Click here to load reader

Zbirka rešenih zadataka iz matematike

  • View
    35.895

  • Download
    46

Embed Size (px)

Text of Zbirka rešenih zadataka iz matematike

UNIVERZITETUNOVOMSADUFAKULTETTEHNICKIHNAUKATatjanaGrbic JovankaPantovicSilviaLikavec NatasaSladojeTiborLukic LjiljanaTeofanovZbirkaresenihzadatakaizMatematikeINoviSad,2009. god.Naslov: ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeIAutori: drTatjanaGrbic,docentFTNuNovomSadudrSilviaLikavec,docentUniverzitetauTorinu(UniversitadiTorino)mrTiborLukic,asistentFTNuNovomSadudrJovankaPantovic,vanredniprofesorFTNuNovomSadudrNatasaSladoje,docentFTNuNovomSadudrLjiljanaTeofanov,docentFTNuNovomSaduRecenzenti: drJovankaNikic,redovniprofesorFTNuNovomSadudrSilviaGilezan,redovniprofesorFTNuNovomSadudrMirjanaBorisavljevic,redovniprofesorSaobracajnogfakultetaUniverzitetauBeograduTiraz: 300Sadrzaj1 Slobodnivektori 52 Analitickageometrijauprostoru 213 Kompleksnibrojevi 614 Polinomiiracionalnefunkcije 895 Matriceideterminante 1076 Sistemilinearnihjednacina 1457 Vektorskiprostori 1698 Nizovi,granicnavrednostineprekidnostfunkcije 1919 Izvodfunkcije 22110Primenaizvoda 23511Ispitivanjefunkcija 24712Numerickoresavanjejednacina 2713PredgovorTrece izdanje ZbirkeresenihzadatakaizMatematikeI je rasprodato u veomakratkomroku, ainteresovanjezaZbirkui daljepostoji, presvegamedustu-dentimaprvegodinerazlicitihodsekaFakultetatehnickihnaukaUniverzitetauNovomSadu, ali i medustudentimadrugihfakultetakoji seuokvirukur-sevamatematikenasvojimstudijamasusrecusatemamai sadrzajimakoji suobuhvaceni Zbirkom.CetvrtoizdanjeZbirkesmopripremili sazeljomdanjenprepoznatljivsadrzajbudeodpomociusavladavanjuoblastiizMatematikeIinarednimgeneracijamastudenata. Zahvaljujemosesvimakoji sunamukazalinapostojece stamparskegreske,kojesmouovomizdanjuotklonili.StampanjeCetvrtog izdanja Zbirke resenih zadataka iz Matematike I realizo-vanojeuznansijskupodrskuTempusprojektaJEP-41099-2006,DoctoralSchoolTowardsEuropeanKnowledgeSocietyDEUKS.Veomanamjedragostosmo, zahvaljujuci ovoj podrsci, umogucnosti daveci deotirazaustupimoBiblioteci Fakulteta tehnickih nauka u Novom Sadu i da na taj nacin ovo izdanjeZbirkeucinimopristupacnimveomavelikombrojustudenata.UNovomSadu,10. avgust2009. godineAutori1Slobodni vektori UskupuE2uredenihparovatacakaprostoraEdenisemorelacijunasledecinacina) AkojeA = BiliC= D,tadaje(A, B)(C, D) A = BiC= D.b) AkojeA =Bi C =D, tadaje(A, B)(C, D) (duzABjepara-lelna,podudarnaiistoorijentisanakaoduzCD).Relacija je relacija ekvivalencije. Klase ekvivalencije u odnosu na relacijuzovuseslobodnivektori. SkupsvihslobodnihvektoraoznacavacemosaV. Vektor ciji je predstavnik(A, B) oznacavacemo sa AB, ili krace saa.AB Intenzitetvektora ABjemernibrojduziABioznacavasesa [AB[. Pravacvektora ABjepravacodredentackamaAiB. Smervektora AB,(A = B)jeodtackeAdotackeB. Vektor cijijeintenzitetjednak1nazivasejedinicnivektor. Vektorisujednakiakosuimjednakipravac,smeriintenzitet. VektorkodkojegjeA=Bzvacemonulavektorioznacavatisa 0ili0.Intenzitetnulavektoraje0,apravacismersenedenisu. Vektorkoji imaisti pravaci intenzitetkaovektor AB, asuprotansmer,jevektor BAinazivasesuprotanvektorvektora AB.56 1. SLOBODNIVEKTORI UskupuV denisemooperacijusabiranjavektora+nasledecinacin:AB +CD =AEgdeje BE=CD.A BECD Ugaoizmeduvektoraa= OAi b= OBjeugaoAOBpri cemusedogovornouzimadaje0 . Proizvodvektora a = 0 iskalara = 0, R je vektor a koji imaa) istipravackaoivektor a,b) intenzitet [[[a[ ic) istismerkaoivektor aakoje > 0,asuprotanakoje < 0.Akoje a = 0ili = 0,tadajea = 0. Vektors=1a1+ . . . + nan, gdesu1, . . . , n Rskalari, senazivalinearnakombinacijavektora a1, . . . , an. Dvavektora ai

bsukolinearnaakoisamoakoimajuistipravac.Nulavektorjekolinearansasvakimvektorom. Nulavektorjenormalannasvakivektor. Zatrinenulavektorakazemodasukoplanarniakoisamoakosupara-lelnisajednomravni. Skalarniproizvodvektora ai b,uoznaci a

bdenisesea

b = [a[[

b[ cos (a,

b).Osobineskalarnogproizvoda:a) aa = [a[2,b) a

b =

ba,c) a

b a

b = 0,(uslovnormalnosti,ortogonalnosti),d) R(a

b) = (a)

b =a(

b),e) a(

b +c) =a

b +ac.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 7Na osnovu denicije skalarnog proizvoda imamo da se ugao izmedu vektoraai

bmozeracunatinasledecinacin(a,

b) = arccosa

b[a[[

b[, 0 (a,

b) . Neka je a = 0. Tada je projekcijavektora bnavektor a denisana sa:pra

b = [

b[ cos (a,

b). Vektorskiproizvodvektora ai

bjevektor,uoznaci a

b,odredennasledecinacin:a) [a

b[ = [a[ [

b[ [ sin (a,

b)[,b) (a

b)a i (a

b)

b,c) vektori a,

bi a

b cinedesnisistemvektora.Osobinevektorskogproizvoda:a) a

b = (

b a),b) ( R) (a

b) = (a)

b =a (

b),c) a|

b a

b = 0(uslovparalelnosti),d) a a = 0,e) Intenzitetvektorskogproizvodadvanekolinearnavektorajednakjepovrsiniparalelogramakojijekonstruisannadtimvektorima. Mesoviti proizvod vektora a,

b i c je skalarni proizvod vektora a i

bc,tj.a(

b c).Osobinemesovitogproizvoda:a) Vektori a,

b i c su koplanarni a(

bc) = 0 (uslov koplanarnosti),b) Apsolutnavrednost mesovitogproizvodatri nekoplanarnavektorajednaka je zapremini paralelepipeda koji je konstruisan nad vek-torima a,

bi ckaoivicama. Dekartov(pravougli)koordinatnisistemuprostorujeodreden,akosu- Datetri pravekojeseobicnonazivajux, yi zi svakedvesesekupodpravimuglomutackiO(0, 0, 0).- Nasvakojoddatihpravihizabranjejedansmerinazvanpozitivan.- Na pozitivnim smerovima pravih x, y i z izabrane su tacke E1(1, 0, 0),E2(0, 1, 0)iE3(0, 0, 1)redom.8 1. SLOBODNIVEKTORIPravaxsenazivax-osailiapscisa. Pravaysenazivay-osa iliordinata.Pravaz senazivaz-osaili aplikata. TackaOsenazivakoordinatnipocetak.Uvedimooznake =OE1, =OE2i k =OE3.Vektori (, ,

k), sakoordinatnimpocetkomO, cinedesni sistemvek-tora,stoznaci darotacijavektora , kavektoru, okotackeO, uravniodredenojvektorima i ,imanajkraciputusmerusuprotnomkretanjukazaljkenasatu,gledanosakrajnjetackevektora

k.kzyxijSvakojtackiM(x, y, z) u prostoru odgovara vektor OMkoji se zovevek-torpolozaja tacke Mi on ima oblikOM= x +y +z

k. U daljem tekstuvektorpolozajatackeMoznacavacemosa OM= (x, y, z).Vektor AB,odredentackamaA(x1, y1, z1)iB(x2, y2, z2)imaoblikAB= (x2x1, y2y1, z2z1). Zaproizvoljnevektorea=(a1, a2, a3), b=(b1, b2, b3)ic=(c1, c2, c3)iskalar Rvazi:a) a =

b a1= b1, a2= b2, a3= b3,b) (a1, a2, a3) = (a1, a2, a3),c) a +

b = (a1 +b1, a2 +b2, a3 +b3),d) a

b = a1b1 +a2b2 +a3b3,e) [a[ =

a21 +a22 +a23,f) a

b=

ka1a2a3b1b2b3

=(a2b3 a3b2) (a1b3 a3b1) + (a1b2a2b1)

k,ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 9g) a(

b c)=

a1a2a3b1b2b3c1c2c3

=a1b2c3 + a2b3c1 + a3b1c2 a3b2c1 a1b3c2a2b1c3.Zadaci1. Naci intenzitetvektoraa= p 2q akoje [ p[=2, [q[=3 i( p, q) =6.Resenje:Intenzitetvektora aizracunavamokoristeciosobineskalarnogproizvoda.[a[2=aa = ( p 2q)( p 2q) ==p p 2 pq 2q p + 4qq.Koristeci poznate osobine skalarnog proizvoda pq= q p, [ p[2=p p, kaoidenicijuskalarnogproizvoda pq= [ p[[q[ cos ( p, q)imamodaje[a[2= [ p[24 pq + 4[q[2= [ p[24[ p[[q[ cos ( p, q) + 4[q[2== 22423 cos 6+ 4(3)2= 4,odaklesledidaje[a[ = 2.2. Nekasu p = m + 2ni q= 5 m4nortogonalni vektori, gdesu minjedinicnivektori.a) Akosu minortogonalnivektoriodrediti .b) Za = 1naciugaoizmeduvektora min.Resenje:Kakosu pi qortogonalni vektori njihovskalarni proizvodjejednaknuli( pq= 0). Koristeciosobineskalarnogproizvoda,dobijamodavazi: pq= ( m+ 2n)(5 m4n) = 5[m[2+ (10 4) m n 8[n[2= 0.Kakoje [m[ = [n[ = 1,vazi5 + (10 4) m n 8 = 0.10 1. SLOBODNIVEKTORIa) Naosnovuuslovazadatkami nsuortogonalni vektori, takodaje m n = 0.Uvrstavanjemuprethodnujednakostdobijamodaje =85.b) Za = 1imamo5[m[2+ 6[m[[n[ cos ( m, n) 8[n[2= 0,5 + 6 cos ( m, n) 8 = 0,odaklesledicos ( m, n) =12,pajetrazeniugao( m, n) =3.3. Datisunekolinearnivektori ai b. Nekaje p = a +5

biq= 3a

b.Odreditiparametartakodasuvektoripiqkolinearni.Resenje:Da bi vektorip i qbili kolinearni, njihov vektorski proizvod treba da budejednaknuli,tj.(a + 5

b) (3a

b) = 0.Koristeciosobinevektorskogproizvodaimamodaje3a a a

b + 15

b a 5

b

b = 0,akakoje a a =

b

b = 0 i a

b =

b asledi(15 +)(

b a) = 0.Kakosu ai

bnekolinearnivektoritoznacida b a = 0,pasledidaje = 15.4. Data su tri uzastopna temena paralelograma ABCD: A(3, 2, 0),B(3, 3, 1)iC(5, 0, 2). Odreditikoordinatecetvrtogtemena.Resenje:NekajeD(x, y, z)trazenoteme. Koristeciosobineparalelograma,imamodavaziAB=DC.Kakoje AB=OB OAi DC=OC OD,slediOB OA =OC OD, tj.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 11(3 (3), 3 (2), 1 0) = (5 x, 0 y, 2 z)(6, 1, 1) = (5 x, y, 2 z).Izjednacavanjemodgovarajucihkoordinatadobijamosistemjednacina5 x = 6, y= 1, 2 z= 1,cijeresenjejex = 1, y= 1, z= 1,pajetrazenotemeparalelogramaD(1, 1, 1).ADCB5. Dokazatidajelinijakojaspajasredinedvestranicetrouglapa-ralelnatrecoj stranici i jednakanjenoj polovini (takvalinijasenazivasrednjalinijatrougla).Resenje:Neka su Ni Msredine stranica BCi ACtrougla ABCredom. Tada vaziAM=MC=12AC iCN=NB=12CB,odaklejeMN=MC +CN=12AC +12CB=12(AC +CB) =12AB,stojeitrebalodokazati.A BN MC12 1. SLOBODNIVEKTORI6. Dati suvektori a=(4, 3, 1),

b=(5, 2, 3), c=(1, 3, 1) i

d=(2, 4, 3). Odreditiskalarniproizvodvektoraa)ai b.b)ci

d.c)a +

bia

b.d) 2c +

dic 3

d.Resenje:a) a

b = 45 + (3)(2) + 1(3) = 23.b) c

d = 2 12 3 = 17.c) a +

b = (4 + 5, 3 + (2), 1 + (3)) = (9, 5, 2)a

b = (4 5, 3 (2), 1 (3)) = (1, 1, 4)(a +

b)(a

b) = 9 + 5 8 = 12.d) 2c = (21, 23, 2(1)) = (2, 6, 2)2c +

d = (2 2, 6 4, 2 + 3) = (0, 2, 1)3

d = (3(2), 3(4), 33) = (6, 12, 9)c 3

d = (1 + 6, 3 + 12, 1 9) = (7, 15, 10)(2c +

d)(c 3

d) = 0 + 30 10 = 20.7. Dati suvektoria=(4, 3, 1) i

b=(5, 2, 3). Odrediti intenzitetvektoraa)a.b)

b.c)a +

b.d)a

b.Resenje:a) [a[ =

42+ (3)2+ 12=26.b) [

b[ =25 + 4 + 9 =38.c) a +

b = (9, 5, 2),takodaje [a +

b[ =81 + 25 + 4 =110.d) a

b = (1, 1, 4),takodaje [a

b[ =1 + 1 + 16 =18 = 32.8. Odreditiugaoizmeduvektoraa)a = (8, 2, 2)i b = (4, 4, 0).b)a = (2, 2, 1)i b = (6, 3, 6).ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 13Resenje:Iskoristicemodenicijuskalarnogproizvodadabismoizracunali trazeniugao.a) Kakojea

b=(8, 2, 2)(4, 4, 0)=24, [a[=64 + 4 + 4=62i[

b[ =16 + 16 + 0 = 42,imamodajecos =a

b[a[[

b[=246242=12.Naosnovudenicijeuglaiznedudvavektoraimamoda0 padobijamodajetrazeniugao =3.b) Racunajuciskalarniproizvodvektora ai

b,kaoinjihoveintenzitete( a

b = 12, [a[ = 3 i [

b[ = 9 ) dobijamo da je cos =1239=49. Odavdesledidaje = arccos 49.9. Odreditiprojekcijuvektora a = (2, 3, 1)navektor b = (3, 1, 1),kaoiprojekcijuvektora bnavektora.Resenje:Nadimoprvoskalarniproizvodvektora ai b,kaoinjihoveintenzitete:a

b = 10, [a[ =14 i [

b[ =11.Odavdejecos = 1014 11,gdejeugaoizmeduvektora ai b.Dalje,pr

ba = [a[cos = 101111i pra

b = [

b[cos = 5147.10. Datisuvektoria)a = (4, 3, 1)i b = (5, 2, 3).b)a = (3, 2, 1)i b = (4, 7, 3).Nacivektorskiproizvodvektoraai b.Resenje:14 1. SLOBODNIVEKTORIa)a

b =

k4 3 15 2 3

= 11 + 17 + 7

k = (11, 17, 7).b)a

b =

k3 2 14 7 3

= 13 + 13 13

k = (13, 13, 13).11. Odrediti mesoviti proizvodvektoraa=(1, 3, 2),

b=(2, 3, 4) ic = (3, 12, 6).Resenje:S obzirom da su vektori a,

b i c zadati svojim koordinatama u Dekartovomkoordinatnomsistemu, njihovmesoviti proizvododredujemonasledecinacin:a(

