Josipa Baric. Marina Nincevic. MATEMATIKA 1. Zbirka zadataka http://www.fesb.
hr/mat1. Sveucilište u Splitu. Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje.
Ivan Slapniˇ car Josipa Bari´ c Marina Ninˇ cevi´ c
MATEMATIKA 1 Zbirka zadataka
http://www.fesb.hr/mat1 ˇiliˇ Sveuc ste u Splitu Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje Split, veljaˇca 2008.
Sadrˇ zaj Popis slika
xiii
Predgovor
xv
1. OSNOVE MATEMATIKE
1
1.1
Nejednadˇzbe s apsolutnom vrijednoˇs´cu . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
1.2
Dokazivanje jednakosti matematiˇckom indukcijom . . . . . . . . . .
3
1.3
Dokazivanje nejednakosti pomo´cu matematiˇcke indukcije . . . . . . .
4
1.4
Binomni pouˇcak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.5
Zbroj koeficijenata u razvoju binoma . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.6
Osnovne operacije s kompleksnim brojevima . . . . . . . . . . . . . .
6
1.7
Realni i imaginarni dio kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.8
Konjugiranje kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.9
Modul kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.10 Algebarski oblik kompleksnog broja
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.11 Jednakost kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.12 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.14 Korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
1.16 Jednadˇzbe u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . .
12
1.17 Kompleksna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
1.18 Sustav jednadˇzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . .
17
1.19 Sustav nejednadˇzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . .
19
v
1.20 Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
1.21 Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
2. LINEARNA ALGEBRA
29
2.1
Osnovne operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
2.2
Mnoˇzenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
2.3
Matriˇcni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
2.4
Komutativnost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
2.5
Potenciranje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
2.6
Sustav linearnih jednadˇzbi bez rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
2.7
Sustav linearnih jednadˇzbi s jedinstvenim rjeˇsenjem . . . . . . . . . .
34
2.8
Sustav linearnih jednadˇzbi s beskonaˇcno rjeˇsenja . . . . . . . . . . .
36
2.9
Homogeni sustav linearnih jednadˇzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
2.10 Sustav linearnih jednadˇzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . . . .
39
2.11 Homogeni sustav jednadˇzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . . . .
42
2.12 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
2.13 Rang matrice ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
2.14 Sarrusovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
2.15 Laplaceov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
2.16 Svojstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
2.17 Raˇcunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik . . . . . . . .
47
2.18 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . . . .
48
2.19 Raˇcunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik .
49
2.20 Regularna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
2.21 Raˇcunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom . . . . . .
50
2.22 Raˇcunanje inverzne matrice pomo´cu determinanti . . . . . . . . . . .
51
2.23 Formula za inverz matrice drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
2.24 Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
2.25 Matriˇcna jednadˇzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
2.26 Jednadˇzba s kvadratnim matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . .
54
2.27 Rjeˇsavanje matriˇcne jednadˇzbe invertiranjem . . . . . . . . . . . . .
55
2.28 Rastav matrice na simetriˇcni i antisimetriˇcni dio . . . . . . . . . . .
57
2.29 Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
vi
2.30 Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ 3. VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA GEOMETRIJA
62 65
3.1
Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
3.2
Vektorska projekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
3.3
Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
3.4
Linearna kombinacija vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
3.5
Povrˇsina i visina trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
3.6
Povrˇsina paralelograma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
3.7
Povrˇsina i duljina dijagonala romba . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
3.8
Mjeˇsoviti produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
3.9
Volumen paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
72
3.10 Visina paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
72
3.11 Volumen tetraedra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
3.12 Jednadˇzba ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
74
3.13 Pramen ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
3.14 Okomite ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
3.15 Jednadˇzba pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
3.16 Okomiti pravci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78
3.17 Ravnina paralelna pravcu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78
3.18 Sjeciˇste pravca i ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
3.19 Sjeciˇste dvaju pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
3.20 Ortogonalna projekcija toˇcke na pravac . . . . . . . . . . . . . . . .
80
3.21 Ortogonalna projekcija toˇcke na ravninu . . . . . . . . . . . . . . . .
81
3.22 Ortogonalna projekcija pravca na ravninu . . . . . . . . . . . . . . .
81
3.23 Udaljenost toˇcaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
82
3.24 Udaljenost ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
82
3.25 Udaljenost pravca od ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83
3.26 Udaljenost toˇcke od pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
3.27 Udaljenost paralelnih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
3.28 Udaljenost mimosmjernih pravaca
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
85
3.29 Sjeciˇste simetrale kuta i simetrale stranice . . . . . . . . . . . . . . .
85
3.30 Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
86
vii
3.31 Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
90 93
4.1
Podruˇcje definicije funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
94
4.2
Podruˇcje definicije sume i razlike funkcija . . . . . . . . . . . . . . .
95
4.3
Graf op´ce sinusoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
98
4.4
Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
98
4.5
Nejednadˇzba s kompozicijom funkcija
. . . . . . . . . . . . . . . . . 100
4.6
Inverzna funkcija i podruˇcje definicije
. . . . . . . . . . . . . . . . . 100
4.7
Inverzna funkcija logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
4.8
Limes slijeva i zdesna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
4.9
Limes oblika ∞/∞ u beskonaˇcnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
4.10 Limes racionalne funkcije oblika 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 4.11 Limes racionalne funkcije oblika ∞ − ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . 103 4.12 Limes iracionalne funkcije oblika 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 4.13 Limes iracionalne funkcije oblika ∞ − ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . 104 4.14 Primjena lim(sin x)/x kada x → 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 4.15 Primjena lim(sin x)/x kada x → ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.16 Limes oblika a∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 4.17 Primjena limesa koji daju broj e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 4.18 Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 4.19 Vrste prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 4.20 Asimptote racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 4.21 Asimptote iracionalne funkcije
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
4.22 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom . . . . . . . . . . . . 116 4.23 Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 4.24 Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 5. DERIVACIJE I PRIMJENE
127
5.1
Pravila deriviranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
5.2
Deriviranje kompozicije funkcija
5.3
Logaritamsko deriviranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
5.4
Deriviranje implicitno zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 viii
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
5.5
Derivacije viˇseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
5.6
Deriviranje parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 135
5.7
Tangenta na eksplicitno zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . . . . 136
5.8
Tangenta na parametarski zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . . . 136
5.9
Kut izmedu tangenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
5.10 L’Hospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 5.11 Lokalni ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 5.12 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije
. . . . . . . . . . . . 143
5.13 Lokalni ekstremi i ˇsiljci funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 5.14 Lokalni ekstremi i intervali monotonosti . . . . . . . . . . . . . . . . 145 5.15 Toˇcke infleksije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 5.16 Toˇcke infleksije i intervali zakrivljenosti . . . . . . . . . . . . . . . . 147 5.17 Geometrijski ekstrem I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 5.18 Geometrijski ekstrem II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 5.19 Geometrijski ekstrem III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 5.20 Geometrijski ekstrem IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 5.21 Tok funkcije I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 5.22 Tok funkcije II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 5.23 Tok funkcije III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 5.24 Tok funkcije IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 5.25 Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 5.26 Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 6. NIZOVI I REDOVI
179
6.1
Limes niza po definiciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
6.2
Gomiliˇste niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
6.3
Konvergencija monotonog i omedenog niza . . . . . . . . . . . . . . . 181
6.4
Limesi nekih osnovnih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
6.5
Limes uklijeˇstenog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
6.6
Limes produkta nul-niza i omedenog niza . . . . . . . . . . . . . . . 186
6.7
Limesi nizova sa sumama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
6.8
Limesi nizova s produktima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
6.9
Limes niza s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 ix
6.10 Limes niza rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . 189 6.11 Konvergencija i suma reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 6.12 Suma reda s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 6.13 Suma reda rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . 192 6.14 Nuˇzan uvjet konvergencije reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 6.15 Prvi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 6.16 Drugi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 6.17 D’Alembertov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 6.18 Cauchyjev kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 6.19 Raabeov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 6.20 Apsolutna konvergencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 6.21 Leibnizov kriterij konvergencije za alternirane redove . . . . . . . . . 199 6.22 Odredivanje podruˇcja konvergencije D’Alembertovim kriterijem . . . 201 6.23 Odredivanje podruˇcja konvergencije Cauchyjevim kriterijem . . . . . 202 6.24 Podruˇcje apsolutne konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 6.25 Taylorov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 6.26 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 206 6.27 MacLaurinov razvoj logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 208 6.28 Taylorov razvoj iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 6.29 Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije
. . . . . . . . . . . . . . . 210
6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija
. . . . . . . 211
6.31 Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 6.32 Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 A. DA/NE KVIZ
223
A.1 Osnove matematike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 A.2 Linearna algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 A.3 Vektorska algebra i analitiˇcka geometrija . . . . . . . . . . . . . . . . 236 A.4 Funkcije realne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 A.5 Derivacije i primjene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 A.6 Nizovi i redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
x
Popis slika Graf parabola y = x2 − 2x i y = 2x2 − x − 3. . . . . . . . . . . . . .
3
Slika skupa {(x, y) ∈ R : x + (y − 1) ≤ 1, y ≤ −x + 1}. . . . . . . .
15
≤ arg z ≤ π}.
16
− 1}. . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
1.5
Slika skupa {(x, y) ∈ R : (x − 1) + y ≥ 1, y ≥ 3x − 1}. . . . . . . .
18
1.6
Rjeˇsenje nejednadˇzbe (1.12). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
1.7
Rjeˇsenje nejednadˇzbe (1.13). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
1.8
Presjek skupova prikazanih na slikama 1.6 i 1.7. . . . . . . . . . . . .
22
1.9
Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 < 1, (x − 1)2 + y 2 ≤ 1}. . . .
26
y }. . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
27
1.1 1.2 1.3 1.4
2
2
2
Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : 4 < x2 + y 2 < 9} ∩ {z ∈ C : Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y < 2
2
x 4
2
1.10 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 1 −
π 3
2
2
1.11 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x + 1}. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2 2 √ 1.12 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x + √12 + y − √12 ≤ 12 i y ≤ x + 2}. 28 4.1 4.2 4.3
Sinusoida f1 (x) = sin 2x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sinusoida f2 (x) = sin 2x − π3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sinusoida f (x) = − 21 sin 2x − π3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
98 99 99
2
4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9
Graf funkcije f (x) =
x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 −4
x2
x2 + 2x . . . . . x−2 √ Graf funkcije f (x) = 4x2 + x. . . . √ Graf funkcije f (x) = 4x2 + x. . . . Graf funkcije f (x) = 2 sin 21 x − π4 . Graf funkcije f (x) = 2 cos 3x + π4 . Graf funkcije f (x) =
xi
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
4.10 Graf funkcije f (x) = cos2 x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 4.11 Graf funkcije f (x) = 4.12 Graf funkcije f (x) =
x2
1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 −1
x2 + 2x − 3 . x+5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
2x2 + 9x + 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 3(x + 4) x e1/x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 4.14 Graf funkcije f (x) = 2x + 3 4.13 Graf funkcije f (x) =
5.1
Presjek kruˇznog stoˇsca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
5.2
Presjek kanala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
5.3
Pravokutnik upisan u prvi kvadrant elipse . . . . . . . . . . . . . . . 150
5.4
Trokut omedjen tangentom i koordinatnim osima . . . . . . . . . . . 152
5.5 5.6 5.7 5.8
2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 x Graf funkcije f (x) = 1 − x2 e−x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 Graf funkcije f (x) = x2 +
ln 2x Graf funkcije f (x) = √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 x
Graf funkcije f (x) = 2 sin(2x) + sin(4x). . . . . . . . . . . . . . . . . 162
x−1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 x+2 2 5.10 Graf funkcije f (x) = x + 1 − . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 x 7 − 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 5.11 Graf funkcije f (x) = 2 x +3 5.9
Graf funkcije f (x) =
5.12 Graf funkcije f (x) =
2x3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 −4
x2
1
1
5.13 Grafovi funkcija g(x) = e x − ex i f (x) = |e x − ex|. . . . . . . . . . . 174 5.14 Graf funkcije f (x) = x
1 + ln x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 1 − ln x
x2 −1
5.15 Graf funkcije f (x) = e x2 −4 . . . . . . . . . 2 . 5.16 Graf funkcije f (x) = ln 1 + 2 x +x−2 1 5.17 Graf funkcije f (x) = x − 2 ln 1 − .. . x √ x2 − 3x − 4 . . . . 5.18 Graf funkcije f (x) = 2x + 4 xii
. . . . . . . . . . . . . . . 175 . . . . . . . . . . . . . . . 176 . . . . . . . . . . . . . . . 177 . . . . . . . . . . . . . . . 178
1
5.19 Graf funkcije f (x) = x x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
xiii
Predgovor Ova zbirka namijenjena je studentima tehniˇckih i prirodnih znanosti, a u prvom redu studentima Sveuˇciliˇsta u Splitu, Fakulteta elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje (FESB). U zbirci je izloˇzeno gradivo kolegija ”Matematika 1” po sadrˇzaju koji se predaje na FESB-u. Zbirka sadrˇzi 153 potpuno rijeˇsena zadatka iz poglavlja Osnove matematike, Linearna algebra, Vektorska algebra i analitiˇcka geometrija, Funkcije realne varijable, Derivacije i primjene te Nizovi i redovi. Sliˇcan sadrˇzaj nalazi se u ve´cini istoimenih kolegija koji se predaju na tehniˇckim i prirodoslovnim fakultetima. Zbirka prati gradivo i naˇcin izlaganja udˇzbenika Sveuˇciliˇsta u Splitu: I. Slapniˇcar, Matematika 1, Sveuˇciliˇste u Splitu, FESB, Split, 2002., te se rjeˇsenja zadataka, radi lakˇseg pra´cenja i razumijevanja, referenciraju na odgovaraju´ce djelove udˇzbenika. Pored potpuno rijeˇsenih zadataka, zbirka sadrˇzi i 166 zadataka za vjeˇzbu s rjeˇsenjima. Posebnost zbirke je u tome ˇsto svaki zadatak ima naslov iz kojeg se vidi ˇsto student treba nauˇciti. Druga posebnost zbirke je dodatak u kojem se nalazi DA/NE kviz sa sto pitanja razliˇcite teˇzine iz svakog poglavlja, takoder s rjeˇsenjima. Budu´ci se radi o standardnom sadrˇzaju, nije citirana posebna literatura. Spomenut ´cemo samo neke od knjiga koje su utjecale na sadrˇzaj: B. P. Demidovi´c, Zadaci i rijeˇseni primjeri iz viˇse matematike, Tehniˇcka knjiga, Zagreb, 1978. ˇ P. Javor, Matematiˇcka analiza, Zbirka zadataka, Skolska knjiga, Zagreb, 1989. ˇ V. Devide, Rijeˇseni zadaci iz viˇse matematike, svezak I i II, Skolska knjiga, Zagreb, 1992. B. Apsen, Rijeˇseni zadaci viˇse matematike, prvi dio, Tehniˇcka knjiga, Zagreb, 1982. U izradi zbirke koriˇstena su iskustva i zabiljeˇske bivˇsih i sadaˇsnjih nastavnika matematike na FESB-u pa im ovom prilikom iskazujemo svoju zahvalnost. Posebno zahvaljujemo kolegama Marku Mati´ci i Saˇsi Kreˇsi´cu-Juri´cu na pomo´ci pri pripremi djelova zbirke te Neveni Jakovˇcevi´c Stor, Ivanˇcici Miroˇsevi´c, Ireni Dolonga, Ratki ˇ Radovi´c, Vanji Zupanovi´ c i Ivanu Bilobrku, na paˇzljivom ˇcitanju teksta i ispravcima pogreˇsaka. U Splitu, veljaˇce 2008. Autori xv
1. OSNOVE MATEMATIKE 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.11 1.12 1.13 1.14 1.15 1.16 1.17 1.18 1.19 1.20 1.21
Nejednadˇzbe s apsolutnom vrijednoˇs´cu . . . . . . . . . . Dokazivanje jednakosti matematiˇckom indukcijom . . . Dokazivanje nejednakosti pomo´cu matematiˇcke indukcije Binomni pouˇcak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zbroj koeficijenata u razvoju binoma . . . . . . . . . . . Osnovne operacije s kompleksnim brojevima . . . . . . . Realni i imaginarni dio kompleksnog broja . . . . . . . . Konjugiranje kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . Modul kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . Algebarski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . Jednakost kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrijski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . Potenciranje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . Korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . Dijeljenje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . Jednadˇzbe u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . Kompleksna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sustav jednadˇzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . Sustav nejednadˇzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 3 4 5 5 6 6 6 7 7 8 8 9 10 11 12 14 17 19 22 24
2
1.1
OSNOVE MATEMATIKE
Nejednadˇ zbe s apsolutnom vrijednoˇ s´ cu
Rijeˇsite sljede´ce nejednadˇzbe: (a) |x − 1| < |x + 1|, (b) |x2 − 2x| ≤ 3 − x − x2 . Rjeˇ senje. (a) Budu´ci da su obje strane zadane nejednadˇzbe pozitivne, smijemo kvadrirati. Time dobivamo sljede´cu nejednadˇzbu (x − 1)2 < (x + 1)2 , odnosno x2 − 2x + 1 < x2 + 2x + 1, odakle slijedi 4x > 0, pa nejednadˇzbu zadovoljava svaki pozitivni realni broj. Dakle, rjeˇsenje je skup h0, ∞i. (b) Desna strana nejednadˇzbe moˇze biti i pozitivna i negativna pa ne smijemo kvadrirati. Stoga promatrajmo dva sluˇcaja ovisno o predznaku izraza koji se nalazi unutar apsolutnih zagrada: Sluˇcaj 1. Pretpostavimo da vrijedi x2 − 2x ≥ 0.
(1.1)
Tada je |x2 − 2x| = x2 − 2x, pa u ovom sluˇcaju zadana nejednadˇzba glasi x2 − 2x ≤ 3 − x − x2 , odnosno 2x2 − x − 3 ≤ 0.
(1.2)
Rjeˇsenje ovog sluˇcaja je presjek rjeˇsenja kvadratnih nejednadˇzbi (1.1) i (1.2). Iz grafa parabole y = x2 − 2x slijedi da je rjeˇsenje nejednadˇzbe (1.1) skup h−∞, 0] ∪ [2, +∞i, a iz grafa parabole y = 2x2 − x − 3 (vidi sliku 1.1) slijedi da je rjeˇsenje nejednadˇzbe (1.2) segment [−1, 23 ]. Dakle, rjeˇsenje prvog sluˇcaja je presjek dobivenih skupova, odnosno segment [−1, 0]. Sluˇcaj 2. Pretpostavimo sada da vrijedi x2 − 2x < 0.
(1.3)
1.2
3
Dokazivanje jednakosti matematiˇckom indukcijom
y=x2 -2x
y=2x2 -x-3
2
3
2
-2
-1
2
-2 -3
Slika 1.1: Graf parabola y = x2 − 2x i y = 2x2 − x − 3.
Tada je |x2 − 2x| = −(x2 − 2x), pa u ovom sluˇcaju zadana nejednadˇzba glasi −(x2 − 2x) ≤ 3 − x − x2 , odnosno x ≤ 1.
(1.4)
Budu´ci da je rjeˇsenje nejednadˇzbe (1.3) interval h0, 2i (vidi sliku 1.1), a nejednadˇzbe (1.4) skup h−∞, 1], rjeˇsenje drugog sluˇcaja je njihov presjek h0, 1]. Ukupno rjeˇsenje je unija rjeˇsenja prvog i drugog sluˇcaja, odnosno [−1, 0] ∪ h0, 1] = [−1, 1].
1.2
Dokazivanje jednakosti matematiˇ ckom indukcijom
Dokaˇzite matematiˇckom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi an+1 − 1 , a 6= 1, a−1 n(n + 1)(2n + 1) 1 + 2 2 + 3 2 + 4 2 + · · · n2 = . 6 1 + a + a2 + . . . + an =
(1.5) (1.6)
Rjeˇ senje. Neka je M skup svih prirodnih brojeva n za koje vrijedi jednakost (1.5). ˇ Zelimo dokazati da je M = N. Jednakost oˇcigledno vrijedi za n = 1 pa je time zadovoljena baza indukcije. Sada pretpostavimo da jednakost (1.5) vrijedi za sve k = 1, 2, . . . , n. Trebamo pokazati da tada vrijedi i za k = n + 1. Iskoristimo pretpostavku da jednakost (1.5) vrijedi za k = n. Tada je 1 + a + a2 + . . . + an + an+1 =
an+2 − 1 an+1 − 1 + an+1 = , a−1 a−1
(1.7)
4
OSNOVE MATEMATIKE
ˇsto pokazuje da jednakost (1.5) vrijedi za k = n + 1. Time je ispunjen korak indukcije. Budu´ci da je n proizvoljan, princip matematiˇcke indukcije P4 iz [M1, definicija 1.13] povlaˇci da je M = N, odnosno da jednakost (1.5) vrijedi za sve n ∈ N. Napomenimo da jednakost (1.5) moˇzemo dokazati i direktno, odnosno bez koriˇstenja matematiˇcke indukcije. Naime, za svaki a 6= 1 vrijedi a−1 a−1 2 3 n n+1 a + a + a + ···a + a − 1 − a − a2 − · · · − an = a−1 an+1 − 1 . = a−1
1 + a + a2 + . . . + an = (1 + a + a2 + . . . + an ) ·
Jednakost (1.6) dokazujemo sliˇcno: uvrˇstavanje daje n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 6 2n3 + 9n2 + 13n + 6 n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2 = = 6 6 (n + 1)(n + 2)(2n + 3) , = 6
1 + 22 + 32 + 42 + · · · n2 + (n + 1)2 =
s ˇcime smo dokazali korak indukcije.
1.3
Dokazivanje nejednakosti pomo´ cu matematiˇ cke indukcije
Dokaˇzite matematiˇckom indukcijom da za svaki prirodan broj n ≥ 2 vrijedi (1 + a)n > 1 + na,
a > 0.
(1.8)
Rjeˇ senje. Oznaˇcimo s M skup svih prirodnih brojeva n ≥ 2 za koje nejednakost (1.8) vrijedi. Za n = 2 dobivamo (1 + a)2 = 1 + 2a + a2 > 1 + 2a, pa vrijedi baza indukcije. Pretpostavimo da nejednakost (1.8) vrijedi za k = 2, 3, . . . n. Trebamo pokazati da tada vrijedi i za k = n + 1. Krenimo od lijeve strane nejednakosti. Koriˇstenjem pretpostavke da (1.8) vrijedi za k = n, dobivamo (1 + a)n+1 = (1 + a)(1 + a)n > (1 + a)(1 + na) = 1 + (n + 1)a + na2 > 1 + (n + 1)a. Dokazali smo da je (1 + a)n+1 > 1 + (n + 1)a, odnosno da nejednakost (1.8) vrijedi za k = n + 1. Budu´ci da je n proizvoljan, iz principa matematiˇcke indukcije P4 iz [M1, definicija 1.13] slijedi M = N. Dakle, nejednakost (1.8) je istinita za sve prirodne brojeve n 6= 1.
1.4
1.4
5
Binomni pouˇcak
Binomni pouˇ cak
U razvoju binoma 6 √ 1 x+ √ 4 x odredite ˇclan koji ne sadrˇzi x. Rjeˇ senje. Prema [M1, teorem 1.6] vrijedi 6 X k X 6 6 √ 3 1 6 √ 6−k 6 1 √ x+ √ = = · x3− 4 k . x 4 4 x x k k k=0
k=0
ˇ Clan u razvoju binoma koji ne sadrˇzi x dobije se uvrˇstavanjem onog k ∈ N za kojeg vrijedi 3 3 − k = 0, 4 pa je k = 4 i traˇzeni ˇclan 6! 6 = 15. = 4! · 2! 4
1.5
Zbroj koeficijenata u razvoju binoma
Odredite zbroj koeficijenata u razvoju binoma 5x2 − 4y 3
7
.
Rjeˇ senje. Prema [M1, teorem 1.6] je 2
5x − 4y
3 7
=
7 X 7
k=0
k
5x2
7−k
−4y 3
k
,
odnosno 5x2 − 4y 3
7
=
7 X 7 7−k 5 (−4)k x2(7−k) y 3k . k k=0
Uvrˇstavanjem x = 1 i y = 1 u gornju jednakost dobivamo traˇzeni zbroj jer vrijedi 5 · 12 − 4 · 13
7
=
7 X 7 7−k 5 (−4)k . k
k=0
Dakle, zbroj koeficijenata u razvoju zadanog binoma iznosi 1.
6
1.6
OSNOVE MATEMATIKE
Osnovne operacije s kompleksnim brojevima
Izraˇcunajte z1 + z2 , z1 − z2 , z1 · z2 i
z1 ako je z1 = 1 − i, z2 = 2 + 3i. z2
Rjeˇ senje. Vrijedi z1 + z2 = (1 − i) + (2 + 3i) = 3 + 2i,
z1 − z2 = (1 − i) − (2 + 3i) = −1 − 4i,
z1 · z2 = (1 − i) · (2 + 3i) = 2 + 3i − 2i − 3i2 = 5 + i,
z1 1 − i 2 − 3i −1 − 5i 2 − 3i − 2i + 3i2 1 5 = = · = =− − i. z2 2 + 3i 2 − 3i 22 − (3i)2 4+9 13 13
1.7
Realni i imaginarni dio kompleksnog broja
Odredite realni i imaginarni dio kompleksnog broja z ako je: (a) z =
i6 + i3 , i2 − i7
4 i303 . (b) z = √ 3+i Rjeˇ senje. (a) Budu´ci da je i2 = −1, i3 = −i, i6 = i4 · i2 = 1 · (−1) = −1, i7 = i4 · i3 = 1 · (−i) = −i, uvrˇstavanjem i racionalizacijom nazivnika slijedi z=
i6 + i3 −1 − i 1+i 1+i 1 + 2i + i2 1 + 2i − 1 2i = = · = = = =i 2 7 2 i −i −1 + i 1−i 1+i 1−i 1 − (−1) 2
pa je Re z = 0, Im z = 1. 75 3 (b) Budu´ci da je i303 = i4·75+3 = i4 · i = 175 · (−i) = −i, racionalizacijom nazivnika slijedi √ √ √ √ √ 3−i −4 3 i + 4i2 −4 − 4 3 i −4i −4 3 i − 4 ·√ = √ 2 = = −1 − 3 i z=√ = 3 − (−1) 4 3+i 3−i 3 − i2 √ pa je Re z = −1, Im z = − 3.
1.8
Konjugiranje kompleksnog broja
Za kompleksne brojeve w i z, izrazite w preko z ako je w =
(2 − i) · z + i . (3 + 2i) · z − 1
1.9
7
Modul kompleksnog broja
Rjeˇ senje. Prema formulama pod (a), (b) i (c) iz [M1, zadatak 1.5], vrijedi w= =
1.9
(2 − i) · z + i (2 − i) · z + i (2 − i) · z + i = = (3 + 2i) · z − 1 (3 + 2i) · z − 1 (3 + 2i) · z − 1
(2 − i) · z + i
(3 + 2i) · z − 1
=
(2 + i) · z + (−i) (2 + i) · z − i = . (3 − 2i) · z − 1 (3 − 2i) · z − 1
Modul kompleksnog broja
Ako je |z| = 1, izraˇcunajte |1 + z|2 + |1 − z|2 . Rjeˇ senje. Prema formuli pod (h) iz [M1, zadatak 1.5], vrijedi |1 + z|2 + |1 − z|2 = (1 + z)(1 + z) + (1 − z)(1 − z) = (1 + z)(1 + z) + (1 − z)(1 − z)
= 1 + z + z + zz + 1 − z − z + zz = 2(1 + zz) = 2(1 + |z|2 ) = 4.
1.10
Algebarski oblik kompleksnog broja
Odredite sve kompleksne brojeve z takve da vrijedi Re (w ¯ + z) = 0
i |w + z| = 1,
ako je w = 1 + i. Rjeˇ senje. Neka je z = x + iy, gdje su x, y ∈ R nepoznanice. Iz prvog uvjeta zadatka slijedi Re(1 − i + x + iy) = 0,
Re[(1 + x) + (y − 1)i] = 0, 1 + x = 0, x = −1, pa je z = −1 + iy. Uvrˇstavanjem u drugi uvjet slijedi |1 + i − 1 + iy| = 1, |(1 + y)i| = 1,
|1 + y| = 1,
1 + y = ±1.
Dakle, rjeˇsenja su y1 = 0, y2 = −2, odnosno z1 = −1, z2 = −1 − 2i.
8
1.11
OSNOVE MATEMATIKE
Jednakost kompleksnih brojeva
Odredite sve kompleksne brojeve z takve da vrijedi z + |z| − 2
√
29
Rjeˇ senje. Budu´ci da je i9 = i4·2+1 = i4 slijedi
=1+
2
5 9 i . 2
· i = 12 · i = i, uvrˇstavanjem z = x + iy
√ 5 x + iy + |x + iy| − 29 = 1 + i, 2 2 p √ 5 x − iy + x2 + y 2 − 29 = 1 + i, 2 2 p √ 2 2 x + x + y − 29 − iy = 2 + 5i.
·2
Izjednaˇcavanjem komponenti kompleksnih brojeva prema [M1, definicija 1.19] slijedi p √ x + x2 + y 2 − 29 = 2 i − y = 5.
Kako je y = −5 to vrijedi p √ x + x2 + 25 − 29 = 2, p √ 2 x2 + 25 = (2 + 29) − x, √ √ x2 + 25 = (2 + 29)2 − 2(2 + 29)x + x2 , √ √ 2(2 + 29)x = 8 + 4 29, √ √ 2(2 + 29)x = 4(2 + 29), x = 2. Rjeˇsenje je z = 2 − 5i.
1.12
Trigonometrijski oblik kompleksnog broja
Odredite trigonometrijski oblik sljede´cih kompleksnih brojeva: (a) z = 1 + i, √ 3 1 i. (b) z = − 2 2 Rjeˇ senje. (a) Za kompleksni broj z = 1 + i vrijedi Re z = 1 i Im z = 1. Prema formulama iz [M1, §1.8.1] modul od z je p √ |z| = 12 + 12 = 2,
1.13
9
Potenciranje kompleksnih brojeva
a argument od z je tg ϕ =
1 = 1. 1
Kako se z nalazi u prvom kvadrantu, slijedi da je ϕ = 1+i =
(b) Iz Re z =
1 2
i Im z = −
√ 3 2 ,
π 4.
Stoga je
√ π π . 2 cos + i sin 4 4
prema formulama iz [M1, §1.8.1] slijedi
v u 2 u 1 |z| = t + 2
√ !2 3 − = 1. 2
Nadalje, kako se z se nalazi u ˇcetvrtom kvadrantu, vrijedi √ 3 − √ 2 tg ϕ = = − 3, 1 2 π 5π ϕ = 2π − = . 3 3 Dakle,
1.13
√ 3 5π 5π 1 . − i = 1 · cos + i sin 2 2 3 3
Potenciranje kompleksnih brojeva
Koriste´ci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izraˇcunajte: (a) (1 + i)10 ,
(b)
√ !50 1 3 − i . 2 2
Rjeˇ senje. (a) Prema zadatku 1.12 pod (a), trigonometrijski oblik od z = 1 + i je z=
√ π π . 2 cos + i sin 4 4
10
OSNOVE MATEMATIKE
De Moivreova formula (1.4) za n = 10 daje √ 10 h π i π + i sin 10 · z 10 = 2 cos 10 · 4 4 5π 5π = 25 cos + i sin 2 2 h π π i = 32 cos 2π + + i sin 2π + 2 2 π π = 32(0 + i) = 32i, = 32 cos + i sin 2 2
odnosno vrijedi
(1 + i)10 = 32i. (b) Promotrimo kompleksni broj √ 1 3 z= − i. 2 2 Prema zadatku 1.12 pod (b), trigonometrijski oblik od z je 5π 5π . + i sin z = 1 · cos 3 3 De Moivreova formula (1.4) za n = 50 daje 5π 5π + i sin 50 · z 50 = 150 · cos 50 · 3 3 250π 250π = cos + i sin 3 3 4π 4π = cos 82π + + i sin 82π + 3 3 4π 4π + i sin = cos 3 √ 3 1 3 =− − i. 2 2 Dakle,
1.14
√ !50 √ 3 3 1 1 − i i. =− − 2 2 2 2
Korjenovanje kompleksnih brojeva
Koriste´ci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izraˇcunajte: (a)
√ 3
1, r π π (b) −3 cos − i sin . 4 4
1.15
11
Dijeljenje kompleksnih brojeva
Rjeˇ senje. (a) Prema [M1, §1.8.1] je trigonometrijski oblik od z = 1 jednak w = 1 · (cos 0 + i sin 0) . Formula (1.5) za n = 3 daje √ √ 0 + 2kπ 0 + 2kπ 3 3 , + i sin z = 1 cos 3 3
k = 0, 1, 2.
Dakle, rjeˇsenja su: z0 = cos 0 + i sin 0 = 1,
√ 2π 3 2π 1 + i sin =− + i, 3 3 2 √2 3 4π 4π 1 z2 = cos + i sin =− − i. 3 3 2 2 z1 = cos
(b) Za kompleksni broj π π = −3 z = −3 cos − i sin 4 4
√ √ ! √ 2 3 2 3 2 2 =− −i +i , 2 2 2 2
√
je |z| = 3, a za argument ϕ vrijedi tg ϕ = −1, pri ˇcemu je z iz drugog kvadranta. Stoga je ϕ = π − π4 = 3π 4 pa trigonometrijski oblik od z glasi 3π 3π z = 3 cos . + i sin 4 4 Prema formuli (1.5) za n = 2 je 3π 3π + 2kπ + 2kπ √ √ z = 3 cos 4 + i sin 4 , 2 2
Traˇzena rjeˇsenja su:
3π 3π , + i sin 3 cos 8 8 √ 11π 11π z1 = 3 cos . + i sin 8 8
z0 =
1.15
√
Dijeljenje kompleksnih brojeva
Odredite kompleksni broj
z=
!13 √ 3 i + 2 2 cos
π 8 π + i sin 12 12
.
k = 0, 1.
12
OSNOVE MATEMATIKE
Rjeˇ senje. Odredimo prvo trigonometrijski oblik kompleksnog broja √ i 3 + . z1 = 2 2 Prema [M1, §1.8.1] je |z1 | = 1, a za argument ϕ1 vrijedi 1 tg ϕ1 = √ . 3 Budu´ci da je z1 iz prvog kvadranta, njegov trigonometrijski oblik glasi π π z1 = cos + i sin . 6 6 De Moivreova formula [M1, (1.4)] daje π 13 13π 13π 13π 13π π + i sin + i sin cos cos cos + i sin 6 6 6 6 6 6 = z= = 8π 2π 8π 2π π π 8 + i sin + i sin cos cos cos + i sin 12 12 3 3 12 12
pa iz formule za dijeljenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku slijedi 3π 13π 2π 3π 13π 2π + i sin = cos − − + i sin = −i. z = cos 6 3 6 3 2 2
1.16
Jednadˇ zbe u skupu kompleksnih brojeva
Rijeˇsite jednadˇzbe: 7−i 4 (3 + 2i)(1 + i) + 2i = z , (2 − i)(1 + i) − 3 −4 4 √2 1 8 3 (b) (−1 + i) − z = . 16 − √1 + i (a)
3
Rjeˇ senje. (a) Sredivanjem lijeve strane zadane jednadˇzbe slijedi 1 + 7i 7−i 4 = z , · (−4i) i −4 −4(1 + 7i) = i(7 − i)z 4 ,
−4(1 + 7i) = (1 + 7i)z 4 , −4 = z 4 .
