama. Zaista, ako je A =[

1 12 1

], B =

[2 1

1 1]

, tada je A B =[

3 03 3

], dok je B A =

[4 11 2

].

U primjeru 3.4 smo vidjeli da je proizvod datih matrica jednak jedinicnojmatrici.

Definicija 3.3 Za kvadratnu matricu A kazemo da je invertibilna (regu-larna) ako postoji matrica B, takva da je A B = B A = En, gdje je nred matrice A. Matricu B, koja je jedinstvena, ukoliko postoji, nazivamoinverznom matricom matrice A i oznacavamo sa A1.

Iz primjera 3.4 slijedi da je

2 1 0

1 2 34 1 1

1

=

5 1 311 2 69 2 5.

Iz definicije mnozenja matrica jasno je da je i matrica B kvadratna, i da jojje red jednak redu matrice A. Isto tako je B1 = A, pa je

(A1)1 = A.

Ako su A i B regularne matrice istog reda, tada je i A B regularna matricai vrijedi

(A B)1 = B1 A1.

Primjer 3.6 Odrediti inverznu matricu matrice A =

[a b

c d

].

Rjesenje. Neka je B =[

x yu v

]trazena matrica. Tada iz A B = E2

dobijamo sljedeci sistem jednacina:

ax + bu = 1 ay + bv = 0,cx + dy = 0 cy + dv = 1,

Matrice 49

koji se sastoji od dva sistema sa po dvije nepoznate. Oba ova sistema imajujedinstveno rjesenje ako je ad bc 6= 0, pa njihovim rjesavanjem dobijamo:

A1 =

[d

adbc badbc cadbc aadbc

]=

d

ad bc[

d bc a

].

Koristeci matrice mozemo sistem (3.1) napisati u matricnom obliku.

Oznacimo sa A =

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

am1 am2 amn

matricu koja se sastoji od koefi-

cijenata uz nepoznate. Ta se matrica naziva matricom sistema. Matricu

[A|B] =

a11 a12 a1n b1a21 a22 a2n b2

...am1 am2 amn bm

,(3.5)

nazivamo prosirenom matricom sistema (3.1).

Neka je, dalje, X =

x1x2 xn

i B =

b1b2 bm

. Sistem (3.1) se sada moze

napisati u obliku matricne jednacine

A X = B.(3.6)

Ukoliko je u sistemu (3.1) m = n, a njegova matrica regularna i ukolikoje A1 njena inverzna matrica, tada je rjesenje sistema X = A1 B.

Zbog toga je vazno imati kriterijum za regularnost neke matrice i metodza odredivanje njene inverzne matrice. Izlozicemo jedan takav metod.

Vratimo se na sistem linearnih jednacina (3.1). njegovo rjesavanje Gau-sovim postupkom sastoji se, u stvari, u tome da se prosirena matrica (3.5)tog sistema, izvjesnim transformacijama, svede na matricu C, u kojoj jecij = 0 za i > j, tj. na matricu oblika


c11 c12 c13 c14 c1n0 c22 c23 c24 c2n...0 ckk ckn0 0 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0

.(3.7)

Pri tome se koriste samo sljedece tri vrste transformacija:

1 zamjena mjesta dvjema vrstama,

2 mnozenje jedne vrste brojem razlicitim od nule,

3 dodavanje jedne vrste pomnozene nekim brojem nekoj drugoj vrsti.

Ove tri vrste transformacija koje se mogu izvoditi na proizvoljnim matricamai to, kako sa vrstama, tako i sa kolonama nazivaju se elementarnimtransformacijama matrica. Sve elementarne transformacije matrice mo-gu se postici mnozenjem te matrice sa lijeve ili desne strane ,,pogodnom matricom. Definisimo sljedece matrice:

Ako je En jedinicna matrica reda n, tada cemo sa Eij oznaciti matricunastalu iz matrice En zamjenom njene i-te i j-te vrste (ili, sto je isto, zam-jenom i-te i j-te kolone).

Sa Ei() oznacicemo matricu nastalu iz matrice En mnozenjem njenei-te vrste (ili, sto je isto i-te kolone) brojem 6= 0.

Oznacimo sa Eij() matricu nastalu iz En, tako sto je njena i-ta vrstapomnozena sa dodata j-toj vrsti (odnosno, j-ta kolona pomnozena sa dodata i-toj koloni).