b c) =

1 3 22 3 43 12 6

= 24.12. Pokazati da vektori a=(7, 6, 6) i

b =(6, 2, 9) mogubiti ivicekocke,azatimodreditivektorctreceivicekocke.Resenje:Nadimoskalarniproizvodvektora ai bkaoinjihoveintenzitete:a

b = 0, [a[ = 11 i [

b[ = 11.Kakoje a

b = 0i [a[ = [

b[= 0znacidasuvektori ai bnormalni. Postoje [a[ = [

b[ =11, znaci davektoriai

bmogubiti ivicekocke. Nekajec = (x, y, z)trazenivektor. Dabi cbilatrazenaivicakocketrebadavaziac = 0,

bc = 0 i [c[ = 11.Dalje,(7, 6, 6)(x, y, z) = 0, (6, 2, 9)(x, y, z) = 0 i

x2+y2+z2= 11.Dobijamosistemjednacina7x + 6y 6z= 0, 6x + 2y + 9z= 0, x2+y2+z2= 121ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 15cijim resavanjem dobijamo dva vektora koji zadovoljavaju navedene uslove c1= (6, 9, 2) ic2= (6, 9, 2).13. Ispitati da li suvektori a=(1, 2, 3),

b =(1, 0, 1) i c =(0, 2, 4)koplanarni. Akojesuizraziti vektorakaolinearnukombinacijuvektora bic.Resenje:Mesovitiproizvodvektora a, bi cjednakjenuli(a(

b c) = 0),takodasuvektorikoplanarni. Dalje,trebaodreditiskalareitakodajea =

b +c,odnosno(1, 2, 3) = (, 2, + 4).Izjednacavanjemodgovarajucihkoordinatadobijamosistemjednacina = 1, 2= 2, + 4= 3,cijeresenjeje = 1i= 1,takojea =

b +c.14. Odrediti vektor v akojeva=1, v

b =2 i vc =3, gde jea = (2, 4, 3), b = (3, 1, 5)ic = (1, 2, 4).Resenje:Nekaje v= (x, y, z).Koristecinavedeneusloveimamo:va = 1 2x 4y + 3z= 1,v

b = 2 3x y + 5z= 2,vc = 3 x 2y + 4z= 3.Resavanjemovogsistemadobijamox= 1, y =0, z =1, takodajetrazenivektorv= (1, 0, 1).16 1. SLOBODNIVEKTORI15. Datisuvektoria = (0, 2p, p), b = (2, 2, 1)ic = (1, 2, 1).a) Odreditivektor

dtakodajea

b =c

dia c =

b

d.b) Dokazatidasuvektoria

di b ckolinearni.c) Dokazatidasuvektoria

b,a ci

dkoplanarni.d) Odreditirealanbrojptakodaje(a

b)c =ac +p.Resenje:Nekaje

d = (x, y, z)trazenivektor.a) Naosnovuuslovazadatkaimamodaje a

b =c di a c =

b

d.Takoje

k0 2p p2 2 1

=

k1 2 1x y z

i

k0 2p p1 2 1

=

k2 2 1x y z

,odnosno,(0, 2p, 4p) = (y 2z, x +z, 2x y) i(0, p, 2p) = (2z y, x 2z, 2y 2x).Izjednacavanjemodgovarajucihkoordinatadobijamodajex = 3p, y= 2p i z= p,odaklesledidajetrazenivektor:

d = (3p, 2p, p).b) Kakoje

b c =(3, 4, 2) i a

d=(3p, 4p, 2p), ociglednojedajea

d = p(

b c), stoznacidasudavektorikolinearni.c) Nadimomesovitiproizvodvektora a

b, a ci

d :(a

b)((a c)

d) =

0 2p 4p0 p 2p3p 2p p

= 0,stoznacidasuvektorikoplanarni.d) a

b=(2, 2p 2, p 1), ac= 5p, (a

b)c= 5p + 7. Izuslovazadatka(a

b)c =ac +pdobijamodajep = 7.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 1716. Dati suvektori a=(1, 1, 1),

b=(0, 2, 0),p=a + 5

b i q=3a

b.Odreditiparametartakodavektoripiqbudunormalni.Resenje:Kakoje p = a +5

b = (, +10, )iq= 3a

b = (3, 1, 3)ikakovektori piqtrebadabudunormalni,njihovskalarniproizvodjednakjenulitj.,3 + + 10 + 3 = 0,takodaje = 107.17. Odrediti povrsinuparalelogramakonstruisanognadvektorimaa = (2, 1, 2)i b = (3, 2, 2).Resenje:Povrsina datog paralelograma jednaka je intenzitetu vektorskog proizvodavektora ai

b.a

b =

k2 1 23 2 2

= (2, 2, 1).P= [a

b[ =

22+ 22+ 12= 3.18. Izracunati povrsinutrouglaABCakojeA(2, 3, 4), B(1, 2, 1) iC(3, 2, 1).Resenje:KakojepovrsinatrouglaABCjednakajednojpolovinipovrsineparalelo-gramakonstruisanognadvektorima ABi AC,dobijamoP=12[AB AC[.SobziromdajeAB= (1, 5, 5),AC= (1, 1, 3) iAB AC=

k1 5 51 1 3

= (10, 8, 6),imamoP=12100 + 64 + 36 = 52.18 1. SLOBODNIVEKTORI19. Naci zapreminu paralelepipeda konstruisanog nad vektorima a =(0, 1, 1), b = (1, 0, 1)ic = (1, 1, 0).Resenje:Zapremina paralelepipeda konstruisanog nad tri vektora jednaka je apslo-lutnojvrednostimesovitogproizvodatatrivektoratj.,V= [a(

b c)[.a(

b c) =

0 1 11 0 11 1 0

= 2.Znaci,V= 2.20. Izracunati visinuprizmecijesuiviceodredenevektorimaa=(1, 0, 2), b = (0, 1, 2)ic = (1, 3, 5), akojenjenaosnovaparalel-ogramkonstruisannadvektorimaai b.Resenje:ZapreminaV trazeneprizmejeV=BH,gdejeBpovrsinabaze, aHvisinaprizme. KakojeV= [a(

b c)[ = 9, B= [a

b[ = 3imamodajeH=93= 3.Zadaci zasamostalni rad1. U trouglu ABC dati su vektori koji odgovaraju tezisnim duzimaAD,BEi CF.Naci AD +BE +CF.Rezultat:AD +BE +CF= 0.2. Dokazatidaje cetvorougao cijesedijagonalepoloveparalelogram.Rezultat:Trebapokazatidaje AB=DC,AD =BC.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 193. Dati su vektori a = (3, 2, 1) i

b = (4, 7, 3). Odrediti skalarni proizvodvektora:a) ai

b.b) a

bi a 2

b.c) a +

bi3a

b.Rezultat:a) a

b = 23.b) (a

b)(a 2

b) = 93.c) (a +

b)(3a

b) = 14.4. Izracunatiintenzitetvektoraa) a = (3, 2, 1).b)

b = (4, 7, 3).Rezultat:a) [a[ =14.b) [

b[ =74.5. Odreditiugaoizmeduvektora a = (3, 4, 2)i b = (2, 2, 1).Rezultat: =2.6. Odrediti projekcijuvektoraa=(5, 2, 5) navektor

b=(2, 1, 2), kaoiprojekcijuvektora bnavektor a.Rezultat:pr

ba = 6ipra

b =6.7. Nacivektorskiproizvodvektoraa) a +

bi c,gdeje a = (1, 3, 1), b = (2, 4, 3)i c = (4, 2, 3).b) a +

bi a

b,gdeje a = (2, 2, 1)i b = (6, 3, 6).Rezultat:a) (a +

b) c = (7, 5, 6).b) (a +

b) (a

b) = (30, 36, 12).8. Odrediti mesoviti proizvod vektora a = (1, 2, 3),

b = (2, 1, 0) i c = (3, 2, 1).Rezultat:a(

b c) = 0.20 1. SLOBODNIVEKTORI9. Odrediti kosinuse uglova koje vektor a = (1, 2, 2)obrazuje sa koordinat-nimosama.Rezultat:cos (a,) =13,cos (a, ) = 23,cos (a,

k) =23.10. Pokazatidasuvektori a = (2, 1, 3), b = (1, 1, 1)i c = (7, 5, 9)koplanarniiizrazitivektor cprekovektora ai b.Rezultat:a(

b c) = 0, c = 2a + 3

b.11. Odrediti realan parametar p tako da vektor a = (2p, 1, 1p) gradi jednakeuglovesavektorima b = (1, 3, 0)i c = (5, 1, 8).Rezultat:p =14.12. Naciprojekcijuvektora anavektor b,akoje [ p[ = 2, [q[ = 3, ( p, q) =3,a = 2 p 3qi

b =p +q.Rezultat:pr

ba = 2219.13. Odrediti povrsinu paralelograma konstruisanog nad vektorima a = (3, 1, 1)i

b = (1, 3, 1).Rezultat:P= 62.14. Izracunati povrsinu trougla ABC ako je A(1, 2, 1), B(0, 1, 5) i C(1, 2, 1).Rezultat:P= 33.15. Nacizapreminuparalelepipedakonstruisanognadvektorima a = (2, 1, 1),

b = (1, 2, 1)i c = (1, 1, 2).Rezultat:V= 4.2AnalitickageometrijauprostoruTacka, rastojanjedvetacke, deobaduzi udatojrazmeri RastojanjetacakaM1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2) jeintenzitet vektoraM1M2tj.d(M1, M2) = [M1M2[ =

(x1x2)2+ (y1y2)2+ (z1z2)2. KoordinatetackeMtakvedaje M1M= MM2( = 1),datesusaM(x1 +x21 +, y1 +y21 +, z1 +z21 +).Specijalno,za = 1dobijamosredisteduziM1M2S(x1 +x22, y1 +y22, z1 +z22).Ravan Skalarnajednacinaravni kojojpripada tackaM(x1, x2, x3) i koja jenormalnananenulavektorn= (A, B, C)jeA(x x1) +B(y x2) +C(z x3) = 0.2122 2. ANALITICKAGEOMETRIJAUPROSTORUM(x,x,x)n1 2 3Vektor nsezovevektornormaleravni. OpstioblikjednacineravnijeAx +By +Cz +D = 0.Medusobni polozajdveravniDate su ravni : A1x+B1y +C1z +D1= 0 i : A2x+B2y +C2z +D2= 0. Ravni suparalelneakosuimvektori normalakolinearni n=n,( R, = 0)iakojeD1 = D2.Ravni sepoklapajuakosuimvektori normalakolinearni n=n,( R, = 0)iakojeD1= D2. Akovektori ni nnisukolinearni (n=n) ravni i seseku.Ugaoizmeduravniijeugaoizmeduvektoraninpricemuako2 0.Resenje:a) Nekaje z= x +yi.Tadaimamox +yix yi+x yix +yi+ 4

1x +yi+1x yi

= 2 /(x yi)(x +yi)tj.(x +yi)2+ (x yi)2+ 4(x yi +x +yi) = 2(x2+y2).Iz prethodne jednakosti sledi veza realnog i imaginarnog dela kompleksnogbrojaz:y2= 2x.b) KadajeRe(z)=x=2, naosnovuzadatkapoda)imamoy2=4.Takodobijamodvaresenja: y1= 2, y2= 2,tj.z1= 2 + 2i, z2= 2 2i.c) Duzinaosnovicez1z2jea=4. PostojeP=ah2=8,sledih = 4,pajez3= 6.1z2zz3yx262i2iZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 7311. Odrediti

6 2i2 2i

2000.Resenje:Oznacimosaz1i z2kompleksnebrojevez1=6 2i i z2=2 2i.Tadajez=

z1z2

2000=z20001z20002.Izracunacemo prvo z20001i z20002. Moduo i argument kompleksnog broja z1sudatisar1=

(6)2+ (2)2=8,cos 1=68, sin 1= 28 1= 6,tj.z1=8

cos

6

+i sin

6

.Tadajez20001= (8)2000

cos

20006

+i sin

20006

== 81000

cos

33326

+i sin

33326

== 81000

cos

23

+i sin

23

= 81000

12+32i

.Moduoiargumentkompleksnogbrojaz2sudatisar2=

22+ (2)2=8,cos 2=28, sin 2= 28 2= 4,paslediz2=8

cos

4

+i sin

4

.Tadajez20002= (8)2000

cos

20004

+i sin

20004

== 81000

cos(500) +i sin(500)

== 81000

cos 0 +i sin 0

= 81000.74 3. KOMPLEKSNIBROJEVIKonacnodobijamoz20001z20002=81000

12+32i

81000= 12+32i.12. Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja, izraziti cos 4xprekocos x, tg4xprekotgxi pomocudobijenihvezaizracunaticos12isin12.Resenje:Dabismoizrazili cos 4xprekocos x, koristicemoMoavrovuformuluzastepenovanjekompleksnogbrojautrigonometrijskomobliku:(cos x +i sin x)4= cos 4x +i sin 4x.Stepenujucilevustranujednakostipomocubinomneformule,dobijamocos4x + 4i cos3xsinx + 6i2cos2xsin2x + 4i3cos xsin3x +i4sin4x == cos 4x +i sin 4x. (3.1)Kadaizjednacimorealnedeloveu(3.1),dobijamocos4x 6 cos2xsin2x + sin4x = cos 4x, (3.2)tj.cos 4x = cos4x6 cos2x(1cos2x)+(1cos2x)2= 8 cos4x8 cos2x+1.Zadrugideozadatka,potrebnojeizjednacitiiimaginarnedeloveu(3.1):sin 4x = 4 cos3xsin x 4 cos xsin3x. (3.3)Iz(3.2)i(3.3)sleditg4x =sin 4xcos 4x=4 cos3xsin x 4 cos xsin3xcos4x 6 cos2xsin2x + sin4x.Kadaimenilacibrojilacprethodnogizrazapodelimosacos4xdobijamotg4x =4tgx 4tg3x1 6tg2x + tg4x.Zaizracunavanjecos12koristicemo(3.2):cos

4 12

= 8 cos412 8 cos212+ 1,ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 75doksadrugestraneimamocos

4 12

= cos 3=12.Izjednacavanjemovadvaizrazadobijamo8 cos412 8 cos212+ 1 =12.Uvodenjemsmenecos212= t,prethodnabikvadratnajednacinasesvodinakvadratnujednacinu:8t28t +12= 0.Resenjaovekvadratnejednacinesut1/2=2 34. Kakoje 0cos 3, odnosno 1 > cos12>12. Kakoje

2 320iosnovnutrigonometrijskuvezu, do-bijamosin12=

1 cos212=

2 32.13. Dokazatiidentitetea)sin3x =34 sin x 14 sin 3x, b)cos4x =18 cos 4x +12 cos 2x +38.Resenje:ZadokazivanjedatihidentitetakoristicemoOjleroveveze.a)sin3x =

exiexi2i

3=(exiexi)38i3== 18i(e3xi3e2xiexi+ 3exie2xie3xi) == 18i(e3xi3exi+ 3exie3xi) =76 3. KOMPLEKSNIBROJEVI=34

exiexi2i

14

e3xie3xi2i

=34 sin x 14 sin 3x,b)cos4x =

exi+exi2

4=(exi+exi)416==116(e4xi+ 4e3xiexi+ 6e2xie2xi+ 4exie3xi+e4xi) ==116(e4xi+ 4e2xi+ 6 + 4e2xi+e4xi) ==18

e4xi+e4xi2

+12

e2xi+e2xi2

+38==18 cos 4x +12 cos 2x +38.14. Izracunati zakoseznadaje2i

z(2 i) +332

= 3(1 + 23 + 2i).Resenje:Nekaje z= x +yi. Znajucidaje1i= i, imamo2i

2x +y xi + 2yi +332

= 3(1 + 23 + 2i),tj.2x + 4y (4x + 2y + 33)i = 63 3 6i.Naosnovujednakostikompleksnihbrojevadobijamosistemjednacina2x 4y= 63 + 3, 4x + 2y= 6 33,cijejeresenjex =32, y= 332.Dakle,z=32 332iEksponencijalnioblikbrojazje 3e3 i, takodajekvadratnikorenkom-pleksnogbrojaz:z=