Dakle, trebamo odrediti sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi z 4 = w, gdje je w = −4. Prema [M1, §1.8.1], kompleksni broj w ima modul |w| = 4 i argument ϕ = π pa je njegov trigonometrijski oblik w = 4 (cos π + i sin π) .
1.16
13
Jednadˇzbe u skupu kompleksnih brojeva
Formula (1.5) za n = 4 daje √ √ π + 2kπ π + 2kπ 4 4 , + sin w = 4 cos 4 4
k = 0, 1, 2, 3,
pa su sva rjeˇsenja jednadˇzbe: z0 = z1 = z2 = z3 =
√ 1 π 1 π √ 4 4 cos + i sin = 2 √ + √ i = 1 + i, 4 4 2 2 √ √ 3π 1 3π 1 4 √ √ i = −1 + i, 4 cos + = 2 − + i sin 4 4 2 2 √ √ 5π 1 5π 1 4 √ √ 4 cos = 2 − + i sin − i = −1 − i, 4 4 2 2 √ √ 1 7π 7π 1 4 4 cos = 2 √ − √ i = 1 − i. + i sin 4 4 2 2
(b) Racionaliziranje desne strane jednadˇzbe daje √ 2 2 1 2 2 2 3 √ √ √ +i +√ i + i 3 1 3 3 3 3 3 3 i. = =− − · = 1 1 1 4 2 2 −√ + i √ + i − −1 − 3 3 3 3 Nadalje, vrijedi 4 4 4 (−1 + i)8 = (−1 + i)2 = 1 − 2i + i2 = (−2i) = (−2)4 i4 = 16.
Uvrˇstavanjem dobivenih jednakosti u zadanu jednadˇzbu slijedi √ 1 3 (1 − z)4 = − − i. 2 2 Uz supstituciju 1 − z = w, trebamo rijeˇsiti jednadˇzbu √ 3 1 i. w =− − 2 2 4
Budu´ci da je
√ 3 1 4π 4π − − i = 1 · cos + sin , 2 2 3 3
formula (1.5) za n = 4 daje 4π 4π + 2kπ + 2kπ √ 3 1 4 i = 1 cos 3 + sin 3 − − , k = 0, 1, 2, 3, 2 2 4 4
s 4
√
14
OSNOVE MATEMATIKE
pa su rjeˇsenja: w0 w1 w2 w3
√ 3 π 1 π i, = cos + sin = + 3 3 2 √2 3 1 5π 5π + sin =− + i, = cos 6 6 2 √2 4π 4π 1 3 = cos + sin =− − i, 3 3 2√ 2 3 1 11π 11π = cos + sin = − i. 6 6 2 2
Kako je z = 1 − w, rjeˇsenja polazne jednadˇzbe su: √ 3 1 i, z0 = − 2 √2 3 1 z1 = 1 + − i, 2 2 √ 3 3 i, z2 = + 2 √2 3 1 z3 = 1 − + i. 2 2
1.17
Kompleksna ravnina
Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi: (a) |z − i| ≤ 1 i Im [(1 + i)z] ≤ 1, (b) |z|2 − 5|z| + 6 < 0 i
π ≤ arg z ≤ π, 3
(c) |z| > 2 + Im z, z−2 1 1 (d) ≤ . ≥ 1 i Re z + 1 − i z 2 Rjeˇ senje.
(a) Uvrˇstavanjem z = x + iy u prvu nejednadˇzbu slijedi |x + i(y − 1)| ≤ 1, p x2 + (y − 1)2 ≤ 1, x2 + (y − 1)2 ≤ 1.
2
Zadnja nejednakost predstavlja krug radijusa 1 sa srediˇstem u toˇcki S(0, 1), odnosno nejednadˇzbu zadovoljavaju svi kompleksni brojevi koji se nalaze unutar
1.17
15
Kompleksna ravnina
i na rubu tog kruga. Iz druge nejednadˇzbe slijedi Im [(1 + i)(x + iy)] ≤ 1, Im [(x − y) + i(x + y)] ≤ 1,
x + y ≤ 1.
Zadnja nejednadˇzba je poluravnina y ≤ −x + 1. Konaˇcno rjeˇsenje je presjek dobivenog kruga i poluravnine (vidi sliku 1.2).
2
1
1
Slika 1.2: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1, y ≤ −x + 1}. (b) Modul traˇzenih kompleksnih brojeva zadovoljava kvadratnu nejednadˇzbu |z|2 − 5|z| + 6 < 0 iz ˇcega slijedi |z| ∈ h2, 3i, odnosno 2 < |z| < 3. Uvrˇstavanjem z = x + iy u gornji izraz te njegovim kvadriranjem dobivamo 4 < x2 + y 2 < 9, tj. kruˇzni vijenac manjeg radijusa 2, a ve´ceg 3 sa srediˇstem u ishodiˇstu, pri ˇcemu rubovi nisu ukljuˇceni. Konaˇcno rjeˇsenje dobivamo presijecanjem s dijelom kompleksne ravnine koji se nalazi izmedu polupravaca arg z = π3 i arg z = π (vidi sliku 1.3). (c) Nakon uvrˇstavanja z = x + iy dolazimo do iracionalne jednadˇzbe p x2 + y 2 > 2 + y.
(1.9)
U ovisnosti o vrijednosti desne strane nejednadˇzbe, razlikujemo dva sluˇcaja.
16
OSNOVE MATEMATIKE
3
2
1
-3
-2
1
-1
2
3
-1
-2
-3
Slika 1.3: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : 4 < x2 + y 2 < 9} ∩ {z ∈ C :
π 3
≤ arg z ≤ π}.
Ako je 2 + y > 0, kvadriranjem dobivamo x2 + y 2 > (2 + y)2 , x2 + y 2 > 4 + 4y + y 2 , x2 > 4 + 4y, y
0.
(1.15)
22
OSNOVE MATEMATIKE
Analogno prvom sluˇcaju, rjeˇsenje prve nejednadˇzbe je dio kompleksne ravnine unutar elipse sa fokusima u toˇckama z1 = −4, z2 = 2, velikom poluosi a = 5 i malom poluosi b = 4, rjeˇsenje druge nejednadˇzbe je dio kompleksne ravnine unutar kruˇznice radijusa 4 sa srediˇstem u toˇcki z0 = 2, a rjeˇsenje sustava nejednadˇzbi (1.15) je presjek tih skupova. Konaˇcno rjeˇsenje nejednadˇzbe (1.13) je unija rjeˇsenja prvog i drugog sluˇcaja (vidi sliku 1.7). Konaˇcno rjeˇsenje zadatka je presjek rjeˇsenja zadanih nejednadˇzbi (vidi sliku 1.8). 6
4
2
-6
-4
2
-2
4
6
-2
-4
-6
Slika 1.8: Presjek skupova prikazanih na slikama 1.6 i 1.7.
1.20
Zadaci za vjeˇ zbu
1. Rijeˇsite sljede´ce nejednadˇzbe: x2 + 2x < 1, (a) 2 x − 4x + 3 (b) |4x2 + x| ≤ 3 − x − 4x2 ,
(c) |2x + 1| − |x − 3| > x + 5.
2. Dokaˇzite matematiˇckom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi 12 − 22 + 32 − · · · (−1)n−1 · n2 = (−1)n−1 ·
n(n + 1) . 2
3. Dokaˇzite matematiˇckom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi n X k 3 2n + 3 = − . 3k 4 4 · 3n k=1
1.20
23
Zadaci za vjeˇzbu
4. Dokaˇzite matematiˇckom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi √ 1 1 1 1 √ + √ + √ + · · · + √ ≥ n. n 1 2 3 5. Odredite x ako je poznato da je tre´ci ˇclan u razvoju binoma x + xlog x jednak 1000000.
5
6. Odredite onaj ˇclan u razvoju binoma √ 12 1 3 √ 3 2 a + a 2 koji se nalazi uz potenciju a13 . 7. Izraˇcunajte z1 + z2 , z1 − z2 , z1 · z2 i
z1 ako je z2
(a) z1 = 2 − i, z2 = i,
(b) z1 = 2, z2 = 1 − 2i. 8. Odredite realni i imaginarni dio kompleksnog broja z=
i20 − i . i+1
9. Odredite realan broj t takav da je Im (z1 + z2 ) = 0, ako je z1 = 1 + 2t i, z2 = 3t − 4i. 10. Rijeˇsite jednadˇzbu z (3 + 2i) = i10 . 11. Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi z−i Re = 1 i |z − 1 + i| = 1. z+i 12. Koriste´ci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izraˇcunajte: √ 7 (a) 1 + i 3 , √ 7 (b) 3 − i 3 .
13. Koriste´ci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izraˇcunajte: √ (a) 4 −i; q √ 3 (b) 1 + i 3.
14. U skupu kompleksnih brojeva rijeˇsite jednadˇzbe:
24
OSNOVE MATEMATIKE
(a) (2 + 5i) · z 3 − 2i + 5 = 0; √ (b) z 4 2 + (1 − i) = 0, 1 + 5i 2i + 3 = , (c) z 4 · 1−i 2 313 1+i 8 (d) 8z 3 + √ = 0, 2 1−i (e) (z + 2i)6 = (1 + i)12 .
15. Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi: (a) |z − i| < 1 i |z − 1| ≤ 1,
(b) |z| + Re z ≤ 2,
(c) |z − 1| + Im (2i − z) ≥ 1, z + 2 − i ≤ 1, (d) z+i √ √ 2 z ≤ (e) |z 2 + 1 − i| ≤ 1 i Im . 1+i 2 16. Odredite sve kompleksne brojeve z takve da je arg(z 3 ) = π i da su u kompleksnoj ravnini jednako udaljeni od brojeva z1 = −2 + i i z2 = 2 − 3i. 17. Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi arg(z 4 i25 ) =
π 2
i
|z| = 1.
18. Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi " √ !# 5π 3 1 2 3 − i = i |z| + |z| − 12 = 0. arg z 2 2 3 19. Odredite skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi |z − i| + Re(z + 1) ≤ 3 i
1.21
Rjeˇ senja
1. (a) x ∈ h−∞, − 21 i, (b) x ∈ − 34 , 12 , (c) x ∈ h−∞, − 29 i.
2. Vidi [M1, §1.4]. 3. Vidi [M1, §1.4]. 4. Vidi [M1, §1.4].
|z − 1| + Im(2i − z) ≥ 1.
1.21
Rjeˇsenja
5. x = 10. 13 12 a . 6. 6 26 z1 = −1 − 2i. z2 z1 2 4 (b) z1 + z2 = 3 − 2i, z1 − z2 = 1 + 2i, z1 · z2 = 2 − 4i, = + i. z2 5 5
7. (a) z1 + z2 = 2, z1 − z2 = 2 − 2i, z1 · z2 = 1 + 2i,
8. Re z = 0, Im z = −1. 9. t= 2. 10. z = −
2 3 + i. 13 13
11. z1 = 2 − i, z2 = −i. √ 12. (a) 64 1 + i 3 , √ (b) 1728 −1 + i 3 .
3π 3π + i sin , 8 8 7π 7π = cos + i sin , 8 8 11π 11π + i sin , = cos 8 8 15π 15π = cos + i sin . 8 8 √ π π 3 , = 2 cos + i sin 9 9 √ 7π 7π 3 , + i sin = 2 cos 9 9 √ 13π 13π 3 = 2 cos . + i sin 9 9 √ √ 3 1 3 1 + i, z1 = − + i, z2 = −i. = 2 2 2 2 3π 3π + i sin , = cos 16 16 11π 11π = cos + i sin , 16 16 19π 19π + i sin , = cos 16 16 27π 27π = cos + i sin . 16 16 = 1, z1 = i, z2 = −1, z3 = −i.
13. (a) z0 = cos z1 z2 z3 (b) z0 z1 z2 14. (a) z0 (b) z0 z1 z2 z3 (c) z0
25
26
OSNOVE MATEMATIKE
1 π π (d) z0 = √ cos , + i sin 6 2 2 2 7π 7π 1 cos , + i sin z1 = √ 6 6 6 2 11π 1 11π . + i sin z2 = √ cos 6 6 6 2 √ √ √ √ (e) z0 = 3−i, z1 = 0, z2 = − 3−i, z3 = − 3−3i, z4 = −4i, z5 = 3−3i. 15. (a) Vidi sliku 1.9.
2
1
1
2
Slika 1.9: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 < 1, (x − 1)2 + y 2 ≤ 1}. (b) Vidi sliku 1.10. (c) R2 . (d) Vidi sliku 1.11. (e) Vidi sliku 1.12. √ 3 1 √ − √ i. 16. z = 1+ 3 1+ 3 17. z0 = 1, z1 = i, z2 = −1, z3 = −i. √ √ 3 3 3 3 3 3 18. z0 = 3, z1 = − + i, z2 = − − i. 2 2 2 2 19. {(x, y) ∈ R2 : x = −
y2 y 3 + + }. 4 2 4
2
-2
Slika 1.10: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 1 −
y2 }. 4
1
-1
Slika 1.11: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x + 1}.
!!!! 2
1 !!!! 2
1 - !!!! 2
!!!! - 2
Slika 1.12: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 :
x+
√1 2
2
+ y−
√1 2
2
≤
1 2
i y ≤x+
√ 2}.
2. LINEARNA ALGEBRA 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 2.12 2.13 2.14 2.15 2.16 2.17 2.18 2.19 2.20 2.21 2.22 2.23 2.24 2.25 2.26 2.27 2.28 2.29 2.30
Osnovne operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mnoˇzenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Matriˇcni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Komutativnost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Potenciranje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sustav linearnih jednadˇzbi bez rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . Sustav linearnih jednadˇzbi s jedinstvenim rjeˇsenjem . . . . . . . Sustav linearnih jednadˇzbi s beskonaˇcno rjeˇsenja . . . . . . . . Homogeni sustav linearnih jednadˇzbi . . . . . . . . . . . . . . . Sustav linearnih jednadˇzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . Homogeni sustav jednadˇzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rang matrice ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . Sarrusovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Laplaceov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Svojstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Raˇcunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik . . . . . Laplaceov razvoj determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . Raˇcunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik Regularna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Raˇcunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom . . . Raˇcunanje inverzne matrice pomo´cu determinanti . . . . . . . . Formula za inverz matrice drugog reda . . . . . . . . . . . . . . Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Matriˇcna jednadˇzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Jednadˇzba s kvadratnim matricama . . . . . . . . . . . . . . . Rjeˇsavanje matriˇcne jednadˇzbe invertiranjem . . . . . . . . . . Rastav matrice na simetriˇcni i antisimetriˇcni dio . . . . . . . . Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30 30 31 31 33 34 34 36 38 39 42 42 44 45 45 46 47 48 49 50 50 51 52 52 53 54 55 57 58 62
30
LINEARNA ALGEBRA
U nekim zadacima u ovom poglavlju ´cemo koristiti elementarne transformacije nad retcima i stupcima matrice. Radi jednostavnijeg zapisa ´cemo i-ti redak oznaˇcavati sa Ri , a i-ti stupac sa Si . Transformacija koja se vrˇsi u danom koraku pisat ´ce desno od retka ili iznad stupca na koji se odnosi.
2.1
Osnovne operacije s matricama
Zadane su matrice
2 3 A= 1 0
7 1
1 3 4 i B= . 2 −1 1
Izraˇcunajte: (a) A + B, (b) AT + B T , (c) 2A − 3B. Rjeˇ senje. (a) A + B =
7 1 + 1 2
2 3 1 0
3 4 2+1 3+3 = −1 1 1+2 0−1
2 1 1 (b) AT + B T = 3 0 + 3 7 1 4
2 3 (c) 2A − 3B = 2 · 1 0 1 −3 2 . −4 3 −1
2.2
2 2+1 −1 = 3 + 3 1 7+4
7 1 −3· 1 2
1+2 3 3 0 − 1 = 6 −1, 1+1 11 2
3 4 4 6 = −1 1 2 0
Mnoˇ zenje matrica
Izraˇcunajte
Rjeˇ senje.
5 7 1
2 2 −1 · 2 −5
7+4 3 6 11 = , 1+1 3 −1 2
3 1 4 . −2 4 0
14 3 9 12 − = 2 6 −3 3
2.3
31
Matriˇcni polinom
5 2 7 −1 2 2 1 −5
2.3
3 1 −2 4
5·2+2·2 5·3−2·2 4 = 7 · 2 − 1 · 2 7 · 3 + 1 · 2 0 1·2−5·2 1·3+5·2 14 11 13 20 3 28 . = 12 23 −8 13 −19 4
5·1+2·4 5·4+2·0 7 · 1 − 1 · 4 7 · 4 − 1 · 0 1·1−5·4 1·4−5·0
Matriˇ cni polinom
2 1 Neka je A = . Izraˇcunajte P (A), ako je P (x) = 5x3 + 2x2 − 4x + 3. −3 0
Rjeˇ senje. Trebamo izraˇcunati P (A) = 5 · A3 + 2 · A2 − 4 · A + 3 · I. Vrijedi
2 1 2 1 1 2 · = , −3 0 −3 0 −6 −3 1 2 2 1 −4 1 A3 = A2 · A = · = , −6 −3 −3 0 −3 −6
A2 = A · A =
pa je −4 1 1 2 2 1 1 0 P (A) = 5 · +2· −4· +3· −3 −6 −6 −3 −3 0 0 1 −20 5 2 4 −8 −4 3 0 −23 5 = + + + = . −15 −30 −12 −6 12 0 0 3 −15 −33
2.4
Komutativnost matrica
(a) Zadane su matrice A=
a a a−1 a
i
B=
1 −1 . 6a 1
Odredite sve vrijednosti realnog parametra a za koje su matrice A i B komutativne? (b) Odredite sve matrice koje komutiraju s matricom
1 −1 0 A = 0 1 −1 . 0 0 1 Rjeˇ senje.
32
LINEARNA ALGEBRA
(a) Vrijedi
a a 1 −1 a + 6a2 AB = · = a−1 a 6a 1 a − 1 + 6a2 1 −1 a a 1 BA = · = 6a 1 a−1 a a − 1 + 6a2
0 , 1
0 . a + 6a2
Matrice A i B su komutativne ako vrijedi AB = BA. Izjednaˇcavanjem odgovaraju´cih elemenata slijedi da realni parametar a treba zadovoljavati kvadratnu jednadˇzbu 6a2 + a − 1 = 0. Dakle, rjeˇsenja su
a1 = − (b) Oznaˇcimo matricu B s
1 2
i
x1 B = x2 x3
Potrebno je odrediti sve koeficijente jednaˇcavanjem matrica 1 −1 0 x1 y1 AB = 0 1 −1 · x2 y2 0 0 1 x3 y3 i
x1 BA = x2 x3
y1 y2 y3
1 −1 z1 z2 · 0 1 z3 0 0
a2 = y1 y2 y3
1 . 3
z1 z2 . z3
xi , yi , zi za koje vrijedi AB = BA. Iz z1 x1 − x2 z2 = x2 − x3 z3 x3 0 x1 −1 = x2 1 x3
y1 − y2 y2 − y3 y3
−x1 + y1 −x2 + y2 −x3 + y3
z1 − z2 z2 − z3 z3
−y1 + z1 −y2 + z2 −y3 + z3
slijedi da elementi matrice B moraju zadovoljavati sustav jednadˇzbi x1 − x2 = x1 ,
x2 − x3 = x2 , x3 = x3 ,
y1 − y2 = −x1 + y1 ,
y2 − y3 = −x2 + y2 , y3 = −x3 + y3 ,
z1 − z2 = −y1 + z1 ,
z2 − z3 = −y2 + z2 , z3 = −y3 + z3 ,
odakle slijedi da je x2 = 0,
y2 = x1 ,
z2 = y1 ,
x3 = 0,
y3 = x2 , x3 = 0,
z3 = y2 , y3 = 0.
Zakljuˇcujemo da koeficijenti xi , yi , zi zadovoljavaju relacije x1 = y2 = z3 ,
y1 = z2 ,
x2 = x3 = 0.
Ako uvedemo oznake x1 = α, y1 = β i z1 = γ, onda se matrica B moˇze zapisati u obliku α β γ B = 0 α β 0 0 α
2.5
33
Potenciranje matrica
gdje su α, β i γ proizvoljni parametri. Provjerimo na kraju da svaka matrica oblika B komutira s matricom A: 1 −1 0 α β γ α β−α γ−β α β − α , AB = 0 1 −1 · 0 α β = 0 0 0 1 0 0 α 0 0 α α BA = 0 0
β γ 1 α β · 0 0 α 0
−1 0 α 1 −1 = 0 0 1 0
β−α α 0
Uistinu, matrice AB i BA su jednake.
2.5
γ−β β − α . α
Potenciranje matrica
Zadana je matrica
1 A = 0 0
1 1 0
Izraˇcunajte n-tu potenciju matrice A.
0 1 . 1
Rjeˇ senje. Da bismo odredili n-tu potenciju matrice A, izraˇcunajmo prvo nekoliko potencija niˇzeg reda. Iz oblika tih potencija ´cemo prepoznati op´ci oblik za An . Konaˇcno, ispravnost dobivenog oblika treba provjeriti matematiˇckom indukcijom. Za n = 2, 3, 4 imamo 1 1 0 1 1 0 1 2 1 A2 = 0 1 1 0 1 1 = 0 1 2 , 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 A3 = 0 0
2 1 1 1 2 0 0 1 0
1 A4 = 0 0
3 1+2 1 1 3 0 0 1 0
Iz oblika ovih potencija 1 An = 0 0
1 0 1 1 1 = 0 0 1 0
1 0 1 1 1 = 0 0 1 0
zakljuˇcujemo da je n 1 0
3 1+2 1 3 , 0 1 4 1+2+3 . 1 4 0 1
1 + 2 + · · · + (n − 1) 1 n = 0 1 n 1 0 0
n(n−1) 2
n 1
(2.1)
(vidi [M1, primjer 1.3]). gdje smo koristili formulu 1 + 2 + · · · + (n − 1) = n(n−1) 2 Ispravnost dobivenog izraza za An ´cemo provjeriti matematiˇckom indukcijom P4
34
LINEARNA ALGEBRA
iz [M1, definicija 1.13]. Izraz je oˇcito ispravan za n = 1 pa je time ispunjena baza indukcije. Pretpostavimo sada da jednadˇzba (2.1) vrijedi za n = m. Tada je Am+1
1 = Am · A = 0 0
m 1 0
m(m−1) 2
m 1
1 1 · 0 1 0 0
0 1 1
1 m+1 1 m + 1 m + m(m−1) 2 = 0 1 m + 1 = 0 1 0 0 1 0 0
(m+1)m 2
m + 1 , 1
ˇsto pokazuje da jednadˇzba (2.1) vrijedi za n = m + 1. Dakle, po principu matematiˇcke indukcije jednadˇzba vrijedi za svako n ∈ N.
2.6
Sustav linearnih jednadˇ zbi bez rjeˇ senja
Rijeˇsite sustav x + 2y −4x − 3y 3x + 4y
+ − +
3z 2z 5z
= −2, = 3, = 0.
Rjeˇ senje. Zapiˇsimo sustav u matriˇcnom obliku i na proˇsirenu matricu sustava primijenimo Gaussovu metodu eliminacije opisanu u [M1, §2.4]. Vrijedi
A
1 2 3 b = −4 −3 −2 3 4 5 1 ∼ 0 0
2 3 5 10 0 0
−2 1 2 3 R2 +4R1 ∼ 0 5 0 R3 −3R1 0 −2
3 10 −4
−2 −5 6 5R3 +2R2
−2 −5 . 20
Dobili smo proˇsirenu matricu sustava koji je ekvivalentan polaznom. Budu´ci da iz tre´ceg retka slijedi 0 = 20, sustav nema rjeˇsenja.
2.7
Sustav linearnih jednadˇ zbi s jedinstvenim rjeˇ senjem
Rijeˇsite sustave: x + 2y −2x (a) x + 2y −x + 2y
+ 3z + z − z + 12z
= 3, = −2, = 3, = 1.
2.7
35
Sustav linearnih jednadˇzbi s jedinstvenim rjeˇsenjem
2x1 x (b) 1 2x1 x1
+ 3x2 + x2 + x2 + x2
+ + + +
11x3 5x3 3x3 3x3
+ + + +
5x4 2x4 2x4 4x4
= 2, = 1, = −3, = −3.
Rjeˇ senje. (a) Gaussovom metodom 1 −2 b = A 1 −1
1 0 ∼ 0 0
eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo: 2 3 3 1 2 3 0 4 7 0 1 −2 R2 +2R1 ∼ 0 0 −4 2 −1 3 R3 −R1 2 12 0 4 15 1 R4 +R1 2 4 0 0
3 7 −4 8
3 1 0 4 ∼ 0 0 0 R4 +2R3 0
2 3 4 7 0 −4 0 0
3 4 0 4 R4 −R2 3 4 . 0 0
ˇ Cetvrti redak glasi 0 = 0, ˇsto je toˇcno. Iz tre´ceg retka slijedi z = 0, iz drugog 4y + 7z = 4
⇒
4y = 4
⇒
x + 2y + 3z = 3
⇒
x+2=3
y = 1,
a i prvog ⇒
x = 1.
Dakle, sustav ima jedinstveno rjeˇsenje x 1 y = 1 . z 0 (b) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) 2 2 2 3 11 5 2R2 −R1 0 1 1 5 2 1 b = A ∼ 0 2 1 3 2 −3 R3 −R1 1 1 3 4 −3 2R4 −R1 0 2 0 ∼ 0 0
3 11 5 −1 −1 −1 0 −6 −1 0 −4 4
Iz ˇcetvrtog retka slijedi
dobivamo: 3 11 5 −1 −1 −1 −2 −8 −3 −1 −5 3
2 0 −5 R3 −2R2 −8 R4 −R2
2 2 3 11 5 0 −1 −1 −1 0 ∼ −5 0 0 −6 −1 −8 3R4 −2R3 0 0 0 14
14x4 = −14
⇒
x4 = −1,
2 0 . −5 −14
36
LINEARNA ALGEBRA
iz tre´ceg −6x3 − x4 = −5
⇒
−6x3 + 1 = −5
−x2 − x3 − x4 = 0
⇒
−x2 − 1 + 1 = 0
⇒
x3 = 1,
iz drugog ⇒
x2 = 0,
te iz prvog 2x1 + 3x2 + 11x3 + 5x4 = 2
⇒
2x1 + 0 + 11 + 5 · (−1) = 2
⇒
x1 = −2.
Rjeˇsenje zadanog sustava je jedinstveno i glasi x1 −2 x2 0 = . x3 1 x4 −1
2.8
Sustav linearnih jednadˇ zbi s beskonaˇ cno rjeˇ senja
Rijeˇsite sljede´ce sustave: x1 2x1 (a) x1 5x1
+ 2x2 − x2 − 8x2 + 5x2
x1 3x1 (b) 9x1 x1
+ + + −
x2 x2 x2 x2
+ − −
x3 3x3 9x3
− x3 − x3 − 2x3
= = = =
4, 2, −8, 14.
− 3x4 − x4 − x4 − x4
+
4x5
− +
2x5 2x5
= 2, = 2, = 5, = 1.
Rjeˇ senje. (a) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo: 1 2 1 1 2 1 4 R2 −2R1 0 −5 −5 2 −1 −3 2 b = A ∼ 0 −10 −10 1 −8 −9 −8 R3 −R1 14 R4 −5R1 5 5 0 0 −5 −5 1 0 ∼ 0 0
2 1 −5 −5 0 0 0 0
4 −6 . 0 0
4 −6 −12 R3 −2R2 −6 R4 −R2
2.8
37
Sustav linearnih jednadˇzbi s beskonaˇcno rjeˇsenja
Tre´ci i ˇcetvrti redak glase 0 = 0, ˇsto je toˇcno. Iz preostalih redaka slijede jednadˇzbe −5x2 − 5x3 = −6
i
x1 + 2x2 + x3 = 4,
pomo´cu kojih moˇzemo nepoznanice x1 i x2 izraziti preko x3 . Vrijedi − 5x2 − 5x3 = −6
⇒
x1 + 2x2 + x3 = 4
⇒
6 5x2 = 6 − 5x3 ⇒ x2 = − x3 , 5 8 6 − x3 − x3 ⇒ x1 = + x3 . x1 = 4 − 2 5 5
Dakle, sustav ima jednoparametarsko rjeˇsenje. Stavimo x3 = λ, gdje je λ ∈ R proizvoljan. Tada rjeˇsenje sustava glasi 8 + λ, 5 6 x2 = − λ, 5 x3 = λ,
x1 =
odnosno u matriˇcnom zapisu 8/5 x1 1 x2 = 6/5 + λ −1 , x3 0 1 (b) Gaussovom metodom eliminacije 1 1 3 1 A b = 9 1 1 −1
λ ∈ R.
(vidi [M1, §2.4]) dobivamo: −1 −3 4 2 −1 −1 0 2 R2 −3R1 −2 −1 −2 5 R3 −9R1 1 R4 −R1 0 −1 2
4 −12 −38 −2
2 −4 −13 R3 −4R2 −1 R4 −R2
4 −12 10 10
2 −4 3 3 R4 −R3
4 −12 10 0
2 −4 . 3 0
1 1 −1 −3 0 −2 2 8 ∼ 0 −8 7 26 0 −2 1 2 1 1 −1 −3 0 −2 2 8 ∼ 0 0 −1 −6 0 0 −1 −6 1 1 −1 −3 0 −2 2 8 ∼ 0 0 −1 −6 0 0 0 0
38
LINEARNA ALGEBRA
ˇ Cetvrti redak glasi 0 = 0, ˇsto je toˇcno. Iz preostalih redaka slijede tri jednadˇzbe iz kojih sve nepoznanice moˇzemo izraziti preko x4 i x5 . Stoga sustav ima dvoparametarsko rjeˇsenje pa moˇzemo staviti x4 = α, x5 = β, gdje su α, β ∈ R proizvoljni parametri. Iz tre´ceg retka slijedi −x3 − 6x4 + 10x5 = 3
=⇒
x3 = −3 − 6α + 10β,
iz drugog − 2x2 + 2x3 + 8x4 − 12x5 = −4, x2 = 2 + (−3 − 6α + 10β) + 4α − 6β, x2 = −1 − 2α + 4β
te iz prvog x1 + x2 − x3 − 3x4 + 4x5 = 2,
x1 = 2 − (−1 − 2α + 4β) + (−3 − 6α + 10β) + 3α − 4β,
x1 = −α + 2β.
Rjeˇsenje zapisano u matriˇcnom obliku glasi x1 0 −1 2 x2 −1 −2 4 x3 = −3 + α −6 + β 10 , x4 0 1 0 x5 0 0 1
2.9
α, β ∈ R.
Homogeni sustav linearnih jednadˇ zbi
Rijeˇsite sustav x1 2x1 3x1
+ + +
x2 x2 x2
+
x3
−
x3
= 0, = 0, = 0.
Rjeˇ senje. Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo: 0 0 1 1 1 1 1 1 b = 2 1 0 0 R2 −2R1 ∼ 0 −1 −2 0 A 3 1 −1 0 R3 −3R1 0 −2 −4 0 R3 −2R2 1 ∼ 0 0
1 1 −1 −2 0 0
0 0 . 0
Zadnji redak daje istinitu tvrdnu 0 = 0, a iz prvog i drugog retka slijedi −x2 − 2x3 = 0
i
x1 + x2 + x3 = 0,
2.10
39
Sustav linearnih jednadˇzbi ovisan o parametru
pa moˇzemo sve nepoznanice izraziti preko x3 . Stavimo li x3 = t, gdje je t ∈ R proizvoljan, slijedi x2 = −2t
i
x1 = −x2 − x3 = 2t − t = t.
Sustav ima jednoparametarsko rjeˇsenje koje glasi x1 1 x2 = t −2 , t ∈ R. x3 1
2.10
Sustav linearnih jednadˇ zbi ovisan o parametru
Rijeˇsite sljede´ce sustave u ovisnosti o realnom parametru: x + (a) 2x + x +
y 3y ay
− + +
z az 3z
= = =
1, 3, 2.
λx (b) x x
y λy y
+ + +
z z λz
= = =
1, λ, λ2 .
+ + +
Rjeˇ senje. (a) Gaussovu metodu eliminacije iz [M1, §2.4] primijenimo na proˇsirenu matricu sustava, pri ˇcemu je a proizvoljan realan parametar. Dobivamo 1 1 1 1 −1 1 1 −1 1 a+2 A b = 2 3 a 3 R2 −2R1 ∼ 0 1 1 a 3 2 R3 −R1 0 a−1 4 1 R3 −(a−1)R2 1 ∼ 0 0
1 −1 1 a+2 0 (a + 3)(2 − a)
1 1 . 2−a
Ovisno o tome je li element na mjestu (3, 3) jednak ili razliˇcit od nule, razlikujemo tri sluˇcaja: Sluˇcaj 1. Promotrimo prvo sluˇcaj kada je (a + 3)(2 − a) 6= 0, odnosno kada a∈ / {−3, 2}. Tada moˇzemo podijeliti tre´ci redak s a − 2 6= 0 pa vrijedi 1 1 1 −1 b ∼ 0 1 a + 2 1 . A 1 0 0 a+3
Budu´ci je i a + 3 6= 0, iz tre´ceg retka slijedi
(a + 3) z = 1 ⇒ z =
1 . a+3
40
LINEARNA ALGEBRA
Uvrˇstavanjem u jednadˇzbu koja slijedi iz drugog retka, dobivamo y + (a + 2) z = 1 ⇒ y = 1 −
1 a+2 ⇒y= . a+3 a+3
Sada iz prvog retka imamo x+y−z =1⇒x=1−
1 1 + ⇒ x = 1. a+3 a+3
U ovom sluˇcaju sustav ima jedinstveno rjeˇsenje koje glasi x 1 y = 1/(a + 3) . z 1/(a + 3) Sluˇcaj 2. Ako je a = −3, iz tre´ceg retka slijedi jednadˇzba 0 = 5 pa sustav nema rjeˇsenja. Sluˇcaj 3. Za a = 2 je
1 b ∼ 0 0
A
1 −1 1 4 0 0
1 1 . 0
Sada iz drugog retka slijedi y + 4z = 1 ⇒ y = 1 − 4z, a iz prvog je x + y − z = 1 ⇒ x = 1 − (1 − 4z) + z ⇒ x = 5z. Ako stavimo z = λ, gdje je λ ∈ R proizvoljan parametar, rjeˇsenje glasi x 5λ 0 5 y = 1 − 4λ = 1 + λ −4 , λ ∈ R. z λ 0 1 (b) Sustav rjeˇsavamo metodom Gaussove eliminacije opisanom u [M1, §2.4]. Vrijedi
A
λ b = 1 1
1 1 λ 1 1 λ
1 λ . λ2
Da bi smanjili broj redaka koje treba pomnoˇziti s parametrom λ i tako pojed-
2.10
41
Sustav linearnih jednadˇzbi ovisan o parametru
nostavnili rjeˇsavanje sustava, zamijenimo prvi i tre´ci redak. Tada je 1 1 λ λ2 b ∼ 1 λ 1 λ R2 −R1 A λ 1 1 1 R3 −λR1 λ2 λ − λ2 1 − λ3 R3 +R2
1 1 ∼ 0 λ − 1 0 1−λ
λ 1−λ 1 − λ2
1 1 ∼ 0 λ − 1 0 0
λ 1−λ (1 − λ) + (1 − λ2 )
1 1 = 0 λ − 1 0 0
λ 1−λ (1 − λ)(λ + 2)
λ2 λ − λ2 3 2 (1 − λ ) + (λ − λ ) λ2 λ(1 − λ) . (1 − λ)(1 + λ)2
Zadani sustav jednadˇzbi je ekvivalentan dobivenom gornje trokutastom sustavu x + y + λz = λ2 , (λ − 1)y + (1 − λ)z = λ(1 − λ),
(1 − λ)(λ + 2)z = (1 − λ)(1 + λ)2 .