Ove se tri vrste matrica nazivaju elementarnim matricama .Sada se elementarne transformacije, na proizvoljnoj matrici A, dobijaju nasljedeci nacin:1 Matrica Eij A (A Eij) nastala je zamjenom i-te i j-te vrste (kolone)matrice A.2 Matrica Ei() A (A Ei()) nastala je iz matrice A mnozenjem njenei-te vrste (i-te kolone ) brojem 6= 0.3 Matrica Eij()A (AEij()) dobija se tako sto se i-ta vrsta (j-ta kolona)matrice A, pomnozena brojem , doda njenoj j-toj vrsti (i-toj koloni).

Tako npr. mnozenjem matrice A =[

a11 a12 a13a21 a22 a23

]slijeva sa E12 do-

bijamo matricu A =[

a21 a22 a23a11 a12 a13

], a mnozenjem matricom E12 zdesna

Matrice 51

dobijamo matricu A =[

a12 a11 a13a22 a21 a23

].

Sve elementarne matrice su invertibilne i vrijedi:

E1ij = Eij , Ei()1 = Ei

(1

), Eij()1 = Eij().

Vidimo da su inverzne matrice elementarnih matrica takode elementarnematrice.

Gausov postupak pokazuje da se svaka matrica moze elementarnim trans-formacijama vrsta (odnosno mnozenjem sa lijeve strane elementarnim ma-tricama) svesti na matricu oblika (3.7). Produzavajuci sa elementarnimtransformacijama nad kolonama te matrice, svaka matrica se moze svestina matricu kod koje se po dijagonali, pocev od gornjeg lijevog ugla, nalaziodreden broj jedinica, a svi ostali elementi su jednaki nuli.

Definicija 3.4 Dvije matrice nazivamo ekvivalentnim ako se jedna iz dru-ge moze dobiti elementarnim transformacijama.

Prema prethodnom, ako je A Mmn(R) bilo koja matrica, tada je onaekvivalentna matrici Ar oblika:

Ar =

1 0 0 0 00 1 0 0 0...0 0 1

rjedinica 0

...0 0 0 0 0

.

Definicija 3.5 Matrica Ar naziva se Ermitovom kanonskom formommatrice A. Broj r jedinica u Ar naziva se rangom matrice A.

Ermitova kanonska forma dobija se elementarnim transformacijama, tj. mno-zenjem polazne matrice elementarnim matricama sa lijeve i desne strane.Ako sa S oznacimo proizvod svih elementarnih matrica sa kojima je matricaA mnozena sa lijeve strane (u obrnutom redu u odnosu na red mnozenjamatrice A), a sa P proizvod svih elementarnih matrica, sa kojima je matricaA mnozena sa desne strane (u redu u kojem su ta mnozenja vrsena), zaklj-ucujemo da za svaku matricu A Mmn(R) postoje regularne matrice S Mm(R) i P Mn(R), takve da vrijedi:

S A P = Ar.


Ako pretpostavimo da je A kvadratna matrica reda n i da je regularna,tada je matrica na lijevoj strani prethodne jednakosti regularna (kao pro-izvod regularnih matrica), pa takva mora biti i matrica Ar. Medutim, re-gularna matrica ne moze imati vrstu koja se sastoji od samih nula, pa jeu ovom slucaju r = n i Ar = En, te vrijedi S A P = En. Mnozeci ovujednakost sa lijeve strane sa S1, a sa desne sa P1 zakljucujemo da vrijedi

A = S1 P1, tj. A1 = P S.

Kasnije cemo vidjeti kako se odreduju matrice S i P . Pomocu njih se, premaprethodnom, moze odrediti inverzna matrica A1.

Kako su inverzne matrice elementarnih matrica ponovo elementarne, o-davde slijedi.

Teorema 3.1 Svaka regularna matrica jednaka je proizvodu elementarnihmatrica. 2

Na osnovu prethodnih razmatranja zakljucujemo da vrijedi sljedeca teorema.

Teorema 3.2 Matrice A, B Mmn(R) su ekvivalentne ako i samo akopostoje regularne matrice S Mm(R) i P Mn(R) takve da vrijedi

S A P = B. 2

Moze se pokazati da rang matrice ne zavisi od elementarnih transfor-macija, tj. to je svojstvo same matrice. To znaci da je Ermitova kanonskaforma za svaku matricu jedinstvena, tj. ne zavisi od elementarnih transfor-macija koje se izvode na matrici A. Da bismo to dokazali, izlozicemo prvojos jednu zanimljivu osobinu matrica.

