LINEARNA ALGEBRA
(rješenja ispitnih zadataka)
7. februar 2011. 1. a) U skupu R 3 definisana je relacija ψ sa (a, b, c )ψ (d , e, f ) ⇔ a 2 − e 2 = d 2 − b 2 Provjeriti da li je ψ relacija ekvivalencije i ako jeste odrediti koli činski skup. Dati geometrisku interpretaciju. Rješenje: Rješenje: a) a) Refleksivnost:
(∀a, b, c ∈ R ) (a, b, c )ψ (a, b, c) 3
Neka je (a, b, c ) ∈ R 3 proizvoljna ta čka. Tada va ži.
(∀a, b, c ∈ R ) ⇔ a 3
2
2
2
−b = a −b
2
⇒ (a, b, c )ψ (a, b, c )
Ovim je dokazano da je ψ refleksivna relacija. Simetričnost: Neka su (a, b, c ), (d , e, f ) ∈ R 3 tako da vrijedi (a, b, c )ψ (d , e, f ) a − e = d − b ⇔ d − b = a − e ⇒ (d , e, f )ψ (a, b, c ) 2
2
2
2
2
2
2
2
Ovim je dokazano da je ψ simetrična relacija. Tranzitivnost: Neka su (a, b, c ), (d , e, f ), ( g , h, i ) ∈ R 3 tako da vrijedi
(a, b, c )ψ (d , e, f ) ∧ ( d , e, f )ψ ( g , h, i) . Tada vrijedi 2 2 2 2 2 2 2 2 a − e = d − b ∧ d − h = g − e 2
2
2
2
2
2
2
⇔ a + b = d + e ∧ d + e = g + h
2
⇒ a 2 + b2 = g 2 + h2 ⇒ a 2 − h2 = g 2 − b2 ⇒ (a, b, c )ψ ( g , h, i)
Ovim je dokazano da je ψ tranzitivna relacija. Kako je relacija ψ refleksivna, simetrična i tranzitivna, zaklju čujemo da je ista relacija ekvivialencije. Klase ekvivalencije i grafi č k čka a interpretacija: Primjetimo da relacija ψ ne zavisi od treće koordinate. To zna či da će svake dvije ta čke čije prve dvije koordinate budu zadovoljavale zadovoljavale uslov za ispunjenje relacije, biti u relaciji ψ , bez obzira na njihov polo žaj po „visini“. Drugim riječima, bilo koje ta čke koje se nalaze na dvije prave, paralelne sa osom „z „z " biće u relaciji. To se najbolje vidi na sledećoj slici:
�
Na slici se jasno vidi da i ta čke (a, b, c + 1), (a, b, c − 1), (d , e, f − 1), (d , e, f + 1) pripadaju istoj klasi ekvivalencije. Pošto klase ekvivalencije ekvivalencije ne zavise od treće koordinate, jasno je da i ta čke (a, b,0), (c, d ,0) takoer pripadaju istoj klasi. To je dosta korisno, jer se sada razmatranje iz prostora mo že prebaciti u jednostavniji R 2 prostor. Posmatrajmo sada izraz koji definiše relaciju ψ : 2
2
2
a − e = d − b
2
Izraz se na jednostavan na čin može transformisati u izraz a 2 − e 2 = d 2 − b 2 ⇔ a 2 + b 2 = d 2 + e 2
Grupišući koordinate ta čaka, uočavamo da se radi o kvadratu rastojanja od koordinatnog početka. To zna či da sve ta čke, koje pripadaju istoj klasi ekvivalencije imaju jednaku udaljenost od koordinatnog koordinatnog po četka. Pošto nije dat nijedan dodatni uslov, zaklju čujemo da te ta čke tvore kružnicu, što se jasno vidi na na sledećoj slici, na kojoj je prikazana i tre ća, proizvoljna ta čka sa koordinatama ( g , h,0) :
�
Obzirom da treća koordinata ta čaka u prostoru nije bitna za njihovu pripadnost istoj klasi ekvivalencije, to će kroz svaku ta čku ove kružnice prolaziti paralelne prave, koje će sadržati ta čke iste klase ekvivalencije. Skup ovih pravih sa činjava cilindar beskona čne dužine, kako se to vidi na sledećoj slici:
b) Skup A∆ B = ( A B ) ∪ ( B A) zove se simetrična razlika skupova A i B . Za proizvoljni skup E ispitati algebarsku strukturu (P( E ), ∆ ) . Riješenje: Riješenje: Def: Def: Partitivni skup skupa A ozna ča vamo sa P( A) je skup koji za svoje elemente ima skupove, preciznije sve podskupove skupa A . Dakle, (∀ A)P( A) = { X / X ⊂ A} . Napomenimo da su prazan skup ∅ i sam skup A uvek elementi skupa P(A). => Operacija ∆ je očigledno dobro definisana. Poka žimo vrijedi asocijativnost. Neka je χ A karakteristi čna funkcija skupa A χ A : E → {0,1}, χ A ( x ) =
0, x ∈ A 1, x ∉ A
ako definišemo sabiranje karakteristi čnih funkcija sa �
( χ A + χ B )( x) = χ A ( x) + χ B ( x) (∀ x ∈ E ) gdje je sabiranje na desnoj strani jednakosti po modulu 2, onda je χ A + χ B = χ A∆ B (∀ A, B ⊆ E )
obzirom da je ovako definisano sabiranje karakterističnih funkcija asocijativno, slijedi χ A∆ ( B∆C ) = χ ( A∆ B )∆C
dva skupa čije su karakteristične funkcije jednake, moraju biti jednaki, pa slijedi A∆( B∆C ) = ( A∆ B)∆C
Kako je prazan skup ∅ n eutralnielementzaoperaciju∆ i A ∆ A= ∅ tj A−1 = A , vidimodajestruktura (P( E ), ∆ ) grupa. 2. a) Odrediti ostatak dijeljenja polinoma P( x ) = 2011 x 2011 + 7 x 7 + 2 x 2 + 9 sa polinomom Q( x ) = x 3 − x . Riješenje: Riješenje: Polinom Q(x) možemo napisati u obliku Q( x ) = x3 − x = x( x 2 − 1) = x( x − 1)( x + 1) Kada polinom P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 dijelimo polinomom Q( x ) = bk x k + ... + b1 x + b0 ostatak R(x) mo že biti stepena k-1.
Dakle, imamo P(x)=q(x)Q(x)+R(x) P( x ) = 2011 x
2011
(
)
+ 7 x + 2 x + 9 = x − x q( x ) + ax + bx + c = x( x − 1)( x + 1)q( x ) + ax + bx + c 7
2
3
2
2
nule polinoma Q(x) su: Q ( x ) = 0 x ( x − 1)( x + 1) = 0 x1 = 0, x2 = 1, x3 = −1
Za nule polinoma Q(x) dobivamo P( x1 ) = P(0) = c P( x2 ) = P(1) = a + b + c P( x3 ) = P(− 1) = a − b + c
No, ako uvrstimo nule polinoma Q(x) kao nule polinoma P(x) dobivmo P( x ) = 2011 x 2011 + 7 x 7 + 2 x 2 + 9 P(0) = 9 P(1) = 2011 + 7 + 2 + 9 = 2029 P(− 1) = −2011 − 7 + 2 + 9 = −2007 �
Izjedna čavanjem dobivamo sistem c=9 a + b + c = 2029 ⇒ a + b + 9 = 2029 ⇒ a + b = 2020 a − b + c = −2007 ⇒ a − b + 9 = −2007 ⇒ a − b = −2016
Dakle, rješavamo sistem a + b = 2020 a − b = −2016
2a = 4 ⇒ a = 2 i a + b = 2020 ⇒ 2 + b = 2020 ⇒ b = 2018
sabiranjem dobivamo Dakle, ostatak je
R( x ) = ax + bx + c = 2 x + 2018x + 9 2
2
6 − 2i b) Odrediti 2 − 2 i
2000
Riješenje: Riješenje:
Stavimo
z1 = 6 − 2i, z 2 = 2 − 2i
Dobivamo z z = 1 z 2
2000
2000
=
z1
z 22000
Sada transformišemo z1 u trigonometriski oblik: modul: z1
=
6+2 = 8
argument: cosϕ 1 =
6
3
=
2
8
, sin ϕ 1 =
−
2 8
=
−1
2
⇒ ϕ 1 = −
π 6
π π trigonometriski oblik: z1 = 8 cos − + i sin − 6 6
Ra čunamo z12000 , imamo 2000π 2000π + i sin − 6 6 − 2000 : 6 = −333 ⇒ −334 ⋅ 6 = −2004
z12000 = 8
z12000 = 8 =
8
2000
2000
⋅ cos −
2000
⋅ cos 2k π +
4π + i sin 2k π + = 6 6
4π
2000 1 2π 3 2π cos + i sin = 8 − + i 2 3 3 2
�
Transformišimo Transformišimo sada z 2 u trigonometriski oblik: modul: z 2
=
2 2 + (− 2) = 2
argument: cosϕ 2
2
=
2
=
2
8
trigonometriski oblik: z 2
4+4 = 8
, sin ϕ 2 =
−2
=−
8
2 2
⇒ ϕ 2 =
− π
4
π π + i sin − 4 4
8 cos −
=
Ra čunamo z 22000 , imamo z 22000 = 8 =
8
2000
2000
− 2000π − 2000π cos + i sin = 4 4
(cos(− 500π ) + i sin(− 500π )) =
8
2000
(cos(0) + i sin(0)) =
8
2000
Dakle, imamo
z =
z12000 z 22000
8
2000
=
1 − +i 3 2 1 3 2 = − + i 2000 2 2 8
5
4
0
.
.
.
0
1
5
4
.
.
.
0
0
1
5
.
.
.
0
3. Odrediti determinantu .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0
0
0
. . .
.
.
. .
.
.
5
Riješenje: Riješenje: Primjenjujemo Primjenjujemo metodu rekurzivnih relacija
Ozna čimosa Dn
5
4
0
.
.
.
0
1
5
4
.
.
.
0
0
1
5
.
.
.
0
= .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0
0
0
. .
.
.
. .
.
.
5
razvijnjem po jednoj od vrsta i kolona dobivamo
�
5
4
0
.
.
.
0
5
4
0
.
.
.
0
1
4
0
.
.
.
0
1
5
4
.
.
.
0
1
5
4
.
.
.
0
0
5
4
.
.
.
0
0
1
5
.
.
.
0
0
1
5
.
.
.
0
0
1
5
.
.
.
0
Dn = .
.
.
.
. =5.
.
.
.
−4 .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0
0
0
0
5
0
0
0
0
0
0
5
4
0
.
.
.
0
1
5
4
.
.
.
0
0
1
5
.
.
.
0
= 5 Dn−1 − 4 ⋅ 1 .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0
0
0
. .
. .
.
.
5
.
. .
.
.
. 5
. = 5 Dn −1 − 4 Dn −2 .
.
.
. =
.
. .
.
.
5
⇒ Dn = 5 Dn−1 − 4Dn−2 D1 = 5 D2 = n
5
4
1
5
x = 5 x
n −1
= 25 − 4 = 21
− 4 x
n −2
/ : x
n−2
2
x = 5 x − 4 x 2 − 5 x + 4 = 0 x 2 − x − 4 x + 4 = 0 x( x − 1) − 4( x − 1) = 0
( x − 1)( x − 4) = 0 x1 = 1 ∨ x2 = 4 n n Dn = c1 x1 + c2 x2 n n Dn = c11 + c2 4
n = 1 ⇒ c1 + 4c2 = 5 n = 2 ⇒ c1 + 16c2 = 21 c1 + 4c 2 = 5 / ⋅ (− 1) c1 + 16c2 = 21
�
sabiranjem dobivamo 12c 2 = 16 ⇒ c 2 =
16 12
=
⇒ c1 = 5 − 4c2 = 5 − 4 ⋅ 1
4
n
Dn = − + ⋅ 4 = 3 3
4 3 4 3
= 5−
16 3
=
15 − 16 3
=
−1
3
4 n+1 − 1 3
4. U zavisnosti od realnog parametra a diskutovati i riješiti sistem x + y + az = 1 x + ay + z = a ax + y + z = a 2 ax + ay + az = a
3
Riješenje: Riješenje: Elementarnim transformacijama dobija se x + y + az = 1 x + ay + z = a ax + y + z = a 2
x + y + az = 1 ⇔
x + y + az = 1
(a − 1) y + (1 − a) z = a − 1 (a − 1) y + (1 − a ) z = a − 1 ⇔ ⇔ (1 − a ) y + (1 − a 2 ) z = a 2 − a (− a 2 − a + 2) z = a 2 − 1
ax + ay + az = a 3
(a − a ) z = a 2
3
−a
(a − a ) z = a 2
3
−a
x + y + az = 1 ⇔
(a − 1) y + (1 − a ) z = a − 1 − (a − 1)(a + 2) z = (a − 1)( a + 1) a(1 − a ) z = a(a − 1)(a + 1)
i) za za a≠0 i a≠1 posmatrani sistem je ekvivalentan sa x + y + az = 1
(a − 1) y + (1 − a ) z = a − 1 − (a + 2) z = (a + 2) z = −(a + 1) odakle slijedi da je za a = −2 sistem nemoguć. Ako je a ≠ 0, a ≠ 1, a ≠ −2 polazni sistem je ekvivalentan sa sistemom
�
x + y + az = 1
(a − 1) y + (1 − a ) z = a − 1 z = − a − 1
0 = −(a + 1)
2
koji je za a ≠ −1 nemoguć. ii) Ako Ako je a = −1 , sistem x + y − z = 1 − 2 y + 2 z = −2
2 z = 0 − 2 z = 0
je odreen i riješenje sistema je (0,1,0) iii) Ako je a = 0 , sistem x + y = 1 − y + z = −1
2 z = −1 0=0
1 1 1 je odreen i riješenje sistema je , ,− 2 2 2 iv) Ako je a = 1 , sistem x + y + z = 1
0=0 0=0 0=0
je dvostruko neodre neodreen i skup riješenja za ure enu trojku ( x, y, z ) je Rrjesenja = {(1 − α − β ,α , β ) : α , β ∈ R}
5. Odrediti sopstvene vrijednosti i sopstvene vektore matrice A a zatim na ći 5 − 3 2 A −1 ako postoji A = 6 − 4 4 4 − 4 5
�
Riješenje: Riješenje: sopstvene vrijednosti: 5 − λ
−3
2
6
− 4 − λ
4
4
−4
5 − λ
det ( A − λ E ) =
=
= −4 ⋅ (− 4 − λ ) ⋅ 2 − (− 4) ⋅ 4 ⋅ (5 − λ ) − (5 − λ ) ⋅ 6 ⋅ ( − 3) + 2
+ (− 4) ⋅ 6 ⋅ 2 + (− 3) ⋅ 4 ⋅ 4 + (5 − λ ) ( − 4 − λ ) = 2
= −8(− 4 − λ ) + 16(5 − λ ) + 18(5 − λ ) − 48 − 48 + (5 − λ ) ( − 4 − λ ) = 2
= 32 + 8λ + 80 − 16λ + 90 − 18λ − 96 + (5 − λ ) (− 4 − λ ) =
(
)
= 106 − 26λ + 25 − 10λ + λ (− 4 − λ ) = 2
2
2
3
= 106 − 26λ − 100 − 25λ + 40λ + 10λ − 4λ − λ = 3
(
2
3
)
2
= −λ + 6λ − 11λ + 6 = − λ − 6λ + 11λ − 6 =
(
)
[
]
= − λ − 2λ − 4λ + 8λ + 3λ − 6 = − λ (λ − 2) − 4λ ( λ − 2) + 3(λ − 2) = 3
2
2
2
( ) = −(λ − 2)(λ − λ − 3λ + 3) = = −(λ − 2) λ − 4λ + 3 = 2 2
= −(λ − 2)[λ (λ − 1) − 3(λ − 1)] = −(λ − 2)(λ − 1)(λ − 3)
⇒ λ 1 = 1, λ 2 = 2, λ 3 = 3
sopstveni vektori: za λ 1 = 1 X = [ x1 x2 x3 ]
T
( A − λ 1 E ) X = 0 4 − 3 2 x1 0 6 − 5 4 ⋅ x = 0 2 4 − 4 4 x3 0 4 x1 − 3 x2 + 2 x3 = 0 6 x1 − 5 x 2 + 4 x3 = 0 4 x1 − 4 x2 + 4 x3 = 0 / : 4 ⇒ x1 − x 2 + x3 = 0 ⇒ x2 = x1 + x3
⇒
4 x1 − 3( x1 + x3 ) + 2 x3 = 0 6 x1 − 5( x1 + x3 ) + 4 x3 = 0
⇒
4 x1 − 3 x1 − 3 x3 + 2 x3 = 0 6 x1 − 5 x1 − 5 x3 + 4 x3 = 0
⇒
x1 − x3 = 0 x1 − x3 = 0
⇒ x1 − x3 = 0 ⇒ x1 = x3 ⇒ x2 = x1 + x3 = x3 + x3 = 2 x3
��
Dakle , x1 = x3 x2 = 2 x3
x3 ∈ R slobodna promjenjiva
za λ 2
=2
X = [ x1 x2 x3 ]
T
( A − λ 1 E ) X = 0 3 − 3 2 x1 0 6 − 6 4 ⋅ x = 0 2 4 − 4 3 x3 0 3 x1 − 3 x 2 + 2 x3 = 0 6 x1 − 6 x 2 + 4 x3 = 0 / : 2 ⇒ 4 x1 − 4 x2 + 3 x3 = 0
3 x1 − 3 x 2 + 2 x3 = 0 / ⋅ 3 4 x1 − 4 x 2 + 3 x3 = 0 / ⋅ (− 2)
⇒
9 x1 − 9 x 2 + 6 x3 = 0 − 8 x1 + 8 x2 − 6 x3 = 0
⇒ x1 − x2 = 0
⇒ x1 = x2 ⇒ 2 x3 = 0 ⇒ x3 = 0 x2 ∈ R slobodna promjenjiva
za λ 3 = 3 X = [ x1 x2 x3 ]
T
( A − λ 1 E ) X = 0 2 − 3 2 x1 0 6 − 7 4 ⋅ x = 0 2 4 − 4 2 x3 0 2 x1 − 3 x 2 + 2 x3 = 0 6 x1 − 7 x 2 + 4 x3 = 0 4 x1 − 4 x2 + 2 x3 = 0 / : 2 ⇒ 2 x1 − 2 x 2 + x3 = 0 ⇒ x3 = −2 x1 + 2 x 2 2 x1 − 3 x 2 + 2(− 2 x1 + 2 x 2 ) = 0 6 x1 − 7 x 2 + 4(− 2 x1 + 2 x 2 ) = 0
⇒
− 2 x1 + x 2 = 0 − 2 x1 + x 2 = 0
⇒ −2 x1 + x 2 = 0 ⇒ x2 = 2 x1
x3 = −2 x1 + 2 x 2 = 2 x1
��
Dakle x2 = x3 = 2 x1 x1 ∈ R slobodna promjenjiva
Treba sada na ći A−1 ako postoji 5
−3
2
det ( A) = 6
−4
4 =
4
−4
5
= 4 ⋅ (− 4) ⋅ 2 − (− 4) ⋅ 4 ⋅ 5 − 5 ⋅ 6 ⋅ (− 3) + ( − 4) ⋅ 6 ⋅ 2 + ( − 3) ⋅ 4 ⋅ 4 + 5 ⋅ 5 ⋅ ( − 4) = = −32 + 80 + 90 − 48 − 48 − 100 = −58
A11 =
−4
4
−4
5
A12 = − A13 =
A22 =
−3
2
−4
5
−3
2
−4
4
6
4
4
5
A21 = −
5
2
4
5
A33 = −
= −20 + 16 = −4, = −(− 15 + 8) = −(− 7) = 7,
= −12 + 8 = −4.
= −(30 − 16) = −14
= 25 − 8 = 17
5
2
6
4
= −(20 − 12) = −8
det − 4 7 − 4 adj ( A) = − 14 17 − 8 − 8 8 − 2 − 4 7 − 4 1 1 A −1 = adj ( A) = − − 14 17 − 8 det( A) 58 − 8 8 − 2
��
21. februar 2011 2011 1. a) Dat je skup X = { x1 , x2 ,..., xn }. Koliko postoji - binarnih relacija - refleksivnih binarnih relacija - simetričnih binarnih relacija - binarnih relacija koje su istovremeno refleksivne i simetri čne u skupu X? Odgovore detaljno obrazlo žiti. RIJEŠENJE
- Vidimo da je X = { x1 , x2 ,..., xn } kona čan skup i ima n elemenata tj
X = n
. Tada relacija ρ na skupu X je bilo koji podskup skupa X 2 = X × X . Kako je X 2 = n 2 to je ukupan broj binarnih relacija na skupu X jednak . - Refleksivnost: (∀ x ∈ X ) x ρ x Posmatrajmo tablicu,tada imamo da je 2n
2
ρ
x1
x1
1
x 2
. . . x n
x 2
. . .
x n
1 . . . 1
jer je data relacija refleksivna (refleksivna relacija ima sve jedinice na glavnoj dijagonali, a van glavne dijagonale mogu se nalaziti bilo koji elementi ili 0 ili 1). U sva ostala polja (kojih ima n ⋅ (n − 1) ) možemo upisati ili 0 ili 1 (što su dvije mogu ćnosti). Zato je ukupan broj refleksivnih binarnih relacija u skupu X jednak 2 n(n 1) . −
- Simetričnost: (∀a, b ∈ X ) a ρ b ⇔ bρ a Simetrična relacija mo �e imati ili 1 ili 0 na glavnoj dijagonali, ali mora imati simetrine elemente u odnosu na nju. ρ
x1
x 2
x1
0 1
1 1
x 2
. . . x n
. . .
x n
0 1 ...
0
1
Na glavnoj dijagonali imamo
2n moguih kombinacija za popunjavanje,
n 2 −n
a van glavne dijagonale 2 2 . ( u eksponentu je dijeljeno sa 2 jer nas interesuju samo elementi ispod ili iznad glavne dijagonale, ako uzmemo da popunjavamo elemente ispod glavne dijagonale, kako je relacija simetri čna „automatski“ se popunjavaju i elementi iznad glavne dijagonale) n 2 −n
Zato je ukupan broj simetrinih binarnih relacija jednak 2 ⋅ 2 2 . - za binarne relacije koje su istovremeno refleksivne i simetrine: ( pomou principa ukljuenja-iskljuenja jer se moe desiti da je neka relacija i refleksivna i simetrina) n
Ukupan broj refleksivnih i simetrinih relacija : (od ukupnog broja relacija oduzimamo refleksivne relacije, oduzimamo simetrine relacije i dodajemo zbir refleksivnih i simetrinih relacija) n 2 −n n
22 − 2
2
n −n
n
− 2 ⋅2
2
n 2 −n
+2
2
Dakle, broj relacija koje su istovremeno refleksivne i simetrine je
n 2 −n
2
2
.
b) Neka je G skup svih preslikavanja jednakostrani čnog trougla na samog sebe. Ispitati algebarsku strukturu (G, °) gdje je ° kompozicija preslikavanja. RIJEŠENJE
TRANSLACIJA je preslikavanje koje paralelnim pomjeranjem preslikava (ta čku,pravu,duž) odreenu figuru u njoj podudarnu figuru za dužinu vektora translacije. (u ovom slučaju otpada) ROTACIJA: ϕ 0
= 0, ϕ 1 =
2π 3
, ϕ 2 =
4π 3
ili predstavljeno na drugačiju način
SIMETRIJA:
ili predstavljeno na drugačiju način
Odavde imamo G = {id ,ϕ 1 ,ϕ 2 , s1 , s2 , s3 }.
Formirajmo Kejlijevu tablicu: o
id
ϕ 1
ϕ 2
s1
s2
s3
id
id
ϕ 1
ϕ 2
s1
s2
s3
ϕ 1
ϕ 1
ϕ 2
id
s3
s1
s2
ϕ 2
ϕ 2
id
ϕ 1
s2
s3
s1
s1
s1
s2
s3
id
ϕ 1
ϕ 2
s2
s2
s3
s1
ϕ 2
id
ϕ 1
s3
s3
s1
s2
ϕ 1
ϕ 2
id
1° Zatvorenost Iz Kejlijeve tablice se vidi da je skup G zatvoren u odnosu na operaciju . 2° Asocijativnost Na osnovu teorema „Neka su data preslikavanja f : X → Y , g : Y → Z i h : Z → U . Tada je h
o
(g
o
f ) = (h g ) f „ o
o
Dakle, operacija kompozicije je asocijativna. o
3° Neutralni element
(∃id ∈ G ) tako da je (∀ x ∈ G ) x
o
id = id x = x o
što znači da postoji neutralni element. 4° Inverzni element
(∀ x ∈ G ) (∃ x
−1
∈G
) tako da je x
o
x −1 = x −1 x = id . o
Pošto se radi o konačnom skupu, provjerimo postojanje inverznog elementa za svaki element skupa: id
−1
−1
= id , s1
= s1 ,
ϕ 1−1
= ϕ 1 , s 2 = s 2 ,
−1
ϕ 2−1
= ϕ 2 , s3 = s3 ,
−1
o
5° Komutativnost Kako vidimo, Kejlijeva tablica nije simetrična u odnosu na glavnu dijagonalu, pa tako operacija kompozicije nije komutativna. o
Odavde zaključujemo da je (G, ) grupa. o
2. a) Odrediti
tako da korijeni jedna čine z 2 − 2mz + m = 0 zadovoljavaju uslov z13 + z 23 = z12 + z 22 , zatim za svako m odrediti korijene i ra čunski pokazati da va ži dati uslov. m
RIJEŠENJE RIJEŠENJE
Po Vietovim pravilima iz jedna čine z 2 − 2mz + m = 0 dobivamo z1 + z 2 = − z1 z 2 =
m
1
2m 1
= −2m
=m
Sada modifikujemo uslov z13 + z 23 = z12 + z 22 Primjenimo formulu a 3 + b 3 = (a + b)(a 2 − ab + b 2 ) na z13 + z 23 dobivamo z13 + z 23 = ( z1 + z 2 )( z12 − z1 z 2 + z 22 ) da bi mogli primjeniti vietova pravila u drugu zagradu dodamo 2 z1 z 2 − 2 z1 z 2 pa dobivamo ( z1 + z 2 )( z12 + 2 z1 z 2 + z 22 − 2 z1 z 2 − z1 z 2 ) = ( z1 + z 2 ) ( z1 + z 2 )2 − 3 z1 z 2
uvrštavanjem vietovih pravila, dobivamo z13 + z 23 = 2m (2m ) − 3m = 2m(4m 2 − 3m ) 2
U izraz z12 + z 22 dodamo
2 z1 z 2 − 2 z1 z 2 pa dobivamo
z12 + z 22 = z12 + 2 z1 z 2 + z 22 − 2 z1 z 2 = ( z1 + z 2 ) − 2 z1 z 2 2
uvrštavanjem vietovih pravila, dobivamo z12 + z 22 = (2m ) − 2m = 2m(2m − 1) 2
Uvrštavanjem dobivenog u uslov z13 + z 23 dobivamo 2m(4m 2 − 3m) = 2m(2m − 1) / : 2m 4m 2 − 3m = 2m − 1 4m 2 − 3m − 2m + 1 = 0 4m 2 − 5m + 1 = 0
2
2
= z1 + z 2
(tj. izjedna čavanjem)
sada rješavamo kao kvadratnu jedna činu po m 5 ± 5 2 − 4 ⋅ 4 ⋅1
m1, 2 =
5+3
m1 =
Za
4⋅2 8
=
8 5−3
m2 =
=
8
5 ± 25 − 16
=
8 2
8
=
5± 9
=
5±3
8
8
=1 =
8
1 4
m = 1 dobivamo jedna činu
z 2 − 2 z + 1 = 0
( z − 1)2
=
0
z1 = z 2 = 1
uslov 3
3
2
2
z1 + z 2 = z1 + z 2
13 + 13 = 12 + 12 1+1 = 1+1 2=2
Za
m=
1 4
dobivamo jedna činu
1 1 z 2 − 2 ⋅ z + = 0 / ⋅ 4 4 4 4 z 2 − 2 z + 1 = 0 z1, 2 = z1 = z 2 =
2 ± 2 2 − 4 ⋅ 4 ⋅1
1
2⋅4 +
4 1 4
uslov
2 ± 4 − 16
=
3 4
−
3 4
i= i=
1 4 1 4
8
(1 +
3i
)
(1 −
3i
)
=
2 ± − 12 8
=
2 ± 2i 3 8
=
1 4
±
3 4
i
1 z + z = (1 + 3i ) 4 2 1
=
2
2 2
1 16
3 1
(1 + 2 3 2
1
2 1 1
(1 +
3i
4 1 1
=
2 2
4 16 1 1
=
⋅2
⋅
4 16 1
=
2 ⋅ 16
1 4
(1 +
3i − 3 +
)(
)
)
16
3i 2 3i − 2 +
(
)(
)
3i + 1
3i − 1 + 1
(− 3 − 1) −
2 ⋅ 16
16
2
=
1 16
(1 + 2
1 4
(1 −
1 1 ⋅
4 16 1 1
(1 −
⋅
4 16
(1 + 3) = −
3i
+
1 4
16
16
(1 − 2
)
3i − 3 =
1 3i ) (1 − 3i ) 4
(1 −
2
=
)
3i − 3 =
)(
)
3i − 2 − 2 3i =
(
2 ⋅ 16
1
4
2
) 1 (1 − 2
⋅ (− 2 ) 1 −
4
)
3i − 3 +
1
⋅ (− 4) = −
1 3i ) (1 + 3i ) 4
) 1 (1 + 2
(1 +
⋅
1
)
3i − 3 + 1 − 2 3i − 3 =
z + z = z z + z 2 z = =
1 + (1 − 3i ) 4
−
)(
)
3i 1 + 3i =
4 2 ⋅ 16
=−
1 8
−
1 8
=−
2 8
=−
1 4
dakle vrijedi 3
3
2
2
z1 + z 2 = z1 + z 2 −
1
=−
4
1 4
b) Dat je binom
x 2
+
1 x −1
2
n
. Odrediti n tako da je zbir binomnih
koeficienata poslednja tri člana 22. Odrediti onu vrijednost x za koju je zbir trećeg i petog člana 135. RIJEŠENJE n n n + + = 22 n n n − − 1 2 n n n + + = 22 0 1 2 1+ n +
n(n − 1)
=
2 2 + 2n + n(n − 1) 2
22 =
2
2
2 + 2n + n − n
=
2
22
2
n + n − 42 = 0
1 − 4 ⋅ (− 42)
−1±
n1, 2 =
=
− 1 ± 13
2
2
n1 = 6 ∈ N n 2 = −7 ∉ N
Dakle, 6 ⋅ 2
n = 6 pa imamo dalje,
(2) x
15 ⋅ 2 x ⋅
2
1 ⋅ x−1 2
4
2 x
⋅
1 2
2 x − 2
+ 15 ⋅ 2
6 + 4 ⋅ 1 x −1
2
(2)
4
x
= 15 ⋅ 2
1 ⋅ x −1 2
− x − 2
2
x +1
+ 15 ⋅ 2
= 135
= 135
4 ⋅ 2 − x + 2 ⋅ 2 x = 9 / ⋅ 2 x x
x
4 + 2 ⋅ 22 = 9 ⋅ 2 x
t = 2
2t 2 − 9t + 4 = 0 t 1, 2 =
9 ± 81 − 4 ⋅ 2 ⋅ 4
=
9±7
4
4
t 1 = 4 ⇒ 2 = 4 ⇔ 2 = 2 ⇒ x = 2 x
t 2 =
1 2
⇒ 2 x
x
=
1 2
⇔
2
2 x = 2 −1 ⇒ x = −1
3. U vektorskom prostoru M 2 x 2 dati su podprostori 1 v1 = 0
W 1 generisan vektorima
1 3 1 1 1 2 , v 2 = i W 2 generisn vektorima u1 = , u 2 = 0 − 1 0 1 0 1
Odrediti dimenziju i bazu podprostora W 1 ∩ W 2 . RIJEŠENJE
Ispitajmo linearnu zavisnost vektora 1 1 3 1 0 0 + α 2 = α 1 0 0 1 0 0 0 −
α 1 α 1 3α 2 α 2 0 0 = + 0 α − 0 0 0 0 2 α 1 + 3α 2 α 1 + α 2 0 0 = 0 0 0 α − 2
v1 i v2
− 1
.