Promotrimo posebno sljede´ca tri sluˇcaja ovisna o tome je li izraz na mjestu (3, 3) jednak ili razliˇcit od nule: Sluˇcaj 1. Ako je (1−λ)(λ+2) 6= 0, odnosno λ ∈ / {1, −2}, iz posljednje jednadˇzbe slijedi (1 − λ)(1 + λ)2 , z= (1 − λ)(λ + 2) pa sustav ima jedinstveno rjeˇsenje x=−
λ+1 , λ+2
y=
1 , λ+2
z=
(1 + λ)2 . λ+2
Sluˇcaj 2. Za λ = 1 sustav se svodi na jednadˇzbu x + y + z = 1 iz koje dobivamo x = 1 − y − z, odnosno dvoparametarsko rjeˇsenje gdje su y i z parametri. Oznaˇcimo li ih s α i β, rjeˇsenje zapisujemo u obliku x = 1 − α − β,
y = α,
z = β,
Sluˇcaj 3. Za λ = −2 imamo sustav x + y − 2z = 4, −3y + 3z = −6, 0 · z = 3,
koji zbog zadnje jednakosti 0 = 3 oˇcito nema rjeˇsenja.
α, β ∈ R.
42
2.11
LINEARNA ALGEBRA
Homogeni sustav jednadˇ zbi ovisan o parametru
Odredite sve realne parametre p za koje sustav x1 x1 −3x1 2x1
+ + + +
3x2 x2 2x2 px2
+ + − +
2x3 4x3 17x3 11x3
+ x4 + px4 + 8x4 − 5x4
= = = =
0, 0, 0, 0.
ima samo trivijalno rjeˇsenje. Rjeˇ senje. Sustav je homogen pa je dovoljno primijeniti Gaussovu metodu eliminacije iz [M1, §2.4] na matricu sustava. Vrijedi 1 3 2 1 1 3 2 1 0 −2 1 1 2 p − 1 4 p R2 −R1 A= −3 2 −17 8 R3 +3R1 ∼ 0 11 −11 11 0 p−6 7 −7 2 p 11 −5 R4 −2R1
Budu´ci da drugi redak sadrˇzi parametar p, da bi pojednostavnili raˇcunanje, zamijenimo ga s tre´cim retkom koji ga ne sadrˇzi. Takoder, podijelimo tre´ci redak s 11. Tada je 1 3 2 1 1 3 2 1 0 1 −1 0 1 1 −1 1 . ∼ A∼ 0 0 0 −2 0 p+1 2 p − 1 R3 +2R2 0 0 p + 1 −p − 1 0 p−6 7 −7 R4 −(p−6)R2 Da bi dobili gornje trokutasti oblik, sada moramo zamijeniti tre´ci i ˇcetvrti redak. Stoga za proˇsirenu matricu sustava vrijedi 1 3 2 1 0 0 1 −1 0 1 . b ∼ A 0 0 p + 1 −p − 1 0 0 0 0 p+1 0
Ako homogeni sustav ima jedinstveno rjeˇsenje, onda je ono trivijalno. Rjeˇsenje oˇcito nije jedinstveno ako je p = −1 jer se tada tre´ci i ˇcetvrti redak sastoje samo od nula, a sustav ima ˇcetiri nepoznanice. Medutim, za sve parametre p 6= −1 dijeljenjem tre´ceg i ˇcetvrtog retka s p + 1 6= 0 dobivamo da je 1 3 2 1 0 0 1 −1 1 0 , b ∼ A 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0
ˇsto je sustav koji ima jedinstveno trivijalno rjeˇsenje.
2.12
Rang matrice
Odredite rang sljede´cih matrica:
2.12
43
Rang matrice
2 −3 16 1 (a) A = 1 6 −2 3, 1 3 2 2 2 3 −1 4 1 0 1 2 3 4 0 7 (b) B = . −2 −1 4 1 4 −2 3 5 Rjeˇ senje. (a) Zamijenimo prvi i drugi redak da bi doveli broj 1 na mjesto (1, 1) i tako pojednostavnili raˇcunanje. Elementarnim transformacijama nad retcima iz [M1, teorem 2.4] slijedi 1 6 −2 3 1 6 −2 3 A ∼ 2 −3 16 1 R2 −2R1 ∼ 0 −15 20 −5 1 3 2 2 R3 −R1 0 −3 4 −1 5R3 −R2 1 ∼ 0 0
6 −2 −15 20 0 0
3 −5 . 0
Dobili smo matricu u reduciranom obliku koja je ekvivalentna polaznoj. Budu´ci da je rang dobivene matrice jednak broju ne-nul redaka, prema [M1, definicija 2.4], slijedi rang(A) = 2. (b) Zamijenimo prvi i drugi redak i Vrijedi 1 0 1 2 3 −1 4 0 B∼ 3 −2 −1 4 4 −2 3
zadanu matricu svedimo na reducirani oblik. 1 0 2 4 R2 −2R1 0 3 7 R3 −3R1 ∼ 0 4 1 R4 +2R1 0 −1 0 −2 5 R5 −4R1
Podijelimo sada drugi redak sa brojem 3. Tada je 2 1 60 6 B∼6 60 40 0
0 1 4 −1 −2
1 −1 −3 6 −1
3 2 1 2 60 0 7 6 7 6 1 7 7 R3 −4R2 ∼ 60 40 5 5 R4 +R2 0 −3 R5 +2R2
0 1 0 0 0
1 −1 1 5 −3
1 2 −3 0 −3 1 6 5 −1 −3
3 2 1 2 60 07 6 7 ∼6 17 60 7 5 5 R4 −5R3 40 0 −3 R5 +3R3
0 1 0 0 0
1 −1 1 0 0
3 2 07 7 17 7. 05 0
Prema [M1, teorem 2.4], dobivena matrica je ekvivalentna polaznoj, odnosno obje imaju isti rang. Budu´ci je rang dobivene matrice jednak broju ne-nul redaka, slijedi rang(B) = 3.
44
2.13
LINEARNA ALGEBRA
Rang matrice ovisan o parametru
U ovisnosti o parametru λ ∈ R odredite 1 A = 1 1 Rjeˇ senje. Elementarnim vamo da je 1 A = 1 1 1 = 0 0
rang matrice 1 1 λ λ2 . λ2 λ
transformacijama nad retcima iz [M1, teorem 2.4] dobi1 λ λ2
1 1 λ2 R2 −R1 ∼ 0 λ R3 −R1 0
1 1 λ − 1 λ2 − 1 λ2 − 1 λ − 1
1 1 λ−1 (λ − 1)(λ + 1) . (λ − 1)(λ + 1) λ−1
Drugi i tre´ci redak u gornjoj matrici smijemo podijeliti sa λ − 1, samo uz pretpostavku da je λ 6= 1. Tada je 1 1 1 1 1 1 1 λ + 1 λ + 1 . A ∼ 0 ∼ 0 1 (2.2) R3 −(λ+1)R2 0 λ+1 1 0 0 −λ(λ + 2)
Promotrimo sada posebno sluˇcajeve λ = −2 i λ = 0 za koje dobivamo nulu na mjestu (3, 3) jer tada tre´ci redak postaje nul-redak, te sluˇcaj kada je λ = 1 koji smo izbacili na poˇcetku. Sluˇcaj 1. Za λ = −2 dobivamo
1 1 0 1 0 0
iz ˇcega zakljuˇcujemo da je rang(A) = 2.
1 −1 , 0
Sluˇcaj 2. Sliˇcno, za λ = 0 imamo
pa je opet rang(A) = 2.
1 1 A ∼ 0 1 0 0
1 1 0
Sluˇcaj 3. Ako je λ = 1, tada ne vrijedi dobivena ekvivalencija jer u tom sluˇcaju ne smijemo dijeliti s λ − 1. Stoga uvrstimo λ = 1 u zadanu matricu. Dobivamo 1 1 1 1 1 1 A = 1 1 1 R2 −R1 ∼ 0 0 0 1 1 1 R3 −R1 0 0 0
2.14
45
Sarrusovo pravilo
pa je rang(A) = 1. Sluˇcaj 4. Konaˇcno, u svim ostalim sluˇcajevima, odnosno ako λ ∈ / {−2, 0, 1}, reducirana matrica (2.2) ima tri ne-nul retka pa je rang(A) = 3.
2.14
Sarrusovo pravilo
Sarrusovim pravilom izraˇcunajte determinantu matrice 3 4 −5 A = 8 7 −2 . 2 1 8 Rjeˇ senje. Prepiˇsimo prva dva stupca zadane matrice iza tre´ceg. Mnoˇzenjem triju brojeva na dijagonalama, pri ˇcemu umnoˇske na padaju´cim dijagonala zbrajamo, a one na rastu´cim oduzimamo, dobivamo 3 4 −5 3 4 det A = 8 7 −2 8 7 2 1 8 2 1 = 3 · 7 · 8 + 4 · (−2) · 2 + (−5) · 8 · 1 − (−5) · 7 · 2 − 3 · (−2) · 1 − 4 · 8 · 8 = −68.
2.15
Laplaceov razvoj
Laplaceovim razvojem izraˇcunajte determinantu matrice 1 5 −1 1 2 0 1 −1 . A= 0 1 2 3 1 0 0 −1 Rjeˇ senje. Laplaceovim razvojem po ˇcetvrtom retku opisanim u [M1, §2.9.3] slijedi 1 5 −1 1 1 5 −1 5 −1 1 2 0 1 −1 = 1 · (−1)4+1 0 1 −1 + (−1) · (−1)4+4 2 0 1 . det A = 3 0 1 2 1 2 0 1 2 3 1 0 0 −1
Sada izraˇcunajmo dobivene determinante tre´ceg reda. Laplaceovim razvojem po drugom retku dobivamo 5 −1 1 0 1 −1 = 1 · (−1)2+2 5 1 + (−1) · (−1)2+3 5 −1 1 3 1 2 1 2 3 = (5 · 3 − 1 · 1) + [5 · 2 − (−1) · 1] = 14 + 11 = 25.
46
LINEARNA ALGEBRA
Razvojem po prvom stupcu slijedi 1 5 −1 2 0 1 = 1 · (−1)1+1 0 1 0 1 2
1 2+1 5 + 2 · (−1) 1 2
−1 2
= (0 · 2 − 1 · 1) − 2 [5 · 2 − (−1) · 1] = −1 − 22 = −23.
Dakle, det A = −1 · 25 − 1 · (−23) = −2.
2.16
Svojstva determinanti
Izraˇcunajte determinante sljede´cih matrica:
1 1 1 (a) A = a b c , a 2 b 2 c2 −2 5 0 −1 3 1 0 3 7 −2 3 −1 0 5 −5 (b) B = . 2 6 −4 1 2 0 −3 −1 2 3 Rjeˇ senje. (a) Koriˇstenjem svojstva D6. iz [M1, §2.9.1], determinantu transformirajmo tako da u prvom retku dobijemo ˇsto viˇse nula i onda primijenimo Laplaceov razvoj po tom retku. Vrijedi 1 det A = a2 a
S2 −S1
b−a = 2 b − a2
1 b b2
S3 −S1
1 1 = c a c2 a 2
0 b−a b 2 − a2
0 c − a 2 c − a2
b−a c−a c − a = 2 2 (b − a)(b + a) (c − a)(c + a) c −a
1 = (b − a) b+a
c−a = (b − a)(c − a) 1 b + a (c − a)(c + a)
= (b − a)(c − a)(c − b).
1 c + a
(b) Budu´ci da tre´ci stupac ima najviˇse nula, transformirajmo determinantu tako da u tom stupcu ostane samo jedan element razliˇcit od nule. Koriˇstenjem svojstva
2.17
47
Raˇcunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik
D6. iz [M1, §2.9.1] dobivamo −2 1 det B = 3 2 0
−2 5 0 −1 3 5 0 −1 3 13 7 0 3 7 −2 R2 +3R5 1 −9 0 5 −5 . −1 0 5 −5 = 3 −1 0 18 0 −7 −10 6 −4 1 2 R4 −4R5 2 0 −3 −1 2 3 −3 −1 2 3
Razvojem po tre´cem stupcu i primjenom istog postupka na prvi stupac slijedi −2 5 −9 5+3 1 det B = (−1) · (−1) 3 −1 2 18
0 −1 3 R1 +2R2 1 13 7 = − 5 −5 R3 −3R2 0 0 −7 −10 R4 −2R2
−13 25 17 −9 13 7 . 26 −34 −26 36 −33 −24
Razvojem po prvom stupcu i primjenom svojstava D5. i D6. iz [M1, §2.9.1] je −13 25 17 det B = −1 · (−1)2+1 26 −34 −26 = 2 · 3 36 −33 −24 0 8 4 = 6 13 −17 −13 R2 +13R3 = 6 · 4 −1 6 −5
−13 25 17 R1 +R2 13 −17 −13 R3 −R2 12 −11 −8
0 2 1 0 61 52 . −1 6 5
Razvojem po prvom stupcu konaˇcno dobivamo 1+3
det B = 24 · (−1) · (−1) = −1032.
2.17
2 1 61 52 = −24 · (2 · 52 − 1 · 61) = −24 · 43
Raˇ cunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik
Izraˇcunajte determinantu matrice
1 2 0 1 2 3 −1 0 . A= 0 −1 2 4 −1 0 4 −1 Rjeˇ senje. Determinanta trokutaste matrice je jednaka umnoˇsku elemenata na dijagonali. Koriste´ci svojstva determinante D5 i D6 iz [M1, §2.9.1], svedimo zadanu
48
LINEARNA ALGEBRA
matricu na gornje trokutasti oblik. Vrijedi 1 2 det A = 0 −1 1 0 = 0 0
1 2 0 1 2 0 1 3 −1 0 R2 −2R1 0 −1 −1 −2 = 4 R3 −R2 −1 2 4 0 −1 2 0 2 4 0 R4 +2R2 0 4 −1 R4 +R1
2 0 1 −1 −1 −2 = 3·2 0 3 6 0 2 −4
1 2 0 −1 = 6 · 0 0 0 0
2.18
1 2 0 −1 0 0 0 0
0 1 −1 −2 1 2 1 −2 R4 −R3
0 1 −1 −2 = 6 · [1 · (−1) · 1 · (−4)] = 24. 1 2 0 −4
Laplaceov razvoj determinante n-tog reda
Izraˇcunajte determinantu n-tog reda α 0 D = ... 0 β
β α .. .
0 β .. .
... ... .. .
0 0
... ...
α 0
0 0 .. . . β α
Rjeˇ senje. Uoˇcimo da se na glavnoj dijagonali nalaze elementi α te da se elementi β nalaze na dijagonali iznad glavne i na mjestu (n, 1). Na ovu determinantu stoga primijenimo Laplaceov razvoj po prvom stupcu, jer ´cemo time dobiti dvije trokutaste determinante reda n − 1. Vrijedi α β 0 0 α β 1+1 .. D = (−1) α . ... . . . 0 0 . . . 0 0 . . .
... ... .. . α 0
β 0 α 0 .. + (−1)n+1 β 0 . .. . β 0 α
= α · αn−1 + (−1)n+1 β · β n−1 = αn + (−1)n+1 β n ,
0 β α .. .
0 0 β .. .
... ... ... .. .
0
...
α
0 0 0 .. . β
jer je determinanta trokutaste matrice jednaka umnoˇsku elemenata na dijagonali.
2.19
2.19
Raˇcunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik
49
Raˇ cunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik
Izraˇcunajte determinantu n-tog reda −1 2 2 −1 D= . .. .. . 2 2
2 2 .. .
... ... .. .
2
...
. −1 2 2 .. .
Rjeˇ senje. Za razliku od prethodnog primjera u ovoj determinanti ne postoje stupci ili retci s puno nula. Medutim, zbog simetrije s obzirom na glavnu dijagonalu, ovu determinantu prikladno je izraˇcunati svodenjem na trokutasti oblik. Naime, kada bi se u prvom retku nalazile samo jedinice, trokutasti oblik bi se lako dobio mnoˇzenjem prvog retka sa −2 i pribrajanjem ostalim retcima. S obzirom da je suma elemenata u svakom stupcu jednaka −1 + (n − 1) · 2 = 2n − 3, prvom retku pribrojimo sumu preostalih n − 1 redaka. Time dobivamo 2n − 3 2 D= 2 .. . 2
2n − 3 2n − 3 −1 2 2 −1 .. .. . . 2 2
1 2 = (2n − 3) 2 .. . 2
1 0 = (2n − 3) 0 .. . 0
1 1 −1 2 2 −1 .. .. . . 2 2
... ... ... .. .
1 1 −3 0 0 −3 .. .. . . 0 0
... ... ... .. .
...
...
... ... ... .. . ...
2n − 3 2 2 .. . −1
R2 −2R1 R3 −2R1 −1 Rn −2R1 1 2 2 .. .
−3 1 0 0 .. .
= (2n − 3)[1 ·(−3) · (−3) · · · (−3)] = (−3)n−1 (2n − 3), {z } | n−1 puta
jer je determinanta trokutaste matrice jednaka umnoˇsku elemenata na dijagonali.
50
2.20
LINEARNA ALGEBRA
Regularna matrica
Odredite sve x ∈ R za koje je realna matrica ln(x − 3) −2 x −2 A= 0 −1
6 5 3
regularna. Rjeˇ senje. Vrijedi
ln(x − 3) det A = x 0
S3 +3S2
−2 −2 −1
ln(x − 3) = x 0
6 5 3
−2 −2 −1
Laplaceovim razvojem po tre´cem retku dobivamo
0 −1 0
.
− 3) 0 = − ln(x − 3). x −1
3+2 ln(x
det A = (−1) · (−1)
Matrica A je regularna ako i samo ako je det A 6= 0, odnosno − ln(x − 3) 6= 0. Zbog podruˇcja definicije logaritamske funkcije, joˇs treba vrijediti x−3 > 0. Presijecanjem tih uvjeta dobivamo da je zadana matrica regularna za sve x ∈ h3, 4i ∪ h4, +∞i.
2.21
Raˇ cunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom
Gauss-Jordanovom metodom odredite inverz matrice 1 0 A= 0 0
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 . 1 1
Rjeˇ senje. Matrica je gornje trokutasta zbog ˇcega je determinanta jednaka umnoˇsku elemenata na dijagonali, odnosno det A = 1. Dakle, determinanta je razliˇcita od nule pa postoji inverzna matrica. Elementarnim transformacijama iskljuˇcivo nad
2.22
retcima svedimo matricu na oblik 1 1 0 1 I = A 0 0 0 0
I
0 1 1 0
0 0 1 1
B . Tada je A−1 = B. Vrijedi 1 0 0 0 R1 −R2 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1
1 0 = 0 0
0 −1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1
1 0 0 0
−1 1 0 0
1 0 = 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
1 −1 1 1
1 0 0 0
−1 1 0 R1 −R4 1 −1 0 R2 +R4 0 1 0 R3 −R4 0 0 1
1 0 = 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
Dakle, inverz matrice A je
A−1
2.22
51
Raˇcunanje inverzne matrice pomo´cu determinanti
1 −1 0 1 = 0 0 0 0
0 0 1 0
0 R1 +R3 0 R2 −R3 0 1
1 −1 1 −1 0 1 −1 1 . 0 0 1 −1 0 0 0 1 1 −1 −1 1 . 1 −1 0 1
Raˇ cunanje inverzne matrice pomo´ cu determinanti
Cramerovim pravilom odredite inverz matrice −2 3 0 A = 1 −1 5 . 4 2 7 Rjeˇ senje. Sarrusovim pravilom dobivamo −2 3 0 −2 3 det A = 1 −1 5 1 −1 = 14 + 60 + 0 − 0 + 20 − 21 = 73 6= 0, 4 2 2 7 4
pa postoji inverzna matrica. Prema [M1, teorem A11 A12 1 A21 A22 A−1 = det A A31 A32
2.9] je T A13 A23 , A33
52
LINEARNA ALGEBRA
gdje je Aij algebarski komplement elementa aij . Dakle, 1+1
A11 = (−1)
−1 2
5 , 7
3 −1
0 , 5
2+1
A21 = (−1)
3+1
A31 = (−1) pa je
A12 = (−1)
3 0 2 7 ,
A−1
2.23
1+2
2+2
A22 = (−1)
3+2
A32 = (−1)
1 5 4 7 ,
−2 4
−2 1
0 , 7
0 , 5
1+3
A13 = (−1)
2+3
A23 = (−1)
3+3
A33 = (−1)
1 −1 4 2 ,
−2 3 4 2 ,
−2 1
3 , −1
T −17 13 6 −17 −21 15 1 1 −21 −14 16 = 13 −14 10 . = 73 73 15 10 −1 6 16 −1
Formula za inverz matrice drugog reda
Odredite inverz matrice A=
a c
b , d
ako je ad − bc 6= 0. Rjeˇ senje. Zbog uvjeta ad − bc 6= 0 matrica A je regularna. Prema [M1, teorem 2.9] je T 1 A11 A12 −1 A = , det A A21 A22 gdje su A11 = (−1)1+1 d = d,
A12 = (−1)1+2 c = −c,
A21 = (−1)2+1 b = −b,
A22 = (−1)2+2 a = a.
Dakle, A−1 =
2.24
T 1 1 d −c d −b . = ad − bc −b a ad − bc −c a
Cramerovo pravilo
Cramerovim pravilom rijeˇsite sustav 2x1 x1 x1
+ + +
x2 2x2 x2
+ + +
x3 x3 2x3
= 2, = 3, = −1.
2.25
53
Matriˇcna jednadˇzba
Rjeˇ senje. Matrica sustava 2 det A = 1 1
A je kvadratna i regularna jer je 1 1 2 1 = 8 + 1 + 1 − 2 − 2 − 2 = 4 6= 0. 1 2
Stoga prema [M1, teorem 2.10] vrijedi xi =
Di , det A
i = 1, 2, 3,
gdje je
Slijedi
2 1 1 D1 = 3 2 1 = 8 − 1 + 3 + 2 − 2 − 6 = 4, −1 1 2 2 2 1 D2 = 1 3 1 = 12 + 2 − 1 − 3 + 2 − 4 = 8, 1 −1 2 2 1 2 D3 = 1 2 3 = −4 + 3 + 2 − 4 − 6 + 1 = −8. 1 1 −1 x1 =
pa rjeˇsnje sustava glasi
2.25
4 , 4
x2 =
8 , 4
x3 =
−8 , 4
x1 1 x2 = 2 . x3 −2
Matriˇ cna jednadˇ zba
Rijeˇsite matriˇcnu jednadˇzbu AX = B, gdje je 2 0 2 0 6 A = 2 −3 i B = −1 −6 0 . 1 −1 0 −2 1 Rjeˇ senje. Prema [M1, §2.1.3], matrica X mora biti tipa (2, 3) pa je zapiˇsimo u obliku a b c X= . d e f Uvrˇstavanjem zadanih matrica u jednadˇzbu AX = B dobivamo 2 0 2 0 6 2 −3 · a b c = −1 −6 0 , d e f 1 −1 0 −2 1
54
LINEARNA ALGEBRA
odnosno
2a 2b 2c 2 0 2a − 3d 2b − 3e 2c − 3f = −1 −6 a−d b−e c−f 0 −2
6 0 . 1
Izjednaˇcavanjem odgovaraju´cih elemenata u matricama slijedi 2a = 2,
2b = 0,
2a − 3d = −1, a − d = 0,
2c = 6,
2b − 3e = −6, b − e = −2,
2c − 3f = 0, c − f = 1.
Dakle, a = 1,
b = 0,
c = 3,
pa traˇzena matrica X glasi X=
2.26
d = 1,
1 0 1 2
e = 2,
f =2
3 . 2
Jednadˇ zba s kvadratnim matricama
Rijeˇsite matriˇcnu jednadˇzbu (AX)−1 + X −1 = B, gdje je A=
2 3
−1 4
i
B=
3 4 . 1 −3
Rjeˇ senje. Prema formulama iz [M1, §2.8] slijedi (AX)−1 + X −1 = B, X −1 A−1 + X −1 = B, X −1 (A−1 + I) = B. Mnoˇzenjem jednadˇzbe s lijeve strane matricom X i s desne strane matricom B −1 dobivamo X · X −1 (A−1 + I) · B −1 = X · B · B −1 , I · (A−1 + I) · B −1 = X · I, (A−1 + I) · B −1 = X,
odnosno X = (A−1 + I) · B −1 . Matrice A i B imaju inverze jer je det A = 2 · 4 − (−1) · 3 = 11 6= 0
i
det B = 3 · (−3) − 4 · 1 = −13 6= 0
2.27
55
Rjeˇsavanje matriˇcne jednadˇzbe invertiranjem
Prema zadatku 2.23 vrijedi −1
A
1 4 1 = 11 −3 2
i
B
−1
1 −3 −4 1 3 = = −13 −1 3 13 1
4 . −3
Stoga je
2.27
X=
1 3 1 4 1 1 0 + · 0 1 11 −3 2 13 1
=
1 11 1 4 1 + 11 −3 2 11 0
=
1 46 57 1 15 1 3 4 · . = 1 −3 11 · 13 −3 13 143 4 −51
4 −3
1 3 0 · 11 13 1
4 −3
Rjeˇ savanje matriˇ cne jednadˇ zbe invertiranjem
Rijeˇsite matriˇcnu jednadˇzbu B(AX − I)−1 C = I gdje je
1 2 A = 3 2 , 2 1
10 −2 −9 5 , B = −5 2 4 −1 −4
1 2 C = 2 1 0 2
0 −3 . 3
Rjeˇ senje. Da bismo odredili nepoznatu matricu X, pomnoˇzimo zadanu jednadˇzbu slijeva s B −1 i zdesna s C −1 . Tada dobivamo B −1 B · (AX − I)−1 · CC −1 = B −1 · I · C −1 ,
I · (AX − I)−1 · I = B −1 · I · C −1 , (AX − I)−1 = B −1 C −1 .
Budu´ci da je B −1 C −1 = (CB)−1 (vidi [M1, §2.8]), slijedi (AX − I)−1 = (CB)−1 . Invertiranjem lijeve i desne strane sada dobivamo jednadˇzbu AX − I = CB, odnosno AX = CB + I.
56
LINEARNA ALGEBRA
Izraˇcunajmo sada matricu CB + I. Vrijedi 1 2 0 10 −2 −9 1 5 + 0 CB + I = 2 1 −3 −5 2 0 2 3 4 −1 −4 0
0 2 = 3 1 2 1
1 1 −1 + 0 −2 0
0 0 1 1 0 = 3 0 1 2
0 0 1 0 0 1
2 1 2 −1 . 1 −1
Budu´ci da je A matrica tipa 3 × 2 i matrica CB + I tipa 3 × 3, traˇzena matrica X mora biti tipa 2 × 3, pa je zapiˇsimo u obliku x y1 z1 . X= 1 x2 y2 z2 Sada jednadˇzba AX = CB + I glasi 1 2 3 2 · x1 y1 x2 y2 2 1
odnosno
x1 + 2x2 3x1 + 2x2 2x1 + x2
y1 + 2y2 3y1 + 2y2 2y1 + y2
1 z1 = 3 z2 2
2 2 1
1 −1 , −1
1 2 z1 + 2z2 3z1 + 2z2 = 3 2 2 1 2z1 + z2
Izjednaˇcavanjem matrica dobivamo sljede´ce jednadˇzbe:
1 −1 . −1
x1 + 2x2 = 1,
y1 + 2y2 = 2,
z1 + 2z2 = 1,
3x1 + 2x2 = 3, 2x1 + x2 = 2,
3y1 + 2y2 = 2, 2y1 + y2 , = 1,
3z1 + 2z2 = −1, 2z1 + z2 = −1.
Promotrimo prvo jednadˇzbe x1 + 2x2 = 1, 3x1 + 2x2 = 3, 2x1 + x2 = 2, koje jedine sadrˇze nepoznanice x1 i x2 . Oduzimanjem prve od druge odmah dobivamo da je x1 = 1, a uvrˇstavanjem u tre´cu da je x2 = 0. Dobiveni x1 i x2 zadovoljavaju sve tri jednadˇzbe pa su to uistinu rjeˇsenja. Na isti naˇcin rijeˇsimo sustav jednadˇzbi koje jedine sadrˇze nepoznanice y1 i y2 odakle dobivamo da je y1 = 0 i y2 = 1, te preostali sustav jednadˇzbi koji sadrˇzi nepoznanice z1 i z2 i daje z1 = −1 i z2 = 1. Dakle, rjeˇsenje je matrica 1 0 −1 X= . 0 1 1
2.28
Rastav matrice na simetriˇcni i antisimetriˇcni dio
2.28
57
Rastav matrice na simetriˇ cni i antisimetriˇ cni dio
Svaka kvadratna matrica A se moˇze napisati kao zbroj simetriˇcne i antisimetriˇcne matrice. Pokaˇzite da su te matrice dane sa A1 = Odredite A1 i A2 ako je
A + AT , 2 1 A = 4 1
A2 =
A − AT . 2
2 0 3 2 . −1 1
(2.3)
Rjeˇ senje. Pretpostavimo da se matrica moˇze napisati kao zbroj A = A1 + A2
(2.4)
gdje je AT1 = A1 , odnosno A1 je simetriˇcna matrica i AT2 = −A2 , odnosno A2 je antisimetriˇcna matrica. Transponiranjem jednadˇzbe (2.4) slijedi AT = AT1 + AT2 = A1 − A2 .
(2.5)
Zbrajanjem i oduzimanjem jednadˇzbi (2.4) i (2.5) dobivamo redom jednadˇzbe A + AT = 2A1 , A − AT = 2A2 , odakle je A1 =
A + AT , 2
A2 =
A − AT . 2
Projerimo sada da je matrica A1 uistinu simetriˇcna, a A2 anti-simetriˇcna. Vrijedi =
A + AT 2
T
=
AT + A = A1 , 2
AT2 =
A − AT 2
T
=
AT − A = −A2 . 2
AT1
Za zadanu matricu A je
1 4 AT = 2 3 0 2
1 −1 1
58
LINEARNA ALGEBRA
pa njen rastav na simetriˇcni i 1 2 1 A1 = 4 3 2 1 −1
anti-simetriˇcni dio ˇcine matrice 0 1 4 1 1 3 2 + 2 3 −1 = 3 3 1 1 1 0 2 1 2 2
1 2 1 A2 = 4 3 2 1 −1
2.29
0 1 2 − 2 1 0
4 1 0 3 −1 = 1 1 2 1 2
−1 0 − 32
1 2 1 2 ,
1
− 12 3 2
0
.
Zadaci za vjeˇ zbu
1. Za matrice
1 A= 0
1 , 1
1 B= 0
−1 , 1
izraˇcunajte AB, BA, A2 + AB − 2B. 2 1 2. Neka je A = . Izraˇcunajte P (A), ako je P (x) = x4 − x2 + 1. −3 0 3. Izraˇcunajte tre´cu potenciju matrice n-tog 1 1 1 0 1 1 0 0 1 A= · · · · · · 0 0 0
reda ··· ··· ··· · · ···
4. Rijeˇsite sljede´ce sustave: 2x1 (a) −x1 x1
+ + +
x2 2x2 3x2
2x − y (b) x + 2y 3x + y x1 2x1 (c) x1 x1
+ + + +
2x2 x2 2x2 x2
+ + −
x3 3x3 x3
+ + + +
x3 x3 2x3 x3
+ 3z − 5z − 2z
= = =
− 4 − 8 − 4
= = =
0, 0, 0.
0, 0, 0.
+ x4 + 2x4 + x4 + x4
= = = =
0, 0, 0, 0.
+ x4 + 2x4 + 4x4 + 2x4
= 4, = 6, = 12, = 6.
5. Rijeˇsite sljede´ce sustave: 2x1 4x1 (a) 8x1 3x1
+ + + +
2x2 3x2 5x2 3x2
− − − −
x3 x3 3x3 2x3
1 1 1 · · 1
2.29
59
Zadaci za vjeˇzbu
x1 x1 (b) x1 x1 x1 (c)
+ + − − +
3x2 3x2 2x2 4x2 2x2
+ + + + +
x + 2y 2x − y
2x1 x (d) 1 3x1 4x1
+ − + +
x2 x2 3x2 5x2
5x3 2x3 x3 x3 x3
+ z − 2z − + − −
− +
− − − + −
x3 x3 3x3 5x3
4x4 2x4 x4 x4 4x4
+ − − +
= 1, = −1, = 3, = 3, = −1.
x5 x5 x5 x5
u = 2, 3u = 5.
− x4 + x4 − 3x4 − 5x4
+ x5 − 2x5 + 4x5 + 7x5
= 1, = 0, = 2, = 3.
6. U ovisnosti o parametru λ ∈ R rijeˇsite sustave: 2x1 (a) 3x1 x1 λx (b) 2x 3x
+ + +
+ 2y + y + 2y
−2x1 (c)
2x1 λx1
3x2 4x2 x2
+
+ + +
x3 2x3 λx3
+ z + 2z + 3z x2
− x2 − 2x2
− + +
= 1, = 1, = 2.
= = =
4, 5, 12.
x3 x3 3x3 5x3
+ + +
2x4 4x4 6x4
= = = =
1, 3, 5, 7.