3 e3 i=3 e/3+2k2i=3 e(6 +k)i, k = 0, 1.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 77Prematome,trazenaresenjasuz0=3 e6 i=32 32i, z1=3 e56i= 32+32i.15. a) Odreditikompleksanbrojz1izuslova

z11 z10 1 21 2 +i i

= 2 8i.b) Kompleksanbrojz1odredjenpoda)napisatiueksponenci-jalnomitrigonometrijskoobliku,azatimodrediti5z1.c) Akojez2resenjejednacine(1 +i)3(3 i) +iIm

z2 + 2i2

+z2= 2 + 12i,predstaviti ukompleksnojravni skuptacakazkoji zadovo-ljavanejednakost[z1[ < [z 2 i[ < [z2[.Resenje:a) Nekajez1= x +yi. Tada(videtipoglavlje5)

z11 z10 1 21 2 +i i

= z1i + 2 + z12z1(2 +i) == 2 3x + 3y (3x + 5y)i.Kako je po uslovu zadatka ova determinanta jednaka sa 28i, izjednacavanjemrealnihiimaginarnihdelovadobijasesistemjednacina2 3x + 3y= 2, 3x 5y= 8,cijejeresenje x = 1, y= 1. Dakle,trazenibrojz1jez1= 1 +i. (3.4)b) Dabismobroj z1mogli zapisati ueksponencijalnomi trigonometri-jskomobliku,potrebannamjenjegovmoduoiargument:[z1[ =

12+ 12=2,78 3. KOMPLEKSNIBROJEVIcos =12=22, sin =12=22 =4.Kompleksanbrojz1,zapisanutrigonometrijskomobliku,datjesaz1= [z1[(cos +i sin ) =2 (cos 4+i sin 4),aueksponencijalnomz1= [z1[ ei=2 e4 i.Oznacimosa=5z1. Tadaje=5

2 e4 i=102 e4+2k5i, k = 0, 1, 2, 3, 4.Zak=0, 1, 2, 3, 4dobijamopetresenjapetogkorenakompleksnogbrojaz1:k = 0 0=102 e20i,k = 1 1=102 e4+25i=102 e920 i,k = 2 2=102 e4+45i=102 e1720i,k = 3 3=102 e4+65i=102 e1520i,k = 4 4=102 e4+85i=102 e1720i.c) Kakoje(1 +i)3(3 i) +iIm

z2 + 2i2

+z2== (1 + 3i 3 i)(3 i) +iIm

x2 + (y2 + 2)i2

+x2 +y2i == (2 + 2i)(3 i) +y2 + 22i +x2 +y2i,naosovuuslovadatoguzadatkuimamo4 +x2 +

9 +32y2

i = 2 + 12i.Odatlesledi4 +x2= 2, 9 +32y2= 12.Resavanjemovogsistemadobijamox2= 2iy2= 2,daklez2= 2 + 2i. (3.5)Naosnovu(8.2)i(3.5)sledi[z1[ < [z 2 i[ < [z2[,ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 79

12+ 12 st(Q).Postupakeksplicitnogodred.ivanjaNZD(P, Q)dajenizjednakostiP = Q Q1 +R1i(R1= 0ilist(R1) < st(Q))Q = R1 Q2 +R2i(R2= 0ilist(R2) < st(R1))R1= R2 Q3 +R3i(R3= 0ilist(R3) < st(R2))

Rk2= Rk1 Qk +Rki(Rk= 0ilist(Rk) < st(Rk1))Rk1= Rk Qk+1NZD(P, Q) = Rk,kojisezoveEuklidovalgoritamzapolinomePiQ. BezuovateoremaOstatakprideljenjupolinoma P polinomomz z0jednakjevrednostipolinomaPutackiz0.PolinomPjedeljivpolinomomz z0akoisamoakojeP(z0) = 0. HornerovasemaPrideljenjupolinomaPpolinomomz z0dobijasekolicnikQ = bn1zn1+bn2zn2+. . . +b0iostatakR = z0b0 +a0,gde je bn1= an, bn2= z0bn1+an1, . . . , b0= z0b1+a1. To se zapisujeuoblikutablicez0anan1. . . a1a0anz0bn1 +an1. . . z0b1 +a1z0b0 +a0| | . . . | |bn1bn2. . . b0RkojasenazivaHornerova sema. Znaci,P(z) = (z z0)(bn1zn1+bn2zn2+. . . +b0) +R.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 91 Koren(nula)polinoma P jekompleksan(realan)broj z zakoji jeP(z) = 0.AkojePdeljivsa (z z0)m,kazemodajez0korenvisestrukosti m(nularedam)polinomaP. Svaki polinom stepena n (n 1) nad poljem kompleksnih brojeva ima barjedan,anajvisenrazlicitihkorena. SvakipolinomstepenansenajedinstvennacinmozefaktorisatiuoblikuP(z) = an(z z1)k1(z z2)k2 (z zs)ks,gdesu z1, z2, . . . , zskoreni polinoma, a k1, k2, . . . , ksredomnjihovevisestrukosti(k1 +k2 +. . . +ksjestepenpolinomaP). VijetoveformuleAkosu z1, z2, . . . , znkorenipolinomaPstepenan,vaziz1 +z2 +. . . +zn= an1an,z1z2 +z1z3 +. . . +zn1zn=an2an,...z1z2. . . zn= (1)na0an. Neka je Ppolinom nad poljem kompleksnih brojeva sa realnim koecijen-tima. Tada:AkojezkorenpolinomaP,ondajei zkorenpolinomaP.Polinom Pse na jedinstven nacin moze faktorisati u obliku proizvoda svogvodeceg koecijenta i realnih polinoma oblika (xx0) i (x2+px+q), gdejep24q< 0. NekajeP(z) = anzn+an1zn1+. . . +a1z +a0, ana0 = 0,polinomsacelobrojnimkoecijentima. AkojepqracionalankorenpolinomaPtadap [ a0iq [ an.Racionalnefunkcije FunkcijaR: R Rdenisanasa R(x) =P(x)Q(x), gde suP i Q=0polinomi nadpoljemrealnihbrojevanazivaseracionalnafunkcija.Pravaracionalnafunkcijajeracionalnafunkcijakodkojejest(P) p(j) kaze se da su elementip(i) i p(j) u inverziji.BrojinverzijaupermutacijipoznacicemosaInv(p).DeterminantaredanjepreslikavanjeD : M FdenisanosaD(A) =pSn(1)Inv(p)a1p(1)a2p(2). . . anp(n), (5.1)gdejeMskupsvihkvadratnihmatricaredan, Fjepoljenadkojimsudenisanetematrice(npr. poljerealnihilipoljekompleksnihbrojeva),aaijza1 i ni1 j nsuelementimatriceA.CestosezadeterminantumatriceAredankoristioznaka

a11a12. . . a1na21a22. . . a2nan1an2. . . ann

. Nekeosobinedeterminanti:1. Akoseumatrici zameneulogevrstai kolona, nemenjajuci njihovporedak, vrednost determinantedobijenematricejednakajevred-nostideterminantepolaznematrice.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 1092. Akoumatrici dvevrste(kolone)zamenemesta, vrednostdetermi-nante dobijene matrice jednaka je negativnoj vrednosti determinantepolaznematrice.3. Akoseumatrici svi elementi jednevrste(kolone)pomnozenekimbrojem, vrednost determinante dobijene matrice jednaka je vrednostideterminantepolaznematricepomnozenojtimbrojem.4. Akosuumatrici svi elementi jedne vrste (kolone) proporcionalniodgovarajucimelementimadrugevrste(kolone), vrednostnjenede-terminantejejednakanuli.5. Ako se u matrici elementima jedne vrste (kolone) dodaju odgovaraju-cielementidrugevrste(kolone),pomnozeninekimbrojem,vrednostdeterminante dobijene matrice jednaka je vrednosti determinante po-laznematrice.6. Vrednost determinantematriceukojoj susvi elementi jednevrste(kolone)jednakinulijejednakanuli.7. Ako susvi elementi ispod(iznad) glavne dijagonale matrice jed-nakinuli,vrednostdeterminantejejednakaproizvoduelemenatanaglavnojdijagonali.8. Akosusvi elementi ispod(iznad)sporednedijagonalematricejed-nakinuli,vrednostdeterminantejejednakaproizvoduelemenatanasporednojdijagonalipomnozenomsa(1)n(n1)2. Zaproizvoljanelement aij, 1 i, jn, (kvadratne) matrice redan,minor Mijtogelementaje determinantamatrice redan 1dobijeneizostavljanjemi-te vrste i j-te kolone polazne matrice. Kofaktor AijtogelementajeAij= (1)i+jMij.Razvojdeterminantepoelementimaj-tekolonejeD(A) = a1jA1j+a2jA2j+. . . +anjAnj=ni=1aijAij.Razvojdeterminantepoelementimai-tevrstejeD(A) = ai1Ai1 +ai2Ai2 +. . . +ainAin=nj=1aijAij.110 5. MATRICEIDETERMINANTEInverznamatrica, rangmatrice NekajeAkvadratnamatricaredaniIjedinicnamatricaredan.MatricaA1zakojuvaziA A1= A1 A = IjeinverznamatricamatriceA.Kofaktor-matricamatrice Adobijase kadase umatrici Asvakielementzameniodgovarajucimkofaktorom.Adjungovanamatrica adj(A)(iliA) matriceAjetransponovanakofaktor-matricamatriceA.AkojeD(A) = 0,kazemodajeAsingularnamatrica. MatricaAzakojujeD(A) =0zoveseregularnamatrica. MatricaAimainverznumatricuakojeregularna. TadajeA1=1D(A)adj(A). Neka je A kvadratna matrica reda n, Ijedinicna matrica reda n, a nekikompleksanbroj.Matrica I A jekarakteristicnamatricamatriceA.PolinomD(I A)(po)jekarakteristicnipolinommatriceA.Jednacina D(I A) = 0 jekarakteristicnajednacinamatriceA.Karakteristicnavrednost(koren) matrice A je kompleksan broj 0kojizadovoljavakarakteristicnujednacinumatriceA.Karakteristicni vektor matrice A je svaki ne-nula vektor x Cnkojizadovoljavauslov Ax = x (jekarakteristicnavrednostmatriceA).Kejli - Hamiltonovateorema(Cayley-Hamilton): Akojeann+an1n1+. . . +a1 +a0= 0karakteristicnajednacinamatriceA,vazi:anAn+an1An1+. . . +a1A+a0I= 0.(ZakvadratnumatricuAizan 2je An= An1 A = A An1). RangmatricePodmatricatipak kmatriceAtipamndobijaseodmatriceAizostavljanjemmk vrstai n k kolona.DeterminantapodmatricetipakkmatriceAtipam nnazivaseminorredakmatriceA. (Ovojeuopstenjepojmaminoraredan 1kojijedenisankaominorelementadeterminante)RangmatriceAtipamnoznacavasesarang(A) i denisenasledecinacin:rang(A) = 0 akojeAnula-matrica.rang(A)=r akopostoji minorredarmatriceAkoji jerazlicitodnule,asviminoriredar + 1,ukolikoihima,sujednakinuli.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 111 ElementarnetransformacijematriceAsu:a)medusobnazamenamestadvevrste(kolone);b)mnozenjeelemenatavrste(kolone)skalaromrazlicitimodnule;c) dodavanjeelemenatajednevrste(kolone), prethodnopomnozenihnekim skalarom razlicitim od nule,odgovarajucim elementima neke drugevrste(kolone).Ako je matrica Bdobijena primenom konacnog broja elementarnih trans-formacijanamatricuA, kazemodasumatriceAi Bekvivalentnei tozapisujemoA B. Ekvivalentnematriceimajuistirang.MatricaBimastepenastuformuakojeoblikaB=

b11b12. . . b1r. . . b1n0 b22. . . b2r. . . b2n..................0 0 . . . brr. . . brn0 0 . . . 0 . . . 0..................0 0 . . . 0 . . . 0,pri cemu je b11b22. . .brr = 0. Za ovakvu matricu vazi da je rang(B) = r.ZasvakumatricuApostoji matricaBkojaimastepenastuformu, azakojuvazi dajeA B. (Uocimodajetadai rang(A)=rang(B), kaoidasematricaBdobijaprimenomkonacnogbrojaelementarnihtransfor-macijanamatricuA).AkojeA=

aij

nnregularna(kvadratna) matricaredan, ondajerang(A) = n.ZadaciDeterminante1. Izracunativrednostdeterminantea) D1= [a11[ . b) D2=

a11a12a21a22

. c) D3=

a11a12a13a21a22a23a31a32a33

.Resenje:Prema(5.1)jea)D1= a11.112 5. MATRICEIDETERMINANTEb)D2= a11a22a12a21.c)D3= a11a22a33a11a23a32a12a21a33+a12a23a31 +a13a21a32a13a22a31.2. Izracunativrednostdeterminantea) D1=

2 34 5

. b) D2=

cos sin sin cos

.Resenje:a) D1= 25 43 = 2.b) D2= cos cos sinsin = cos( +).3. Razvijajuci poelementimajednevrste, izracunati vrednostde-terminantea) D1=

1 2 43 1 68 4 1

. b) D2=

1 cos3sin6ctg60 sin3tg3cos63

.Resenje:a) Akosedeterminantarazvijepoelementimaprvevrste,ondajeD1= (1)1+1

1 64 1

+ 2(1)1+2

3 68 1

+ 4(1)1+3

3 18 4

== (1 24) 2(3 48) + 4(12 8) = 83.b) Koristecirazvojpoelementimadrugevrste,dobijaseD2=

112123 0323323

==3(1)3

1212 323

+ 0 +32(1)5

112332

== 3(3234) 32(3232) =94.4. Koristeci razvoj po elementima jedne kolone, izracunati vrednostdeterminantea) D1=

9 8 76 5 43 2 1

. b) D2=

a 0 1 1b 1 1 0c 1 0 1d 1 1 1

.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 113Resenje:a)Akosedeterminantarazvijepoelementimaprvekolone,ondajeD1= 9(1)2

5 42 1

+ 6(1)3

8 72 1

+ 3(1)4

8 75 4

= 9(5 8) 6(8 14) + 3(32 35) = 0.b)Razvijanjempoelementimaprvekolonedobijamodajepolaznadeter-minantajednakaD2= a

1 1 01 0 11 1 1

b

0 1 11 0 11 1 1

+c

0 1 11 1 01 1 1

d

0 1 11 1 01 0 1

= a b c + 2d.5. Koristeci osobine determinanti,izracunati vrednost determinan-tea)D1=

1 5 14 0 23 4 2

. b)D2=

1 2 32 3 43 4 6

.c)D3=

a b cb c ac a b

.Resenje:a)Akoseelementi trecekolonepomnozesa2i dodajuelementimaprvekolone,ondajeD1=

3 5 10 0 21 4 2

.RazvijanjempoelementimadrugevrstedobijaseD1= (2)(1)2+3

3 51 4

= 2(12 5) = 14.b)Akoseelementi prvevrstepomozesa(2), odnosno(3), i dodajuelementimadruge,odnosnotrece,vrste,ondajeD2=

1 2 30 1 20 2 3

.Mnozenjem elemenata druge vrste sa (2) i dodavanjem elementima trecevrstedobijaseD2=

1 2 30 1 20 0 1

.114 5. MATRICEIDETERMINANTEKakosusvielementiispodglavnedijagonalejednakinuli, tojevrednostdeterminantejednakaproizvoduelemenatanaglavnojdijagonali,tj.D2= 1.c)Dodavanjemelemenatadrugei trecekoloneelementimaprvekolone,dobijaseD3=

a +b +c b ca +b +c c aa +b +c a b

.Kakojea +b +czajednicki cinilaczasveelementeuprvojkoloni,tojeD3= (a +b +c)

1 b c1 c a1 a b

.Akoseprvavrstapomnozisa(1)idodadrugojitrecojvrsti,ondajeD3= (a +b +c)

1 b c0 c b a c0 a b b c

.Razvijanjem po elementima prve kolone i izracunavanjem vrednosti deter-minantereda2,dobijaseD3= (a +b +c)

c b a ca b b c

== (a +b +c)

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

== (a +b +c)(ab +ac +bc a2b2c2) == (a +b +c)2

(a b)2+ (a c)2+ (b c)2

.6. Izracunativrednostdeterminantea)

1 1 1 a1 1 a 11 a 1 1a 1 1 1

. b)

1 a a2a31 b b2b31 c c2c31 d d2d3

. c)

1 a a2a3a a2a31a2a31 aa31 a a2

.Resenje:a)Kakojezbirelemenatausvakoj vrsti jednaka + 3, dodavanjemele-menatadruge, trecei cetvrtekoloneelementimaprvekolone, dobijasedeterminanta cijijesvakielementuprvojkolonijednaka + 3.D1=