1
α 1 + 3α 2 α 1 + α 2 − α 2 =
=
=
0
0 ⇒ α 1 = 0
0 ⇒ α 2 = 0
Dakle , α 1 = 0 ∧ α 2 nezavisne.
=0
pa su posmatrani vektori (matrice) linearno
Ispitajmo linearnu zavisnost vektora 1 1 2 + β 2 β 1 1 0 1
− 1
β 1 β 1 2 β 2 + 0 β 1 β 2
− β 2
u1 i u 2
0 0 = 1 0 0
0 0 = β 2 0 0
β 1 + 2 β 2 β 1 − β 2 0 0 = β β β + 0 0 2 2 1 β 1 + 2 β 2
=
0
β 1 − β 2
=
0
β 1 + β 2
=
0 ⇒ β 1 = 0
β 2
=
0
Dakle, β 1 = 0 ∧ β 2
=0
pa su posmatrani vektori (matrice) linearno nezavisne.
Kako su vektori sistema
W 1 i W 2 linearno nezavisni, to je
dim L(W 1 ) = dim L(W 2 ) = 2
Posmatrajno sada zajednike elemente ova dva podprostora, tj. posmatrajmo jednakost: 1 1 3 1 1 1 2 − 1 + µ = p + q (λ , µ , p, q ∈ R ) λ − 0 0 1 0 1 0 1 1 λ λ 3 µ µ p p 2q − q + = + 0 0 µ 0 0 − p q q λ + 3 µ λ + µ p + 2q p − q = µ 0 p q q − +
imamo, λ + 3 µ − p − 2q = 0 λ + µ − p + q = 0 − µ − p − q =
0
q=0
Uvrštavanjem
q = 0 u
prve tri jedna č��� �������� µ = − p ∧ λ = 2 p
������ ����� ����� ��������� �� ���� ������� L(W 1 ) ∩ L(W 2 ) :
1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3 1 + µ = 2 p + p = p 2 + = λ 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 − − − 5
3
= p
( p ∈ R )
0
− 1
Ovo znai da je
5
dim( L(W 1 ) ∩ L(W 2 )) = 1 i da je
− 1
3
bazni vektor.
0
4. Riješiti matri čnu jedna činu AX + B = AC ako je − 1 A = 1 0
0
1 3 − 2 , B = 10 − 13 3 −4 2
−3
0 1
9
2 1 , C = 1 − 3 − 8
odrediti matricu M takvu da va ži XM = MX . RIJEŠENJE
Iz AX + B = AC imamo da je A −1 ⋅ / AX = AC − B X = A
−1
( AC − B )
X = C − A −1 B
ako A 1 postoji. Ra čunamo A 1 : −
−
−1
det A = 1 0
2 3 −4
0 − 2 = −9 + 8 − 6 = −7 ≠
0
3
tra žimo adjugovanu matricu matrice A
3
− 2
0
4
−1
1
a 22 a23 + a32 a33 a a 23 21 adjA = − a31 a33 a a 22 + 21 a 31 a32 3 − 2 2 − −4 −4 3 1 −2 −1 = − 0 0 3 1 3 −1 − 0 0 − 4 1 − 6 − 4 = − 3 − 3 − 2 − 4 − 4 − 5 1
A − =
1 det A
−
+
−
a12
a13
a 32
a33
a11
a13
a31 a11
a33 a12
a 31
a32
0 3 0 3 2 −4
⋅ adjA = −
−
+
a12
a13
a 22 a11
a 23 a13
a 21 a11
a 23 a12
a 21
=
a 22
3 −2 9 − 8 −1 0 = − (3 + 0) − 1 −2 −4+0 − 1 2 1 3
1
1
+
−3 7 − 4
2
0
−6
− 4
−3
−2
− (6 + 0) −3−0 − (4 − 0)
− 4 − 0
− (2 − 0) =
− 3 − 2
− 4 − 5
odakle je 3 − 2 2 1 − 6 − 4 1 − 3 9 1 X = 1 0 4 + 0 1 = 7 − 3 − 3 − 2 ⋅ 10 − 3 − 1 1 − 4 − 4 − 5 − 13 1 − 8 3 − 2 3 − 2 − 1 2 − 7 − 7 35 2 1 − 7 7 − 14 = 1 0 4 + 0 4 + −1 = 1 7 − 3 − 1 1 21 7 0 − 3 − 1 1 3 1 2 3 = 0 1 2 0 0 1
−1
1 1
5
0
−2 =
Odreivanje matrice M : Format matrice M mora biti 3 x3 , da bi se ona mogla pomno žiti i sa lijeve i sa desne strane matricom X , formata 3 x3 . Napišimo M u obliku: a b c M = d e f g h i
Tada se matri čna jednakost XM = MX svodi na
1 2 3 a b c a b c 1 2 3 0 1 2 ⋅ d e f = d e f ⋅ 0 1 2 0 0 1 g h i g h i 0 0 1 a + 2d + 3 g b + 2e + 3h c + 2 f + 3i a 2 a + b 3a + 2b + c d + 2 g = d 2d + e 3d + 2e + f e + 2h f + 2i g 2 g + h 3 g + 2h + i g h i
odavde se dobiva sistem devet linearnih jedna čina sa devet nepoznatih a + 2d + 3g = 0 b + 2e + 3h = 2a + b c + 2 f + 3i = 3a + 2b + c d + 2 g = d
e + 2h = 2d + e
f + 2i = 3d + 2e + f
g=g
h = 2g + h
i = 3 g + 2h + i
2d + 3g = 0 2e + 3h = 2a 2 f + 3i = 3a + 2b g =0
h = d
2i = 3d + 2e 0 = 3 g + 2h
dobivamo, ⇒ g = d = h = 0 ⇒a =e=i ⇒ b = f
Dakle, opšti oblik tra žene matrice M je a b c M = 0 a b 0 0 a
za
a, b, c ∈ R
5. U zavisnosti od realnih parametara α , β diskutovati sistem α x + β y + z = 1 x + αβ y + z = α x + β y + α z = 1
RIJEŠENJE RIJEŠENJE
Koristit ćemo Kramerovo pravilo α β D = 1
1
(
1 3
αβ 1 β
(
3
3
α
)
( (
)
)
= β α − α − 2α + 2 = β α α − 1 − 2(α − 1) = β (α (α + 1)(α − 1) − 2(α − 1)) = 3
2
(
)
(
)
= β (α − 1)(α (α + 1) − 2 ) = β (α − 1) α + α − 2 = β (α − 1) α + 2α − α − 2 = 2
2
= β (α − 1)(α (α + 2) − 1(α + 2)) = β (α − 1)(α + 2)(α − 1) = β (α + 2)(α − 1)
1
β
1
1 = αβ + β + α 2 β − αβ − β − α 2 β = 0
β
α 1 D y = 1
1
α 1 3
α 1 1
α
3
2
α β 1
3
= 1 + 1 + α − α − α − α = α − 3α + 2 =
= α − α − 2α + 2 = α
D z = 1
2
1
D x = α αβ
(α − 1) − 2(α − 1) = (α − 1)(α 2 − 2)
1
αβ α = β + αβ + α 2 β − β − αβ − α 2 β = 0 α
)
= β + β + α β − αβ − αβ − αβ = α β − 3αβ + 2 β = β α − 3α + 2 =
1
Dakle dobili smo D = β (α + 2 )(α − 1)
2
D x = 0 D y = (α − 1)(α − 2) 2
D z = 0
i) za D ≠ 0 ⇔ β ≠ 0 ∧ α ≠ −2 ∧ α ≠ 1 sistem ima jedinstveno riješenje D x D y Dz α 2 − 2 ( x, y, z ) = , , = 0, ,0 D D D β (α + 2)(α − 1)
ii) za β = 0 je D = D x
=
D z = 0 , D y = (α − 1)(α 2 − 2) tako
da je D y ≠ 0 za
α ≠ 1(β = 0) , te je za α ≠ 1 ∧ β = 0 sistem protivrije čan.
Za α = 1, β = 0 sistem se svodi na x + z = 1 x + z = 1 ⇔ x + z = 1⇒ z = 1 − x x + z = 1
y = 0
te je riješenje sistema ∀ x ∈ R
iii) za
( x, y, z ) = ( x,0,1 − x )
α = 1 ⇔ D = D x
= D y =
D z = 0 te
su potrebna dodatna istra živanja.
Tada se sistem svodi na jedna činu x + β y + z = 1 za β = 0 dobivamo riješenje ∀ x ∈ R ( x, y, z ) = ( x,0,1 − x ) za β ≠ 0 dobivamo riješenje ∀ x, y ∈ R ( x, y, z ) = ( x, y,1 − x − y ) iv) za α = −2 ⇔ D = D x = D z = 0 ∧ D y ≠ 0 te je sistem protivrje čan. Prema tome, sistem je saglasan : - za α ≠ 1, β ≠ 0,α ≠ −2 kada ima jedinstveno riješenje - za α = 1, β = 0,α ≠ −2 kada ima riješenje ∀ x ∈ R ( x, y, z ) = ( x,0,1 − x ) - za α = 1, β ≠ 0,α ≠ −2 kada ima riješenje ∀ x, y ∈ R ( x, y, z ) = ( x, y,1 − x − y ) u svim ostalim slu čajevima sistem je protivrje čan.
OVAJ ZADATAK MOE BITI ZADAN I NA SLJEDEI NAIN U zavisnosti od realnih parametara α , β diskutovati sistem α x + β y + z = 1 x + αβ y + z = β x + β y + α z = 1
diskusija je sli čna. RIJEŠENJE α β D = 1
1
(
1
αβ 1 β
3
(
3
3
α
)
( (
)
)
= β α − α − 2α + 2 = β α α − 1 − 2(α − 1) = β (α (α + 1)(α − 1) − 2(α − 1)) = 3
2
(
)
(
)
= β (α − 1)(α (α + 1) − 2 ) = β (α − 1) α + α − 2 = β (α − 1) α + 2α − α − 2 = 2
2
= β (α − 1)(α (α + 2) − 1(α + 2)) = β (α − 1)(α + 2)(α − 1) = β (α + 2)(α − 1)
1
β
1
β
2
1 1 = β 2 + β + α 2 β − αβ − β − β 2α = β ( β + α 2 − α − βα ) =
D x = β αβ
α
= β (α (α − 1) − β (α − 1)) = β (α − 1)(α − β )
α 1 D y = 1 β
1
(
1
1 2
2
1 = 1 + 1 + α β − β − α − α = α β − β − 2α + 2 =
α
)
= β α − 1 − 2(α − 1) = β (α − 1)(α + 1) − 2(α − 1) = (α − 1)( β (α + 1) − 2) = 2
= (α − 1)(αβ + β − 2)
α β D z = 1
1
1
αβ β = β + β 2 + α 2 β − αβ − β 2α − β = β ( β + α 2 − α − αβ ) = β
)
= β + β + α β − αβ − αβ − αβ = α β − 3αβ + 2 β = β α − 3α + 2 =
1
= β (α (α − 1) − β (α − 1)) = β (α − 1)(α − β )
i) D ≠ 0 ⇔ β ≠ 0,α ≠ −2,α ≠ 1 sistem ima jedinstveno riješenje D x D y Dz , , D D D
( x, y, z ) =
ii) za β = 0 je D = D x = D z
=
0 ∧ D y = −2(α − 1) tako da je D y ≠ 0 za α ≠ 0(β = 0)
pa je za α ≠ 0 ∧ β = 0 sistem protivrije čan. za α = 0 ∧ β = 0 sistem se svodi na x + z = 1 x + z = 0 x + z = 1
što je protivrije čno. Dakle, za β = 0 sistem je protivrije čan. iii) za α = 1 ⇒ D = D x se sistem svodi na
= D y =
D z = 0 pa
su potrebna dodatna istra živanja. Tada
x + β y + z = 1 x + β y + z = β x + β y + z = 1
pa je za α = 1 ∧ β ≠ 1 sistem protivrije čan, a za α = 1 ∧ β = 1 sistem ima beskona čno mnogo riješenja. iv) za α = −2 razlikujemo β = −2 ∨ β ≠ −2 . U slučaju α = −2 ∧ β ≠ −2 ⇒ D = 0 ∧ D y
≠
U slučaju α = −2 ∧ β = −2 ⇒ D = D x = D y − 2 x − 2 y + z = 1
x + 4 y + z = −2 ⇔ x − 2 y − 2 z = 1
0 pa je sistem protivrije čan. =
D z = 0 sistem
se svodi na
− 2 x − 2 y + z = 1
x + 4 y + z = −2
ako saberemo prve dvije jedna čine i pomnožimo sa (-1) dobićemo treću jedna činu. Riješavamo sistem − 2 x − 2 y + z = 1
x + 4 y + z = −2
ako ovaj sistem oduzmemo dobivamo − 3 x − 6 y = 3 / : 3 − x − 2 y = 1 ⇒ x = −1 − 2 y
ako ovo uvrstimo u drugu jedna činu dobivamo z = −2 − x − 4 y = −2 − (− 1 − 2 y ) − 4 y = −2 + 1 + 2 y − 4 y = −1 − 2 y
Dakle, opšto riješenje sistema je ∀ y ∈ R ( x, y , z ) = (− 1 − 2 y, yy − 1 − 2 y )
Prema tome, sistem je saglasan : - za α ≠ 1 ∧ α ≠ −2 ∧ β ≠ 0 kada ima jedinstveno riješenje prema Kramerovom pravilu. - za (α , β )∈ {(1,1), (− 2,−2)} sistem ima beskona čno mnogo riješenja, - u svim ostalim slu čajevima sistem je protivrije čan.
5. april 2011 2011 1. a) Neka je S = { x1 , x2 ,..., xn }. Odrediti broj parova ( X , Y ) gdje su X , Y ⊆ S takvi da vrijedi X ∆Y = 1, X
≥ 3, Y ≥ 3 .
Napomena X ∆Y = ( X ∪ Y ) / ( X ∩ Y ) je simetrična razlika.
RJEŠENJE R JEŠENJE R JEŠENJE Sigurno va ži
( X = Y ∪ a, a ∉ Y , a ∈ S / Y ) ∨ (Y = X ∪ a, a ∉ X , a ∈ S / X ) Ova dva slučaja su jednaka za razmatranje, pa je dovoljno razmatrati jedan od njih. Na primjer, razmatra ćemo prvi. Kona čan broj mogučnosti će biti duplo veći. Dakle, X = Y ∪ a . Na koliko na čina možemo napraviti skup Y Kako je Y ⊆ S , S = { x1 , x2 ,..., xn } (skup S = { x1 , x2 ,..., xn } je kona čan pa vrijedi S = n ) imamo 3 ≤ Y ≤ n − 1 ( n − 1 zbog elementa a ∈ S / Y )
3 ≤ k ≤ n − 1 ( S kona čan i Y ⊆ S pa je i Y kona čan)
Dakle, radi se o k-to članom podskupu skupa S od n elemenata, pa je broj mogućnosti da napravimo skup Y n k Ostalo je n − k elemenata. Biramo jedan član n − k -članog podskupa, što se
može izabrati na n − k = n − k -na čina 1
Kona čan broj riješenja je: n −1 n −1 n −1 n n − k n−1 n − 1 n! (n − 1)!⋅n (n − 1)! = n k n n = ⋅ ( − ) = = ⋅ = ⋅ ∑ ∑ ∑ ∑ k 1 ∑ k !⋅(n − k )! k n k k n k k ( − − 1 ) ! ⋅ ! ( − − 1 ) ! ⋅ ! k =3 k =3 k =3 k =3 k =3 n −1
n −1 n − 1 n − 1 n − 1 n − 1 (n − 1)(n − 2) − − − = n ⋅ (1 + 1)n−1 − 1 − n + 1 − = n ⋅ ∑ = k 0 1 2 2 k =0 n−1 2n + n 2 − 3n + 2 2n − n 2 + n − 2 1 n 2 = n ⋅ 2 − = n⋅ = n[2 − n + n − 2] 2 2 2
�
Kona čno riješenje je duplo ve će, pa je 1 2 ⋅ n[2 n − n 2 + n − 2] = n[2 n − n 2 + n − 2] 2
1 t 2t 2 + 2t b) Neka je M = A(t ) := 0 1 4t , t ∈ R . Ispitati algebarsku strukturu 0 0 1
( M ,⋅) gdje je · operacija množenja matrica. Odrediti [ A(t )] , n ∈ N . n
RIJEŠENJE 1 ° Zatvorenost 1 α 2α 2 + 2α Neka su Aα = 0 1 4α , A β 0 0 1 proizvoljne.
1 β 2 β 2 + 2 β = 0 1 4 β ∈ M , (α , β ∈ R ) 0 0 1
1 α 2α 2 + 2α 1 β 2 β 2 + 2 β Aα ⋅ A β = 0 1 4α ⋅ 0 1 4 β = 0 0 0 0 1 1 1 α + β 2α 2 + 2α + 4αβ + 2 β 2 + 2 β 1 α + β 2(α + β )2 + 2(α + β ) ( ) = 0 1 4α + 4 β = 0 1 4 α + β = 0 0 0 1 0 1 = Aα + β ∈ M , (α + β ∈ R )
ono sto va ži za proizvoljne matrice, va ži i za sve ∀ Aα , A β ∈ M Aα ⋅ A β = Aα + β
2 ° Asocijativnost Neka su Aα , A β , Aγ ∈ M proizvoljne matrice (α , β , γ ∈ R ) , tada vrijedi Aα ⋅ A β ⋅ Aγ = Aα ⋅ A β +γ = Aα +( β +γ ) = A(α + β )+γ = Aα + β ⋅ Aγ = Aα ⋅ A β ⋅ Aγ
ono što va ži za proizvoljne matrice, va ži i za sve ∀ Aα , A β , Aγ ∈ M Aα ⋅ A β ⋅ Aγ = Aα ⋅ A β ⋅ Aγ
�
3 ° neutralni element 0 ∈ R je neutralni element u odnosu na sabiranje u skupu R .
Neka je Aα ∈ M proizvoljna matrica. Tada postoji A0 ∈ M tako da je A0 ⋅ Aα = A0+α = Aα Aα ⋅ A0 = Aα +0 = Aα
ono što va ži za proizvoljne matrice, va ži i za sve
(∀ Aα ∈ M )(∃ A0 ∈ M ) Aα ⋅ A0
= A0 ⋅ Aα = Aα
4 ° Inverzni element Neka je Aα ∈ M proizvoljna matrica Aα ∈ M ⇒ α ∈ R ⇒ − ∈ R ⇒ A−α ∈ M Aα ⋅ A−α = Aα + ( −α ) = A0 A−α ⋅ Aα = A( −α )+α = A0
ono što va ži za proizvoljne matrice, va ži i za sve
(∀ Aα ∈ M )(∃ A−α ∈ M ) Aα ⋅ A−α = A−α ⋅ Aα = A0
5 ° komutativnost Neka su Aα , A β ∈ M proizvoljne matrice, tada vrijedi Aα ⋅ A β = Aα + β = A β +α = A β ⋅ Aα
ono što va ži za proizvoljne matrice, va ži i za sve ∀ Aα , A β ∈ M Aα ⋅ A β = A β ⋅ Aα
Dakle, ( M ,⋅) je Abelova grupa. Trebamo sada odrediti [ A(t )]n , n ∈ N Ozna čimo sa A(t ) = At , imamo At 2 = At ⋅ At = At +t = A2t 3 2 At = At ⋅ At = A2t +t = A3t
... At = Ant (∀n ∈ N ) n
�
2. a) Neka su z1, z2 , z3 dati kompleksni brojevi takvi da va ži z1
= z2 = z3 = r ,
r > 0 i z1 + z2 + z3 = 0 . Dokazati da ta čke z1, z2 , z3 u kompleksnoj ravni čine
jednakostranični trougao.
RIJEŠENJE RIJEŠENJE Jedna čina trećeg stpena čiji su korijeni z1, z2 , z3 glasi z 3 + a1 z 2 + a2 z + a3 = 0
gdje je a1 = −( z1 + z2 + z3 ) a2 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 a3 = − z1 z2 z3
iz uslova zadatka slijedi da je a1 = 0 , a kako je 1
a2 = z1 z2 z3
+
1
z1 z2
+
1
z3
odnosno a2 =
z1 z2 z3
( z
1
2
r
+ z2 + z3
)
jer je zk zk = r 2 za k=1,2,...
imamo da je a2 = 0 , pa jedna čina glasi z 3 − z1 z 2 z3 = 0
Slika korijena binomne jedna čine leži na kružnici z
= r i
ona su tjemena
jednakostraničnog trougla. Slijedi, z 3 − z1 z2 z3 = r 3e ai , gdje je a proizvoljan promjenjiv realan broj. Možemo uzeti a + 2 k π
z k = r
3
i
− π < a ≤ π ,
tada po Moivronovom obrazcu je
k=0,1,2
geometriska interpretacija: interpretacija: Ta čke z1, z2 , z3 su vrhovi pravilnog trougla upisanog u kru žnicu. Ako realnom parametru a damo jednu odreenu vrijednost, ta čke z 0 , z 2 , z 3 će biti jednozna čno odreene:
�
ai
z 0 = re 3 a
z1 = re
3
i+
a
z 2 = re
3
2π i 3
i+
4π i 3
b) Koliko ima rješenja ( x1 , x2 ,..., xk ), xi ∈ N ∪ {0} jedna čine x1 + x2 + ... + xk = n gdje je n dati prirodan broj?
RJEŠENJE R JEŠENJE R JEŠENJE Koristit ćemo princip matemtičke indukcije. Ozna čimo broj rješenja naše jedna čine sa N k (n ) . Lako se vidi da je N 0 (n) = 0, N 1 (n ) = 1 , jer je 0 = 0, x1 = 1 Izra čunajmo N 2 (n ) , to jest broj rješenja jedna čine : x1 + x2 = n
U ovoj jedna čini x1 može primiti sljedeće vrijednosti: 1,2,3,..., n − 1; to zna či da će naša jedna čina imati sljedeća rješenja: (1, n − 1), (2, n − 2),..., (n − 1,1) to jest N 2 (n ) = n − 1 . Izra čunajmo sada N 3 (n ) , to jest odredimo broj rješenja jedna čine x1 + x2 + x3 = n
Za x3 uzmimo vrijednosti 1,2,3,..., n − 2 . Jasno je da je: N 3 (n ) = N 2 (n − 1) + N 2 (n − 2) + ... + N 2 (2 ) = = (n − 2) + (n − 3) + ... + 1 =
(n − 1)(n − 2) n − 1 1⋅ 2
=
= C n2−1 2
Dokaza ćemo sada pomoću principa matematičke indukcije da je: �
N k (n ) = C n−1 = k −1
(n − 1)(n − 2)...(n − k + 1) 1 ⋅ 2 ⋅ 3...(n − 1)
Očigledno je da va ži N k −1 (n ) = C nk −12 −
Imamo tada N k (n ) = C nk −22 + C nk −32 + ... + C k k −11 = C nk −11 −
−
−
−
Dakle, broj rješenja date jedna čine je n − 1 (n − 1)(n − 2 )...(n − k + 1) = − k 1 (n − 1)!
3. Pokazati da je skup realnih matrica komutativnih sa matricom 0 1 0 0 0 0 1 0 vektorski prostor u odnosu na standardne operacije sa A = 0 0 0 1 0 0 0 0 matricama, a zatim mu odrediti dimenziju i jednu bazu.
RJEŠENJE R JEŠENJE R JEŠENJE
− 1 4. Neka je F = 0 0
−2
1 0
2
1
3
3
0 matrica linearnog operatora f : R → R u
standardnoj bazi. Odrediti bazu u kojoj će matrica operatora biti dijagonalna.
RIJEŠENJE RIJEŠENJE Odredimo karakteristini polinom preslikavanja f : K (λ ) =
− 1 − λ
−2
2
|
− 1 − λ
0
1 − λ
0
|
0
0
0
1 − λ |
0
Nule tog polinoma su λ 1 = 1 i λ 2
−2
1 − λ = (− 1 − λ )(1 − λ )
2
0 = −1 su
sopstvene vrijednosti
preslikavanja f .
�
x1 Neka je x = x2 ∈ R 3 sopstveni vektor preslikavanja f koji odgovara x3
sopstvenoj vrijednosti λ 1 = 1 . Tada vrijedi: − 1 0 0
−2
1 0
2 x1
x1 0 ⋅ x 2 = 1 ⋅ x 2 x3 1 x3
odavde slijedi: − x1 − 2 x2 + 2 x3 = x1
x2 = x2 x3 = x3
− 1 1 Skup riješenja ovog sistema je L 1 + 0 . Svaki nenulti vektor 0 1 − 1 1 x ∈ 1 , 0 je sopstveni vektor preslikavanja f koji odgovara 0 1
sopstvenoj vrijednosti λ 1 = 1 . y1 Neka je y = y 2 ∈ R 3 sopstveni vektor preslikavanja f koji odgovara y3
sopstvenoj vrijednosti λ 2 − 1 0 0
−2
1 0
= −1 .
Tada vrijedi:
2 y1
y1 0 ⋅ y 2 = (− 1) ⋅ y 2 y3 1 y3
odavde slijedi: − y1 − 2 y 2 + 2 y3 = − y1
y 2 = − y 2 y3 = − y3
1 1 Skup riješenja ovog sistema je L 0 . Svaki nenulti vektor y ∈ 0 je 0 0
sopstveni vektor preslikavanja f koji odgovara sopstvenoj vrijednosti λ 2 = −1 .
�
− 1 1 Vektori f 1 = −e1 + e2 i f 2 = e1 + e2 su elementi lineala L 1 + 0 , a f 3 = e3 0 1 1 je element lineala L 0 . Skup { f 1 , f 2 , f 3 } je linearno nezavisan. Matrica 0
preslikavanja f u bazi { f 1 , f 2 , f 3 } je 1 0 0 1 0 0 1 5. Neka je A = 2 1
0
. − 1 0
a
−1
2
2 . Odrediti a tako da jedna sopstvena vrijednost bude
3 1
jednaka sumi druge dvije.