7. Odredite sve a ∈ R za koje sustav −x + x − x + ima jednoparametarsko rjeˇsenje. 8. Odredite rang sljede´cih matrica: 1 2 1 1 (a) A = 2 0 1 −1, 0 0 2 0 1 −1 3 (b) B = 2 −1 3, 3 1 3 3 1 1 4 0 4 10 1 (c) C = 1 7 17 3, 2 2 4 3 −1 2 0 1 4 (d) D = 1 2 3 −1 5. 0 4 3 0 9
y y y
+ z + z − z
= ax, = ay, = az,
60
LINEARNA ALGEBRA
9. Izraˇcunajte determinante sljede´cih matrica: 0 0 0 (a) A = 3 −1 6, 2 8 3 3 −5 1 4 1 3 0 −2 (b) B = −3 5 2 1 , −1 −3 5 7 −1 2 5 6 3 −1 −15 −18 , (c) C = 2 1 0 7 3 1 1 6 0 c −b x −c 0 a y (d) D = b −a 0 z . −x −y −z 0
10. Izraˇcunajte determinante 1 2 3 ··· 0 1 2 · · · (a) A = 0 0 1 · · · · · · · 0 0 0 ··· 1 n n ··· n 2 n · · · (b) B = n n 3 · · · · · · · n n n ···
sljede´cih matrica n-tog reda: n n − 1 n − 2 , · 1 n n n . · n
11. Odredite sve x ∈ R za koje je matrica 1 1 1 2 − x2 A= 2 3 2 3 singularna.
2 2 1 1
3 3 5 9 − x2
12. Gauss-Jordanovom metodom i Cramerovim pravilom izraˇcunajte inverze matrica: 2 1 0 (a) A = 0 2 1, 0 0 2 3 −4 5 (b) B = 2 −3 1 , 3 −5 −1
2.29
61
Zadaci za vjeˇzbu
1 2 (c) C = 2 2
2 1 2 2
2 2 1 2
2 2 . 2 1
13. Rijeˇsite sljede´ce matriˇcne jednadˇzbe: (a) 3A − 2X = B, ako je A=
3 2 , −2 1
B=
1 −5 , 2 3
(b) AXB = C, ako je
1 3 1 0 3 2 A= ,B = ,C = , −3 1 0 5 0 5 (c) AX + 2B = C + BX, ako je 1 2 3 −1 2 A = 0 2 4 , B = 0 4 0 0 1 0 0
(d) A(A + B)BX = I, ako je 1 0 0 A = 0 1 0 , 4 0 1 (e) AX −1 B − C = AX −1 , ako je 1 1 2 2 A = 0 1 2 , B = 0 0 2 1 0
14. Rijeˇsite sustav
−2x1 3x1
− x2 + x2 − 2x2
−3 2 , 2
3 0 C = 0 2 0 0
−1 0 B= 0 1 0 0 1 1 −1 1 , 0 −1 + 3x3 − x3
= = =
1 4 , 1
2 0 , 1
2 1 C = 0 1 0 0
0 2 . 1
7 −3 2
(a) Cramerovim pravilom, (b) rjeˇsavanjem matriˇcne jednadˇzbe, (c) Gaussovom metodom eliminacije. 15. Izraˇcunajte matrice X i Y reda 2 koje zadovoljavaju matriˇcne jednadˇzbe AX + Y = I, XB + A−1 Y = O, 3 −2 1 −1 ako je A = ,B= , I jediniˇcna matrica, a O nulmatrica. −4 3 −1 1
62
LINEARNA ALGEBRA
2.30
Rjeˇ senja
2.
3.
4.
5.
1 0 1 0 0 4 , BA = , A2 + AB − 2B = . 0 1 0 1 0 0 −11 −6 P (A) = . 18 1 1 s2 s3 · · · sn 0 1 s2 · · · sn−1 n(n+1) . A3 = 2 0 0 1 · · · sn−2 , gdje je sn = 1 + 2 + · · · + n = · · · · · 0 0 0 ··· 1 x1 8/25 (a) x2 = 44/25, x3 8/5 x −1 (b) y = λ 13 , λ ∈ R, z 5 x1 −1 x2 0 (c) λ ∈ R. x3 = λ 0 , x4 1 x1 1 x2 1 (a) x3 = −1, x4 −1 x1 −1 0 x2 −1 −1 α ∈ R, (b) x3 = 0 + α 0 , x4 −1 −1 2 x5 0 x 12/5 3 −1 y −1/5 −4 1 (c) α, β ∈ R, z = 0 + α 5 + β 0 , u 0 0 1 x1 1/3 0 0 1 x2 1/3 1 1 −5 (d) α, β, γ ∈ R. x3 = 0 + α 1 + β 0 + γ 0 , x4 0 0 1 0 x5 0 0 0 3
1. AB =
6. (a) Sustav nema rjeˇsenja za λ = 1, x1 (λ + 3)/(1 − λ) x2 = (λ + 1)/(λ − 1) , za λ 6= 1. x3 2/(λ − 1)
2.30
Rjeˇsenja
(b) Sustav nema rjeˇsenja za λ = 1, x 12/(1 − λ) y = , 9 za λ 6= 1. z (2λ − 14)/(1 − λ) x1 0 0 x2 4 −2 (c) t ∈ R za λ 6= 4, x3 = 3 + t −2 , x4 0 1 x1 1 1/2 −2 x2 0 0 1 = + s s, t ∈ R, za λ = 4. x3 3 0 + t −2, x4 1 0 0
7. a = 1.
8. (a) rang(A) = 3, (b) rang(B) = 3, (c) rang(C) = 2, (d) rang(D) = 2. 9. (a) det A = 0, (b) det B = −140, (c) det C = 320,
(d) det D = (ax + by + cz)2 . 10. (a) det A = 1, (b) det B = (−1)n−1 n!. 11. Matrica A je singularna za sve x ∈ { − 2, −1, 1, 2}. 4 −2 1 1 12. (a) A−1 = 0 4 −2, 8 0 0 4 −8 29 −11 (b) B −1 = −5 18 −7 , 1 −3 1 −5 2 2 2 1 2 −5 2 2 . (c) C −1 = 2 2 −5 2 7 2 2 2 −5 4 11/2 13. (a) X = , −4 0 1 5 0 1 15 −13 1 1 −3 −1 −1 , B = , X= , (b) A = 10 3 1 5 0 1 50 45 11
63
64 5/2 (c) X = 0 0 9 1 (d) X = 0 4 2 1 1 (e) X = 0 2 0 x1 0 14. x2 = −1. x3 2 2 3 15. X = ,Y 3 4
LINEARNA ALGEBRA
−2 −11/2 3 3 , 0 3 0 −1 2 0 , 0 0 2 4 16 2 . −8 −4
=
1 −1 . −1 1
3. VEKTORSKA ALGEBRA I ˇ ANALITICKA GEOMETRIJA 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 3.13 3.14 3.15 3.16 3.17 3.18 3.19 3.20 3.21 3.22 3.23 3.24 3.25 3.26 3.27 3.28 3.29 3.30 3.31
Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . Vektorska projekcija . . . . . . . . . . . . Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . Linearna kombinacija vektora . . . . . . . Povrˇsina i visina trokuta . . . . . . . . . . Povrˇsina paralelograma . . . . . . . . . . Povrˇsina i duljina dijagonala romba . . . . Mjeˇsoviti produkt . . . . . . . . . . . . . . Volumen paralelopipeda . . . . . . . . . . Visina paralelopipeda . . . . . . . . . . . Volumen tetraedra . . . . . . . . . . . . . Jednadˇzba ravnine . . . . . . . . . . . . . Pramen ravnina . . . . . . . . . . . . . . . Okomite ravnine . . . . . . . . . . . . . . Jednadˇzba pravca . . . . . . . . . . . . . . Okomiti pravci . . . . . . . . . . . . . . . Ravnina paralelna pravcu . . . . . . . . . Sjeciˇste pravca i ravnine . . . . . . . . . . Sjeciˇste dvaju pravaca . . . . . . . . . . . Ortogonalna projekcija toˇcke na pravac . Ortogonalna projekcija toˇcke na ravninu . Ortogonalna projekcija pravca na ravninu Udaljenost toˇcaka . . . . . . . . . . . . . . Udaljenost ravnina . . . . . . . . . . . . . Udaljenost pravca od ravnine . . . . . . . Udaljenost toˇcke od pravca . . . . . . . . Udaljenost paralelnih pravaca . . . . . . . Udaljenost mimosmjernih pravaca . . . . Sjeciˇste simetrale kuta i simetrale stranice Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66 66 67 69 70 70 71 71 72 72 73 74 75 76 77 78 78 79 79 80 81 81 82 82 83 84 84 85 85 86 90
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
66
3.1
Skalarni produkt
Zadani su vektori p = λa + 17b i q = 3a − b, gdje je |a| = 2, |b| = 5, ∠(a, b) =
2π 3 .
(a) Odredite koeficijent λ tako da vektori p i q budu medusobno okomiti. (b) Izraˇcunajte duljinu vektora r = 4p − 23q. Rjeˇ senje. (a) Izraˇcunajmo prvo skalarni produkt vektora p i q. Prema svojstvima skalarnog produkta S6, S7, S8 i S4 iz [M1, §3.9] te definiciji skalarnog produkta [M1, definicija 3.4], vrijedi p · q = (λa + 17b) · (3a − b) = 3λ a · a + (51 − λ) a · b − 17b · b
= 3λ |a|2 + (51 − λ) |a| · |b| · cos ∠(a, b) − 17|b|2 2π − 17 · 52 = 3λ · 22 + (51 − λ) 2 · 5 · cos 3 = 17λ − 680.
Prema svojstvu S1 iz [M1, §3.9], vektori p i q ´ce biti medusobno okomiti ako vrijedi p · q = 0, odnosno ako je 17λ − 680 = 0. Dakle, rjeˇsenje je λ = 40. (b) Prikaˇzimo vektor r preko vektora a i b. Vrijedi r = 4p − 23q = 4(40a + 17b) − 23(3a − b) = 91(a + b). Prema svojstvu S4 iz [M1, §3.9] je |a + b|2 = (a + b) · (a + b) = a2 + 2 a · b + b2
= |a|2 + 2 |a| · |b| · cos ∠(a, b) + |b|2 2π + 52 = 19. = 22 + 2 · 2 · 5 · cos 3
Slijedi |a + b| =
3.2
√
19, pa je duljina vektora r jednaka √ |r| = |91(a + b)| = 91|a + b| = 91 19.
Vektorska projekcija
Zadane su toˇcke A(2, 3, 2), B(0, 1, 1), C(4, 4, 0), D(8, 6, 6). Odredite vektorsku pro−− → −−→ jekciju vektora AB na vektor CD i njenu duljinu.
3.3
67
Vektorski produkt
Rjeˇ senje. Prema [M1, §3.2] je
−− → −−→ −→ AB = OB − OA = (0 − 2)i + (1 − 3)j + (1 − 2)k = −2i − 2j − k, −−→ −−→ −−→ CD = OD − OC = (8 − 4)i + (6 − 4)j + (6 − 0)k = 4i + 2j + 6k.
− − → Prema formuli S5 iz [M1, §3.9], duljina vektorske projekcije vektora AB na vektor −−→ CD pomnoˇzena s predznakom smjera iznosi − → = AB− CD
− − → −−→ 9 −2 · 4 − 2 · 2 − 1 · 6 AB · CD √ = −√ . = −−→ 2 + 22 + 62 14 4 |CD|
− − → −−→ Sama vektorska projekcija vektora AB na vektor CD jednaka je umnoˇsku dobivenog −−→ broja i jediniˇcnog vektora vektora CD. Dakle, −−→ CD −− → 4i + 2j + 6k 9 9 27 9 − →· − − → = AB− √ AB − = − i − j − k. −→ = − √ · CD CD 7 14 14 14 14 |CD|
−− → −−→ Duljina vektorske projekcije vektora AB na vektor CD jednaka je apsolutnoj vri− → , odnosno jednosti od AB− CD 9 −− → − →| = √ − → | = |AB− . |AB − CD CD 14
3.3
Vektorski produkt
Dani su vektori a = (0, 2λ, λ), b = (2, 2, 1) i c = (−1, −2, −1). (a) Odredite parametar λ takav da je (a − b) · c = a · c + λ. (b) Odredite vektor d koji zadovoljava uvjete a × b = c × d i a × c = b × d. (c) Pokaˇzite da su vektori a − d i b − c kolinearni. Rjeˇ senje. (a) Da bismo odredili parametar λ iz uvjeta (a − b) · c = a · c + λ, izraˇcunajmo prvo izraz s lijeve strane. Vrijedi (a − b) · c = [(2λj + λk) − (2i + 2j + k)] · (−i − 2j − k)
= [−2i + (2λ − 2)j + (λ − 1)k] · (−i − 2j − k) = 2 − 4λ + 4 − λ + 1 = −5λ + 7.
Nadalje, izraz s desne strane glasi a · c + λ = (2λj + λk)(−i − 2j − k) + λ = −4λ. Izjednaˇcavanjem dobivamo −5λ + 7 = −4λ, pa je λ = 7.
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
68
(b) Stavimo d = x1 i + x2 j + x3 k, gdje su x1 , x2 , x3 nepoznanice. Prema [M1, teorem 3.3] je
i a × b = 0 2
j k 14 7 = 14j − 28k, 2 1
i j k c × d = −1 −2 −1 = (x2 − 2x3 )i + (x3 − x1 )j + (2x1 − x2 )k, x1 x2 x3 i j k 14 7 = −7j + 14k, a × c = 0 −1 −2 −1
i b × d = 2 x1
j 2 x2
k 1 = (2x3 − x2 )i + (x1 − 2x3 )j + (2x2 − 2x1 )k. x3
Uvrˇstavanjem dobivenih izraza u zadane uvjete dobivamo
(x2 − 2x3 )i + (x3 − x1 )j + (2x1 − x2 )k = 14j − 28k,
(2x3 − x2 )i + (x1 − 2x3 )j + (2x2 − 2x1 )k = −7j + 14k.
Vektori su jednaki samo ako su im odgovaraju´ce komponente jednake, stoga slijedi
x2 −x1 2x1 x1 −2x1
−
x2 x2
+
2x2
− +
2x3 x3
+ −
2x3 2x3
= = = = = =
0, 14, −28, 0, −7, 14.
Primijenimo Gaussovu metodu eliminacije iz [M1, §2.4]. Zamjenom prvog i
3.4
69
Linearna kombinacija vektora
drugog retka dobivamo 0 1 −2 −1 0 1 2 −1 0 b = A 0 −1 2 1 0 −2 −2 2 0 −1 0 1 0 1 −2 0 −1 2 ∼ 0 −1 2 0 0 −1 0 2 −2
Iz tre´ceg i ˇcetvrtog retka −1 0 b ∼ A 0 0
−1 0 1 0 0 14 1 −2 −28 ∼ 2 −1 0 0 0 −1 2 −7 1 0 −2 14 −2 2 0 14 −1 0 0 0 R3 +R2 ∼ 0 0 0 R4 +R2 0 7 −14 R6 −2R2 0
0 1 0 0 0 0
14 0 −28 R3 +2R1 0 −7 R4 +R1 14 R6 −2R1 1 −2 0 0 −1 2
14 0 0 . 0 7 −14
slijedi 0 = 0, pa ih moˇzemo zanemariti. Stoga je 14 −1 0 1 0 1 14 0 1 −2 0 1 −2 0 . ∼ 0 0 −1 0 −1 7 7 0 2 −14 R4 +2R3 0 0 0 0
Iz tre´ceg retka slijedi x3 = −7, iz drugog x2 = 2x3 = −14, a iz prvog x1 = −14 + x3 = −21, pa je rjeˇsenje d = −7(3i + 2j + k).
(c) Da bismo pokazali kolinearnost vektora a−d i b−c, prema svojstvu V1 iz [M1, §3.10], dovoljno je vidjeti da je njihov vektorski produkt jednak nula. Svojstva V3 i V4 iz [M1, §3.10] daju (a − b) × (b − c) = a × b − a × c − d × b + d × c = a × b − a × c − (−b × d) + (−c × d). Prema uvjetima pod (b), za vektor d vrijedi a × b = c × d i a × c = b × d, pa slijedi (a − d) × (b − c) = 0. Dakle, vektori a − d i b − c su kolinearni.
3.4
Linearna kombinacija vektora
Zadani su vektori a, b i c takvi da a i b nisu kolinearni i vrijedi a + b + c = 0. Izrazite vektor a preko vektora c i d, ako je d = 2a + 3b. Rjeˇ senje. Trebamo odrediti koeficijente α, β ∈ R za koje vrijedi a = αc + βd. Uvrˇstavanjem uvjeta imamo a = α(−a − b) + β(2a + 3b),
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
70 odakle slijedi
(1 + α − 2β)a + (α − 3β)b = 0. Kolinearnost vektora a i b povlaˇci da su linearno nezavisni. Stoga su, prema [M1, §3.7], α i β rjeˇsenja sustava 1 + α − 2β = 0
i
α − 3β = 0,
odnosno α = −3, β = −1. Traˇzena linearna kombinacija glasi a = −3c − d.
3.5
Povrˇ sina i visina trokuta
− − → −−→ Trokut ABC zadan je vektorima AB = 3p − 4q i BC = p + 5q, pri ˇcemu je π |p| = |q| = 2, ∠(p, q) = . Odredite povrˇsinu P i visinu vC spuˇstenu iz vrha C. 3 Rjeˇ senje. Prema svojstvu V6 iz [M1, §3.10] je P =
→ −→ 1 −− |AB × AC|. 2
−−→ −− → Uvrˇstavanjem AB = 3p − 4q i BC = p + 5q, te primjenom svojstava vektorskog produkta V1, V3, V4 i V5 iz [M1, §3.10] dobivamo 1 1 |(3p − 4q) × (p + 5q)| = |3p × p + 15p × q − 4q × p − 20q × q| = 2 2 1 1 19 = |3 · 0 + 15p × q − 4(−p × q) − 20 · 0| = |19p × q| = |p × q| = 2 2 2 √ 19 19 π = |p| · |q| · sin ∠(p, q) = · 2 · 2 · sin = 19 3. 2 2 3
P =
Visinu raˇcunamo iz formule P =
− → 1 − |AB| · vC . 2
Budu´ci da je −− → |AB|2 = (3p − 4q)2 = 9|p|2 − 24p · q + 16|q|2 = 52, slijedi
3.6
√ √ 2 · 19 3 19 39 2P . = vC = − − → = √ 13 52 |AB|
Povrˇ sina paralelograma
Odredite povrˇsinu paralelograma s dijagonalama e = −i − 2j − 4k
i
f = 5i − 4j − 8k.
3.7
71
Povrˇsina i duljina dijagonala romba
Rjeˇ senje. Dijagonale paralelograma se raspolavljaju pa povrˇsina paralelograma iznosi i j k √ 1 1 1 P = |e × f | = | −1 −2 −4 | = | − 28j + 14k| = 7 | − 2j + k| = 7 5. 2 2 2 5 −4 −8
3.7
Povrˇ sina i duljina dijagonala romba
π Neka su a i b jediniˇcni vektori koji zatvaraju kut od . Izraˇcunajte duljine dijago3 nala i povrˇsinu romba razapetog vektorima a i b. Rjeˇ senje. Oznaˇcimo sa e i f dijagonale romba. Tada je e = a + b i f = b − a, pa vrijedi |e|2 = (a + b)2 = |a|2 + 2a · b + |b|2 = 1 + 2 ·
1 + 1 = 3, 2
1 |f |2 = (b − a)2 = |b|2 − 2b · a + |a|2 = 1 − 2 + 1 = 1. 2 Stoga su duljine dijagonala jednake |e| =
√ 3
i |f | = 1.
Budu´ci se dijagonale romba raspolavljaju i sijeku pod pravim kutom, povrˇsina iznosi √ 1 3 . P = |e| · |f | = 2 2
3.8
Mjeˇ soviti produkt
Zadani su vektori a = (1, 2α, 1), b = (2, α, α) i c = (3α, 2, −α). (a) Izraˇcunajte mjeˇsoviti produkt vektora a, b i c. (b) Odredite α ∈ R takav da su vektori a, b i c komplanarni. Rjeˇ senje. (a) Prema [M1, teorem 3.4], mjeˇsoviti produkt vektora a, b i c je 1 2α 1 α α = 1 · (−α2 − 2α) − 2α · (−2α − 3α2 ) + 1 · (4 − 3α2 ) (a × b) · c = 2 3α 2 −α = 6α3 − 2α + 4.
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
72
(b) Prema [M1, §3.11], vektori a, b i c su komplanarni ako vrijedi (a × b) · c = 0, odnosno ako je 6α3 − 2α + 4 = 0,
3α3 − α + 2 = 0,
(α + 1)(3α2 − 3α + 2) = 0, pa je rjeˇsenje α = −1.
3.9
Volumen paralelopipeda
Izraˇcunajte volumen paralelopipeda razapetog vektorima a = i − 3j + k,
b = 2i + j − 3k,
c = i + 2j + k.
Rjeˇ senje. Prema [M1, §3.11], volumen zadanog paralelopipeda iznosi 1 −3 1 V = |(a × b) · c| = | 2 1 −3 | = |1 · (1 + 6) + 3 · (2 + 3) + 1 · (4 − 1)| = 25. 1 2 1
3.10
Visina paralelopipeda
Izraˇcunajte visinu paralelopipeda razapetog vektorima a = 3i + 2j − 5k,
b = i − j + 4k,
c = i − 3j + k,
ako je osnovica paralelogram razapet vektorima a i b. Rjeˇ senje. Volumen paralelopipeda razapetog vektorima a, b i c je jednak V = |(a × b) · c|. S druge strane je V = B · v, gdje je B povrˇsina osnovice paralelopipeda, a v njegova visina. Budu´ci da je osnovica paralelogram razapet vektorima a i b, vrijedi B = |a × b|, pa je V = |a × b| · v. Iz prethodnih jednadˇzbi slijedi v=
|(a × b) · c| . |a × b|
3.11
73
Volumen tetraedra
Prema [M1, teorem 3.4] je 3 2 −5 (a × b) · c = 1 −1 4 = 49, 1 −3 1
a prema [M1, teorem 3.3]
odakle je
i a × b = 3 1 |a × b| =
j k 2 −5 = 3i − 17j − 5k, −1 4
p √ 32 + (−17)2 + (−5)2 = 323.
Uvrˇstavanjem dobivenih rezultata dobivamo da je visina paralelopipeda jednaka 49 . v=√ 323
3.11
Volumen tetraedra
Odredite α tako da volumen tetraedra razapetog vektorima a, b i α c iznosi 2/3, gdje je 1 a = i + j − 2k, b = 2i + j − k, c = i − k. 3 Rjeˇ senje. Prema [M1, primjer 3.8] je volumen zadanog tetraedra jednak V =
1 |(a × b) · c|. 6
(3.1)
Koriˇstenjem formule iz [M1, teorem 3.4] dobivamo da je 1 1 V = | 2 6 α
1 −2 1 α 2 −2α 1 −1 | = | 1 · − − 0 − 1 · + α − 2 · (0 − α) | = |α|. 6 3 3 9 α 0 −3
Iz uvjeta zadatka slijedi
2 2 |α| = , 9 3 odnosno, |α| = 3, pa su traˇzena rjeˇsenja α1 = 3 i α2 = −3.
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
74
3.12
Jednadˇ zba ravnine
Odredite jednadˇzbu ravnine koja prolazi toˇckom T0 = (2, −1, 3) i (a) na koordinatnim osima odsijeca iste odsjeˇcke a 6= 0. (b) sadrˇzi x-os. (c) sadrˇzi ishodiˇste i toˇcku T = (1, 1, 1). Rjeˇ senje. (a) Prema [M1, §3.14], segmentni oblik jednadˇzbe ravnine koja na koordinatnim osima odsijeca iste odsjeˇcke a 6= 0 je x y z + + = 1. a a a Ravnina prolazi toˇckom T0 pa njene koordinate zadovoljavaju jednadˇzbu ravnine. Vrijedi 2 −1 3 + + = 1, a a a odakle je a = 4 i jednadˇzba ravnine glasi x + y + z − 4 = 0. (b) Prema [M1, §3.14], op´ci oblik jednadˇzbe ravnine je Ax + By + Cz + D = 0, gdje je vektor normale traˇzene ravnine n = {A, B, C}. Budu´ci da ravnina sadrˇzi x-os, vektor normale n je okomit na vektor i = {1, 0, 0}. Tada je n·i = 0, odakle je A = 0. Nadalje, ravnina sadrˇzi ishodiˇste O = (0, 0, 0) pa je D = 0. Dakle, jednadˇzba traˇzene ravnine je oblika By + Cz = 0, odnosno
B y + z = 0. C Konaˇcno, toˇcka T0 leˇzi u ravnini pa vrijedi B · (−1) + 3 = 0, C B =3 C i jednadˇzba ravnine je 3y + z = 0.
3.13
75
Pramen ravnina
(c) Zadana ravnina prolazi toˇckama O = (0, 0, 0), T = (1, 1, 1) i T0 = (2, −1, 3). Uz oznake O = (x1 , y1 , z1 ), T = (x2 , y2 , z2 ) i T0 = (x3 , y3 , z3 ), prema [M1, §3.14], jednadˇzba traˇzene ravnine je x y z 1 1 1 = 0, 2 −1 3 odakle slijedi odnosno
x(3 + 1) − y(3 − 2) + z(−1 − 2) = 0, 4x − y − 3z = 0.
3.13
Pramen ravnina
Kroz presjek ravnina 4x − y + 3z − 1 = 0 i x + 5y − z + 2 = 0 postavi ravninu tako da (a) prolazi toˇckom M = (1, 0, 2). (b) je paralelna s xy-ravninom. (c) je okomita na ravninu 2x − y + 5z − 3 = 0. Rjeˇ senje. Proizvoljna ravnina koja prolazi presjekom zadanih ravnina je dana jednadˇzbom (4x − y + 3z − 1) + λ(x + 5y − z + 2) = 0,
za neki parametar λ ∈ R. Sredivanjem dobivamo
(4 + λ)x + (−1 + 5λ)y + (3 − λ)z + (−1 + 2λ) = 0.
(3.2)
(a) Uvrˇstavanjem koordinata toˇcke M = (1, 0, 2) koja leˇzi u ravnini u (3.2) dobivamo (4 + λ) · 1 + (−1 + 5λ) · 0 + (3 − λ) · 2 + (−1 + 2λ) = 0, odakle je λ = −9 i jednadˇzba traˇzene ravnine glasi
5x + 46y − 12z + 19 = 0. (b) Iz paralelnosti zadane ravnine s xy-ravninom slijedi da je vektor normale n = {4 + λ, −1 + 5λ, 3 − λ} okomit na vektore i = {1, 0, 0} i j = {0, 1, 0}, pa je n · i = 0 i n · j = 0. Stoga λ zadovoljava sustav jednadˇzbi 4 + λ = 0, −1 + 5λ = 0, koji nema rjeˇsenja. Dakle, ne postoji ravnina za koju vrijede zadani uvjeti.
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
76
(c) Ako su ravnine okomite, njihovi vektori normala su okomiti. Vektor normale ravnine 2x − y + 5z − 3 = 0 je n1 = {2, −1, 5} pa vrijedi n1 · n = 0, odnosno 2(4 + λ) − (−1 + 5λ) + 5(3 − λ) = 0, odakle je λ = 3, ˇcijim uvrˇstavanjem u (3.2) dobivamo da je jednadˇzba traˇzene ravnine 7x + 14y + 5 = 0.
3.14
Okomite ravnine
(a) Odredite jednadˇzbu ravnine π0 koja prolazi toˇckom M = (2, −1, 1) i okomita je na ravnine π1 . . . 3x + 2y − z − 4 = 0, π2 . . . x + y + z − 3 = 0. (b) Odredite jednadˇzbu ravnine π koja prolazi toˇckama A = (1, 2, 3), B = (3, 2, 1) i okomita je na ravninu π1 . . . 4x − y + 2z − 7 = 0. Rjeˇ senje. (a) Oznaˇcimo s ni vektore normale ravnina πi za i = 0, 1, 2. Ravnina π0 je okomita na ravnine π1 i π2 , pa je n0 ⊥ n1 , n2 . Budu´ci da je vektorski produkt i j k n1 × n2 = 3 2 −1 = 3i − 4j + k 1 1 1
okomit na n1 i n2 , slijedi da je kolinearan vektoru n0 . Stoga moˇzemo uzeti n0 = n1 × n2 . Jednadˇzba ravnine π0 kroz toˇcku M = (2, −1, 1) s vektorom smjera n = {3, −4, 1}, prema poglavlju [M1, §3.14], glasi 3(x − 2) − 4(y + 1) + (z − 1) = 0, odnosno 3x − 4y + z − 11 = 0.
(b) Neka je P = (x, y, z) proizvoljna toˇcka u ravnini π. Tada vektori −→ AP = rP − rA = (x − 1)i + (y − 2)j + (z − 3)k, −− → AB = rB − rA = 2i − 2k leˇze u ravnini π. Vektor normale ravnine π1 je n1 = {4, −1, 2}. Budu´ci da −→ − − → je ravnina π1 okomita na ravninu π, vektori AP , AB i n1 su komplanarni. −→ −− → Stoga je, prema [M1, §3.11], njihov mjeˇsoviti produkt [AP , AB, n1 ] jednak nuli, odnosno x − 1 y − 2 z − 3 2 0 −2 = 0, 4 −1 2
3.15
77
Jednadˇzba pravca
odakle slijedi (x − 1)(0 − 2) − (y − 2)(4 + 8) + (z − 3)(−2 − 0) = 0, pa je ravnina π dana jednadˇzbom x + 6y + z − 16 = 0.
3.15
Jednadˇ zba pravca
Odredite kanonsku i parametarsku jednadˇzbu pravca koji (a) prolazi toˇckama M = (1, 2, −1) i N = (2, 0, 3). (b) je zadan kao presjek ravnina π1 . . . x − y + z − 4 = 0
i
π2 . . . 2x + y − 2z + 5 = 0.
Rjeˇ senje. (a) Budu´ci da vektor
−−→ M N = rN − rM = i − 2j + 4k
leˇzi na pravcu, vektor smjera zadanog pravca je s = {1, −2, 4}. Potrebna je joˇs jedna toˇcka kojom pravac prolazi, pa odaberimo M = (1, 2, −1). Prema [M1, §3.13], kanonska jednadˇzba pravca p glasi y−2 z+1 x−1 = = . 1 −2 4
Stavimo
y−2 z+1 x−1 = = = t, 1 −2 4 Odavde slijedi parametarska jednadˇzba pravca x = 1 + t,
y = 2 − 2t,
t ∈ R.
z = −1 + 4t,
t ∈ R.
(b) Zbrajanjem jednadˇzbi ravnina π1 i π2 slijedi 3x − z + 1 = 0, odakle je z = 3x + 1. Uvrˇstavanjem u prvu jednadˇzbu dobivamo y = x + z − 4 = x + (3x + 1) − 4 = 4x − 3. Stavimo x = t, t ∈ R. Tada je x = t,
y = 4t − 3,
z = 3t + 1,
t∈R
jednoparametarsko rjeˇsenje sustava jednadˇzbi ravnina π1 i π2 , a ujedno i parametarska jednadˇzba zadanog pravca. Eliminacijom parametra t dobivamo kanonsku jednadˇzbu y+3 z−1 x = = . 1 4 3
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
78
3.16
Okomiti pravci
Zadane su toˇcke A = (1, 2, 2),
B = (3, 1, 2),
C = (−1, 5, 2),
D = (2, −1, 0).
Odredite jednadˇzbu pravca p koji prolazi toˇckom T = (1, 2, 3) i okomit je na pravce − − → −−→ odredene vektorima AB i CD. Rjeˇ senje. Iz okomitosti pravaca slijedi da je vektor smjera s pravca p okomit na vektore − − → −−→ AB = rB − rA = 2i − j i CD = rD − rC = 3i − 6j − 2k. Stoga moˇzemo uzeti i − − → −−→ s = AB × CD = 2 3
j k −1 0 = 2i + 4j − 9k. −6 −2
S obzirom da toˇcka T = (1, 2, 3) leˇzi na pravcu, kanonska jednadˇzba pravca p glasi x−1 y−2 z−3 = = . 2 4 −9
3.17
Ravnina paralelna pravcu
Odredite jednadˇzbu ravnine π koja prolazi toˇckama A = (1, 0, −1) i B = (−1, 2, 1), a paralelna je s pravcem p koji je presjek ravnina π1 . . . 3x + y − 2z − 6 = 0,
π2 . . . 4x − y + 3z = 0.
Rjeˇ senje. Vektori normala ravnina π1 i π2 su n1 = {3, 1, −2} i n2 = {4, −1, 3}. Vektor smjera s pravca p je okomit na n1 i n2 , pa moˇzemo uzeti s = n1 × n2 = i − 17j − 7k.
− − → Budu´ci da su vektori s i AB okomiti s vektorom normale n ravnine π, n je kolinearan s vektorskim produktom −− → AB × s = 20i − 12j + 32k = 4(5i − 3j + 8k), pa za vektor smjera moˇzemo uzeti n = 5i − 3j + 8k. Jednadˇzba ravnine π, koja je potpuno odredena vektorom normale n = {5, −3, 8} i toˇckom A = (1, 0, −1) koja leˇzi u njoj, glasi 5(x − 1) − 3(y − 0) + 8(z + 1) = 0, odnosno 5x − 3y + 8z + 3 = 0.
3.18
3.18
79
Sjeciˇste pravca i ravnine
Sjeciˇ ste pravca i ravnine
Zadan je pravac p kao presjek ravnina π1 . . . x − 2z − 3 = 0,
π2 . . . y − 2z = 0.
Odredite sjeciˇste pravca p i ravnine π . . . x + 3y − z + 4 = 0. Rjeˇ senje. Prvo odredimo parametarsku jednadˇzbu pravca p. Ravnine π1 i π2 imaju vektore normale n1 = {1, 0, −2} i n2 = {0, 1, −2}. S obzirom da je pravac p okomit na obje normale, za vektor smjera s pravca p moˇzemo uzeti i j k s = n1 × n2 = 1 0 −2 = 2i + 2j + k. 0 1 −2
Joˇs trebamo odrediti jednu toˇcku koja leˇzi na pravcu. Uvrˇstavanjem z = 0 u jednadˇzbe ravnina π1 i π2 dobivamo x = 3 i y = 0, pa traˇzena toˇcka ima koordinate (3, 0, 0). Dakle, parametarska jednadˇzba pravca p je dana s x = 2t + 3,
y = 2t,
z = t,
t ∈ R.
Uvrˇstavanjem parametarske jednadˇzbe pravca p u jednadˇzbu ravnine π slijedi (2t + 3) + 3 · 2t − t + 4 = 0, odakle je t = −1 i sjeciˇste pravca p i ravnine π toˇcka s koordinatama x = 2 · (−1) + 3 = 1,
3.19
y = 2 · (−1) = −2,
z = −1.
Sjeciˇ ste dvaju pravaca
Odredite sjeciˇste pravaca p1 . . .
y−2 z x−1 = = 4 3 1
i
p2 . . .
x y+1 z−2 = = . 3 3 0
Rjeˇ senje. Stavimo
y−2 z x−1 = = = t, t ∈ R. 4 3 1 Slijedi da je parametarska jednadˇzba pravca p1 jednaka x = 1 + 4t, Na isti naˇcin iz
y = 2 + 3t,
z = t,
y+1 z−2 x = = = s, 3 3 0
t ∈ R.
s ∈ R,
80
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
slijedi parametarska jednadˇzba pravca p2 x = 3s,
y = −1 + 3s,
z = 2,
s ∈ R.
Izjednaˇcavanjem odgovaraju´cih koordinata dobivamo sustav 1 + 4t = 3s, 2 + 3t = −1 + 3s, t = 2, koji ima jedinstveno rjeˇsenje t = 2, s = 3. Dakle, pravci p1 i p2 se sijeku u toˇcki koja ima koordinate x = 1 + 4 · 2 = 9,
3.20
y = 2 + 3 · 2 = 8,
z = 2.