Izlozicemo sada jedan praktican postupak za odredivanje matrica Ar, Si P .

Matricu S mozemo dobiti tako sto cemo sve elementarne transformacije,koje se izvode na vrstama matrice A, da bi se dobila njena Ermitova kanon-ska forma, izvesti istovremeno na jedinicnoj matrici. Isto tako se matricaQ moze dobiti pomocu elementarnih transformacija sa kolonama matrice A.Formirajmo blok shemu oblika

[A Em

En

].

Elementarnim transformacijama, koje se uvijek vrse sa prvih m vrsta,odnosno prvih n kolona, ova blok matrica prevodi se na novu, kod koje se u

Matrice 53

gornjem lijevom uglu pojavljuje matrica Ar. Kada se ta matrica pojavi, tadace se desno od nje pojaviti matrica S, a ispod nje matrica P , tj. posmatranashema ce preci u shemu [

Ar S

P

].

Primjer 3.7 Odrediti Ermitovu kanonsku formu i odgovarajuce matrice Si P matrice

2 4 2 2 12 1 1 1 13 4 0 2 1

4 9 5 5 2

.

Rjesenje. Dopisujuci sa desne strane i ispod matrice A odgovarajuce jedi-nicne matrice dobijamo sljedecu blok matricu.

2 4 2 2 12 1 1 1 13 4 0 2 1

4 9 5 5 21 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

Prvo cemo zamijeniti prvu i petu kolonu ove matrice (da bismo u lijevomgornjem uglu dobili broj 1, zatim cemo preostalim vrstama dodati prvuvrstu pomnozenu odgovarajucim brojevima, a onda drugu vrstu, pomnozenuodgovarajucim brojevima, dodacemo preostalim vrstama i dobiti blok ma-tricu

1 4 2 2 20 3 3 3 00 0 2 0 10 0 0 0 00 0 0 0 10 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 01 0 0 0 0

1 0 0 01 1 0 01 0 1 0

7/3 1/3 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0


Pomocu elementarnih transformacija kolona, iz ove blok matrice dobijamo

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 00 0 0 0 10 1/3 1/2 1 1/20 0 1/2 0 1/20 0 0 1 01 4/3 1 2 1

1 0 0 01 1 0 01 0 1 0

7/3 1/3 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0.

Prema tome, Ermitova kanonska forma matrice A je

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 0

,

rang matrice je 3, dok za odgovarajuce matrice P i S vrijedi

P =

1 0 0 01 1 0 01 0 1 0

73 13 0 1

, S =

0 0 0 0 10 1/3 1/2 1 1/20 0 1/2 0 1/20 0 1 1 01 4/3 1 2 1

.

Primjer 3.8 Rijesiti sistem:

x +2y +3z +4u = 112x +3y +4z +u = 123x +4y +z +2u = 134x +y +2z +3u = 14

Rjesenje. Oznacimo sa A,B,X matricu datog sistema, kolonu slobodnihclanova i kolonu nepoznatih. Pokazacemo da je matrica A invertibilna, stoznaci da se rjesenje moze dobiti u obliku X = A1 B. Blok shema za

Matrice 55

matricu A ima sljedeci oblik

1 2 3 42 3 4 13 4 1 24 1 2 31 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

Dodajuci prvu vrstu pomnozenu odgovarajucim brojem drugoj, trecoj icetvrtoj vrsti, ova blok matrica prelazi u sljedecu

1 2 3 40 1 2 70 2 8 100 7 10 131 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1 0 0 02 1 0 03 0 1 04 0 0 1

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

Vrseci elementarne transformacije pomocu druge vrste, dobijamo

1 2 3 40 1 2 70 0 4 40 0 0 401 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1 0 0 02 1 0 0

1 2 1 011 9 1 10 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

Vrseci analogno elementarne transformacije sa kolonama imamo

1 0 0 00 1 0 00 0 4 00 0 0 401 2 1 110 1 2 90 0 1 10 0 0 1

1 0 0 02 1 0 0

1 2 1 011 9 1 10 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

.