RJEŠENJE R JEŠENJE R JEŠENJE Prvo trazimo karakteristicni polinom date matrce det ( A − λ E ) =
1 − λ
−1
a
| 1 − λ
2
3 − λ
2
|
2
1
1
2 − λ |
1
−1
3 − λ = 1
= 2a − 2 + (1 − λ )(2 − λ )(3 − λ ) − a (3 − λ ) − 2 (1 − λ ) + 2(2 − λ ) =
(
)
= 2a − 2 + 2 − λ − 2λ + λ (3 − λ ) − 3a + aλ − 2 + 2λ + 4 − 2λ = 2
(
)
= −a + aλ + 2 − 3λ + λ (3 − λ ) = − a + aλ + 6 − 2λ − 9λ + 3λ + 3λ − λ = 2
2
2
3
= −λ + 6λ + (a − 11)λ + 6 − a 3
2
Dakle, karakteristini polinom je K (λ ) = −λ 3 + 6λ 2 + (a − 11)λ + 6 − a
Sopstvene vrijednosti su nule ovog polinoma (polinom treeg stepena ima tri nule). Neka su λ 1 , λ 2 , λ 3 nule polinoma K (λ ) = −λ 3 + 6λ 2 + (a − 11)λ + 6 − a . Tada je − λ + 6λ + (a − 11)λ + 6 − a = −(λ − λ 1 )(λ − λ 2 )(λ − λ 3 ) 3
2
Sada izvršimo mnoenje
�
(λ − λ 1 )(λ − λ 2 )(λ − λ 3 ) = (λ 2 − λ 2 λ − λ 1λ + λ 1λ 2 )(λ − λ 3 ) = 3
2
2
2
= λ − λ 3 λ − λ 2 λ + λ 2 λ 3 λ − λ 1λ + λ 1λ 3 λ + λ 1λ 2 λ − λ 1λ 2 λ 3 = = λ − (λ 1 + λ 2 + λ 3 )λ + (λ 1λ 2 + λ 1λ 3 + λ 2 λ 3 )λ − λ 1λ 2 λ 3 3
2
Dakle, imamo: − λ + 6λ + (a − 11)λ + 6 − a = −λ + (λ 1 + λ 2 + λ 3 )λ − (λ 1λ 2 + λ 1λ 3 + λ 2 λ 3 )λ + λ 1λ 2 λ 3 3
2
3
2
Izjednaavanjem koeficienata uz odgovarajue stepene od λ dobivamo: λ 1 + λ 2 + λ 3 = 6 λ 1λ 2 + λ 1λ 3 + λ 2 λ 3 = 11 − a λ 1λ 2 λ 3 = 6 − a
Iz uslova zadatka imamo λ 1 = λ 2 + λ 3 i uvrštavanjem u prvu jednainu dobivamo: λ 1 + λ 1 = 6 ⇒ 2λ 1 = 6 ⇒ λ 1 = 3
Posmatramo sada drugu jednainu: λ 1λ 2 + λ 1λ 3 + λ 2 λ 3 = 11 − a λ 1 (λ 2 + λ 3 ) + λ 2 λ 3 = 11 − a 3 ⋅ 3 + λ 2 λ 3 = 11 − a ⇒ λ 2 λ 3 = 2 − a
Ako u treu jednainu λ 1λ 2 λ 3 = 6 − a uvrstimo λ 1 = 3 ∧ λ 2 λ 3 = 2 − a dobivamo: λ 1λ 2 λ 3 = 6 − a 3(2 − a ) = 6 − a 6 − 3a = 6 − a − 2a = 0 ⇒ a = 0
�
16. jun 2011 2011 1. a) U skupu S = {− 2, − 1,0,1,2,3} definisana je relacija Provjeriti da li je
ρ relacija
ρ =
{( x, y) ∈ S
Odredimo elemente relacije
ρ :
Kako je (− 2,−2 ), (− 2,−1), (− 2,0 ), (− 2,1), (− 2.2 ), (− 2,3 ), (− 1,−2), (− 1,−1), (− 1,0 ), (− 1,1), (− 1,2 ), (− 1,3 ), ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − − 0 , 2 , 0 , 1 , 0 , 0 , 0 , 1 , 0 , 2 , 0 , 3 , 2 S = SxS = (1,−2), (1,−1), (1,0 ), (1,1), (1,2 ), (1,3 ), (2,−2), (2,−1), (2,0 ), (2,1), (2,2 ), (2,3 ), (3,−2), (3,−1), (3,0 ), (3,1), (3,2 ), (3,3 ) tada je
{( x, y )∈ S
2
: 2 xy ≥ x + y}
(− 2,−2), (− 2,−1), (− 2,0), (− 1,−2), (− 1,−1), (0,−2), (0. − 1), (0,0), ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 , 1 , 1 , 2 , 1 , 3 , 2 , 1 , 2 , 2 , 2 , 3 , 3 , 1 , 3 , 2 , 3 , 3 Provjerimo da li je relacija ekvivalencije: Formirajmo kejlijevu tablicu =
ρ
-2
-1
0
1
2
3
-2 -1 0 1 2 3
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
T
⊥
⊥
⊥
⊥
T
T
T
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
T
T
1° Refleksivnost
(∀ x ∈ S ) x ρ x pa iz Kejlijeve tablice vidimo da je relacija refleksivna, 2° Simetričnost (∀ x, y ∈ S ) x ρ y ⇒ yρ x pa iz Kejlije tablice vidimo da je simetri čna, na primjer
(− 2,−1) ∧ (− 1,−2 ), (− 2,0) ∧ (0,−2 ), (1,2 ) ∧ (2,1)... 3° Tranzitivnost
: 2 xy ≥ x + y}.
ekvivalencije i ako jeste odrediti klase.
RIJEŠENJE RIJEŠENJE
ρ =
2
(∀ x, y , z ∈ S ) x ρ y ∧ y ρ z ⇒ xρ z pa iz Kejlijeve tablice vidimo da je relacija tranzitivna Imamo na primjer, 1 ρ 2 ∧ 2 ρ 3 ⇒ 1ρ 3
Kako je relacija refleksivna, simetrična i tranzitivna to je ovo relacija ekvivalencije. Klasa ekvivalencije elementa x je skup svih elemenata koji su u relaciji sa x to jeste, C x = [ x] = { y ∈ S : xρ y} C −2 = [− 2] = {(− 2,−2 ), (− 2,−1), (− 2,0)} C −1 = [− 1] = {(− 1,−2), (− 1,−1)} C 0 = [0] = {(0,−2), (0,−1), (0,0)} C 1 = [1] = {(1,1), (1,2), (1,3)} C 2 = [2] = {(2,1), (2,2), (2,3)} C 3 = [3] = {(3,1), (3,2), (3,3)}
II nain Nejednakost 2 xy ≥ x + y je ekvivalentna sa (2 x − 1)(2 y − 1) ≥ 1 , a pošto je
(2 x − 1)(2 y − 1) neparan broj ovo je dalje ekvivalentno sa (2 x − 1)(2 y − 1) ≥ 0 . refleksivna jer je (2 x − 1)2
ρ je
≥ 0 za
sve x ∈ S , simetrina jer iz
(2 x − 1)(2 y − 1) ≥ 0 slijedi (2 y − 1)(2 x − 1) ≥ 0 i tranzitivna zbog (2 x − 1)(2 y − 1) ≥ 0 ∧ (2 y − 1)(2 z − 1) ≥ 0 ⇒ (2 x − 1)(2 z − 1) ≥ 0 .
b) Ako je A = { x + y
}
2 : x, y ∈ Q, x ≠ 0, y ≠ 0 ispitati algebarsku strukturu ( A,
o
gdje je standardno množenje u Q. o
Riješenje: Riješenje: 1° Zatvorenost Neka su k 1 , k 2 ∈ A proizvoljni.
(∃a1 , b1 , a 2 , b2 ∈ Q ) tako da je k 1 = a1 + b1 2 , k 2
(
k 1 k 2 = a1 + b1 2 o
) (a o
2
)
= a2 + b2 2 ⇔ k 1 , k 2 ∈ A
+ b2 2 = a1 a 2 + a1 b2 2 + a 2 b1 2 + 2b1 b2 = o
o
o
= (a1 a 2 + 2b1 b2 ) + (a1 b2 + a 2 b1 ) 2 o
o
o
o
Kako je skup Q zatvoren u odnosu na množenje ⇒ (a1 a 2 + 2b1 b2 ) ∈ Q; (a1 b2 + a 2 b1 ) ∈ Q ⇒ k 1 k 2 ∈ A o
o
o
o
o
o
)
Ono što vrijedi za proizvoljne, vrijedi i za sve. Dakle, ( A, ) je grupoid. o
2° Asocijativnost Pošto je množenje asocijativno u skupu R i pošto je A ⊆ R ⇒ množenje je asocijaivno u skupu A ⇒ ( A, ) je polugrupa. o
Osim nasljeivanja, ova osobina se može i dokazati. 3° Neutralni element Treba dokazati da (∃e ∈ A) tako da je (∀k ∈ A) k e = e k = k . o
Neka je k ∈ A proizvoljan
(a + b 2 )
e = a +b 2
(∃e1 = 1, e2
= 0 ∈ Q ) e1 + e2
o
⇔ (∃a , b ∈ Q ) tako
o
da je k = a + b 2
2 =1= e∈ A
Ono što vrijedi za proizvoljan, vrijedi i za svaki. 4° Inverzni element Treba dokazati
(∀k ∈ A)(∃k −1 ∈ A) tako da je
−1
−1
= k
k k o
o
k = e = 1
Neka je k ∈ A proizvoljno. Tada (∃a , b ∈ Q ) tako da je k = a + b 2
(a + b 2 )
o
−1
k = 1
za (a , b ) ≠ (0,0) 1
o
a +b 2
a −b 2
=
a −b 2
a−b 2 2
a − 2b
2
=
a 2
a − 2b
2
+
−b 2
a − 2b
2
2 ∈ A
Ono što vrijedi za proizvoljne, vrijedi i za sve.
(∀k ∈ A) ⇒ (∃a, b ∈ Q ) tako da je
−1
∃k
=
a 2
a − 2b
2
+
−b 2
a − 2b
2
2
⇒ ( A, ) je grupa. o
5° Komutativnost ( A, ) je Abelova grupa, jer je skup A ⊆ R , pa se ova osobina nasljeuje. o
2. a) Riješiti jedna činu 2 z 3 − 3 + i = 0, z ∈ C
RIJEŠENJE RIJEŠENJE 2 z 3 − 3 + i = 0 2 z 3 = 3 − i 3 z =
3 −i 2
=
3 2
−
1 2
i
Ra čunamo modul i argument kompleksnog broja
w=
3 2
−
1 2
i
modul: 2
3 1 2 +− = 3 + 1 = 4 = 1 =1 w= 2 2 4 4 4
argument: 3 cos ϕ = −
1 2
3
sin ϕ =
2
⇒ tgϕ =
sin ϕ cos ϕ
=− 2 =− 3
1
2
kako se nalazi u II kvadrantu to je π
⇒ ϕ = −60 0 = π −
3
=
2π 3
pa je trigonometriski oblik kompleksnog broja: w = w (cos ϕ + i sin ϕ ) w = cos
2π 3
+ i sin
2π 3
Sada dobivamo 3
3
z = w = cos 3
2π 3
+ i sin 3
2π 3
= cos 2π + i sin 2π = 1
b) Na meunarodnoj konferenciji radova izla žu 3 Engleza, 3 Francuza i 3 Rusa. Na koliko na čina oni mogu iza ći pred govornicu, a da tri učesnika iz iste zemlje ne idu jedan za drugim?
RIJEŠENJE RIJEŠENJE Neka je S skup svih permutacija pomenutih uesnika konferencije. Neka je S E − skup svih permutacija u kojima su sva 3 Engleza jedan do drugog S F − skup svih permutacija u kojima su sva 3 Francuza jedan do drugog S R − skup svih permutacija u kojima su sva 3 Rusa jedan do drugog
Jasno je da je S = 9! Permutacije u kojima su svi Englezi jedan do drugog, moemo posmatrati kao permutaciju od 7 elemenata: 3 Rusa, 3 Francuza i jednog „bloka“ sastavljenog od 3 Engleza. Kako se taj blok moe formirati na 3! naina, to je ukupan broj permutacija u S E jednak 7!⋅3! .
Analogno, dobivamo S E = S F = S R = 7!⋅3! 2
S E ∩ S F = S E ∩ S R = S F ∩ S R = 5!⋅(3!) 3
S E ∩ S F ∩ S R = 3!⋅(3!)
Na osnosvu formule ukljuenja i iskljuenja je 2
4
S E ∪ S F ∪ S R = 3 ⋅ 7!⋅3!−3 ⋅ 5!⋅(3!) + (3!)
pa je broj permutacija, u kojima nikoja tri ovjeka iz iste zemlje nisu jedan do drugog, jednak 2
4
9!−3 ⋅ 7!⋅3!+3 ⋅ 5!⋅(3!) − (3!)
3. Odrediti determinantu reda k 1
1 2
1 2 0 2
1
1 3
.
.
.
1 3 2 3 3
.
.
.
.
.
.
.
.
0
0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0
0
0
. .
1 k
.
.
.
.
.
. k
1 k − 1 . 2 k − 1 . 3
.
0
1 k − 1
.
1 k 2 k 3
k − 1 k k − − 1 1
RIJEŠENJE RIJEŠENJE Primjenjujemo metodu prelaska (svoenja) na trougaonu determinantu Od svake vrste oduzmemo prvu vrstu
1
1
1
2 − 1 1 2 0 − 1 2
.
3 − 1 . 1 3 − 1 . 2 3 − 1 . 3
0
D = 0
0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0
0
0
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
1 k − 1
− 1 1 k − 1 − 1 2 k − 1 − 1 3
1 k
− 1 1 k − 1 2 k − 1 3
.
.
.
.
. k − 1
.
k − 1 − 1 k k − − 1 1
Koristei osobine n n! = , k ( ) k n k − ! ! dobivamo
n n = = 1 , 0 n
1
1
1
.
.
.
0
1
2
.
.
.
0
0
2
.
.
.
D = 0
0
0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0
0
0
1
.
1
k − 2 k − 1
k − 1 k − 1 − 1 2 2 k − 1 k − 1 − 1 = 1 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ ... ⋅ (k − 1) = (k − 1)! 3 3 . .
. .
n n = = n n − 1 1
.
.
.
.
.
.
0
k − 1
4. Odrediti sva riješenja matrične jedna čine 1
1 − 7 X + 0 − 1 1
X 2 +
1
0
=
0 0 0 0
RIJEŠENJE a b Neka je X = . Tada je c d a b a b a 2 + bc ab + db 2 X = ⋅ c d = 2 c d ca + cd cb + d
Uvrštavanjem u datu jedna čini dobivamo: a 2 + bc ab + bd 1 1 a b − 7 1 0 0 + ⋅ c d + 0 0 = 0 0 2 1 1 − + + ca cd cb d a 2 + bc ab + bd a + c b + d − 7 1 0 0 + − a + c − b + d ⋅ + 0 0 = 0 0 2 + + ca cd cb d a 2 + bc + a + c − 7 ab + bd + b + d + 1 0 = 2 cb + d − b + d 0 ca + cd − a + c Koristei definiciju jednakosti matrica, za
0
0
nalaenje matrice X dobivamo
sistem jednaina: a 2 + bc + a + c − 7 = 0 ab + bd + b + d + 1 = 0 ca + cd − a + c = 0 cb + d 2 − b + d = 0
1 − 3 5. Data je matrica A = 0 1 matrice A, sopstveni vektor
2 0 . Odrediti sve sopstvene vrijednosti 0 1+ 3 koji odgovara srednjoj po velicini sopstvenoj 0
1
vrijednosti, rang matrice i ispitati da li je matrica pozitivno odreena.
Riješenje:
30. jun 2011 2011 1. a) Dokazati da je broj
32 n + 2 − 8n − 9 djeljiv
sa 64
∀n ∈ N
RIJEŠENJE Imamo 32
n+ 2
(
) − 9 ) − 8n = 9(3 − 1) − 8n = 9(9 − 1) − 8n
− 8n − 9 = 3
(
= 9 ⋅3
2n
2n+2
)
(
2
− 9 − 8n = 3 ⋅ 3
2n
2n
− 9 − 8n =
n
na osnovu formule a − b = (a − b )(a n
n
n −1
+ ... + ab
n−2
+b
n −1
)
Dobivamo 32 n + 2 − 8n − 9 = 9(9 − 1)(9n −1 + 9n − 2 + ... + 9 + 1) − 8n =
(
= 9⋅8 9
n −1
+9
n−2
)
((
+ ... + 9 + 1 − 8n = 8 9 9
n −1
+9
n−2
) )
+ ... + 9 + 1 − n
n− n− Pri dijeljenju svakog od brojeva 9 1,9 2 ,...,9 sa 64 dobije se ostatak 1. Zato
vrijedi jednakost 9n −1 + 9n − 2 + ... + 9 = 8 M + (n − 1) ⋅1 za neki prirodan broj M. Dalje dobivamo 32
n+ 2
− 8n − 9 = 8(9(8 M + n − 1 + 1) − n ) =
= 8(9 ⋅ 8 M + 9n − n ) = 8(9 ⋅ 8 M + 8n ) = 64(9 M + n )
Prema tome, broj 32 n + 2 − 8n − 9 je djeljiv sa 64
II NA ČIN Princip matematičke indukcije 1° za n = 1 , 64 / 32n 2 − 8n − 9 i ta čno je. 64 / 64 ( Ovdje smo mogli uzeti da n ∈ N 0 jer n = 0 ⇒ 64 / 0 što je tako er ta čno) +
2° Pretpostavimo da 64 / 32n 2 − 8n − 9 Trebamo dokazati da 64 / 32(n 1) 2 − 8(n + 1) − 9 . Da bi to dokazali trebamo povezati 64 / 32n 2 − 8n − 9 i 64 / 32(n 1) 2 − 8(n + 1) − 9 nekom jedna činom, i potom iskoristiti indukcisku pretpostavku da 64 / 32n 2 − 8n − 9 . Zato imamo +
+ +
+
+ +
+
3 2 (n +1)+ 2 − 8(n + 1) − 9 = 3 2 n+ 2+ 2 − 8n − 8 − 9 = 32 n+ 4 − 8n − 17 = = 9⋅3
(
2 n+ 2
= 9⋅ 3
2 n+ 2
(
− 8n − 17 = 9 3
)
2 n+ 2
)
− 8n − 9 + 64 n + 64 =
− 8n − 9 + 64(n + 1)
Očigledno je 64(n + 1) djeljivo sa 64. Sada iz pretpostavke da 64 / 32n 2 − 8n − 9 slijedi da +
b) Ako je o
1 + 2m S = : m, n ∈ Z . 1 + 2n
64 / 32(
n +1)+ 2
− 8(n + 1) − 9
Ispitati algebarsku strukturu ( A,o) gdje je
obično množenje.
RIJEŠENJE Prije svega uoimo injenicu da je skup bitne za ispitivanje ove strukture.
A ⊆ Q što povlai brojne osobine
1° Zatvorenost Neka su (a, b ∈ A) proizvoljni. Tada vai a ⋅b =
1 + 2m 1 + 2 p ⋅
1 + 2n 1 + 2q
=
1 + 2m + 2 p + 4mp 1 + 2n + 2q + 4nq
=
1 + 2(m + p + 2mp ) 1 + 2(n + q + nq )
Dakle, proizvod dva proizvoljna elementa skupa A mogue je dovesti na pogodan oblik, kakav je dat u pravilu skupa iz postavke zadatka. Treba još dokazati da (m + p + 2mp ) ∈ Z ∧ (n + q + 2nq ) ∈ Z
Posmatramo ova dva izraza. U njima se koriste operacije sabiranja i mnoenja i to u skupu cijelih brojeva. Kako znamo da su ( Z ,+ ) i ( Z ,⋅) grupoidi, odnosno skp cijelih brojeva je zatvoren u odnosu na ove dvije operacije, to zakljuujemo da e i gornji izrazi biti takoe biti pripadnici skupa cijelih brojeva, ime je takoe dokazano da a ⋅ b ∈ A . Ono što vrijedi za proizvoljne, vrijedi i za sve, odnosno skup A je zatvoren u odnosu na operaciju obinog mnoenja. Znai, struktura ( A,⋅) je grupoid. 2° Asocijativnost Pošto je mnoenje asocijativno u skupu Q , a kako je A ⊆ Q , slijedi da je mnoenje asocijativno u skupu A , odnosno struktura ( A,⋅) je polugrupa.
3° Neutralni element (∃m, n ∈ Z ) m = n = 0 1 =
1+ 2⋅ 0 1+ 2⋅ 0
1 ⋅ x = x ⋅1 ⇒ neutralni element e = 1
Dakle, algebarska struktura ( A,⋅) je monoid. 4° Inverzni element Oigledno Neka je 1 + 2m 1 + 2n ∃
0 ∉ A , pa tako slijedi :
= a ∈ A
1 + 2n 1 + 2m
∈ A
1 + 2m 1 + 2n ⋅
1 + 2n 1 + 2m
=1
(m, n) ∈ Z ⇒ (n, m) ∈ Z
Ono što vrijedi za proizvoljne, vrijedi i za sve, odnosno svaki elemenat skupa A ima svoj neutralni element. Znai, algebarska struktura ( A,⋅) je grupa. Kako je operacija obinog mno ����� ����������� � ����� ����������� �������� ���č�� ( A,⋅) je Abelova grupa. 2. a) Odrediti nule polinoma z 3 − 4(1 + i ) z 2 + (5 + 16i ) z − 20i = 0 u polju C ako se zna da je jedna nula čisto imaginarna. RIJEŠENJE RIJEŠENJE Prema uslovu zadatka jedna nula polinom P( z ) = z 3 − 4(1 + i ) z 2 + (5 + 16i ) z − 20i
je isto imaginarna. Neka je z1 = α i nula polinoma P( z ) . Dakle, vrijedi P ( z1 ) = 0 . 3
2
P(α i ) = (α i ) − 4(i + 1)(α i ) + (5 + 16i )(α i ) − 20i = 0 − α i + 4α (i + 1) + (5 + 16i )α i − 20i = 0 3 3
2
2
2
− α + 4α i + 4α + 5α i − 16α − 20i = 0
4α 2 − 16α − i (α 3 − 4α 2 − 5α + 20) = 0
slijedi, 4α 2 − 16α = 0 ∧ α 3 − 4α 2 − 5α + 20 = 0 4α (α − 4) = 0 ∧ α 2 (α − 4) − 5(α − 4) = 0
4α (α − 4) = 0 ∧ (α 2 − 5)(α − 4 ) = 0
(α = 0 ∨ α = 4) ∧ (α = ±
5 ∨ α = 4
)
Dakle, dobivamo α = 4 , pa je z1 = 4i . Ako su z1 , z2 , z3 nule polinoma P( z ) , tada je P( z ) = ( z − z1 )( z − z 2 )( z − z3 )
Dakle , imamo: P ( z ) = ( z − z1 )( z − z 2 )( z − z3 ) = ( z − 4i)( z − z 2 )( z − z3 ) =
(
)
= ( z − 4i ) z − z 3 z − z 2 z + z 2 z3 = 3
2
2
2
2
= z − z3 z − z 2 z + z 2 z3 z − 4iz + 4iz 3 z + 4iz 2 z − 4iz 2 z 3 = = z − z ( z 3 + z 2 + 4i ) + z( z 2 z3 + 4iz 2 + 4iz 3 ) − 4iz 2 z 3 3
2
Izjednaavanjem koeficienata uz odgovarajue stepene od z dobivamo: z 3 + z 2 + 4i = 4(i + 1) ⇒ z 2 + z 3 + 4i = 4i + 4 ⇒ z 2 + z 3 = 4 ⇒ z 2 = 4 − z 3 z 2 z 3 + 4iz 2 + 4iz 3 = 5 + 16i ⇒ z 2 z 3 + 4i ( z 2 + z 3 ) = 5 + 16i
4iz 2 z 3 = 20i ⇒ z 2 z 3 = 5
dakle, (4 − z3 ) z3 + 4i(4 − z3 + z3 ) = 5 + 16i 4 z 3 − z 32 + 16i = 5 + 16i 2
− z 3 + 4 z 3 − 5 = 0
( z3 )1,2 =
− 4 ± 16 − 20 −2
=
− 4 ± 2i −2
= 2mi
za z3 = 2 − i dobivamo z 2 = 4 − z3 = 4 − 2 + i = 2 + i za z3 = 2 + i dobivamo z2 = 4 − z3 = 4 − 2 − i = 2 − i z − 1 = −i 1 + i
b) U skupu C riješiti jedna činu z ⋅ Re( z − 1) − 2 Im RIJEŠENJE RIJEŠENJE
Neka je z = x + yi . Onda je njemu konjugovano-kompleksan broj dat sa z = x − yi , pa vrijedi: z − 1 = x + yi − 1 = x − 1 + yi z − 1
1+ i
=
z − 1 1 − i ⋅
1+ i 1− i
=
z − z i − 1 + i
2
=
x − yi − ( x − yi )i − 1 + i
Dobivamo da je z − 1 1 − x − y = + 1 2 i
Re( z − 1) = x − 1 ∧ Im
2
=
x − y − 1 1 − x − y
2
+
2
i
Kada ovo uvrstimo u datu jednainu, dobivamo: ( x + yi )( x − 1) − (1 − x − y ) = −i 2 x + y − 1 + ( xy − y )i = −i
Izjednaavanjem, dobivamo: 2
x + y − 1 = 0 ∧ xy − y = −1
iz druge jednaine slijedi y( x − 1) = −1 tj.
y = −
1 x − 1
.
Zamjenom u prvu jednainu dobivamo: x 2 −
1 x − 1
odnosno x( x 2 − x − 1) = 0
−1 = 0
Riješenja ove jednaine su: x1 = 0, x2 =
1+ 5 2
, x3 =
1− 5 2
Odakle je y1 = 1, y2 =
−1 −
5
2
, y3 =
−1 +
5
2
Dakle, dobivamo da jednaina ima tri riješenja z1 = i, z 2 =
1+ 5 2
(1 − i ), z3 =
1− 5 2
(1 − i )
3. U vektorskom prostoru R 4 dati su potprostori U = Lin{(1,1,1,2), (1,2,2,α )} i V = Lin{(1,3,4, α + 2), (1,4, α ,α + 4)}, α ∈ R . Odrediti baze i dimenzije podprostora U + V ,U ∩V u zavisnosti od α . RIJEŠENJE RIJEŠENJE
Odredimo najprije dimenzije potprostora ° D imenzija potprostora U 1 1° Ozna čimo sa
U i V :
f 1 = (1,1,1,2) i f 2 = (1,2,2,α ) . Ispitujemo linearnu zavisnost
vektora f 1 i f 2 . β 1 f 1 + β 2 f 2 = 0 β 1 (1,1,1,2) + β 2 (1,2,2, α ) = 0
( β 1 + β 2 , β 1 + 2 β 2 , β 1 + 2 β 2 ,2 β 1 + αβ 2 ) = 0
β 1 + β 2 = 0
⇒
β 1 + β 2 = 0 ⇒ β 1 = − β 2
β 1 + 2 β 2 = 0
⇒ β 1 + 2 β 2
β 1 + 2 β 2 = 0
=0
β 1 = 0
2 β 1 + αβ 2 = 0
2 β 1 + αβ 2 = 0
− β 2 + 2 β 2 = 0 ⇒ β 2 = 0
Dakle, vektori f 1 i f 2 su linearno nezavisni pa je dim(U ) = 2 .
2 ° Dimenzija potprostora V 2°
Ozna čimo sa
g1 = (1,3,4, α + 2) i g 2 = (1,4, α , α + 4) . Ispitujemo linearnu
zavisnost vektora g1 i g 2 . β 1 g1 + β 2 g 2 = 0 β 1 (1,3,4, α + 2) + β 2 (1,4, α ,α + 4) = 0
( β 1 + β 2 ,3 β 1 + 4 β 2 ,4 β 1 + αβ 2 , (α + 2) β 1 + (α + 4) β 2 ) = 0 β 1 + β 2 = 0
⇒
β 1 = − β 2
3 β 1 + 4 β 2 = 0
⇒ − 3 β 2 + 4 β 2
4 β 1 + αβ 2 = 0
(α + 2) β 1 + (α + 4) β 2 = 0
= 0 ⇒ β 2 = 0
β 1 = 0
Dakle, vektori g1 i g 2 su linearno nezavisni pa je dim(V ) = 2 . 3°Dimenzija potprostora U ∩ V x ∈ U ⇒ x = β 1 f 1 + β 2 f 2 = β 1 (1,1,1,2 ) + β 2 (1,2,2, α ) x ∈ V ⇒ x = γ 1 g1 + γ 2 g 2 = γ 1 (1,3,4,α + 2) + γ 2 (1,4, α ,α + 4) Izjednačavanjem dobivamo:
( β 1 + β 2 , β 1 + 2 β 2 , β 1 + 2 β 2 ,2 β 1 + αβ 2 ) = (γ 1 + γ 2 ,3γ 1 + 4γ 2 ,4γ 1 + αγ 2 , (α + 2)γ 1 + (α + 4)γ 2 ) β 1 + β 2 =
⇒
1
+
2
β 1 + 2 β 2 = 3γ 1 + 4γ 2 β 1 + 2 β 2 = 4γ 1 + αγ 2 2 β 1 + αβ 2 = (α + 2)γ 1 + (α + 4)γ 2
4γ 1 + α
2
= 3γ 1 + 4
⇒ 4γ 1 − 3γ 1 = 4γ 2 − αγ 2 γ 1 = (4 − α )γ 2
Ako prve dvije jednakosti posmatramo kao sistem β 1 + β 2 =
1
+ γ 2
β 1 + 2 β 2 = 3γ 1 + 4γ 2
drugu jednakost oduzmemo od prve dobivamo β 2 = 2
1
+ 3γ 2
uvrstavanjem u bilo koju (prvu ili drugu) dobivamo β 1 = −
1
− 2γ 2
2
Ako uzmemo proizvoljno γ 2 = 1 dobivamo
1
= 4 − α
β 1 = 11 − 2α β 2 = α − 6
pa dobivamo vektor x = γ 1 g1 + γ 2 g 2 = (4 − α )(1,3,4,α + 2) + 1(1,4,α , α + 4) =
(
2
= 5 − α ,8 − α ,16 − 3α ,−α + 3α + 12
4. Neka je
)
????
f : P2 [ x ] → M 2 x 2 ( R ) preslikavanje definisano sa
b + c f (a + bx + cx 2 ) = b
a
. Ispitati da li je f linearan operator, pa ako
c
1 0 1 1 1 1 1 1 , 0 0, 1 0, 1 1 0
jeste odrediti mu matricu u odnosu na baze 0
i (1, x, x 2 ) . Odrediti bazu i dimenziju za 5. Data je matrica
Im f i Kerf .
cosϕ − sin ϕ A = . Odrediti sopstvene vrijednosti i sin cos ϕ ϕ
sopstvene vektore.