Ortogonalna projekcija toˇ cke na pravac
Odredite toˇcku N simetriˇcnu toˇcki M = (1, 0, 2) s obzirom na pravac p ...
y z+1 x−2 = = . 3 5 1
Rjeˇ senje. Odredimo prvo ortogonalnu projekciju P toˇcke M na pravac p. Neka je π ravnina koja prolazi toˇckom M i okomita je na p. Tada za vektor normale n ravnine π moˇzemo uzeti vektor smjera pravca p, dakle n = {3, 5, 1}. Jednadˇzba ravnine π glasi 3 · (x − 1) + 5 · (y − 0) + 1 · (z − 2) = 0, odnosno 3x + 5y + z − 5 = 0. Toˇcka P je sjeciˇste ravnine π i pravca p, pa uvrˇstavanjem parametarske jednadˇzbe pravca p x = 2 + 3t, y = 5t, z = −1 + t, t ∈ R u jednadˇzbu ravnine π dobivamo 3(2 + 3t) + 5 · 5t + (−1 + t) − 5 = 0. Slijedi t = 0 i P = (2, 0, −1). Toˇcka P je poloviˇste izmedu toˇcaka M i N . Stoga, uz oznake M = (x1 , y1 , z1 ) i N = (x2 , y2 , z2 ), vrijedi P =(
x1 + x2 y1 + y2 z1 + z2 , , ). 2 2 2
Uvrˇstavanjem poznatih koordinata dobivamo x1 + 1 = 2, 2 pa je traˇzena toˇcka N = (3, 0, −4).
y1 + 0 = 0, 2
z1 + 2 = −1, 2
3.21
81
Ortogonalna projekcija toˇcke na ravninu
3.21
Ortogonalna projekcija toˇ cke na ravninu
Odredite ortogonalnu projekciju N toˇcke M (−1, 0, 1) na ravninu π . . . 2x+y−z = 7. Rjeˇ senje. Neka pravac p prolazi toˇckom M i okomit je na ravninu π. Za vektor smjera s pravca p moˇzemo uzeti vektor normale ravnine π, dakle s = {2, 1, −1}. Parametarska jednadˇzba pravca p glasi x = −1 + 2t,
y = t,
z = 1 − t,
t ∈ R.
(3.3)
Traˇzena toˇcka je sjeciˇste pravca p i ravnine π, pa uvrˇstavanjem (3.3) u jednadˇzbu ravnine π dobivamo 2(−1 + 2t) + t − (1 − 7) + 7 = 0, odakle je 2 t=− 3
3.22
i
7 2 5 . N = − ,− , 3 3 3
Ortogonalna projekcija pravca na ravninu
Odredite parametarsku jednadˇzbu ortogonalne projekcije q pravca p ...
y − 12 z − 10 x 7 7 = = −2 1 3
na ravninu π . . . 2x − y + 5z − 5 = 0. Rjeˇ senje. Neka je π1 ravnina koja sadrˇzi pravac p i okomita je na ravninu π. Pravac p prolazi toˇckom 12 10 T = 0, , 7 7 i ima vektor smjera s = {−2, 1, 3}. Vektor normale ravnine π je n = {2, −1, 5}. Stoga ravnina π1 prolazi toˇckom T i vektor normale n1 je kolinearan vektoru i j k n × s = 2 −1 5 = −8i − 16j = −8(i + 2j), −2 1 3 pa moˇzemo uzeti n1 = i + 2j. Jednadˇzba ravnine π1 glasi 12 10 2 · (x − 0) + 4 · y − +0· z− = 0, 7 7
odnosno 7x + 14y − 24 = 0. Pravac q je presjek ravnina π i π1 , odnosno zadan je jednadˇzbama 2x − y + 5z − 5 = 0,
7x + 14y − 24 = 0.
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
82
Odredimo sada parametarsku jednadˇzbu pravca q. Iz druge jednadˇzbe slijedi x = −2y +
24 . 7
Uvrˇstavanjem u prvu jednadˇzbu dobivamo 24 − y + 5z − 5 = 0, 2 −2y + 7 odakle slijedi
13 . 35 Stavimo li y = t, t ∈ R, dobivamo traˇzenu parametarsku jednadˇzbu z=y−
x = −2t +
3.23
24 , 7
y = t,
z =t−
13 , 35
t ∈ R.
Udaljenost toˇ caka
Odredite jednadˇzbu skupa toˇcaka koje su jednako udaljene od toˇcaka A(2, −1, 2) i B(0, 1, 0). Rjeˇ senje. Neka je T = (x, y, z) proizvoljna toˇcka iz zadanog skupa. Vrijedi d(T, A) = d(T, B), p p 2 2 (x − 2) + (y + 1) + (z − 2)2 = (x − 0)2 + (y − 2)2 + (z − 0)2 ,
(x2 − 4x + 4) + (y 2 + 2y + 1) + (z 2 − 4z + 4) = x2 + (y 2 − 2y + 1) + z 2 , −4x + 4y − 4z + 8 = 0.
Dakle, traˇzeni skup toˇcaka je ravnina s jednadˇzbom x − y + z − 2 = 0.
3.24
Udaljenost ravnina
Nadite udaljenost izmedu ravnina π1 . . . 2x + 3y − 6z + 14 = 0
i
π2 . . . 2x + 3y − 6z − 35 = 0.
Rjeˇ senje. Za vektore normale ravnina π1 i π2 vrijedi n1 = n2 = {2, 3, −6}, pa su ravnine paralelne. Stoga je dovoljno odrediti bilo koju toˇcku na jednoj ravnini i izraˇcunati udaljenost te toˇcke do druge ravnine. Uvrˇstavanjem y = 0 i z = 0 u jednadˇzbu ravnine π1 dobivamo x = −7, pa toˇcka T = (−7, 0, 0) leˇzi na π1 . Op´cenito, udaljenost toˇcke T1 = (x1 , y1 , z1 ) od ravnine π . . . Ax + By + Cz + D = 0 je jednaka |Ax1 + By1 + Cz1 + D| √ . (3.4) d(T1 , π) = A2 + B 2 + C 2
3.25
83
Udaljenost pravca od ravnine
Dakle, ravnine π1 i π2 su udaljene za d(π1 , π2 ) = d(T, π2 ) =
3.25
|2 · (−7) + 3 · 0 − 6 · 0 − 35| √ = 7. 22 + 32 + 62
Udaljenost pravca od ravnine
Nadite ravninu π koja je paralelna pravcima y = −x + 2 y = 2x − 1 i p2 . . . p1 . . . z = 4x − 1 z = 3x + 2 i jednako udaljena od tih pravaca. Rjeˇ senje. Op´ca jednadˇzba ravnine π glasi Ax + By + Cz + D = 0. Stavljanjem x = t, t ∈ R dobivamo parametarsku jednadˇzbu pravca p1 x = t,
y = 2t − 1,
z = 3t + 2,
t∈R
x = t,
y = −t + 2,
z = 4t − 1,
t ∈ R.
i pravca p2 Vektor normale n ravnine π je okomit na {1, −1, 4} zadanih pravaca, pa je i j n = s1 × s2 = 1 2 1 −1
vektore smjera s1 = {1, 2, 3} i s2 = k 3 = 11i − j − 3k. 4
Dakle, A = 11, B = −1 i C = −3. Preostaje izraˇcunati D iz uvjeta d(p1 , π) = d(p2 , π). Budu´ci da su ravnina π i pravci p1 i p2 paralelni, slijedi d(T1 , π) = d(T2 , π), gdje je T1 proizvoljna toˇcka na pravcu p1 , a T2 na pravcu p2 . Uzmemo li T1 = (0, −1, 2) i T2 = (0, 2, −1), prema formuli (3.4), vrijedi |11 · 0 − 1 · (−1) − 3 · 2 + D| |11 · 0 − 1 · 2 − 3 · (−1) + D| √ √ , = 2 2 2 112 + 12 + 32 11 + 1 + 3
odnosno |D − 5| = |D + 1|, odakle kvadriranjem dobivamo D = 2 i jednadˇzbu ravnine π 11x − y − 3z + 2 = 0.
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
84
3.26
Udaljenost toˇ cke od pravca
Odredite udaljenost toˇcke T = (2, 1, 3) od pravca p ...
y−1 z−1 x−1 = = . 1 2 3
Rjeˇ senje. Prvo odredimo jednadˇzbu ravnine π koja prolazi toˇckom T i okomita je na pravac p. Budu´ci da je vektor normale n ravnine π jednak vektoru smjera s = {1, 2, 3} pravca p, jednadˇzba ravnine π je 1 · (x − 2) + 2 · (y − 1) + 3 · (z − 3) = 0, odnosno x + 2y + 3z − 13 = 0. Odredimo sada sjeciˇste pravca p i ravnine π. Uvrˇstavanjem parametarske jednadˇzbe pravca x = t + 1, y = 2t + 1, z = 3t + 1, t ∈ R. u jednadˇzbu ravnine dobivamo t = 21 , pa sjeciˇste S ima koordinate x=
1 3 +1= , 2 2
y=2
1 + 1 = 2, 2
z=3
1 5 +1= . 2 2
Budu´ci da je S ortogonalna projekcija toˇcke T na pravac p, traˇzena udaljenost iznosi s √ 2 2 6 3 5 2 2− + (1 − 2) + 3 − = . d(T, p) = d(T, S) = 2 2 2
3.27
Udaljenost paralelnih pravaca
Odredite udaljenost izmedu paralelnih pravaca p1 . . .
y−1 z x = = 1 1 2
i
p2 . . .
x−1 y z−1 = = . 1 1 2
Rjeˇ senje. Pravci p1 i p2 su paralelni pa je dovoljno odabrati proizvoljnu toˇcku na jednom pravcu i izraˇcunati njenu udaljenost do drugog pravca. Op´cenito, ako je pravac p zadan toˇckom T0 i vektorom smjera s, tada je d(T, p) =
−−→ |T T0 × s| . |s|
Toˇcka T1 = (0, 1, 0) leˇzi na pravcu p1 , a pravac p2 je zadan toˇckom T2 = (1, 0, 1) i vektorom smjera s2 = {1, 1, 2}. Stoga je −−→ |T1 T2 × s2 | . d(p1 , p2 ) = d(T1 , p2 ) = |s2 |
3.28
Zbog
vrijedi
3.28
85
Udaljenost mimosmjernih pravaca
i j −−→ T1 T2 × s2 = −1 1 1 1
k −1 = 3i + j − 2k, 2
√ √ 32 + 12 + 22 21 |3i + j − 2k| = = √ . d(p1 , p2 ) = 2 2 2 |i + j + 2k| 3 1 +1 +2
Udaljenost mimosmjernih pravaca
Zadani su pravci p1 , koji prolazi kroz toˇcke A = (1, 0, −1) i B = (−1, 1, 0), i p2 , koji prolazi kroz toˇcke C = (3, 1, −1) i D = (4, 5, −2). Dokaˇzite da su ti pravci mimosmjerni i odredite najmanju udaljenost izmedu njih. Rjeˇ senje. Pravci p1 i p2 imaju vektore smjera −− → s1 = AB = −2i + j + k, −−→ s2 = CD = i + 4j − k,
−−→ pa nisu paralelni. Joˇs treba pokazati da se ne sijeku. Uvedimo vektor v = CB = −4i+k koji spaja toˇcku C na pravcu p2 s toˇckom B na pravcu p1 . Mjeˇsoviti produkt vektora s1 , s2 i v iznosi −4 0 1 v · (s1 × s2 ) = −2 1 1 = 11, 1 4 −1 pa je razliˇcit od nule i vektori nisu komplanarni. Stoga se pravci p1 i p2 ne sijeku. Najkra´ca udaljenost izmedu dva mimosmjerna pravca odreduje se po formuli d(p1 , p2 ) = Iz |s1 × s2 | = | − 5i − j − 9k| =
|v · (s1 × s2 )| . |s1 × s2 |
√ 107, slijedi
11 . d(p1 , p2 ) = √ 107
3.29
Sjeciˇ ste simetrale kuta i simetrale stranice
Zadan je trokut s vrhovima A(2, 3, 2), B(0, 1, 1) i C(4, 4, 0). Odredite sjeciˇste S simetrale unutarnjeg kuta pri vrhu A i simetrale stranice AB. Rjeˇ senje. Neka je π ravnina koja prolazi poloviˇstem P stranice AB, okomita na pravac koji prolazi toˇckama A i B. Nadalje, neka je p pravac kroz toˇcku A s vektorom smjera −→ −− → AC AB + s = −− → −→ . |AB| |AC|
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
86
Tada je toˇcka S sjeciˇste ravnine π i pravca p. Poloviˇste P stranice AB ima koordinate 3 2+0 3+1 2+1 = 1, 2, , , , P = 2 2 2 2 − − → a vektor normale n je jednak AB = {−2, −2, −1}. Stoga jednadˇzba ravnine π glasi 3 −2 · (x − 1) − 2 · (y − 2) − 1 · z − = 0, 2 odnosno −2x − 2y − z +
15 = 0. 2
Zbog s=
2i + j − 2k (−2i − 2j − k) + (2i + j − 2k) 1 −2i − 2j − k + = = − j − k, | − 2i − 2j − k| |2i + j − 2k| 3 3
moˇzemo za vektor smjera pravca p uzeti kolinearan vektor s1 = −j − 3k, pa parametarska jednadˇzba glasi x = 2,
y = −t + 3,
z = −3t + 2,
t ∈ R.
Uvrˇstavanjem u jednadˇzbu ravnine π dobivamo −2 · 2 − 2 · (−t + 3) − (−3t + 2) + odakle je t=
3.30
9 10
i
S=
2,
21 7 ,− 10 10
15 = 0, 2
.
Zadaci za vjeˇ zbu
1. Odredite duljinu vektora a = p − 2q ako je |p| = 2, |q| = 3, ∠(p, q) =
π . 6
2. Zadani su vektori a = {2λ, 1, 1 − λ}, b = {−1, 3, 0}, c = {5, −1, 8}. Nadite parametar λ za koji vrijedi ∠(a, b) = ∠(a, c). 3. Zadani su vektori a = {1, −2, 1}, b = {−1, 1, 2} i c = {1, y, z}. Ako je c ⊥ a i c ⊥ b, izraˇcunajte y i z. 4. Odredite parametar λ takav da vektori a = {2, −3, 0} i b = {λ, 4, 0} budu okomiti. 5. Odredite kut α izmedu vektora a i b ako je (a + b) ⊥ (7a − 5b) i (a − 4b) ⊥ (7a − 2b). 6. Zadani su vektori p i q takvi da je |p| = 2, |q| = 3, ∠(p, q) =
π . 3
(a) Izrazite vektor n preko vektora p i q ako vrijedi n · p = 7 i n · q = 3.
3.30
Zadaci za vjeˇzbu
87
(b) Izrazite jediniˇcni vektor vektora n preko p i q. 7. Odredite vektor b koji je kolinearan s vektorom a = {2, −1, 2} i zadovoljava uvjet a · b = −18. 8. Odredite povrˇsinu P trokuta ˇsto ga odreduju vektori a = {2, 3, 5} i b = {1, 2, 1}. 9. Odredite povrˇsinu P trokuta s vrhovima A = (1, 1, 1), B = (2, 3, 4) i C = (4, 3, 2). 10. Odredite duljinu visine vA spuˇstene iz vrha A u trokutu ABC ako su vrhovi trokuta A = (1, 0, −1), B = (−1, 1, 1) i C = (0, 2, 1). 11. Odredite povrˇsinu P i visinu vB spuˇstenu iz vrha B u trokutu ABC sa vrhovima A = (1, −2, 8), B = (0, 0, 4) i C = (6, 2, 0). 12. Zadani su vrhovi A = (1, −2, 3), B = (3, 2, 1) i C = (6, 4, 4) paralelograma ABCD. Odredite povrˇsinu P paralelograma ABCD i koordinate vrha D. 13. Odredite povrˇsinu P paralelograma s dijagonalama e = 2m−n i f = 4m−5n, π ako je |m| = |n| = 1 i ∠(m, n) = . 4 14. Zadani su vektori m = a − b + c, n = −2a − b + c, gdje su a, b i c jediniˇcni π 2π π vektori koji zatvaraju kutove ∠(a, b) = , ∠(b, c) = i ∠(a, c) = . 3 3 3 Izraˇcunajte duljine dijagonala d1 i d2 paralelograma konstruiranog nad tim vektorima. 15. Odredite volumen V paralelopipeda razapetog vektorima a = {1, 0, 3}, b = {−1, 1, 0} i c = {2, 1, 1}. 16. Zadane su toˇcke A = (1, 2, 1), B = (3, −2, 1), C = (1, 4, 3) i D = (5, 0, 5). − − → −→ −−→ Izraˇcunajte volumen V paralelopipeda razapetog vektorima AB, AC i AD. 17. Pokaˇzite da ako za tri proizvoljna vektora a, b i c vrijedi a×b+b×c+c×a = 0, onda su vektori a, b i c komplanarni, a vektori d = a−c i e = b−a kolinearni. 18. Odredite parametar t takav da vektori a = {3, 2, t}, b = {−1, 0, 0} i c = {4, 1, 0} ne ˇcine bazu vektorskog prostora. 19. Odredite jediniˇcni vektor okomit na vektore a = {−2, −6, −1} i b = {1, 2, 0} koji s vektorom c = {−2, 1, 0} zatvara ˇsiljasti kut. U smjeru tog jediniˇcnog vektora odredite d takav da vektori a, b i d budu stranice paralelopipeda ˇciji volumen iznosi 18. 20. Odredite jednadˇzbe koordinatnih ravnina, te ravnina paralelnih s njima. 21. Odredite jednadˇzbu ravnine π koja sadrˇzi toˇcku T = (1, −3, 2) i paralelna je s ravninom π1 . . . 7x − 4y + z − 4 = 0.
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
88
22. Odredite jednadˇzbu ravnine π koja prolazi toˇckom M = (−2, 1, −5) i okomita je na ravnine π1 . . . − 3x + 2y + z + 5 = 0
i
π2 . . . 6x − 5y + 4z + 2 = 0.
23. Odredite jednadˇzbu ravnine π koja prolazi toˇckama A = (1, 2, 3), B = (3, 2, 1) i okomita je na ravninu π1 . . . 4x − y + 2z − 7 = 0. 24. Odredite op´ci, segmentni i normalni oblik jednadˇzbe ravnine π kroz toˇcke A = (2, −6, 4), B = (10, 2, −8) i C = (0, 4, 6). 25. Odredite kanonske i parametarske jednadˇzbe koordinatnih osi. 26. Vrhovi trokuta su A = (1, 1, 1), B = (3, 0, 3) i C = (−2, 1, 1). Odredite jednadˇzbu simetrale s kuta BAC. 27. Odredite jednadˇzbu ravnine π koja sadrˇzi toˇcku P = (1, −1, 2) i pravac koji je zadan kao presjek ravnina 3x + y − z + 5 = 0 i x − y + 2z − 1 = 0. 28. Odredite jednadˇzbu ravnine π koja prolazi toˇckama A = (1, 0, −1) i B = (−1, 2, 1), a paralelna je s pravcem koji je presjek ravnina 3x + y − 2z − 6 = 0 i 4x − y + 3z = 0. 29. Odredite jednadˇzbu ravnine π koja sadrˇzi pravce p1 . . .
y−2 z+2 x = = 2 3 −1
i
p2 . . .
x−2 y+1 z = = . −2 3 −1
30. Odredite sjeciˇste S pravca p ...
x−2 y z+1 = = 1 −2 −1
i ravnine π . . . 2x − 3y + z + 4 = 0. 31. Ispitajte medusobni poloˇzaj pravca p ...
x y−1 z−2 = = −2 −1 1
i ravnine π . . . x + y + 3z − 7 = 0. 32. Da li se pravci p1 . . .
x y z−1 = = 1 2 1
i
p2 . . .
x y−1 z = = 2 1 2
sijeku? 33. Odredite jednadˇzbu pravca p koji prolazi toˇckom A = (2, −3, 1), sijeˇce pravac q ... i okomit je na njega.
y+3 z−5 x−3 = = 2 −1 3
3.30
89
Zadaci za vjeˇzbu
34. Odredite jednadˇzbu pravca p koji leˇzi u ravnini π . . . x − 4y + 2z − 7 = 0, prolazi toˇckom T u kojoj pravac p1 zadan jednadˇzbama x − 2y − 4z + 3 = 0 i 2x + y − 3z + 1 = 0 probada ravninu π i okomit je na pravac p1 . 35. Odredite toˇcku N simetriˇcnu toˇcki M = (3, −1, 1) s obzirom na ravninu koja prolazi toˇckama T1 = (−2, −1, −1), T2 = (2, 1, −5) i T3 = (−4, −1, 0). 36. Odredite kanonsku jednadˇzbu ortogonalne projekcije pravca p ...
y z+1 x−7 = = −8 1 3
na ravninu π . . . x − y + 3z + 7 = 0.
37. Odredite kanonsku jednadˇzbu ortogonalne projekcije pravca p ...
x−1 y+1 z−3 = = 2 3 −1
na ravninu π . . . x + 2y − 5z + 3 = 0. 38. Zadani su paralelni pravci p ...
x y−3 z−3 = = 1 2 0
i
q ...
x−2 y−1 z−3 = = . 1 2 0
Odredite ravninu π s obzirom na koju su ti pravci zrcalno simetriˇcni. 39. Odredite sve toˇcke na pravcu p zadanog kao presjek ravnina √ x + y − 3z + 6 = 0 i x − y − z = 0 koje su udaljene od toˇcke T = (1, 0, 1) za 8. 40. Odredite jednadˇzbu ravnine π koja prolazi pravcem p1 . . .
y+1 z−2 x−1 = = 2 3 1
p2 . . .
x+3 y−1 z+2 = = . 3 4 2
i paralelna je pravcu
Izraˇcunajte udaljenost pravca p2 od ravnine π. 41. Izraˇcunajte udaljenost toˇcke M = (2, −1, 3) od pravca p ...
y+2 z−1 x+1 = = . 3 4 2
42. Odredite najmanju udaljenost izmedu pravaca p1 . . .
x+1 y z−1 = = 2 −1 3
i
p2 . . .
x y+1 z−2 = = . −1 1 2
43. Odredite najmanju udaljenost izmedu pravaca p1 . . .
x+1 y z−1 = = 1 1 2
i
p2 . . .
x y+1 z−2 = = . 1 3 4
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
90 44. Na pravcu
y+2 z − 10 x+4 = = 1 −1 −1 odredite toˇcku A koja je najbliˇza pravcu p ...
q ...
3.31
x−3 y−3 z+3 = = . 1 −4 2
Rjeˇ senja
1. |a| = 2
p √ 10 − 3 3.
2. λ =
1 . 4
3. y =
3 1 ,z= . 5 5
4. λ = 6.
√ 13 7 5. cos α = √ . 8 67 6. (a) n = 2 p −
1 q, 3
2 1 (b) n0 = √ p − √ q. 13 3 13 7. b = {−4, 2, −4}. √ 59 8. P = . 2 √ 9. P = 2 6. √ 34 . 10. vA = 2 √ 2√ 11. P = 7 5, vB = 21. 3 √ 12. P = 4 29, D = (4, 0, 6). √ 3 2 . 13. P = 2 √ 14. d1 = 3, d2 = 13. 15. V = 8. 16. V = 8. 17. Dovoljno je pokazati da vrijedi (a × b) · c = 0 i d × e = 0.
3.31
91
Rjeˇsenja
18. t = 0. 19. d = (−4, 2, −4). 20. Jednadˇzba xy-ravnine je z = 0, xz-ravnine y = 0, yz-ravnina x = 0. Jednadˇzbe ravnina paralelnih xy-ravnini su oblika z = c, xz-ravnini oblika y = c, yz-ravnini oblika x = c, za neki c ∈ R. 21. π . . . 7x − 4y + z − 21 = 0. 22. π . . . 13x + 18y + 3z + 23 = 0. 23. π . . . x + 6y + z − 16 = 0. 24. Op´ci oblik jednadˇzbe ravnine π glasi 17x + y + 12z − 76 = 0, segmentni oblik
x z y + + = 1, 76 19 76 17 3
a normalni oblik 1 12 76 17 √ x+ √ y+ √ z−√ = 0. 434 434 434 434 x y z x y z x y z 25. Kanonska jednadˇzba x-osi je = = , y-osi = = , z-osi = = . 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Parametarska jednadˇzba x-osi je x = t, y = 0, z = 0, y-osi x = 0, y = t, z = 0, z-osi x = 0, y = 0, z = t, t ∈ R. 26. s . . .
y−1 z−1 x−1 = = . −1 −1 2
27. π . . . 2x + 2y − 3z + 6 = 0. 28. π . . . 5x − 3y + 8z + 3 = 0. 29. π . . . y + 3z + 4 = 0. 30. S = (1, 2, 0). 31. Ravnina π sadrˇzi pravac p. 32. Pravci p1 i p2 se ne sijeku. 33. p . . .
x−2 y+3 z−1 = = . −1 1 1
1 3 y+ z− x−2 2 = 2. = 34. p . . . −2 3 7 35. N = (1, −5, −3).
ˇ GEOMETRIJA VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA
92 36. p . . .
37. p . . .
x−6 y−1 z+4 = = . −8 1 3
4 25 43 y+ z− 30 = 30 = 30 . 47 64 35
x−
38. π . . . 2x − y = 0. 39. A = (3, 0, 3), B = (−1, −2, 1). 40. π . . . 2x − y − z − 1 = 0, √ 3 377 41. d(M, p) = . 29 √ 3 42. d(p1 , p2 ) = . 5 √ 3 . 43. d(p1 , p2 ) = 3 44. A = (4, −10, 2).
d(p2 , π) =
√ 6.
4. FUNKCIJE REALNE VARIJABLE 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 4.10 4.11 4.12 4.13 4.14 4.15 4.16 4.17 4.18 4.19 4.20 4.21 4.22 4.23 4.24
Podruˇcje definicije funkcije . . . . . . . . . . . Podruˇcje definicije sume i razlike funkcija . . . Graf op´ce sinusoide . . . . . . . . . . . . . . . . Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . Nejednadˇzba s kompozicijom funkcija . . . . . Inverzna funkcija i podruˇcje definicije . . . . . Inverzna funkcija logaritamske funkcije . . . . . Limes slijeva i zdesna . . . . . . . . . . . . . . . Limes oblika ∞/∞ u beskonaˇcnosti . . . . . . . Limes racionalne funkcije oblika 0/0 . . . . . . Limes racionalne funkcije oblika ∞ − ∞ . . . . Limes iracionalne funkcije oblika 0/0 . . . . . . Limes iracionalne funkcije oblika ∞ − ∞ . . . . Primjena lim(sin x)/x kada x → 0 . . . . . . . . Primjena lim(sin x)/x kada x → ∞ . . . . . . . Limes oblika a∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . Primjena limesa koji daju broj e . . . . . . . . Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . Vrste prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Asimptote racionalne funkcije . . . . . . . . . . Asimptote iracionalne funkcije . . . . . . . . . Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
94 95 98 98 100 100 101 102 102 103 103 104 104 106 107 108 108 111 112 114 115 116 118 121
U zadacima za koje to ima smisla nacrtajte odgovaraju´ce funkcije ili njihove djelove pomo´cu programa NetPlot1 ili nekog drugog programa za crtanje funkcija i provjerite toˇcnost odgovaraju´cih rjeˇsenja. 1 http://lavica.fesb.hr/netplot
94
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
4.1
Podruˇ cje definicije funkcije
Odredite podruˇcje definicije funkcija: (a) f (x) = log
x2 − 3x + 2 , x+1
(b) f (x) = arccos(log 31 x), (c) f (x) = ln arcsin
x+2 . 5−x
Rjeˇ senje. (a) Prema [M1, §4.6.4] i [M1, §4.6.2], funkcija f je definirana za sve x ∈ R za koje vrijedi x2 − 3x + 2 > 0 i x + 1 6= 0. x+1 Rastavljanjem prvog uvjeta na faktore dobivamo nejednadˇzbu (x − 1)(x − 2) > 0, x+1 koju zadovoljavaju svi x ∈ h−1, 1i ∪ h2, +∞i. Iz drugog uvjeta slijedi x 6= −1 pa presijecanjem obaju uvjeta vidimo da je D(f ) = h−1, 1i ∪ h2, +∞i. (b) Prema [M1, §4.6.6] i [M1, §4.6.4], funkcija f je definirana za sve x ∈ R za koje vrijedi −1 ≤ log 31 x ≤ 1 i x > 0. Iz prvog uvjeta slijedi
1 , 3 ˇsto povlaˇci 3 ≥ x ≥ 13 jer je log 13 x padaju´ca funkcija. Budu´ci da je segment [3, 31 ] sadrˇzan u h0, +∞i koji je rjeˇsenje drugog uvjeta, dobivamo 1 D(f ) = 3, . 3 log 13 3 ≤ log 13 x ≤ log 31
(c) Prema [M1, §4.6.4], [M1, §4.6.6] i [M1, §4.6.2], funkcija f je definirana za sve x ∈ R za koje vrijedi arcsin
x+2 > 0, 5−x
−1 ≤
x+2 ≤ 1 i 5 − x 6= 0. 5−x
Iz prvog uvjeta i svojstava funkcije arcsin (vidi [M1, §4.6.6]) slijedi x+2 > 0, 5−x
4.2
95
Podruˇcje definicije sume i razlike funkcija
zbog ˇcega je presjek svih uvjeta jednak 0
0, odnosno x < 0. Podruˇcje definicije funkcije f kao razlike funkcija f1 i f2 jednak je presjeku njihovih podruˇcja definicije pa je D(f ) = h−∞, 0i. (b) Zadanu funkciju zapiˇsimo u obliku f (x) = f1 (x) − f2 (x) + f3 (x), gdje je f1 (x) = √ √ 1 x + 1, f2 (x) = 3 − x i f3 (x) = e x . Podruˇcje definicije funkcije f jednako je
96
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
presjeku podruˇcja definicije funkcija f1 , f2 i f3 . Stoga je, prema [M1, §4.6.2] i [M1, §4.6.3], funkcija f definirana za sve x ∈ R za koje su ispunjeni uvjeti x + 1 ≥ 0,
3−x≥0
i x 6= 0,
odnosno x ≥ −1,
x≤3
i x 6= 0.
Dakle, D(f ) = [−1, 0i ∪ h0, 3]. (c) Zadanu funkciju zapiˇsimo u obliku f (x) = f1 (x) + f2 (x), gdje je f1 (x) = √ 16 − x2 i f2 (x) = log sin (x − 3). Prema [M1, §4.6.2], funkcija f1 je definirana za sve x ∈ R za koje vrijedi 16 − x2 ≥ 0, pa je D(f1 ) = [−4, 4] . Prema [M1, §4.6.4], funkcija f2 je definirana za sve x ∈ R za koje vrijedi sin (x − 3) > 0, odnosno, prema [M1, §4.6.5], za sve x ∈ R za koje je 0 + 2kπ < x − 3 < π + 2kπ,
k ∈ Z,
tj. 3 + 2kπ < x < 3 + (2k + 1)π, Dakle, D(f2 ) =
[
k∈Z
k ∈ Z.
h3 + 2kπ, 3 + (2k + 1)πi .
Podruˇcje definicije funkcije f kao sume funkcija f1 i f2 jednako je presjeku njihovih podruˇcja definicije. Budu´ci da D(f1 ) ima neprazan presjek jedino s intervalima h3 − 2π, 3 − πi i h3, 3 + πi iz D(f2 ), koji se dobiju uvrˇstavanjem indeksa k = −1 i k = 0, dobivamo D(f ) = h3 − 2π, 3 − πi ∪ h3, 4] . (d) Zadanu funkciju zapiˇsimo u obliku f (x) = f1 (x) + f2 (x), gdje je r 3 − 2x − 5x2 80x − 170 i f2 (x) = log . f1 (x) = arch log 2 3 − 2x − 5x 8x − 17 Prema [M1, §4.6.9] i [M1, §4.6.4], funkcija f1 je definirana za sve x ∈ R koji zadovoljavaju log
80x − 170 ≥1 3 − 2x − 5x2
i
80x − 170 > 0, 3 − 2x − 5x2
4.2
97
Podruˇcje definicije sume i razlike funkcija
odnosno
80x − 170 > 0. 3 − 2x − 5x2
80x − 170 ≥ 10 i 3 − 2x − 5x2
Budu´ci da rjeˇsenja prve nejednadˇzbe zadovoljavaju i drugu, funkcija f1 je definirana za sve x ∈ R koji zadovoljavaju 80x − 170 ≥ 10, 3 − 2x − 5x2 odnosno dijeljenjem s 10 nejednadˇzbu 8x − 17 ≥ 1. 3 − 2x − 5x2 Analogno, prema [M1, §4.6.2] i [M1, §4.6.4], funkcija f2 je definirana za sve x ∈ R koji zadovoljavaju log odnosno
ˇciji je presjek
3 − 2x − 5x2 ≥0 8x − 17
3 − 2x − 5x2 ≥1 i 8x − 17
i
3 − 2x − 5x2 > 0, 8x − 17 3 − 2x − 5x2 > 0, 8x − 17
3 − 2x − 5x2 ≥ 1. 8x − 17
Podruˇcje definicije funkcije f jednako je presjeku podruˇcja definicije funkcija f1 i f2 . Stoga je funkcija f definirana za sve x ∈ R koji zadovoljavaju 8x − 17 ≥1 i 3 − 2x − 5x2
3 − 2x − 5x2 ≥ 1. 8x − 17
Primijetimo da presjekom dobivenih nejednadˇzbi razlomak i njemu reciproˇcan razlomak trebaju biti ve´ci ili jednaki od 1, a to je mogu´ce samo kada su oba jednaka 1. Slijedi 3 − 2x − 5x2 = 1, 8x − 17 odakle dobivamo kvadratnu jednadˇzbu
x2 + 2x − 4 = 0 ˇcija su rjeˇsenja x1 = −1 −
√ 5 i
x2 = −1 +
√
5.
Dakle, zadana funkcija je definirana samo za brojeve x1 i x2 , odnosno √ √ D(f ) = {−1 − 5, −1 + 5}.
98
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
4.3
Graf op´ ce sinusoide
Nacrtajte graf funkcije π 1 . f (x) = − sin 2x − 2 3 Rjeˇ senje. Prema oznakama u [M1, §4.6.5], za zadanu funkciju je 1 A=− , 2
ω=2
π i ϕ=− . 3
Graf funkcije f dobivamo iz grafa funkcije sin x u sljede´ca tri koraka: 1. Osnovni period od 2π promijenimo u osnovni period od dobijemo graf funkcije f1 (x) = sin 2x (slika 4.1).
2π ω
=
2π 2
= π i time
1
Π 2
Π
3Π 2
2Π
-1 Slika 4.1: Sinusoida f1 (x) = sin 2x.
−π
2. Graf funkcije f1 (x) = sin 2x pomaknemo za − ωϕ = − 23 = π6 u pozitivnom smjeru x-osi ˇsto nam daje graf funkcije f2 (x) = sin 2x − π3 (slika 4.2). 3. Konaˇcno, ordinate grafa funkcije f2 (x) = sin 2x − π3 pomnoˇzimo brojem A = − 21 , ˇcime dobivamo graf zadane funkcije (slika 4.3).
4.4
Kompozicija funkcija
Ako je f (x) = log
1+x 1−x
dokaˇzite da je (f ◦ g) (x) = 3f (x).
i g(x) =
3x + x3 , 3x2 + 1
4.4
99
Kompozicija funkcija
1
Π 6
Π 2
2Π 3
Π Π 7 6
3Π 2
5Π 3
2Π
-1 Slika 4.2: Sinusoida f2 (x) = sin 2x −
π 3
.
1 1 2
Π 6
2Π 3
7Π 6
5Π 3
- 12 -1 Slika 4.3: Sinusoida f (x) = − 21 sin 2x −
π 3
.