Odavde se mnozenjem vrsta dobija

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 11 2 1 110 1 2 90 0 1 10 0 0 1

1 0 0 02 1 0 0

1/4 1/2 1/4 011/40 9/40 1/40 1/40

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

.

Prema tome vrijedi

P =

1 0 0 0

2 1 0 0

14

12

14

0

1140

940

140

140

, S =

1 2 1 110 1 2 90 0 1 1

0 0 0 1

,

pa je,

A1 = S P =

940

14

140

1140

140

140

1140

940

140

1140

940

140

1140

940

140

140

,

te je rjesenje X = A1 B =

2111

.

Postavlja se pitanje o rjesavanju sistema (3.1), kada je A pravougaonamatrica ili kvadratna matrica koja nije regularna. Vidjecemo kako se sistemrjesava i u tim slucajevima. Stavise, pokazacemo kako se rjesava matricnajednacina oblika

A X = B,(3.8)pri cemu su A i B bilo koje dvije date matrice.

Matrice 57

Ova jednacina nema uvijek smisla. Da bi imala smisla moraju, prijesvega, formati matrica na lijevoj i desnoj strani jednacine biti isti. Za to jedovoljno da matrica B ima isti broj vrsta kao i matrica A, jer matrica A Xima isti broj vrsta kao matrica A. Ukoliko su matrice A i B zadane takoda jednacina (3.8) ima smisla, tada je format matrice X potpuno odreden.Naime, ta matrica ima onoliko vrsta koliko matrica A ima kolona (da bi semogle pomnoziti), a onoliko kolona koliko ih ima matrica B.

Teorema 3.3 Neka su A Mmn(R) i B Mmk(R) date matrice, S i Pregularne matrice koje, u smislu teoreme 3.2, odgovaraju matrici A, a r rangmatrice A. Potreban i dovoljan uslov da jednacina

A X = B

ima rjesenje je

S B =[

U

O]

,(3.9)

pri cemu je U Mrk(R), a O nula matrica formata (m r) k.Tada je rjesenje X jednako

X = P [U

V

],(3.10)

pri cemu je V M(nr)k(R) proizvoljna matrica.

2

U slucaju r = n (tj. rang matrice A jednak je broju kolona te matrice),rjesenje jednacine jedinstveno (ako je jednacina saglasna). Ako je r < n, ajednacina saglasna, tada ona ima beskonacno mnogo rjesenja (jer rjesenjesadrzi proizvoljnu matricu V ).

Prakticno cemo jednacinu A X = B rjesavati na sljedeci nacin. Na blokmatrici [

A B

En

]

vrsimo elementarne transformacije, tako da se u lijevom gornjem uglu pojaviErmitova kanonska forma matrice A. Tada ce se desno od nje pojavitimatrica S B, a ispod nje matrica P , tako da cemo na kraju dobiti blokmatricu oblika [

Ar S BP

],

iz koje se dobija rjesenje jednacine.


Primjer 3.9 Rijesiti matricnu jednacinu A X = B, pri cemu je

A =

1 2 32 3 13 5 4

, B =

1 3 2 12 5 1 13 8 1 2

Rjesenje. Blok matrica[

A B

En

]u ovom slucaju ima oblik

1 2 32 3 13 5 41 0 00 1 00 0 1

1 3 2 12 5 1 13 8 1 20 0 0 00 0 0 00 0 0 0

Nad ovom blok matricom izvodimo, redom, sljedece elementarne tran-sformacije. Mnozimo prvu vrstu sa -2 i dodajemo drugoj, pa zatim sa -3 idodajemo trecoj vrsti. Poslije toga, mnozimo drugu vrstu sa -1 i dodajemotrecoj, pa zatim prvu kolonu pomnozimo sa -2 i dodamo drugoj, a onda sa-3 i dodamo trecoj. Mnozimo dalje drugu kolone sa -5 i dodajemo trecoj ina kraju mnozimo drugu vrstu sa -1, pa dolazimo do konacne sheme

1 0 00 1 00 0 01 2 70 1 50 0 1

1 3 2 10 1 5 10 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

Prema tome Ermitova kanonska forma matrice A je Ar =

1 0 00 1 00 0 0

,

odakle zakljucujemo da je njen rang jednak 2, pa jednacina ima rjesenje.

