Matematika 1
1. Osnove matematike 2. Realne funkcije realne varijable 3. Derivacije i primjene 4. Nizovi i redovi 5. Linearna algebra 6. Vektorska algebra
geometrija 7. Analiticka
Literatura:
Slapnicar, c ar, I.: Matematika I , Sveu Sveucilište c ilište u Splitu, Slapni Split, 2002.
Pilott projek projektt “Mat Pilo “Matem emat atik ika a 1” , http://www.fesb.hr/mat1, FESB, Split, 1998.-2002.
Slapni Slapnicar, c ar, I.; Kreši´ Krešic-Juri´ c´ -Juric, c´ , S.; Bari´ Baric, c´ , J.; Mati´ Matic, c´ , M.: Matematika 1 – vjebe, FESB, Split, 2002.
analiza 1, Element, Zagreb, Matemati cka Javor, P.: Matemati
1999.
Elezovic, c´ , N.: Linearna algebra, Element, Zagreb, Elezovi´ 2001.
Elezovic, c´ , N. ; Agli´ Aglic, c´ , A.: Linearna algebra – zbirka Elezovi´ zadataka, Element, Zagreb.
diferencijalni i integralni , Krni´ Racun Krnic, c´ , L. ; Šiki´ Šikic, c´ , Z.: Ra
I. Dio, Školska knjiga, Zagreb, 1993.
Pavasovi´ Pavasovic´ S.; Radelja, T.; Banic, c´ , S.; Miliši´ Milišic, c´ , P.:
fakultet, Matematika – riješeni zadaci , Gradevinski ¯
Split, 1999. Demidovic, c , B. P.: Zadaci i riješeni primjeri iz Demidovi
nauke, više matematike s primjenom na tehni tehni cke
Tehni Tehnicka c ka knjiga, Zagreb, 1980.
Literatura:
Slapnicar, c ar, I.: Matematika I , Sveu Sveucilište c ilište u Splitu, Slapni Split, 2002.
Pilott projek projektt “Mat Pilo “Matem emat atik ika a 1” , http://www.fesb.hr/mat1, FESB, Split, 1998.-2002.
Slapni Slapnicar, c ar, I.; Kreši´ Krešic-Juri´ c´ -Juric, c´ , S.; Bari´ Baric, c´ , J.; Mati´ Matic, c´ , M.: Matematika 1 – vjebe, FESB, Split, 2002.
analiza 1, Element, Zagreb, Matemati cka Javor, P.: Matemati
1999.
Elezovic, c´ , N.: Linearna algebra, Element, Zagreb, Elezovi´ 2001.
Elezovic, c´ , N. ; Agli´ Aglic, c´ , A.: Linearna algebra – zbirka Elezovi´ zadataka, Element, Zagreb.
diferencijalni i integralni , Krni´ Racun Krnic, c´ , L. ; Šiki´ Šikic, c´ , Z.: Ra
I. Dio, Školska knjiga, Zagreb, 1993.
Pavasovi´ Pavasovic´ S.; Radelja, T.; Banic, c´ , S.; Miliši´ Milišic, c´ , P.:
fakultet, Matematika – riješeni zadaci , Gradevinski ¯
Split, 1999. Demidovic, c , B. P.: Zadaci i riješeni primjeri iz Demidovi
nauke, više matematike s primjenom na tehni tehni cke
Tehni Tehnicka c ka knjiga, Zagreb, 1980.
Obveze:
predavanja ( 70%) vjebe ( 70%) Provjere znanja:
tri kolokvija (parcijalna ispita): - sva tri pozitivna - zadaci ( 50%) i teoretska pitanja (
50%)
- pismeni i usmeni.
završni ispit: - zadaci ( 50%) i teoretska pitanja ( 50%)
1. SKUPOVI BROJEVA
1.1. Prirodni brojevi
prvi pojam broja (izraavanje kolic ine elemenata nekog skupa)
Skup prirodnih brojeva uzimamo kao osnovni skup, a oznacavamo ga sa
f
g
N = 1; 2; 3;:::;n;::: :
Operacije zbrajanja i mnoenja u skupu N su uvijek izvedive, tj.