Rjeˇ senje. Prema [M1, definicija 1.9] slijedi
(f ◦ g) (x) = f (g(x)) = f
3
3x + x 3x2 + 1
3x + x3 3x2 + 1 = log 3x + x3 1− 2 3x + 1 1+
x3 + 3x2 + 3x + 1 x3 + 3x2 + 3x + 1 3x2 + 1 = log = log 3 2 −x3 + 3x2 − 3x + 1 −x + 3x − 3x + 1 3x2 + 1 x+1 (x + 1)3 = 3 log = 3f (x). = log (1 − x)3 1−x
100
4.5
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
Nejednadˇ zba s kompozicijom funkcija
Ako je f (x) = 2−x + 1 i g(x) = 2x − 1, rijeˇsite nejednadˇzbu (f ◦ g) (x) < (g ◦ f ) (x). Rjeˇ senje. Prema [M1, definicija 1.9] vrijedi (f ◦ g) (x) = f (g(x)) = f (2x − 1) = 2−(2x−1) + 1 = 2−2x+1 + 1, (g ◦ f ) (x) = g (f (x)) = g 2−x + 1 = 2 2−x + 1 − 1 = 21−x + 1.
Zadana nejednadˇzba stoga glasi
2−2x+1 + 1 < 21−x + 1. Dakle, vrijedi 2−2x+1 < 21−x , −2x + 1 < 1 − x, pa je jeˇsenje nejednadˇzbe x > 0.
4.6
Inverzna funkcija i podruˇ cje definicije
Odredite inverznu funkciju funkcije f (x) =
sin x + 2 sin x + 1
i podruˇcje definicije funkcija f i f −1 . Rjeˇ senje. Funkcija f je definirana za one x ∈ R za koje je sin x 6= −1, odnosno x 6=
3π + 2kπ, 2
Stoga je D(f ) = R\
k ∈ Z.
3π + 2kπ, k ∈ Z . 2
Zamjenom x u y, zadana funkcija prelazi u f (y) =
sin y + 2 . sin y + 1
Prema [M1, teorem 1.1] je f f −1 (x) = x. Uz oznaku f −1 (x) = y, slijedi f (y) = x, odnosno sin y + 2 = x. sin y + 1
4.7
101
Inverzna funkcija logaritamske funkcije
Sada je sin y + 2 = x sin y + x
Dakle,
(x − 1) sin y = 2 − x 2−x . sin y = x−1 2−x , x−1 2−x f −1 (x) = arcsin . x−1 y = arcsin
Prema [M1, §4.6.6] i [M1, §4.6.2], dobivena funkcija je definirana za sve x ∈ R za koje je 2−x ≤ 1 i x − 1 6= 0, −1 ≤ x−1 pa je 3 D f −1 = , +∞ . 2
4.7
Inverzna funkcija logaritamske funkcije
Odredite inverznu funkciju funkcije p f (x) = loga x + x2 + 1 ,
a ∈ h0, ∞i\{1}.
Rjeˇ senje. Funkcija f je strogo rastu´ca kao kompozicija strogo rastu´cih funkcija, pa ima inverz f −1 . Zamjenom x u y dobivamo p f (y) = loga y + y 2 + 1 . Prema [M1, teorem 1.1] je f f −1 (x) = x. Uz oznaku f −1 (x) = y, slijedi f (y) = x, odnosno h i p loga y + y 2 + 1 = x, p y + y 2 + 1 = ax , p y 2 + 1 = ax − y, y 2 + 1 = a2x − 2ax y + y 2 , 2ax y = a2x − 1,
a2x − 1 . 2ax Dakle, inverzna funkcija funkcije f je jednaka y=
f −1 (x) =
a2x − 1 . 2ax
102
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
4.8
Limes slijeva i zdesna
Izraˇcunajte 1
lim xe x2 −1 .
x→−1±
1
Rjeˇ senje. Izraˇcunajmo prvo limese zdesna i slijeva funkcije f (x) = e x2 −1 u toˇcki x = −1: lim e
1 x2 −1
x→−1±
( =t lim et , x → −1+ 0, x → −1+ t→−∞ = . = x → −1± = +∞, x → −1− lim et , x → −1− t→+∞ t → ∓∞
1 x2 −1
Prema [M1, teorem 4.3] je lim xe
1 x2 −1
x→−1±
4.9
=
lim x · lim e
x→−1±
1 x2 −1
x→−1±
= −1 · lim e x→−1±
1 x2 −1
=
0, x → −1+ . −∞, x → −1−
Limes oblika ∞/∞ u beskonaˇ cnosti
Izraˇcunajte: √ √ √ x+ 3x+ 4x √ (a) lim , x→∞ 2x + 1 √ x2 + 1 . (b) lim x→±∞ x + 1 Rjeˇ senje. (a) Zadani limes je neodredenog oblika funkcije pod limesom, dobivamo √ √ √ x+ 3x+ 4x √ lim = lim x→∞ x→∞ 2x + 1 1 = √ , 2
∞ ∞.
Izluˇcimo li
√ x iz brojnika i nazivnika
√ 1 1 1 1 √ x· 1+ √ + 1+ √ + √ 6 4 6 4 x x x x r r = lim x→∞ √ 1 1 2+ x· 2+ x x
pri ˇcemu koristimo lim
x→∞
1 = 0, xa
a > 0.
4.10
103
Limes racionalne funkcije oblika 0/0
cimo li x iz brojnika i nazivnika (b) Zadani limes je neodredenog oblika ∞ ∞ . Izluˇ funkcije pod limesom, dobivamo r r √ 1 1 √ 2 1+ 2 x · 1+ 2 |x| x2 + 1 x = lim x lim = lim · lim 1 x→±∞ x x→±∞ x + 1 x→±∞ x→±∞ 1 1+ x· 1+ x x 1, x → +∞ = −1, x → −∞ jer je lim
x→+∞
4.10
|x| =1 x
i
lim
x→−∞
|x| = −1. x
Limes racionalne funkcije oblika 0/0
Izraˇcunajte lim
x2 − 1 . −x−1
x→1 2x2
Rjeˇ senje. Zadani limes je neodredenog oblika 00 , jer nakon uvrˇstavanja x = 1 funkcija u brojniku i funkcija u nazivniku poprimaju vrijednost nula. Budu´ci da su obje funkcije polinomi, njihovim rastavljanjem na faktore dobivamo i u brojniku i u nazivniku (x-1). Toˇcnije lim
x→1
4.11
2 (x − 1) · (x + 1) x+1 x2 − 1 = lim = lim = . 2 x→1 x→1 2x − x − 1 (x − 1) · (2x + 1) 2x + 1 3
Limes racionalne funkcije oblika ∞ − ∞
Izraˇcunajte lim
x→1
1 3 − 1 − x 1 − x3
.
Rjeˇ senje. S obzirom da je lim
x→1±
1 = ∓∞ i 1−x
lim
x→1±
3 = ∓∞, 1 − x3
limesi zdesna i slijeva zadane funkcije u x = 1 su neodredenog oblika ∞ − ∞. Svodenjem na zajedniˇcki nazivnik dobivamo 1 x2 + x − 2 3 lim = lim − x→1 1 − x x→1 1 − x3 1 − x3 (x − 1) · (x + 2) = lim x→1 −(x − 1) · (x2 + x + 1) x+2 = −1. = lim x→1 −(x2 + x + 1)
104
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
4.12
Limes iracionalne funkcije oblika 0/0
Izraˇcunajte: √ 1 − 2x − x2 − (1 + x) (a) lim , x→0 x √ 3 x−1 . (b) lim √ x→1 4 x − 1 Rjeˇ senje. (a) Zadani limes je neodredenog oblika 00 . Racionalizacijom funkcije u brojniku dobivamo √ √ √ 1 − 2x − x2 − (1 + x) 1 − 2x − x2 + (1 + x) 1 − 2x − x2 − (1 + x) √ = lim lim x→0 x→0 x x 1 − 2x − x2 + (1 + x) (1 − 2x − x2 ) − (1 + x)2 √ x→0 x 1 − 2x − x2 + 1 + x
= lim
−2x2 − 4x √ x→0 x 1 − 2x − x2 + 1 + x −2x − 4 = −2. = lim √ x→0 1 − 2x − x2 + 1 + x = lim
(b) Zadani limes je neodredenog oblika 00 . Supstitucijom x = t12 se oslobadamo iracionalnih izraza u funkciji pod limesom i dobivamo √ x = t12 3 x−1 t4 − 1 lim √ = x → 1 = lim 3 4 x→1 t→1 t − 1 x−1 t→1
(t − 1)(t + 1)(t2 + 1) t→1 (t − 1)(t2 + t + 1)
= lim
4 (t + 1)(t2 + 1) = . 2 t→1 t +t+1 3
= lim
4.13
Limes iracionalne funkcije oblika ∞ − ∞
Izraˇcunajte: (a) (b)
lim
x→±∞
lim
x→±∞
x−
p x2 + 1 ,
p p x2 − 2x − 1 − x2 − 7x + 3 .
4.13
105
Limes iracionalne funkcije oblika ∞ − ∞
Rjeˇ senje. (a) Odmah slijedi lim
x→−∞
S druge strane je lim
x→+∞
x−
p x2 + 1 = −∞ − ∞ = −∞.
p x − x2 + 1 neodredenog oblika ∞ − ∞ pa raciona-
lizacijom funkcije pod limesom dobivamo
x + √x2 + 1 p p 2 2 √ lim x − x + 1 = lim x − x + 1 · x→+∞ x→+∞ x + x2 + 1 x2 − (x2 + 1) √ = lim x→+∞ x + x2 + 1 −1 √ = 0. = lim x→+∞ x + x2 + 1 (b) S obzirom da je p lim x2 − 2x − 1 = +∞ i
lim
x→±∞
x→±∞
p x2 − 7x + 3 = +∞,
zadani limesi su oblika ∞−∞. Racionalizacijom funkcije pod limesom dobivamo p p x2 − 2x − 1 − x2 − 7x + 3 lim x→±∞
p p p p x2 − 2x − 1 + x2 − 7x + 3 2 2 p = lim x − 2x − 1 − x − 7x + 3 · p x→±∞ x2 − 2x − 1 + x2 − 7x + 3 (x2 − 2x − 1) − (x2 − 7x + 3) √ = lim √ x→±∞ x2 − 2x − 1 + x2 − 7x + 3 = lim √ x→±∞
= lim
5x − 4 √ x2 − 2x − 1 + x2 − 7x + 3
q x→±∞ |x| 1−
2 x
x 5− +
1 x2
x · lim q x→±∞ |x| x→±∞ 1−
= lim
Budu´ci da je
lim
x→+∞
4 x
q + 1−
2 x
7 x
5−
+
1 x2
x =1 |x|
+
3 x2
4
x q + 1−
i
7 x
lim
+
x→−∞
3 x2
.
x = −1, |x|
106
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
iz dobivenog rezultata slijedi p p x2 − 2x − 1 − x2 − 7x + 3 = lim
x→±∞
4.14
(
5/2, x → +∞ −5/2, x → −∞.
Primjena lim(sin x)/x kada x → 0
Izraˇcunajte: (a)
1 lim x sin , x
x→±∞
2 arcsin x , x→0 3x tg x − sin x (c) lim , x→0 x3 √ √ 2 − 1 + cos x . (d) lim x→0 sin2 x (b) lim
Rjeˇ senje. Ideja u ovim zadacima je transformirati funkciju pod limesom tako da moˇzemo primijeniti formulu sin(ax) lim = a, (4.1) x→0 x koja se dobije iz [M1, primjer 4.6] supstitucijom ax = t. (a) Supstitucijom
1 = t dobivamo x 1 = t sin t 1 lim x sin = x x = 1. lim → ±∞ = t→0± x→±∞ x t t → 0±
(b) Supstitucijom arcsin x = t i primjenom [M1, teorem 4.3] dobivamo arcsin x = t 2 1 2t 2 arcsin x 2 x → 0 = lim = = · lim = . sin t t→0 x→0 3x 3 sin t 3 3 t→0 lim t→0 t (c) Primjenom formula tg x = lim
x→0
sin x cos x
i sin2
x 2
= 12 (1 − cos x) dobivamo
tg x − sin x sin x(1 − cos x) = lim = x→0 x3 x3 cos x 2 sin x sin2 x2 = lim = x→0 x3 cos x sin x sin2 x2 1 = lim 2 · · · . 2 x→0 x x cos x
4.15
107
Primjena lim(sin x)/x kada x → ∞
Zbog neprekidnosti funkcije x2 i [M1, teorem 4.7 (ii)] vrijedi 2 sin x2 2 sin x2 2 sin2 x2 1 1 = lim = = . = lim lim x→0 x x→0 x→0 x2 x 2 4 Prema [M1, teorem 4.3] sada slijedi sin2 x2 tg x − sin x sin x 1 1 1 = 2 · lim · lim · lim =2·1· ·1= . 3 2 x→0 x→0 x→0 x→0 x x x cos x 4 2 lim
(d) Racionalizacijom brojnika, primjenom formule sin2 x2 = 12 (1 − cos x) te iz [M1, teorem 4.3] i [M1, teorem 4.7 (ii)] za neprekidnu funkciju x2 , dobivamo √ √ √ √ √ √ 2 − 1 + cos x 2 − 1 + cos x 2 + 1 + cos x √ lim = lim ·√ x→0 x→0 sin2 x sin2 x 2 + 1 + cos x
= lim
x→0
1 − cos x 2 − (1 + cos x) √ √ = lim √ √ 2 x→0 sin x · ( 2 + 1 + cos x) sin x · ( 2 + 1 + cos x) 2
x
sin x2 x
2
2 sin2 2 1 √ = lim 2 · √ √ 2 · √ x→0 sin2 x · ( 2 + x→0 1 + cos x) 2 + 1 + cos x sin x x
= lim
2 sin x2 2 1 x→0 x 1 1 1 2 =2· = 2· · √ = √ . lim √ √ 2 · x→0 2 1 1 + cos x 2 + 2 2 4 2 sin x lim x→0 x
4.15
lim
Primjena lim(sin x)/x kada x → ∞
Izraˇcunajte lim
x→∞
x − sin x . x + sin x
Rjeˇ senje. Izluˇcimo li x iz brojnika i nazivnika funkcije pod limesom dobivamo sin x sin x x 1− 1− x − sin x x x . = lim lim = lim sin x x→∞ x + sin x x→∞ x→∞ sin x 1+ x 1+ x x Budu´ci da je −1 ≤ sin x ≤ 1, za svaki x ∈ R, za x > 0 vrijedi −
sin x 1 1 ≤ ≤ . x x x
108
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
Kako je lim
x→∞
1 = 0, x
[M1, teorem 4.4] povlaˇci sin x = 0. x
lim
x→∞
Sada za zadani limes vrijedi sin x x = 1 − 0 = 1. lim sin x x→∞ 1+0 1+ x 1−
4.16
Limes oblika a∞
Izraˇcunajte lim
x→∞
x2 + 2 2x2 + 1
x2
.
Rjeˇ senje. Budu´ci da je 2 1+ 2 x2 + 2 1 x lim = lim = 1 x→∞ 2x2 + 1 x→∞ 2 2+ 2 x
i
lim x2 = ∞,
x→∞
vrijedi lim
x→∞
x2 + 2 2x2 + 1
jer je lim a =
lim at =
+∞, 0 < a < 1 . 0, a>1
x→+∞
Joˇs vrijedi x→−∞
0, 0 1 u toˇcki x = 0.
Rjeˇ senje. (a) Da bismo ispitali vrstu prekida funkcije u toˇckama x1 i x2 potrebno je izraˇcunati limes s lijeve i desne strane u tim toˇckama.
4.19
113
Vrste prekida
Limes slijeva u toˇcki x1 = −2 je √ √ √ 7+x−3 7+x−3 7+x+3 = lim ·√ lim 2 2 x→−2− x→−2− x −4 x −4 7+x+3 x−2 √ = lim x→−2− (x − 2)(x + 2)( 7 + x + 3) 1 √ = lim = −∞. x→−2− (x + 2)( 7 + x + 3) Limes zdesna u toˇcki x1 = −2 dobivamo na isti naˇcin: √ 7+x−3 1 √ = +∞. = lim lim x→−2+ (x + 2)( 7 + x + 3) x→−2+ x2 − 4 Prema [M1, definicija 4.7], zadana funkcija ima prekid druge vrste u toˇcki x1 = −2. Limes slijeva u toˇcki x2 = 2 je √ 1 1 7+x−3 √ lim = = lim . x→2− x→2− (x + 2)( 7 + x + 3) x2 − 4 24 Za limes zdesna u toˇcki x2 = 2 oˇcigledno vrijedi √ 1 1 7+x−3 √ = lim = lim . x→2+ x→2+ (x + 2)( 7 + x + 3) x2 − 4 24 Limesi slijeva i zdesna u toˇcki x2 = 2 su jednaki pa prema [M1, definicija 4.7], funkcija f ima uklonjivi prekid u toj toˇcki. (b) Limes zdesna funkcije f u toˇcki x = 0 raˇcunamo pomo´cu supstitucije t = 1/x: =t at 1 − at − 1 lim 1 = lim t = x → 0+ = lim t t→+∞ a 1 + t→+∞ a + 1 x→0+ a x + 1 t → +∞ 1
ax − 1
1 x
Pri tome smo koristili
lim
t→+∞
1 = 0, at
1 at 1 at
= 1.
za a > 1.
Limes slijeva zadane funkcije u toˇcki x = 0 dobivamo na isti naˇcin: 1 1 =t 1 x x at − 1 a −1 t − 1 = lim a1 = x → 0− = lim t = −1. lim 1 t→+∞ t + 1 t→−∞ a + 1 x→0− a x + 1 a t → −∞ Limesi slijeva i zdesna u toˇcki x = 0 su konaˇcni i razliˇciti pa prema [M1, definicija 4.7], funkcija f ima prekid prve vrste u toj toˇcki.
114
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
4.20
Asimptote racionalne funkcije
Odredite asimptote i skicirajte grafove funkcija: (a) f (x) = (b) f (x) =
x2 , −4
x2
x2 + 2x . x−2
Rjeˇ senje. Asimptote odredujemo prema formulama iz [M1, §4.5]. (a) Podruˇcje definicije funkcije f je R\{−2, 2}. Stoga se vertikalne asimptote mogu nalaziti samo u toˇckama x1 = −2 i x2 = 2. Limesi slijeva i zdesna u tim toˇckama su jednaki: x2 1 1 · = −1 · lim = ∓∞, x→−2± x→−2± x − 2 x + 2 t→0± t 1 1 x2 · = 1 · lim = ±∞. lim f (x) = lim t→0± t x→2± x→2± x + 2 x − 2 lim f (x) =
lim
Slijedi da su pravci x = −2 i x = 2 vertikalne asimptote. Ispitajmo ponaˇsanje funkcije u beskonaˇcnosti. Vrijedi lim f (x) = lim
x→±∞
x→±∞
1 =1 1 − x42
pa je pravac x = 1 horizontalna asimptota u lijevoj i desnoj strani, odakle zakljuˇcujemo da funkcija f nema kosu asimptotu ni u lijevoj ni u desnoj strani. Vidi sliku 4.4.
1 -2
2
Slika 4.4: Graf funkcije f (x) =
x2 . −4
x2
4.21
115
Asimptote iracionalne funkcije
(b) Podruˇcje definicije funkcije f je R\{2}. Zbog lim f (x) = lim (x2 + 2x) ·
x→2±
x→2±
1 1 = 8 · lim = ±∞ t→0± t x−2
slijedi da je pravac x = 2 vertiklna asimptota. Nadalje, lim f (x) = lim
x→±∞
x→±∞
1 + x2 1 2 = ±∞ x − x2
povlaˇci da zadana funkcija nema horizontalnu asimptotu ni u lijevoj ni u desnoj strani. Potraˇzimo kose asimptote. Ako s k oznaˇcimo koeficijent smjera kose asimptote, a s l njen odsjeˇcak na y-osi, vrijedi f (x) x+2 = lim = 1, x→±∞ x − 2 x 4x = 4, l = lim [f (x) − kx] = lim x→±∞ x→±∞ x − 2
k = lim
x→±∞
pa je pravac y = x + 4 kosa asimptota u lijevoj i desnoj strani. Vidi sliku 4.5.
4 2
-2
Slika 4.5: Graf funkcije f (x) =
4.21
x2 + 2x . x−2
Asimptote iracionalne funkcije
Odredite asimptote funkcije f (x) = i skicirajte njen graf.
p 4x2 + x
Rjeˇ senje. Funkcija f je definirana za sve x ∈ R za koje vrijedi 4x2 + x ≥ 0, pa je podruˇcje definicije od f skup h−∞, − 14 ] ∪ [0, +∞i. Slijedi da f nema vertikalne
116
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
asimptote jer se one mogu nalaziti samo u toˇckama prekida ili otvorenim rubovima podruˇcja definicije. Zbog lim f (x) = lim
x→±∞
x→±∞
p 4x2 + x = +∞,
odmah slijedi da f nema horizontalnu asimptotu ni u lijevoj ni u desnoj strani. Preostaje potraˇziti kose asimptote. Oznaˇcimo s k1 i l1 koeficijent smjera i odsjeˇcak na y-osi kose asimptote funkcije f u desnoj strani. Tada je r √ √ 4x2 + x 1 f (x) |x| 4 + = 1 · 4 = 2, k1 = lim = lim = lim · lim x→+∞ x x→+∞ x→+∞ x x→+∞ x x √ p 4x2 + x + 2x 2 l1 = lim [f (x) − 2x] = lim [ 4x + x − 2x] · √ x→+∞ x→+∞ 4x2 + x + 2x x x 1 = lim = lim √ · lim q 2 x→+∞ x→+∞ x→+∞ |x| 4x + x + 2x 4 + x1 + 2 =
Dakle, pravac y = 2x +
1 4
1 . 4
je kosa asimptota funkcije f u desnoj strani.
Ako s k2 i l2 oznaˇcimo koeficijent smjera i odsjeˇcak na y-osi kose asimptote funkcije f u lijevoj strani, onda na isti naˇcin dobivamo r √ |x| f (x) 1 4 + = −1 · 4 = −2, = lim · lim k2 = lim x→−∞ x x→−∞ x→−∞ x x 1 1 x · lim q =− . l2 = lim [f (x) − 2x] = lim x→−∞ x→−∞ |x| x→−∞ 4 1 4+ +2 x
Stoga je pravac y = −2x − 4.6.
4.22
1 4
kosa asimptota funkcije f u lijevoj strani. Vidi sliku
Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom
Odredite asimptote funkcije 1
f (x) = xe x2 −1 . Rjeˇ senje. Podruˇcje definicije funkcije f je R\{−1, 1}. Stoga funkcija moˇze imati vertikalne asimptote samo u toˇckama x1 = −1 i x2 = 1. Provjerimo prvo toˇcku x1 . Prema zadatku (4.8) je 1
lim xe x2 −1 = 0
x→−1+
i
1
lim xe x2 −1 = −∞,
x→−1−
4.22
117
Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom
1 4
- 14
- 18
- 14
Slika 4.6: Graf funkcije f (x) =
√ 4x2 + x.
odakle slijedi da je pravac x = −1 vertikalna asimptota funkcije f s lijeve strane. Na isti naˇcin za toˇcku x2 dobivamo 1
lim xe x2 −1 = +∞ i
x→1+
1
lim xe x2 −1 = 0
x→1−
pa je pravac x = 1 je vertikalna asimptota funkcije f s desne strane. Nadalje, zbog 1
1
lim f (x) = lim xe x2 −1 = lim x · lim e x2 −1 = ±∞ · 1 = ±∞,
x→±∞
x→±∞
x→±∞
x→±∞
funkcija f nema horizontalnu asimptotu ni u lijevoj ni u desnoj strani. Potraˇzimo kose asimptote. Ako koeficijent smjera kose asimptote oznaˇcimo s k, tada je 1
1 f (x) xe x2 −1 k = lim = lim = lim e x2 −1 = 1. x→±∞ x x→±∞ x→±∞ x
Za odsjeˇcak na x osi, l, vrijedi h
1
l = lim [f (x) − kx] = lim x e x2 −1 x→±∞
x→±∞
r
1 = t 2 −1 − 1 = xx → ±∞ t → 0+ r i
1 1 et − 1 1 + · (et − 1) = lim 1+ · ·t t→0+ t→0+ t t t r 1 et − 1 = lim 1 + · lim · lim t = 1 · e · 0 = 0, t→0+ t→0+ t t→0+ t
= lim
gdje smo u raˇcunanju limesa koristili [M1, teorem 4.3] i zadatak (4.17) pod (b). Slijedi da je pravac y = x kosa asimptota funkcije f . Vidi sliku 4.7.
118
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
1
-1
Slika 4.7: Graf funkcije f (x) =
4.23
√ 4x2 + x.
Zadaci za vjeˇ zbu
1. Odredite podruˇcje definicije funkcije p f (x) = arccos log 31 x2 + 3 .
2. Odredite podruˇcje definicije funkcije 1 − x2 f (x) = ln arcsin . 2+x 3. Odredite podruˇcje definicije funkcija: (a) f (x) = ln(sin x), (b) f (x) = ln | sin x|. 4. Odredite podruˇcje definicije funkcija: √ 3 − 2x , (a) f (x) = 3 − x + arcsin 5 x−3 (b) f (x) = arcsin − log (4 − x). 2 5. Nacrtajte graf funkcija: (a) f (x) = 2 sin 21 x − π4 , (b) f (x) = 2 cos 3x + π4 , (c) f (x) = cos2 x. 6. Neka je f (x) = x + 2,
g(x) = x2 ,
h(x) =
Dokaˇzite da vrijedi (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h) .
1 . x
4.23
119
Zadaci za vjeˇzbu
7. Odredite inverznu funkciju funkcije f (x) = ln
2x − 1 . 3x + 2
8. Odredite inverznu funkciju funkcije π . f (x) = 3 sin 2 x + 3 9. Odredite jednostrane limese lim
x→0+
1 1
1 + ex
10. Odredite jednostrane limese 1 | sin x| lim arctg + x x x→0+ 11. Izraˇcunajte: (a) lim
x→∞
2x + 3 √ 2, x+ 3x
2x2 − 3x + 4 √ , x→∞ x4 + 1 √ x (c) lim p √ , x→∞ x+ x √ x2 − 3x − x + 1 (d) lim . x→±∞ x
(b) lim
x2 − (a + 1)x + a . x→a x3 − a3
12. Izraˇcunajte lim
13. Izraˇcunajte: √ 1+x−1 , (a) lim √ x→0 3 1 + x − 1 √ √ 1 + x − 1 + x2 √ (b) lim . x→0 1+x−1
14. Izraˇcunajte: p p x2 + 1 − x2 − 1 , (a) lim x→±∞ √ x2 + a2 + x . (b) lim √ x→−∞ x2 + b2 + x 15. Izraˇcunajte:
i
i
lim
x→0−
lim
x→0−
1 1
1 + ex
arctg
.
1 | sin x| . + x x
120
FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
cos x − cos a , x→a x−a 2 sin x − 1 (b) limπ . x→ 6 cos 3x (a) lim
16. Izraˇcunajte:
x2 − 2x + 3 x→0 x2 − 3x + 2 x+2 sin 3x (b) lim . x→0 x (a) lim
sinx x
,
17. Izraˇcunajte: √ (a) lim x 1 + sin x, x→0
(b) lim x[ln (1 + x) − ln x], x→∞
1
(c) lim x(e x − 1). x→∞
18. Odredite parametar λ tako da funkcija ( 2 5x − 2x + λ, f (x) = sin x , x
x≥0
x 0 takav da je lim = 4. n→∞ bn bn =
12. Izraˇcunajte sumu reda
∞ X
1 log 1 + . n n=1
13. Izraˇcunajte sumu reda
∞ X
1 . n(n + 3) n=1 14. Izraˇcunajte sumu reda
∞ X
1 . n(n + 1)(n + 2) n=1 15. Izraˇcunajte sumu reda 1 1 1 1 + + + + ··· . 1·3 3·5 5·7 7·9 16. Poredbenim kriterijem ispitajte konvergenciju sljede´cih redova:
216
NIZOVI I REDOVI
(a)
∞ X
n=1
1 nsin na
,
∞ X 1 1 (b) . log 1 + n n n=1 17. D’Alembertovim kriterijem ispitajte konvergenciju sljede´cih redova: (a)
(b)
∞ X n! , 10n n=1
∞ X 3n2 − 5 . n 2n n=1
18. Cauchyjevim kriterijem ispitajte konvergenciju sljede´cih redova: (a)
(b)
∞ X
3n , 2n · arctgn n n=1 ∞ X
2 nn sin . n n=1
19. Ispitajte konvergenciju sljede´cih redova: ∞ X nn (a) , (n!)2 n=1
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
∞ X
(2n − 1)! , 2 · 4 · 6 · · · 2n n=1 ∞ X 2n (n!)2 , n2n n=1
n ∞ X n 2 · (2n)n+1 , n! n=1
∞ X 1 , n n n=1 ∞ X
n=1
n √ n+ n
n(1+√n)
,
" 2 #n2 ∞ X 1 1+ (g) , n n=1 2n ∞ X n+1 1 . (h) 2n · n2n n n=1
6.31
217
Zadaci za vjeˇzbu
20. Ispitajte konvergenciju reda 1+
2b 3b nb 1 + 2 + 3 + ···+ n + ··· , a a a a
u ovisnosti o parametrima a, b > 0. 21. Raabeovim kriterijem ispitajte konvergenciju sljede´cih redova: (a) (b)
∞ X 4n (n!)2 , (2n)! n=1 ∞ X
(2n − 1)!
2.
n=1 (2 · 4 · 6 · · · 2n)
22. Ispitajte konvergenciju reda ∞ X
n! , (a + 1)(a + 2)(a + 3) · · · (a + n) n=1 u ovisnosti o parametru a > 0. 23. Ispitajte konvergenciju sljede´cih redova: 1 1 1 1 1 − + + − + ···, 2 4 8 16 32 sin 2 sin 3 sin n (b) sin 1 + 2 + 2 + · · · + 2 + · · · . 2 3 n (a) 1 +
24. Leibnizovim kriterijem ispitajte konvergenciju sljede´cih redova: (a) (b) (c)
∞ X
1 (−1)n−1 , n n=1 ∞ X
(−1)n+1
n=1 ∞ X
(−1)n
n=1
p n2 + 1 − n ,
1 . (ln n)n
25. Odredite podruˇcje konvergencije i ispitajte ponaˇsanje na rubu podruˇcja konvergencije sljede´cih redova: (a) (b) (c)
∞ X
(−1)n
n=1 ∞ X
(−1)n
n=1 ∞ X
x2n+1 , (2n + 1)! (x + 1)2n+1 , n2
xn √ , n2 + 1 n=1
218
NIZOVI I REDOVI
(d) (e) (f)
∞ X
xn , n · 10n n=1 ∞ X
(−1)n
n=1 ∞ X
3n , n · (x − 5)n
(−x2 + 3x + 2)n . n · 2n n=1
26. Odredite podruˇcje konvergencije reda (x − 1) +
n!(x − 1)n 2!(x − 1)2 + · · · + + ··· . 22 nn
27. Razvijte u MacLaurinov red funkciju 2 , 1 + 2x x2 , (b) f (x) = 1−x x2 + 1 (c) f (x) = , 2+x (a) f (x) =
(d) f (x) =
7 . (3x + 2)(2x − 1)
i odredite podruˇcje konvergencije dobivenog reda. 28. Razvijte u Taylorov red funkciju f u toˇcki x0 ako je: 1 i x0 = 1, 3 − 2x f (x) = e2x−6 i x0 = 3, √ f (x) = ln x − 1 i x0 = 2, 2+x f (x) = ln i x0 = −1, 3 + 2x π π f (x) = sin 2x − i x0 = , 2 2
(a) f (x) = (b) (c) (d) (e)
te odredite podruˇcje konvergencije dobivenog reda. 29. Uz pomo´c MacLaurinovog razvoja funkcije f (x) = ex izraˇcunajte sumu reda ∞ X
1 . n · n! 2 n=0 30. Razvijte u Taylorov red u toˇcki x0 = −1 funkciju f (x) = ln
1 1 3x
+2 dite podruˇcje konvergencije dobivenog reda i izraˇcunajte sumu reda 1−
1 1 1 1 + − + − ··· . 2 3 4 5
4 , odre-
6.32
219
Rjeˇsenja
6.32
Rjeˇ senja
1. a = 1, nε = 20000. 2. Gomiliˇsta niza su 0 i 3. 3 3. Gomiliˇsta niza su -1 i 1, inf an = −2, sup an = , lim inf an = −1, lim sup an = 2 1. 4. a =
1 , 3
5. (a) 3, (b) +∞, (c) e2 , (d) e, 1 (e) √ . e 1 6. (a) − , 2 (b) 2. 7. (a) 0, (b) 0. 1 , 2 1 (b) , 3 1 (c) . 6
8. (a)
9.
2 . 3
10. − ln 2. 11. c = 6. 12.
1 . 6
13.
11 . 18
14.
1 . 4
15.
1 . 3
8 b=− . 3
220
NIZOVI I REDOVI
16. (a) an > (b) an
1, divergira za a < 1. n→∞ a Za a = 1 je lim an = +∞ pa red divergira.
20. lim
n→∞
1 an+1 = − ⇒ red divergira, 21. (a) lim n 1 − n→∞ an 2 3 an+1 = ⇒ red konvergira. (b) lim n 1 − n→∞ an 2 an+1 = a ⇒ red konvergira za a > 1, divergira za a < 1. 22. lim n 1 − n→∞ an 1 Za a = 1 je an = pa red divergira. n+1 ∞ ∞ n X X 1 je geometrijski red za q = 12 < 1 ⇒ red apsolutno 23. (a) |an | = 2 n=0 n=0 konvergira ⇒ red konvergira,
6.32
221
Rjeˇsenja
P∞ 1 (b) |an | ≤ 2 i n=1 n nvergira.
1 n2
konvergira ⇒ red apsolutno konvergira ⇒ red ko-
24. Prema Leibnizovom kriteriju redovi konvergiraju. 25. (a) R, (b) [−2, 0], (c) h1 − e, 1 + ei,
(d) [−1, 1i,
(e) [−10, 10i, (f) h−∞, 2i ∪ [8, +∞i,
(g) h−1, 0i ∪ h3, 4i. 26. h1 − e, 1 + ei. 27. (a) (b)
∞ X
2 = (−1)n 2n+1 xn , x ∈ − 21 , 12 , 1 + 2x n=0 ∞ X x2 = xn+2 , x ∈ h−1, 1i, 1 − x n=0
∞ n X x2 + 1 1 1 n x = − x+5 (−1) n+1 , x ∈ h−2, 2i, 2+x 2 4 2 n=2 " # ∞ n+1 X
3 7 − − 2n+1 xn , x ∈ − 21 , 12 (d) = (3x + 2)(2x − 1) n=0 2
(c)
28. (a)
∞ X
1 = 2n (x − 1)n , x ∈ 12 , 32 , 3 − 2x n=0
(b) e2x−6 =
∞ X 2n (x − 3)n , x ∈ R, n! n=0
∞ √ 1X (x − 2)n , x ∈ h1, 3], (−1)n+1 (c) ln x − 1 = 2 n=1 n
(d) ln
∞ X
2+x (x + 1)n = (−1)n+1 (1 − 2n ) , x ∈ − 23 , − 12 , 3 + 2x n=1 n
∞ 22n π 2n π X = (−1)n x− , x ∈ R. (e) sin 2x − 2 (2n)! 2 n=0
29.
∞ X
n=0
2n
√ 1 = e. · n!