Dalje imamo U =[

1 3 2 10 1 5 1

]i P =

1 2 70 1 50 0 1

Sada je[U

V

]=

1 3 2 10 1 5 1a b c d

.

Matrice 59

Na kraju dobijamo

X = P [U

V

]=

1 + 7 a 1 + 7 b 8 + 7 c 1 + 7 d5 a 1 5 b 5 5 c 1 5 d

a b c d

.

Uslov (3.9) u sustini znaci da matrice A i [A|B] imaju isti rang, pakao posljedica prethodne teoreme dobija se sljedeca teorema, koja govori osaglasnosti sistema (3.1).

Teorema 3.4 (Kroneker-Kapelijeva teorema) Sistem (3.1) je saglasanako i samo ako je rang matrice tog sistema jednak rangu prosirene matri-ce. 2

Da bismo istim metodom rijesili i matricnu jednacinu oblika Y A = Bdefinisacemo pojam transponovane matrice.

Definicija 3.6 Ako je A Mmn(R), tada cemo matricu AT Mnm(R)nazivati transponovanom matricom matrice A ako i-tu vrstu te matrice cinii-ta kolona matrice A, za i = 1, 2, . . . , n.

Transponovana matrica dobija se, dakle, kada u pocetnoj matrici vrste ikolone zamjene mjesta. Matrica AT ima onoliko vrsta koliko A ima kolona,a onoliko kolona koliko A ima vrsta. Transponovanje ima sljedece osobine.

1 (A + B)T = AT + BT ,2 (AT )T = A,3 (A B)T = BT AT .

Kada se jednacina Y A = B transponuje ona, na osnovu osobine 3, postajeAT Y T = BT i moze se rijesiti na prethodni nacin. Ako je X = Y Trjesenje te jednacine, tada je Y = XT rjesenje polazne jednacine.

Primjer 3.10 Rijesiti jednacinu Y A = B ako je A =[

1 2 32 3 1

], a

B =

1 2 32 3 13 5 40 0 0

.

Rjesenje. Vrijedi AT =

1 22 33 1

, BT =

1 2 3 02 3 5 03 1 4 0

.

Rjesavajuci jednacinu AT X = BT , na gore opisani nacin, dobijamo


X =[

1 0 1 00 1 1 0

], odakle transponovanjem dobijamo Y =

1 00 11 10 0

.

3.3 Definicija i izracunavanje determinanti

Opisacemo jos jedan metod za rjesavanje sistema linearnih jednacina, kojise oslanja na pojam determinante. Svakoj kvadratnoj matrici A Mn(R)pridruzicemo odreden broj, koji cemo nazivati determinantom matrice Ai oznacavati sa det(A) ili sa |A|, a koji ce biti rekurentno definisan u onomesto slijedi.

Determinante drugog reda definisemo jednakoscu

a11 a12a21 a22

= a11 a22 a12 a21.

Tako je npr.

1 23 4

= 4 6 = 2. Takode je

1 21 2

= 0.Determinante treceg reda definisacemo preko vec definisanih determi-

nanti drugog reda itd. Determinanta n-tog reda bice definisana pomocudeterminanti n 1-og reda. Definisimo, dakle,

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

= a11

a22 a23a32 a33

a12a21 a23a31 a33

+ a13a21 a22a31 a32

=

= a11a22a33 a11a23a32 a12a21a33 + a12 a23 a31 + a13a21a32 a13a22a31.Postoji jednostavno pravilo pomocu koga se sabirci u determinanti treceg

reda citaju direktno iz determinante. To je tzv. pravilo trouglova .Ako elemente determinante zamijenimo tackama, tada se pozitivni sa-

birci citaju sa slika 3.1, lijevo, a negativni sa slike 3.1., desno.

det1.eps det2.eps

Definicija i izracunavanje determinanti 61

Slika 3.1.

Primjer 3.11 Izracunati

1 2 34 5 67 8 9

.

Rjesenje.

1 2 34 5 67 8 9

=

5 68 9

2

4 67 9

+ 3

4 67 8

=

= 3 + 12 9 = 0.

Definicija 3.7 Ako je definisana determinanta (n 1)-og reda (n > 2),tada se determinanta n-tog reda definise na sljedeci nacin.

a11 a12 a1na21 a22 a2n

...an1 an2 ann

= a11

a22 a23 a2na32 a33 a3n

...an2 an3 ann

a12

a21 a23 a2na31 a33 a3n

...an1 an3 ann

+ + (1)1+na1n

a21 a22 a2(n1)a31 a32 a3(n1)

...an1 an2 an(n1)

.