1. septembar 2011 2011 1. a) U skupu R 3 definisana je relacija
sa ( x, y, z )ρ (a, b, c) ⇔ x = a ∧ sign( y ) = sign(b) ∧ [ z ] = [c] . Provjeriti da li je ρ relacija ekvivalencije i ako jeste opisati koli činski skup i klasu kojoj pripada ta čka (0,0,0) . Dati geometrisku interpretaciju. ρ
RIJEŠENJE RIJEŠENJE 1° Dokaimo da li je relacija ekvivalencije REFLEKSIVNOST:
(∀ x, y, z ∈ R ) ( x, y, z )ρ ( x, y, z ) 3
Neka je ( x, y, z ) ∈ R 3 proizvoljan element. Tada je ( x, y, z ) ∈ R 3 = RxRxR ⇔ x, y, z ∈ R x = x sign( y ) = sign( y ) ⇔ ( x, y, z )ρ ( x, y, z ) [ z ] = [ z ]
Ono što vrijedi za proizvoljan element, vrijedi i za svaki. Ovim je dokazana refleksivnost relacije ρ . SIMETRINOST: Neka su ( x1 , y1 , z1 ), ( x2 , y2 , z 2 ) ∈ R 3 takvi da vrijedi ( x1 , y1 , z1 )ρ ( x2 , y2 , z 2 ) x1 = x 2 x 2 = x1 sign( y1 ) = sign( y 2 ) ⇔ sign ( y 2 ) = sign( y1 ) ⇔ ( x 2 , y 2 , z 2 ) ρ ( x1 , y1 , z1 ) [ z1 ] = [ z 2 ] [ z 2 ] = [ z1 ]
Ono što vrijedi za proizvoljan element, vrijedi i za svaki. Ovim je dokazana simetrinost relacije ρ . TRANZITIVNOST: Neka su uzete proizvoljne ureene trojke ( x1 , y1 , z1 ), ( x2 , y 2 , z 2 ), ( x3 , y3 , z 3 ) ∈ R 3 takve da vrijedi: ( x1 , y1 , z1 ) ρ ( x2 , y2 , z 2 ) ∧ ( x2 , y2 , z 2 ) ρ ( x3 , y3 , z3 ) ⇒ ( x1 , y1 , z1 )ρ ( x3 , y3 , z3 )
x1 = x 2 ∧ x 2 = x3 x1 = x3 sign( y1 ) = sign( y 2 ) ∧ sign( y2 ) = sign( y3 ) ⇒ sign( y1 ) = sign( y3 ) ⇒ ( x1 , y1 , z1 ) ρ ( x3 , y3 , z3 ) [ z1 ] = [ z 2 ] ∧ [ z 2 ] = [ z3 ] [ z1 ] = [ z 3 ]
Ono što vrijedi za proizvoljan element, vrijedi i za svaki. Ovim je dokazana tranzitivnost relacije ρ . Kako je relacija ρ refleksivna, simetrina i tranzitivna, dokazano je da je ona relacija ekvivalencije. 2° Klase ekvivalencije Ako posmatramo relaciju ρ , vidimo da je ona definisana sa tri uslova i to u trodimenzionalnom prostoru R 3 . Dakle, skup mo�emo geometriski posmatrati kao trodimenzionalni prostor, odre đen trodimenzionalnim pravouglim koordinatnim sistemom. Ako bi relacija ρ bila sastavljena od prvog uslova ( x = a ) , to bi zna čilo da jednoj klasi ekvivalencije pripadaju sve ta čke trodimenzionalnog prostora čija je prva koordinata ista, a to geometriski predstavlja ravan koja je paralelna sa ravni „ y − z “ i udaljena je od nje za „ a “ u pozitivnom smjeru x − ose. Kada uvedemo drugi uslov (sign( y ) = sign(b)) , klasa ekvivalencije se suava. Imajui u vidu da znak druge koordinate mora biti jednak, to znai da ovaj uslov svodi klasu na poluravan, omeenu pravom „ p “, koja istovremeno pripada klasi ekvivalencije. Trei uslov ([ z ] = [c]) dodatno suava klasu ekvivalencije. On govori da cjelobrojni dio tree koordinate kod dvije take koje pripadaju istoj klasi ekvivalencije mora biti jednak. Ovaj uslov dijeli poluravan na „trakice“ koje su širine poluotvorenog intervala [c, c + 1) . Da bi ovo objasnili moemo iz trodimenzionalnog prostora R 3 prei u jednodimenzionalni prostor R . Na slici je predstavljena prava koja predstavlja skup realnih brojeva. Ako se na ovoj pravoj predstavi skup cijelih brojeva Z dobie se cijeli podioci vrijednosti {...,0,1,2,3,...}. U ovom skupu cijelobrojni dijelovi elemenata ne mogu biti jednaki, kao što je to mogue u skupu realnih brojeva. Naime, svi brojevi iz intervala [0,1] ima će isti cjelobrojni dio. Isto vrijedi za bilo koji
drugi interval. Dakle, ovo su poluotvoreni intervali čiji je predstavnik cijeli broj kojim započinje interval. x, y ∈ R tako da x ρ y ⇔ [ x ] = [ y ] ⇒ [a, a + 1)(a ∈ Z ) .
Dakle, klase ekvivalencije u trodimenzionalnom prostoru izgledae kao:
Što se tie klase elvivalencije za taku (0,0,0) , ona se donekle razlikuje. Napišimo definiciju znaka od x : 1 x > 0 sign( x ) = 0 x = 0 − 1 x < 0
Klasa ekvivalencije za koordinatni poetak nee biti „trakica“ jer je znak druge koordinate koordinatnog poetka 0 , a to znai da se svodi samo na z − osu. Trei uslov ovu osu dijeli na opisane poluotvorene intervale, tako da je klasa ekvivalencije koordinatnog poetka C ( 0 ,0 , 0 ) = (0,0,0), (0,0,1) (0,0,1) .
b) Koliko ima ureenih četvorki ( x1 , x2 , x3 , x4 ), xi ∈ Z , i = 1,4 takvih da va ži x1 ⋅ x 2 ⋅ x3 ⋅ x 4
=3
7
RIJEŠENJE RIJEŠENJE
2. a) Kompleksni brojevi koji zadovoljavaju uslov (1 + i ) z 2 + 2 − 2i (1 + i ) z 2 + 2 − 2i = 1 Re = Im 3 + 2i 3 + 2i čine
dva tjemena jednakostraničnog trougla. Odrediti treće tjeme koje se nalazi u četvrtom kvadrantu.
RIJEŠENJE RIJEŠENJE Iz uslova zadatka imamo i realni i imaginarni dio kompleksnog broja (1 + i ) z 2 + 2 − 2i 3 + 2i
tj. (1 + i ) z 2 + 2 − 2i 3 + 2i
= 1+ i
Odavde izrazimo z 2 : (1 + i ) z 2 + 2 − 2i
= 1+ i ⇔
(1 + i ) z 2 + 2 − 2i = (1 + i )(3 + 2i )
3 + 2i (1 + i ) z 2 + 2 − 2i = 3 + 2i + 3i − 2
(1 + i ) z 2 + 2 − 2i = 1 + 5i (1 + i ) z 2
tj. z 2 =
= −1 + 7 i
− 1 + 7i
⋅
1+ i
⇒ z 2
1− i
=
1− i
=
− 1 + 7i
1+ i − 1 + i + 7i + 7 2
=
6 + 8i 2
= 3 + 4i
pa dobivamo z = 3 + 4i . Kvadratni korijen kompleksnog broja se moe izraunati i na sljedei nain. Predstavimo kompleksan broj z u obliku 3 + 4i
= x + yi
Kvadrirajući i lijevu i desnu stranu ove jednakosti dobivamo 2
3 + 4i = ( x + yi )
2
= x + 2 xyi −
y2
Odavde slijedi, izjednaavanjem kompleksnih brojeva x
2
− y
2
= 3 ∧ xy =
2
Kada iz xy = 2 izrazimo jednu od nepoznatih, npr. x
2
− y
x
2
−
2
4 x
2
=3
y =
2 x
i uvrstimo u
, dobivamo:
= 3 / ⋅ x
2
⇒ x 4 − 3x 2 − 4 = 0
koju riješavamo uvoenjem smjene x 2 = t : 2
t
− 3t − 4 = 0
Kako je x ∈ R ⇒ t = x 2 > 0 tj. jedino riješenje jednaine je dobivamo x1 = 2, x2 = −2 . Na osnovu
y =
2 x
slijedi
y1
x
2
=
4 , odakle
= 1, y 2 = −1
.
Na ovaj nain smo izra ���� ��� ��������� ���������� �������� ����������� ����� 3 + 4i � z1
=
2 + i ∧ z 2
= −2 − i
���ć� ����� �������������č��� ������� z1 z 2 z3 � ���� �� ������ � č������� ���������� ������ ������ ��������� ������� z 2 ��� ������� z1 �� ���� π
z 3
= z1 +
( z 2 − z1 )e 3
3
b) Ako je A = 1
i
=
π
3
� 1 3 + 2 2 i = 3(1 − 2i) �
2 + i + (− 2 − i − 2 − i )
− 1
odrediti A n . 1
RIJEŠENJE RIJEŠENJE 3. U vektorskom prostoru R 4 dati su vektorski podprostori Lin{(1,1,3,2 ), (2,−1,1,1), (1,0,1,1), (2,2,6,4)} i Lin{(− 2,5,6,3), (4,−10,−12,−6)} . Odrediti baze i dimenzije podprostora U ∩ V i U + V . RIJEŠENJE RIJEŠENJE
4. Izra činati determinantu
1
n
n
.
.
.
n
n
n
2
n
.
.
.
n
n
n
n
3
.
.
.
n
n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
n
n
n
.
n
n
n
.
. .
n −1 n
.
.
n
n
RIJEŠENJE RIJEŠENJE Vidimo da je determinanta n − tog reda. Zadnju vrstu pomnoimo sa (− 1) i dodajemo je ostalim vrstama. Dobivamo,
5. U zavisnosti od realnih parametara kada je neodreen px − y − z = 2
2 px − py + z = q 3 px − ( p + 2) y + pz = q 2
RIJEŠENJE RIJEŠENJE
p , q diskutovati
sistem i riješiti u slu čaju
15. septembar 2011 2011 1. a) U skupu R 2 definisana je relacija ρ sa ( x, y ) ρ (a, b) ⇔ x + b = y + a ∧ sgn( y ) = sgn(b) . Provjeriti da li je ρ relacija ekvivalencije i ako jeste opisati koli činski skupi klasu kojoj pripada ta čka (3,2) . Dati geometrisku interpretaciju. RIJEŠENJE b) Suma binomnih koeficienatua u razvoju binoma
1 2 2nx
+ 2nx
3n
jednak je
64. Odrediti član takvog razvoja koji ne sadr ži x . RIJEŠENJE 2. Dat je skup S = { z ∈ C : z 3 = 1}. Ispitati algebarsku strukturu (S ,⋅) gdje je · množenje kompleksnih brojeva. RIJEŠENJE 3 x + 2 y + z = a
3. Neka je T skup svih (a, b, c ) takvih da je sistem
x + y + 4 z = b
saglasan.
5 x + 3 y − 2 z = c
Dokazati da je (T ,+,⋅) vektorski prostor a zatim mu odrediti dimenziju i ednu bazu. RIJEŠENJE 3 x + 2 y + z = a
Posmaztamo sistem
x + y + 4 z = b
. Vrijedi
5 x + 3 y − 2 z = c
3 2 1 1 5 3
1
| a
4
| b
~ −2 | c
~( V 1 prepišemo,
(zamjenimo V 1 i V 2 )
1 V 2 − 3V 1 , V 3 − 3V 1 )~ 0 0
1 1 ~ 3 2 5 3
4
| b
1
| a
~ −2 | c
−1 − 11 | a − 3b ~ −2 − 22 | c − 5b 1
4
|
a
~( V 1 prepiš,emo, V 2 prepišemo,
1 V 3 − 2V 2 ) ~ 0 0
a − 3b −1 − 11 | 0 0 | c + b − 2a 1
4
|
a
Na osnovu Kroneker-Kaplijevog stava sistem ima riješenje ako i samo ako je c + b − 2a = 0 , pa je T = [a, b,2a − b]T | a, b ∈ R . Kako je
1 0 1 0 T = a 0 + b 1 | a, b ∈ R = L 0 , 1 , te je (T ,+,⋅) podprostor 2 − 1 2 − 1
prostora R 3 . Neka je sada
1 0 B = 0 , 1 . Za α , β ∈ R , iz 2 − 1 0 1 0 0 = α 0 + β 1 0 2 − 1
Slijedi, α = β = 0 pa je B linearno nezavisan skup. Neka je
a b ∈ T . Tada je 2a − b
a 1 0 b = a 0 + b 1 . 2 a − b 2 − 1
Dakle, skup B je baza vektorskog prostora (T ,+,⋅) i
dim T = 2.
4. Provjeriti da li je linearni operator F : P2 [ z ] → M 2 x 2 ( R ) injektivan, sirjektivan, invertibilan pa ako jeste invertibilan odrediti njegov inverz . F (a + bz + cz
2
) =
. − a + b − c a + b + c 4 3 2 2 a + 2b − 2c
2a + 2b
RIJEŠENJE 5. Ako su
λ 1 , λ 2 sopstvene vrijednosti matrice A1
λ 12 , λ 1λ 2 , λ 22 sopstvene vrijednosti matrice
RIJEŠENJE
=
a b c d , dokazati da su
a2 ab b2 A2 = 2ac ad + bc 2bd . 2 c2 cd d
Ako su det ( A1 =
λ 2
λ 1 i λ 2 sopstvene vrijednosti matrice A1 λ E ) =
−
a − λ
b
c
d − λ
=
=
a b c d , tada vrijedi
(a − λ )(d − λ ) − bc = ad − aλ − d λ + λ 2 − bc =
(a + d )λ + ad − bc
−
S druge strane je det ( A1
λ E ) = (λ 1 − λ )(λ 2
−
λ ) = λ 1λ 2
−
−
λ 1λ − λ 2 λ + λ 2
=
λ 2
−
(λ 1 + λ 2 )λ + λ 1λ 2
izjednaavanjem koeficienata uz odgovarajue stepene od λ dobivamo λ 1 + λ 2 λ 1λ 2
a + d
=
ad − bc
=
Poka ���� ���� �� ��
λ 12 , λ 1λ 2 , λ 22 sopstvene vrijednosti matrice
a2 ab b2 A2 = 2ac ad + bc 2bd . 2 c2 cd d
S jedne strane imamo, a2
det ( A2
−
−
ab
b2
ad + bc − λ
2bd
λ
λ E ) = 2ac c2
d 2
cd
=
2ab 2 c 2 d + 2ab 2 c 2 d + (a 2
−
λ )(d 2
−
2bcd 2 (a 2
−
λ ) =
=
4ab 2 c 2 d + (a 2 d 2
−
2a 2 bcd 2
=
2 2 2 2 3ab c d − 3a bcd
+
a b
3
3
+
a 2 λ 2
−
λ 3
−
= − +
λ 3
3
+
+ 3
a d
+
λ ) − 2a 2 bc(d 2
2
−
+
+
d
2
bcλ 2 +
3a 2 bcd 2
−
+
λ )(ad + bc − λ ) − b 2 c 2 (ad + bc − λ ) −
2
(
+
+ −
+
b 2 c 2 λ
2a 2 bcλ =
2 2 3 2 2 2 a d λ − ad λ − bcd λ + d λ
b 3c 3
ad + bc )λ
+
λ
d 2 λ − a 2 λ + λ 2 )(ad + bc − λ ) − ab 2 c 2 d − b 3 c 3
2bcd 2 λ − 2a 2 bcd 2
ad λ 2
(a
−
−
−
−
=
−
3
2
a d λ − a bcλ +
b 2 c 2 λ + 2bcd 2 λ + 2a 2 bcλ = 2
2
a d
−
3
ad
+
2
bcd
−
3 2 2 2 a d + a bc + b c )λ +
3ab 2 c 2 d − b 3 c 3
����������� ����������� �� ����������ć� č������ �� λ � � ��������� λ 1 + λ 2 λ 1λ 2
=
=
a + d
ad − bc
�� λ 2 ����� a =
2
+
d
2
+
ad + bc = (a + d )
(λ 1 + λ 2 )2 − λ 1λ 2
�� λ �����
=
λ 12
+
2
−
λ 1λ 2
2ad + ad + bc +
λ 22
=
(a + d )2 − (ad − bc ) =
−
a 2 d 2
−
(a
2
ad 3
bcd 2
+
−
a 3 d + a 2 bc + b 2 c 2
=
) − ad (a + d ) + bc(a + d ) = = −(ad + bc )(ad − bc ) − (a + d )(ad − bc ) = −(ad − bc )(a + d + ad + bc ) = = −(ad − bc )[(a + d ) − (ad − bc )] = − λ λ [λ + λ λ + λ ] = −(λ λ + λ λ + λ λ ) = −
2
d
−
2
b c
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2 1
1
2
2
2 2
3 1
2
2 1
2 2
1
3 2
� �� �������� �� ����� 3
3
a d
−
3a 2 bcd 2
+
3ab 2 c 2 d − b 3 c 3
=
(ad − bc )3
=
(λ 1λ 2 )3
=
λ 13 λ 32
�� ����� ������ ����� det ( A2 − λ E ) = (λ 12 − λ )(λ 1λ 2 − λ )(λ 22 − λ ) = (λ 13 λ 2 − λ 12 λ − λ 1λ 2 λ + λ 2 )(λ 22 − λ ) = =
λ 13 λ 32
= −
λ 3
−
+
λ 13 λ 2 λ − λ 12 λ 22 λ + λ 12 λ 2
(λ
2 1 +
λ 1λ 2
+
λ 22 )λ 2
(
+ −
−
λ 1λ 32 λ + λ 1λ 2 λ 2
λ 13 λ 2
−
λ 12 λ 22
−
+
λ 22 λ 2
−
λ 3
=
λ 1λ 32 )λ + λ 13 λ 32
������ ������ ������č��� ��� ������� ako su λ 1 i λ 2 sopstvene vrijednosti a b , onda su λ 12 , λ 1λ 2 , λ 22 sopstvene vrijednosti matrice c d
matrice A1 =
a2 ab b2 A2 = 2ac ad + bc 2bd . 2 c2 cd d
3. oktobar 2011 2011 1.
a) Dokazati da za svaki prirodan broj n va ži 3 4
+
5 36
2n + 1
+ ... +
n (n + 1)
2
2
= 1−
1
(n + 1)2
RIJEŠENJE 1. Provjerimo da li jednakost vrijedi za L ≡ D
2 ⋅1 + 1 1 (1 + 1) 1
≡ 1−
2
=
3 4
1
(1 + 1)2
= 1−
1
=
4
3 4
Dakle, jednakost vrijedi za n = 1. 2. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za 3
5
+
4
36
+ ... +
2k + 1 2
k 2 (k + 1)
= 1−
5
+
4
36
+ ... +
n = k tj. neka vrijedi
1
(k + 1)2
3. Dokaimo da tvrdnja vrijedi i za 3
n = 1:
2(k + 1) + 1 2
n = k + 1 tj. da vrijedi
2
= 1−
2
=1−
(k + 1) ((k + 1) + 1)
1
((k + 1) + 1)2
DOKAZ 3
5
+
+ ... +
2(k + 1) + 1
1
36
= 1−
1
(k + 2 )
2
(k + 1) ((k + 1) + 1)
= 1−
2
+
2(k + 1) + 1
=
(k + 1) (k + 1)2 ((k + 1) + 1)2 (k + 2) 2 − (2k + 3) 1 2k + 3 = 1− + = 1− = (k + 1)2 (k + 1)2 (k + 2 )2 (k + 1)2 (k + 2 )2 2 2 (k + 1)2 k + 4 k + 4 − 2k − 3 k + 2k + 1 = 1− = 1− = 1− = (k + 1) 2 (k + 2 )2 (k + 1) 2 (k + 2 )2 (k + 1)2 (k + 2 )2 4
2
1
((k + 1) + 1)2
Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1 . 4. Jednakost vrijedi i za svaki prirodan broj n . NAPOMENA Jednakost moemo zapisati i na sljedei nain n
2k + 1
∑ k (k + 1) k =1
2
2
= 1−
1
(n + 1)2
b) Neka je P skup svih permutacija skupa S = {1,2,3}. Ispitati algebarsku
strukturu kojoj je nosa č skup P a operacija je kompozicija preslikavanja. 2. a) U kompleksnoj ravni data je ta čka z1 = 3 + 4i odrediti ta čke z2 i z3 tako da trougao
∆ z1 z 2 z3
bude jednakostraničan ako se zna da je ta čka H =
3
−
2
1 2
i
središte stranice z2 z3 . RIJEŠENJE Predstavimo nepoznate kompleksne brojeve z2 i z3 u obliku: z2
= x2 + y2i
z3
= x3 + y3i
Kako je, na osnovu zadatka, H središte stranice z2 z3 imamo x2 + x3
3
=
2
y2 + y3
i
2
=−
1
2
2
tj, x2 + x3 = 3 i y2 + y3 = −1 Još dvije jedna čine koje su nam potrebne da bi izra čunali nepoznate x2 , x3 , y2 , y3 dobivamo iz činjenice da ta čke z1 , z2 , z3 čine tjemena jednakostraničnog trougla. Na primjer, tjeme z3 možemo dobiti rotacijom tjemena z1 oko z1 za ugao π
z3
= z1 + ( z2 − z1 )e 3
π
3
i
tj. x3 + y3i = 3 + 4i + ( x2 + y2i − 3 − 4i)(
1
3
+
2
2
i)
Iz ove veze , na osnovu jednakosti kompleksnih brojeva, dobivamo 1 x3 + y3i = 3 + 4i + x2 2
1 x3 + y3i = 3 + x2 2 x3
= 3+
y3
=
1 2
4+
x2
3 2
3
−
2
x2
+
Dakle, dobivamo x3
=2
3+
y3
= 2+
1 2
(
1
1 2
2 3
−
2
y2
−
y2
y2
3 2
−
x2i + −
+2
3 3 2
)
3 x2 + y2 − 3 3
)
2
−
Sada rješavamo sistem
3 2
3 y2
2
(3 + x
3
+
3
1 2
y2i −
+2
=
−2=
3
3 2
y2
−
2 2+
1
2
x2
3
3 2
x2
2 3
−
2 +
−
3 3
2
3 + i 4 +
+
3
1 2
2 x2
+
1 2
y2
+2
y2
−
i − 2i + 2 3
y2 −
3=
3 3 2
=
1 2
3 3 2
− 2
(3 + x
2+
2
1 2
(
−
3 y2
)+ 2
3
3 x2 + y2 − 3 3
)
x2 + x3
=3
y2 + y 3
= −1
x3
=2
y3
= 2+
1
3+ 1
(
2
(3 + x
3 y2
)
3 x2 + y2 − 3 3
)
2
2
−
iz x2 + x3 = 3 izrazimo x3 = 3 − x2 , a iz y2 + y3 = −1 izrazimo y3 = −1 − y2 i uvrstimo u x3 , y3 dobivamo 3 − x2
=2
2 3+ 3 2
3
3+
+
2
2 3
x2 −
1
2
1
(3 + x
2
2
3
x2 −
2
−
3 y2
)
− 1 − y2 = 2 +
3 3
y2 + x2 − 3 = 0 2 −
y2 + 2 3 −
3 2
3
= 0 / ⋅ 2
2
3 x2 − 3 y2 + 4 3 − 3 = 0
2 3 2
2
3
+
2 x2 +
1
(
3 x2 + y2 − 3 3
x2 +
y2 −
1 2
3 3 2
y2 + y2 + 1 = 0
+ 3 = 0 / ⋅ 2
3 x2 + 3 3 y2 − 9 + 6 3 = 0
dakle, 3 x2 − 3 y2 + 4 3 − 3 = 0 3 x2 + 3 3 y2 + 6 3 − 9 = 0 / ⋅ (− 1)
nakon što pomno žimo sa (-1) saberemo ih pa dobivamo −4
y2
=
3 y2 − 2 3 + 6 = 0 2 3 −6 −4
=−
3
2 3
6
+
4 3
=−
1 2
4 3
+
6 3 4⋅3
=−
1
+
2
uvrstimo ovo u 3 x2 − 3 y2 + 4 3 − 3 = 0
1 3 + 2 2 +4 3 −3= 0
3 x2 − 3 − 3
3 x2 + 3 x2 + x2
=
−
2
2
9 3
3
2 −
2
3
−
+4
9 2
3 2
3 −3= 0
=0
3=
3 2
(1 − 3 )
uvrštavanjem x3 u x2 + x3 = 3 dobivamo x3
= 3−
x2
= 3−
3 2
+
3 2
3=
3 2
+
3 2
3=
3 2
(1 + 3 )
3 2
=
)
1 2
(
)
3 −1
3
uvrštavanjem y3 u y2 + y3 = −1 dobivamo 1 3 = −1 + 1 − 3 y3 = −1 − y2 = −1 − − + 2 2 2 2 Dakle, z2
=
z3
=
3 2 3 2
(1 − 3 )+ i 1 (
3 −1
(1 + 3 )− i (
3 +1
2 1 2
=−
1
−
2
3
=−
2
1 2
(1 + 3 )
)
)
II NA ČIN
Znamo da u jednakostrani čnom trouglu važi
h =
a 3
2
gdje je h visina, a
a stranica trougla.
Prvo primjenimo translaciju, homotetiju, rotaciju pa ponovo p onovo translaciju z 3
= z1 +
( H − z1 )
b) Ako Ako je
2 3
1 1 A = 0 − 1
π
e6
i
0
0
0
1
0
0
. Odrediti A n . 1 1 0 − 1 0 1
RIJEŠENJE 3. U vektorskom prostoru R 4 dati su vektorski podprostori U = Lin{(1,1,0,−1), (1,2,3,0), (2,3,3,−1), (− 1,−2,−3,0 )} i V = Lin{(1,2,2,−2), (2,3,2,−3), (1,3,4,−3)}. Odrediti baze i dimenzije podprostora U , V ,U ∩ V ,U + V . 4. Ako je dato preslikavanje preslikavanje F : M 2 x 2 ( R ) → M 2 x 3 ( R ) sa F ( X ) = X ⋅ A + 3 ⋅ tr ( X ) ⋅ B 0
0
0
3
−3
6
2
−2
4
− 1
1
− 2
gdje je A =
, B =
.
a) Ispitati Ispitati da li je preslikavanje F linearan operator b) Ako Ako je odgovor pod a) potvrdan odrediti rang i KerF , Im F .
defekt od
F i baze za
5. Odreditit sopstvene vrijednosti i sopstvene ektore matrice 0 A = a −1 a −2
a
a2
0
a 0
a −1
13. februar 2012. 1. a) U skupu R 2 / (0,0) definisana je relacija φ sa (a, b )φ (c, d ) ⇔ bc 2 = da 2 . Provjeriti da li je φ relacija ekvivalencije i ako jeste odrediti koli činski skup. Koliko ima klasa ekvivalencije? Šta su klase ekvivalencije?Dati geometrisku interpretaciju. RIJEŠENJE
1° Refleksivnost 2 ∀(a, b ) ∈ R (a, b )φ (a, b ) Neka je
b) Ispitati Ispitati algebarsku strukturu (S ,∗) gdje je ax + b , a, b, c, d ∈ R ∧ ad − bc = 1 , a ∗ je kompozicija funkcija. cx + d
S =
RIJEŠENJE 4 2 . 1 3
2. a) Odrediti Odrediti A n ako je A = RIJEŠENJE
Prvo ra čunamo det ( A − λ E ) =
4 − λ
2
1
3 − λ
= (4 − λ )(3 − λ ) − 2 = 12 − 4λ − 3λ + λ − 2 = λ − 7λ + 10 2
⇒ det ( A − λ E ) = λ 2 − 7λ + 10
Primjenom Keli-Hamiltonovog teorema dobivamo da je n
2 A ⋅ / A − 7 A + 10 E = 0
A
n +2
− 7 A
n +1
n
+ 10 A = 0
ako stavimo A = α dobivamo α
n+2
−
7 α
n +1
+
10 α
n
=
n
0 / : α
2
α 2
− 7α + 10 = 0
α 1, 2 α 1
=
7 ± 49 − 40
7−3
=
=
2 4
2
=
2
=
7±3
2,α 2 =
⇒ A n
= c1α 1 + c2α 2
⇒ A n
= c1 2 + c2 5
n
2 7 +3
=
10
2
2
=5
n
n
n
n = 1 ⇒ A = 2c1 + 5c 2 n = 2 ⇒ A = 4c1 + 25c 2 2
Kako je A 2 − 7 A + 10 E = 0 ⇒ A2
= 7 A − 10 E pa
dobivamo
2c1 + 5c 2 = A ⇒ 2c1 = A − 5c 2 4c1 + 25c 2 = 7 A − 10 E
ako prvu uvrstimo u drugu jednačinu dobivamo 2 ⋅ 2c1 + 25c 2 = 7 A − 10 E 2( A − 5c 2 ) + 25c2 = 7 A − 10 E 2 A − 10c 2 + 25c 2 = 7 A − 10 E 15c 2 = 7 A − 2 A − 10 E 15c 2 = 5 A − 10 E / : 15 c2 = c2 =
5 15
A −
10
1 2 1 E = A − E = ( A − 2 E ) 15 3 3 3
1 4
2 2 0 1 2 2 − = 3 1 3 0 2 3 1 1
uvrstimo c2 u 2c1 + 5c2 = A dobivamo 2c1 + 5 ⋅
1 3
( A − 2 E ) = A
5 10 2c1 + A − E = A 3 3 5 10 2 10 2c1 = A − A + E = − A + E 3 3 3 3 1 5 1 c1 = − A + E = − ( A − 5 E ) 3 3 3
1 4 c1 = − 3 1
2 5 0 1 − 1 2 1 1 = − = 3 0 5 3 1 − 2 3 − 1 − 2 Uvrštavanjem c1 , c2 u A n = c1 2 n + c2 5 n dobivamo n
A =
1 2
2
−
2
n
⋅2 +
3 1 1
1 1
3 − 1
− 2
⋅5 2
n
b) Zbir Zbir dva riješenja jedna čine x 3 + px 2 + p 2 x + r = 0 jednak je 1. Dokazati da je tada r = ( p + 1)( p 2 + p + 1). RIJEŠENJE RIJEŠENJE
Vietova pravila ax + bx + c = 0 ⇒ 2
x1 + x2 = − x1 ⋅ x 2 =
b a
c a
ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 x1 + x 2 + x3 = −
b a
x1 ⋅ x 2 + x1 ⋅ x3 + x 2 ⋅ x3 = x1 ⋅ x 2 ⋅ x3 = −
c a
d a
Ako primjenimo vietova pravila pravila na našu jedna činu dobivamo x1 + x 2 + x3 = − p 2 x1 ⋅ x 2 + x1 ⋅ x3 + x 2 ⋅ x3 = p
x1 ⋅ x 2 ⋅ x3 = −r
a iz uslova zadatka imamo x1 + x 2 = 1 Iz x1 + x2 + x3 = − p ⇒ x3 = − p − ( x1 + x2 ) = − p − 1 Iz x1 ⋅ x 2 + x1 ⋅ x3 + x 2 ⋅ x3 = p 2 ⇒ x1 ⋅ x2 + x3 ( x1 + x 2 ) = p 2 x1 ⋅ x 2 + x3 = p
2
x1 ⋅ x 2 = p − x3 = p − (− p − 1) = p + p + 1 2
2
2
Uvrštavnjem u x1 ⋅ x2 ⋅ x3 = −r dobivamo x1 ⋅ x 2 ⋅ x3 = −r
( p ( p
) + p + 1)(− ( p + 1)) = −r ⇒ r = ( p + p + 1)( p + 1) 2
+ p + 1 (− p − 1) = −r
2
2
3. Odrediti determinantu
1 + x
D =
2
x
0
.