∞ ∞ X X (−1)n−1 (−1)n 3 n 30. ln = 4 ln + 4 (x + 1) , x ∈ h−6, 4], = ln 2. 4 1 5 n 5n n n=1 n=1 3x + 2
1
222
NIZOVI I REDOVI
A. DA/NE KVIZ A.1 A.2 A.3 A.4 A.5 A.6
Osnove matematike . . . . . . . . . . . . Linearna algebra . . . . . . . . . . . . . Vektorska algebra i analitiˇcka geometrija Funkcije realne varijable . . . . . . . . . Derivacije i primjene . . . . . . . . . . . Nizovi i redovi . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
223 229 236 242 248 255
U sljede´cim poglavljima nalazi se DA/NE kviz iz gradiva koje se obraduje u istoimenim poglavljima na vjeˇzbama i na predavanjima. U svakom poglavlju nalazi se sto tvrdnji, pri ˇcemu je svaka tvrdnja ili toˇcna ili netoˇcna, odnosno na svaku tvrdnju se moˇze odgovoriti s DA ili s NE. Toˇcna rjeˇsenja se nalaze na kraju svakog poglavlja.
A.1
Osnove matematike
1. ”Je li danas ponedjeljak?” je sud. 2. [τ (A ∧ B) = ⊤] ⇒ [τ (A) = ⊤
∧
τ (B) = ⊥].
3. Implikaciju oznaˇcavamo s ⇔. 4. [τ (A ⇒ B) = ⊥] ⇒ [τ (A) = ⊤
∧
τ (B) = ⊥].
5. [τ (A ⇔ B) = ⊥] ⇒ [τ (A) = ⊥
∨
τ (B) = ⊥].
6. ”A je brˇzi od B” je predikat. 7. τ [(∃!x ∈ Z)
x2 = 4] = ⊤.
8. Za svaki skup X vrijedi X ∈ 2X . 9. Ako je X = {A, 1} tada je 2X = {{A}, {1}}. 10. Binarna relacija na skupu A je svaki podskup skupa A × A. 11. Binarna relacija R na skupu A je tranzitivna ako je x R x za ∀x ∈ A.
224
DA/NE KVIZ
12. Binarna relacija R na skupu A je simetriˇcna ako x R y ⇒ y R x. 13. Binarna relacija R na skupu A je tranzitivna ako (x R y ∧ y R z) ⇒ x R z. 14. Binarna relacija R na skupu A je relacija ekvivalencije ako (x R y ∧ y R z) ⇒ x R z.
15. Binarna relacija je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, antisimetriˇcna i tranzitivna. 16. Binarna relacija R na skupu prirodnih brojeva N zadana s m R n ako su m i n iste parnosti je relacija ekvivalencije.
17. Binarna relacija je relacija parcijalnog uredaja ako je refleksivna, antisimetriˇcna i tranzitivna. √ 18. Broj 2 je donja meda skupa (3, 10] ⊂ R. 19. Broj 10 je infimum skupa (3, 10] ⊂ R. 20. Broj 3 je infimum skupa (3, 10] ⊂ R. 21. Skup (3, 10] ⊂ R nema supremum. 22. Broj 10 je jedina gornja meda skupa (3, 10] ⊂ Q. 23. Supremum skupa je jedinstven. 24. Funkcije f (x) =
1 − x2 i g(x) = 1 − x su jednake. 1+x
25. Ako je f (x) = x3 tada je f (c + d) = c3 + d3 . 26. h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f . 27. h ◦ f = f ◦ h. 28. Kompozicija funkcija je asocijativna. 29. Kompozicija funkcija je komutativna. 30. Za zadanu restrikciju domene restrikcija funkcije je uvijek jedinstvena. 31. Ekstenzija funkcije je uvijek jedinstvena. 32. Funkcija f (x) =
1 − x2 je ekstenzija funkcije g(x) = 1 − x. 1+x
33. Funkcija f je surjekcija ako f (x) = f (x′ ) ⇒ x = x′ za ∀x, x′ ∈ Df . 34. Funkcija f je injekcija ako f (x) = f (x′ ) ⇒ x = x′ za ∀x, x′ ∈ Df . 35. Funkcija je injekcija ako u razliˇcitim toˇckama ima razliˇcite vrijednosti. 36. Bijekcija je istovremeno injekcija i surjekcija. 37. Identiteta je funkcija zadana s f (x) = 1.
A.1
225
Osnove matematike
38. Za svaku funkciju f kompozicija f ◦ f −1 je identiteta. 39. Funkcija f (x) =
1 − x2 je bijekcija. 1+x
40. Funkcija f (x) = 1 je injekcija. 41. Funkcija f (x) = x · sin x je bijekcija. 42. Dva skupa su ekvipotentna ako postoji injekcija izmedu njih. 43. Ekvipotencija je relacija ekvivalencije na skupu svih skupova. 44. Skup je beskonaˇcan ako je ekvipotentan sa svojim pravim podskupom. 45. Skup prirodnih brojeva i skup parnih brojeva imaju jednako mnogo elemenata. 46. Skup prirodnih brojeva je jedini skup koji zadovoljava Peanove aksiome. 47. 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n =
n(n + 1) , 2
∀n ∈ N.
48. Skup prirodnih brojeva je diskretan. 49. Ukupno ima nn razliˇcitih permutacija n-tog reda. 50. (n + 1)! = n · n!.
n n n+1 51. Za ∀k, n ∈ N, k < n vrijedi + = . k k+1 k+1 n X n k n−k 52. Binomni pouˇcak glasi (a + b)n = a b . k k=0
n n n+1 53. Vrijedi + = . k k+1 k+1
54. Zbroj elemenata u n-tom retku Pascalovog trokuta jednak je 2n . 55. Skup Z ima viˇse elemenata od skupa N. 56. Skup Z je prebrojiv. 57. Q = Z × N. 58. Skup racionalnih brojeva je neprebrojiv. 59. Skup racionalnih brojeva je gust. 60. Skup racionalnih brojeva ima viˇse elemenata od skupa Z. 61. Skup Q prekriva cijeli brojevni pravac. 62. Skup R je unija skupova racionalnih i iracionalnih brojeva.
226
DA/NE KVIZ
63. Skup R je gust. 64. Skup R je prebrojivo beskonaˇcan. √ 65. Za x ∈ R vrijedi |x| = x2 . 66. Za x ∈ R nejednakost |x| < r znaˇci −r < x < r. 67. Nejednakost trokuta glasi |x + y| ≥ |x| + |y|. 68. Za x, y ∈ R vrijedi |x − y| ≤ |x| − |y|. 69. i34 = −1. 70. i127 = −1. 71. i93 = −i6 . 72. Im(3 − 17i) = −17i. 73. |3 − 4i| = 25. 74. arg(3 − 4i) = 5. 75. (2 − 3i)(−3 + 4i) = 6 + 17i. 76.
1 11 5 + 6i = − i. i−1 2 2
77. z + z¯ = 2 Re z. 78. z¯ · z = (Re z)2 + (Im z)2 . 79. |¯ z · z| = |z|2 . 80. |¯ z | < |z|. 81. |¯ z · z| = |z|. √ π π 82. 1 − 3i = 2 cos − i sin . 3 3 √ √ 7π 7 3 7 3 7π 83. 7 cos =− + i sin − i. 6 6 2 2
84. Skup {z ∈ C : |z − z0 | = r} je kruˇznica radijusa r oko toˇcke z0 . 85. Skup {z ∈ C : |z + z0 | = r} je kruˇznica radijusa r oko toˇcke z0 . 86. Skup {z ∈ C : arg z = √ toˇcku z0 = 1 + 3i.
π 3}
je polupravac koji poˇcinje u ishodiˇstu i prolazi kroz
87. Skup {z ∈ C : |z − z1 | + |z − z2 | = r, z1 6= z2 } je ili elipsa, ili duˇzina, ili prazan skup. 88. Skup {z ∈ C : |z − z1 | + |z − z2 | = 1} je pravac kroz toˇcke z1 i z2 .
A.1
227
Osnove matematike
89. Skup {z ∈ C : |z − 1| + |z + 2| = 5} je elipsa sa ˇzariˇstima u toˇckama z1 = −1 i z2 = 2. 90. 7 cos
π 5π π π 5π π · 3 cos + i sin = 21 cos . + i sin + i sin 2 2 3 3 6 6
91. r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) · r2 (cos ϕ2 + i sin ϕ2 ) = r1 r2 (cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 )). 92.
√ 5 12 5 2 cos + i sin = 64(cos 10 + i sin 10). 6 6
93. Ako je z = r(cos ϕ + i sin ϕ), tada je za k ∈ {0, 1, 2, . . . , n − 1}.
√ √ ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ n z = n r cos + i sin n n
10 + 2kπ 10 + 2kπ za k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. +i sin 5 5 √ √ 2kπ 2kπ 6 + i sin za k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. 95. 6 −2 + 0i = 2 cos 6 6 1
94. [32(cos 10+i sin 10)] 5 = 2 cos
96. Svaki kompleksni broj ima toˇcno dva razliˇcita n-ta korijena za ∀n > 2. 97. Jednadˇzba z+
i + 1 4 i = ima toˇcno ˇcetiri razliˇcita kompleksna rjeˇsenja. 2−i i−1
98. ex+iy = ex + iey .
99. e2−3i = e2 (cos 3 − i sin 3). 100. |e27i | = 1.
228
DA/NE KVIZ
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.
NE NE NE DA NE DA NE DA NE DA NE DA DA NE NE DA DA DA NE DA
21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40.
NE NE DA NE NE DA NE DA NE DA NE NE NE DA DA DA NE NE DA NE
41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60.
NE NE DA DA DA DA DA DA NE NE DA DA DA DA NE DA NE NE DA NE
61. 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80.
NE DA DA NE DA DA NE NE DA NE NE NE NE NE DA DA DA DA DA NE
81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88. 89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100.
NE DA NE DA NE DA DA NE NE DA DA DA DA DA NE NE DA NE DA DA
A.2
229
Linearna algebra
A.2
Linearna algebra
1. Ako su grafovi dvije linearne jednadˇzbe paralelni, tada pripadni sustav ima jedinstveno rjeˇsenje. 2. Ako je matrica A tipa 3 × 4, a B tipa 4 × 3, tada je matrica A + B tipa 3 × 3. 3. Matrice A i B, koje su obje tipa 7 × 3, su ulanˇcane i postoji produkt AB. 4. Ako je matrica P A tipa m × k i B tipa k × n, tada su elementi matrice C = AB dani s cij = kl=1 ail blj .
5. Ako je matrica A tipa m × k i B tipa k × n, tada su elementi matrice C = AB dani s cij = ai1 b1j + ai2 b2j + · · · + aik bkj . 6. Mnoˇzenje matrica je asocijativno.
7. Potreban broj raˇcunskih operacija da bi se pomnoˇzile dvije matrice n × n iznosi 2n3 − n2 . −1 −2 −3 4 1 0 −1 −12 −4 −15 1 0 7 8 9 = 8. . 3 0 −3 −36 −12 −45 3 11 2 12 3
9 1 −1 9. 2 −1 1 −1 = (−2)8 −2 3 −3 1 2 3 −1 1 1 −1 10. 0 4 5 0 −1 1 = 0 0 0 6 0 0 −1 0 11. Simetriˇcna matrica 1 1 0 1 1 12. 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0
1 1 13. 0 1 0 0
T 0 1 1
1 0 0
14. (AB)T = AT B T .
1 −1 2 −2 . 3 −3 −1 0 −4 −1 . 0 −6
jednaka je svojoj transponiranoj. T 0 1 1 0 1 = 2 0 1 1 . 1 0 0 1
1 0 1 1 1 = 1 0 1 0
1 0 2 1 . 1 2
T 1 1 1 1 1 1 1 1 1 15. = 2 1 1 1 . −1 −1 −1 −1 −1 −1 1 1 1 1 2 3 1 2 1 2 3 16. −1 2 3 3 4 = −1 1 2 + 2 3 4 + 3 5 1 −2 3 5 6 1 −2 3
6 .
230
DA/NE KVIZ
17.
α γ
β δ
18.
1 0
7 −1 1 = 1 0
19.
a b
0 a
a c
3
b α a = d γ
−7 . 1
a3 = 3a2 b
β b + c δ
d .
0 . a3
20. Proˇsirena matrica sustava x + y + z = 1, x = y, y = 1 + z glasi 1 1 1 1 1 −1 0 0. 0 1 −1 1
21. Ako su x1 i x2 rjeˇsenja sustava Ax = b, tada je λx1 + (1 − λ)x2 takoder rjeˇsenje tog sustava za svaki λ ∈ R. 22. Matrica A reda 0 0 23. Matrica 0 0 0 0
n je gornje trokutasta ako i < j povlaˇci aij = 0. 1 0 je gornje trokutasta. 0
24. Trokutasti oblik proˇsirene matrice sustava uvijek ima 1 u drugom stupcu drugog retka. 25. U nekim sluˇcajevima trokutasti oblik proˇsirene matrice sustava ima 2 u gornjem lijevom uglu. 26. Ako su svi dijagonalni elementi kvadratne gornje trokutaste matrice U razliˇciti od nule, tada sustav U x = b ima jedinstveno rjeˇsenje. 1 8 0 0 2 ima jedinstveno rjeˇsenje 27. Sustav ˇcija proˇsirena matrica glasi 0 α 0 0 0 1 α za α 6= 0. 1 1 2 1 2 , 28. Za rjeˇsenje sustava Ax = b, ˇcija proˇsirena matrica glasi 0 2 3 0 0 1 α vrijedi x2 = 1 − 32 α. 29. Broj raˇcunskih operacija potreban za rjeˇsenje trokutastog sustava dimenzije n × n je pribliˇzno n2 . 30. Rjeˇsenje sustava linearnih jednadˇzbi se ne mijenja ako nekoj jednadˇzbi dodamo neku drugu. 31. Rjeˇsenje sustava linearnih jednadˇzbi se ne mijenja ako nekoj jednadˇzbi dodamo neku linearnu kombinaciju ostalih jednadˇzbi. 32. Zamjena varijabli odgovara zamjeni dva stupca matrice sustava.
A.2
231
Linearna algebra
33. Rjeˇsenje sustava linearnih jednadˇzbi se ne matrice sustava pomnoˇzimo s nulom. 5 1 −2 1 1 −2 1 −2 −3 i 8 4 34. Sustavi 2 −1 −1 0 1 1 0
mijenja ako neki redak proˇsirene 1 −8 0
5 −12 imaju isto rjeˇsenje. 0
35. Pribliˇzan broj raˇcunskih operacija potreban za Gaussovu eliminaciju matrice n × n je 23 n4 . 36. Pivotiranje je zamjena redaka ili stupaca. 37. Sve elementarne operacije na retcima proˇsirene matrice sustava moˇzemo provesti mnoˇzenjem s elementarnim matricama transformacija.
38. Sve elementarne matrice transformacija su regularne. a 1 39. Vektori b i b su linearno nezavisni za sve kombinacije parametara c d a, b, c, d. 40. Vektori 1 i 2 su linearno zavisni. 1 2 41. Vektori 2 i 0 su linearno nezavisni. 3 −1 1 1 1 2 42. Vektori 2, 4 , 2 i 0 su linearno nezavisni. 3 −1 6 −1 1 1 1 43. Vektori 2, α i 0 su linearno zavisni za α = 4. 0 −1 1 44. Rang matrice je uvijek manji ili jednak od broja stupaca. 1 β −1 45. rang(0 2 1 ) < 3 za β = −3. 2 0 1
46. Neki sustavi od tri jednadˇzbe i tri nepoznanice imaju toˇcno dva rjeˇsenja. 47. Sustav koji ima samo jednu jednadˇzbu uvijek ima rjeˇsenje. 48. Ako trokutasti oblik proˇsirene matrice sustava ima nul-redak, tada sustav ima beskonaˇcno rjeˇsenja. 49. Sustav x + y + z = 1, x = y, y = z, y = 1 nema rjeˇsenja.
50. Sustav od tri jednadˇzbe i pet nepoznanica moˇze imati jedinstveno rjeˇsenje. 51. Sustav od pet jednadˇzbi i tri nepoznanice moˇze imati jedinstveno rjeˇsenje.
232
DA/NE KVIZ
1 52. Sustav 1
α 2 β 3
2 uvijek ima dvoparametarsko rjeˇsenje. α
3 4
53. Ako sustav ax + by = 0, cx + dy = 0 ima rjeˇsenje koje je razliˇcito od nule, tada ima beskonaˇcno rjeˇsenja. 54. Homogeni sustav ne mora uvijek biti rjeˇsiv. 1 β −1 0 0 ima netrivijalna rjeˇsenja za β = −3. 55. Sustav 0 2 1 2 0 1 0 1 x 0 56. Sustav 1 1 1 −1 y = 0 ima jedinstveno rjeˇsenje. −1 z 0 −1 x x 57. Sustav 0 −1 0 1 y = 2 y ima toˇcno jedno rjeˇsenje. 1 z z 1 x x 58. Sustav 0 1 0 α y = 1 + α2 y ima netrivijalno rjeˇsenje za α z z bilo koji izbor broja α. α x x 59. Sustav 0 α 0 1 y = y ima netrivijalno rjeˇsenje za svaki α 6= 1 z z 0. 1 x x 60. Sustav 0 1 0 −1 y = 2 y ima dvoparametarsko rjeˇsenje. −1 z z 0 α 1 ima netrivijalna rjeˇsenja za α 6= β. 61. Sustav 0 β 1 62. Ako je a 6= 0, tada je 63.
a b
0 a
−1
a b
0 a
−1
=
a−1 0
−ba−2 . a−1
postoji za bilo koji izbor brojeva a 6= 0 i b.
64. Ako su sve tri matrice regularne, tada je (ABC)−1 = C −1 B −1 A−1 . 65. Matrica A reda n je regularna ako i samo ako je rang(A) = n. 66. Matrica A reda n je regularna ako i samo ako je rang(A) = 1. 67. Ako je A regularna, a B singularna, tada je matrica AB regularna. 68. Rjeˇsenje matriˇcne jednadˇzbe A−1 XB −1 = C dano je s X = CAB.
A.2
233
Linearna algebra
69. Ako je A regularna, tada je (AT )−1 = (A−1 )T . 70. Ako je A regularna, tada je (A−1 )−1 = A. 71. Ako je A regularna i 1 0 72. Ako je A = 0 x −1 0
simetriˇcna, tada je (AT )−1 = A−1 . 1 0, tada je A−1 = 12 AT za svaki x 6= 0. 1
73. Inverzna matrica gornje trokutaste matrice je gornje trokutasta. −1 1 0 1 1 0 −1 74. Ako je x 6= 0, tada je 0 x 0 = 12 0 2x−1 0. −1 0 1 1 0 1 −1 1 0 0 1 75. 0 1 0 = 0 −x 0 1 x
76.
2
1 0 77. 0 0
0 2 0 0
−1
1 ..
.
2 3 1 0
n
0 0 1 0, za bilo koji izbor broja x. 0 1
1 =
−1 1 0 0 4 = 0 1 0 5
1 2
..
. 1 n
0 1 2
0 0
−2 − 23 1 0
.
2 5 1 − 10 . − 51 1 5
78. Jedna permutacija brojeva 1, 2, 3, 4, 5, 6 jednaka je (1, 3, 4, 2, 5). 79. Permutacija (1, 3, 4, 2, 6, 5) je neparna. 80. Ukupno ima 2n razliˇcitih permutacija od n elemenata. 81. Od svih permutacija od n elemenata, pola je parnih. 82. Sarussovo pravilo vrijedi samo za determinante 3 × 3. 1 1 −1 83. det(0 2 1 ) = 7. 2 0 1
84. Determinanta trokutaste matrice jednaka je produktu elemenata na dijagonali. 85. det(I) = n. 86. det(A) = det(AT ). 87. Ako u determinanti zamijenimo dva susjedna stupca, ona se ne mijenja.
234
DA/NE KVIZ
88. Za kvadratne matrice A i B vrijedi det(AB) = det(A) det(B). 89. Za regularnu matricu A vrijedi det(A) det(A−1 ) = 1. 90. Ako je determinanta jednaka nuli, tada je matrica singularna. 91. Ako je determinanta jednaka nuli, tada su stupci matrice linearno nezavisni. 1 1 2 1 . 92. = n! . .. 1 n
1 93. 0 6
7 1 2
3
−5 1 7 − 23 + 1 0 −5 6 3
−5 1 − 12 = 1 −5 6
7 1 2
3
−5 −2 . −5
94. Determinantu moˇzemo razviti u Laplaceov razvoj samo po onom retku ili stupcu u kojem ima barem jedna nula. −1 7 4 9 6 9 3 6 3 . + 4 −7 95. 9 6 3 = − −5 3 −5 6 3 6 −5 3 6 1 −1 −1 −1 −1 −1 2 3 4 5 3 4 5 = 24. 96. −1 1 −1 1 1 4 5 −1 1 1 1 5
97. Cramerovo pravilo vrijedi samo za sustave ˇcija je matrica sustava regularna. −1 1 a b a −b 98. = . c d ad − bc −c d 2 −1 2 1 1 0 1 99. X = 0 0 je rjeˇsenje matriˇcne jednadˇzbe X− = X. 0 0 1 0 −1 0 1 1 1 2 1 100. Zbroj svih elemenata rjeˇsenja X matriˇcne jednadˇzbe X − 0 0 = 0 0 1 −1 X iznosi 4.
A.2
235
Linearna algebra
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.
NE NE NE DA DA DA DA DA DA DA DA NE DA NE DA DA DA DA DA DA
21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40.
DA NE DA NE DA DA DA DA DA DA DA DA NE DA NE DA DA DA NE DA
41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60.
DA NE DA DA DA NE NE NE DA NE DA DA DA NE DA NE NE DA NE NE
61. 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80.
NE NE DA DA DA NE NE NE DA DA DA NE DA DA DA DA DA NE DA NE
81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88. 89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100.
DA DA NE DA NE DA NE DA DA DA NE DA DA NE DA DA DA NE NE DA
236
A.3
DA/NE KVIZ
Vektorska algebra i analitiˇ cka geometrija
− − → −−→ 1. Usmjerene duˇzine AB i CD su ekvivalentne ako duˇzine AD i BC imaju zajedniˇcko poloviˇste. 2. Vektor je klasa ekvivalencije usmjerenih duˇzina. 3. Duljinu vektora a oznaˇcavamo s |a|. 4. Vektori su kolinearni ako leˇze u istoj ravnini ili paralelnim ravninama. 5. Vektori su komplanarni ako leˇze na istom pravcu ili paralelnim pravcima. − − → 6. Nul-vektor definiramo kao 0 = P P , ∀P ∈ E. 7. Nul-vektor moˇze biti kolinearan samo s nul-vektorom. 8. Zbrajanje vektora je asocijativno i komutativno. 9. Skup radijus-vektora VO je skup svih vektora s hvatiˇstem u toˇcki O. −− → 10. Skalarne komponente vektora AB = 2 i − 3 j + 21 k su 2, 3 i 21. −− → 11. Ako je A = (1, 4, −π) i B = (e, 3, 4), tada je AB = (e − 1) i − j + (4 + π) k. 12. Duljina vektora a = x i + y j + z k jednaka je |a| = x2 + y 2 + z 2 . 13. |2 i − 3 j + 4 k| = 29. √ √ 14. |2 i − 3 j + 4 k| = 4 − 9 + 16 = 11. 15. Jediniˇcni vektor vektora a 6= 0 je vektor a0 =
a . |a|
16. Jediniˇcni vektor vektora a 6= 0 ima duljinu jedan, a kolinearan je vektoru a i ima istu orijentaciju. 17. Nul-vektor nema jediniˇcni vektor. 3 2 5 18. Ako je a = −3 i + 2 j + 5 k, tada je a0 = − √ i + √ j + √ k. 38 38 38 1 1 1 19. Ako je a = √ i − √ j − √ k, tada je a0 = a. 2 6 3 20. Prikloni kutovi su kutovi koje vektor zatvara s vektorima i, j i k. 21. Kosinusi smjerova vektora −4 i + 3 j − 5 k su
−4 3 −5 , , . 50 50 50
22. Vektori a1 , a2 , · · · , ak su linearno nezavisni ako λ1 a1 + λ2 a2 + · · · + λk ak = 0 λ1 = λ2 = · · · = λk = 0.
⇒
A.3
237
Vektorska algebra i analitiˇcka geometrija
23. Vektori
−4 i + 3 j − 5 k,
i+j
i
j −5k
su linearno zavisni.
24. Svaka dva kolinearna vektora su linearno zavisna. 25. Svaka tri komplanarna vektora su linearno zavisna. 26. Postoje ˇcetiri vektora u prostoru koji su linearno nezavisni. 27. Vektori
i+j
i
i
su linearno nezavisni.
28. Vektori
−4 i + 3 j − 5 k, i + j
i
j−5k
ˇcine bazu prostora.
29. Ako je a = i + k, b = j − k i c = −k, tada vektor d = 2 i + 3 j − k ima u sustavu (O, a, b, c) zapis d = 2 a + 3 b. 30. a · b = |a| |b| cos ∠(a, b). 31. Ako je a ⊥ b, tada je a · b = 1. 32. Ako je a · b > 0, tada je ∠(a, b) > π/2. 33. i · k = 0. 34. i · i = 0. 35. a · a = |a|. 36. Duljina projekcije vektora a na vektor b jednaka je |b| | cos ∠(a, b)|. 37. a · b = b · a.
1 38. Ako je a = {2, −3, 1} i b = {1, 1, 0}, tada je cos ∠(a, b) = − √ . 28
39. Ako su a i b nekolinearni vektori jednakih duljina tada je ∠(a, a + b) = ∠(b, a + b). 40. Ako su a i b nekolinearni vektori s duljinama |a| = 2 i |b| = 1, tada je ∠(a, a + 2 b) = ∠(b, a + 2 b). 41. Ako su a i b nekolinearni vektori jednakih duljina, tada je a + b ⊥ a − b. 42. |a × b| = |a| |b| sin ∠(a, b). 43. a × b = |a| |b| sin ∠(a, b). 44. a × b ⊥ a. 45. Ako je a ⊥ b, tada je a × b = 0. 46. Ako su vektori a i b kolinearni, tada je a × b = 0. 47. i × k = j. 48. i × i = 0. 49. a × a = |a|2 .
238
DA/NE KVIZ
50. |a × b| jednako je povrˇsini paralelograma ˇsto ga razapinju vektori a i b. 51. a × b = b × a. 52. Ako je a = {0, −3, 5} i b = {0, −2, −1}, tada je a × b = 13 j. 53. Povrˇsina paralelograma kojeg razapinju vektori a = {1, −3, 1} i b = {2, 0, 1} je nula. 54. Povrˇ √ sina trokuta △ABC, gdje je A = (1, 3, 1), B = (0, 1, 2) i C = (1, −1, 0) 21 . je 2 55. Trokut △ABC s vrhovima A = (2, 1, −1), B = (−2, 1, 0) i C = (0, 0, 0) je pravokutan. 1 3 1 je srediˇste kruˇznice opisane trokutu △ABC s vr56. Toˇcka S = − , , − 2 2 2 hovima A = (1, 2, −1), B = (−2, 1, 0) i C = (0, 0, 0). 57. U trokutu △ABC s vrhovima A = (0, 0, 0), B = (0, −3, 0) i C = (0, −3, 4) 12 . visina iz vrha B na stranicu AC ima duljinu 5 58. Mjeˇsoviti produkt tri vektora je vektor. 59. (a × b) · c = |a| |b| |c| sin ∠(a, b) cos ∠(a × b, c). 60. |(a × b) · c| jednako je volumenu paralelopipeda ˇsto ga razapinju vektori a, b i c. 61. |(a × c) · b| jednako je volumenu paralelopipeda ˇsto ga razapinju vektori a, b i c. 62. (a × a) · b = −(a × b) · b. 63. (a × b) · c = −(b × a) · c. 64. Ako je a = {0, −3, 5}, b = {0, −2, −1} i c = {3, 2, 1}, tada je (a × b) · c = 39. 65. Volumen paralelopipeda razapetog s vektorima a = {−1, −3, −1}, b = {1, 2, −1} i c = {−1, −2, −1} je 2. 66. Vektori a = {−1, −3, −1}, b = {−1, −2, −1} i c = {1, 2, 1} su komplanarni. 67. Volumen tetraedra ABCD, gdje je A = (2, −1, 0), B = (1, 0, 2), C = (0, −1, 1) i D = (0, 0, 0), je 5/6. 68. (a × b) × c = b (a · c) − a (b · c). 69. Jednadˇzba z-osi glasi x = 0, y = 0, z = 2t, t ∈ R. 70. Parametarska jednadˇzba pravca kroz toˇcku T = (1, 0, 0) s vektorom smjera j glasi x = 1, y = 0, z = 0, t ∈ R. 71. Parametarska jednadˇzba pravca kroz toˇcku T = (1, −2, 3) s vektorom smjera 2 i − 3 j + 7 k glasi x = 1 + 2t, y = −2 − 3t, z = 3 + 7t, t ∈ R.
A.3
239
Vektorska algebra i analitiˇcka geometrija
72. Jednadˇzba y-osi glasi
x y−3 z = = . 0 2 0
73. Kanonska jednadˇzba pravca kroz toˇcku T = (1, −2, 3) s vektorom smjera y+2 z−3 x−1 = = . 2 i − 3 j + 7 k glasi 2 −3 7 74. Jednadˇzba pravca kroz toˇcke A = (1, 0, 2) i B = (3, 4, 5) glasi z−2 . 3
y x−1 = = 2 4
75. Jednadˇzba pravca kroz toˇcke A = (6, 3, −2) i B = (−3, −4, 5) glasi x = 6 − 9t, y = −3 − 7t, z = 2 + 7t, t ∈ R. 76. Jednadˇzba pravca koji je presjek ravnina x + y + 1 = 0 i y + z + 1 = 0 glasi x y−1 z = = . 1 1 1 77. Pravci
y−3 z−2 x−5 y−1 z+1 x−4 = = i = = su jednaki. −1 2 3 2 −4 −6
78. Jednadˇzba ravnine kroz toˇcku T = (1, 3, −2) s normalom n = {−1, 2, 1} glasi (x + 1) + 3(y − 2) − 2(z − 1) = 0. 79. Jednadˇ cke A = (1, −1, 1), B = (3, −1, 2) i C = (4, 5, 6) zba ravnine kroz toˇ x − 1 y + 1 z − 1 0 1 = 0. glasi 2 3 6 5
80. Jednadˇzba ravnine kroz toˇcke A = (1, 0, 0), B = (0, 3, 0) i C = (0, 0, −2) glasi x y z = = . 1 3 2 81. Za kut ϕ izmedu pravaca 1 cos ϕ = √ . 3 3
x y−1 z x−3 y−1 z−8 = = i = = vrijedi 1 1 1 2 −2 1
82. Toˇcka A = (1, 0, −6) je projekcija toˇcke B = (1, 1, 1) na ravninu y − z + 3 = 0. 83. Toˇcka T = (2, −1, 0) leˇzi na pravcu kroz toˇcke A = (1, 0, −1) i B = (1, 2, −1). 84. Toˇcka A = (1, −2, 1) je ortogonalna projekcija toˇcke B = (2, 1, −1) na pravac x y+1 z−2 = = . −1 1 1 85. Toˇcka A = (1, −2, 1) je toˇcka na pravcu nje udaljena od ishodiˇsta O = (0, 0, 0).
y+2 z−2 x = = koja je najma−1 0 1
86. Toˇcka T = (1, 2, −1) leˇzi u ravnini koja sadrˇzi toˇcke A = (0, 1, 1), B = (1, 0, 1) i C = (1, 1, 0). 87. Toˇcke A = (1, 2, 1), B = (1, −1, 1) i C = (1, −4, 1) leˇze na jednom pravcu.
240
DA/NE KVIZ
88. Toˇcke A = (−3, 1, 1), B = (−1, 1, 1), C = (1, −1, 1) i D = (1, 1, −1) leˇze u jednoj ravnini. 89. Toˇcka A = (−2, 4, −2) je toˇcka ravnine x − 2y + z + 12 = 0 koja je najmanje udaljena od ishodiˇsta O = (0, 0, 0). 90. Ako je (a1 i + b1 j + c1 k) × (a2 i + b2 j + c2 k) 6= 0, onda pravci
x − x1 = a1
z − z1 x − x2 y − y2 z − z2 y − y1 = i = = nemaju zajedniˇckih toˇcaka. b1 c1 a2 b2 c2
91. Pravac kroz toˇcke A = (2, −1, −3) i B = (0, 1, 1) sijeˇce pravac z+1 u jednoj toˇcki. −2
y x−1 = = 1 −1
92. Ravnine A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 i A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 su paralelne ili jednake ako i samo ako je A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 = 0. 93. Ako je A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 = 0, onda je presjek ravnina A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 i A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 pravac. 94. Ravnina koja sadrˇzi toˇcku A = (0, 0, −1) i pravac jednadˇzbu x − y − z − 1 = 0.
y+1 z x = = ima 1 −1 0
95. Ravnina koja prolazi toˇckama A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0) i C = (0, 0, 1) paralelna je s ravninom x + y + z + 1 = 0. 96. Presjek ravnina x − y = 0 i x + y + z − 2 = 0 je pravac
x−1 y−1 z = = . 1 1 −2
97. Ravnina kroz toˇcke A = (1, −1, 0), B = (2, 0, 0) i C = (0, 0, 2) je okomita na ravninu 2x + 3y + z + 1 = 0. 98. Pravac kroz toˇcke A = (1, 0, −2) i B = (2, −1, −1) paralelan je s ravninom x − y + z − 1 = 0. 99. Pravac kroz toˇcke A = (1, 1, 2) i B = (0, 2, −1) okomit je na ravninu x − y + 3z − 2 = 0.
y z+2 x−1 = = okomit je na ravninu kroz toˇcke A = (1, 0, 0), 1 −1 1 B = (0, −1, 0) i C = (0, 0, 2).
100. Pravac
A.3
241
Vektorska algebra i analitiˇcka geometrija
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.
DA DA DA NE NE DA NE DA DA NE DA NE NE NE DA DA DA DA DA DA
21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40.
NE DA NE DA DA NE DA DA DA DA NE NE DA NE NE NE DA DA DA DA
41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60.
DA DA NE DA NE DA NE NE NE DA NE NE NE NE NE DA DA NE DA DA
61. 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80.
DA DA DA DA DA DA DA DA DA NE DA DA DA DA NE NE DA NE DA NE
81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88. 89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100.
DA NE NE DA DA DA DA NE DA NE NE NE DA NE DA DA DA NE DA NE
242
A.4
DA/NE KVIZ
Funkcije realne varijable −2 −1 x y = f (x) 0 −2 linearnom interpolacijom dobijamo f (−0.5) = −0.5.