Treba primijetiti da su sve determinante koje se nalaze na desnoj straniprethodne jednakosti reda n 1 i pri tome je determinanta, koja stoji uza1k (k = 1 . . . n), nastala iz determinante D izostavljanjem njene prvevrste i k-te kolone. Te se determinante nazivaju subdeterminantama iliminorima elemenata a1k (k = 1 . . . n), i oznacavaju sa D1k, (k = 1, . . . , n),tako da se prethodna jednakost moze jednostavnije napisati u sljedecemobliku

D = a11 D11 a12 D12 + . . . + (1)1+na1n D1n.Algebarskim komplementom ili kofaktorom elementa aij deter-

minante D nazivamo subdeterminantu tog elementa sa znakom plus, ako jezbir i + j, vrste i kolone u kojoj se taj element nalazi paran, a sa znakom


minus, ako je taj zbir neperan. Kofaktor elementa aij oznacavacemo sa Aij ,pa se sada prethodna jednakost moze napisati u sljedecem obliku.

D = a11 A11 + a12 A12 + . . . + a1n A1n =n

i=1

a1i A1i.(3.11)

Kaze se da je u relaciji (3.11) determinanta D dobijena razvojem poprvoj vrsti.

Primjer 3.12 Ako je En jedinicna matrica reda n dokazati da je det(En) =1.

Rjesenje. Tvrdnju cemo dokazati indukcijom u odnosu na red n jedinicnematrice En.

Za n = 2 vrijedi det(E2) =

1 00 1

= 1. Ako je det(En1) = 1, tadarazvojem det(En) po prvoj vrsti, dobijamo det(En) = det(En1) = 1, patvrdnja slijedi iz principa matematicke indukcije.

Moze se dokazati da se determinanta D moze dobiti razvojem po bilokojoj vrsti, tj. sa vrijedi teorema.

Teorema 3.5 (Laplasovo pravilo) Za determinantu D vrijedi

D =n

k=1

aik Aik (i = 1, 2, . . . , n),

D =n

k=1

akj Akj (j = 1, 2, . . . , n).

Prva od jednakosti iz teoreme 3.5 predstavlja razvoj determinanteD po elementima i-te vrste, a za drugu se kaze da predstavlja razvojdeterminante D po elementima j-te kolone.

Teorema 3.6 Dokazati da se determinanta mnozi brojem tako da se svielementi jedne njene vrste ili kolone pomnoze tim brojem.

Dokaz. Pretpostavimo da je determinanta D1 nastala iz determinante Dmnozenjem elemenata i-te vrste brojem . Kada tu determinantu, premateoremi 3.5, razvijemo upravo po i-toj vrsti dobijamo

D1 =n

k=1

aik Aik = n

k=1

aik Aik,

pri cemu su Aik kofaktori elemenata aij determinante D. Na osnovu toga je

D1 = D. 2

Definicija i izracunavanje determinanti 63

Primjer 3.13 Izracunati dijagonalnu determinantu (determinantu dijago-nalne matrice)

D =

d1 0 0 0 00 d2 0 0 0...0 dn

Rjesenje. Data determinanta dobijena je mnozenjem prve vrste jedinicnedeterminante sa d1, druge sa d2, itd. n-te sa dn, pa je, na osnovu prethodneteoreme i primjera 3.12, D = d1 d2 dn.

Primjer 3.14 Izracunati determinantu

D =

a b c db a d cc d a bd c b a

.

Rjesenje. Racunanjem determinante jasno je da se ona sastoji od monoma, ukojima su proizvodi od cetiri broja a, b, c, d (faktori u tim monomima mogubiti i jednaki). Cinjenicu da su elementi u svakoj vrsti i koloni razlicitiiskoristicemo na sljedeci nacin. Ako prvoj vrsti dodamo sve preostale vrste,tada ce se iz prve vrste izvuci faktor a + b + c + d. Ako se prvoj vrsti dodadruga, a oduzmu treca i cetvrta, tada se moze izvuci faktor a+bcd. Istotako se mogu izvuci faktori ab+cd i abc+d. Prema tome determinantaD je djeljiva proizvodom (a+b+c+d)(a+bcd)(ab+cd)(abc+d),pa se, prema gore recenom, od tog proizvoda moze razlikovati samo u znaku.Jasno je, medutim, da se i u D, a i u posmatranom proizvodu nalazi sabiraka4, pa zbog toga vrijedi

D = (a + b + c + d)(a + b c d)(a b + c d)(a b c + d).