.
.
0
x
1 + x 2
x
.
.
.
0
0
x
1 + x
.
.
.
0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0
0
0
2
.
. .
. .
.
.
. 1 + x
.
2
RIJEŠENJE
4. Odrediti baze i dimenzije od
V ,W ,V ∩ W ,V + W ako
je
V = p ∈ R4 ( x ) : p (0) = 0 ∧ p(1) = p(0) = p( − 1) ,
W = { p ∈ R4 ( x ) : p(1) = 0}
RIJEŠENJE
Za V = p ∈ R4 ( x ) : p , (0) = 0 ∧ p(1) = p(0) = p( − 1) : Kako je p ∈ R4 ( x ) to je p( x ) = a 4 x + a 3 x + a 2 x + a1 x + a 0 4
3
2
p ′( x ) = 4a 4 x 3 + 3a 3 x 2 + 2a 2 x + a1
iz uslova
p ′(0) = 0 ∧ p(1) = p(0) = p(− 1) slijedi
p ′(0) = 0 ⇒ a1 = 0 p(1) = p(0) = p(− 1) ⇒ a 4 + a3 + a 2 + a1 + a0 = a0 = a 4 − a3 + a 2 − a1 + a 0
iz p(1) = p(− 1) ⇒ a 4 + a3 + a 2 + a0
= a 4 − a3 + a 2 + a0
⇒ a3
=
0,
a iz
p(1) = p(0) ⇒ a 4 + a 2 + a0 = a 0 ⇒ a 4 + a 2 = 0 ⇒ a 2 = − a 4
Odavde slijedi, 4 3 2 4 2 4 2 p ( x ) = a 4 x + a 3 x + a 2 x + a1 x + a 0 = a 4 x − a 4 x + a 0 = a 4 ( x − x ) + a 0
Dakle prostor , 4 2 V = p ∈ R4 ( x ) : p (0 ) = 0 ∧ p (1) = p (0) = p(− 1)} = a 4 ( x − x ) + a 0 | a 0 , a 4 ∈ R}
tj. V = L(1, x 4 − x 2 ) Skup {1, x 4 − x 2 } je linearno nezavisan, pa je on baza prostora Za W = { p ∈ R4 ( x ) : p(1) = 0}: Kako je p ∈ R4 ( x ) to je p( x ) = a 4 x 4 + a 3 x 3 + a 2 x 2 + a1 x + a 0
Iz uslova p(1) = 0 ⇒ a 4 + a3 + a 2 + a1 + a0
=
0,
dakle
V i dimV = 2 .
2 3 4 W = L(1, x − 1, x − 1, x − 1, x − 1). 2 4 4 2 V ∩ W = a 0 − a 4 x + a 4 x | a 0 + (− a 4 ) + a 4 = 0} = L( x − x )
V
+
5. Data je matrica RIJEŠENJE
=
W
2 4 A = − 6 − 3
L
1
1
1
2
3
0
. Odrediti A 2 n + A 2 n−1 gdje je n ∈ N . − 2 − 3 − 2 − 1 − 1 − 2
27. februar 2012. 1. a) U skupu A = { x ∈ N : x ≤ 100} definisana je relacija da je y = x ⋅ z . Dokazati da je
ρ relacija
ρ sa
x ρ y ⇔ ∃ z ∈ N takav
poretka i odrediti minimalan i
maksimalan element u odnosu na tu relaciju ako postoji. Riješenje: Riješenje: b) Ispitati algebarsku strukturu ( H ,⋅) gdje je H = { I ,− I , A,− A, B,− B, C ,−C } ⊆ M 4 x 4 ( R ) , a ⋅ je množenje matrica
0 − 1 A = 0 0
0 0 0 0 0 , B = − 1 0 0 − 1 0 1 0 0
1
0
0
0 0 0 0 1 , C = 0 0 0 0 − 1 0 0 − 1 0
1
0
0
0
1
0
−1
0
1
0
0
0
. 0 0
Riješenje: 3
1 + i 2. a) Riješiti jedna činu a z = a ako za kompleksan broj a vrijedi 1 − i 10
a +a =
3 2
−
3 2
2
3
i.
Riješenje: Riješenje: b) Odrediti najveći zajednički djelilac polinoma P(t ) = t 3 + at 2 + 11t + 6 Q(t ) = t 3 + bt 2 + 14t + 8
nad poljem R kao i parametre a, b ako se zna da je on drugog stepena. Riješenje: Riješenje:
3. Konstruisati inearan operator koji preslikava ai
→ bi , i = 1,2,3 pri čemu
je
a1 = (2,3,5 ), a2 = (0,1,2), a3 = (1,0,0), b1 = (1,1,1), b2 = (1,1,−1), b3 = (2,1,2) .
Riješenje: Riješenje:
4. Neka su A, B realne ortogonalne matrice neparnog reda n . Dokazati da bar jedna od matrica A + B, A − B mora biti singularna.
Riješenje: Riješenje:
5. Neka je A : R5 ( x ) → R5 ( x ) linearno preslikavanje dato sa A( p ) = (3 x − 1) p , − 2 p . Odrediti matrični zapis operatora A u standardnoj bazi a zatim odrediti sve sopstvene vrijednosti i sopstveni vektor koji odgovara najmanjoj sopstvenoj vrijednosti. Riješenje: Riješenje:
9. april 2012 2012 1. a) U skupu N 2 definisana je relacija ρ sa (a, b )ρ (c, d ) ⇔ a + d = b + c . Ispitati da li je ρ relacija ekvivalencije i ako jeste precizno odrediti koli činski skup. Riješenje: Riješenje: b) Ispitati algebarsku strukturu (G,⋅) , gdje je x 2 y 2 2 : x, y ∈ Q ∧ x − 5 y = 1 ⊆ M 2 x 2 ( R ) , a G= 5 y x 2
⋅
je množenje matrica.
Riješenje: Riješenje: 2. a) U kompleksnoj ravni date su ta čke z1 = 2 + i, z3 = −2 + 3i . Koristeći osobine kompleksnih brojeva odrediti ta čke z 2 , z 4 tako da z1 z 2 z 3 z 4 bude kvadrat. RIJEŠENJE RIJEŠENJE Tjeme z 2 dobivamo rotacijom tjemena π
2
tj. z 0
=
z1 + z 3
2
=
2 + i − 2 + 3i 2
=
4i 2
=
z1 oko
središta du ži z1 z3 za ugao
2i.
Označimo sa z ´ = z1 − z 0 to jeste, transliramo z 0 z1 tako da se z 0 slika u O , onda je Oz´ paralelno sa z 0 z1 i z´ jejednak dužini z 0 z1 . Sa z´´ označimo tačku koja se dobiva rotacijom za ugao π
z
´´
´
= z ⋅ e 2
π
2
i
Sada je Oz´´ paralelno sa z 0 z 2 , a z ´´ je jednaka dužini z 0 z 2 . Odavde slijedi da z 2 dobijamo translacijom: z 2
= z 0 + z
´´ π
z 2 z 2
i
( z1 − z 0 )e 2 = 2i + (2 + i − 2i ) ⋅ i = 2i + 2i + 1 = 1 + 4i = z 0 +
to jeste,
Tjeme z 4 dobivamo koristeći činjenicu da je z 0 središte duži z 2 z 4 odnosno, z 0
=
z 2
+ z 4
2
⇒ z 4
=
2 z 0 − z 2
=
4i − (1 + 4i ) = −1
ili ako rotiramo tjeme z1 oko tačke z o za ugao z 4
= z 0 +
( z1 − z 0 )e
−
π
2
i
=
−
π
2
,
2i + (2 + i − 2i )(− i ) = −1
b) Odrediti ostatak dijeljenja polinoma P( x ) = x100 + 3 x 99 + x 2 − 3x + 9 polinomom Q( x ) = x 2 + 2 x − 3 . RIJEŠENJE RIJEŠENJE Prvo rastavimo polinom Q(x) na faktore Q( x ) = x
2
(
2
)
(
) ( x − 1)( x + 3)
+ 2 x − 3 = x + 3 x − x − 3 = x x + 3 − 1 x + 3 =
Kada polinom P ( x ) = an x n
+
an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 dijelimo polinomom
Q( x ) = bk x k + ... + b1 x + b0 ostatak R(x) može biti stepena k-1.
Dakle, imamo P(x)=q(x)Q(x)+R(x) Dakle, 100 99 2 2 P( x ) = x + 3 x + x − 3 x + 9 = ( x + 2 x − 3)q( x ) + ax + b = ( x − 1)( x + 3)q( x) + ax + b nule polinoma Q(x) su:
Q( x ) = 0
( x − 1)( x + 3) = 0 x1
= 1, x2 = −3
Za nule polinoma Q(x) dobivamo P ( x1 ) = P (1) = a + b P ( x2 ) = P(− 3) = −3a + b
No, ako uvrstimo nule polinoma Q(x) kao nule polinoma P(x) dobivmo P( x ) = x100 + 3 x99 + x 2 − 3 x + 9 P(1) = 1 + 3 + 1 − 3 + 9 = 11 100
P(− 1) = (− 3) 100
=3
− 3⋅ 3
99
(
)99 + (− 3)2 − 3(− 3) + 9 =
+3 −3
100
+9+9 =3
100
−3
+ 18 = 18
Izjednačavanjem dobivamo sistem a + b = 11 / (− 1) − 3a + b = 18
Množenjem prve jedna čine sa (-1) i sabiranjem sa drugom dobivamo − 4a = 7 ⇒
a=−
7 4
i b =
51 4
Dakle, ostatak je R( x ) = ax + b = −
7 4
x+
51 4
.
3. Neka su B = {b1 , b2 , b3 }, C = {c1 , c2 , c3 } dvije baze vektorskog prostora W nad poljem realnih brojeva pri čemu va ži b1 = 2c1 − c2 − c3 , b2 = −c2 , b3 = 2c2 + c3 . Dokazati da je skup svih vektora koji imaju iste koordinate u obje baze potprostor vektorskog prostora W a zatim mu odrediti dimenziju i bazu. Riješenje: Riješenje:
4. Odrediti determinantu
gdje su x i
a1
x
x
.
.
.
x
x
a2
x
.
.
.
x
x
x
a3
.
.
.
x
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
x
x
x
. .
.
.
. .
.
.
an
ai , i = 1,2,..., n realni brojevi.
RIJEŠENJE 5. Neka je A regularna kvadratna matrica reda n i B kvadratna matrica reda n , takva da je A ⋅ B + B ⋅ A = 0 . Odrediti trag matrice B . Riješenje: Riješenje:
21. jun 2012. 1. a) Data je relacija ekvivalencije u skupu R 2 takva da je ( x, y )ρ (a, b) ⇔ [ x] = [a ] ∧ [ y ] = [b ]. Odrediti klase ekvivalencije . Dati geometrisku interpretaciju. Riješenje: Riješenje:
b) Neka je G grupa. Elementu a ∈ G pridružimo funkciju T a : G → G
definisanu sa T a ( x ) = a ⋅ x (∀ x ∈ G ) . Ispitati algebarsku strukturu ({T a : a ∈ G}, ) o
gdje je kompozicija funkcija. o
Riješenje: Riješenje:
Trebamo rješavati ekvivalenciju (G, ) je grupa ⇔ 1.(∀a, b ∈ G ) a ⋅ b ∈ G o
2.(∀a, b, c ∈ G ) a ⋅ (b ⋅ c ) = (a ⋅ b) ⋅ c 3.(∃e ∈ G ) a ⋅ e = e ⋅ a = a (∀a ∈ G )
(
4.(∀a ∈ G ) ∃a
−1
∈G
) a⋅a
−1
=a
−1
⋅a = e
1° zatvorenost: Neka su T a ,T b ∈ {T a : a ∈ G} proizvoljne funkcije
⇔ neka
su a, b ∈ G
proizvoljni ⇒ T a ,T b ∈ {T a : a ∈ G} T a T b ( x ) = T a (T b ( x )) = T a (b ⋅ x ) = a ⋅ (b ⋅ x) = o
=
x, a, b ∈ G = (a ⋅ b ) ⋅ x = a ⋅ b ∈ G
⇒ T a⋅b ( x )
(∀ x ∈ G )
T a T b = T a⋅b o
⇒
No, ono što vrijedi za proizvoljne, vrijedi i za sve. Odnosno skup je zatvoren u odnosu na to jeste, algebarska struktura ({T a : a ∈ G}, ) je o
o
grupoid. 2° Asocijativnost Neka su T a , T b , T c ∈ {T a : a ∈ G} proizvoljni. Tada je T a
o
(T b
o
T c ) = T a T b⋅c o
= T a⋅(b⋅c ) = T ( a⋅b )⋅c = T a⋅b
o
T c
=
(T a
o
T b ) T c o
ono što vrijedi za proizvoljne, vrijedi i za sve, odnosno algebarska struktura
({T a : a ∈ G}, ) je polugrupa. o
3° Neutralni element S obzirom da (∃e ∈ G ) ⇒ ∃T e ∈ {T a : a ∈ G} T a T e
= T a⋅e = T a
T e T a
= T e⋅a = T a
o
o
(∀T a ∈ {T a : a ∈ G})
što zna či da je algebarska struktura monoid. 4° Inverzni element Neka je
(
∃ T −1 : a a
T a ∈ {T a : a ∈ G}
−1
proizvoljna. Tada
∈G
) T
a
o
T a
−1
= T −1 a
o
T a
= T e
Dakle, algebarska struktura je grupa. 2
z − i − 1 2. a) Odrediti kompleksne brojeve z za koje va ži da je broj realan. i ⋅ z + 1
Riješenje: Riješenje: b) Oderditi koeficiente a, b tako da polinom P( z ) = z 4 + a ⋅ z 3 + b ⋅ z 2 − 8z + 4
ima dvije nule drugog reda. Riješenje: Riješenje:
Ako su x1 , x 2 ,... xn nule polinoma, tada je Pn ( x ) = a n ( x − x1 )( x − x 2 )...( x − x n ) k
ako je Pn ( x ) = a n ( x − a ) Qm ( x ) tada je a nula k -tog reda polinoma.Na osnovu navedenog dati polinom P( z ) možemo napisati u obliku. Izra čunajmo sada
( z − z1 )2 ( z − z 2 )2 , pa dobivamo
( z − z1 )2 ( z − z 2 )2
=
( z
2
)
3
= z
4
− 2 z
3
( z1 + z 2 ) + z 2 ( z12 + 4 z1 z 2 + z 22 ) − 2 zz1 z 2 ( z1 + z 2 ) + z12 z 22
= z
4
− 2 z
3
( z1 + z 2 ) + z 2 (( z1 + z 2 )2 + 2 z1 z 2 ) − 2 zz1 z 2 ( z1 + z 2 ) + z12 z 22
z1
+ 4 z
2
2
− 2 zz 2 + z 2 =
− 2 z
− 2 z
3
)( z
4
+ z
z 22
2
− 2 zz1 + z1
= z
z 2
2
2
z1 z 2
2
2
− 2 z1 z 2 z + z1 z
2
2
2
2
− 2 z1 z 2 z + z1 z 2 = =
Izjedna čavanjem koeficienata uz odgovarajuće stepene od z dobivamo a = −2( z1 + z 2 ) b = ( z1 + z 2 ) + 2 z1 z 2 2
− 8 = −2 z1 z 2 ( z1 + z 2 ) 2
2
4 = z1 z 2
⇒ 2 = z1 z 2
iz četvrte jednakosti uvrstimo u drugu i treću a
= −2( z1 + z 2 )
b = ( z1
2
+ z 2 ) + 4
4 = 2( z1 + z 2 ) ⇒ 2 = z1 + z 2
uvrstimo sada treću u prvu i drugu a
= −2 ⋅ 2 = −4
b
= 2 +4 = 4+4 =8
2
1 1 3. a) Ako je A = i V = { X ∈ M 2 x 2 ( R ) : A ⋅ X = X ⋅ A} pokazati da je V 1 1 potprostor od M 2 x 2 ( R ) i odrediti mu dimenziju i bazu.
Riješenje: Riješenje: b) Dopuniti bazu potprostora V do baze prostora M 2 x 2 ( R ) . Riješenje: Riješenje: 1 4. Ako su date matrice A = 0 Riješenje: Riješenje:
1
2 X , = 3 1
1
odrediti ( X −1 ⋅ A ⋅ X ) . 2 n
5. a) Odrediti baze i dimenzije fundamentalnih potprostora matrice 2 A = − 1 10
−4
1
2
−2
− 3
2
0
0
1
−1
−4
−2
4
−2
4
Riješenje: Riješenje: b) U zavisnosti od parametara α , β diskutovati i riješiti sistem α ⋅ x + y + z = 4 x + β ⋅ y + z = 3 x + 2 β ⋅ y + z = 4
Riješenje: Riješenje:
4. februar 2013 2013 1. U skupu R definisana je relacija ψ sa ( x, y )ψ (a, b) ⇔ xb = ay . Provjeriti da li je ψ relacija ekvivalencije i ako jeste odrediti koli činski skup. Dati geometrisku interpretaciju. 2
2
2
RIJEŠENJE 2. a) Ako korijeni polinoma p( x ) = ax + bx progresiju dokazati da va ži ac3 = db3 . 3
2
+ cx +
d , a ≠ 0 čine
geometrisku
RIJEŠENJE Neka su x , x , x korijeni polinoma p( x ) . Tada, po uslovu zadatka, kako oni obrazuju geometrisku progresiju, imamo 1
x1
= x1
x 2
=
qx1
x3
=
q 2 x1
2
3
S druge strane, posmatramo polinom p( x ) = ax Vietova pravila glase x1 x1 x 2
+ x 2 + x 3 = −
= −
x1 qx1
+
+ cx +
d , a ≠ 0
c a
d a
qx1
+ x1 q
2
a
uvrštavanjem x1 = x1 , x2 x1
+ bx
b
+ x1 x 3 + x 2 x 3 =
x1 x 2 x 3
3
+
2
x1 2
q 2 x1 +
x1 qx1 q x1
= −
b
= −
d a
qx1 , x3
⋅a
a
qx1 q 2 x1
=
c
=
a
=
q 2 x1 , dobivamo,
ax1 (1 + q + q 2 ) = −b ⋅a
⇒ ax12 q(1 + q + q 2 ) = c ax13 q 3
⋅a
= − d
Uvrstimo prvu jednakost u drugu pa dobivamo x1 q (− b ) = c ⇒ − x1qb
=
c ⇒ x1
= −
c qb
A ovo uvrstimo u treu jednakost 3
c 3 q ax q = − d ⇒ a − qb 3 1
3
= − d
⇒ −a
c3 3
q b
3
q3
= − d
⋅b
3
⇒ ac 3
=
db 3 .
z − i − 1 iz + 1
b) Odrediti kompleksne brojeve z ∈ C za koje je broj
2
realan. Dati
geometrisku interpretaciju dobivenog riješenja. RIJEŠENJE 3. U vektorskom prostoru M x ( R ) data su dva potprostora 2 2
2 0 1 9 2 4 − 7 , , = S L i 1 3 6 2 1 1 2
3 , − 6 − 4 1
T = L
Odrediti dimenziju i bazu potprostora
2 , − 2 1 3
7
−8
S ∩ T , S + T .
RIJEŠENJE 4. Diskutovati i riješiti sistem u zavisnosti od realnog parametra ax1 + x 2
+ x3 + x 4 =
0
x1
+ x3 + x 4 =
0
+
ax 2
x1 + x 2
+
ax3
+ x 4 =
x1 + x 2
+ x3 +
ax 4
=
a.
0 0
RIJEŠENJE Neka je za (a ∈ R ) Aa matrica datog homogenog sistema. Vrijedi a 1 Aa = 1 1
1
1
1
a
1
1
~ 1 a 1 1 1 a
zamjenimo mjesta od
V 1 sa V 2 , V 3
a 1 1 1 0 1− a a −1 0 ~ ~ 0 0 1 − a a − 1 a + 3 a + 3 a + 3 a + 3
Slijedi, za 1 0 A 3 = 0 0 −
a
= −3
−3
4 0 0
,
−4 0 − 4 4 0 0 1
1
− V 2 , V 4 − V 3
i V + V 1
2
+ V 3 + V 4
pa je rang ( A ) = 3 . Slijedi da je skup riješenja datog sistema potprostor dimenzije 4 − 3 = 1 prostora R . Zaista, skup riješenja je −3
4
x1 x 2 S 0 (− 3) = | x1 − 3 x2 + x3 + x 4 x3 x 4
= 0 ∧ x 2 − x 3 = 0 ∧ x3 − x 4 = 0 =
x4 1 1 x4 = | x4 ∈ R = L 1 x4 x4 1
Vrijedi, 1 0 A1 = 0 4
1 0 0 0 ~ 4 ⋅ V 1 − V 4 ~ 0 0 0 0 0 4 4 4 0
1
1
1
1
1
1
0
0
0
, 0 0 0 0 0 0
odnosno, rang ( A1 ) = 1 Slijedi da je skup riješenja datog sistema, za prostora R . Zaista, skup riješenja je
a = 1 , potprostor dimenzije 3
4
x1 x 2 S 0 (1) = | x1 + x 2 + x3 + x 4 x3 x 4
− x 2 = 0 =
− 1 − 1 − 1 1 0 0 = L 0 , 1 , 0 0 0 1
Za svaki
a ∈ R / {− 3,1} je Aa
0 0 (a ∈ R / {− 3,1}) S 0 (a ) = . 0 0
=
4,
odnosno
− x3 − x 4
x 2 x3 x 4
| x2 , x3 , x 4 ∈ R =
5. Neka je data matrica
1 A = 0 − 1
2 3 . Koristeći Kejli Hamiltonovu −1 − 2 1
1
teoremu i ne ra čunajući niti jedan stepen date matrice odrediti matricu X = A 4
−
2 A
3
+ A
2
+
2 A + 2 E
RIJEŠENJE Odredimo karakteristini polinom matrice λ − 1
−1
−1
|
λ − 1
−1
0
λ − 2
−3
|
0
λ − 2
1
1
λ + 2 |
1
1
p(λ ) = det(λ E − A) =
=
3 + (λ − 1)(λ − 2)(λ + 2) + (λ − 2) + 3(λ − 1) =
=
3 + (λ − 1) λ
=
λ 3
(
−
λ 2
+
2
−
4
A :
) + λ − 2 + 3λ − 3 = 4λ − 2 + λ − 4λ − λ 3
2
=
+
4=
2
Ako sa q(λ ) oznaimo kolinik pri dijeljenju polinoma X (λ ) = λ − 2λ + λ + 2λ + 2 sa polinomom p(λ ) = λ − λ ostatak pri dijeljenju, onda je : 4
(λ
4
3
)(
λ 2
+
X (λ ) = p (λ ) ⋅ q(λ ) + r (λ ) = (λ 3
−
λ 2
λ 4
−
2λ
λ 3
+
+
λ 2
2
−
−
3
3
+
3
2λ + 2 : λ
2
2
+
2,
a sa r (λ )
) = λ − 1
2λ
__________ _______
−
λ 3
+
λ 2
+
2
−
λ 3
+
λ 2
−
2
_________________
4
Dakle, +
)
2 (λ − 1) + 4
Na osnovu Kejli-Hamiltonove teoreme je p( A) = 0 , odakle slijedi X ( A) = p( A) ⋅ q( A) + r ( A) = r ( A) = 4 E
Odnosno, 4 0 0 X = X ( A) = 0 4 0 0 0 4
15. april 2013 2013 1. Neka su a, b ∈ R i neka su sljedei nain
i ⋅ binerne operacije na skupu R definisane na 2
+
( x1 , y1 ) + ( x 2 , y 2 ) = ( x1 + x 2 , y1 + y 2 ) ( x1 , y1 ) ⋅ ( x2 , y 2 ) = ( x1 x2 + ay1 y2 , x1 y2 + x2 y1 + by1 y 2 )
Odrediti uslove pod kojima je ( R
2
) polje.
,+,⋅
RIJEŠENJE Trebamo provjeriti da li vrijedi sljedee: a) ( R ,+) Abelova grupa, 2
ZATVORENOST
(∀( x , y )( x 1
1
2
, y 2 ) ∈ R
2
) ( x , y ) + ( x 1
1
2
, y 2 ) = ( x1 + x 2 , y1 + y 2 ) ∈ R
2
Dakle, operacija + je zatvorena u skupu R . 2
ASOCIJATIVNOST
(∀( x , y )( x 1
1
2
, y 2 ), ( x3 , y 3 ) ∈ R
2
)
(( x1 , y1 ) + ( x2 , y 2 )) + ( x3 , y3 ) = ( x1 + x2 , y1 + y2 ) + ( x3 , y3 ) = = (( x1 + x 2 ) + x3 , ( y1 + y 2 ) + y3 ) = ( x1 + ( x 2 + x3 ), y1 + ( y 2 + y 3 )) = = ( x1 , y1 ) + ( x 2 + x3 , y 2 + y3 ) = ( x1 , y1 ) + (( x 2 , y 2 ) + ( x3 , y 3 ))
Dakle, operacija + je asocijativna u skupu R . 2
NEUTRALNI ELEMENT
(∀( x , y )∈ R ) (∃(e , e ) ∈ R ) ( x , y ) + (e , e ) = ( x , y ) 2
1
1
2
1
2
1
1
1
2
1
1
( x1 , y1 ) + (e1 , e2 ) = ( x1 , y1 ) (e1 , e2 ) = (0,0)
Dakle, (e1 , e2 ) = (0,0 ) je neutralni element (∀( x , y ) ∈ R ). 2
1
1
INVERZNI ELEMENT
(∀( x , y )∈ R ) (∃( x , y )∈ R ) tako da vrijedi ( x , y ) + ( x ( x + x , y + y ) = (0.0) ( x , y ) = (− x ,− y ) 2
1
1
* 1
1
* 1
*
*
1
1
* 1
2
1
1
)
, y1 = (0,0) *
* 1
1
* 1
1
1
Dakle, inverzni element elementa ( x1 , y1 ) je (− x1 ,− y1 ) . KOMUTATIVNOST
(∀( x , y )( x 1
1
2
, y 2 ) ∈ R
2
)
( x1 , y1 ) + ( x2 , y 2 ) = ( x1 + x2 , y1 + y 2 ) = ( x2 + x1 , y 2 + y1 ) = ( x2 , y 2 ) + ( x1 , y1 )
Dakle, operacija + je komutativna u skupu R . 2
Odavde moemo zakljuiti da je ( R
2
,+
) Abelova grupa.
b) ( R {(0,0)},⋅) Abelova grupa, 2
ZATVORENOST Da li je (∀( x , y )( x , y ) ∈ R {(0,0)}) ( x , y ) ⋅ ( x , y ) ∈ R {(0,0)}? Pretpostavimo da ( x1 , y1 ) ⋅ ( x2 , y 2 ) = ( x1 x2 + ay1 y2 , x1 y 2 + x2 y1 + by1 y 2 ) nije element R {(0,0)} . Tada bi vrijedilo: 2
1
1
2
2
2
1
1
2
2
2
x1 x 2 + ay1 y 2 = 0 / ⋅ (− y 2 )
x1 x 2 + ay1 y 2 = 0 / ⋅ (− b )
x1 y 2 + x 2 y1 + by1 y 2 = 0 / ⋅ x 2
x1 y 2 + x 2 y1 + by1 y 2 = 0 / ⋅ a
− x1 x2 y 2 − ay1 y 22 = 0 + x1 x 2 y 2 + x 22 y1 + by1 y 2 x2
− bx1 x 2 − aby1 y 2 = 0 + = 0 ax1 y 2 + ax2 y1 + aby1 y 2 = 0
2
2
− ay1 y 2 + x 2 y1 + by1 y 2 x 2 = 0
− bx1 x 2 + ax1 y 2 + ax 2 y1 = 0
y1 (− ay 2 + x 2 + by 2 x2 ) = 0
x1 (− bx2 + ay 2 ) + ax2 y1 = 0
2
2
2
2
y1 = 0 ∨ x 2 − ay2 + by 2 x 2 = 0
1° y1 = 0 ⇒ x1 = 0 ∨ x2 = y 2 = 0 što nije mogue 2° x − ay + bx y = 0 ⇒ x = y = 0 što je nemogue zbog uslova Dakle, skup R {(0,0)} je zatvoren u odnosu na operaciju ⋅ . 2 2
2 2
2
2
2
2
R 2
{(0,0 )} .