1 1 1 a1 1 a 11 a 1 1a 1 1 1

=

a + 3 1 1 aa + 3 1 a 1a + 3 a 1 1a + 3 1 1 1

= (a + 3)

1 1 1 a1 1 a 11 a 1 11 1 1 1

.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 115Ako se elementi prve kolone pomnoze sa (1) i dodaju elementima druge,trecei cetvrtekolone,dobijaseD1= (a + 3)

1 0 0 a 11 0 a 1 01 a 1 0 01 0 0 0

== (a + 3)(a 1)

1 0 a 11 a 1 01 0 0

== (a + 3)(a 1)2

1 a 11 0

= (a + 3)(a 1)3.b)D2=

1 a a2a31 b b2b31 c c2c31 d d2d3

=

1 a a2a30 b a b2a2b3a30 c a c2a2c3a30 d a d2a2d3a3

==

b a (b a)(b +a) (b a)(b2+ab +a2)c a (c a)(c +a) (c a)(c2+ac +a2)d a (d a)(d +a) (d a)(d2+ad +a2)

== (b a)(c a)(d a)

1 b +a b2+ab +a21 c +a c2+ac +a21 d +a d2+ad +a2

== (b a)(c a)(d a)

1 b +a b2+ab +a20 c b c2b2+ac ab0 d b d2b2+ad ab

== (b a)(c a)(d a)

1 b +a b2+ab +a20 c b (c b)(c +b) +a(c b)0 d b (d b)(d +b) +a(d b)

== (b a)(c a)(d a)

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

== (b a)(c a)(d a)(c b)(d b)

1 c +b +a1 d +b +a

== (b a)(c a)(d a)(c b)(d b)(d c).c)116 5. MATRICEIDETERMINANTED3=

1 a a2a3a a2a31a2a31 aa31 a a2

= (1 +a +a2+a3)

1 a a2a31 a2a311 a31 a1 1 a a2

== (1 +a +a2+a3)

1 a a2a30 a2a a3a21 a30 a3a 1 a2a a30 1 a a a2a2a3

== (1 +a)(1 +a2)

a(a 1) a2(a 1) (a 1)(1 +a +a2)a(a21) (a21) a(a21)(a 1) a(a 1) a2(a 1)

== (1 +a)(1 +a2)(a 1)3(a + 1)

a a21 a a2a 1 a1 a a2

== (a + 1)2(a 1)3(a2+ 1)

0 0 1 a a2a30 1 a2a a31 a a2

== (a + 1)3(a 1)3(a2+ 1)3= (a21)3(a2+ 1)3== (a41)3= a123a8+ 3a41.Matrice1. Akoje f(x) = 2 5x + 3x2i A =1 23 1

, izracunatif(A).Resenje:AkojeIjedinicnamatricareda2,ondajef(A) = 2I 5A+ 3A2= 21 00 1

51 23 1

+ 31 23 1

1 23 1

= 21 00 1

51 23 1

+ 311 + 23 12 + 2131 + 13 32 + 11

= 21 00 1

51 23 1

+ 37 46 7

= 21 2020 21

51 5253 51

+37 3436 37

ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 117= 2 5 + 21 0 10 + 120 15 + 18 2 5 + 21

=14 23 14

.2. DatesumatriceA =3 41 2

, B=1 23 4

, C=

101,D =

1 2 3

, E=

2

, F=

3

.Izracunati A B, BA, CD, DC, EF i FE.Resenje:A B =3 41 2

1 23 4

=31 + 43 32 + 4411 + 23 12 + 24

==15 227 10

.BA =1 23 4

3 41 2

=13 + 21 14 + 2233 + 41 34 + 42

==5 813 20

.CD =

101

1 2 3

=

11 12 1301 02 0311 12 13==

1 2 30 0 01 2 3.DC =

1 2 3

101=

1(1) + 20 + 31

=

2

.EF =

2

3

=

23

=

6

.FE =

3

2

=

32

=

6

.Prethodnim je ilustrovana cinjenica da mnozenje matrica u opstem slucajunijekomutativno. IakojeEF= FE,komutativnostnevaziuslucajumnozenjamatricaAiB,odnosnoCiD.Takodetrebauocitidaunekimslucajevimamatricenemogudasepom-nozeuobaporetka. Tako,naprimer,mozemoizracunatiproizvodCE,aliproizvodECnijedenisan(matricenisuodgovarajucegformata).118 5. MATRICEIDETERMINANTE3. Dalipostojetakvibrojevix, y, z, tzakojejeproizvod1 21 t

x 01 2

0 y1 0

0 1z 0

jednakjedinicnojmatrici?Resenje:Izracunavajucidatiproizvod,dobijamodaje1 21 t

x 01 2

0 y1 0

0 1z 0

==x + 2 4x +t 2t

0 y1 0

0 1z 0

==4 y(x + 2)2t y(t x)

0 1z 0

=yz(x + 2) 4yz(t x) 2t

.Jednakostyz(x + 2) 4yz(t x) 2t

=1 00 1

sesvodinasistemjednacinayz(x + 2) = 14 = 0yz(t x) = 02t = 1,koji, ocigledno, nemaresenje, pazakljucujemodatrazenevrednosti zax, y, z, t nepostoje.4. Odreditisvekvadratnematricedrugogreda cijijekvadratnula-matrica.Resenje:Akosu a, b, c, dproizvoljni (kompleksni)brojevi, trazenamatricatrebadazadovoljavauslova bc d

a bc d

=0 00 0

,odnosnoa2+bc b(a +d)c(a +d) d2+bc

=0 00 0

,ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 119odaklesledidaa, b, c, dtrebadazadovoljavajusistema2+bc = 0b(a +d) = 0c(a +d) = 0d2+bc = 0.Izprveicetvrtejednacinesledidaje a2= d2. Uslucajukadaje a = d,izdrugeitrecejednacinesledidajeb = c = 0,atadajeia = d = 0.Akojea= d, ondabi cuzimajuproizvoljnevrednosti, uzuslovdajea2+bc = 0.Zakljucujemodasvakamatricaoblikaa bc a

,pri cemuje a2+ bc =0, zadovoljavauslovdajoj jekvadrat jednaknula-matrici.Uocimo da je ovimobuhvacena i nula-matrica, koja takode ispunjavatrazeniuslov,alidatonijejedinamatricasatakvomosobinom.5. Izracunati A3akojeA =

1 1 35 2 62 1 3.Resenje:A3=

1 1 35 2 62 1 33==

1 1 35 2 62 1 32

1 1 35 2 62 1 3==

0 0 03 3 91 1 3

1 1 35 2 62 1 3=

0 0 00 0 00 0 0.Uocavamodamatrica A imaosobinudaje A2= 0,adajeA3= 0.120 5. MATRICEIDETERMINANTE6. Izracunati1 10 1

n, n N.Resenje:Zan = 2je1 10 1

2=1 10 1

1 10 1

=1 20 1

.Zan = 3je1 10 1

3=1 10 1

2

1 10 1

=1 20 1

1 10 1

=1 30 1

.Koristecimatematickuindukciju,pokazacemodaje1 10 1

n=1 n0 1

.Pretpostavimodaje1 10 1

k=1 k0 1

, k N.Tadaje1 10 1

k+1=1 10 1

k

1 10 1

=1 k0 1

1 10 1

==1 k + 10 1

.Dakle, tvrdenjeociglednovazi zan=1a, naosnovuindukcijskepret-postavke da vazi za neki prirodan broj k, dobijamo da vazi i za sledbenikak + 1togprirodnogbroja. Konacnozakljucujemodajetvrdenjezadovo-ljenozasvakiprirodanbrojn.7. Odreditiinverznumatricuzaa) A =1 22 5

. b) B=cos sin sin cos

.c) C=

1 1 11 4 01 1 1. d) D =

1 2 3 42 3 1 21 1 1 11 0 2 6.Resenje:ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 121a) KakojeD(A) = 5 4 = 1 = 0,inverznamatricamatriceApostoji.Da bismo je odredili, izracunacemo prvo adjungovanu matricu adj(A)matrice A kao transponovanu kofaktor-matricu matrice A. KofaktoriAij, i, j 1, 2 elemenata aijmatriceAsuA11= (1)1+1 5 = 5, A12= (1)1+2 2 = 2,A21= (1)2+1 2 = 2, A22= (1)2+2 1 = 1,takodajeA1=1D(A)adj(A) =11 5 22 1

T=5 22 1

.b) Determinanta matrice B je D(B) = cos2+sin2 = 1 = 0. Prematome,inverznamatricamatriceBpostojiivazi:B1=(1)2cos (1)3sin (1)3(sin ) (1)4cos

T=cos sinsin cos

.c) DeterminantamatriceCjeD(C) =

1 1 11 4 01 1 1

= 8,stoznacidainverznamatricapostojiiC1= 18

(1)1+1

4 01 1

(1)1+2

1 01 1

(1)1+3

1 41 1

(1)2+1

1 11 1

(1)2+2

1 11 1

(1)2+3

1 11 1

(1)3+1

1 14 0

(1)3+2

1 11 0

(1)3+3

1 11 4

T.DakleC1= 18

4 1 50 2 24 1 3T= 18

4 0 41 2 15 2 3.d) KakojeD(D) =

1 2 3 42 3 1 21 1 1 11 0 2 6

=

1 1 2 52 1 1 41 0 0 01 1 3 5

== (1)3+1

1 2 51 1 41 3 5

= 1,122 5. MATRICEIDETERMINANTEinverznamatricamatriceDpostojiiD1=

3 1 21 1 10 2 6

2 3 41 1 10 2 6

2 3 43 1 20 2 6

2 3 43 1 21 1 1

2 1 21 1 11 2 6

1 3 41 1 11 2 6

1 3 42 1 21 2 6

1 3 42 1 21 1 1

2 3 21 1 11 0 6

1 2 41 1 11 0 6

1 2 42 3 21 0 6

1 2 42 3 21 1 1

2 3 11 1 11 0 2

1 2 31 1 11 0 2

1 2 32 3 11 0 2

1 2 32 3 11 1 1

odnosnoD1=

22 6 26 1717 5 20 131 0 2 14 1 5 3.8. Resitimatricnujednacinu A XB= C,akojeA =3 15 2

, B=5 67 8

, C=14 169 10

.Resenje:NepoznatumatricuXizracunacemotakostocemojednacinupomnozitisalevestranematricomA1, asadesnestranematricomB1, ukolikonavedene inverzne matrice postoje. Koristeci daje A1A=I iBB1= I,dobijamoresenjematricnejednacineX= A1 CB1.KakojeD(A) =

3 15 2

= 1(= 0) i D(B) =

5 67 8

= 2(= 0),stoimpliciraegzistencijumatricaA1i B1,dobijamodajeX =3 15 2

1

14 169 10

5 67 8

1=ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 123= 2 15 3

14 169 10

1(2) 8 67 5

== 1219 2243 50

8 67 5

== 12 2 46 8

=1 23 4

.(Napomena: Sobziromdamnozenjematricanijekomutativno, rezultatmnozenjamatricnejednacinenekommatricomsalevestraneuopstemslucaju nije jednak rezultatu mnozenja te matricne jednacine istom matri-comsadesnestrane. Drugimrecima,unavedenomprimerusenepoznatamatricaXizracunavakaoproizvodtrimatriceA1 CB1,pomnozeneunavedenom,aneproizvoljnomporetku.)9. Resitimatricnujednacinu ABX= 4X 2C, akojeB=1 0 31 2 1

, A = BT, C=

101.Resenje:ZadatumatricnujednacinuvaziABX= 4X 2C 4X ABX= 2C (4I AB) X= 2C.(Napomena: Sobziromdamnozenjematricanijekomutativno,poslednjajednacinajedobijenaizdvajanjemmatriceXkaozajednickogfaktorasadesnestrane,inijeekvivalentnajednacini X(4I AB) = 2C.)Kakoje4I AB =

4 0 00 4 00 0 4

1 10 23 1

1 0 31 2 1

==

4 0 00 4 00 0 4

2 2 42 4 24 2 10=

2 2 42 0 24 2 6,124 5. MATRICEIDETERMINANTEi D(4I AB) = 16 = 0,zakljucujemodapostoji (4I AB)1, ivazi(4I AB)1= 116

0 22 6

2 42 6

2 40 2

2 24 6

2 44 6

2 42 2

2 04 2

2 24 2

2 22 0

= 116

4 4 44 28 124 12 4=14

1 1 11 7 31 3 1.ResenjedatematricnejednacinejeX= 2 (4I AB)1 C=12

1 1 11 7 31 3 1

101=

010.10. a)Resitimatricnujednacinu AX+B=AC,akojeA =

1 2 01 3 20 4 3, B=

1 3 910 0 113 1 8, C=

2 3 21 0 43 1 1.b)ZadobijenumatricuXodrediti svematriceMzakojevaziXM= MX.Resenje:a)ImamodajeAX= AC B X= A1(AC B) X= C A1B,ukoliko A1postoji. Ovajuslovjeispunjen,jerjeD(A) =

1 2 01 3 20 4 3

= 7 = 0.DaljeimamoA1=1D(A)adj(A) = 17

1 6 43 3 24 4 5,ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 125odaklejeX =

2 3 21 0 43 1 1+17

1 6 43 3 24 4 5

1 3 910 0 113 1 8 ==

2 3 21 0 43 1 1+17

7 7 357 7 1421 7 0 ==

2 3 21 0 43 1 1+

1 1 51 1 23 1 0 ==

1 2 30 1 20 0 1.b)FormatmatriceMmorabiti3 3,dabiseonamoglapomnozitiisaleveisadesnestranematricomX,formata3 3.NapisimoMuoblikuM=

a b cd e fg h i.TadasematricnajednakostXM= MXsvodina1 2 30 1 20 0 1a b cd e fg h i=a b cd e fg h i1 2 30 1 20 0 1a + 2d + 3g b + 2e + 3h c + 2f+ 3id + 2g e + 2h f+ 2ig h i=a 2a + b 3a + 2b + cd 2d + e 3d + 2e + fg 2g + h 3g + 2h + i.Odavdesedobijasistemdevetlinearnihjednacinasadevetnepoznatih:a + 2d + 3g = a, b + 2e + 3h = 2a + b, c + 2f+ 3i = 3a + 2b + c,d + 2g = d, e + 2h = 2d + e, f+ 2i = 3d + 2e + f,g = g, h = 2g + h, i = 3g + 2h + i,2d + 3g = 0, 2e + 3h = 2a, 2f+ 3i = 3a + 2b,g = 0, h = d, 2i = 3d + 2e,0 = 3g + 2h.Lakoseutvrdujedanepoznate a, b, c, d, e, f, g, h, i zadovoljavajuuslovea = e = i, b = f, d = g= h = 0,126 5. MATRICEIDETERMINANTEodaklesledidajeopstiobliktrazenematriceM=

a b c0 a b0 0 aza a, b, c R.11. Resitimatricnujednacinu (X + 2I)1=18A,akojeA =

4 7 32 3 13 5 2.Resenje:Nakonmnozenjadatejednacinesadesnestranesa X + 2I,dobijamoI=18A (X + 2I) I 14A =18A X,aodatle,nakonmnozenjasalevestranesaA1(akopostoji),imamoA114I=18X X= 8 A12 I.Kakoje D(A)=8 =0, zakljucujemodamatricaA1postoji i dasedatamatricnajednacinamozeresitinaprethodnonavedeninacin.SobziromdajeA1=1D(A) adj(A) =18