Matricu A = (aij)nn nazivamo kososimetricnom ili antisimetric-nom ako vrijedi

aij = aji, (i, j = 1, 2, . . . , n).Specijalno, za i = j vrijedi aii = aii, pa je aii = 0, sto znaci da su svi

dijagonalni elementi kososimetricne matrice jednaki nuli.

Primjer 3.15 Dokazati da je determinanta D kososimetricne matrice ne-parnog reda jednaka nuli.


Rjesenje. Uocimo prvo sljedecu osobinu determinante D. Ako se svaka vrstadeterminante D pomnozi sa 1, pa se dobijena determinanta transponuje,ponovo se dobija determinanta D. Prema tome imamo

(1)n D = D,

a kako je n neparan odavde slijedi D = D tj. D = 0.

Teorema 3.7 Ukoliko se dvije determinante istog reda razlikuju u samojednoj vrsti (koloni), recimo i-toj, tada je zbir te dvije determinante jednakdeterminanti ciji se elementi i-te vrste (kolone) dobiju kao zbir elemenata izodgovarajucih vrsta (kolona) polaznih matrica, dok su ostale vrste (kolone)nepromijenjene.

Dokaz. Dokaz slijedi iz teoreme 3.5 koristeci razvoj determinanti upravo poi-toj vrsti. 2

3.4 Osobine determinanti

Teorema 3.8det(A) = det(AT ).

Dokaz. Razvoj determinante |AT | po i-toj vrsti je razvoj determinante |A|po i-toj koloni, pa dokaz slijedi iz teoreme 3.5. 2

Teorema 3.9 Determinanta mijenja znak ako dvije vrste (ili dvije kolone)zamijene mjesta.

Dokaz. Dokazimo prvo da ovo pravilo vrijedi kada dvije susjedne vrstezamijene mjesta. Neka je, dakle, D1 determinanta nastala iz determinanteD zamjenom i-te i (i+1)-te vrste. Razvijanjem determinante D1 po (i+1)-ojvrsti dobijamo

D1 =n

k=1

(1)i+1+kaik Dik = n

k=1

(1)i+kaik Dik = D.

Zamjena mjesta i-te i j-te vrste (i < j) moze se realizovati neparnim brojem,2(j i) 1, zamjena uzastopnih vrsta. 2

Teorema 3.10 Determinanta D je jednaka nuli, ako ima jednake dvije vr-ste ili dvije kolone.

Osobine determinanti 65

Dokaz. To slijedi neposredno iz prethodne osobine, jer ako su dvije vrstedeterminante jednake, onda ce se zamjenom tih vrsta promijeniti znak deter-minante, a sa druge strane determinanta ce ostati ista tj. vrijedi D = D,pa je D = 0. 2

Teorema 3.11 Determinanta je jednaka nuli ako su joj dvije vrste (dvijekolone) proporcionalne.

Dokaz. Dokaz slijedi iz teoreme 3.10 i primjera 3.6. 2

Teorema 3.12 Determinanta nece promijeniti vrijednost ako se jedna vrs-ta (kolona) pomnozena nekim brojem doda nekoj drugoj vrsti (koloni).

Dokaz. Dokaz slijedi iz teorema 3.10 i 3.11. 2

Teorema 3.13 Ukoliko se elementi jedne vrste (kolone) determinante po-mnoze kofaktorima elemenata neke druge vrste (kolone) i dobijeni proizvodisaberu, dobije se zbir nula.