1. Ako je funkcija zadana tablicom
0 1
1 2.5
2 , onda 4
2. Domena funkcije eksplicitno zadane formulom y = f (x) je skup D svih vrijednosti nezavisne varijable x za koje izraz f (x) ima smisla. 3. Domena funkcije eksplicitno zadane formulom y = kπ : k ∈ Z}.
x3 − 2 je skup D = { π2 + 2 cos x
4. Formulom F (x, y) = 0 uvijek je odredena toˇcno jedna eksplicitno zadana funkcija y = f (x). 5. Kod funkcija zadanih formulom F (x, y) = 0 jednoj vrijednosti varijable x moˇze odgovarati viˇse vrijednosti varijable y. 6. Toˇcka (0, 3) pripada krivulji implicitno zadanoj s x + arcsin(xy) = 0. 7. Krivulja zadana implicitno s x3 + y 3 − 3xy = 0 ima parametarske jednadˇzbe 3t 3t2 , y= 3 , t ∈ R \ {0}. x= 3 t +1 t +1 8. Kruˇznica (x + 1)2 + y 2 − 4 = 0 ima parametarske jednadˇzbe x = −1 + 2 cos t, y = 2 sin t, t ∈ [−π, π]. 9. Kruˇznica (x + 1)2 + y 2 − 4 = 0 ima parametarske jednadˇzbe x = 2 cos t, y = 2 sin t, t ∈ [0, 2π]. 10. Elipsa 4x2 + y 2 − 4y = 0 ima parametarske jednadˇzbe x = cos t, y = 2(1 + sin t), t ∈ [−π, π]. 11. Parametarske jednadˇzbe cikloide glase x = r(t−sin t), y = r(1−cos t), t ∈ R. 12. Funkcija f je omedena ako postoji broj m takav da je |f (x)| ≥ m za svaki x ∈ D. 13. Funkcija f je omedena ako za svaki x ∈ D postoji broj m takav da je |f (x)| ≤ m.
14. Funkcija f je neomedena ako za svaki m > 0 postoji x ∈ D takav da je |f (x)| ≥ m. 15. Funkcija f je neparna ako je f (x) neparan broj za svaki x ∈ D. 16. Ako su f i g parne funkcije, onda su i f + g i f − g parne funkcije. 17. Ako su f i g neparne funkcije, onda su i f · g i f /g neparne funkcije. 18. Ako su f i g parne funkcije i ako je definirana kompozicija g ◦ f , onda je i g ◦ f parna funkcija. 19. Funkcija f je periodiˇcna ako postoji broj P 6= 0 takav da za svaki x ∈ D vrijedi f (P x) = f (x).
A.4
243
Funkcije realne varijable
20. Ako je broj P 6= 0 period funkcije f , onda je i broj P/2 period funkcije f . 21. Da bi postojao lim f (x) funkcija f mora biti definirana u toˇcki x0 . x→x0
22. Ako funkcije f i g imaju limese u toˇcki x0 , onda vrijedi lim (f · g)(x) = x→x0
lim f (x) · lim g(x). x→x0
x→x0
23. Ako barem jedna od funkcija f i g nema limes u toˇcki x0 , onda ne postoji ni lim (f · g)(x). x→x0
24. Ako funkcija f ima lijevi i desni limes u toˇcki x0 , onda postoji i lim f (x). x→x0
25. Funkcija f je neprekidna u toˇcki x0 ∈ D ako postoji lim f (x). x→x0
26. Ako je
lim
x0 ∈ D.
x→x0 −0
f (x) =
lim
x→x0 +0
f (x), onda je funkcija f neprekidna u toˇcki
27. Funkcija f je neprekidna u toˇcki x0 ∈ D ako je lim f (x) = f (x0 ). x→x0
28. Ako je
lim
x→x0 −0
f (x) =
lim
x→x0 +0
f (x) = f (x0 ), onda je funkcija f neprekidna u
toˇcki x0 ∈ D.
29. Funkcija f ima prekid druge vrste u u toˇcki x0 ako je barem jedan od limesa lim f (x) i lim f (x) ili beskonaˇcan ili ne postoji. x→x0 −0
30.
x→x0 +0
2x2 − x − 1 = +∞. 4x2 − 1 x→ 2 −0 lim 1
31. Funkcija f (x) = 32.
2x2 − x − 1 1 ima uklonjiv prekid u toˇcki − . 4x2 − 1 2
3 2x2 − x − 1 = . x→1−0 |x2 − 1| 2 lim
33. Funkcija f (x) =
2x2 − x − 1 ima uklonjiv prekid u toˇcki x0 = 1. |x2 − 1|
34. Funkcija f (x) =
2x2 − x − 1 ima prekid druge vrste u toˇcki x0 = −1. |x2 − 1|
√ x+1−1 1 =− . x→0−0 x − x2 2 √ x+1−1 ne postoji. 36. lim x→−1−0 x − x2 √ x+1−1 ima uklonjiv prekid u toˇcki x0 = 0. 37. Funkcija f (x) = x − x2
35.
lim
244
DA/NE KVIZ
38. lim1
x→ 2
1 sin(1 − 2x) = . 4x2 − 1 2
39. Funkcija f (x) = 40. lim
x→0
sin(1 − 2x) 1 ima uklonjiv prekid u toˇcki − . 2 4x − 1 2
9 1 − cos 3x = . x2 2
41. Funkcija f (x) = desnom kraju. 42. Pravac x = −
1 2x2 + x − 1 ima horizontalnu asimptotu y = u lijevom i 2 4x − 1 2
1 2x2 + x − 1 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = . 2 4x2 − 1
43. Pravac x = −1 je vertikalna asimptota funkcije f (x) =
x2 + x . |x2 − 1|
44. Pravac y = 1 je horizontalna asimptota funkcije f (x) =
x2 + x . |x2 − 1|
45. Pravac y = x + 1 je kosa asimptota funkcije f (x) =
x2 + x . |x2 − 1|
1 − cos 3x nema vertikalnih asimptota. x2 p 47. Funkcija f (x) = x2 + 1 − x nema vertikalnih asimptota. p 48. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = x2 + 1−x u lijevom i u desnom kraju. p 49. Pravac y = −2x je kosa asimptota funkcije f (x) = x2 + 1 − x u lijevom kraju. 46. Funkcija f (x) =
50. Pravac y = x je kosa asimptota funkcije f (x) = xe−x u lijevom kraju. 51. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = xe−x . 1
52. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota zdesna funkcije f (x) = xe− x . 1
53. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = xe− x u lijevom i u desnom kraju. 1
54. Pravac y = x − 1 je kosa asimptota funkcije f (x) = xe− x u lijevom i u desnom kraju. 55. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = ln i u desnom kraju. 56. Pravac x = zdesna.
2x − 1 u lijevom 2x + 1
1 2x − 1 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = ln slijeva i 2 2x + 1
A.4
Funkcije realne varijable
245
√ 57. Ako je n ∈ N neparan, tada je funkcija f (x) = n x definirana za sve x ∈ R. √ 58. Funkcija f (x) = n x, n ∈ N je parna ako je n paran i neparna ako je n neparan broj. 59. Ako je k ∈ Z neparan cijeli broj, onda je funkcija f (x) = xk neparna. 60. Za svaki cijeli broj k ∈ Z \ {0} funkcija f (x) = xk je neomedena. 61. Funkcija f (x) = xk , k ∈ Z \ {0} je omedena ako je k paran i neomedena ako je k neparan broj. 62. Za svaki cijeli broj k ∈ Z\{0} pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = xk . 63. Funkcija f (x) = xk , k ∈ Z \ {0} ima vertikalnu asimptotu x = 0 ako i samo ako je k < 0. 64. Funkcija f (x) = xk , k ∈ Z \ {0} ima vertikalnu i horizontalnu asimptotu ako i samo ako je k < 0. 65. Funkcija f (x) = xr , r ∈ R \ {0} je strogo rastu´ca na (0, ∞) ako i samo ako je r < 0. 66. Funkcija f (x) = xr , r ∈ R \ {0} je omedena za r > 0 i neomedena za r < 0. 67. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = xr za svako r ∈ R\{0}. 68. Za svaki a > 0, a 6= 1 funkcija f (x) = ax je strogo rastu´ca. 69. Za svaki 0 < a < 1 funkcija f (x) = ax je strogo rastu´ca. 70. Za svaki a > 0, a 6= 1 pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = ax u lijevom kraju. 71. Za svaki 0 < a < 1 funkcija f (x) = loga x je strogo padaju´ca. 72. Za svaki a > 0, a 6= 1 pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = loga x zdesna. 73. Za a, b ∈ (0, ∞) \ {1} i x > 0 je loga x = logb a · logb x. 74. Za a, b ∈ (0, ∞) \ {1} i x > 0 je loga x = loga b · logb x. 75. Funkcije f (x) = sin x i g(x) = cos x su omedene. 76. Funkcije f (x) = sin x i g(x) = cos x su periodiˇcne s osnovnim periodom π. 77. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcija f (x) = sin x i g(x) = cos x. 78. Funkcija f (x) = tg x je definirana na skupu R \ {kπ : k ∈ Z}, a funkcija π g(x) = ctg x na skupu R \ {kπ + : k ∈ Z}. 2 79. Op´ca sinusoida f (x) = A sin(ωx + ϕ), A, ω > 0 je periodiˇcna funkcija s 2π . osnovnim periodom P = ω
246
DA/NE KVIZ
80. Kosinusov pouˇcak za trokut sa stranicama a, b, c i kutom γ nasuprot stranici c glasi a2 + b2 − c2 = 2ab cos γ. 81. Adicioni teorem za sinus zbroja glasi sin(u + v) = sin u sin v + cos u cos v. 82. sin 3x = 3 sin x cos2 x − sin3 x. 83. sin 3x = 3 sin2 x cos x − sin3 x. 84. sin 3x = 4 sin x − 3 sin3 x. 85. cos 3x = 3 cos3 x − 4 cos x.
h π πi 86. Funkcija f (x) = arcsin x poprima vrijednosti u intervalu − , . 2 2 87. Funkcija f (x) = arctg x je strogo padaju´ca.
88. Funkcija f (x) = arcctg x ima horizontalne asimptote y = π u lijevom kraju i y = 0 u desnom kraju. 89. Funkcija f (x) = arctg x ima horizontalne asimptote y = π u lijevom kraju i y = 0 u desnom kraju. 90. Za sve x ∈ [−1, 1] vrijedi arccos x = 91. Za sve x ∈ R vrijedi arcctg x =
π − arcsin x. 2
π − arctg x. 2
π 3π , 2 2
vrijedi arcsin(sin x) = π − x.
π 3π , 93. Za sve x ∈ 2 2
vrijedi arcsin(sin x) = x − π.
92. Za sve x ∈
94. Za sve x ∈ [−π, 0] vrijedi arccos(cos x) = −x. 95. Za sve x ∈ [−π, 0] vrijedi arccos(cos x) = π + x. π 3π 96. Za sve x ∈ vrijedi arctg(tg x) = π − x. , 2 2 97. Pravac y = −1 je horizontalna asimptota u desnom kraju za funkcije f (x) = th x i g(x) = cth x. 98. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota za obje funkcije f (x) = th x i g(x) = cth x. 99. Za sve u, v ∈ R vrijedi ch(u + v) = ch u ch v − sh u sh v. 100. Za sve u, v ∈ R vrijedi ch(u − v) = ch u ch v − sh u sh v.
A.4
247
Funkcije realne varijable
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.
DA DA NE NE DA DA NE DA NE DA DA NE NE DA NE DA NE DA NE NE
21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40.
NE DA NE NE NE NE DA DA DA DA DA NE NE DA NE DA DA NE NE DA
41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60.
DA DA NE DA NE DA DA NE DA NE NE NE NE DA DA NE DA NE DA DA
61. 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80.
NE NE DA DA NE NE NE NE NE NE DA DA NE DA DA NE NE NE DA DA
81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88. 89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100.
NE DA NE NE NE DA NE DA NE DA DA DA NE DA NE NE NE NE NE DA
248
A.5
DA/NE KVIZ
Derivacije i primjene
1. Derivacija funkcije f u toˇcki x0 ∈ D definirana je formulom f ′ (x0 ) = f (x) − f (x0 ) . lim x→x0 x − x0
2. Derivacija funkcije f u toˇcki x0 ∈ D definirana je formulom f ′ (x0 ) = f (x0 − ∆x) − f (x0 ) lim . ∆x→0 ∆x
3. Ako je f derivabilna u toˇcki x0 ∈ D, onda je f i neprekidna u toj toˇcki. 4. Ako je f neprekidna u toˇcki x0 ∈ D, onda je f i derivabilna u toj toˇcki. 5. Jednadˇzba tangente na krivulju y = f (x) u toˇcki (x0 , f (x0 )) glasi y − f (x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 ). 6. Jednadˇzba normale na krivulju y = f (x) u toˇcki (x0 , f (x0 )), u kojoj vrijedi 1 f ′ (x0 ) 6= 0, glasi y − f (x0 ) = ′ (x − x0 ). f (x0 ) 7. Jednadˇzba normale na krivulju y = f (x) u toˇcki (x0 , f (x0 )), u kojoj vrijedi f ′ (x0 ) = 0, glasi y = f (x0 ). 8. Jednadˇzba tangente na krivulju y = arcctg x u toˇcki s apscisom x = 0 glasi π y+x= . 2 9. Jednadˇzba tangente na krivulju y = arcctg x+arth x u toˇcki s apscisom x = 0 π glasi y = x + . 2 10. Jednadˇzba normale na krivulju y = x−x + ln x u toˇcki s apscisom x = 1 glasi x + y − 1 = 0. q 1−x cki s apscisom x = 0 glasi 11. Jednadˇzba normale na krivulju y = 1+x u toˇ 2x + y = 1. 12. Jednadˇzba tangente na krivulju x + arccos(xy) = 0 u toˇcki s ordinatom y = 0 2 glasi y = x + 1. π 13. Derivacija s lijeva funkcije f (x − ∆x) − f (x) lim . ∆x→0+0 ∆x
f
u
toˇcki
x
je
broj
f ′ (x− )
=
14. Derivacija f ′ (x) funkcije f u toˇcki x postoji ako i samo ako u toj toˇcki postoje derivacije f ′ (x− ) slijeva i f ′ (x+ ) zdesna. 15. Funkcija f (x) = |2x − x2 | je derivabilna u toˇcki x = 2. 16. Ako je f (x) = |2x − x2 |, onda je f ′ (0− ) = −2 i f ′ (0+ ) = 2. 17. Ako za funkciju y = f (x) postoji inverzna funkcija x = f −1 (y) te ako su obje ′ 1 . derivabilne i f ′ (x) 6= 0, onda vrijedi f −1 (y) = − ′ f (x)
A.5
249
Derivacije i primjene
18. Ako za funkciju y = f (x) postoji inverzna funkcija x = f −1 (y) te ako su obje ′ 1 . derivabilne i f −1 (y) 6= 0, onda vrijedi f ′ (x) = −1 ′ (f ) (y)
19. Ako je funkcija y = f (x) implicitno zadana s xy − e−xy = 0, onda za njenu derivaciju y ′ = f ′ (x) vrijedi xy ′ + y = 0. 20. Formula za derivaciju funkcije oblika h(x) = f (x)g(x) glasi h′ (x) = f (x)g(x) g ′ (x) ln f (x) + g(x)f (x)g(x)−1 f ′ (x). 21. Ako je f (x) = arctg x + arcctg x, onda je f ′ (x) =
π za sve x ∈ R. 2
3 cos x − x sin x sin x √ , onda je f ′ (x) = za sve x ∈ R \ {0}. 22. Ako je f (x) = √ 3 x 3x 3 x 2 − ln x ln x √ za sve x ∈ R \ {0}. 23. Ako je f (x) = √ , onda je f ′ (x) = x 2x x √ √ x2 + 1 + x2 − 1 ′ √ 24. Ako je f (x) = arsh x + arch x, onda je f (x) = za sve x4 − 1 x ∈ (1, +∞). 1
25. Ako je f (x) = x + x x , onda je f ′ (x) = (1 − ln x)x
1−2x x
+ 1 za sve x ∈ (0, +∞).
26. Diferencijal funkcije y = f (x) u toˇcki x je izraz dy = f ′ (x)∆x. 27. Ako je funkcija y = f (x) zadana parametarski s x = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ T , ψ ′ (t) onda vrijedi formula f ′ (x) = ′ . ϕ (t) 28. Ako je funkcija y = f (x) zadana parametarski s x = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ T , ψ ′′ (t)ϕ′ (t) − ψ ′ (t)ϕ′′ (t) . onda vrijedi formula f ′′ (x) = [ϕ′ (t)]2 29. Ako je P (x) polinom stupnja n, onda je P (k) (x) = 0 za sve k ≥ n. 30. Ako je f (x) = ln(1 + 2x), onda je f (n) (x) =
(−1)n−1 (n − 1)! za sve n ∈ N. (1 + 2x)n
1 n! za sve n ∈ N. , onda je f (n) (x) = 1−x (1 − x)n+1 nπ 32. Ako je f (x) = sin 2x, onda je f (n) (x) = 2n sin 2x + za sve n ∈ N. 2
31. Ako je f (x) =
33. Ako je f (x) = e−3x , onda je f (n) (x) = (−3)n e−3x za sve n ∈ N.
34. Ako funkcija f poprima u toˇcki c ∈ (a, b) ⊆ D svoju najmanju ili najve´cu vrijednost na (a, b), onda f nije derivabilna u c. 35. Ako funkcija f poprima u toˇcki c ∈ (a, b) ⊆ D svoju najmanju ili najve´cu vrijednost na (a, b) i ako je f derivabilna u c, onda je f ′ (c) = 0.
250
DA/NE KVIZ
36. Ako za funkciju f neprekidnu na [a, b] i derivabilnu na (a, b) vrijedi f (a) 6= f (b), onda je f ′ (x) 6= 0 za sve x ∈ (a, b). 37. Ako su a i b nultoˇcke funkcije f koja je neprekidna na [a, b] i derivabilna na (a, b), onda je f ′ (c) = 0 za barem jednu toˇcku c ∈ (a, b). 38. Rolleov teorem ne moˇzemo primijeniti na funkciju f (x) = 2x−x2 , x ∈ [−1, 3]. 1 sin x − x =− . 2 x→0 x 2
39. lim
40. Funkcija definirana s f (x) = x = 0 i f ′ (0) = 0. 41. lim
x→0
sin x , x 6= 0 i f (0) = 1 derivabilna je u toˇcki x
x sin x = 2. 1 − cos x
1 − 12 e x = 0. x2 √ √ 3 1−x− 31+x 3 √ √ 43. lim = . x→0 2 1−x− 1+x 42. lim
x→0
1 3x − 1 = . x→0 tg x ln 3
44. lim
2x − 2−x 2 = ln . x→0 3x − 3−x 3 1 46. lim x − xe x−1 = 1. 45. lim
x→+∞
47. 48. 49.
lim
x→+∞
x−
p 1 x2 + x = − . 2
lim (x − ln x) = +∞.
x→+∞
3 ln x − 2 ln2 x = 0. x→+∞ x lim
lnk x = 0. x→+∞ x
50. Za svaki k ∈ Z vrijedi lim 51. 52. 53.
lim xx = 1.
x→0+0
lim x−x ne postoji.
x→0+0
1
lim x x = 1.
x→+∞
1
54. lim (1 − 2x) x = x→0
55.
1
√ e.
lim (cos x) sin x ne postoji.
x→0−0
A.5
56. 57.
251
Derivacije i primjene
lim (1 − cos x)sin x = 1.
x→0+0
lim (2 − x)tg
x→1−0
πx 2
2
= eπ .
58. Derivabilna funkcija f je rastu´ca na intervalu (a, b) ako i samo ako je f ′ (x) ≥ 0 za sve x ∈ (a, b). 59. Na intervalu (−∞, 2) funkcija f (x) = 1 + 3x2 − x3 je strogo rastu´ca. 60. Na intervalima (−∞, 1) i (e, +∞) funkcija f (x) = 3 ln2 x − 2 ln3 x je strogo padaju´ca. 1 1 x− je strogo rastu´ca. 61. Na intervalu (−∞, 0) funkcija f (x) = arctg 2 x 62. Funkcija f (x) = xx je strogo rastu´ca na (0, 1/e) i strogo padaju´ca na (1/e, +∞). 1
63. Funkcija f (x) = x x je strogo rastu´ca na (0, e) i strogo padaju´ca na (e, +∞). p 64. Funkcija f (x) = x − x2 + 1 je strogo rastu´ca na ˇcitavom R. 1
65. Na intervalu (−2, 1) funkcija f (x) = (x − 2)e− x je strogo padaju´ca.
66. Funkcija f ima globalni maksimum f (c) u toˇcki c ∈ D ako je f (x) ≤ f (c) za sve x ∈ D.
67. Toˇcka c ∈ D je kritiˇcna toˇcka neprekidne funkcije f ako f ′ (c) ili ne postoji ili je f ′ (c) = 0.
68. Ako neprekidna funkcija f ima lokalni ekstrem u toˇcki c ∈ D, onda je f ′ (c) = 0. 69. Ako dvaput derivabilna funkcija f ima lokalni minimum u toˇcki c ∈ D, onda je f ′ (c) = 0 i f ′′ (c) > 0. 70. Funkcija f definirana na [−1, 2] s f (x) = x2 , x ∈ [−1, 0] i f (x) = 0, x ∈ (0, 2] u svakoj toˇcki c ∈ [0, 2] ima globalni minimum jednak 0. 71. Funkcija f definirana na [−1, 2] s f (x) = −x2 , x ∈ [−1, 0] i f (x) = 0, x ∈ (0, 2] nema niti toˇcaka lokalnog minimuma niti toˇcaka lokalnog maksimuma. 72. Funkcija f (x) = 1 + 3x2 − x3 u toˇcki c = 0 ima lokalni minimum jednak 1. 1 1 x− nema niti toˇcaka lokalnih ekstrema niti 73. Funkcija f (x) = arctg 2 x toˇcaka globalnih ekstrema. 1 1 x+ nema toˇcaka globalnih ekstrema. 74. Funkcija f (x) = arctg 2 x 75. Funkcija f (x) = xx ima lokalni i globalni minimum u toˇcki c = 1/e.
252
DA/NE KVIZ
76. Funkcija f (x) = c = 3.
p 3 3x2 − x3 ima lokalne ekstreme u toˇckama c = 0, c = 2 i 1
77. Funkcija f (x) = (x − 2)e− x u toˇcki c = 2 ima lokalni minimum, a u toˇcki c = −1 ima lokalni maksimum. p 78. Funkcija f (x) = x − x2 + 1 nema niti toˇcaka lokalnih ekstrema niti toˇcaka globalnih ekstrema. 79. Funkcija f je konkavna na intervalu (a, b) ⊆ D ako za bilo koje toˇcke x1 , x2 ∈ (a, b), x1 6= x2 vrijedi: f (tx1 + (1 − t)x2 ) ≥ tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ) za barem jedan t ∈ (0, 1). 80. Ako za dvaput derivabilnu funkciju f vrijedi f ′′ (x) ≥ 0 za sve x ∈ (a, b), onda je f strogo konveksna na intervalu (a, b) ⊆ D. 81. Ako derivabilna funkcija f ima infleksiju u toˇcki c ∈ D, onda je f ′ (c) = 0. 82. Dvaput derivabilna funkcija f ima infleksiju u toˇcki c ∈ D ako i samo ako je f ′′ (c) = 0. 83. Na intervalu (2, +∞) funkcija f (x) = 1 + 3x2 − x3 je strogo konkavna. 84. Toˇcka c = 1 je jedina toˇcka infleksije funkcije f (x) = 1 + 3x2 − x3 . 85. Funkcija f (x) = 3 ln2 x − 2 ln3 x nema toˇcaka infleksije. 1 1 x− je konveksna na intervalu (−∞, 0) i kon86. Funkcija f (x) = arctg 2 x kavna na intervalu (0, +∞). 87. Funkcija f (x) = xx je strogo konveksna na (0, +∞). p 88. Funkcija f (x) = x − x2 + 1 je strogo konkavna na ˇcitavom R.
1
89. Toˇcka c = 2/5 je jedina toˇcka infleksije funkcije f (x) = (x − 2)e− x . 1
90. Na intervalima (−∞, 0) i (0, 2/5) funkcija f (x) = (x − 2)e− x je konkavna. 91. Ako je x0 toˇcka prekida prve vrste funkcije f , onda je pravac x = x0 vertikalna asimptota krivulje y = f (x). 92. Ako je x0 toˇcka prekida druge vrste funkcije f , onda je pravac x = x0 vertikalna asimptota krivulje y = f (x). 93. Ako je lim f (x) = +∞ ili lim f (x) = −∞, onda krivulja y = f (x) nema x→+∞
x→+∞
horizontalnu asimptotu u desnom kraju, ali zato ima kosu asimptotu.
f (x) = k 6= 0 i lim [f (x) − kx] = +∞, onda je pravac x→+∞ x y = kx kosa asimptota krivulja y = f (x) u desnom kraju.
94. Ako postoje lim
x→+∞
95. Krivulja y = f (x) moˇze imati i horizontalnu i kosu asimptotu.
A.5
253
Derivacije i primjene
96. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota krivulje y = 3 ln2 x−2 ln3 x u desnom kraju. 1 1 x− slijeva i 97. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota krivulje y = arctg 2 x zdesna. p 98. Pravac y = 2x je kosa asimptota krivulje y = x − x2 + 1 u lijevom kraju. p 99. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota krivulje y = x − x2 + 1 u desnom kraju. 1
100. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota krivulje y = (x − 2)e− x zdesna, ali ne i slijeva.
254
DA/NE KVIZ
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.
DA NE DA NE DA NE NE DA NE NE NE NE DA NE NE DA NE DA DA DA
21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40.
NE NE NE DA DA DA DA NE NE NE DA DA DA NE DA NE DA NE NE DA
41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60.
DA DA NE NE NE NE DA DA DA DA DA NE DA NE NE DA DA DA NE NE
61. 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80.
DA NE DA DA NE DA DA NE NE DA DA DA DA DA DA NE DA DA NE DA
81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88. 89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100.
NE NE DA DA NE DA DA DA DA DA NE NE NE NE DA NE NE DA DA NE
A.6
A.6
255
Nizovi i redovi
Nizovi i redovi
1. Niz realnih brojeva je funkcija a : N → R ˇ 2. Clanovi niza realnih brojeva zadani su u toˇcno odredenom poretku. 3. Niz 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, . . . je stacionaran. 4. Niz 1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, . . . je monoton. n je monoton. 5. Niz an = (−1)n n+1
6. an → a ako (∀ε > 0)(∃nε ∈ N) takav da
n ≥ nε ⇒ |an − a| < ε.
7. Broj a je limes niza {an } ako i samo ako svaka ε-okolina broja a sadrˇzi beskonaˇcno ˇclanova niza, dok se izvan te okoline nalazi najviˇse konaˇcno ˇclanova niza. 8. Konvergenciju niza moˇzemo dokazati tako da rijeˇsimo osnovnu nejednadˇzbu konvergencije. 9. Limes niza je jedinstven. 10. Broj a je gomiliˇste niza ako se u svakoj ε-okolini broja a nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza. 11. Limes superior je najve´ce gomiliˇste. 12. Oznaka za najmanje gomiliˇste je lim sup. 13. Limes je ujedno i gomiliˇste. 14. Svako gomiliˇste je ujedno i limes. n 15. Gomiliˇsta niza an = (−1)n n+1 su −1 i 1.
cetiri razliˇcita gomiliˇsta. 16. Niz an = cos nπ 2 ima ˇ 17. Podniz niza a : N → R je svaka kompozicija a ◦ n, gdje je n : N → N strogo rastu´ca funkcija. 18. Podniz niza nastaje iz niza preskakanjem ˇclanova. 19. Svaki podniz je takoder niz. n 20. Podniz {a2n−1 } niza an = (−1)n n+1 glasi 32 , 54 , 67 , . . ..
21. Niz 1, q, q 2 , q 3 , q 4 , · · · konvergira prema nuli za svaki q ∈ R. 22. Ako je g gomiliˇste niza, tada postoji barem jedan podniz tog niza koji teˇzi prema g. 23. Ako je niz konvergentan, tada svaki podniz konvergira prema istoj vrijednosti. 24. Svaki omeden niz je konvergentan. 25. Svaki niz ima monoton podniz.
256
DA/NE KVIZ
26. Svaki niz ima uzlazan podniz. 27. Svaki omeden i monoton niz je konvergentan. 28. Svaki omeden niz ima konvergentan podniz. n 29. e = limn→∞ 1 + n1 .
30. 2.923 < e < 2.924. 31. e = limn→∞ 1 −
1 −n . n
32. Limes produkta jednak je produktu limesa ako oba limesa postoje. 33. Ako je an > 0 i lim an > 0, tada je lim(an )x = (lim an )x . 34. lim sinn n = 1. 35. Cauchyjev niz je divergentan. 36. Niz je konvergentan ako i samo ako je Cauchyjev. 37. Niz { n1 } je Cauchyjev. 38. Ako je b > 0, tada je lim √ 39. lim n n = 1.
√ n
b = 1.
40. Limes niza moˇzemo odrediti primjenjuju´ci proˇsirenje po neprekidnosti i tehnike nalaˇzenja limesa funkcija. x 41. e = limx→+∞ 1 + x1 .
42. e = limt→0 (1 + t)1/t .
43. Red realnih brojeva je zbroj beskonaˇcno pribrojnika koji se nalaze u zadanom poretku. 44. Red realnih brojeva je zbroj beskonaˇcno pribrojnika koji se nalaze u proizvoljnom poretku. 45. K-ta parcijalna suma reda brojeva jednaka je zbroju prvih k ˇclanova reda. 46. Za svaki konvergentan red limes niza parcijalnih suma jednak je nula. 47. Suma reda jednaka je limesu niza parcijalnih suma ako taj limes postoji. P∞ 48. Red n=0 an konvergira za svaki a. P n−1 49. Geometrijski red p konvergira za svaki p > 1. P n−1 1 za |a| < 1. 50. a = 1−a P 51. Ako je lim an 6= 0, tada red an konvergira.
52. Konvergentan red ostaje konvergentan ako mu promijenimo prvih 100 ˇclanova.
A.6
257
Nizovi i redovi
53. Harmonijski red je konvergentan. P1 54. n = +∞. P1 55. Niz parcijalnih suma reda zi u +∞. n teˇ P 1 56. Red np konvergira za p > 1.
57. Poredbeni kriterij moˇzemo primijeniti na bilo koja dva reda. 58. Red s pozitivnim ˇclanovima je konvergentan ako ima konvergentnu majorantu.
59. Red s pozitivnim ˇclanovima je divergentan ako ima divergentnu minorantu. 60. D’Alembertov kriterij konvergencije moˇzemo primijeniti na bilo koji red. 61. Red s pozitivnim ˇclanovima konvergira po D’Alembertovom kriteriju ako je lim an+1 /an < 1. 62. Red s pozitivnim ˇclanovima konvergira po D’Alembertovom kriteriju ako je lim an /an+1 < 1. 63. Red s pozitivnim ˇclanovima divergira po Cauchyjevom kriteriju ako je √ lim n an > 1. 64. Red s pozitivnim ˇclanovima konvergira po Cauchyjevom kriteriju ako je √ lim an < 1. 65. Red
P 1 n
1 3
konvergira jer ima konvergentnu majorantu
P1 . n
P 1 P 1 konvergira jer ima konvergentnu majorantu . n3 n2 P n Red konvergira po Cauchyjevom kriteriju. 3n P P Ako je red |an | konvergentan, tada je red an apsolutno konvergentan. P P Ako red an konvergira, red |an | ne mora konvergirati. P n−1 Geometrijski red q je apsolutno konvergentan za |q| < 1.
66. Red 67. 68. 69. 70.
71. Ako je red apsolutno konvergentan, tada ˇclanove moˇzemo zbrajati u bilo kojem poretku. P cos nπ 72. Red je apsolutno konvergentan. n2
73. Alternirani harmonijski red konvergira po Leibnizovom kriteriju. 74. 1 −
1 2
+
1 3
−
1 4
+
1 5
−
1 6
+
1 7
− · · · = ln 2.
75. Niz funkcija {fn } zadan s fn (x) = xn−1 je definiran na ˇcitavom skupu R. 76. Niz funkcija {fn } zadan s fn (x) = xn−1 konvergira na ˇcitavom skupu R.
258
DA/NE KVIZ
77. Niz funkcija {fn } zadan s fn (x) = xn−1 konvergira uniformno za ∀x ∈ (−1, 1]. 78. Niz funkcija {fn } zadan s fn (x) = xn−1 konvergira prema nul-funkciji za ∀x ∈ (−1, 1). 79. Ako niz neprekidnih funkcija konvergira uniformno, tada je limes takoder neprekidna funkcija. 80. Niz funkcija fn (x) = sinnnx konvergira prema nul-funkciji na ˇcitavom skupu R. P 81. Red funkcijaP fn konvergira po toˇckama prema funkciji f na skupu D ako red brojeva fn (x) konvergira prema f (x) za ∀x ∈ D. P 82. P Red funkcija fn konvergira apsolutno na skupu D ako red brojeva |fn (x)| konvergira za ∀x ∈ D. P 83. Red funkcija fn konvergira uniformno na skupu D ako niz parcijalnih suma konvergira uniformno na skupu D. P n−1 84. Geometrijski red funkcija x konvergira na skupu (−2, 2). 85. 1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · =
1 1−x ,
∀x ∈ (−1, 1].
1 86. 1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · = 1−x , ∀x ∈ (−1, 1). P∞ 87. Red funkcija n=0 fn , gdje je fn (x) = an xn , joˇs se zove i red potencija.
88. Radijus konvergencije reda potencija
P∞
n=0
an xn je broj ρ = lim sup
|an+1 | . |an |
89. Ako je ρ radijus konvergencije reda potencija, tada red konvergira na skupu R \ [−ρ, ρ]. 90. Ako je ρ radijus konvergencije reda potencija, tada red divergira na skupu R \ [−ρ, ρ]. P1 n 91. Radijus konvergencije reda potencija n x jednak je nula. 92. Pomo´cu Taylorove formule moˇzemo raˇcunati vrijednosti elementarnih funkcija do na ˇzeljenu toˇcnost koriste´ci samo ˇcetiri osnovne raˇcunske operacije. 93. Formula za Taylorov razvoj funkcije f (x) glasi ∞ X f (n) (x0 ) (x − x0 )n . n! n=1 94. Formula za MacLaurinov razvoj funkcije f (x) glasi ∞ X f (n) (0) n x . n n=1 95. sin x =
x3 x5 x7 x − + − + ··· , 1! 3! 5! 7!
∀x ∈ R.
f (x)
=
f (x0 ) +
f (x) = f (0) +
A.6
259
Nizovi i redovi
96. sin x =
X
(−1)n+1
97. cos x = 1 −
x2n−1 , (2n − 1)!
∀x ∈ R.
x2 x4 x6 + − + ··· , 2! 4! 6!
∀x ∈ R.
98. ex = 1 +
x x2 x3 x4 + + + + ··· , 1! 2! 3! 4!
∀x ∈ R.
99. ex = 1 +
x x2 x3 x4 + + + + ··· , 1 2 3 4
∀x ∈ R.
100. e = 1 +
∞ X 1 . n! n=1
260
DA/NE KVIZ
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.
DA DA NE DA NE DA DA DA DA DA DA NE DA NE DA NE DA DA DA NE
21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40.
NE DA DA NE DA NE DA DA DA NE DA DA DA NE NE DA DA DA DA DA
41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60.
DA DA DA NE DA NE DA NE NE DA NE DA NE DA DA DA NE DA DA NE
61. 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80.
DA NE DA NE NE DA DA DA DA DA DA DA DA DA DA NE NE DA DA DA
81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88. 89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100.
DA DA DA NE NE DA DA NE NE DA NE DA DA NE DA DA DA DA NE DA