3 15 2

7 35 2

7 33 1

2 13 2

4 33 2

4 32 1

2 33 5

4 73 5

4 72 3

==18

11 29 27 17 21 1 2,dobijamodajeX=

11 29 27 17 21 1 2

2 0 00 2 00 0 2=

13 29 27 19 21 1 4.12. Datesumatrice A =

1 1 11 0 01 1 1i B=

2 10 1p 1.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 127Resitimatricnujednacinu A X= B zaa) p = 2. b) p = 2.Resenje:Odmah mozemo utvrditi da je D(A) = 0, tako da matrica A1ne postoji.Toznaci danemozemoprimeniti postupakkojimsmoresavali matricnejednacineuprethodnimzadacima(8.-11.).MatricuX, kojazadovoljavamatricnujednacinu AX=B, odredicemopolazeci od toga da ona mora biti formata 32 da bi se mogla pomnoziti saleve strane matricom A33, i da bi rezultujuca matrica mogla biti matricaB32. Napomenimodauovomslucaju, kadaA1nepostoji, matricnajednacinaAX=Bnemozeimati jedinstvenoresenje(imabeskonacnomnogoresenja,iliihuopstenema).a) Stavljajuci daje X=

a bc de f, zap= 2 dobijamodasema-tricnajednacina

1 1 11 0 01 1 1

a bc de f=

2 10 12 1svodinasistemjednacinaa +c e = 2, b +d f = 1,a = 0, b = 1,a c +e = 2, b d +f = 1,koji mozemoposmatrati kaodvanezavisnaneodredenasistemapoa, c, e,odnosnob, d, f,za cijaresenjavazi:a = 0, c = 2 +e, b = 1, d = f.Zakljucujemodaje,za, R,opsteresenjedatematricnejedna-cineX=

0 1 + 2 .b) Uovomslucaju,matricnajednacina

1 1 11 0 01 1 1

a bc de f=

2 10 12 1sesvodinasistemjednacinaa +c e = 2, b +d f = 1,a = 0, b = 1,a c +e = 2, b d +f = 1,128 5. MATRICEIDETERMINANTEzakojiselakomozeuocitidanemaresenje(zapodsistemjednacinapoa, c, evazidaje a = 0,atadasuprvaitrecajednacina,c e = 2 i c e = 2medusobnoprotivrecne). Uovomslucaju,dakle,datamatricnajed-nacinanemaresenje.13. Matricnimracunomresitisistemlinearnihjednacina2x 3y + z = 1x + y + z = 63x + y 2z = 1.Resenje:Dati sistemtrebazameniti odgovarajucommatricnomjednacinom. Ma-tricna jednacina AX= Bje ekvivalentna datom sistemu ako je A matricasistema, matricaXsadrzi kolonupromenljivih, amatricuBcini kolonaslobodnih clanovasistema:

2 3 11 1 13 1 2

xyz=

161.Ocigledno, sistem linearnih jednacina ima smisla resavati matricnim racu-nomsamokadajematricasistemaregularna,tj. kadapostojiA1. Kakoje

2 3 11 1 13 1 2

= 23 = 0,postojiA1ivazidaje X= A1B.Sobziromdajeadj(A) =

3 5 45 7 12 11 5,sledidajeX= 123

3 5 45 7 12 11 5

161= 123

234669=

123,odaklezakljucujemodajeresenjedatogsistemajednacinax = 1, y= 2, z= 3.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 12914. OdreditikarakteristicnekoreneivektorematriceA =

2 1 01 0 03 0 0.Resenje:KarakteristicnamatricamatriceAje I A =

2 1 01 03 0 .KarakteristicnipolinommatriceAjep() = D(I A) =

2 1 01 03 0

=

2 11

== (22 1) = ( 1 2)( 1 +2).Karakteristicni koreni matriceAsukoreni njenogkarakteristicnogpoli-noma,tj.1= 0, 2= 1 +2 i 3= 1 2.Zasvaki karakteristicni korenodredujusekarakteristicni vektori kaore-senjamatricnejednacineAx = x (I A)x = 0.Za = 0 odgovarajucamatricnajednacinaje

2 1 01 0 03 0 0

xyz=

000,aonajeekvivalentnasistemulinearnihjednacina2x +y = 0x = 03x = 0.Skupkarakteristicnihvektora(resenjesistema)jeuovomslucaju{=

00

R` 0.130 5. MATRICEIDETERMINANTEZa = 1 +2 matricnajednacinajedatasa

1 +2 1 01 1 +2 03 0 1 +2

xyz=

000,aodgovarajuciekvivalentansistemje(1 +2)x + y = 0x + (1 +2)y = 03x + (1 +2)z = 0,odaklesledidaskupkarakteristicnihvektoraimaoblik{ =

(1 2)3(2 1)[ R` 0.Za = 1 2 imamo

1 2 1 01 1 2 03 0 1 2

xyz=

000,odakleje(1 2)x + y = 0x + (1 2)y = 03x + (1 2)z = 0,atadajeskupkarakteristicnihvektora{ =

(2 1)3[ R` 0.15. Datajematrica A =

a b 00 a 00 0 a, a, b R, a = 0.a) OdreditikarakteristicnekorenematriceA.b) Odrediti karakteristicnevektorematriceAuzavisnosti odvrednostirealnogparametrab.Resenje:ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 131a) Karakteristicni koreni matriceAsukoreni njenogkarakteristicnogpolinoma. Kakojep() = D(AI) =

a b 00 a 00 0 a

= (a )3,i(a )3= 0 za = a,zakljucujemodaje = a karakteristicnikorendatematrice.b) Karakteristicni vektori koji odgovarajukarakteristicnomkorenumatrice Asuresenjamatricne jednacine Ax=x. Za =anavedenamatricnajednacinaje

a b 00 a 00 0 a

xyz=a

xyziekvivalentnajesistemulinearnihjednacinaax + by = axay = ayaz = az,odnosnoby = 00 = 00 = 0.Odatlezakljucujemo:Zab = 0 je y= 0, stoznacidajeskupkarakteristicnihvektora

0

, R` 0

.Zab = 0 jeskupkarakteristicnihvektora

, , R` 0

.16. KoristeciKejli-HamiltonovuteoremuodreditiinverznumatricumatriceA =

2 1 11 2 11 1 2.132 5. MATRICEIDETERMINANTEResenje:Presvega,trebaproveritidaliinverznamatricamatriceApostoji. KakojeD(A) =

2 1 11 2 11 1 2

= 6 = 0,matricaAjeregularna. Toznaci dase A1mozeodrediti uzpomocKejli-Hamiltonoveteoreme.Karakteristicnipolinomp() = D(I A) matriceAjep() =

2 1 11 2 11 1 2

=

2 1 1 2 2 1 2 1 2

== ( 2)

1 1 11 2 11 1 2

= ( 2)

1 1 10 1 00 2 3

== ( 2)

1 02 3

= ( 2)( 1)( 3) == 362+ 11 6.NaosnovuKejli-Hamiltonoveteoremejep(A)=0(matricazadovoljavasvojukarakteristicnujednacinu),odaklejeA36A2+ 11A6I= 0.NakonmnozenjasaA1,prethodnajednacinapostajeA26A+ 11I 6A1= 0,odakledobijamodajetrazenainverznamatricamatriceAdatasaA1=16(A26A+ 11I).SobziromdajeA2=

2 1 11 2 11 1 2

2 1 11 2 11 1 2=

4 5 53 6 53 3 4,slediA1=16(A26A+ 11I) =ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 133=16

4 5 53 6 53 3 46

2 1 11 2 11 1 2+ 11

1 0 00 1 00 0 1

==16

4 5 53 6 53 3 4

12 6 66 12 66 6 12+

11 0 00 11 00 0 11

==16

4 12 + 11 5 6 5 + 63 6 6 12 + 11 5 + 63 6 3 + 6 4 12 + 11==16

3 1 13 5 13 3 3.17. PrimenomKejli-Hamiltonoveteoremeizracunatia) f(A) = A43A33A2+8A+5I, ako je A =

2 0 11 1 00 0 3.b)f(B) = B42B3+B2+2B +2I, akojeB=

1 1 10 2 31 1 2.Resenje:a) Odredicemoprvokarakteristicnipolinomp()matriceA.p() = D(I A) =

2 0 11 + 1 00 0 3

== ( 3)( 2)( + 1) =342+ + 6.NaosnovuKejli-Hamiltonoveteoremevazidajep(A) = 0,odnosnoA34A2+A+ 6I= 0.Poslednju jednakost iskoristicemo pri izracunavanju vrednosti f(A):f(A) = A43A33A2+ 8A+ 5I== A(A34A2+A+ 6I) +A34A2+ 2A+ 5I== A34A2+ 2A+ 5I== (A34A2+A+ 6I) +AI== AI==

1 0 11 2 00 0 2.134 5. MATRICEIDETERMINANTEb) Karakteristicnipolinomp()matriceBjep() = D(I B) =

1 1 10 2 31 1 + 2

= 32+ 2.Akosaq()oznacimokolicnikprideljenjupolinomaf() = 423+2+ 2 + 2polinomomp() = 32+ 2,asar()ostatakpritomdeljenju,ondajef() = p()q() +r()= (32+ 2)( 1) + 4.NaosnovuKejli-Hamiltonoveteoremejep(B) = 0,odaklesledif(B) = p(B)q(B) +r(B) = r(B) = 4I,odnosnof(B) =

4 0 00 4 00 0 4.18. Odreditirangmatricea) A =

1 1 1 12 3 1 13 4 0 2. b) B=

4 3 5 2 38 6 7 4 24 3 8 2 74 3 2 2 58 6 1 4 6.Resenje:a) Rang date matrice odredicemo kao rang njoj slicne matrice koja imastepenastuformu. PrimenomelementarnihtransformacijanadatumatricudobijamoA =

1 1 1 12 3 1 13 4 0 2

1 1 1 10 1 3 10 1 3 1

1 1 1 10 1 3 10 0 0 0.Naprvoj matrici izvrsene susledece elementarne transformacije:elementiprvevrstepomnozenisusa(-2),odnosnosa(-3),isabranisaodgovarajucimelementimadruge,odnosnotrece,vrste.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 135Nadrugoj matrici izvrsenaje sledecaelementarnatransformacija:elementi druge vrste pomnozeni su sa (-1) i sabrani sa odgovarajucimelementimatrecevrste.Treca matrica C= [cij]34ima stepenastu formu. Kako je c11 c22=1 = 0,ac11 c22 c33= 0,rangmatriceCjednakje2,atadajeirang(A) = 2.Ilustrujmoi postupakodredivanjarangamatriceuzpomocminora.Odredicemominordatematricekoji jerazlicitodnule, adasupritomesvi minori vecegredajednaki nuli. Tadajerangmatrice Ajednakreduuocenogne-nulaminora.MatricaAjetipa34, panjenmaksimalni minormozebiti reda3(uocimodajetoi maksimalni moguci rangdatematrice). Minorreda 3 date matrice je determinanta podmatrice matriceA,dobijeneizostavljanjemjednekolone. Izracunavajucioveminore,dobijamo:

1 1 12 3 13 4 0

= 0 ,

1 1 12 3 13 4 2

= 0,

1 1 12 1 13 0 2

= 0 ,

1 1 13 1 14 0 2

= 0,odaklezakljucujemodajerang(A) 0 i f= 0, sistem je saglasan. U tom slucaju za l = 0 sistemje odreden, a za l = 0 sistem je neodreden i stepen neodredenosti mujel. Matricasistemalinearnihjednacina(6.1)jematricaA =

a11a12. . . a1na21a22. . . a2n...am1am2. . . amn.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 147Prosirena matrica sistema A dobija se dopisivanjem kolone koja sadrzi,redom,slobodne clanoveb1, b2, . . . , bmsistema na mesto (n+1)-ve koloneumatriciA.Kroneker-Kapelijevateorema: Dabi sistemlinearnihjednacinabiosaglasan,potrebnojeidovoljnodajerangmatricesistemajednakranguprosirenematricesistema. Zan=msistem(6.1)senazivakvadratni sistem. TomkvadratnomsistemupridruzujemodeterminantumatricesistemaD =

a11. . . a1(i1)a1ia1(i+1). . . a1na21. . . a2(i1)a2ia2(i+1). . . a2nan1. . . an(i1)anian(i+1). . . ann

.Kramerovopravilo: AkojedeterminantaDkvadratnogsistemarazli-citaodnuleondajesistemodredeniimajedinstvenoresenje(x1, x2, . . . , xn) =

Dx1D, Dx2D, . . . , DxnD

,gdejeDxi=

a11. . . a1(i1)b1a1(i+1). . . a1na21. . . a2(i1)b2a2(i+1). . . a2nan1. . . an(i1)bnan(i+1). . . ann

, i = 1, 2, . . . , n.Utomslucaju,homogensistemimasamotrivijalnoresenje(0, . . . , 0).(U suprotnom,akojeD = 0iDx1= Dx2= . . . = Dxn= 0 ondajesistemili nemogucili neodreden, aakojeD=0i postoji i 1, . . . , ntakodajeDxi =0ondajenemoguc. Homogenkvadratni sistemjezaD=0neodreden.)Zadaci1. Gausovimalgoritmomresitisistema) x y = 72x + 3y = 4b) 3x + 8y z = 2x y + z = 22x + 3y 2z = 0148 6. SISTEMILINEARNIHJEDNACINAResenje:a)Akoseprvajednacinapomnozisa(2)idodadrugojjednacini,ondajex y = 72x + 3y = 4x y = 75y = 10.Izdrugejednacinesledidajey= 105= 2,iuvrstavanjemtevrednostizayuprvujednacinudobijasex (2) = 7,tj. x = 5.Resenjesistemaje(x, y) = (5, 2).b)Akoprvaidrugajednacinamedusobnozamenemesta,bice3x + 8y z = 2x y + z = 22x + 3y 2z = 0x y + z = 23x + 8y z = 22x + 3y 2z = 0.Akoseprvajednacinapomnozisa(3)idodadrugoj,ipomnozisa(2)idodatrecoj,ondajeprethodnisistemekvivalentansax y + z = 211y 4z = 45y 4z = 4.Promenommestasabirakaujednacinamadobijaseekvivalentansistemx + z y = 2 4z + 11y = 4 4z + 5y = 4.Mnozenjemdrugejednacinesa(1)idodavanjemtrecojdobijasesistemx + z y = 2 4z + 11y = 4 6y = 0.Iztrecejednacinejey=0. Uvrstavanjemudrugujednacinu, dobijasez=411y4= 1. Ako se dobijene vrednosti za y i z uvrste u prvu jednacinu,ondajex = 2 +y z= 1.Dakle,resenjesistemaje(x, y, z) = (1, 0, 1).2. PrimenomKramerovogpravilaresitisistemZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 149a) 3x 4y = 62x + 5y = 19b) 2x + y z = 2x + 3y 2z = 33x 2y + z = 9Resenje:a)DeterminantasistemajeD =

3 42 5

= 35 2(4) = 23.KakojeD = 0,tojesistemodreden. IzDx=

6 419 5

= 30 + 76 = 46, Dy=

3 62 19

= 57 + 12 = 69,premaKramerovompravilu,sledix =DxD=4623= 2 i y=DyD=6923= 3.Sistemimajedinstvenoresenje(x, y) = (2, 3).b)SistemjeodredenjerjeD =

2 1 11 3 23 2 1

= 2 = 0.Dx=

2 1 13 3 29 2 1

= 4,Dy=

2 2 11 3 23 9 1

= 2 iDz=

2 1 21 3 33 2 9

= 2.Dakle, x=DxD=42=2, y=DyD=22= 1, z=DzD=22=1i resenjesistemaje(x, y, z) = (2, 1, 1).3. Ispitatiprirodusistemai,akojesistemsaglasan,resitiga150 6. SISTEMILINEARNIHJEDNACINAa) x + y + z = 12x + y + 2z = 1b) x + y z = 22x + y + z = 13x + 2y 2z = 36x + 2y = 20c) x y 2z = 32x + 2y + 4z = 63x 3y 6z = 9d) x + 2y + z = 42x y z = 02x + y 3z = 45x + 5y + 6z = 16Resenje:a)NemozemodaprimenimoKramerovopravilo, jerovonijekvadratnisistem. PrimenjujemoGausovalgoritam. Akoseprvajednacinapomnozisa(2)idodadrugojjednacini,ondajex + y + z = 12x + y + 2z = 1x + y + z = 1 y = 1Izdrugejednacinejey=1, auvrstavanjeuprvudajex= z. Znaci,sistemjejednostrukoneodredeniskupresenjasitemaza(x, y, z)je{ = (, 1, )[ R.b)KoristeciGausovalgoritamimamox + y z = 22x + y + z = 13x + 2y 2z = 36x + 2y = 20x + y z = 23y z = 35y 5z = 38y 6z = 8x z + y = 2 z + 3y = 3 5z + 5y = 3 6z + 8y = 8x z + y = 2 z + 3y = 3 10y = 12 10y = 26x z + y = 2 z + 3y = 3 5y = 60 = 7Sistemjenemoguc.c)Akoseprvajednacinapomnozi sa2i dodadrugoj jednacini, azatimsa(3)idodatrecojjednacini,ondajedatisistemekvivalentansistemux y 2z = 30 = 00 = 0.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 151Sistemjedvostrukoneodredeni skupresenjasistemazauredenutrojku(x, y, z)je{ = (3 + + 2, , )[ , R.d)PrimenomGausovogalgoritmadobijasex + 2y + z = 42x y z = 02x + y 3z = 45x + 5y + 6z = 16x + 2y + z = 4 5y 3z = 85y z = 4 5y + z = 4x + 2y + z = 4 5y 3z = 8 4z = 44z = 4x + 2y + z = 4 5y 3z = 8z = 10 = 0z= 1, y=8+3z5, x = 4 2y zSistemjeodredeniresenjesistemaje(x, y, z) = (1, 1, 1).4. Resitihomogensistema) 2x y + z = 03x + y z = 04x 3y + 2z = 0.b) x + y z = 02x + y + z = 0x + 4y 2z = 0.c) 2x y + z = 03x + y z = 0.d) x + y z = 02x + y + z = 0x 2y 5z = 0x + 2y = 0.Resenje:a)DeterminantasistemajeD =