8 2 N) (8m; n 2 N)
( m; n
Za svaki m; n; r i) komutativnost
2N mn 2 N
m + n
2 N vrijede sljede´ca svojstva:
m + n = n + m
m n=n m
ii) asocijativnost
(m + n) + r = m + (n + r )
(m n) r = m (n r)
iii) distributivnost
(m + n) r = m r + n r
r (m + n) = r m + r n
Neka su m; n N: Kaemo da je m manji od n i pišemo m < n ako i samo ako postoji p N tako da je
2
2
m + p = n:
Kaemo da je m manji ili jednak n i pišemo m ako i samo ako je m
n
_ m = n:
Neka svojstva:
(N; ) je (potpuno) ureden ¯ skup . (N; ) je diskretno ureden ¯ skup, tj. za svaki n 2 N vrijedi f p 2 N j n < p < n + 1 g = ;: Za skup X kaemo da je prebrojiv ili prebrojivo beskona can ako je ekvipotentan sa N: Pišemo cardX = @0 (alef nula). Za skup X kaemo da ima n elemenata ako je ekvipotentan sa skupom 1; 2; 3; :::n : Pišemo cardX = n:
f
g
Neka su m; n N: Kaemo da je m manji od n i pišemo m < n ako i samo ako postoji p N tako da je
2
2
m + p = n:
Kaemo da je m manji ili jednak n i pišemo m ako i samo ako je m
n
_ m = n:
Napomena: Skup N je na jedinstven nacin deniran
tzv. Peanovim aksiomima P1. - P4. Aksiom P4., kojeg još nazivamo princip matematicke indukcije, glasi: Ako je M N i ako vrijedi: i) 1 M; ii) n M = n + 1 M tada je M = N:
2 2 )
2
Aksiom P4. koristimo za dokazivanje raznih tvrdnji.
Primjer: Treba pokazati da formula n
X
i = 1 + 2 + 3 + ::: + (n
1) + n = =1 vrijedi za svaki prirodan broj n 2 N:
n (n + 1)
2
i
(F )
Dokaz: Neka je M N skup svih prirodnih brojeva za koje formula (F ) vrijedi. Treba (pomo´cu P4.) dokazati da je M = N:
Baza indukcije. (Dokazujemo da je 1 1
X i=1
2 M )
1 (1 + 1) i=1= 2
Pretpostavka indukcije. (Pretpostavimo da je n n
X
i = 1 + 2 + ::: + ( n
i=1
1) + n =
n (n + 1)
Korak indukcije. (Pokazujemo da je n + 1 n+1
X
2 M )
2
:
2 M )
P:I:
i = 1 + 2 + ::: + n + ( n + 1) =
i=1
=
n (n + 1)
+ (n + 1) =
n2 + 3n + 2
2 2 (n + 1) (n + 2) (n + 1) ((n + 1) + 1) = = 2 2
Binomni poucak
Poop´cenje: (x + y )2 = x2 + 2xy + y 2 (x + y )3 = x3 + 3x2y + 3xy 2 + y 3
Traimo: (x + y )n =? za bilo koji n
2N
Neke oznake:
( n
8 2 N)
def
n! = 1 2 3 ::: n
(n faktorijela)
def
0! = 1
Primjer: 1! 2! 3! 4! 5!
Vrijedi:
= = = = =
1 1 1 1 1
2=2 23=6 2 3 4 = 24 2 3 4 5 = 120
(n + 1)! = n! (n + 1)
Primjer:
6! = 5! 6 = 120 6 = 720
Neka su k; n N binomni koecijent:
2 [f0g i k
n k
n; deniramo
n! (n povrh k): = k ! (n k )!
def
Napomena: binomni koecijent je uvijek prirodan broj, tj
2 n k
Primjer:
4 0 4 1 4 2 4 3 4 4
= = = = =
4! 0!(4 4! 1!(4 4! 2!(4 4! 3!(4 4! 4!(4
N:
4! = =1 0)! 4! 4! 3! 4 = = =4 1)! 3! 3! 4! 2! 3 4 = = =6 2)! 2! 2! 2! 2 4! 3! 4 = = =4 3)! 3! 1! 3! 4! = =1 4)! 4! 0!