Dokaz. Posmatrajmo determinantu nastalu iz determinante D, tako da jojse elementi i-te vrste zamijene elementima j-te vrste. Prema teoremi 3.10ta je determinanta jednaka nuli, a sa druge strane, razvijajuci je po i-tojvrsti dobicemo pomenuti zbir. 2

Ova osobina i Laplasovo pravilo o razvoju kratko se mogu zapisati nasljedeci nacin.

n

k=1

aik Ajk ={

0, i 6= jD, i = j

n

k=1

aki Akj ={

0, i 6= jD, i = j

(3.12)

Tvrdnje teorema 3.9, 3.12 i 3.6 impliciraju, izmedu ostalog, da ako jedeterminanta matrice razlicita od nule, ona ostaje razlicita od nule i poslijeizvodenja nad tom matricom bilo koje elementarne transformacije. Kakose svaka invertibilna matrica moze dobiti kao proizvod elementarnih ma-trica (ili, drugim rijecima, izvodenjem elementarnih transformacija nad je-dinicnom matricom), otuda neposredno slijedi

Teorema 3.14 Ako je matrica A invertibilna, tada je det(A) 6= 0. 2


Iskoristicemo sada neke od navedenih osobina za izracunavanje jedne umatematici vrlo vazne determinante. Determinanta

Wn =

1 1 1 1x1 x2 x3 xnx21 x

22 x

23 x2n

...xn11 x

n12 x

n13 xn1n

= Wn(x1, x2, . . . , xn)

naziva se Vandermondovom determinantom. Dokazacemo da je ova de-terminanta jednaka proizvodu svih mogucih razlika xixj , kod kojih je prviindeks veci od drugog.

Teorema 3.15 Dokazati da za Vandermondovu determinantu vrijedi

Wn =

1j

Primjena determinanti 67

Primijetimo sada da se iz svake kolone ove determinante, na osnovuteoreme 3.6, moze izvuci zajednicki faktor, na osnovu cega slijedi:

Wn = (1)n1 (x1xn) (x2xn) (xn1xn)

1 1 1 1x1 x2 x3 xn1

...xn21 x

n22 x

n23 xn2n1

.

Sada, na osnovu indukcione pretpostavke, imamo

Wn = (xn x1) (xn x2) (xn xn1)

1j


Ako je D = det(A), tada na osnovu teoreme 3.13 i pravila za mnozenjematrica, slijedi

A A = A A =

D 0 00 D 0...0 0 D

= D En.

Ukoliko je D 6= 0, tada iz prethodnog slijedi

A AD

=A

DA = En.

Ovo, zapravo, znaci da je A1 =A

D, tj., vrijedi sljedeca teorema.

Teorema 3.16 Matrica A je invertibilna ako i samo ako je D = det(A) 6=0, i u tom slucaju vrijedi

A1 =A

D.

Dokaz. Ako je D 6= 0, tada je A invertibilna prema prethodnom. Obrnuto,ako je A invertibilna, onda je D 6= 0, prema teoremi 3.14, pa se gornjipostupak opet moze provesti. 2

Primjer 3.16 Odrediti inverznu matricu matrice

A =

3 4 52 3 13 5 1

.

Rjesenje. Racunajuci kofaktore elemenata matrice, pa zatim transponova-

njem dobijemo:

8 29 115 18 7

1 3 1

. Kako je det(A) = 1, to je A1 =

8 29 115 18 7

1 3 1

.

Pokazacemo kako se determinante mogu primijeniti na rjesavanje sis-tema linearnih jednacina. Ogranicicemo se na sisteme koji imaju isti brojjednacina i nepoznatih. Posmatracemo prvo nehomogeni sistem

a11 x1 + a12 x2 + + a1n xn = b1a21 x1 + a22 x2 + + a2n xn = b2

...an1 x1 + an2 x2 + + ann xn = bn.

(3.13)

Primjena determinanti 69

Vec smo vidjeli da se ovaj sistem moze zapisati u matricnom obliku nasljedeci nacin:

A X = B,

gdje je A =

a11 a12 a1na21 a22 a2n

...an1 an2 ann

matrica datog sistema, X =

x1x2

...xn

kolona nepoznatih, a B =

b1b2...

bn

kolona slobodnih clanova.

Ukoliko matrica A ima inverznu matricu, tada je X = A1 B jedin-stveno rjesenje sistema (3.13). Prema prethodnom je A1 =

A

det(A), pa ako

oznacimo det(A) = D, imamo

x1x2

...xn

=

1D

A11 A21 An1A12 A22 An2

...A1n A2n Ann

b1b2...

bn

,

gdje su Aij (i, j = 1, . . . , n) kofaktori elemenata aij matrice A. Odavdedobijamo:

xi =b1 A1i + b2 A2i + . . . + bn

Documents

Predavanja Iz Matematike 1