2 1 13 1 14 3 2

= 5.Kakojedeterminantadatoghomogenogsistemarazlicitaodnule,sistemjeodredeniimasamotrivijalnoresenje(x, y, z) = (0, 0, 0).b)D =

1 1 12 1 11 4 2

= 0SistemjeneodredenimozeseresitiprimenomGausovogalgoritma.152 6. SISTEMILINEARNIHJEDNACINAx + y z = 02x + y + z = 0x + 4y 2z = 0x + y z = 03y z = 03y z = 0x + y z = 03y z = 00 = 0Skupresenjasistemaza(x, y, z)je{ = (2, , 3)[ R.c) Kako je broj jednacina manji od broja nepoznatih u datom homogenomsistemu,sistemjeneodredeniresavaseprimenomGausovogalgoritma:2x y + z = 03x + y z = 02x y + z = 05x = 0x = 0, y= 2x +z.Skupresenjasistemaza(x, y, z)je{ = (0, , )[ R.d)PrimenomGausovogalgoritma,dobijasex + y z = 02x + y + z = 0x 2y 5z = 0x + 2y = 0x + y z = 03y z = 0 3y 4z = 03y z = 0x + y z = 03y z = 0 5z = 00 = 0z= 0, y=z3, x = y z.Sistemjeodredeniimasamotrivijalnoresenje(x, y, z) = (0, 0, 0).5. U zavisnosti od realnog parametra diskutovati sistem jednacina(1 +)x + y + z = 1x + (1 +)y + z = x + y + (1 +)z = 2.Resenje:DeterminantasistemajeD =

1 + 1 11 1 + 11 1 1 +

=

3 + 3 + 3 +1 1 + 11 1 1 +

ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 153= (3 +)

1 1 11 1 + 11 1 1 +

= (3 +)

1 1 10 00 0

= (3 +)

00

= 2(3 +)(Napomena: Najpre smo dodali sve vrste prvoj da bismo mogli da izdvo-jimo (+3) ispred determinante. Zatim smo prvu vrstu pomnozili sa 1 idodali drugoj i trecoj vrsti i na kraju razvili determinantu po elementimaprvekolone.)i) Za = 0i = 3sistemjeodreden.ii) Za = 0sistemjex + y + z = 1x + y + z = 0x + y + z = 0.Oduzimanjemdrugejednacineodprvedobijasejednacina0 = 1,tejesistemnemoguc.(UovomslucajujeD = Dx= Dy= Dz= 0.)iii) Za = 3sistemje2x + y + z = 1x 2y + z = 3x + y 2z = 9 3y + 3z = 5x 2y + z = 33y 3z = 12.Ekvivalentansistemsmodobili mnozenjemdrugejednacinesa2idodavanjemprvojimnozenjemdrugejednacinesa 1idodavanjemtrecojjednacini.Akosaberemoprvuitrecujednacinudobijamo0 = 7,stoznacidajeiuovomslucajusistemnemoguc.6. a) Uzavisnostiodrealnogparametraqdiskutovatisistemjed-nacinaqx + qy + (q + 1)z = qqx + qy + (q 1)z = q(q + 1)x + qy + (2q + 3)z = 1.b) Resitisistemzasvakuvrednostparametraq.Resenje:154 6. SISTEMILINEARNIHJEDNACINAa) DeterminantasistemajeD =

q q q + 1q q q 1q + 1 q 2q + 3

=

q q q + 10 0 21 0 q + 2

= (1)2+3(2)

q q1 0

= 2qi) Akojeq = 0ondajesistemodreden.ii) Akojeq= 0sistemjez = 0z = 0x + 3z = 1.Izprvedvejednacinejez= 0. Kadaovuvrednostzamenimoutrecu jednacinu dobija se x = 1, a yse moze izabrati proizvoljno.Dakle, sistemjejednostrukoneodredjeni skupresenjasistemaza(x, y, z)je{ = (1, , 0)[ R.b) Resenjesistemauslucajukadajeq =0cemoodrediti Kramerovimpravilom. VecsmoizracunalidajedeterminantasistemaD = 2qipotrebnojejosizracunativrednostideterminantiDx,DyiDz.Dx=

q q q + 1q q q 11 q 2q + 3

=

q q q + 10 0 21 q 2q + 3

= (1)2+3(2)

q q1 q

= 2(q2q),Dy=

q q q + 1q q q 1q + 1 1 2q + 3

=

q q q + 10 0 21 1 q q + 2

= (1)2+3(2)

q q1 1 q

= 2q2,Dz=

q q qq q qq + 1 q 1

= 0.Dakle,x =DxD=2q(q 1)2q= 1 q,y =DyD= 2q22q= q,z =DzD=02q= 0ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 155iresenjesistemaje(x, y, z) = (1 q, q, 0).7. Uzavisnostiodrealnogparametraadiskutovatisistemx + (a + 2)y + 2z = 2(a2+ 1)x + 2(a + 2)y + 4z = 4ax + 3y + (a + 1)z = 2a.Resenje:DeterminantadatogsistemajednacinajeD =

1 a + 2 2a2+ 1 2(a + 2) 41 3 a + 1

=

1 a + 2 2a2+ 1 2(a + 2) 40 1 a a 1

=

1 a + 4 2a2+ 1 2a + 8 40 0 a 1

= (a 1)

1 a + 4a2+ 1 2a + 8

= (a 1)(a + 4)

1 1a2+ 1 2

= (a 1)(a + 4)(2 a21)= (a 1)(a + 4)(1 a2) = (a 1)2(a + 4)(a + 1)i) Akojea = 1ia = 1ia = 4,sistemjeodreden.ii) Akojea = 1,ondajex + 3y + 2z = 22x + 6y + 4z = 4x + 3y + 2z = 2x + 3y + 2z = 20 = 00 = 0.Dakle, sistemjedvostrukoneodredeni njegovskupresenjazaure-denutrojku(x, y, z)je{ = (2 3 2, , )[ , R.iii) Akojea = 1,ondajesistemx + y + 2z = 22x + 2y + 4z = 4x + 3y = 2(ako se prva jednacina pomnozi sa 2 i doda drugoj) ekvivalentan sax + y + 2z = 20 = 8x + 3y = 2.Sistemjednacinajenemoguc.156 6. SISTEMILINEARNIHJEDNACINAiv) Akojea = 4,sledecisistemisuekvivalentni:x 2y + 2z= 217x 4y + 4z= 16x + 3y 3z= 8x 2y + 2z = 230y 30z = 505y 5z = 10x 2y + 2z = 2y z = 23y 3z = 5x 2y + 2z = 2y z = 20 = 1.Sistemjednacinajenemoguc.8. Uzavisnostiodrealnihparametarapiqdiskutovatisistemx + py = 2x + (p 1)y + 2z = q2x py + z = p.Uslucajukadajesistemneodredennaciresenjezakojejey= 0.Resenje:DeterminantasistemajeD =

1 p 01 p 1 22 p 1

= 8p 1.i) Zap =18sistemjeodreden.ii) Zap =18sistemsesvodina:x +18y = 2x 78y + 2z = q2x 18y + z =18x +18y = 268y + 2z = q + 238y + z =18 4x +18y = 238y + z = 3180 = q +394.Akojep =18iq = 394,sistemjenemoguc.Akojep=18i q = 394, sistemjejednostrukoneodredeni skupresenjaza(x, y, z)je{ =

2 18, , 38 318

[ R.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 157Trazenoresenje,kodkogajey= 0,je(x, 0, z) = (2, 0, 318).9. Uzavisnostiodrealnihparametaraaibdiskutovatisistem2x + y + az = 13x + 3y + (a + 1)z = bx + 2ay + z = 1.Resitisistemuslucajukadajeneodreden.Resenje:DeterminantadatogsistemajednacinajeD =

2 1 a3 3 a + 11 2a 1

= 2a26a + 4 = 2(a 1)(a 2).i) Akojea = 1ia = 2,sistemjeodreden.ii) KoristeciGausovogalgoritamzaa = 1sledi2x + y + z = 13x + 3y + 2z = bx + 2y + z = 1x + 2y + z= 13x + 3y + 2z= b2x + y + z= 1x + 2y + z= 1 3y z= b 3 3y z= 1x + 2y + z= 1 3y z= b 30 = 2 b.Akojea = 1ib = 2ondajesistemnemoguc.Akojea=1i b =2sistemjejednostrukoneodredeni skupresenjasistemaza(x, y, z)je{ =

13(1 ), 13(1 ),

[ R.iii) Zaa = 2sledi2x + y + 2z = 13x + 3y + 3z = bx + 4y + z = 1x + 4y + z = 12x + y + 2z = 13x + 3y + 3z = bx + 4y + z = 1 7y = 1 9y = b 3x + 4y + z = 1y =170 = b 127.Akojea = 2ib =127ondajesistemnemoguc.158 6. SISTEMILINEARNIHJEDNACINAAkojea=2i b=127sistemjejednostrukoneodredeni skupresenjasistemaza(x, y, z)je{ =

37 , 17,

[ R.10. Uzavisnostiodrealnihparametarapiqdiskutovatisistem3x + py z = 2x + (1 2p)y + 2z = qx py = p,.Uslucajukadajesistemneodredennaciresenjezakojejey= z.Resenje:3x + py z = 2x + (1 2p)y + 2z = qx py = pz + 3x + py = 2x py = p2z x + (1 2p)y = qz + 3x + py = 2x py = p5x + y = q + 4z + 3x + py = 2x py = p(5p + 1)y = q + 4 5p.i) Za 5p+1 = 0 odnosno za p = 15, determinanta sistema je razlicitaodnuleiutomslucajusistemjeodreden.ii) Akojep = 15,mogucasudvapodslucaja:- za 5p + q+ 4 =0 odnosnoq = 5, sistemjenemoguc, - zaq= 5,sistemjejednostrukoneodreden.Uslucajuneodredenosti,tj. zap = 15iq= 5,zamenomy= z,dobijasesistem3x 65z = 2x +15z = 15cijimseresavanjemdobija(x, y, z) =

445, 139, 139

.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 15911. Uzavisnostiodrealnihparametarapiqdiskutovatisistempx y z = 22px py + z = q3px (p + 2)y + pz = q2.Resenje:DeterminantasistemajeD =

p 1 12p p 13p (p + 2) p

= p

1 1 12 p 13 (p + 2) p

= p

1 0 02 2 p 33 1 p 3 +p

= p

2 p 31 p 3 +p

= p

(2 p)(3 +p) 3(1 p)

= p(p22p 3)= p(p 3)(p + 1).i) Zap = 0ip = 3ip = 1sistemjeodreden.ii) Zap = 0,sistemglasiy z = 2z = q2y = q2y z = 2z = qy = q22z = qy = q220 = 2 +q q22,gdejeq22q 4 = 0 (q (1 +5))(q (1 5)) = 0.Zaq = 1 +5iq = 1 5sistemjenemoguc.Zaq=1 +5sistemjejednostrukoneodreden, askupresenjaza(x, y, z)je{ =

, (1 +5)22, 1 +5

[ R.Za q =1 5 sistemje jednostruko neodreden, sa skupomresenjaza(x, y, z){ =

, (1 5)22, 1 5

[ R.iii) Zap = 3,sistemglasi:3x y z = 26x 3y + z = q9x 5y + 3z = q23x y z = 2 y + 3z = q 4 2y + 6z = q26160 6. SISTEMILINEARNIHJEDNACINA3x y z = 2 y + 3z = q 40 = q26 2q + 8.Kako jednacina q22q+2 = 0 nema resenja u skupu realnih brojeva,sistemjeuovomslucajunemoguc.iv) Zap = 1,sistemglasix y z = 22x + y +z = q3x y z = q2x y z = 23y + 3z = q 42y + 2z = q26x y z = 23y + 3z = q 40 = q26 23(q 4).Poslednjajednacinasistemajeekvivalentnajednacini3q22q 10 = 0.Akojeq =1+313iq =1313,sistemjenemoguc.Ako je q=1+313, sistem je jednostruko neodreden i skup resenjaza(x, y, z)je{ = (2 31 119, +31 119, )[ R.Ako je q=1313, sistem je jednostruko neodreden i skup resenjaza(x, y, z)je{ = (2 +31 + 119, 31 + 119, )[ R.12. Uzavisnosti odrealnihparametaraai bdiskutovati sistemjed-nacinax 2y + u = 32x + ay bz u = 2bx + (2a + 1)y bz 2u = 3b + 1.Resitisistemuslucajukadajeneodreden.Resenje:Elementarnimtransformacijamase dobijasledeci niz ekvivalentnihsis-tema:x 2y + u = 32x + ay bz u = 2bx + (2a + 1)y bz 2u = 3b + 1ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 161u + 2x + ay bz = 2b2u + x + (2a + 1)y bz = 3b + 1u + x 2y = 3u + 2x + ay bz = 2b 3x + y + bz = b + 13x + (a 2)y bz = 2b 3u + 2x + ay bz = 2b 3x + y + bz = b + 1(a 1)y = b 2.i)Akojea = 1,sistemjejednostrukoneodredeniskupresenjaza(x, y, z)jeR =

13(1 b b 2a 1b),b 2a 1, ,8a ab + 6b 23(a 1)b3

| R

.ii)Zaa = 1datisistemjeekvivalentansau + 2x + y bz = 2b 3x + y + bz = b + 10 = b 2.Akoje a = 1 i b = 2 ,sistemjenemoguc.Akoje a=1 i b=2 sistemjedvostrukoneodredeni skupresenjaza(x, y, z)je{ = (, 1 + 3 2, , 5 4 5)[ , R.13. Uzavisnostiodrealnogparametraadiskutovatiiresitisistemx + ay + a2z + a3u = 0x + y + z + u = 0x + 2y + 4z + 8u = 0x + 3y + 9z + 27u = 0.Resenje:DeterminantasistemajeD =

1 a a2a31 1 1 11 2 4 81 3 9 27

=

1 a 1 a21 a311 0 0 01 1 3 71 2 8 26

162 6. SISTEMILINEARNIHJEDNACINA=

a 1 a21 a311 3 72 8 26

=

a 1 (a 1)(a + 1) (a 1)(a2+a + 1)1 3 72 8 26

= (a 1)

1 a + 1 a2+a + 11 3 72 8 26

= (a 1)

1 a 2 a2+a 61 0 02 2 12

= (a 1)

a 2 a2+a 62 12

= (a 1)

12(a 2) 2(a2+a 6)