2
ASOCIJATIVNOST
(∀( x , y )( x 1
1
2
, y 2 ), ( x3 , y 3 ) ∈ R
{(0,0)})
2
(( x1 , y1 ) ⋅ ( x2 , y2 )) ⋅ ( x3 , y3 ) = ( x1 x2 + ay1 y2 , x1 y2 + x2 y1 + by1 y2 )⋅ ( x3 , y3 ) = x3 ( x1 x2 + ay1 y2 ) + ay3 ( x1 y2 + x2 y1 + by1 y2 ), = y ( x x + ay y ) + x ( x y + x y + by y ) + by ( x y + x y + by y ) = 1 2 3 1 2 2 1 1 2 3 1 2 2 1 1 2 3 1 2 x1 x2 x3 + ax3 y1 y2 + ay3 x1 y 2 + ay3 x2 y1 + aby1 y 2 y3 , x x y + ay y y + x x y + x x y + bx y y + bx y y + bx y y + b 2 y y y 1 2 3 1 3 2 2 3 1 3 1 2 1 2 3 2 1 3 1 2 3 1 2 3
=
( x1 , y1 ) ⋅ (( x2 , y 2 ) ⋅ ( x3 , y3 )) = ( x1 , y1 )( x2 x3 + ay 2 y3 , x2 y3 + x3 y 2 + by 2 y3 ) = x1 ( x2 x3 + ay 2 y3 ) + ay1 ( x 2 y 3 + x3 y 2 + by 2 y3 ), = x ( x y + x y + by y ) + y ( x x + ay y ) + by ( x y + x y + by y ) = 2 3 1 2 3 2 3 1 2 3 3 2 2 3 1 2 3 3 2 x1 x 2 x3 + ax1 y 2 y3 + ax 2 y1 y3 + ax3 y1 y 2 + aby1 y 2 y3 , x x y + x x y + bx y y + x x y + ay y y + bx y y + bx y y + b 2 y y y 1 2 3 2 3 1 1 2 3 2 1 3 3 1 2 1 2 3 1 2 3 1 3 2
=
Dakle, operacija ⋅ je asocijativna u skupu R {(0,0)} . 2
NEUTRALNI ELEMENT
(∀( x , y ) ∈ R {(0,0)}) (∃(e , e )∈ R {(0,0)}) takvo da je ( x , y ) ⋅ (e , e ) = ( x , y ) 2
1
1
2
1
1
2
( x1e1 + ay1e2 , x1e2 + y1e1 + by1e2 ) = ( x1 , y1 ) x1e1 + ay1e2 = x1 x1e2 + y1e1 + by1e2 = y1 x1 (e1 − 1) + ay1e2 = 0 x1e2 + y1 (e1 − 1) + by1e2 = 0
⇒ e1 = 1, e2
=0
Prema tome jedinini element je (1,0) ∈ R {(0,0)} . 2
1
1
2
1
1
INVERZNI ELEMENT
(∀( x , y ) ∈ R {(0,0)}) (∃( x , x )∈ R {(0,0)}) takvo da je ( x , y ) ⋅ ( x ( x x + ay y , x y + y x + by y ) = (1,0) 2
1
1
* 1 1
1
* 1
1
* 1
*
*
1
2
* 1 1
1
2
1
1
* 1
)
, y1 = (1,0 ) *
* 1
x1 x1* + ay1 y1* = 1 / ⋅ (− b ) *
*
*
x1 y1 + y1 x1 + by1 y1 = 0 / ⋅ a
− bx1 x1* − aby1 y1* = −b + ax1 y1* + ay1 x1* + aby1 y1* *
*
=0
*
− bx1 x1 + ax1 y1 + ay1 x1 = −b
x1 (ay1 − bx1 ) = −b − ax1 y1 *
*
*
* 1
x =
− b − ax1 y1
ay1 − bx1
??? c) Da vrijede dva zakona distributivnosti. Operacija ⋅ je distributivna prema operaciji + jer je ( x1 , y1 ) ⋅ (( x2 , y 2 ) + ( x3 , y3 )) = ( x1 , y1 ) ⋅ ( x2 , y 2 ) + ( x1 , y1 ) ⋅ ( x3 , y3 ) ( x1 , y1 ) ⋅ (( x2 , y2 ) + ( x3 , y3 )) = ( x1 , y1 )( x2 + x3 , y2 + y3 ) = = ( x1 ( x2 + x3 ) + ay1 ( y 2 + y3 ), x1 ( y 2 + y3 ) + y1 ( x2 + x3 ) + by1 ( y2 + y3 )) = = ( x1 x2 + x1 x3 + ay1 y 2 + ay1 y3 , x1 y 2 + x1 y3 + y1 x2 + y1 x3 + by1 y2 + by1 y3 ) = = (( x1 x2 + ay1 y 2 ) + ( x1 x3 + ay1 y3 ), ( x1 y 2 + y1 x2 + by1 y 2 ) + ( x1 y3 + y1 x3 + by1 y3 )) = = ( x1 x2 + ay1 y 2 , x1 y 2 + y1 x2 + by1 y 2 ) + ( x1 x3 + ay1 y3 , x1 y3 + y1 x3 + by1 y3 ) = = ( x1 , y1 ) ⋅ ( x2 , y2 ) + ( x1 , y1 ) ⋅ ( x3 , y3 ) (( x1 , y1 ) + ( x2 , y 2 )) ⋅ ( x3 , y3 ) = ( x1 , y1 ) ⋅ ( x3 , y3 ) + ( x2 , y 2 ) ⋅ ( x3 , y3 ) (( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 )) ⋅ ( x3 , y3 ) = ( x1 + x2 , y1 + y2 )⋅ ( x3 , y3 ) = = (( x1 + x2 ) ⋅ x3 + a ( y1 + y2 ) ⋅ y3 , ( x1 + x2 )⋅ y3 + ( y1 + y 2 )⋅ x3 + b ( y1 + y2 )⋅ y3 ) = = ( x1 x3 + x2 x3 + ay1 y3 + ay2 y3 , x1 y3 + x2 y3 + y1 x3 + y 2 x3 + by1 y3 + by2 y3 ) = = (( x1 x3 + ay1 y3 ) + ( x2 x3 + ay 2 y3 ), ( x1 y3 + x3 y1 + by1 y3 ) + ( x2 y3 + y 2 x3 + by2 y3 )) = = ( x1 x3 + ay1 y 3 , x1 y3 + x3 y1 + by1 y3 ) + ( x 2 x3 + ay 2 y 3 , x 2 y3 + x3 y 2 + by 2 y3 ) = = ( x1 , y1 ) ⋅ ( x3 , y 3 ) + ( x2 , y 2 ) ⋅ ( x3 , y3 )
Iz a), b) i c) slijedi da je ( R
2
,+,⋅
) polje.
2. a) Odrediti polinom p( x ) ∈ P [ R] za koje vrijedi sljedei uslov ( x − 1) | p( x ) + 1 i ( x + 1) | p( x ) − 1 RIJEŠENJE 7
4
4
Uslov ( x − 1) | p(x ) + 1 nam govori da je polinom p( x ) + 1 djeljiv sa ( x − 1) . To znai da je izvod tog polinoma to jeste p′( x ) djeljiv sa ( x − 1) 4
4
3
( ( x − 1)4 )′
4 −1
= 4 ⋅ ( x − 1)
Iz uslova ( x + 1)
′ 3 ⋅ ( x − 1) = 4( x − 1)
.
| p ( x ) − 1 slijedi
4
djeljiv sa ( x + 1) (( x + 1) 3
4
da je izvod polinoma p ( x ) − 1 to jeste
)′ = 4 ⋅ ( x + 1)
4 −1
p′( x )
′ 3 ⋅ ( x + 1) = 4( x + 1)
.
Kako je p( x ) ∈ P [ R] to jeste p( x ) sedmog stepena , moemo pisati 7
p ′( x ) = A( x − 1) ( x + 1) = A(( x − 1)( x + 1)) = A(x − 1) 3
3
3
3
2
, A − konstanta.
Dakle, p ′( x ) = A(x − 1)
3
2
primjenimo formulu za kub razlike (a − b )
3
=
3
2
2
a − 3a b + 3ab − b
3
, dobivmo
p ′( x ) = A( x − 1) = A( x − 3 x + 3x − 1) 3
2
6
4
2
Sada izvršimo integraciju
∫ p′( x )dx = ∫ A( x
[∫
∫
6
6
4
4
)
2
∫
2
= A x dx − 3 x dx + 3 x dx −
1 7 x 7
= A
− 3⋅
1 5
∫(
6
4
2
)
− 3 x + 3 x − 1 dx = A x − 3 x + 3 x − 1 dx =
1
∫ dx] =
x + 3 ⋅ x − x + B 5
3
3
Dakle, 1 7
3
7 5 3 p ( x ) = A x − x + x − x + B , B − konstanta.
5
Pošto je p(1) = −1 i p(− 1) = 1 , traeni polinom p( x ) ima sledei oblik:
Kada uvrstimo
p(1) = −1 dobivamo:
1 3 1 3 − + 1 − 1 + B = −1 p (− 1) = A − + − 1 + 1 + B = 1 7 5 7 5 1 3 1 3 A − + B = −1 A − + + B = 1 7 5 7 5 5 − 21 − 5 + 21 A A + B = −1 + B = 1 35 35 p (1) = A
−
16 35
16
A + B = −1
35
Sabiranjem dobivamo B = 0 ,
A + B = 1
16 35
A = 1 ⇒ A =
35 16
Dakle, traeni polinom je p ( x ) =
p ( x ) =
35 1
x 16 7 5 16
7
x −
b) Neka je
7
−
3 5
21 16
x 5 + x 3 − x =
5
x +
35 16
3
x −
35 16
35 1 ⋅
16 7
x 7 −
35 3 ⋅
16 5
x 5 +
35 16
x 3 −
35 16
x
x
S = { z ∈ C : z 2013 = 1}.
Odrediti sumu svih elemenata skupa
S .
RIJEŠENJE 3. Neka je V = { A ∈ M x ( R ) : trA = 0} i W = { A ∈ M x ( R ) : AT = A}. Dokazati da su V , W , V ∩ W i V + W potprostori od M x ( R ) , a zatim odrediti njihove baze i dimenzije. 3 3
3 3
3 3
RIJEŠENJE 1 4. a) Odrediti A 2013 ako je A = − 1 − 2
RIJEŠENJE
−2
1
1
0
0
. 1
2 4 6 1 2 3 b) Neka su A = 4 6 8 i B = 8 9 4 date matrice i neka je 6 8 2 7 6 5 p( x ) = − x 2 + x + 2 dati
polinom. Dokazati da vai
B −1 p( A) B = p( B −1 AB ).
RIJEŠENJE ax + by + z = 1 5. Diskutovati i riješiti sistem x + aby + z = b gdje su a, b realni parametri. x + by + az = 1
RIJEŠENJE
POLINOMI 1. Odrediti višestrukost nule x = 1 polinoma
P( x) = x − 2 x + x + x − 2 x + 1. 5
4
3
2
RIJEŠENJE Ako je x = 1 nula polinoma P( x) = x 5 − 2 x 4 + x 3 + x 2 − 2 x + 1 P(1) = 0 ⇒ x = 1 jednostruka nula Traimo prvi izvod 4 3 2 P′( x ) = 5 x − 8 x + 3 x + 2 x − 2 Provjerimo da li je x = 1 nula polinoma P′( x) P ′(1) = 5 − 8 + 3 + 2 − 2 = 0 ⇒ x = 1 je dvostruka nula Trazimo drugi izvod 3 2 P′′( x ) = 20 x − 24 x + 6 x + 2 Provjerimo da li je x = 1 nula polinoma P ′′( x ) P ′′(1) = 20 − 24 + 6 + 2 = 4 ≠ 0
Dakle, x = 1 je dvostruka nula polinoma P( x) = x 5 − 2 x 4 + x 3 + x 2 − 2x + 1. 2. Odrediti parametre a i b tako da polinom P( x) = 2 x 3 + x 2 + ax + b bude djeljiv i sa x − 2 i sa x − 3. RIJEŠENJE Ostatak pri dijeljenu polinoma P( x ) sa x − 2 treba da bude jednak nuli (koristimo Hornerovu šemu) 2
2 2
⇒ 2(10 + a ) + b = 0
1 5
a
b
10 + a
2(10 + a ) + b
Ostatak pri dijeljenu polinoma P( x ) sa x − 3 treba da bude jednak nuli (koristimo Hornerovu šemu) 3
2 2
1 8
a
b
25 + a
3(25 + a ) + b
⇒ 3(25 + a ) + b = 0
Nepoznate parametre dobivamo rješavajui sistem 2(10 + a ) + b = 0 3(25 + a ) + b = 0 20 + 2a + b = 0 II − I
125 + 3a + b = 0 →
105 + a = 0 ⇒ a = −105
a = −105 20 + 2 ⋅ (− 105) + b = 0 20 − 210 + b = 0 − 190 + b = 0 ⇒ b = 190
Dakle,
a = −105 i b = 190
3. Ispitati za koje sve vrijednosti nenegativnog cijelog broja m polinom m m f ( x ) = ( x + 1) − x − 1 nad poljem R je dijeljiv polinomom ( x + x + 1) . 2
2
RIJEŠENJE nula polinoma ( x + x + 1) , onda ona je ona dvostruka, pa mora biti: (α + 1)m − α m − 1 = 0 i m(α + 1)m − mα m = 0 odnosno, (− 1)m α 2 m − α m − 1 = 0 i (− 1)m 1 α 2m 2 − mα m 1 = 0
Ako je
2
2
−1
−
−1
−
−
Uzimajui da je m oblika 6k ,6k + 1,6k + 2,6k + 3,6k + 4,6k + 5 zamjenjivanjem se dobiva da je 6k + 1 , naravno pretpostavljajui da je α = 1. 2
4. Ispitati za koje sve vrijednosti nenegativnog cijelog broja m polinom m m f ( x ) = ( x + 1) − x − 1 nad poljem R je dijeljiv polinomom ( x + x + 1) . 3
2
RIJEŠENJE Polinom f ( x ) = ( x + 1)m − x m − 1 ne moe biti djeljiv sa ( x izvod nisu jednaki nuli za isto x . Naime, ( x + x + 1) ima nulu treeg reda. 2
2
) jer prvi i drugi
+ x + 1
3
3
5. Odrediti nule polinoma z 3 − 4(1 + i ) z 2 + (5 + 16i ) z − 20i u polju je jedna nula dvostruka.
C ako
se zna da
RIJEŠENJE Ako su x1 , x 2 ,..., xn nule polinoma, tada je Pn ( x ) = an ( x − x1 )( x − x2 )...( x − xn ) ako je Pn ( x) = an ( x − a)k Qm ( x) tada je a nula k -tog reda polinoma. Na osnovu navedenog dati polinom P( z ) možemo napisati u obliku. Izra čunajmosada ( z − z1 )2 ( z − z 2 ) , pa dobivamo ( z − z1 )2 ( z − z 2 ) = ( z 2 − 2 zz1 + z12 )( z − z 2 ) = z 3 − z 2 z 2 − 2 z 2 z1 + 2 zz1 z 2 + zz12 − z12 z 2 3 2 2 2 = z − ( z 2 + 2 z1 ) z + (2 z1 z 2 + z1 ) z + z1 z 2
Izjedna čavanjemkoeficienatauzodgovarajućestepeneod z dobivamo 2 z1 + z 2 = 4(1 + i )
z12 + 2 z1 z 2 = 5 + 16i 2
z1 z 2 = −20i
???
=
6. Odrediti nule polinoma P( x ) = x 3 + ax + b ako se zna da je jedna nula dvostruka. RIJEŠENJE Ako su x1 , x 2 ,..., xn nule polinoma, tada je Pn ( x ) = an ( x − x1 )( x − x2 )...( x − xn ) ako je Pn ( x ) = an ( x − a )k Qm ( x ) tada je a nula k -tog reda polinoma. Na osnovunavedenogdatipolinom P( x) možemonapisati u obliku. Izra čunajmo sada ( x − x1 )2 ( x − x2 ) , pa dobivamo ( x − x1 )2 ( x − x 2 ) = ( x 2 − 2 xx1 + x12 )( x − x 2 ) = x 3 − x 2 x 2 − 2 x 2 x1 + 2 xx1 x 2 + xx12 − x12 x 2 3 2 2 2 = x − ( x 2 + 2 x1 ) x + (2 x1 x 2 + x1 ) x + x1 x2
Izjedna čavanjemkoeficienatauzodgovarajućestepeneod x dobivamo 2 x1 + x 2 = 0
x12 + 2 x1 x 2 = a x12 x 2 = −b
Iz 2 x1 + x 2 = 0 dobivamo x 2 = −2 x1 . Ako x2 = −2 x1 uvrstimo u drugu dobivamo 2
x1 + 2 x1 x 2 = a x1 + 2 x1 (− 2 x1 ) = a 2
x12 − 4 x12 = a 2
− 3 x1 = a
x12 = −
a 3
Uvrštavanjem x
2 1
−
a 3
=−
a 3
u x x 2 1
2
= −b
dobivamo
x 2 = −b
ax 2 = 3b x 2 =
3b
a
Uvrstimo sada x 3b
a
= −2 x1
⇒ x1
2
=−
=
3b
a 3b 2a
u x 2
= −2 x1 pa
dobivamo
=
7. Odrediti najvei zajedniki djelilac polinoma P( x) = 3 x 3 + 10 x 2 + 2x − 3 i 4 3 2 Q( x) = x + 3 x − x − 4 x − 3. RIJEŠENJE Najvei zajedniki djelilac polinoma P i Q , u oznaci NZD(P, Q ) , je polinom najveeg stepena koji dijeli i polinom P i polinom Q . Za svaka dva ne nula polinoma P i Q postoji jedinstven normiran polinom T takav da je T = NZD(P, Q ) . Faktorišimo polinome P i Q : Za P( x) = 3 x 3 + 10 x 2 + 2x − 3 imamo, ako polinom ima racionalnih korijena onda oni pripadaju skupu {− 1,1,−3,3}. Iz Hornerove šeme -3
3 3
10 1
2 -1
-3 0
Dakle, slijedi P( x) = ( x + 3)(3 x 2 + x − 1). Dalje je, 4 3 2 Q( x) = x + 3 x − x − 4 x − 3. Meutim, moguim korijenima polinoma Q( x) = x 4 + 3 x 3 − x 2 − 4x − 3 koji su iz skupa {− 1,1,−3,3} jedini koji su istovremeno i korijeni polinoma P( x) su x = −3 Hornerovom šemom utvrujemo da je -3
Dakle, slijedi
1 1
3 0
Q( x ) = ( x + 3)( x − x − 1) .
Dakle, NZD(P, Q ) = x + 3 .
3
-1 -1
-4 -1
-3 0
8. Odrediti najvei zajedniki djelilac polinoma P( x) = x 4 + 2 x 3 − 4 x 2 − 2x + 3 i 4 3 2 Q( x ) = x + x − 3 x − x + 2. RIJEŠENJE Najvei zajedniki djelilac polinoma P i Q , u oznaci NZD(P, Q ) , je polinom najveeg stepena koji dijeli i polinom P i polinom Q . Za svaka dva ne nula polinoma P i Q postoji jedinstven normiran polinom T takav da je T = NZD(P, Q ) . Faktorišimo polinome P i Q : Za polinom P( x) = x 4 + 2 x 3 − 4 x 2 − 2x + 3 imamo, ako polinom P( x ) ima racionalnih korijena onda oni pripadaju skupu {− 1,1,−3,3}. Iz Hornerove šeme -1 1 -3 1
1 1 1 1 1
2 1 2 -1 0
-4 -5 -3 0
-2 3 0
3 0
Dakle, slijedi P( x) = ( x + 1)( x − 1)( x + 3)( x − 1) = ( x − 1) 2 ( x + 1)( x + 3) Meutim, moguim korijenima polinoma Q( x) = x 4 + x 3 − 3 x 2 − x + 2. koji su iz skupa {− 1,1,−2,2} jedini koji su istovremeno i korijeni polinoma P( x ) su x = −1 i x = 1
Hornerovom šemom utvrujemo da je 1 -1 -2 1
1 1 1 1 1
1 2 1 -1 0
-3 -1 -2 0
-1 -2 0
2 0
Dakle, Q( x ) = ( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x − 1) = ( x − 1) 2 ( x + 1)( x + 2) Dakle, NZD (P, Q ) = ( x − 1) (x + 1) . 2
9. Primjenom Hornerove šeme odrediti nepoznate koeficiente iz jednakosti 3
x − x + 1
( x − 2)5
=
a0
( x − 2 )5
+
a1
( x − 2 )4
+
a2
( x − 2 )3
+
a3
( x − 2 )2
+
a4
( x − 2)
.
RIJEŠENJE 10.Dat je polinom p( x ) = x 5 − 3 x 3 + ax 2 + bx − 4. Odrediti realne brojeve a i b tako 10. da je z = 1 − i jedna nula ovog polinoma, a zatim odredi ostale nule. RIJEŠENJE
VEKTORSKI PROSTORI 1. Neka su B = {b1, b2 , b3} i C = {c1, c2 , c3} dvije baze vektorskog prostora
V
dimenzije 3 pri čemu je c1 = 2b1 − b2 −b3 , c = − b , c3 = 2b2 + b3 . Na ći sve vektore prostora V koji imaju iste koordinate u obje baze. 2
2
RIJEŠENJE Vektor x ∈V ima iste koordinate x1, x2 , x3 u bazama B = {b1, b2 , b3 } i C = {c1, c2 , c3} ako vrijedi: x = x1b1 + x2b2 + x3b3 = x1c1 + x2c2 + x3c3
to jest, ako vrijedi x1b1 + x2b2 + x3b3 = x1 (2b1 − b2 − b3 ) + x2 (− b2 ) + x3 (2b2 + b3 )
odakle je x1b1 + x2b2 + x3b3 = 2b1 x1 − b2 x1 − b3 x1 − b2 x2 + 2b2 x3 + b3 x3 x1b1 + x 2 b2 + x 3 b3 − 2b1 x1 + b2 x1 + b3 x1 + b2 x 2 − 2b2 x 3 − b3 x3 = 0
− x1b1 + (2 x 2 + x1 − 2 x 3 )b2 + x1b3 = 0
Pošto je skup B = {b1, b2 , b3} linearno nezavisan, slijedi x1 = 0 ∧ 2 x2 + x1 − 2x3 = 0 2 x 2 − 2 x 3 = 0 2 x 2 = 2 x 3 ⇒ x 2 = x 3
Tra �eni vektori su (0 , x , x ) , x ∈ R , pri čemu su 0 , x , x koordinate u obje baze . Dakle 0 , x , x čine jednodimenzionaln prostor od V , to jest lineal L(b2 + b3 ) = L(c2 + c3 ) , sa datim operacijama. 2
2
2
2
2
2
2
�
2. Neka su ϕ , ϕ ∈ [0 , 2π ) i neka je S = { z ∈ C : arg z ∈ [ϕ , ϕ ]}. Da li je potprostor prostor vektorskog prostora C . Odgovor obrazlo�iti. 1
2
1
2
S ∪ {0}
RIJEŠENJE Predstavimo grafički skup
Skup
S ∪ {0 } ⊂ C
S = { z ∈ C : arg z ∈ [ϕ 1 , ϕ 2 ]}
nije vektorski prostor, jer za svaki
3. Unija dva potprostora U i W vektorskog prostora i samo ako je U ⊆ W ili W ⊆ U . Dokazati.
, z = a + bi
z ∈ S ne V
postoji
− z ∈ S .
je potprostor od
V
ako
RIJEŠENJE Neka je U ⊆ W ili W ⊆ U , tada je njihova unija jednaka W ili U , pa je potprostor od V . Poka �imo sada da ako je unija potprostora U i W potprostor, onda je U ⊆ W ili W ⊆ U . Koristimo zakon kontrapozicije. Neka nije ni U ⊆ W ni W ⊆ U . Tada postoji u ∈U / W i w ∈W / U . Jasno je da u ∈ U ∪ W i w ∈W ∪ U . Međutim, u + w ∉ U ∪ W jer ako u + w ∈ U ∪ W tada u + w pripada bar jednom od skupova U i W . Na primjer, u + w ∈U . Zbog u ∈ U ⇒ w = u + w + (− u )∈ U , što je u suprotnosti sa w ∈W / U . Dakle, u , w ∈ U ∪ W ⇒ u + w ∈ U ∪ W .
�
4. Da li je skup W = {( x1, x2 , x3 , x4 ) : x1 −3 x4 = 0 ∧ 2 x1 + x2 − 3x3 = 0} potprostor vektorskog prostora R 4 ? RIJEŠENJE Uzmimo bilo koje x , y ∈ V i kombinacija u skupu V .
α , β ∈ R .
Provjerimo da li je njihova linearna
α x + β y = α ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) + β ( y1 , y 2 , y 3 , y 4 ) = = (α x1 + β y1 , α x 2 + β y 2 , α x3 + β y 3 , α x 4 + β y 4 )
Vrijedi (α x1 + β y1 ) − 3(α x 4 + β y 4 ) = 0 2(α x1 + β y1 ) + (α x 2 + β y 2 ) − 3(α x3 + β y 3 ) = 0
zbog ⇒
x1 − 3 x 4 = 0 ∧ 2 y1 − y 4 = 0
2 x1 + x 2 − 3 x3 = 0 ∧ 2 y1 + y 2 − 3 y 3 = 0
α ( x1 − 3 x 4 ) + β ( y1 − 3 y 4 ) = 0 α (2 x1 + x 2 − 3 x3 ) + β (2 y1 + y 2 − 3 y3 ) = 0
Dakle, α x + β y ∈ V , pa je V potprostor od R 4 . 5. U vektorskom potprostoru R 4 dat je skup V = {( x1 , x2 , x3 , x4 ) : xi ∈ R, i = 1,4 ∧ 2 x1 + x2 = 0 ∧ x3 − x4 = 0}. Dokazati da je vektorski potprostor i odrediti mu bazu.
V
RIJEŠENJE Prvo pokaimo da je
V
vektorski potprostor od R 4 .
Uzmimo bilo koje x , y ∈ V i kombinacija u skupu V .
α , β ∈ R .
Provjerimo da li je njihova linearna
α x + β y = α ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) + β ( y1 , y 2 , y 3 , y 4 ) = = (α x1 + β y1 , α x 2 + β y 2 , α x3 + β y 3 , α x 4 + β y 4 )
Vrijedi 2(α x1 + β y1 ) + α x 2 + β y 2 = 0
α x3 + β y 3 − (α x 4 + β y 4 ) = 0
⇒
zbog
2 x1 + x 2 = 0 ∧ 2 y1 + y 2 = 0 x3 − x 4 = 0 ∧ y 3 − y 4 = 0
α (2 x1 + x 2 ) + β (2 y1 + y 2 ) = 0 α ( x3 − x 4 ) + β ( y 3 − y 4 ) = 0 �
Dakle, α x + β y ∈ V , pa je V potprostor od R 4 . Kako je V potprostor ⇒0V ∈V tj. V ≠ φ . x = ( x1, x2 , x3 , x4 ) ∈V ⇒ x1, x2 , x3 , x4 ∈ R ∧ 2 x1 + x2 = 0 ∧ x3 − x4 = 0 ⇔ x = ( x1, x2 , x3 , x4 ) ∈V ⇒ x1, x2 , x3 , x4 ∈ R ∧ x2 = −2 x1 ∧ x3 = x4 ⇔ x = ( x1 ,−2 x1 , x3 , x3 ) ∈ V ⇔ x = ( x1 ,−2 x1 ,0,0 ) + (0,0, x3 , x3 ) ⇔ x = x1 (1,−2,0,0 ) + x3 (0,0,1,1)
Dakle, (∀ x ∈ V ) ⇒ (∃ α , β ∈ R ) tako da je x = α (1, − 2 , 0 , 0 ) + β (0 , 0 ,1,1) pa vektori {(1, − 2 , 0 , 0 ), (0 , 0 ,1,1 )} ine bazu potprostora V i dimV = 2 . 1 1 i V = { X ∈ M 2 x2 : AX = XA}. Pokazati da je V potprostor 1 1
6. Neka je A =
prostora M 2 x2 ( R) i odrediti mu dimenziju. RIJEŠENJE Neka je X =
x11
x12
x 21
x 22
. Tada je
AX = XA ⇔ ( x 12 = x 21 ∧ x 11 = x 22
x11 X = x 21
) , pa je
x12
1 0 0 1 = x11 + x12 x 22 0 1 1 0
Prema tome, 1
0 0 , 1 1
1
i V je potprostor prostora M 2 x2 ( R) . 0 0 1 0 0 1 Pokaimo da je skup , 1 0 linearno nezavisan. 0 1 V = L
Zaista, 1 0 0 1 0 0 α β + 1 0 = 0 0 0 1 α 0 0 β 0 0 0 α + β 0 = 0 0 α β 0 0 β α = 0 0 ⇒ α = 0 ∧ β = 0
Kako je on linearno nezavisan, on je i baza od
V
i
dimV = 2 . �
7. Neka je V = { p (t ) : p ′(− 1) = odrediti mu bazu.
. Pokazati da je
p ′ (1 ) = 0 }
V
potprostor od P3 ( R) i
RIJEŠENJE Iz p(t ) = a0 + a1t + a2t 2 + a3t 3 ⇒ p′(t ) = a1 + 2a2t + 3a3t 2 Iz uslova p ′(1) = p ′(− 1 ) = 0 imamo p ′(1) = 0 ⇔ a1 + 2a 2 + 3a3 = 0 p ′(− 1) = 0 ⇔ a1 − 2 a 2 + 3a 3 = 0
Oduzimanjem ovih jednaina dobivamo a1 + 3a3 = 0 ⇒ a1 = −3a3 pa je
4a 2 = 0 ⇒ a2 = 0
p(t ) = a0 + a1t + a2t 2 + a3t 3 = a0 − 3a3t + a3t 3 = a0 + a3 (t 3 − 3t )
tj. V = L(1, t 3 − 3t ) . 3 Skup {1, t − 3t } je linearno nezavisan, pa je on baza prostora
V
.