Svojstva: 1. 2. 3. 4.
n
0
n
=
1
=
n k
=
n k
+
n n
=1
n
=n
n 1 n
n k n
n+1 k+1
=
k +1
Pascalov trokut
n n n n n n
=0 =1 =2 =3 =4 =5
..
0 0 1 0 2 0 3 0 4 0 5 0
..
1 1 2 1 3 1 4 1 5 1
..
2 2 3 2 4 2 5 2
..
3 3 4 3 5 3
4 4 5 4
..
..
5 5
..
1 1 1 1 1 1
5 5 + 3 4
=
6 4
1 3 1 6 4 1 10 10 5 1
.. .. ..
Iz svojstva 4. slijedi npr.
1 2 3 4 5
= 15
.. .. ..
Teorem 1.2 (Binomni pou cak)
Za svaki n
2 N vrijedi n
(x + y ) =
n
X k=0
n nk k x y : k
Dokaz. Matematickom indukcijom. Raspis: n
n k
n
xn 0y 0 +
n
xn 1 y 1 + :::+
P
k=0
xn
k k
y =
0
1
+ nn 1 xn (n 1)y n 1 + nn xn ny n = = xn + nxn1y + ::: + nxy n1 + y n
Primjer: 4
(x + y ) = x4 + 4x3y + 6x2y 2 + 4xy 3 + y 4 (x + y )5 = x5 + 5x4y + 10x3y 2 + 10x2y 3 + 5xy 2 + y 4
Doma´ci rad:
(x + y )6 =? (x y)6 =? (x y) =? (1) x y = x nx 1y + =0 2y2 x 3y 3 + :::: + (1) y x 2 3 n
n
n
n
k
n k
P
k
n
n
n k k
n
n
n
n
Cijeli brojevi
Motivacija: Svaka jednadba oblika m + x = n;
gdje su m; n
2 N, nema rješenje u skupu N:
Primjer: Jednadba 7 + x = 3
nema rješenje u skupu N: Proširujemo skup N skupom
f n; ::: 2; 1; 0; 1; 2;;:::;n;:::g :
Z = :::;
kojeg nazivamo skup cijelih brojeva. Operacije zbrajanja i mnoenja proširujemo na skup Z. U skupu Z te operacije su uvijek izvedive, tj.
8 2 Z) (8m; n 2 Z)
( m; n
2Z mn 2 Z
m + n
i za njih vrijede svojstva komutativnosti, asocija-
tivnosti i distributivnosti. Sada jednadba m + x = n ima rješenje za svaki m; n Z; tj.
2
def
x = n + ( m) = n
m:
Na ovaj nacin je denirano oduzimanje u skupu Z: Neka svojstva:
(Z; ) je (potpuno) ureden ¯ skup. (Z; ) je diskretno ureden ¯ skup , tj. za svaki m 2 Z vrijedi f p 2 Z j m < p < m + 1 g = ;: Za skup Z je prebrojiv , tj. ekvipotentan je sa N: Pišemo cardZ = @0 (alef nula). Napomena: postoji bijekcija f : N ! Z; dana sa f (1) = 0; f (2) = 1; f (3) = 1; f (4) = 2; f (5) = 2;:::
Racionalni brojevi
Motivacija: Svaka jednadba oblika m x = n;
gdje su m; n Z, nema rješenje u skupu Z: Primjer: Jednadba
2
7 x=
nema rješenje u skupu Z:
3
Proširujemo skup Z skupom m Q= m n
n j
2Z ^ n2N
o
kojeg nazivamo skup racionalnih brojeva. Napomena Podrazumijevamo da je m1 m2 = n1 n2
()
Dakle,
m1 n2 = m2 n1
16 8 3 = = : 12 6 2
Isto tako vrijedi dogovor da je, npr.
3 = 5
3 = 5
3 : 5
Operacije zbrajanja i mnoenja proširujemo na skup Q. U skupu Q te operacije su uvijek izvedive, tj.