= 2(a 1)(a2+ 5a 6)= 2(a 1)(a 2)(3 a).i) Za a = 1 i a = 2 i a = 3, dati homogeni sistem je odreden i ima samotrivijalnoresenje(x, y, z, u) = (0, 0, 0, 0).ii) Zaa = 1sistemglasix + y + z + u = 0x + y + z + u = 0x + 2y + 4z + 8u = 0x + 3y + 9z + 27u = 0x + y + z + u = 0y + 3z + 7u = 02y + 8z + 26u = 0x + y + z + u = 0y + 3z + 7u = 02z + 12u = 0.Uovomslucaju, sistemjejednostrukoneodredeni skupresenjaza(x, y, z, u)je{ = (6, 11, 6, )[ R. (6.2)ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 163iii) Zaa = 2,sistemglasix + 2y + 4z + 8u = 0x + y + z + u = 0x + 2y + 4z + 8u = 0x + 3y + 9z + 27u = 0.Sistemjejednostrukoneodredeniimaskupresenja(6.2).iv) Akojea = 3,sistemjex + 3y + 9z + u = 0x + y + z + u = 0x + 2y + 4z + 8u = 0x + 3y + 9z + 27u = 0.Sistemjejednostrukoneodredeniimaskupresenja(6.2).14. Uzavisnostiodrealnogparametraadiskutovatiiresitisistemx + y + az = 1x + ay + z = aax + y + z = a2ax + ay + az = a3.Resenje:Elementarnimtransformacijamadobijasex + y + az = 1x + ay + z = aax + y + z = a2ax + ay + az = a3x + y + az = 1(a 1)y + (1 a)z = a 1(1 a)y + (1 a2)z = a2a(a a2)z = a3ax + y + az = 1(a 1)y + (1 a)z = a 1(a2a + 2)z = a21(a a2)z = a3ax + y + az = 1(a 1)y + (1 a)z = a 1(a 1)(a + 2)z = (a 1)(a + 1)a(1 a)z = a(a 1)(a + 1).164 6. SISTEMILINEARNIHJEDNACINAi) Zaa = 0ia = 1posmatranisistemjeekvivalentansax + y + az = 1(a 1)y + (1 a)z = a 1(a + 2)z = (a + 1)z = (a + 1),odaklesledidajezaa = 2sistemnemoguc.Akojea =0i a =1i a = 2polazni sistemjeekvivalentansasistemomx + y + az = 1(a 1)y + (1 a)z = a 1z = a 10 = (a + 1)2,kojijezaa = 1nemoguc.ii) Akojea = 1,sistemx + y z = 12y + 2z = 22z = 02z = 0jeodredeniresenjesistemaje(0, 1, 0).iii) Akojea = 0,sistemx + y = 1y + z = 12z = 10 = 0jeodredeniresenjesistemaje(12,12, 12).iv) Akojea = 1,sistemx + y + z = 10 = 00 = 00 = 0je dvostruko neodredeni skupresenja sistema za uredenutrojku(x, y, z)je{ = (1 , , )[ , R.15. KoristeciKroneker-Kapelijevuteoremu,uzavisnostiodrealnogparametraa,diskutovatisistemax + y z = 1x + ay z = 1x y az = 1.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 165Resenje:MatricadatogsistemajeA =

a 1 11 a 11 1 a,anjegovaprosirenamatricaA =

a 1 11 a 11 1 a

111.RangmatricaAiAodredicemokoristecideterminantumatriceA. KakojeD(A) =

a 1 11 a 11 1 a

= a(1 a)(1 +a),zakljucujemo:za a = 0 a = 1 a = 1, rang(A) = rang(A) = 3,stoznacidajezatevrednostiparametraasistemodreden.Uostalimslucajevimadobijamo:a = 0A

0 1 11 0 11 1 0

111

1 1 01 0 10 1 1

111

1 1 00 1 10 1 1

101

1 1 00 1 10 1 1

110

1 1 00 1 10 0 0

111.Kakoje 2=rang(A) =rang(A)=3, zakljucujemodajezaa=0sistemnemoguc.a = 1A

1 1 11 1 11 1 1

111

1 1 10 0 00 2 0

100,166 6. SISTEMILINEARNIHJEDNACINAodaklesledi rang(A)=2=rang(A) 0 takavdazasvako n Nvazi [an[ M. Brojni niz annNjemonotonorastuci (monotononeopadajuci),akozasvakon Nvazian< an+1(an an+1).Brojni niz annNjemonotonoopadajuci (monotononerastuci),akozasvakon Nvazian> an+1(an an+1). Za realan broj a interval (a, a+), > 0 predstavlja -okolinutackea. Zaa Rkazemodajetackanagomilavanjaniza annNakoseusvakoj-okolinitackeanalazibeskonacnomnogo clanovaniza annN. Zarealanbrojakazemodajegranicnavrednostniza annNakoseizvansvake-okolinetackeanalazi najvisekonacnomnogoclanovanizaannN, tj. akozasvako>0postoji prirodanbrojn0(koji zavisi od) tako da za svaki prirodan broj n n0, vazi [ana[ < . Tada pisemolimnan= ai kazemo da niz annNkonvergira ka broju a, ili da je broj a granicnavrednost(granica)togniza.Zasvaki nizkoji imagranicnuvrednostkazemodajekonvergentan,usuprotnomkazemodajedivergentan. Zaniz annNkazemodadivergira uplus beskonacno, i pisemolimnan= +,akozasvakirealanbrojM> 0postojin0 Nsaosobi-nomdazasvakon n0vazian> M.Zaniz annNkazemodadivergirauminusbeskonacno, i pisemolimnan= ,akozasvakirealanbrojM< 0postojin0 Nsaosobi-nomdazasvakon n0vazian< M. Svakimonotoniogranicennizjekonvergentan.Konvergentannizimajedinstvenugranicnuvrednosti tagranicnavred-nostjejedinatackanagomilavanjatogniza.Konvergentannizjeogranicen. Akoje limnan= a i limnbn= b,tadavazi:1. limn(anbn) = a b;2. limn(an bn) = ab;3. limnanbn=ab, akojeb = 0iakozasvakon Nvazibn = 0;4. limnkan=k

limnan, gdejekneparanbroj,ilijekparanbrojizasvakon Nvazian 0;ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 1935. limn(an)k= (limnan)k, gdejek N. Akoje limnan=a, limnbn=bi postoji n0 Nsaosobinomdazasvakon n0vazian bn,ondasledia b. Akoje limnan=limnbn= cipostojin0 Nsaosobinomdazasvakon n0vazian cn bn,ondasledi limncn= c. Uzadacimase cestokoristesledecegranicnevrednosti:1. limn1na=

0, a > 01, a = 0+, a < 0;2. limnqn=

0, [q[ < 11, q= 1, q> 1nepostoji, q 1;3. limnnbqn= 0, [q[ < 1, b R;4. Akoje limnan= ,ondavazi limn

1 +1an

an= e.5. limnnan!= 0, a R;6. limnna = 1, a > 0;7. limnnn = 1;8. limn

1 +1n

n= e;9. limnann!= 0, a R.Granicnavrednosti neprekidnostfunkcije Tackax0jetackanagomilavanjaskupaD R, akozasvako>0interval (x0, x0 +) sadrzi bar jedanelemenat iz skupa D, koji jerazlicitodx0.Drugimrecima, x0jetackanagomilavanjaskupaD, akozasvako>0skup(x0, x0 +) Dimabeskonacnomnogoelemenata. Neka je x0tacka nagomilavanja domena Dfunkcije f: D R. Kazemoda je broj A granicnavrednost funkcije fu tacki x0ako za svako > 0postoji >0(zavisi od), takodazasvakox Dkojezadovoljavauslov0 < [x x0[ < ,vazi [f(x) A[ < . Utomslucajupisemolimxx0f(x) = A. Kazemodajebroj Adesnagranicnavrednostfunkcijef: D Rutacki x0akojex0tackanagomilavanjaskupaD (x0, +)i akozasvako>0postoji >0(zavisi od), takodazasvakox Dkojezadovoljavauslovx (x0 , x0), vazi [f(x) A[ 0postoji >0(zavisi od), takodazasvakox Dkojezadovoljavauslovx (x0, x0+ ), vazi [f(x) A[ 0postoji M>a(Mzavisi od),takodazax > Mvazi [f(x) A[ < .Utomslucajupisemo: limx+f(x) = A.Analognosedenise: limxf(x) = A. Nekajex0tackanagomilavanjadomenafunkcijef : D R. AkozasvakoK>0, postoji >0(zavisi odK), takodazasvakox Dsaosobinom0< [x x0[ K, ondakazemodaf tezi kaplusbeskonacnostikadax x0.Utomslucajupisemo: limxx0f(x) = +.Analognosedenise: limxx0f(x) = .Cestouzadacimaumesto+pisemo . Nekapostoji realanbroj atakavdadomenfunkcijef: D Rsadrziinterval (a, +). AkozasvakoK>0, postoji >0( zavisi odK),takodazasvakox>avazi f(x)>K, ondakazemodaftezi kaplusbeskonacnostiuplusbeskonacnosti.Utomslucajupisemo: limx+f(x) = +.(Analognosedenisu: limx+f(x) = , limxf(x) = + ilimxf(x) = . Neka je x0tacka nagomilavanja zajednickog domena DRfunkcijaf : DRi g : DR. Pretpostavimodapostoje limxx0f(x) =A i limxx0f(x) = B.Tadavazejednakosti:1. limxx0(f(x) g(x)) = AB,2. limxx0(f(x)g(x)) = A B,3. limxx0f(x)g(x)=AB, akojeB = 0izasvakox Djeg(x) = 0.Jednakostivazeiakosex0zamenisa ili .ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 195 Navodimonekegranicnevrednostikojese cestokoriste:1. limx

1 +1x

x= e, 2. limx0(1 +x)1x= e,3. limx+1x=

0, > 01, = 0+, < 0, 4. limx0sin xx= 1,5. limx0ex1x= 1, 6. limx0ln(1 +x)x= 1,7. limx0(1 +x)1x= , R. Zafunkcijuf : D R, D R, kazemodajeneprekidnautackix0 D,akozasvako > 0postoji> 0(zavisiod)takodazasvakox Dkojezadovoljavauslov [x x0[ < vazi [f(x) f(x0)[ < . Akoje x0Dtackanagomilavanjaskupa D, ondaje f : DRneprekidnaux0akoisamoakoje limxx0f(x) = f(x0). Akoutackix0 Dfunkcijaf: D Rnijeneprekidna,ondakazemodaonautojtackiimaprekid. Razlikujemotrivrsteprekida:Ako limxx0f(x)postoji(kaokonacanbroj)iakojelimxx0f(x) = f(x0),ondajetootklonjiv(prividan) prekid. (Neki autori podprividnimprekidompodrazumevajuitackenagomilavanjadomenafunkcijefuko-jimafunkcijanijedenisanaaliimagranicnuvrednost.)Akopostojelevai desnagranicnavrednostfunkcijef utacki x0i nisujednake, ondasekazedafunkcijaf imaskokili prekidprvevrsteutackix0.Akobarjednaodgranicnihvrednostilimxx+0f(x) ili limxx0f(x)nepostoji(kaokonacanbroj),ondajetoprekiddrugevrste. Kazemodajefunkcijaf:D RneprekidnanaskupuD1 D, akojeneprekidnausvakojtackiskupaD1. Ako su funkcije fi g neprekidne u tacki x0, onda su u toj tacki neprekidneisledecefunkcije:f+g, f g, fg,fg(akojeg(x0) = 0).196 8. NIZOVI,GRANICNAVREDNOSTINEPREKIDNOSTFUNKCIJEAkojefunkcijagneprekidnautacki x0i funkcijaf neprekidnautackig(x0),ondajefunkcijaf gneprekidnautackix0. Osnovne elementarne funkcije su neprekidne na celom denicionom skupu. Akofunkcijag:D D1, D1 RimagranicnuvrednostAutacki x0ifunkcijaf: D1 RjeneprekidnautackiA,ondajelimxx0f(g(x)) = f(limxx0g(x)) = f(A).Akoje limxx0g(x)= (limxx0g(x)= )i limxf(x)=B( limxf(x)=B),ondajelimxx0f(g(x)) = B.ZadaciNizovi1. Odreditisumuprvihnclanovanizaa) an= n. b) parnihbrojeva.c) neparnihbrojeva. d) bn=12n.Resenje:a) Suma prvih n clanova aritmetickog niza izracunava se po formuli (8.1).Uposmatranomslucajuje a1= 1 i d = 1,takodaimamoSn= n +n(n 1)2=n(n + 1)2,stojepoznataformulazaizracunavanjezbiraprvihnprirodnihbrojeva.b) Suma prvih n parnih brojeva moze se izracunati kao suma aritmetickogniza cijijeprvi clana1= 2,arazlikad = 2. Koristeci(8.1),imamoSn= 2n +n(n 1)2 2 = n2+n = n(n + 1).c) Za izracunavanje sume prvihnclanova niza neparnihbrojeva ko-risticemoponovo(8.1)saa1= 1 i d = 2.TadaslediSn= n +n(n 1)2 2 = n2.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 197d) Sumaprvihnclanovageometrijskognizaizracunavasepoformuli(8.2). Uposmatranomslucajuje a1=12i q=12,takodaslediSn=12 1 12n1 12=2n12n.2. Ispitatikonvergencijunizacijijeopsticlana)an=1n. b)an= (1)n. c)an= n.Resenje:a) Posmatrani niz je ogranicen, jer postoji M=1saosobinomdazasvakon Nvazi

1n

M. Dati nizjemonotonoopadajuci,jerzasvakon Nvazin < n + 1,tj.1n>1n+1.Znaci,niz cijijeopsti clanan=1njekonvergentan.b)Niz (1)nnNjedivergentanjerimadvetackenagomilavanja. Tosua2k= 1ia2k+1= 1.c)Zasvaki pozitivanrealanbroj Mpostoji prirodanbroj n(npr. n=[M] + 1)koji jeveci odnjega,stoznaci daniz nnNnijeogranicen, asamimtimnijenikonvergentan. Premadenicijijelimnn = .3. Koristecidenicijugranicnevrednostiniza,pokazatidajelimnn3n + 1=13.Resenje:Nekajeproizvoljanpozitivanrealanbroj. Trebapokazati dapostojiprirodanbrojn0saosobinomdazasvakon n0vazi

n3n+1 13

< .

n3n + 1 13

<

3n 3n 13(3n + 1)

< 19n + 3< .Zasvakon Nje9n + 3>9n, tj.19n+319.Znaciakozan0uzmemonpr. najmanji prirodanbrojkojijeveciod19,odnosnon0= [19] + 1,ondazasvakon n0vazi

n3n1 13

< .(Napomena: Za n0se moze uzeti bilo koji prirodan broj koji je veci od19.Sa[x]seoznacavaceodeoodx.)198 8. NIZOVI,GRANICNAVREDNOSTINEPREKIDNOSTFUNKCIJE4. Odrediti a) limn2n23n + 43n3+ 5n2+ 1. b) limn4n3+ 3n + 53n3+ 5n2+ 1.c) limnn73n4+ 8n2106n61.Resenje:Granicnuvrednostniza, ciji opsticlanimaoblikkolicnikapolinomaste-pena k i polinoma stepena m, racunacemo tako sto cemo brojilac i imenilacpodeliti sanl, gdejel =maxk, m, azatimprimeniti osobinekonver-gentnihnizovai nizovakoji divergirajuuplusili minusbeskonacno. Nadrugi nacin zadatak se moze resiti izdvajanjem ispred zagrade,u brojiocunk,auimeniocunm.a)limn2n23n+4n33n3+5n2+1n3=limn2n 3n2+4n33 +5n+1n3=limn

2n 3n2+4n3

limn

3 +5n+1n3 = 0.b)limn4n3+3n+5n33n3+5n2+1n3=limn4 +3n2+5n33 +5n+1n3=limn

4 +3n2+5n3

limn

3 +5n+1n3 =43.c)limnn73n4+ 8n2106n61=limnn7(1 3n3 8n5 10n7)n6(6 1n6)==limn

n 1 3n3 8n5 10n76 1n6

= .5. Odrediti a) limnn 6n3n + 1. b) limn(n2+n +n)23n6+ 1.Resenje:Idejaprimenjenauprethodnomzadatkumozeseprimeniti i uopstijimslucajevima:a)limn(n 6n) / : n(3n + 1) / : n=limn1n 63 +1n= 2.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 199b)limn(n2+n +n)23n6+ 1=limn(

n2(1 +1n) +n)23

n6(1 +1n6)==limn

n

1 +1n+n

2n23

1 +1n6= limnn2

1 +1n+ 1

2n23

1 +1n6==limn

1 +1n+ 1

23

1 +1n6= 4.6. Odrediti a) limn

n25n + 4 n

.b) limn

3

n3+ 2n23

n32

.c) limnn(n2+ 1 3n3+n).Resenje:Zadaciovogtipamoguseresitiracionalisanjem:a)limn

n25n + 4 n

=limn

n25n + 4 n

(n25n + 4 +n)n25n + 4 +n==limnn25n + 4 n2n25n + 4 +n=limnn(5 +4n)n

1 5n+4n2+ 1==limn5 +4n

1 5n+4n2+ 1= 52,b)limn

3

n3+ 2n23

n32

(3n3+ 2n2)2+3

(n3+ 2n2)(n32) + (3n32)2(3n3+ 2n2)2+3

(n3+ 2n2)(n32) + (3n32)2==limnn3+ 2n2(n32)3

(n3+ 2n2)2+3n3+ 2n23n32 +3

(n32)2=200 8. NIZOVI,GRANICNAVREDNOSTINEPREKIDNOSTFUNKCIJE=limn2n2+ 23n6+ 4n5+ 4n4+3n6+ 2n52n34n2+3n64n3+ 4==limnn2(2 +2n2)n2(3

1 +4n+4n2+3

1 +2n2n3 4n4+3

1 4n3+4n6)=23.c)limnn

n2+ 1 3

n3+n

==limnn

n2+ 1 n +n 3

n3+n

==limnn(

n2+ 1 n) +limnn(n 3

n3+n) ==limnn(n2+ 1 n)(n2+ 1 +n)n2+ 1 +n++limnn(n 3n3+n)(n2+n3n3+n +3

(n3+n)2)n2+n3n3+n +3

(n3+n)2==limnn(n2+ 1 n2)n2+ 1 +n+limnn(n3(n3+n))n2+n3n3+n +3

(n3+n)2==limnnn2+ 1 +n+limnn2n2+n3n3+n +3

(n3+n)2==limnnn

1 +1n2+ 1+limnn2n2

1 +3

1 +1n2+3

(1 +1n2)2=16.7. Odrediti limn3n+1+ 5n+13n5n.Resenje:Kakozaq=35< 1geometrijskiniz (35)nnNimagranicnuvrednost0,dobijamolimn3n+1+ 5n+13n5n=limn5n+1

35

n+1+ 1

5n

35

n1 == 5limn

35

n+1+ 1

35

n1= 5.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 2018. Odrediti limnn13 134 n4.Resenje:Koristeci limnna = 1, a > 0,dobijamo:limnn13 134 n4=1 134 1= 4.9. Odrediti limn8n+n!n3+ (n + 2)!.Resenje:Koristeci limnann!= 0, a Ri limnnan!= 0, a Rdobijamo:limn8n+n!n3+ (n + 2)! (n + 2)!(n + 2)!=limn8n(n+2)!+n!(n+2)!n3(n+2)!+ 1=limn8n(n+2)!+1(n+1)(n+2)n3(n+2)!+ 1=01= 0.10. Odrediti a) limn1 + 2 + 3 +. . . +nn2.b) limn

112+123+134 . . . +1n(n + 1)

.c) limn

1 + 3 +. . . + (2n 1)n + 12n + 32

.Resenje:Zaizracunavanjeovegranicnevrednosti nemozeseiskoristiti pravilodajegranicnavrednostzbirakonacnomnogokonvergentnihnizovajednakazbirunjihovihgranicnihvrednosti,jerbrojsabirakazavisiodn,tj. trazisegranicnavrednostsumebeskonacnomnogosabiraka.a)limn1 + 2 + 3 +. . . +nn2=limnn(n+1)2n2=limnn2+n2n2=12.b) Dabismoodredili vrednost zbira

112+123+. . . +1n(n + 1)

,uocimodavazi1n(n + 1)=1n 1n + 1202 8. NIZOVI,GRANICNAVREDNOSTINEPREKIDNOSTFUNKCIJE(postupakrastavljanjaracionalnefunkcijenaparcijalnerazlomke).Tadajelimn

112+123+134 . . . +1n(n + 1)

== limn

11 12+12 13+13 14+. . . +1n 1n + 1

== limn

1 1n + 1

= 1.c) Ubrojiocuprvograzlomkase nalazi zbir prvihnneparnihbrojeva.Koristeci zadatak1podc), tj. 1 + 3 + . . . + (2n 1)=n2, i sabirajucirazlomkedobijamo:limn

1 + 3 +. . . + (2n 1)n + 12n + 32

==limn2n2(2n + 3)(n + 1)2(n + 1)=limn5n 32(n + 1)= 52.11. Odrediti limn1 +12+122+. . . +12n11 +13+132+. . . +13n1.Resenje:Sabracemoclanovegeometrijskognizaubrojiocu, odnosnoimeniocu, azatimpostupitislicnokaou5. zadatku:limn1 +12+122+. . . +12n11 +13+132+. . . +13n1= limn112n12113n23== limn3n1(2n1)2n2(3n1)= limn3n12n(1 12n)2n23n(1 13n)== limn22(1 12n)3 (1 13n)=43.12. Odrediti a) limn

1 1n

n. b) limn

1 13n

n.c) limn

5n3+ 25n3

n3.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 203Resenje:Svenavedenegranicnevrednosti moguseodrediti koriscenjemcinjenicedazasvaki niz annNkoji divergirakaplusili minusbeskonacnosti,vazilimn

1 +1an

an= e.a)limn

1 1n

n=limn

1 +1(n)

(n)(1)= e1.b)limn

1 13n

n=limn

1 +1(3n)

(3n)(13)= e13.c)limn

5n3+ 25n3

n3=limn

1 +25n3

n3==limn

1 +15n325n3225= e25=5e2.Granicnavrednosti neprekidnostfunkcije1. Pokazatipodenicijidajea) limx2x2+x 6x 2= 5. b) limx24 x2x22x= 2.Resenje:a) Primetimo da je x0= 2 tacka nagomilavanja domena funkcijex2+x6x2.Podeniciji granicnevrednosti potrebnoje, zaunapredzadato >0,pronaci >0takodazasvakox R`2kojezadovoljavauslov032> 1.2. Odreditigranicnuvrednosta) limx03x2+ 2x 12x2x + 1. b) limx2sinxx. c) limx02x.d) limx0arccos x.Resenje:Akojefunkcijaf denisanauokolini tackex0i neprekidnaux0, ondavazi limxx0f(x) = f(x0). Kako su sve elementarne funkcije neprekidne, ovucinjenicu cemokoristitiunarednimzadacima.a) limx03x2+ 2x 12x2x + 1=30 + 20 120 0 + 1= 1.b) limx2sinxx=sin22=2.c) limx02x= 20= 1.d) limx0arccos x = arccos 0 =2.3. Odreditigranicnuvrednosta) limx5x3+ 3x2+ 2x + 35x4+ 2x2+x + 3. b) limx5x4+ 2x2+x + 55x3+x2+x + 3.c) limxx

x +x. d) limx

x +

x +xx + 1.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 205Resenje:Ovo suneodredeniizrazioblika ,, ipotrebno ihjena nekinacintrans-formisati.a) limx5x3+ 3x2+ 2x + 35x4+ 2x2+x + 3=limxx3(5 +3x+2x2+3x3)x4(5 +2x2+1x3+3x4)==limx5 +3x+2x2+3x3x(5 +2x2+1x3+3x4)= 0.b) limxx4(5 +2x2+1x3+5x4)x3(5 +1x+1x2+3x3)= limxx(5 +2x2+1x3+5x4)5 +1x+1x2+3x3= .c) limxx

x +x=limxxx

1 +1x=limx1

1 +1x= 1.d) limx

x +

x +xx + 1=limxx

1 +xx

1 +1xx

1 +1x==limx

1 +1x

1 +1x

1 +1x= 1.4. Izracunatigranicnuvrednosta) limx4x24xx2x 12. b) limx53x213x 104x214x 30.c) limx3x2+x 62x2+ 9x + 9. d) limx1x3+x22x3+ 2x22x 1.e) limx2x32x24x + 8x42x38x + 16. f ) limx2x4+ 2x3+ 8x + 16x3+ 7x2+ 16x + 12.Resenje:Ovo su neodredeni izrazi oblika ,,00 kod kojih je potrebno faktorisati izrazeubrojiocuiimeniocu.a)limx4x24xx2x 12=limx4x(x 4)(x 4)(x + 3)=limx4xx + 3=47.206 8. NIZOVI,GRANICNAVREDNOSTINEPREKIDNOSTFUNKCIJEb)limx53x213x 104x214x 30= limx5(x 5)(3x + 2)2(x 5)(2x + 3)=limx53x + 22(2x + 3)==1726.c)limx3x2+x 62x2+ 9x + 9= limx3(x + 3)(x 2)2(x + 3)(x +32)= limx3x 22x + 3=53.d)Kakojex = 1korenpolinomaubrojiocuiimeniocu,faktorisacemotepolinome(npr. koristeciHornerovu semu).limx1x3+x22x3+ 2x22x 1=limx1(x 1)(x2+ 2x + 2)(x 1)(x2+ 3x + 1)==limx1x2+ 2x + 2x2+ 3x + 1= 1.e) Postupamoslicnokaoiuprethodnimzadacima.limx2x32x24x + 8x42x38x + 16=limx2(x 2)(x24)(x 2)(x38)=limx2x24x38==limx2(x 2)(x + 2)(x 2)(x2+ 2x + 4)=limx2x + 2x2+ 2x + 4=13.f)limx2x4+ 2x3+ 8x + 16x3+ 7x2+ 16x + 12= limx2(x + 2)(x3+ 8)(x + 2)2(x + 3)== limx2x3+ 8(x + 2)(x + 3)= limx2(x + 2)(x22x + 4)(x + 2)(x + 3)== limx2x22x + 4x + 3= 12.5. Izracunatigranicnuvrednosta) limx4x 2x 4. b) limx3x + 6 xx 3.c) limx01 +x 131 +x 1. d) limx2x2+ 5 3x3+x2+ 15x25x + 6.e) limxax a +x ax2a2, a R.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 207Resenje:Ovegranicnevrednostisadrzeizrazekojetrebaracionalisati.a)limx4x 2x 4=limx4x 2x 4

x + 2x + 2=limx4x 4(x 4)(x + 2)=14.b)limx3x + 6 xx 3=limx3x + 6 xx 3

x + 6 +xx + 6 +x==limx3x + 6 x2(x 3)(x + 6 +x)=limx3(x 3)(x + 2)(x 3)(x + 6 +x)==limx3(x + 2)x + 6 +x=53 + 6 + 3= 56.c)limx01 +x 131 +x 1==limx01 +x 131 +x 1

3

(1 +x)2+31 +x + 13

(1 +x)2+31 +x + 1

1 +x + 11 +x + 1==limx0(1 +x 1)(3

(1 +x)2+31 +x + 1)(1 +x 1)(1 +x + 1)==limx03

(1 +x)2+31 +x + 11 +x + 1=1 + 1 + 12=32.Nadruginacin,koristeci limx0(1+x)1x= ,jelimx01 +x 131 +x 1=limx0(1 +x)12 1(1 +x)13 1=limx0(1+x)12 1x(1+x)13 1x=1213=32.d)limx2x2+ 5 3x3+x2+ 15x25x + 6=limx2x2+ 5 3x25x + 6 limx23x3+x2+ 15 3x25x + 6=limx2x2+ 5 9(x 2)(x 3)(x2+ 5 + 3) limx2x3+x2+ 15 27(x 2)(x 3)(3

(x3+x2+ 15)2+ 33x3+x2+ 15 + 9)==limx2(x + 2)(x 2)(x 2)(x 3)(x2+ 5 + 3)208 8. NIZOVI,GRANICNAVREDNOSTINEPREKIDNOSTFUNKCIJE limx2(x 2)(x2+ 3x + 6)(x 2)(x 3)(3

(x3+x2+ 15)2+ 33x3+x2+ 15 + 9)= 227.e)limxax a +x ax2a2=limxax ax2a2+limxax a

(x a)(x +a)==limxax ax2a2 (x +a)+limxa1x +a==limxax ax +a 1x +a+limxa1x +a=12a.6. Izracunatigranicnuvrednosta) limx0sin 3xx. b) limx0bxsinax, a = 0, a R, b R.c) limx01 cos xx2. d) limxasinx sinax a, a R.e) limx0sin 4xx + 1 1. g) limxatg x + tg ax +a, a R.f ) limx01 cos 2x + tg2xxsinx.Resenje:Uovimzadacima cemokoristitigranicnuvrednost(4).a)limx03 sin3x3x= 3 limx0sin 3x3x= 31 = 3.b)limx0bxsinax=limx01sin axbx=limx01ab sin axax=ba 1limx0sin axax=ba.c) Koristicemopoznatuvezu 1 cos x = 2sin2x2:limx01 cos xx2=limx02sin2x2(x2)2 4=12 limx0

sinx2x2

2=121 =12.d)limxasin x sinax a=limxa2cos(x+a2)sin(xa2)x a=ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 209=limxacos(x+a2)sin(xa2)(xa)2= cos(2a2)limxasin(xa2)xa2= cos a.e)limx0sin 4xx + 1 1=limx04 sin 4x4x(x+1)12 1x=4112= 8.f)limx01 cos 2x + tg2xxsin x=limx01 cos2x + sin2x +sin2xcos2xxsinx==limx02 sin2xcos2x + sin2xxsinxcos2x=limx0sin2x(2 cos2x + 1)xsinxcos2x==limx0sin xx

2 cos2x + 1cos2x= 1 2 + 11= 3.g)limxatg x + tg ax +a= limxasin xcos x+sin acos ax +a== limxasinxcos a + sin acos x(x +a)cos xcos a= limxasin(x +a)(x +a)cos xcos a== limxasin(x +a)x +a

1cos xcos a=1cos2a.7. Izracunatigranicnuvrednosta) limx0(1 + 4x)3x. b) limx0

3x2+x 1x 1

2x+13x2.c) limx

x2+ 5x22

2x2x+1. d) limx2

2x23x + 3

xx24.e) limx3(x 2)1(x3)2. f ) limxeln x 1x e.Resenje:Ove granicne vrednosti a) - e) su oblika ,,1. Izracunacemo ih primenompoznatihgranicnihvrednosti(1)i(2).a) limx0(1 + 4x)3x=limx0(1 + 4x)14x3x4x= elimx012xx= e12.210 8. NIZOVI,GRANICNAVREDNOSTINEPREKIDNOSTFUNKCIJEb) limx0

3x2+x 1x 1

2x+13x2=limx0

1 +3x2x 1

x13x22x+1x1== elimx02x+1x1= elimx02x+1x1= e1=1e.c) limx

x2+ 5x22

2x2x+1= limx

x22 + 7x22

2x2x+1== limx

1 +7x22

x2272x2x+17x22= elimx14x2(x+1)(x22)== 1.d) limx2

2x23x + 3

xx24=limx2

x + 3 + 2x26 xx + 3

xx24==limx2

1 +2x2x 6x + 3

x+32x2x6xx242x2x6x+3== elimx2xx+3(x2)(2x+3)(x2)(x+2)= e2574= e710.e) limxeln x 1x e=limxeln x ln ex e=limxeln(xe)x e=limxeln(xe)1xe== ln limxe

1 +xe 1 1xe= ln limxe

1 +x ee exe1xexee== ln e1e=1e.f) limx3(x 2)1(x3)2=limx3(1 +x 3)1x31(x3)2(x3)= elimx31x3.Ovagranicnavrednostnepostoji. Zaista, jerdesnagranicnavred-nostnepostoji(kaokonacna)limx3+(x 2)1(x3)2= elimx3+1x3= +,alevagranicnavrednostjejednakanulilimx3(x 2)1(x3)2= elimx31x3= 0.8. Izracunatigranicnuvrednosta) limx0+(1 +x). b) limx4+1x 4. c) limx0+31x.d) limx41x 4. e) limx031x. f ) limx11 x1 x2.g) limx02x +[x[3x. h) limx0+2x +[x[3x.ZbirkaresenihzadatakaizMatematikeI 211Resenje:a) limx0+(1 +x) = 1.Primetimo da ovde nije moguce traziti levu granicnu vrednost limx0f(x),jerfunkcija1 +xnijedenisanazax < 0.b) Ovojegranicnavrednostoblika,,10+,dakle limx4+1x 4= +.c) Ovojegranicnavrednostoblika,,3+,dakle limx0+31x= +.d) Ovojegranicnavrednostoblika,,10,dakle limx41x 4= .e) Ovojegranicnavrednostoblika,,3,dakle limx031x= 0.f) limx11 x1 x2= limx11 x(

(1 x)(1 +x))2= limx11(1 +x)1 x== +.g) limx02x +[x[3x= limx02x x3x=13.h) limx0+2x +[x[3x= limx0+2x +x3x= 1.9. Izracunatigranicnuvrednosta) limx0ax1x. b) limx0eax1x.c) limx2(sin x)tg2x. d) limx0(tg x)11+31+ln2x.e) limx2xx 2. f ) limx1x 1[x 1[.g) limx0[ sin x[x. h) li