1 1 i V = { X ∈ M 2 x2 : det( A+ X ) = det A+ detX }. Pokazati da je V 1 1
8. Neka je A =
potprostor prostora M 2 x2 ( R) i odrediti mu dimenziju. RIJEŠENJE a b ∈ V . Iz c d
Uzmino da je X = a +1
b +1
c +1
d + 1
= 0+
a
b
c
d
det ( A + X ) = det A + det X
imamo
(a + 1)(d + 1) − (b + 1)(c + 1) = ad − bc ad + a + d + 1 − (bc + b + c + 1) = ad − bc ad + a + d + 1 − bc − b − c − 1 = ad − bc a + d − b − c = 0 ⇒ c = a − b + d
Dakle, X ∈ V �
1 0 0 1 0 = a + b + d 1 0 − 1 0 1 a − b + d d
X =
b
a
1 0 0 , 1 1 0
0
0
1
Pa je V = L
− 1 0 , 0 1
.Pokaimo da je skup
1 0 0 1 0 0 , − 1 0 , 1 1 linearno nezavisan. 1 0
i V 1
je potprostor prostora M 2 x2 ( R)
Zaista, 1 0 0 1 0 0 0 0 + + α β γ − 1 0 1 1 = 0 0 1 0 β 0 0 α α − β + γ γ = 0 0 ⇒ α = 0 ∧ β = 0 ∧ γ = 0
Kako je on linearno nezavisan, on je i baza od 9. Odrediti U ∩ V i U + V ako je U = { p ∈ P V = { p ∈ P ( R ) : p (− 1) = p (0 ) = p (1), p ′(0 ) = 0 }.
4
V
i
dim V = 3 .
( R ) : p (1) = 0 } i
4
RIJEŠENJE Za U = { p ∈ P ( R ) : p (1) = 0}. Iz p ∈ P4 ( R) ⇒ p(t ) = a0 + a1t + a2t 2 + a3t 3 + a4t 4 i uslova 4
p (1 ) = 0
dobivamo
a0 + a1 + a2 + a3 + a4 = 0 2 3 4 pa je U = L(t −1,t −1,t −1, t −1) .
Za V = { p ∈ P ( R ) : p (− 1 ) = p (0 ) = p (1 ), p ′ (0 ) = 0}. Iz p ∈ P4 ( R) ⇒ p(t ) = b0 + b1t + b2t 2 + b3t 3 + b4t 4 i uslova p (− 1) = p (0 ) = p (1) dobivamo p(− 1) = p(0) ⇒ −b1 + b2 − b3 + b4 = 0 p(− 1) = p(1) ⇒ −b1 − b3 = b1 + b3 ⇒ b1 = −b3 p(1) = p(0) ⇒ b1 + b2 + b3 + b4 = 0 4
Sabiranjem
− b1 + b2 − b3 + b4 = 0 b1 + b2 + b3 + b4 = 0
dobivamo
2b2 + 2b4 = 0 ⇒ b2 = −b 4
�
p′(0) = 0 ⇒
i
p′(t ) = b1 + 2b2 t + 3b3t 2 + 4b4t 3
⇒ b1 = 0
Dakle, dobivamo b1 = b3 = 0, b2 = −b4 p(t ) = b0 + b1t + b2t 2 + b3t 3 + b4t 4 = b0 − b4t 2 + b4t 4 = b0 + b4 (t 4 − t 2 ) 4 2 pa je V = L(1, t − t ) . Sada je
U ∩V = b0 − b4t 2 + b4t 4 | b0 + (− b4 ) + b4 = 0 = L t 4 − t 2 U + V = L{t − 1, t − 1, t − 1, t − 1,1, t − t 2
= L{1, t , t , t , t 2
3
4
3
4
4
2
} = L {t , t
2
3
4
4
2
, t , t ,1, t − t
}=
}= P
4
�
������� ������
1. Koji od skupova je baza navedenog prostora 1 1 1 0 0 1 , 0 2 ⊂ M 2 ( R ) . 0
a) , 1 1 1
b) 2, t , (t − 2)2 , t 3 ⊂ P3 . c) {(3,1,3), (1,3,1), (1,1,3), (3,1,3)} ⊂ R . 3
RIJEŠENJE a) h b) Da bi skup 2, t , (t − 2)2 , t 3 bio baza prostora P treba biti linearno nezavisan u P. Pokaimo da je skup 2, t , (t − 2)2 , t 3 linearno nezavisan. Ako je a + a t + a t + a t = 0 za neke skalare a , a , a tada je 3
3
2
0
1
2
2a 0
+
a1t + a 2 (t − 2 )
2a 0
+
a1t + a 2 t
2a 0
+
a1t + a 2 t
(2a 0
(
2
+
3
2
2
−
−
4a 2 ) + (a1
1
3
+
3
=
)
a 3 t
+
4a 2 t + 4a 2
−
3
0
a3 t
4t + 4
2
3
+
4a 2 )t + a 2 t
2
0
=
3
a 3 t +
= 3
a 3 t
0 =
0
pa dobivamo 2a 0
+
4a 2
a1
−
4a2
a2
=
a3
=
= =
0
0
0
Vidimo da je 2
2, t , (t − 2) , t
3
riješenje pa je skup linearno nezavisan i on je baza prostora P . a0
=
a1
=
a2
=
a3
=
0 jedinstveno
3
c) f 2. Nai maksimalan podskup linearno nezavisnih vektora skupa {(1,1,1), (1,0,1), (0,1,0 ), (0,0,1)}.
RIJEŠENJE 3. Dati su vektori
(1,2,−1), b = (1,1,1), c = (1,3, λ ) . Odrediti λ za koje dati vektori č��� ���� �������� R 3 � �� ����� λ prikazati vektor v = (1,1,2 ) u dobijenoj a
=
bazi. RIJEŠENJE 4. Dokazati da je M = {( x , x , x , x ) | x + x R , te mu odrediti bazu i dimenziju. 1
2
3
4
1
2
+ x 3 + x 4 =
0, x1
−
x2
=
0} podprostor
od
4
RIJEŠENJE 5. Neka je A
=
M
1 1 0 1
=
{T ∈ M 2 ( R ) | AT = TA}
Dokazati da je M podprostor od M 2 ( R ) , te mu odrediti jednu bazu i dimenziju. RIJEŠENJE 6. Neka su {(1,1,1), (1,0,1)} i {(1,1,0), (1,2,1)} baze potprostora L i M prostora R Odrediti jednu bazu potprostora L ∩ M .
3
.
RIJEŠENJE 7. Neka je
A : R
2
→ M 2
x1 − x 2
( R ) dat sa A( x1 , x 2 , x3 ) =
x3 − x 2
. Odrediti jezgro x1 − x 3
x 2
− x 3
operatora. RIJEŠENJE 8. Neka su {1 + t − t ,1 + t + t ,1 − t } i {t + t ,2 − t ,2 + t } baze potprostora prostora P . Odrediti po jednu bazu potprostora L ∩ M i L + M . 3
3
2
3
2
3
3
L
i M
RIJEŠENJE 9. Neka su
V
=
a b | a = b i 0 0
W
=
a b | a = c . Pokazati da su c 0
vektorski prostori, te odrediti po jednu bazu prostora
V , W
V
i W
i V ∩ W .
RIJEŠENJE 10.U vektorskom prostoru R dati su prostori U = L((1,1,1,2 ), (1,2,2, α )) i V = L((1,3,4, α + 2 ), (1,4, α , α + 1)) Odrediti bazu i dimenziju prostora U ∩ V i U + V u zavisnosti od . Za one α za koje je dim(U + V ) < 4 ispitati da li je v = (1,2,3,4) element U + V . 4
RIJEŠENJE 11.Linearan operator A(1,1,1)
A
zadan je na sljedeć� ��č��
(1,0,0) A(1,−1,0 ) = (1,1,0) A(1,1,0 ) = (1,1,1) =
Odrediti opštu formulu kojom djeluje operator RIJEŠENJE 12.U vektorskom prostoru baze R .
R
5
A
.
zadan je skup {(1,2,0,1,1), (1,1,0,0,1)}. Nadopuniti ga do
5
RIJEŠENJE 13.Dokazati da je S = {( x , x , x , x , x ) ∈ R | x = x = x , x − x = 2 x − x } potprostor R , te nai neku bazu i odrediti dimenziju od S . Nadopuniti tu bazu do baze R . 5
1
5
5
RIJEŠENJE
2
3
4
5
1
3
5
2
4
1
3
2. zadaća
SADR AJ � AJ
1. 2. 3. 4.
KOMPLEKSNI BROJEVI.............................................................. 2 REALNI BROJEVI I BINOMNI KOEFICIENTI....................... 14 KOMBINATORIKA......................................................................25 POLINOMI.................................................................................... 30
NAPOMENA: Svako od poglavlja ima po 10 zadataka. U poglavlju Kompleksni brojevi nedostaje zadatak pod rednim brojem 10. U poglavlju Kombinatorika nedostaju zadaci pod rednim brojevima 1, 4,10 i jedan dio zadatka pod rednim brojem 8. U poglavlju Polinomi nedostaje zadatak pod rednim brojem 5. Zadaci koji su bili na ranijim ispitima su: -
Kompleksni brojevi – zadatak 5 – 16. jun 2011 (2a) Kompleksni brojevi – zadatak 10- 21. jun 2012 (2a) i 4. februar 2013 (2b) Kombinatorika- zadatak 5 – 5. april 2011 (2b) Polinomi- zadatak 5 – uslov drugaiji jedna nula isto imaginarna
1. KOMPLEKSNI BROJEVI 1. Odrediti
5
− 3 + i 3.
RIJEŠENJE Oznaimo sa z = 5 w ⇒ z5 = w odavde je w = −3+ i 3 . Sada traimo modul i argument kompleksnog broja w = −3 + i 3 : Modul: (− 3)2 + ( 3 ) = 9 + 3 = 12 = 4 ⋅ 3 = 4 ⋅ 3 = 2 3 Argument: 2
w=
sin ϕ =
tgϕ =
Im (w ) w
Im(w) Re(w)
=
=−
3 2 3
3 3
=
1 2
cos ϕ =
∧
Re (w ) w
⇒ϕ = π ∨ ϕ = π − π 6
6
=
=
−3 2 3
6π − π 6
⇒ ϕ =
3
⋅
3 =
=
−3 3 2⋅3
=−
3 2
5π 6
5π 6
Uzimamo ϕ = 5π jer je tada sinus pozitivan a kosinus negativan tj. tangens je 6
negativan. Korijeni su oblika
z k = 5 w cos
ϕ + 2k π 5
+ i sin
ϕ + 2k π 5
k = 0 ,1, 2 , 3 , 4
�
5π 5π +0 +0 5π 5π = 5 2 3 + i sin 6 + i sin z 0 = 5 2 3 cos 6 cos = 5 5 6 ⋅ 5 6 ⋅ 5
3 1 5 2 3 π 5 π ( 3 + i) = 2 3 cos + i sin = 2 3 +i = 6 2 2 2 6 5π 17π 5π 17π + 2π + 2π 5 5 6 6 6 6 = 2 3 cos = z1 = 2 3 cos + i sin + i sin 5 5 5 5 17π 17π = 5 2 3 cos + i sin 30 30 5π 29π 5π 29π + 4π + 4π 5 5 6 6 6 6 = 2 3 cos = + i sin + i sin z 2 = 2 3 cos 5 5 5 5 29π 29π = 5 2 3 cos + i sin 30 30 5π 41π 5π 41π + 6π + 6π 5 5 6 6 6 6 = 2 3 cos = z3 = 2 3 cos + i sin + i sin 5 5 5 5 41π 41π = 5 2 3 cos + i sin 30 30 5π 53π 5π 53π + 8π + 8π 5 5 6 6 6 6 = + i sin = 2 3 cos + i sin z 4 = 2 3 cos 5 5 5 5 53π 53π = 5 2 3 cos + i sin 30 30 5
�
2. Odrediti
1− i
6
1+ i 3
.
RIJEŠENJE Uvedemo oznaku
w (ϕ ) = cos ϕ + i sin ϕ
2⋅ 2 1− i
6
1+ i 3
=6
2 2 2
2
7π 4 = 6 π w 3
w
2
=6
(1 + i 3 )
6
2 4
6
2 2 −i 2 2 =6 1 3 2 + i 2 2
2
(1 − i ) =6
, tada imamo: 7π 7π + i sin 4 4 = π π 2 cos + i sin 3 3
2 cos
1 7π π 12 1 6 21π − 4π 17π − = w = 12 6 w = 2 2 4 3 12 12
w
17 + 24k π , 12 2 72 (k = 0 ,1, 2 , 3 , 4 ,5 ) =
1
w
Dakle ima ćemo: z 0 =
1 17π 17π cos + i sin , 12 72 72 2
z1 =
1 41π 41π cos + i sin , 12 72 72 2
z 2 =
1 65π 65π cos + i sin , 12 72 72 2
z3 =
1 89π 89π cos + i sin , 12 72 72 2
z 4 =
1 113π 113π cos + i sin , 12 72 72 2
z5 =
1 137π 137π cos + i sin , 12 72 72 2
�
n
3. Ako je
n
1 + i 1 − i f (n ) = + , n ∈ N dokazati 2 2
f (n + 4 ) + f (n ) = 0 , ∀ n .
RIJEŠENJE Koristit emo princip matematike indukcije Za n = 0 imamo: 0
0
1 + i 1 − i f (n ) = f (0 ) = + = 1+1 = 2 2 2
((1 + i ) ) + ((1 − i ) ) = (2i ) + (− 2i ) = −1 − 1 = −2 1 + i 1 − i f (n + 4 ) = f (4 ) = + = 2 2 2 2 4 4 2 2 ( 2 ) ( 2 ) 4
Dakle, za
2 2
4
2 2
2
2
n = 0 imamo
f (n + 4 ) + f (n ) = f (4 ) + f (0 ) = − 2 + 2 = 0
Pretpostavimo sada da vrijedi za
n = k tj.
da vrijedi
f (k + 4 ) + f (k ) = 0
Dokaimo da vrijedi za
n = k + 1 .
Dakle, imamo:
1 + i k +1+ 4 1 − i k +1+ 4 1 + i k +1 1 − i k +1 + f (k + 1 + 4) + f (k + 1) = + = + 2 2 2 2 1 + i = 2
k +1
k +1
1 + i = 2
k +1
(2i )2 1 − i 4 + 1 + 2
1 + i = 2
k +1
1 − i (− 1 + 1) + 2
4
4
k +1
1 + i 1 − i 1 − i 1 + i 1 − i + + + 2 2 2 2 2 k +1 4 1 − i k +1 1 − i 4 1 + i 1 + i = + 1 + + 1 = 2 2 2 2 k +1
k +1
=
(− 2i )2 4 + 1 =
k +1
(− 1 + 1) = 0
Dakle, za svako vrijedi: f (n + 4 ) + f (n ) = 0
�
4. Odrediti skup taaka z iz kompleksne ravni koje zadovoljavaju uslov da 1 z , i 1− z imaju jednake module. z
RIJEŠENJE Ako uzmemo da je z = a + bi iz uslova zadatka imamo, Posmatrajmo
z = 1 − z
z =
1 z
= 1 − z
.
. Imamo,
z = 1 − z a + bi = 1 − (a + bi ) a + bi = (1 − a ) − bi
(1 − a )2 + b 2
2 2 a +b =
2
2
2 2 2 a + b = (1 − a ) + b 2
a 2 = (1 − a )
a 2 = 1 − 2a + a 2
1
1 − 2 a = 0 ⇒ 2a = 1 ⇒ a =
Sada iz uslova
z =
Prvo riješimo
1
1
=
z
1
⋅
z a − bi
a + bi a − bi
z
imamo,
. Imamo, =
a − bi 2
a +b
Posmatramo uslov z =
1
2
z =
=
2
1 z
a 2
a +b
2
b 2
2 a +b
i
. Imamo
1 z
a + bi =
a a2 + b2
−
b a2 + b2
i
2
a b a +b = 2 + 2 2 2 a + b a + b 2
2
2
a b a +b = 2 + 2 2 2 a + b a + b 2
−
2 2
2
2
�
2
2
a +b
2
a +b =
(a
2
+ b2 )
2
2
1
2 2 a +b =
(a
2
2 2 a +b
+ b2 ) = 1 2
a2 + b2 = 1 = 1
Za
2
1 1 a = ⇒ + b2 = 1 ⇒ + b2 = 1 2 4 2 1
1
2 b = 1−
3
=
4
4
3
b=±
2
Dakle, kompleksni brojevi su: z1 = z 2 =
1
3
+
2 1 2
2
−
3 2
i i
5. Riješiti jednainu 2 z3 − 3 + i = 0. RIJEŠENJE 3
2 z − 3 + i = 0 3 2 z = 3
z =
3 −i 3 2
−i
1 2
Jednaina z
n
obliku z k = n
=w
gdje je w kompleksan broj ima riješenja koje traimo u
w cos
ϕ + 2k π
U našem sluaju je z
n
3
+ i sin
= w, w =
ϕ + 2k π
3 2
k = 0,1, 2,..., n − 1 .
n
−i
1
2
Modul kompleksnog broja w je : 2
2 3 1 w = 2 + 2 =
3 4
+
1 4
=
1 =1
�
Argument kompleksnog broja w je: 3
1 3 − cos ϕ = 2 = 1 2 tgϕ = 2 = − 2 = − 1 3 2 3 3 1 − 1 2 sin ϕ = 2 = − 1 2
⇒ ϕ = 2π −
z k = n w cos
ϕ + 2k π n
+ i sin
ϕ + 2k π n
3
=−
3
π 6
=
3 3
12 π − π 6
=
11π 6
k = 0 ,1, 2 n = 3
11π 11π 11π 11π +0 +0 6 6 6 6 3 = cos = z 0 = 1 cos + i sin + i sin 3 3 3 3 11π 11π = cos + i sin 18 18 11π 23π 11π 23π + 2π + 2π 6 6 6 6 3 = cos = + i sin + i sin z1 = 1 cos 3 3 3 3 23π 23π = cos + i sin 18 18
�
11π 35π 11π 35π + 4π + 4π 6 6 6 6 3 = z 2 = 1 cos + i sin = cos + i sin 3 3 3 3 35π 35π = cos + i sin 18 18
6. U kojoj oblasti lee take z iz kompleksne ravni za koje vai z − i ≤ 1 ∧ z −1 ≤ 1? Dati geometrisku interpretaciju. RIJEŠENJE Neka je z = x + yi . Posmatrajmo prvu nejednakost
z − i ≤ 1 . Sada je
z − i ≤ 1 x + yi − i ≤ 1 x + ( y −1)i ≤ 1 x + ( y − 1) ≤ 1 kvadriranjem 2
2
dobivamo
2 2 x + ( y −1) ≤1 2
2 Jednaina x2 + ( y −1) =12 je jednaina krunice sa centrom u taki
(0 ,1) i
2
poluprenikom 1, a nejednakost x2 + ( y −1) ≤12 zadovoljavaju sve take unutar te krunice ukljuujui i take na krunici (jer ima znak ). Posmatrajmo sada drugu nejednakost
z −1 ≤ 1, imamo:
z −1 ≤ 1 x + yi −1 ≤ 1
( x −1) + yi ≤ 1 ( x − 1) 2 + y 2
≤ 1 kvadriranjem
dobivamo
( x −1)2 + y 2 ≤12
�
2 Jednaina ( x −1) + y 2 =12 je jednaina krunice sa centrom u taki
(1, 0 ) i
poluprenikom 1, a nejednakost ( x −1) + y2 ≤12 zadovoljavaju sve take unutar te krunice ukljuujui i take na krunici (jer ima znak ). 2
Skup taaka koje zadovoljava nejednaine
z − i ≤ 1 ∧ z −1 ≤ 1ć� ���� ��� ��č��
2 2 ������ �������� x2 + ( y −1) =12 i ( x −1) + y 2 =12 , ukljuujui i take na tim krunicama tj. ta č�� ���� ��������� �������� ��� ����� ���������
7. Ako je
p
neki fiksan kompleksan broj i
z 1 , z 2
riješenja jednaine
z2 − 2 pz +1 = 0 dokazati da je z1 + z2 = p − 1 + p + 1 .
RIJEŠENJE 2 Neka su z , z riješenja jednaine z − 2pz +1 = 0 . Tada prema Vietovim pravilima iz date jednaine imamo 1
2
z1 + z 2 = 2 p ⇒ p =
1 2
( z1 + z 2 )
z1 ⋅ z 2 = 1
Uvrstimo ovo u uslov, tj. pokaimo da je Dakle, imamo
z1 + z 2 = p − 1 + p + 1
��
p − 1 + p + 1 ≤ p − 1 + p + 1 = 2 p = 2
Dakle, p − 1 + p + 1 ≤ z1 + S druge strane, imamo
z2
1 2
( z1 + z 2 ) ≤ z1 + z 2
≤ z1 + z 2
.
z2 − 2 pz +1 = 0 z1, 2 =
2 p ± 4 p 2 − 4 2
=
2 p ± 2 p 2 − 1 2
= p ± p 2 − 1
z1 = p + p 2 − 1 ∧ z 2 = p − p 2 − 1
Oznaimo sa
p2 −1 .
a=
Imamo,
z1 + z2 = p + a + p − a ≤ p + a + p − a = p + p = p − 1 + p + 1 ≤ p − 1 + p + 1
Dakle,
z1 + z2 ≤ p − 1 + p + 1
Odavde zakljuujemo da je p − 1 + p + 1 = z1 + z 2 . NAPOMENA: Koristili smo osobinu modula z1 + z 2 + ≤ z1 + z 2 . 8. Dokazati da su take z1, z2 , z3 ∈C kolinearne ako i samo ako je gdje je
z3 − z1 z 2 − z1
=a
neki realan broj.
RIJEŠENJE Iz uslova zadatka
z 3 − z1 z 2 − z1
= a ⇒ a ∈ R {0}
Take z1, z2 , z3 bie kolinearne onda i samo onda ako je zadovoljen uslov z2 z1 z3 ∈(0,π ) ( z2 z1 z3 -mjera pozitivno orijentisanog ugla). No, onda je arg
z 3 − z1
∈ (0, π ) , ili ekvivalentno,
z 2 − z1
z 3 − z1 z 2 − z1
∈ R {0} , što je i trebalo dokazati.
II nain Neka je z
1
= x1 + y 1i
, z
2
= x 2 + y 2 i
i z3 = x3 + y3i .
Pretpostavimo da su take z1, z2 , z3 kolinearne. Tada je
��
( x3 + y3i ) − ( x1 + y1i ) ( x3 − x1 ) + i( y3 − y1 ) = ( x2 + y2i ) − ( x1 + y1i ) ( x2 − x1 ) + i( y2 − y1 )
( y3 − y1) : ( x3 − x1) = ( y2 − y1 ) : ( x2 − x1 ) odnosno i( y3 − y1 ) : ( x3 − x1 ) = i( y2 − y1 ) : ( x2 − x1 ) pa prema osobini proporcije ( x3 − x1 ) + i( y3 − y1 ) ( x2 − x1 ) + i( y2 − y1 ) = ( x3 − x1 ) ( x2 − x1 ) Odakle je z3 − z1 z2 − z1
=
x3 − x1 x2 − x1
= a (
realno)
Što je i trebalo dokazati. Obrnuto. Neka je ispunjen uslov
z3 − z1 z 2 − z1
= a.
Tada je
x3 − x1 = a( x2 − x1 ) y3 − y1 = a( y2 − y1)
Odakle je
( y3 − y1) : ( x3 − x1) = ( y2 − y1 ) : ( x2 − x1 ) Što je i trebalo dokazati. 9. Izraunati 4 i . RIJEŠENJE Oznaimo z = 4 i ⇒ z 4 = i . Jednaina z
n
obliku z k = n
= w gdje
w cos
je w kompleksan broj ima riješenja koje traimo u
ϕ + 2k π n
+ i sin
ϕ + 2k π n
k = 0,1, 2,..., n − 1 .
U našem sluaju je w = i,
ako stavimo w = a + ib , (a = 0 , b Modul : w = a 2 + b 2 = 1 = 1 Argument:
= 1)
��
cos ϕ = sin ϕ =
a
=
w b w
=
0 1 1 1
=0
⇒ ϕ = =1
Trigonometriski oblk:
z k = n w cos
ϕ + 2k π n
π 2
i = cos
+ i sin
π 2
+ i sin
π 2
ϕ + 2k π n
k = 0,1,2,3
π π π π π π 2 2 z 0 = 1 cos + i sin = 1 cos + i sin = cos + i sin 4 4 8 8 8 8 π π + 2π + 2π 5π 5π 5π 5π = 1 + i sin 2 z1 = 1 cos 2 cos + i sin = cos + i sin 4 4 8 8 8 8 π π + 4π + 4π 9π 9π 9π 9π = 1 z 2 = 1 cos 2 + i sin 2 cos + i sin = cos + i sin 4 4 8 8 8 8 π π + 6π + 6π 13π 13π 13π 13π = 1 + i sin 2 + i sin + i sin z 3 = 1 cos 2 cos = cos 4 4 8 8 8 8
10. Odrediti kompleksne brojeve z za koje je
z − i − 1 iz + 1
2
realan. Grafiki
predstaviti dobivani skup. RIJEŠENJE ???
��
2. REALNI BROJEVI, BINOMNI KOEFICIENTI n
1 1. Odrediti za koju vrijednost x etvrti lan u razvoju 2 x + 3 x je dvadeset 2
pet puta vei od eksponenta binoma ako je binomni koeficient č������� č���� ��� ���� ��ć� �� �������� ����������� ������ č����� RIJEŠENJE Prema uslovu zadatka imamo, n n = 5 3 1
odakle je n(n − 1)(n − 2)
= 5n
1⋅ 2 ⋅ 3 n(n − 1)(n − 2)
= 5n 6 n(n − 1)(n − 2) = 30n
(n − 1)(n − 2) = 30 2
n − 2n − n + 2 = 30 2
n − 3n − 28 = 0
Riješenja poslednje kvadratne jednaine su n1 = 7 ∧ n2 = −4 pa u obzir dolazi samo prvo riješenje, a drugo odbacujemo jer je negativno. Binom sada izgleda x 1 2 + x 3 2
7
������ �� (k = 3) ������� ���� ������ �� 7 x T 4 = 2 3
( )
7 −3
3
1 7 x2 3 x = 3 2 2
4
3
− x3 2 = 35 ⋅ 2 2 x ⋅ 2 − x = 35 ⋅ 2 x
����� ������ ������� ������ 35 ⋅ 2 x = 140 x
2 =4=2
2
⇒ x = 2
��
2
n 2n 2. Dokazati da je ∑ = . k = 0 k n n
RIJEŠENJE I NAIN ( koristei binomni teorem za (1 + x ) 2 n )) Ideja: Uporediti koeficiente uz x n u binomnom razvoju od (1 + x ) 2 n II NAIN ( kombinatorno ) 2
n 2n = ∑ k = 0 k n n
Na desnoj strani jednakosti je broj n − č����� ���������� 2n − č����� ����� {1,2,3,...,2n}� �� ������� ������ ������������ �� ����� ��� � ������ ������ �� ��������� ������ ��� �������� n � � ������ �� ��ć�� �� n �
k k + 1 n n + 1 + ... + = , k , n ∈ N , k ≤ n. k k k + 1
3. Dokazati da je + k RIJEŠENJE
Koristiemo matematiku indukciju po broju s = n − k + 1 Za s = 1 je n = k , pa pretpostavljena formula daje n n + 1 = n n + 1
što je tano, jer obje strane imaju vrijednost 1. Pretpostavimo da navedena formula vrijedi za s = r . Izraunajmo sada vrijednost lijeve strane pretpostavljene formule za s = r + 1 . Po pretpostavci indukcije dobiemo zbog (n − 1) + k + 1 = s − 1 = r (uoimo da je zbog s > 1 sigurno n > k , dakle k ≤ n − 1 ): k k + 1 n − 1 n n n n + 1 + + = + = + ... + k + 1 + 1 k k k k k k
Ovo je upravo desna strana pretpostavljene formule. Znai, ona vrijedi i za s = r + 1 . ��
4. U ravni je povueno n, n ∈ N pravih pod uslovom da nema nijednog para paralelnih pravih niti skupa od tri prave koje se sijeku u jednoj taki. Dokazati 1
da je navedenom mreom pravih ravan podijeljena na
2
(n
2
+ n + 2) oblasti.