8 8
m1 m2 ; n1 n2
Q
m1 m2 ; n1 n2
Na skupu Q
8
2 2
m1 m2 ; n1 n2
Q
m1 m2 m1 n2 + m2n1 + = n1 n2 n1 n2
m1 m2 m1 m2 = n1 n2 n1 n2
2Q
2Q
nf0g se denira i dijeljenje
6
2 Q ^ m2 = 0
m1 n1
m2 n2
()
2Q
m1 m2 m1 n2 : = n1 n2 n1 m2
m2 n1:
m1 n2
Neka svojstva: (Q; ) je (potpuno) ureden ¯ skup.
(Q; ) je svuda gust , tj.
izme ¯du svaka dva racionalna broja postoji barem jedan racionalan broj (a to znaci i beskonacno njih).
Za skup Q je prebrojiv , tj. ekvipotentan je sa N: Pišemo cardQ = @0 (alef nula). Napomena: postoji bijekcija f : N ! Q (zadana beskonacnom shemom).
Realni brojevi
Motivacija: Neke jednadbe, kao što su x2 = 2;
x3 = 5;::: nemaju rješenje u skupu Q:
Kad racionalne brojeve nanosimo na brojevni pravac, oni ne popune c itav pravac, iako je Q gust. Te ”rupice” na pravcu popunjavamo tzv. iracionalnim brojevima. Skup svih iracionalnih brojeva oznac avamo sa I; a skup R=Q
[I
nazivamo skup realnih brojeva. Svaki racionalan broj moe se prikazati kao konacan decimalan broj ili kao beskonacan periodican decimalan broj.
Svaki iracionalan broj moe se prikazati kao beskonacan neperiodican decimalan broj. Primjer: 1 = 0:25 4
p
1 = 0:3_ = 0:3333::: 3
2 = 1:4121356237:::: e = 2: 7183:::: = 3: 1416::::
Neka svojstva:
Na skupu R su uvijek izvedive opracije " + ", " ": Na skupu Rnf0g je uvijek izvediva operacija " : " . (R; ) je (potpuno) ureden ¯ skup . R je svuda gust , tj. izmedu ¯ svaka dva realna broja postoji barem jedan realan broj.
Q je gust u R, tj. izme ¯du svaka dva realna broja postoji barem jedan racionalan broj.
Skup I je neprebrojiv ili neprebrojivo beskonacan. Skup R je neprebrojiv ili neprebrojivo beskonacan.
Kompleksni brojevi
Motivacija: neke jednadbe kao što je x2 = 1 nemaju rješenje u skupu R:
Uvodimo novi objekt, kojeg ozna c avamo sa i , tako da je i2 =
1: Formalno, deniramo p i = 1: def
Denicija 1.14 Skup kompleksnih brojeva je skup
f
C = x + iy
Za svaki z = x + iy
j x; y 2 R g :
2 C; realni broj x = Re z
nazivamo realni dio od z; a realni broj y = Im z
nazivamo imaginarni dio od z .
Napomena: Vrijedi
C iR = fiy j y 2 R g C R
Skup iR se naziva skup imaginarnih brojeva. Za z 1 = x1 + iy1; z 2 = x2 + iy2 C kaemo da su jednaki ako i samo ako su im jednaki realni i imaginarni djelovi, tj.
2
x1 + iy1 = x1 + iy1
Za svaki z = x + iy
() x1 = x2 ^ y1 = y2:
C; deniramo konjugirano kompleksni broj
2
pripadni
z = x
iy 2 C: 2 C; deniramo modul ili
Za svaki z = x + iy apsolutnu vrijednost kompleksnog broja z kao nenegativni realni broj
jj
r = z =
p
x2 + y 2
2
R+
[ f 0g :
Primjer
8> < )> q p :j j 8> > < )> p >: j j q 8> > < )> q p :j j Re z 1 = 2;
z 1 = 2 i = 2+( 1) i =
2 = 2+0 i =
( 1) i = 2 + i;
z 1 =
22 + ( 1)2 =
z2 =
2;
2
Re z 3 = 0; z3 = 0 z 3 =
3
Im z 2 = 0;
0 i=
2;
( 2)2 + (0)2 =
z 2 =
z 3 = 3i = 0 + 3i =
1;
z1 = 2
Re z 2 =
z 2 =
Im z 1 =
4=2
Im z 3 = 3;
3 i=
3i;
(0)2 + (3)2 =
9=3
Racunske operacije s kompleksnim brojevima Neka su z 1 = x1 + iy1; z 2 = x2 + iy2
2 C; deniramo:
z 1 + z 2 = x1 + x2 + i (y1 + y2 ) ; z 1
z 2 = x1 x2 + i (y1 y2) ;
z 1 z 2 = (x1 + iy1 ) (x2 + iy2 ) =
i2 = 1
2
= x1x2 + ix1y2 + iy1x2 + i y1y2 = = x1x2
y1y2 + (x1y2 + y1x2) i;
iy2 iy2 = x1x2 ix1 y2 + iy1x2 y1y2i2 =1 = 2 2 2 x2 y2 i x1x2 + y1 y2 y1x2 y1y2 i za z 2 6 + = 0: 2 + 2 2 + 2 x y x y
z 1 x1 + iy1 x1 + iy1 x2 = = z 2 x2 + iy2 x2 + iy2 x2
= =
i2
2
2
2
2
Svojstva: Za sve z; z 1; z 2
2 C vrijedi:
z 2 = z 1 z 2; 2. z 1 z 2 = z 1 z 2; 1. z 1
3.
z 1 z 2
=
z 1 ; z 2
za z 2 = 0:
6
4. z = z;
() z 2 R;
5. z = z
6. Re z =
7. Im z =
z +z
2
;
z z 2i ;
j j2 9. jz j = 0 () z = 0 10. jz 1 + z 2 j jz 1j + jz 2 j (nejednakost trokuta) 8. z z = z z = z ;
Geometrijski prikaz kompleksnog broja Svakom kompleksnom broju z = x + iy jednoznacno je pridruen ure ¯deni par (x; y ) R R; odnosno tocka T = (x; y ) u koordinatnoj ravnini i obratno. Ravninu u kojoj kompleksne brojeve predoc ujemo kao tocke (na gore opisan nac in) nazivamo brojevna ili Gaussova ravnina.
2
Svaki kompleksni broj z = x + iy u Gaussovoj ravnini jednoznacno je odreden [0; ) ¯ udaljenoš´cu r od ishodišta 0 = (0; 0) tocke T = (x; y ) ; te kutem ' [0; 2 ) kojeg duina OT zatvara s pozitivnim smijerom x osi: Kut
2 1
2
' = arg z nazivamo argument kompleksnog broja z .
Trigonometrijski oblik kompleksnog broja Budu´ci je x = Re z = r cos ' y = Im z = r sin ':
onda je z = r cos ' + ir sin ' = r (cos ' + i sin ') trigonometrijski oblik kompleksnog broja , gdje je
r = z =
jj
p
x2 + y 2 ;
y tg ' = tg (arg z ) = (oprez !). x
Primjer Prikaite kompleksni broj z = trigonometrijskom obliku. r = z =
pa je
q
2
2
j j ( 1) + (1) 1 5 tg' = = 1 =) ' = ; 4 1 p 5 5 = 2 cos + sin
z
4
i
4
1 i u
p = 2
:
Primjer Prikaite kompleksni broj z = trigonometrijskom obliku.
pa je
q
i u
j j (0)2 + (1)2 = 1; 1 3 tg' = =) ' = ; r = z =
0
z = 1
2
3 3 cos + i sin 2 2
;
:
Racunske operacije s kompleksnim brojevima zadanim u trigonometrijskom obliku Trigonometrijski oblik kompleksnog broja omogu c´ uje jednostavno izvodenje nekih racunskih operacija. ¯ Neka su z 1 = r1 (cos '1 + i sin '1) i z 2 = r2 (cos '2 + i sin '2) dva kompleksna broja. Tada je z 1 z 2 = r1 (cos '1 + i sin '1) r2 (cos '2 + i sin '2 )
= r1r2(cos '1 cos '2 + i cos '1 sin '2 + +i sin '1 cos '2
sin '1 sin '2)
= r1r2[(cos '1 cos '2
sin '1 sin '2) +
+i (sin '1 cos '2 + sin '1 cos '2)] a:t:
= r1r2 (cos ('1 + '2) + i sin('1 + '2)) :
Slicno, za z 2 = 0; vrijedi
6
z 1 r1 (cos '1 + i sin '1 ) = = z 2 r2 (cos '2 + i sin '2 ) r1 = (cos('1 r2
'2) + i sin('1 '2)) :
Matematickom indukcijom moe se pokazati n
n
n
n
! ! !! Y Y X X z k =
rk
k=1
k=1
cos
'k
+ i sin
k=1
'k
k =1
Specijalno, za z 1 = z 2 = ::: = z n = z = r (cos ' + i sin '), dobivamo tzv. Moivreovu formulu za potenciranje s prirodnim brojem n z n = rn (cos n' + i sin n') :
Trigonometrijski oblik kompleksnog broja posebno je pogodan za potenciranje s racionalnom eksponentom q = mn : Dakle, treba izracunati potenciju z ; gdje je n N; koju oznacavamo z i nazivamo 1
p
2
n
n
n ti korijen iz kompleksnog broja z: Vrijedi, w = z tocno onda kad je wn = z: Ako je z = r (cos ' + i sin '), onda n ti korijen iz kompleksnog broja z ima n me ¯dusobno razlicitih vrijednosti w = z 0 ; z 1;:::;z n1 koje su dane sa
p n
z k =
p n
r
' + 2k ' + 2 k cos + i sin n n
;
k = 0; 1;:::;n 1:
p Svi ovi brojevi lee na centralnoj krunici radijusa r n
i dijele tu krunicu na n jednakih djelova.
p 3
i i z 2 = 12 +
Primjer Neka su z 1 = 1
p v ut p ! j j
i: Tada je
5 5 2 cos + i sin 4 4
z 1 =
1 2
r2 = z 2 =
p 3
tg' 2 =
2
2
1 2
=
2
3 2
+
p
)
3=
2
= 1;
2 '2 = ; 3
pa je z 2 = 1
2 2 cos + i sin : 3 3
Sada je
z 1 z 2 =
=
p
p
5 2 2 1 cos + 4 3
23 23 2 cos + i sin 12 12
5 2 + i sin + 4 3
=
=
5 cos 4
2 3
5 + i sin 4
2 3
p p p p p p ! p p p
z 1 = z 2
z 15
p 2 1
7 7 2 cos + i sin 12 12
2
5 5 5 5 cos + i sin 4 4
5
25 25 = 4 2 cos + i sin 4 4
=
=
(24 + 1) (24 + 1) = 4 2 cos + i sin 4 4
= 4 2 cos = 4 2 cos = 4 2
4
4
+ 3 2 + i sin
+ i sin
2 2 + i 2 2
4
=
= 4 + 4i
4
=
+ 3 2
=
Primjer Riješite jednadbu z 6 = 1: Trigonometrijski oblik:
)
1 = 1 + 0i =
p r = 12 + 02 = 1 =) 0 tg' = 1 =) ' = 0
1 = 1 (cos 0 + i sin 0) ;
p Rješenja jednadbe su dana sa z = 1 = z ; gdje je 6
k
z k =
p 6
0 + 2k 0 + 2k 1 cos + i sin 6 6
Specijalno
z 0 = 1 (cos 0 + i sin 0) = 1
z 1 = 1 z 2 = 1
z 4 = 1
cos
3
+ i sin
3
z 5 = 1
p 3
1 i = + 2 2
2 2 cos + i sin 3 3
z 3 = 1 (cos + i sin ) =
k = 0; 1; :::; 5:
;
4 4 cos + i sin 3 3 5 5 cos + i sin 3 3
=
1 i + 2 2
1
=
p 3
1 2
p 3
2i p 1 3 = i 2 2