RIJEŠENJE Oznaimo sa n broj pravih, a sa an broj dijelova ravni na koje je ona podijeljena tim pravama. Crtajui odgovarajue skice zakljuujemo da je za n = 1,2,3,4,5,.. an = 2,4,7,11,16,...
Neka je a 2 − a1 = r 1 , a3 − a2 = r 2 , a4 − a3 = r 3 ,
... an − an−1 = r n−1
Kod nas je sljedei sluaj, 4−2 = 2 7−4=3 11 − 7 = 4
16 − 11 = 5
... to jest, razlike r 1 , r 2 , r 3 ,... obrazuju aritmetiki niz. Sabiranjem jednakosti r 1 , r 2 , r 3 ,...r n−1 dobijamo: an = a1 + r 1 + r 2 + r 3 + ... + r n−1
odnosno u našem sluaju : an = 2 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + n = 1 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + n) = 1 +
Tanost Za
an =
1 2
(n
2
n(n + 1)
2
=
1 2
(n
2
+ n + 2)
+ n + 2) dokazaemo pomou matematike indukcije.
n = 1 imamo a1 =
Pretpostavimo da je
1 2
(1
2
an =
+ 1 + 2) = 2 , 1 2
(n
2
što je tano.
+ n + 2) tano
za
n = k ≥ 1 ,
tj. da vrijedi:
��
ak =
Za
1 2
2
(k
2
+ k + 2)
n = k + 1 :
a k +1 =
=
1
1 2
((k + 1)
2
)
+ (k + 1) + 2 =
1
2 1
(k
2
+ 2k + 1 + k + 1 + 2 ) =
1 2
((k
2
+ k + 2k + 2 ) + 2 ) =
((k (k + 1) + 2(k + 1)) + 2) = ((k + 1)(k + 2) + 2)
Dakle,
2
an =
1 2
(n
2
+ n + 2) vrijedi. n
1 5. Odrediti n u izrazu 2 x + x −1 tako da zbir binomnih koeficienata 2
poslednja tri lana bude 22, a zatim odrediti onu vrijednost x za koju zbir treeg i petog lana iznosi 135. RIJEŠENJE Binomni koeficienti poslednja tri lana jednaki su binomnim koeficientima prva tri lana. Po uslovu zadatka imamo, n n n + + = 22 0 1 2
odakle je n(n − 1) 1+ n +
= 22 / ⋅ 2 2 2 + 2n + n(n − 1) = 44 n 2 + n − 42 = 0
Rješavanjem poslednje kvadratne jednaine dobivamo n1 = 6 ∧ n2 = −7 od kojih u obzir ulazi samo prvo riješenje jer je drugo negativno. Binom sada ima oblik x 1 2 + x−1 2
6
Trei lan (k = 2) razvoja binoma je 6 T 3 = 2 x 2
( )
6 −2
2
1 6 x2 = 2 x−1 2 2
4
2
− x2−1 6 2 x 1− x 6 1+ x 2 = 2 ⋅ 2 = 2 2 2
a peti lan (k = 4) razvoja binoma je
��
6 T 5 = 2 x 4
( )
6− 4
4
1 6 x2 x−1 = 4 2 2
2
4
− x2−1 6 x 2−2 x 6 2− x 2 = 2 ⋅ 2 = 2 4 4
Sada je, po uslovu zadatka, 6 1+ x 6 2 − x 2 + 2 = 135 2 4 1+ x
15 ⋅ 2
+ 15 ⋅ 2 2− x = 135 / : 15
1+ x
+ 2 2− x = 9 4 2 ⋅ 2 x + x = 9 / ⋅ 2 x 2 2
2 ⋅ (2 x ) − 9 ⋅ 2 x + 4 = 0 2
Uvodmo smjenu
2 x = t , dobijamo kvadratnu jednainu
2 2t − 9t + 4 = 0
t 1, 2 =
9 ± 81 − 32 4
=
9±7 4
t 1 = 4 ⇒ 1 t 2 = 2
Sada imamo, x 2 t 1 = 4 ⇒ 2 = 4 = 2 ⇒ x = 2
t 2 =
1 2
⇒ 2 x =
1 2
= 2 −1 ⇒ x = −1
6. Dokazati nejednakost
2 n > n , n ∈ N ∪ {0} .
RIJEŠENJE Koristiemo princip matematike indukcije. U ovom sluaju P(n) je 2 n > n . Za n = 0 je nejednakost 20 > 0 to jeste, 1 > 0 što je tano. Dokazujemo da je 2n > n ⇒ 2n+1 > n + 1 (∀n ∈ N ∪ {0}) . Odaberimo n ∈ N ∪ {0} proizvoljno i pretpostavimo da je iskaz P(n) taan, to jest, da vrijedi 2 n > n . Kako je 2 n ≥ 1, (n ≥ 0 ) , to sabiranjem 2 n > n i 2 n ≥ 1, (n ≥ 0 ) dobivamo: 2 ⋅ 2 n > n + 1 odnosno 2n+1 > n + 1 Ovim je dokazano P(0) i (∀n ∈ N ∪ {0}) (P(n) ⇒ P( n + 1)) , pa prema principu matematike indukcije (∀n ∈ N ∪ {0}) P(n) je tano. U ovom sluaju (∀n ∈ N ∪ {0}) 2 n > n . ��
7. Dokazati nejednakost
3 n > n 4 , n ∈ {8,9,...} .
RIJEŠENJE Za n = 8 imamo 38 > 8 4 ili 6561 > 4096 što je tano. Neka je za n = k + 7 ≥ 8 tana nejednakost 3k + 7 > (k + 7 ) = k 4 + 28k 3 + 294 k 2 + 1372 k + 2401 4
Dokazaemo da je tada nejednakost tana i za
n = k + 8 ,
to jeste
3k +8 > (k + 8 ) = k 4 + 32 k 3 + 384 k 2 + 2048k + 4096 4
Imamo, 3k 8 = 3k 7 ⋅ 3 = (k 4 + 28k 3 + 384k 2 + 1372k + 2401)⋅ 3 = +
+
4
3
2
4
3
2
= 3k + 84k + 1152k + 4116k + 7203 > k + 32k + 384k + 2048k + 4096
Dakle,
3 n > n 4 za n ∈ {8,9,...} .
8. Riješiti jednainu
2 x − 1 + x + 3x − 4 = 5.
RIJEŠENJE Prvo riješavamo jednaine x − 1 = 0 ⇒ x = 1 x 2 + 3 x − 4 = 0 ⇒ x = 1 ∨ x = −4
Posmatrajmo tablicu x : − ∞
−4
+
x − 1
x 2 + 3x − 4
-
1
+∞
+ +
Imamo tri sluaja: x ∈ (− ∞,−4] i. Sada je x − 1 = −( x − 1) = − x + 1 2
2
x + 3 x − 4 = x + 3 x − 4
pa jednaina ima oblik 1 − x + x 2 + 3 x − 4 = 5 2
x + 2 x − 8 = 0
��
⇒
x1 = −4 ∈ (− ∞,−4] x2 = 2 ∉ (− ∞,−4]
U ovom sluaju riješenje jednaine je ii. x ∈ (− 4,1] Sada je x − 1 = −( x − 1) = 1 − x
x = −4 .
x + 3 x − 4 = −( x + 3 x − 4 ) = − x − 3 x + 4 2
2
2
pa jednaina ima oblik 1 − x − x 2 − 3 x + 4 = 5 2
− x − 4 x = 0 − x( x + 4) = 0
⇒
x1 = 0 ∈ (− 4,1] x2 = −4 ∉ (− 4,1]
U ovom sluaju riješenje jednaine je iii. x ∈ (1,+∞ ) Sada je
x = 0 .
x − 1 = x − 1 2
2
x + 3 x − 4 = x + 3 x − 4
pa jednaina ima oblik 2
x − 1 + x + 3 x − 4 = 5 2
x + 4 x − 10 = 0
⇒
x1 = −2 − 14 ∉ (1,+∞ ) x2 = −2 + 14 ∈ (1,+∞)
U ovom slučaju riješenje jedna čine je x = −2 + 14 . Dakle, riješenja jedna čine su: x = −4 , x = 0 , x = −2 + 9. Riješiti nejednainu
14 .
2 2 x − 2 x − 3 + 2 − 2 x ≥ x − 4 + x .
RIJEŠENJE Prvo riješavamo jednaine x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇒ x1 = −1, x 2 = 3 x − 4 = 0 ⇒ x = 4
��
Posmatrajmo tablicu x : −∞ −1 2 + x − 2 x − 3 x − 4
3
4
-
+ -
+∞
+ +
Imamo etri sluaja i) x ∈ (− ∞,−1] Sada je 2
2
x − 2 x − 3 = x − 2 x − 3 x − 4 = − ( x − 4 ) = 4 − x
Pa nejedna čina ima oblik: x 2 − 2 x − 3 + 2 − 2 x ≥ 4 − x + x 2
− 3x ≥ 5 / : (− 3) x ≤ −
5 3
pa je riješenje nejedna čine x ∈ − ∞,− 5 .
3
Riješenje početne nejedna čine je R1 = (− ∞,−1] ∩ − ∞,− 5 = − ∞,− 5 .
ii)
3
3
x ∈ (− 1,3]
Sada je x 2 − 2 x − 3 = −( x 2 − 2 x − 3) = − x 2 + 2 x + 3 x − 4 = −( x − 4 ) = 4 − x
pa nejedna čina ima oblik − x 2 + 2 x + 3 + 2 − 2 x ≥ 4 − x + x 2 − 2 x 2 + x + 1 ≥ 0
pa je riješenje nejedna čine x ∈ − 1 ,1 . 2
Riješenje početne nejedna čine je R2 = (− 1,3] ∩ − 1 ,1 = − 1 ,1 . 2
iii)
2
x ∈ (3,4]
Sada je 2 2 x − 2 x − 3 = x − 2 x − 3
x − 4 = − ( x − 4 ) = 4 − x
Pa nejedna čina ima oblik: ��
2
x − 2 x − 3 + 2 − 2 x ≥ 4 − x + x − 3x ≥ 5 / : (− 3) x ≤ −
2
5 3
pa je riješenje nejedna čine x ∈ − ∞,− 5 .
3
Riješenje početne nejedna čine je R3 = (3,4] ∩ − ∞,− 5 = φ .
iv)
3
x ∈ (4,+∞)
Sada je 2 2 x − 2 x − 3 = x − 2 x − 3
x − 4 = x − 4
pa nejedna čina ima oblik x 2 − 2 x − 3 + 2 − 2 x ≥ x − 4 + x 2
− 5 x ≥ −3 / : (− 5) x ≤
3 5
pa je riješenje nejedna čine x ∈ − ∞, 3 .
5
Riješenje početne nejedna čine je R4 = (4,+∞ ) ∩ − ∞, 3 = φ .
5
Kona čno riješenje nejedna čine je 5 1 R = R1 ∪ R2 ∪ R3 ∪ R4 = − ∞,− ∪ − ,1 . 3 2
10.Riješiti nejednainu 10.
2 2 x − 8 x + 12 + 4 x − 1 ≥ x + x − 7 .
RIJEŠENJE Prvo riješavamo jedna čine x 2 − 8 x + 12 = 0 ∧ x − 7 = 0 x 2 − 8 x + 12 = 0 x1, 2 =
8 ± 64 − 48 2
=
8 ± 16 2
=
8± 4 2
⇒
x1 = 6 x 2 = 2
i x − 7 = 0 ⇒ x = 7
��
Posmatrajmo tablicu x : −∞ 2 2 + x − 8 x + 12 x − 7
6
7
+∞
-
+ -
+ +
Imamo etri sluaja: i) x ∈ (− ∞,2] Sada je x 2 − 8 x + 12 = x 2 − 8 x + 12 x − 7 = −( x − 7 ) = 7 − x
Pa nejedna čina ima oblik: x 2 − 8 x + 12 + 4 x − 1 ≥ x 2 + 7 − x x 2 − 8 x + 12 + 4 x − 1 − x 2 − 7 + x ≥ 0 − 3x + 4 ≥ 0
− 3x ≥ −4 / : (− 3) 4
x ≤
3
pa je riješenje nejedna čine x ∈ − ∞, 4 .
3
Riješenje početne nejedna čine je R1 = (− ∞,2] ∩ − ∞, 4 = − ∞, 4 .
ii)
3
3
x ∈ (2,6]
Sada je x 2 − 8 x + 12 = −( x 2 − 8 x + 12 ) = − x 2 + 8 x − 12 x − 7 = −( x − 7 ) = 7 − x
pa nejedna čina ima oblik 2
2
− x + 8 x − 12 + 4 x − 1 ≥ x + 7 − x 2
− 2 x + 13 x − 20 ≥ 0
pa je riješenje nejedna čine x ∈ 5 ,4 . 2
Riješenje početne nejedna čine je R2 = (2,6] ∩ 5 ,4 = 5 ,4 . 2
iii)
2
x ∈ (6,7 ]
Sada je
��
2 2 x − 8 x + 12 = x − 8 x + 12
x − 7 = −( x − 7 ) = 7 − x
Pa nejedna čina ima oblik: 2
2
2
2
x − 8 x + 12 + 4 x − 1 ≥ x + 7 − x x − 8 x + 12 + 4 x − 1 − x − 7 + x ≥ 0 − 3x + 4 ≥ 0
− 3x ≥ −4 / : (− 3) x ≤
4 3
pa je riješenje nejedna čine x ∈ − ∞, 4 .
3
Riješenje početne nejedna čine je R3 = (6,7] ∩ − ∞, 4 = φ .
iv)
3
x ∈ (7,+∞ )
Sada je 2
2
x − 8 x + 12 = x − 8 x + 12 x − 7 = x − 7
pa nejedna čina ima oblik 2
2
x − 8 x + 12 + 4 x − 1 ≥ x + x − 7
− 5 x ≥ −18 / : (− 5) x ≤
18 5
pa je riješenje nejedna čine x ∈ − ∞, 18 .
5
Riješenje početne nejedna čine je R4 = (7,+∞ ) ∩ − ∞, 18 = φ .
5
Kona čno riješenje nejedna čine je 4 5 R = R1 ∪ R2 ∪ R3 ∪ R4 = − ∞, ∪ ,4 . 3 2
��
3. KOMBINATORIKA KOMBINATORIKA 1. Na koliko naina moe kralj iz donjeg lijevog polja šahovske table doi u njeno gornje desno polje, ako se mora pomjerati tako da nakon svakog pomaka bude blii cilju? Detaljno objasniti. RIJEŠENJE ??? 2. U korpi imamo 3 jabuke, 4 kruške i 3 dinje. U dvorištu je desetero djece. Na koliko naina voe moemo podijeliti djeci tako da svako dijete dobije po makar jedan plod voa? RIJEŠENJE - Za jabuke imamo 3 + 10 − 1 12 = = 120 3 3
- Za kruške imamo 4 + 10 − 1 13 = = 715 4 4
- Za dinje imamo 3 + 10 − 1 12 = = 120 3 3
Kona čno, imamo, 3 + 10 − 1 4 + 10 − 1 3 + 10 − 1 12 13 12 = = 120 ⋅ 715 ⋅120 = 10296000 3 4 3 3 4 3
��
3. Koliko ima r − to lanih podskupova od N n = { 1,2,..., n} od kojih ni jedan ne sadri dva uzastopna broja? RIJEŠENJE Posmatrajmo brojeve
2 ,..., br takve b1 , b
da vrijedi
1 ≤ b1 < b2 < ... < br ≤ n − r + 1
Oznaimo sa a1 = b1 , a 2 = b2 + 1, a3 = b3 + 2,..., a r = br − r + 1
Izmeu brojeva
2 ,..., a r nema a1 , a
uzastopnih tako da i za njih vrijedi
1 ≤ a1 < a 2 < ... < ar ≤ n
Takoe, postoji bijekcija izmeu r-torki (a1 , a 2 ,..., ar ) i (b1 , b 2 ,..., br ) . Dakle, potrebno je odgovoriti na koliko naina moemo odabrati r elemenata od njih n − r + 1 . n − r + 1 . r
Odgovor je 4. Neka je
p prost
broj. Dokazati da
2 p − 2. p
p 2 dijeli
RIJEŠENJE ??? 5. Koliko ima riješenja ( x1 , x 2 ,..., x k ), xi ∈ N ∪ {0} jednaine x1 + x 2 + ... + x k = n gdje je n dati prirodan broj. RIJEŠENJE Koristit ćemo princip matemtičke indukcije. Ozna čimo broj rješenja naše jedna čine sa N k (n ) . Lako se vidi da je N 0 (n) = 0, N 1 (n ) = 1 , jer je 0 = 0, x1 = 1 Izra čunajmo N 2 (n ) , to jest broj rješenja jedna čine : x1 + x2 = n
U ovoj jedna čini x1 može primiti sljedeće vrijednosti: 1,2,3,..., n − 1; to zna či da će naša jedna čina imati sljede ća rješenja: (1, n − 1), (2, n − 2),..., (n − 1,1) to jest N 2 (n ) = n − 1 . Izra čunajmo sada N 3 (n ) , to jest odredimo broj rješenja jedna čine ��
x1 + x 2 + x3 = n
Za x3 uzmimo vrijednosti 1,2,3,..., n − 2 . Jasno je da je: N 3 (n ) = N 2 ( n − 1) + N 2 ( n − 2) + ... + N 2 ( 2) =
= (n − 2) + (n − 3) + ... + 1 =
(n − 1)(n − 2) n − 1 =
= C n2−1 2
1⋅ 2
Dokaza ćemo sada pomoću principa matematičke indukcije da je: (n − 1)(n − 2)...(n − k + 1) k −1 N k (n ) = C n −1 = 1 ⋅ 2 ⋅ 3...(n − 1) Očigledno je da va ži N k −1 (n ) = C nk −−1
2
Imamo tada N k (n ) = C n−−2 + C n−−3 + ... + C k −−1 = C n −−1 k 2
k 2
k 1
k 1
Dakle, broj rješenja date jedna čine je n − 1 (n − 1)(n − 2)...(n − k + 1) = k − 1 (n − 1)! n m n m
n m n + m . r
+ ... + = 6. Dokazati + r 0 0 r 1 r − 1
RIJEŠENJE Neka je dat skup X sa n + m elemenata. Desna strana gornje jednakosti predstavlja broj r − tročlanih podskupova skupa X . Obojimo sada n elemenata skupa X u crveno, a preostalih m elemenata u plavu boju. Drgi nain da se izaberu r − tročlanih podskup skupa X jeste da se izabere iz n m n m n m r n m + + ... + = ∑ r r r k r k 0 1 − 1 0 − k =0
izabere k crvenih elemenata i
n − k plavih
elemenata.
n
Za svako k postoji naina da se izaberu crveni elementi i nezavisno od k
m naina da se izaberu plavi elementi. r − k
toga
��
Sveukupno, broj
r − tročlanih
podskupova skupa X mo�e da se izabere na
n m n m n m r n m + + ... + = ∑ na čina, što je upravo lijeva strana 0 r 1 r − 1 r 0 k r − k k 0 =
gornje jednakosti. n m n m
n m n + m . n
7. Dokazati + + ... + = n n 0 0 1 1
RIJEŠENJE Ovaj izraz moemo zapisati kao n m n m n m n n m + + ... + = ∑ 0 0 1 1 n n k =0 k k n + m naina. n n m . Broj naina da u tih n elemenata bude tano k elemenata je k n − k
Ako od
n + m elemenata
biramo njih n , to moemo zraditi na
S druge strane, izraz na desnoj strani formule je broj
n − č�����
����������
. ��� ����� ��� ����� k n − k n
Ako smo u nekom
������
n − k
m
n − č����� ����� �������� k ��������� �� ���č� �� ��
n m
n m
= . ���������� ���� ������ ���������� �� k n − k k n − k
r n m n + m = . Na osnovu prethodnog zadatka znamo da je ∑ k r − k n k = 0 r n m n n m n + m = ∑ = Dakle, vrijedi ∑ k = 0 k r − k k = 0 k k n
Zakljuujemo da vrijedi formula. 8. Direktor ima 4 radnika: Borka, Slavoljuba, Milenka i Milicu. Za Novogodisnje praznike on eli da podjeli 1000KM u novanicama od po 100KM svojim radnicima. Na koliko naina se moe vršiti podjela ako a) Svaki radnik ne mora dobiti dio novca b) Svaki radnik mora dobiti barem 100KM ��
c) Svaki radnik mora dobiti makar 100KM, a Slavoljub mora dobiti makar 500KM jer je najbolji radnik. RIJEŠENJE Direktor ima 10 novanica po 100KM a) ??? b) Svaki radnik mora dobiti barem 100 KM 10 + 4 − 1 13 13! 13 ⋅ 12 ⋅ 11 ⋅ 10! 13 ⋅ 12 ⋅ 11 = = = = = 13 ⋅ 2 ⋅ 11 = 286 10 10 10 ! ⋅ 13 − 10 ! 10 ! ⋅ 3 ! 6 ( )
c) ??? 9. Koliko se osmoslovnih razliitih rijei moe napraviti od 30 slova azbuke ali tako da svaka rije sadri tano 3 razliita samoglasnika? RIJEŠENJE Rijei mogu biti smislene i besmislene. Kako svaka rije treba sadravati 3 razliita samoglasnika, ona mora sadravati i 5 suglasnika (da bi bila osmoslovna) Mogua kombinacija je: 5 25 = 10 ⋅ 53130 = 531300 3 5
10.Koliko ima prirodnih brojeva manjih od sto milijardi koji sadre cifru 2 u 10. svom dekadnom zapisu? RIJEŠENJE ???
��
4. POLINOMI
1. Odrediti višestrukost nule
x = 1
polinoma P( x) = x5 − 2 x4 + x3 + x2 − 2x +1.
RIJEŠENJE 5 4 3 2 Ako je x = 1 nula polinoma P( x) = x − 2 x + x + x − 2x +1 P (1 ) = 0 ⇒ x = 1 jednostruka nula Traimo prvi izvod 4 3 2 P′( x) = 5 x − 8 x + 3 x + 2x − 2
Provjerimo da li je
x = 1 nula
polinoma P ′( x ) P ′(1 ) = 5 − 8 + 3 + 2 − 2 = 0 ⇒ x = 1 je dvostruka nula Trazimo drugi izvod P′′( x) = 20 x3 − 24 x2 + 6x + 2
Provjerimo da li je
x = 1 nula
polinoma
P ′′ ( x )
P ′′(1 ) = 20 − 24 + 6 + 2 = 4 ≠ 0
Dakle, x = 1 je dvostruka nula polinoma P( x) = x5 − 2 x4 + x3 + x2 − 2x +1. 2. Odrediti parametre i b tako da polinom P( x) = 2 x3 + x2 + ax+ b bude djeljiv i sa x − 2 i sa x − 3. RIJEŠENJE Ostatak pri dijeljenu polinoma (koristimo Hornerovu šemu)
P ( x )
2
1 5
2 2
sa x − 2 treba da bude jednak nuli
b
10 + a
2 (10 + a ) + b
⇒ 2 (10 + a ) + b = 0
��
Ostatak pri dijeljenu polinoma P ( x ) sa x − 3 treba da bude jednak nuli (koristimo Hornerovu šemu) 3
2 2
1 8
a
b
25 + a
3 (25 + a ) + b
⇒ 3 (25 + a ) + b = 0
Nepoznate parametre dobivamo rješavajui sistem 2 (10 + a ) + b = 0 3 (25 + a ) + b = 0
20 + 2a + b = 0 II − I
125 + 3a + b = 0 →
105 + a = 0 ⇒ a = −105
a = −105
20 + 2 ⋅ (− 105 ) + b = 0 20 − 210 + b = 0 − 190 + b = 0 ⇒ b = 190
Dakle,
a = −105 i b = 190
3. Ispitati za koje sve vrijednosti nenegativnog cijelog broja m polinom 2 m m f ( x) = ( x +1) − x −1 nad poljem R je dijeljiv polinomom ( x 2 + x + 1) . RIJEŠENJE 2 Ako je α nula polinoma ( x 2 + x + 1) , onda ona je ona dvostruka, pa mora biti:
(α +1)m − α m −1= 0 i
m(α + 1)
m−1
− mα m−1 = 0
odnosno,
(− 1)m α 2m − α m − 1 = 0 i (−1)m−1α 2m−2 − mα m−1 = 0 Uzimajui da je m oblika 6 k ,6 k + 1,6 k + 2 ,6 k + 3,6 k + 4,6 k + 5 zamjenjivanjem se dobiva da je 6k + 1, naravno pretpostavljajui da je α = 1 . 2
��
4. Ispitati za koje sve vrijednosti nenegativnog cijelog broja m polinom 3 m m f ( x) = ( x +1) − x −1 nad poljem R je dijeljiv polinomom ( x 2 + x + 1) . RIJEŠENJE Polinom f ( x) = ( x +1) − xm −1 ne moe biti djeljiv sa ( x 2 + x + 1) jer prvi i drugi izvod nisu jednaki nuli za isto x. 3 Naime, ( x 2 + x + 1) ima nulu treeg reda. m
3 2 5. Odrediti nule polinoma z − 4(1+ i) z + (5 +16i) z − 20i u polju je jedna nula dvostruka.
3
C ako
se zna da
RIJEŠENJE Ako su x1 , x 2 ,..., xn nule polinoma, tada je Pn ( x) = an ( x − x1 )( x − x2 )...( x − xn )
ako je Pn ( x) = an ( x − a)k Qm ( x) tada je a nula k -tog reda polinoma. Na osnovu navedenog dati polinom P ( z ) možemo napisati u obliku. Izra čunajmosada
( z − z1 )2 ( z − z2 ) , pa dobivamo ( z − z1 )2 ( z − z2 ) = ( z 2 − 2 zz1 + z12 )( z − z2 ) = z 3 − z 2 z2 − 2 z 2 z1 + 2 zz1 z2 + zz12 − z12 z2 = = z 3 − ( z2 + 2 z1 ) z 2 + (2 z1 z2 + z12 ) z + z12 z2 Izjedna čavanjemkoeficienatauzodgovarajućestepeneod z dobivamo 2 z1 + z 2 = 4(1 + i ) z12 + 2 z1 z 2 = 5 + 16i z12 z 2 = −20i
??? Sliannaispitusamošto je datiuslov da je jednanulaistoimaginarna 30.jun2011 pa otudavidimo da ovajpolinomnemadvostrukenule.
��
3 6. Odrediti nule polinoma P( x) = x + ax + b ako se zna da je jedna nula dvostruka.
RIJEŠENJE Ako su x1 , x 2 ,..., xn nule polinoma, tada je Pn ( x) = an ( x − x1 )( x − x2 )...( x − xn ) k
Pn ( x) = an ( x − a) Qm ( x ) tada je a
ako je
nula k -tog reda polinoma.
Na osnovu navedenog dati polinom P ( x ) možemo napisati u obliku P( x) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) . 2
Izra čunajmo sada ( x − x1 ) ( x − x2 ) , pa dobivamo ( x − x1 )2 ( x − x2 ) = ( x 2 − 2 xx1 + x12 )( x − x2 ) = x3 − x 2 x2 − 2 x 2 x1 + 2 xx1 x2 + xx12 − x12 x2 = = x3 − ( x2 + 2 x1 ) x 2 + (2 x1 x2 + x12 ) x + x12 x2 Izjedna čavanjemkoeficienatauzodgovarajućestepeneod dobivamo 2
2 x1 + x2 = 0 x12 + 2 x1 x2 = a x12 x2 = −b
Iz 2 x + x = 0 dobivamo x = − 2 x . Ako x = − 2 x uvrstimo u drugu dobivamo 1
2
2
2
1
1
2 1
x + 2 x1 x 2 = a 2 x1 + 2 x1 (− 2 x1 ) = a
x12 − 4 x12 = a
− 3 x12 = a x12 = −
a
3
Uvrštavanjem x
2 1
=−
a
3
2
u x1 x2 = −b dobivamo
a − x 2 = −b 3 ax 2 = 3b x 2 =
3b a
��
Uvrstimo sada x 3b a
2
= − 2 x1 ⇒ x1 = −
3b
=
u x
a
2
= − 2 x 1
pa dobivamo
3b 2a
7. Odrediti najvei zajedniki djelilac polinoma P( x) = 3 x3 +10 x2 + 2x − 3 i Q( x) = x + 3 x − x − 4x − 3. 4
3
2
RIJEŠENJE Najvei zajedniki djelilac polinoma P i Q , u oznaci NZD (P , Q ), je polinom najveeg stepena koji dijeli i polinom P i polinom Q . Za svaka dva ne nula polinoma P i Q postoji jedinstven normiran polinom T takav da je T = NZD (P , Q ) . Faktorišimo polinome
P
i
Q
:
Za P( x) = 3 x +10 x + 2x − 3 imamo, ako polinom ima racionalnih korijena onda oni pripadaju skupu {− 1,1, − 3 , 3 }. Iz Hornerove šeme 3
2
-3
3 3
10 1
2 -1
-3 0
Dakle, slijedi P( x) = ( x + 3)(3 x2 + x −1). Dalje je, Q( x) = x4 + 3 x3 − x2 − 4x − 3.
Meutim, moguim korijenima polinoma Q( x) = x4 + 3 x3 − x2 − 4x − 3 koji su iz skupa {− 1,1, − 3 , 3 } jedini koji su istovremeno i korijeni polinoma P ( x ) su x = −3 Hornerovom šemom utvrujemo da je -3
1 1
3 0
-1 -1
-4 -1
-3 0
Dakle, slijedi Q( x) = ( x + 3)( x3 − x −1) . Dakle, NZD
(P , Q ) =
x+3
.
��
