Linearna Algebra Cjelokupna Skripta Copy

7/26/2019 Linearna Algebra Cjelokupna Skripta Copy

1/237

LINEARNA ALGEBRA

(rjeenja ispitnih zadataka)


2/237


3/237

7. februar 2011.7. februar 2011.7. februar 2011.7. februar 2011.

1.1.1.1. a)a)a)a) U skupu 3R definisana je relacija sa ( ) ( ) 2222,,,, bdeafedcba =

Provjeriti da li je relacija ekvivalencije i ako jeste odrediti koliinski skup.

Dati geometrisku interpretaciju.

Rjeenje:Rjeenje:Rjeenje:Rjeenje:

a)a)a)a)

Refleksivnost:

( )3,, Rcba ( ) ( )cbacba ,,,, Neka je ( ) 3,, Rcba proizvoljna taka. Tada vai.

( ) ( ) ( )cbacbababaRcba ,,,,,, 22223

= Ovim je dokazano da je refleksivna relacija.

Simetrinost:

Neka su ( ) ( ) 3,,,,, Rfedcba tako da vrijedi ( ) ( )fedcba ,,,,

( ) ( )cbafedeabdbdea ,,,,22222222 ==

Ovim je dokazano da je simetrina relacija.

Tranzitivnost:

Neka su ( ) ( ) ( ) 3,,,,,,,, Rihgfedcba tako da vrijedi

( ) ( ) ( ) ( )ihgfedfedcba ,,,,,,,, . Tada vrijedi

( ) ( )ihgcba

bgha

hgba

hgededba

eghdbdea

,,,,

2222

2222

22222222

22222222

=

+=+

+=++=+

==

Ovim je dokazano da je tranzitivna relacija.

Kako je relacija refleksivna, simetrina i tranzitivna, zakljuujemo da jeista relacija ekvivialencije.

Klase ekvivalencije i grafika interpretacija:

Primjetimo da relacija ne zavisi od tree koordinate. To znai da e

svake dvije take ije prve dvije koordinate budu zadovoljavale uslov za

ispunjenje relacije, biti u relaciji , bez obzira na njihov poloaj po visini.

Drugim rijeima, bilo koje take koje se nalaze na dvije prave, paralelne sa

osom z" bie u relaciji. To se najbolje vidi na sledeoj slici:


4/237

Na slici se jasno vidi da i take ( ) ( ) ( ) ( )1,,,1,,,1,,,1,, ++ fedfedcbacba

pripadaju istoj klasi ekvivalencije. Poto klase ekvivalencije ne zavise od

tree koordinate, jasno je da i take ( ) ( )0,,,0,, dcba takoer pripadaju istoj

klasi. To je dosta korisno, jer se sada razmatranje iz prostora moe

prebaciti u jednostavniji 2R prostor.

Posmatrajmo sada izraz koji definie relaciju :2222

bdea =

Izraz se na jednostavan nain moe transformisati u izraz22222222 edbabdea +=+=

Grupiui koordinate taaka, uoavamo da se radi o kvadratu rastojanja od

koordinatnog poetka. To znai da sve take, koje pripadaju istoj klasi

ekvivalencije imaju jednaku udaljenost od koordinatnog poetka. Poto nije

dat nijedan dodatni uslov, zakljuujemo da te take tvore krunicu, to se

jasno vidi na sledeoj slici, na kojoj je prikazana i trea, proizvoljna taka sa

koordinatama ( )0,,hg :


5/237

Obzirom da trea koordinata taaka u prostoru nije bitna za njihovu

pripadnost istoj klasi ekvivalencije, to e kroz svaku taku ove krunice

prolaziti paralelne prave, koje e sadrati take iste klase ekvivalencije.

Skup ovih pravih sainjava cilindar beskonane duine, kako se to vidi na

sledeoj slici:

b)b)b)b) Skup ( ) ( )ABBABA = zove se simetrina razlika skupova A i B . Zaproizvoljni skup Eispitati algebarsku strukturu ( )( ),EP .

Rijeenje:Rijeenje:Rijeenje:Rijeenje:

Def:Def:Def:Def: Partitivni skup skupa Aoznaavamo sa ( )AP je skup koji za svoje

elemente ima skupove, preciznije sve podskupove skupa A . Dakle,

( ) ( ) { }AXXAPA = / .

Napomenimo da su prazan skup i sam skup A uvek elementi skupa

P(A).

=>

Operacija je oigledno dobro definisana.

Pokaimo vrijedi asocijativnost. Neka je A karakteristina funkcija skupa A

{ }1,0: EA ,

( )Ax

AxxA

=

,1

,0

ako definiemo sabiranje karakteristinih funkcija sa


6/237

( )( ) ( ) ( )xxx BABA +=+ ( )Ex

gdje je sabiranje na desnoj strani jednakosti po modulu 2, onda je

BABA =+ ( )EBA ,

obzirom da je ovako definisano sabiranje karakteristinih funkcija

asocijativno, slijedi

( ) ( ) CBACBA =

dva skupa ije su karakteristine funkcije jednake, moraju biti jednaki, pa

slijedi

( ) ( ) CBACBA =

Kako je prazan skup neutralnielementzaoperacijui AA=tj AA =1 ,

vidimodajestruktura ( )( ),EP grupa.

2.2.2.2. a)a)a)a)Odrediti ostatak dijeljenja polinoma ( ) 9272011 272011 +++= xxxxP sa

polinomom ( ) xxxQ = 3 .


Polinom Q(x) moemo napisati u obliku ( ) ( ) ( )( )11123 +=== xxxxxxxxQ Kada polinom ( ) 01

1

1 ... axaxaxaxP n

n

n

n ++++=

dijelimo polinomom

( ) 01... bxbxbxQ kk +++= ostatak R(x) moe biti stepena k-1.

Dakle, imamo

P(x)=q(x)Q(x)+R(x)

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) cbxaxxqxxxcbxaxxqxxxxxxP ++++=+++=+++= 223272011 119272011nule polinoma Q(x) su:

( )

( )( )

1,1,0

011

0

321 ===

=+

=

xxx

xxx

xQ

Za nule polinoma Q(x) dobivamo

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) cbaPxP

cbaPxP

cPxP

+==

++==

==

1

1

0

3

2

1

No, ako uvrstimo nule polinoma Q(x) kao nule polinoma P(x) dobivmo

( ) 9272011 272011 +++= xxxxP ( )

( )

( ) 200792720111

202992720111

90

=++=

=+++=

=

P

P

P


7/237

Izjednaavanjem dobivamo sistem

2016200792007

2020202992029

9

==+=+

=+=++=++

=

babacba

babacba

c

Dakle, rjeavamo sistem

2016

2020

=

=+

ba

ba

sabiranjem dobivamo 242 == aa i 2018202022020 ==+=+ bbba

Dakle, ostatak je

( ) 920182 22 ++=++= xxcbxaxxR

b)b)b)b)Odrediti

2000

22

26

i

i


Stavimoiz

iz

22

,26

2

1

=

=

Dobivamo

2000

2

2000

1

2000

2

1

z

z

z

zz =

=

Sada transformiemo 1z u trigonometriski oblik:

modul: 8261 =+=z

argument:62

1

8

2sin,

2

3

8

6cos 111

=

=

===

trigonometriski oblik:

+

=

6sin

6cos81

iz

Raunamo 20001

z , imamo

+=

+

=

=

++

+=

==

+

=

2

3

2

18

3

2sin

3

2cos8

6

42sin

6

42cos8

200463343336:2000

6

2000sin

6

2000cos8

20002000

20002000

1

20002000

1

ii

kikz

iz


8/237

Transformiimo sada 2z u trigonometriski oblik:

modul: ( ) 84422 222 =+=+=z

argument:

42

2

8

2sin,

2

2

8

2cos 222

==

===

trigonometriski oblik:

+

=

4sin

4cos82

iz

Raunamo 20002z , imamo

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 200020002000

20002000

2

80sin0cos8500sin500cos8

4

2000sin

4

2000cos8

=+=+=

=

+

=

ii

iz

Dakle, imamo

+=

+

==2

3

2

1

8

2

3

2

18

2000

2000

2000

2

2000

1 i

i

z

zz

3.3.3.3.

Odrediti determinantu

5...000

.....

.....

.....

0...510

0...451

0...045

.


Primjenjujemo metodu rekurzivnih relacija

Oznaimosa

5...000

.....

.....

.....

0...510

0...451

0...045

=nD

razvijnjem po jednoj od vrsta i kolona dobivamo


9/237

211 45

5...000.....

.....

.....

0...510

0...451

0...045

145

5..000

.....

.....

.....

0...510

0...450

0...041

4

5...000

....

....

....

0...510

0...451

0...045

5

50000

.....

.....

.....

0...510

0...451

0...045

==

===

nnn

n

DDD

D

21 45 = nnn DDD

21425

51

45

5

2

1

===

=

D

D

( ) ( )

( )( )

41

041

0141

044

045

45

:/45

21

2

2

2

221

==

=

=

=+

=+

=

=

xx

xx

xxx

xxx

xx

xx

xxxx nnnn

21162

541

41

21

21

21

2211

=+=

=+=

+=

+=

ccn

ccn

ccD

xcxcD

nn

n

nn

n

( )

2116

1/54

21

21

=+

=+

cc

cc


10/237

sabiranjem dobivamo

3

1

3

1615

3

165

3

44545

34

12161612

21

22

=

====

===

cc

cc

3

144

3

4

3

1 1

=+=

+nn

nD

4.4.4.4. U zavisnosti od realnog parametra a diskutovati i rijeiti sistem

3

2

1

aazayax

azyax

azayx

azyx

=++

=++

=++

=++


Elementarnim transformacijama dobija se

( ) ( )( ) ( )

( )

( ) ( )( )

( )

( ) ( )

( )( ) ( )( )

( ) ( )( )111

1121

111

1

12

111

1

11

111

11

32

22

32

22

3

2

+=

+=+

=+

=++

=

=+

=+

=++

=

=+

=+

=++

=++

=++

=++

=++

aaazaa

aazaa

azaya

azyx

aazaa

azaa

azaya

azyx

aazaa

aazaya

azaya

azyx

aazayax

azyax

azayx

azyx

i)i)i)i)za a0 i a1 posmatrani sistem je ekvivalentan sa

( ) ( )

( ) ( )

( )1

22

111

1

+=

+=+

=+

=++

az

aza

azaya

azyx

odakle slijedi da je za 2=a sistem nemogu.

Ako je 2,1,0 aaa polazni sistem je ekvivalentan sa sistemom


11/237

( ) ( )

( )210

1

111

1

+=

=

=+

=++

a

az

azaya

azyx

koji je za 1a nemogu.

ii)ii)ii)ii)Ako je 1=a , sistem

02

02

222

1

=

=

=+

=+

z

z

zy

zyx

je odreen i rijeenje sistema je ( )0,1,0

iii)iii)iii)iii)Ako je 0=a , sistem

00

12

1

1

=

=

=+

=+

z

zy

yx

je odreen i rijeenje sistema je

2

1,

2

1,

2

1

iv)iv)iv)iv)Ako je 1=a , sistem

00

0000

1

=

==

=++ zyx

je dvostruko neodreen i skup rijeenja za ureenu trojku ( )zyx ,, je

( ){ }RRrjesenja = ,:,,1

5.5.5.5. Odrediti sopstvene vrijednosti i sopstvene vektore matrice A a zatim nai

1A ako postoji

=

544

446

235

A


12/237


sopstvene vrijednosti:

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]( )( )( )( )( ) ( ) ( )[ ] ( )( )( )

3,2,1

3121312

332

342

2324263842

61166116

410402510026106

4102526106

459618901680832

45484851851648

45443264

365544244

544

446235

det

321

2

2

2223

2323

322

2

2

2

2

===

==

=+=

=+=

=+=++=

=+=++=

=++=

=++=

=++++=

=+++=

=+++

+=

=

=

EA

sopstveni vektori:

za 11 =

[ ]

( )

=

=

=

0

0

0

444

456

234

0

3

2

1

1

321

x

x

x

XEA

xxxX T

312321321

321

321

04:/0444

04560234

xxxxxxxxx

xxxxxx

+==+=+

=+=+

( )

( )

333312

3131

31

31

3311

3311

3311

3311

2

0

0

0

04556

02334

0456

0234

xxxxxx

xxxx

xx

xx

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

=+=+=

==

=

=

=+

=+

=++

=++


13/237

Dakle ,

32

31

2xx

xx

=

=

Rx 3 slobodna promjenjiva

za 22 =

[ ]

( )

=

=

=

0

0

0

344

466

233

0

3

2

1

1

321

x

x

x

XEA

xxxX T

( )

002

00688

0699

2/

3/

0344

02332:/

0344

0466

0233

33

21

21

321

321

321

321

321

321

321

==

=

==+

=+

=+

=+

=+

=+

=+

xx

xx

xxxxx

xxx

xxx

xxx

xxx

xxx

xxx


za 33 =

[ ]

( )

=

=

=

0

0

0

244

476

232

0

3

2

1

1

321

x

x

x

XEA

xxxX T

( )

( )

1213

1221

21

21

2121

2121

213321321

321

321

222

20202

02

022476

022232

220222:/0244

0476

0232

xxxx

xxxxxx

xx

xxxx

xxxx

xxxxxxxxx

xxx

xxx

=+=

==+=+

=+

=++

=++

+==+=+

=+

=+


14/237

Dakle

132 2xxx ==


Treba sada nai 1A ako postoji

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

581004848908032

455443264365544244

544

446

235

det

=++=

=+++=

=

=A

( ) ( )

.481244

23

,7781554

23

,4162054

44

13

12

11

=+=

=

==+=

=

=+=

=

A

A

A

( )

( ) 8122046

25

1782554

25

141630

54

46

33

22

21

===

===

===

A

A

A

det

( )

=

288

81714

474

Aadj

( ) ( )

==

288

81714

474

58

1

det

11Aadj

AA


15/237

21. februar 201121. februar 201121. februar 201121. februar 2011

1.1.1.1. a)a)a)a)Dat je skup { }nxxxX ,...,, 21= . Koliko postoji

- binarnih relacija

-

refleksivnih binarnih relacija- simetrinih binarnih relacija

-

binarnih relacija koje su istovremeno refleksivne i simetrine u skupu

X? Odgovore detaljno obrazloiti.

RIJEENJERIJEENJERIJEENJERIJEENJE

-

Vidimo da je { }nxxxX ,...,, 21= konaan skup i ima n elemenata tj nX =

. Tada relacija na skupu Xje bilo koji podskup skupa XXX =2 .

Kako je 22 nX = to je ukupan broj binarnih relacija na skupu X jednak2

2n .-

Refleksivnost:( )Xx xx

Posmatrajmo tablicu,tada imamo da je

1x 2x . . . nx

1x 1

2x 1

. .

. .

. .

nx 1

jer je data relacija refleksivna (refleksivna relacija ima sve jedinice na

glavnoj dijagonali, a van glavne dijagonale mogu se nalaziti bilo kojielementi ili 0 ili 1). U sva ostala polja (kojih ima ( )1 nn ) moemo

upisati ili 0 ili 1 (to su dvije mogunosti). Zato je ukupan broj

refleksivnih binarnih relacija u skupu X jednak ( )12 nn .


16/237

- Simetrinost: ( )Xba , abba

Simetrina relacija moe imati ili 1 ili 0 na glavnoj dijagonali, ali mora

imati simetrine elemente u odnosu na nju.

1x 2x . . . nx

1x 0 1 0

2x 1 1

. 1

.

. ...

nx 0 1

Na glavnoj dijagonali imamo n2 moguih kombinacija za popunjavanje,

a van glavne dijagonale 22

2

nn

.

( u eksponentu je dijeljeno sa 2 jer nas interesuju samo elementi ispod iliiznad glavne dijagonale, ako uzmemo da popunjavamo elemente ispod

glavne dijagonale, kako je relacija simetrina automatski se

popunjavaju i elementi iznad glavne dijagonale)

Zato je ukupan broj simetrinih binarnih relacija jednak2

2

22

nn

n

.- za binarne relacije koje su istovremeno refleksivne i simetrine:

( pomou principa ukljuenja-iskljuenja jer se moe desiti da je nekarelacija i refleksivna i simetrina)

Ukupan broj refleksivnih i simetrinih relacija :

(od ukupnog broja relacija oduzimamo refleksivne relacije, oduzimamosimetrine relacije i dodajemo zbir refleksivnih i simetrinih relacija)

222

22

2

22222

nnnn

nnnn

+

Dakle, broj relacija koje su istovremeno refleksivne i simetrine je 22

2

nn

.


17/237

b)b)b)b)Neka je G skup svih preslikavanja jednakostraninog trougla na samog

sebe. Ispitati algebarsku strukturu (G,) gdje je kompozicija preslikavanja.


TRANSLACIJA je preslikavanje koje paralelnim pomjeranjem preslikava

(taku,pravu,du) odreenu figuru u njoj podudarnu figuru za duinu

vektora translacije.

(u ovom sluaju otpada)

ROTACIJA:

3

4,

3

2,0 210

===

ili predstavljeno na drugaiju nain


18/237

SIMETRIJA:

ili predstavljeno na drugaiju nain

Odavde imamo { }32121 ,,,,, sssidG = .


19/237

Formirajmo Kejlijevu tablicu:

o id 1 2 1s 2s 3s

id id 1 2 1s 2s 3s

1 1 2 id 3s 1s 2s 2 2 id 1 2s 3s 1s

1s 1s 2s 3s id 1 2

2s 2s 3s 1s 2 id 1

3s 3s 1s 2s 1 2 id

1Zatvorenost

Iz Kejlijeve tablice se vidi da je skup G zatvoren u odnosu na operaciju o

.

2Asocijativnost

Na osnovu teorema

Neka su data preslikavanja YXf : , ZYg : i UZh : . Tada je

( ) ( ) fghfgh oooo =

Dakle, operacija kompozicije o je asocijativna.

3Neutralni element

( )Gid tako da je ( )Gx xxididx == oo

to znai da postoji neutralni element.

4Inverzni element

( )Gx ( )Gx 1 tako da je idxxxx == oo 11 .

Poto se radi o konanom skupu, provjerimo postojanje inverznog

elementa za svaki element skupa:

,

,

,

2

1

2

1

1

1

1

=

=

=

idid

,

,

,

3

1

3

2

1

2

1

1

1

ss

ss

ss

=

=

=


20/237

5Komutativnost

Kako vidimo, Kejlijeva tablica nije simetrina u odnosu na glavnu

dijagonalu, pa tako operacija kompozicije o nije komutativna.

Odavde zakljuujemo da je ( )o,G grupa.

2.2.2.2. a)a)a)a)Odrediti m tako da korijeni jednaine 022 =+ mmzz zadovoljavaju uslov2

2

2

1

3

2

3

1 zzzz +=+ , zatim za svako m odrediti korijene i raunski pokazati da

vai dati uslov.


Po Vietovim pravilima iz jednaine 022 =+ mmzz dobivamo

mm

zz

mm

zz

==

==+

1

21

2

21

21

Sada modifikujemo uslov 22

2

1

3

2

3

1 zzzz +=+ Primjenimo formulu ( )( )2233 babababa ++=+ na 32

3

1 zz + dobivamo

( )( )22212

121

3

2

3

1 zzzzzzzz ++=+ da bi mogli primjeniti vietova pravila u drugu

zagradu dodamo 2121 22 zzzz pa dobivamo

( )( ) ( ) ( ) 212

21212121

2

221

2

121 322 zzzzzzzzzzzzzzzz ++=+++ uvrtavanjem vietovih pravila, dobivamo

( ) ( )mmmmmmzz 342322 22323

1 ==+ U izraz 22

2

1 zz + dodamo 2121 22 zzzz pa dobivamo

( )21

2

2121

2

221

2

1

2

2

2

1 222 zzzzzzzzzzzz +=++=+

uvrtavanjem vietovih pravila, dobivamo( ) ( )12222 222

2

1 ==+ mmmmzz Uvrtavanjem dobivenog u uslov 22

2

1

3

2

3

1 zzzz +=+ (tj. izjednaavanjem)

dobivamo

( ) ( )

0154

01234

1234

2:/122342

2

2

2

2

=+

=+

=

=

mm

mmm

mmm

mmmmmm


21/237

sada rjeavamo kao kvadratnu jednainu po m

4

1

8

2

8

35

18

8

8

35

8

35

8

95

8

16255

24

14455

2

1

2

2,1

==

=

==+

=

=

=

=

=

m

m

m

Za 1=m dobivamo jednainu

( )

1

01

012

21

2

2

==

=

=+

zz

z

zz

uslov

22

1111

1111 2233

22

21

32

31

=

+=+

+=+

+=+ zzzz

Za4

1=m dobivamo jednainu

( )

( )iiz

iiz

ii

z

zz

zz

314

1

4

3

4

1

314

1

4

3

4

1

4

3

4

1

8

322

8

122

8

1642

42

14422

0124

4/04

1

4

12

2

1

2

2,1

2

2

==

+=+=

=

=

=

=

=

=+

=+

uslov


22/237

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )4

14

16

133213321

16

1

332116

13321

16

131

4

131

4

122

2

2

2

1

==++=

=++=

+

+=+

ii

iiiizz

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )( )

( ) ( ) 4

1

8

2

8

1

8

1

162

4

162

4

31162

1

13162

1

3131216

1

4

113132

16

1

4

1

3223116

1

4

123231

16

1

4

1

332116

131

4

13321

16

131

4

1

314

131

4

131

4

131

4

1 22222

2

11

3

2

3

1

===

=+

=

=+++=

=++=

=+++=

=

+

++=+=+

iiii

iiii

iiii

iiiizzzzzz

dakle vrijedi

4

1

4

1

2

2

2

1

3

2

3

1

=

+=+ zzzz

b)b)b)b)Dat je binomn

x

x

+

1

2

12 . Odrediti n tako da je zbir binomnih

koeficienata poslednja tri lana 22. Odrediti onu vrijednost x za koju je

zbir treeg i petog lana 135.


( )

( )2

2

122

222

11

22210

2221

=++

=

++

=

+

+

=

+

+

nnn

nnn

nnn

n

n

n

n

n

n


23/237

( )

Nn

Nn

n

nn

nnn

=

=

=

=

=+

=++

7

6

2

131

2

42411

042

222

22

2

1

2,1

2

2

Dakle, 6=n pa imamo dalje,

( ) ( )

1222

12

2

1

222424

4

79

4

424819

0492

2

29224

2/92224

1352152152

1215

2

1215

1352

12

4

6

2

12

2

6

1

2

2

1

2,1

2

2

12

1

2

22

2

1

44

1

2

====

====

=

=

=+

=

=+

=+

=+=+

=

+

+

xt

xt

t

tt

t

xx

xx

x

xx

xxx

xx

x

x

x

x

x

x

x

x

3.3.3.3. U vektorskom prostoru 22xM dati su podprostori 1W generisan vektorima

=

=

01

13,

00

1121 vv i 2W generisn vektorima

=

=

11

12,

01

1121 uu .

Odrediti dimenziju i bazu podprostora 21 WW .


Ispitajmo linearnu zavisnost vektora 1v i 2v

=

+

00

00

01

13

00

1121

=

+

00

00

0

3

00 2

2211

=

++

00

00

0

3

2

2121


24/237

00

00

03

22

121

21

==

==+

=+

Dakle , 00 21 == pa su posmatrani vektori (matrice) linearno

nezavisne.

Ispitajmo linearnu zavisnost vektora 1u i 2u

=

+

00

00

11

12

01

1121

=

+

00

002

0 22

22

1

11

=

+

+

00002

221

2121

0

00

0

02

2

121

21

21

=

==+

=

=+

Dakle, 00 21 == pa su posmatrani vektori (matrice) linearno nezavisne.

Kako su vektori sistema 1W i 2W linearno nezavisni, to je( ) ( ) 2dimdim 21 == WLWL

Posmatrajno sada zajednike elemente ova dva podprostora, tj.

posmatrajmo jednakost:

+

=

+

11

12

01

11

01

13

00

11qp ( )Rqp ,,,

+

+=

++

+

=

+

qqp

qpqp

qq

qq

p

pp

2

0

3

2

00

3

00

imamo,

0

0

0

023

=

=

=++

=+

q

qp

qp

qp

Uvrtavanjem 0=q u prve tri jedna pp 2==

( ) ( ) :21 WLWL


25/237

( )Rpp

ppp

=

=

+

=

+

=

+

01

35

01

13

00

112

01

13

00

112

01

13

00

11

Ovo znai da je ( ) ( )( ) 1dim 21 = WLWL i da je

01

35bazni vektor.

4.4.4.4. Rijeiti matrinu jednainu ACBAX =+ ako je

=

=

=

113

401

232

,

8113

1010

931

,

340

231

021

CBA

odrediti matricu M takvu da vai MXXM= .


Iz ACBAX =+ imamo da je

( )

BACX

BACAX

BACAXA

1

1

1/

=

=

=

ako 1A postoji.

Raunamo 1A :

07689

340

231

021

det =+=

=A

traimo adjugovanu matricu matrice A


26/237

( )

( ) ( )

( )

=

=

+

+

+

=

=

=

++

+

++

=

544

233461

230404

020303

040689

31

21

40

21

40

31

21

01

30

01

30

21

23

02

34

02

34

23

2221

1211

3231

1211

3231

2221

2321

1311

3331

1311

3331

2321

2322

1312

3332

1312

3332

2322

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

adjA

==

544

233

461

7

1

det

11adjA

AA

odakle je

=

=

+

=

+

=

=

+

=

100

210

321

013

211

511

113

401

232

0721

1477

3577

7

1

113

401

232

8113

1010

931

544

233

461

71

113

401

232

X

Odreivanje matrice M :Format matrice M mora biti 33x , da bi se ona mogla pomnoiti i sa lijeve i

sa desne strane matricom X , formata 33x .Napiimo M u obliku:

=

ihg

fed

cba

M

Tada se matrina jednakost MXXM= svodi na


27/237

=

100

210

321

100

210

321

ihg

fed

cba

ihg

fed

cba

+++

+++

+++

=

+++

++++++

ihghgg

fededd

cbabaa

ihg

ifhegd

ifchebgda

232

232

232

222

323232

odavde se dobiva sistem devet linearnih jednaina sa devet nepoznatih

gg

dgd

gda

=

=+

=++

2

032

hgh

edhe

baheb

+=

+=+

+=++

2

22

232

ihgi

fedif

cbaifc

++=

++=+

++=++

23

232

2332

0

032

=

=+

g

gd

dh

ahe

=

=+ 232

hg

edi

baif

230

232

2332

+=

+=

+=+

dobivamo,

fb

iea

hdg

=

==

=== 0

Dakle, opti oblik traene matrice M je

=

a

ba

cba

M

00

0 za Rcba ,,


28/237

5.5.5.5. U zavisnosti od realnih parametara , diskutovati sistem

1

1

=++

=++

=++

zyx

zyx

zyx


Koristit emo Kramerovo pravilo

( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )2

22

23

333

121212121

22121211

121112122

2323

1

11

1

+=+=++=

=+=+=+=

=+==+=

=+=+=++==

D

0

1

1

1122

=++==

xD

( ) ( ) ( )( )2112122

2311

11

1111

223

33

==+=

=+=++==

yD

0

11

1

122

=++==

zD

Dakle dobili smo( )( )

( )( )0

21

0

12

2

2

=

=

=

+=

z

y

x

D

D

D

D

i) za 1200 D sistem ima jedinstveno rijeenje

( )( )( )

+

=

= 0,

12

2,0,,,,

2

D

D

D

D

D

Dzyx z

yx


29/237

ii) za 0= je 0=== zx DDD , ( )( )212= yD tako da je 0yD za

( )01 = , te je za 01 = sistem protivrijean.

Za 0,1 == sistem se svodi na

0

11

1

1

1

=

==+

=+

=+

=+

y

xzzx

zx

zx

zx

te je rijeenje sistemaRx ( ) ( )xxzyx = 1,0,,,

iii) za 01 ===== zyx DDDD te su potrebna dodatna istraivanja.

Tada se sistem svodi na jednainu 1=++ zyx

za 0= dobivamo rijeenje Rx ( ) ( )xxzyx = 1,0,,,

za 0 dobivamo rijeenje Ryx , ( ) ( )yxyxzyx = 1,,,,

iv) za 002 ==== yzx DDDD te je sistem protivrjean.

Prema tome, sistem je saglasan :- za 2,0,1 kada ima jedinstveno rijeenje

- za 2,0,1 == kada ima rijeenje Rx ( ) ( )xxzyx = 1,0,,,

- za 2,0,1 = kada ima rijeenje Ryx , ( ) ( )yxyxzyx = 1,,,,

u svim ostalim sluajevima sistem je protivrjean.


30/237

OVAJ ZADATAK MOE BITI ZADAN I NA SLJEDEI NAIN

U zavisnosti od realnih parametara , diskutovati sistem

1

1

=++=++

=++

zyxzyx

zyx

diskusija je slina.

RIJEENJE

( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )2

22

23

333

121212121

22121211

121112122

2323

1

11

1

+=+=++=

=+=+=+=

=+==+=

=+=+=++==

D

( )

( ) ( )( ) ( )( )

==

=+=++==

111

1

1

11

2222xD

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( )21

2111211121

2211

11

11

11

2

22

+=

=+=+==

=+=++==

yD

( )

( ) ( )( ) ( )( )

==

=+=++==

111

11

1

12222

zD


31/237

i) 1,2,00 D sistem ima jedinstveno rijeenje

( )

=

D

D

D

D

D

Dzyx z

yx ,,,,

ii) za 0= je ( )120 ==== yzx DDDD tako da je 0yD za ( )00 =

pa je za 00 = sistem protivrijean.

za 00 == sistem se svodi na

1

0

1

=+

=+

=+

zx

zx

zx

to je protivrijeno. Dakle, za 0= sistem je protivrijean.

iii) za 01 ===== zyx DDDD pa su potrebna dodatna istraivanja. Tada

se sistem svodi na

1

1

=++

=++

=++

zyx

zyx

zyx

pa je za 11 = sistem protivrijean, a za 11 == sistem imabeskonano mnogo rijeenja.

iv) za 2= razlikujemo 22 = .

U sluaju 0022 == yDD pa je sistem protivrijean.

U sluaju 022 ====== zyx DDDD sistem se svodi na

122

24122

=

=++

=+

zyx

zyxzyx

24

122

=++

=+

zyx

zyx

ako saberemo prve dvije jednaine i pomnoimo sa (-1) dobiemo treu

jednainu.

Rijeavamo sistem

24

122

=++

=+

zyx

zyx


32/237

ako ovaj sistem oduzmemo dobivamo

yxyx

yx

2112

3:/363

==

=

ako ovo uvrstimo u drugu jednainu dobivamo

( ) yyyyyyxz 214212421242 =++===

Dakle, opto rijeenje sistema je

Ry ( ) ( )yyyyzyx 21,21,, =

Prema tome, sistem je saglasan :

-

za 021 kada ima jedinstveno rijeenje premaKramerovom pravilu.

-

za ( ) ( ) ( ){ }2,2,1,1, sistem ima beskonano mnogo rijeenja,

- u svim ostalim sluajevima sistem je protivrijean.


33/237

5. april 20115. april 20115. april 20115. april 2011

1.1.1.1. a)a)a)a)Neka je { }nxxxS ,...,, 21= . Odrediti broj parova ( )YX, gdje su SYX ,

takvi da vrijedi 3,3,1 = YXYX .

Napomena ( ) ( )YXYXYX = / je simetrina razlika.

RRRRJEENJEJEENJEJEENJEJEENJE

Sigurno vai

( ) ( )XSaXaaXYYSaYaaYX /,,/,, ==

Ova dva sluaja su jednaka za razmatranje, pa je dovoljno razmatrati jedan

od njih. Na primjer, razmatraemo prvi. Konaan broj mogunosti e biti

duplo vei.

Dakle, aYX = . Na koliko naina moemo napraviti skup Y

Kako je { }nxxxSSY ,...,,, 21=

(skup { }nxxxS ,...,, 21= je konaan pa vrijedi nS = ) imamo

13 nY ( 1n zbog elementa YSa / )

13 nk (Skonaan i SY pa je i Ykonaan)

Dakle, radi se o k-tolanom podskupu skupa Sod n elemenata, pa je broj

mogunosti da napravimo skup Y

k

n

Ostalo je kn elemenata. Biramo jedan lan kn -lanog podskupa, to se

moe izabrati na

knkn

=

1-naina

Konaan broj rijeenja je:

( ) ( )

( )( )

( )( )

( ) ( )( )

[ ]222

1

2

22

2

2322

2

211111

2

1

1

1

0

11

1

!!1

!1

!!1

!1

!!

!

1

222

1

11

0

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

+=+

=

++=

=

++=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

nnnnn

nnnn

n

nnnn

nnn

k

nn

k

nn

kkn

nn

kkn

nnkn

knk

nkn

k

n

nn

n

nn

k

n

k

n

k

n

k

n

k

n

k


34/237

Konano rijeenje je duplo vee, pa je

[ ] [ ]22222

12 22 +=+ nnnnnn nn

b)b)b)b)Neka je ( )

+

== Rtt

ttt

tAM ,

100

410

221

:

2

. Ispitati algebarsku strukturu

( ),M gdje je operacija mnoenja matrica.

Odrediti ( )[ ] NntA n , .


1Zatvorenost

Neka su ( )RMAA

+

=

+

=

,,

100

410

221

,

100

410

221 22

proizvoljne.

( ) ( )

( )

( )RMA

AA

+=

=

+

++++

=

+

+++++

=

=

+

+

=

+

,

100

410

221

100

4410

224221

100

410

221

100

410

221

222

22

ono sto vai za proizvoljne matrice, vai i za sve

MAA , += AAA

2AsocijativnostNeka su MAAA ,, proizvoljne matrice ( )R ,, , tada vrijedi

( ) ( ) AAAAAAAAAAAA ===== ++++++

ono to vai za proizvoljne matrice, vai i za sve

MAAA ,, AAAAAA =


35/237

3neutralni element

R0 je neutralni element u odnosu na sabiranje u skupu R .

Neka je MA proizvoljna matrica.

Tada postoji MA 0 tako da je

AAAA

AAAA

==

==

+

+

00

00


( )( )MAMA 0 AAAAA == 00

4Inverzni element

Neka je MA proizvoljna matrica

( )

( ) 0

0

AAAA

AAAA

MARRMA

==

==

+

+


( )( )MAMA 0AAAAA ==

5komutativnost

Neka su MAA , proizvoljne matrice, tada vrijedi

AAAAAA === ++

ono to vai za proizvoljne matrice, vai i za sveMAA , AAAA =

Dakle, ( ),M je Abelova grupa.

Trebamo sada odrediti ( )[ ] NntA n , Oznaimo sa ( ) tAtA = , imamo

( )NnAA

AAAAA

AAAAA

nt

n

t

tttttt

tttttt

=

===

===

+

+

...

32

23

2

2


36/237

2.2.2.2. a)a)a)a)Neka su 321 ,, zzz dati kompleksni brojevi takvi da vai rzzz === 321 ,

0>r i 0321 =++ zzz . Dokazati da take 321 ,, zzz u kompleksnoj ravni ine

jednakostranini trougao.


Jednaina treeg stpena iji su korijeni 321 ,, zzz glasi

0322

1

3=+++ azazaz

gdje je

( )

3213

1332212

3211

zzza

zzzzzza

zzza

=

++=

++=

iz uslova zadatka slijedi da je 01=a , a kako je

++=

321

3212

111

zzzzzza

odnosno

( )3212321

2 zzzr

zzza ++= jer je 2rzz kk = za k=1,2,...

imamo da je 02 =a , pa jednaina glasi

03213 = zzzz

Slika korijena binomne jednaine lei na krunici rz = i ona su tjemena

jednakostraninog trougla.

Slijedi, aierzzzz 33213

= , gdje je a proizvoljan promjenjiv realan broj.

Moemo uzeti


37/237

3

4

3

2

3

2

31

30

ii

a

ii

a

ai

rez

rez

rez

+

+

=

=

=

b)b)b)b)Koliko ima rjeenja ( ) { }0,,...,, 21 Nxxxx ik jednaine nxxx k =+++ ...21

gdje je n dati prirodan broj?


Koristit emo princip matemtike indukcije. Oznaimo broj rjeenja nae

jednaine sa ( )nNk . Lako se vidi da je ( ) 1,0)( 10 == nNnN , jer je 1,00 1 == x

Izraunajmo ( )nN2 , to jest broj rjeenja jednaine :

nxx =+ 21 U ovoj jednaini 1x moe primiti sljedee vrijednosti: 1,...,3,2,1 n ; to znai

da e naa jednaina imati sljedea rjeenja:

( ) ( ) ( )1,1,...,2,2,1,1 nnn to jest ( ) 12 = nnN .

Izraunajmo sada ( )nN3 , to jest odredimo broj rjeenja jednaine

nxxx =++ 321 Za 3x uzmimo vrijednosti 2,...,3,2,1 n . Jasno je da je:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) 2

1

2223

2

1

21

211...32

2...21

=

=

=+++=

=+++=

nCnnn

nn

NnNnNnN

Dokazaemo sada pomou principa matematike indukcije da je:


38/237

( ) ( )( ) ( )

( )1...3211...211

1

+==

n

knnnCnN

k

nk

Oigledno je da vai

( ) 211

=

k

nk CnN Imamo tada

( ) 111

1

2

3

2

2 ...

=+++= k

n

k

k

k

n

k

nk CCCCnN

Dakle, broj rjeenja date jednaine je

( )( ) ( )( )!1

1...21

1

1

+=

n

knnn

k

n

3.3.3.3. Pokazati da je skup realnih matrica komutativnih sa matricom

=

0000

1000

0100

0010

A vektorski prostor u odnosu na standardne operacije sa

matricama, a zatim mu odrediti dimenziju i jednu bazu.


4.4.4.4. Neka je

=

100

010

221

F matrica linearnog operatora 33: RRf u

standardnoj bazi. Odrediti bazu u kojoj e matrica operatora biti

dijagonalna.


Odredimo karakteristini polinom preslikavanja f :

( ) ( )( )211

00|100

10|010

21|221

=

=K

Nule tog polinoma su 11 = i 12 = su sopstvene vrijednosti

preslikavanja f .


39/237

Neka je 3

3

2

1

R

x

x

x

x

= sopstveni vektor preslikavanja f koji odgovara

sopstvenoj vrijednosti 11 = . Tada vrijedi:

=

3

2

1

3

2

1

1

100

010

221

x

x

x

x

x

x

odavde slijedi:

33

22

1321 22

xx

xx

xxxx

=

=

=+

Skup rijeenja ovog sistema je

+

1

01

0

11

L . Svaki nenulti vektor

1

0

1

,

0

1

1

x je sopstveni vektor preslikavanja f koji odgovara

sopstvenoj vrijednosti 11 = .

Neka je 3

3

2

1

R

y

y

y

y

= sopstveni vektor preslikavanja f koji odgovara

sopstvenoj vrijednosti 12 = . Tada vrijedi:

( )

=

3

2

1

3

2

1

1

100

010

221

y

y

y

y

y

y

odavde slijedi:

33

22

1321 22

yy

yy

yyyy

=

=

=+

Skup rijeenja ovog sistema je

0

0

1

L . Svaki nenulti vektor

0

0

1

y je

sopstveni vektor preslikavanja f koji odgovara sopstvenoj vrijednosti

12 = .


40/237

Vektori 211 eef += i 212 eef += su elementi lineala

+

1

0

1

0

1

1

L , a 33 ef =

je element lineala

0

0

1

L . Skup { }321 ,, fff je linearno nezavisan. Matrica

preslikavanja f u bazi { }321 ,, fff je

100

010

001

.

5.5.5.5. Neka je

=

211

232

11 a

A . Odrediti a tako da jedna sopstvena vrijednost bude

jednaka sumi druge dvije.


Prvo trazimo karakteristicni polinom date matrce

( )

( )( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( )( )

( ) aa

aaaa

aaa

aa

a

EA

+++=

=++++=+++=

=+++++=

=++=

=

=

6116

33926332

2422332222

2212332122

11|211

32|232

11|11

det

23

3222

2

Dakle, karakteristini polinom je

( ) ( ) aaK +++= 6116 23

Sopstvene vrijednosti su nule ovog polinoma (polinom treeg stepena ima

tri nule).

Neka su 321 ,, nule polinoma ( ) ( ) aaK +++= 611623 . Tada je

( ) ( )( )( )32123

6116 =+++ aa

Sada izvrimo mnoenje


41/237

( )( )( ) ( )( )

( ) ( ) 3213231212

321

3

3212131

2

132

2

2

2

3

3

32112

2

321

+++++=

=+++=

=+=

Dakle, imamo:

( ) ( ) ( )321323121

2

321

3236116 ++++++=+++ aa

Izjednaavanjem koeficienata uz odgovarajue stepene od dobivamo:

a

a

=

=++

=++

6

11

6

321

323121

321

Iz uslova zadatka imamo 321 += i uvrtavanjem u prvu jednainu

dobivamo:

3626 1111 ===+

Posmatramo sada drugu jednainu:

( )

aa

a

a

==+

=++

=++

21133

11

11

3232

32321

323121

Ako u treu jednainu a= 6321 uvrstimo a== 23 321 dobivamo:

( )

002

636623

6321

==

==

=

aa

aaaa

a


42/237

16. jun 201116. jun 201116. jun 201116. jun 2011

1.1.1.1. a)a)a)a)U skupu { }3,2,1,0,1,2 =S definisana je relacija ( ){ }.2:, 2 yxxySyx +=Provjeriti da li je relacija ekvivalencije i ako jeste odrediti klase.


Odredimo elemente relacije :

Kako je

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

==

3,3,2,3,1,3,0,3,1,3,2,3

,3,2,2,2,1,2,0,2,1,2,2,2

,3,1,2,1,1,1,0,1,1,1,2,1

,3,0,2,0,1,0,0,0,1,0,2,0

,3,1,2,1,1,1,0,1,1,1,2,1

,3,2,2.2,1,2,0,2,1,2,2,2

2

SxSS

tada je

( ){ }( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=

+=

3,3,2,3,1,3,3,2,2,2,1,2,3,1,2,1,1,1

,0,0,1.0,2,0,1,1,2,1,0,2,1,2,2,2

2:,2

yxxySyx

Provjerimo da li je relacija ekvivalencije:

Formirajmo kejlijevu tablicu

1Refleksivnost

( )Sx xx pa iz Kejlijeve tablice vidimo da je relacija refleksivna,

2Simetrinost

( )Syx , xyyx pa iz Kejlije tablice vidimo da je simetrina, na primjer

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )...1,22,1,2,00,2,2,11,2 3Tranzitivnost

-2 -1 0 1 2 3

-2 T T T -1 T T 0 T T T 1 T T T 2 T T T

3 T T T


43/237

( )Szyx ,, zxzyyx pa iz Kejlijeve tablice vidimo da je relacija tranzitivna

Imamo na primjer,

313221

Kako je relacija refleksivna, simetrina i tranzitivna to je ovo relacija

ekvivalencije.

Klasa ekvivalencije elementa x je skup svih elemenata koji su u relaciji sa x

to jeste,

[ ] { }yxSyxCx :== [ ] ( ) ( ) ( ){ }

[ ] ( ) ( ){ }

[ ] ( ) ( ) ( ){ }

[ ] ( ) ( ) ( ){ }[ ] ( ) ( ) ( ){ }

[ ] ( ) ( ) ( ){ }3,3,2,3,1,33

3,2,2,2,1,22

3,1,2,1,1,11

0,0,1,0,2,00

1,1,2,11

0,2,1,2,2,22

3

2

1

0

1

2

==

==

==

==

==

==

C

C

C

C

C

C

II nainII nainII nainII nain

Nejednakost yxxy +2 je ekvivalentna sa ( )( ) 11212 yx , a poto je

( )( )1212 yx neparan broj ovo je dalje ekvivalentno sa ( )( ) 01212 yx .

je refleksivna jer je ( ) 012 2 x za sve Sx , simetrina jer iz

( )( ) 01212 yx slijedi ( )( ) 01212 xy i tranzitivna zbog

( )( ) ( )( ) ( )( ) 012120121201212 zxzyyx .

b)b)b)b)Ako je { }0,0,,:2 += yxQyxyxA ispitati algebarsku strukturu ( )o,Agdje je o standardno mnoenje u Q.


1Zatvorenost

Neka su Akk 21 , proizvoljni.

( )Qbaba 2211 ,,, tako da je 2111 bak += , 2222 bak += Akk 21,

( ) ( )( ) ( ) 22

22222

12212121

21122121221121

bababbaa

bbbabaaababakk

oooo

oooooo

+++=

=+++=++=

Kako je skup Q zatvoren u odnosu na mnoenje

( ) ( ) AkkQbabaQbbaa ++ 2112212121 ;2 ooooo


44/237

Ono to vrijedi za proizvoljne, vrijedi i za sve. Dakle, ( )o,A je grupoid.

2Asocijativnost

Poto je mnoenje asocijativno u skupu R i poto je RA mnoenje je

asocijaivno u skupu A ( )o,A je polugrupa.

Osim nasljeivanja, ova osobina se moe i dokazati.

3Neutralni element

Treba dokazati da ( )Ae tako da je ( )Ak kkeek == oo .

Neka je Ak proizvoljan ( )Qba , tako da je 2bak +=

( ) 22 baeba +=+ o ( )Qee == 0,1 21 Aeee ==+ 1221

Ono to vrijedi za proizvoljan, vrijedi i za svaki.

4Inverzni element

Treba dokazati

( )( )AkAk 1 tako da je 111 === ekkkk oo Neka je Ak proizvoljno. Tada ( )Qba , tako da je 2bak +=

( ) 12 1 =+ kba o za ( ) ( )0,0, ba

A

ba

b

ba

a

ba

ba

ba

ba

ba

+

=

=

+

2

222

2

2

2

2

1222222

o

Ono to vrijedi za proizvoljne, vrijedi i za sve.

( ) ( )QbaAk , tako da je 222 2222

1

ba

b

ba

ak

+

=

( )o,A je grupa.

5Komutativnost

( )o,A je Abelova grupa, jer je skup RA , pa se ova osobina nasljeuje.

2.2.2.2.

a)a)a)a)Rijeiti jednainu Cziz =+ ,032 3


ii

z

iz

iz

2

1

2

3

2

3

32

032

3

3

3

=

=

=

=+

Raunamo modul i argument kompleksnog broja


45/237

iw2

1

2

3=

modul:

1144

41

43

21

23

22

===+=

+

=w

argument:

2

1cos =

2

3sin = 3

2

12

3

cos

sin===

tg

kako se nalazi u II kvadrantu to je

3

2

360

0

===

pa je trigonometriski oblik kompleksnog broja:

( )

3

2sin

3

2cos

sincos

iw

iww

+=

+=

Sada dobivamo

12sin2cos

3

23sin

3

23cos

33=+=+==

iiwz

b)b)b)b)Na meunarodnoj konferenciji radova izlau 3 Engleza, 3 Francuza i 3

Rusa. Na koliko naina oni mogu izai pred govornicu, a da tri uesnika iz

iste zemlje ne idu jedan za drugim?


Neka je Sskup svih permutacija pomenutih uesnika konferencije. Neka jeES skup svih permutacija u kojima su sva 3 Engleza jedan do drugog

FS skup svih permutacija u kojima su sva 3 Francuza jedan do drugog

RS skup svih permutacija u kojima su sva 3 Rusa jedan do drugog

Jasno je da je !9=S

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 ES jednak !3!7 .


46/237

Analogno, dobivamo

!3!7 === RFE SSS

( )2!3!5 === RFREFE SSSSSS

( )3

!3!3 = RFE SSS Na osnosvu formule ukljuenja i iskljuenja je

( ) ( )42 !3!3!53!3!73 += RFE SSS

pa je broj permutacija, u kojima nikoja tri ovjeka iz iste zemlje nisu jedan

do drugog, jednak

( ) ( )42 !3!3!53!3!73!9 +

3.3.3.3.

Odrediti determinantu reda k

11

1..0000

......

......

......

33

1...

3

300

22

1...

2

3

2

20

11

1...

1

3

1

21

11...111

k

k

k

k

kk

kk

kk


Primjenjujemo metodu prelaska (svoenja) na trougaonu determinantu

Od svake vrste oduzmemo prvu vrstu


47/237

11

11

1...000

......

......

......

13

13

1...1

3

300

1

2

1

2

1...1

2

31

2

20

11

11

1...1

1

31

1

20

11...111

=

k

k

k

k

kk

kk

kk

D

Koristei osobine

( )!!!

knk

n

k

n

=

, 10

=

=

n

nn, n

n

nn=

=

11

dobivamo

( ) ( )!11...211

10...000

......

......

......

1

3

1

3

1...000

12

12

1...200

12...210

11...111

==

= kk

k

kk

kkkk

D

4.4.4.4. Odrediti sva rijeenja matrine jednaine

=

+

+00

00

00

17

11

112 XX


Neka je

=

dc

baX . Tada je

++

++

=

= 2

2

2

dcbcdca

dbabbca

dc

ba

dc

ba

X


48/237

Uvrtavanjem u datu jednaini dobivamo:

=

+

+

++

++

00

00

00

17

11

112

2

dc

ba

dcbcdca

bdabbca

=

+

++

++

+

++

++

00

00

00

172

2

dbca

dbca

dcbcdca

bdabbca

=

++++

+++++++

00

00172

2

dbdcbcacdca

dbbdabcabca

Koristei definiciju jednakosti matrica, za nalaenje matrice X dobivamo

sistem jednaina:

00

01

07

2

2

=++=++

=++++

=+++

dbdcbcacdca

dbbdab

cabca

5.5.5.5. Data je matrica

+

=

3101

020

1031

A . Odrediti sve sopstvene vrijednosti

matrice A, sopstveni vektor koji odgovara srednjoj po velicini sopstvenoj

vrijednosti, rang matrice i ispitati da li je matrica pozitivno odreena.



49/237

30. jun 201130. jun 201130. jun 201130. jun 2011

1.1.1.1. a)a)a)a)Dokazati da je broj 98322

+

nn

djeljiv sa 64 Nn


Imamo

( ) ( )( ) ( ) ( ) nnn

nnn

nnn

nnn

819981398939

8933893983

22

222222

===

=== ++

na osnovu formule

( )( )121 ... +++= nnnnn babababa Dobivamo

( )( )( ) ( )( )nn

nnnnnn

nnn

++++=++++=

=++++=

+

19...9998819...9989

819...991999832121

2122

Pri dijeljenju svakog od brojeva 9,...,9,9 21 nn sa 64 dobije se ostatak 1. Zato

vrijedi jednakost

( ) 1189...99 21 +=+++ nMnn

za neki prirodan broj M. Dalje dobivamo

( )( )

( ) ( ) ( )nMnMnnM

nnMnn

+=+=+=

=++=+

96488989898

11898983 22

Prema tome, broj 983 22 + nn je djeljiv sa 64

II NAII NAII NAII NAININININ

Princip matematike indukcije

1 za 1=n , 983/64 22 + nn i tano je. 64/64

( Ovdje smo mogli uzeti da 0Nn jer 0/640=n to je takoer tano)

2 Pretpostavimo da 983/64 22 + nn

Trebamo dokazati da ( ) ( ) 9183/64 212 +++ nn .

Da bi to dokazali trebamo povezati 983/64 22 + nn i( ) ( ) 9183/64 212 +++ nn nekom jednainom, i potom iskoristiti

indukcisku pretpostavku da 983/64 22 + nn .

Zato imamo( ) ( )

( )

( ) ( )1649839

6464983917839

178398839183

22

2222

42222212

++=

=++==

===+

+

++

+++++

nn

nnn

nnn

n

nn

nnn


50/237

Oigledno je ( )164 +n djeljivo sa 64.

Sada iz pretpostavke da 983/64 22 + nn slijedi da ( ) ( ) 9183/64 212 +++ nn

b)b)b)b)Ako je

+

+

= Znmn

m

S ,:21

21

. Ispitati algebarsku strukturu ( )o,A gdje je

o obino mnoenje.


Prije svega uoimo injenicu da je skup QA to povlai brojne osobine

bitne za ispitivanje ove strukture.

1 Zatvorenost

Neka su ( )Aba , proizvoljni. Tada vai

( )( )nqqn

mppm

nqqn

mppm

q

p

n

mba

+++

+++=

+++

+++=

+

+

+

+=

21

221

4221

4221

21

21

21

21

Dakle, proizvod dva proizvoljna elementa skupa A mogue je dovesti napogodan oblik, kakav je dat u pravilu skupa iz postavke zadatka. Treba

jo dokazati da( ) ( ) ZnqqnZmppm ++++ 22

Posmatramo ova dva izraza. U njima se koriste operacije sabiranja imnoenja i to u skupu cijelih brojeva. Kako znamo da su ( )+,Z i ( ),Z

grupoidi, odnosno skp cijelih brojeva je zatvoren u odnosu na ove dvijeoperacije, to zakljuujemo da e i gornji izrazi biti takoe biti pripadnici

skupa cijelih brojeva, ime je takoe dokazano da Aba .Ono to vrijedi za proizvoljne, vrijedi i za sve, odnosno skup A jezatvoren u odnosu na operaciju obinog mnoenja. Znai, struktura ( ),A

je grupoid.

2 Asocijativnost

Poto je mnoenje asocijativno u skupu Q , a kako je QA , slijedi da je

mnoenje asocijativno u skupu A , odnosno struktura ( ),A je polugrupa.


51/237

3 Neutralni element

( )Znm , 0==nm021

0211

+

+= = 11 xx neutralni element 1=e

Dakle, algebarska struktura ( ),A je monoid.

4 Inverzni element

Oigledno A0 , pa tako slijedi :

Neka je

Aan

m=

+

+

21

21

Amn

++

2121 1

2121

2121 =

++

++

mn

nm

( ) ( ) ZmnZnm ,,

Ono to vrijedi za proizvoljne, vrijedi i za sve, odnosno svaki elemenatskupa A ima svoj neutralni element. Znai, algebarska struktura( ),A je

grupa.

Kako je operacija obinog mno

( ),A je Abelova grupa.

2.2.2.2. a)a)a)a)Odrediti nule polinoma ( ) ( ) 02016514 23 =+++ iziziz u polju C ako

se zna da je jedna nula isto imaginarna.


Prema uslovu zadatka jedna nula polinom

( ) ( ) ( ) izizizzP 2016514 23 +++=

je isto imaginarna.Neka je iz =1 nula polinoma ( )zP . Dakle, vrijedi ( ) 01 =zP .

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( )

( ) 0205416402016544

02016514

02016514

232

223

23

23

=+

=+++

=++++

=+++=

i

iii

iiiii

iiiiiiiP

slijedi,

020540164 232 =+=

( ) ( ) ( ) 0454044 2 ==


52/237

( ) ( )( ) 045044 2 ==

( ) ( )4540 ==== Dakle, dobivamo 4= , pa je iz 41 = .

Ako su321

,, zzz nule polinoma ( )zP , tada je

( ) ( )( )( )321 zzzzzzzP =

Dakle , imamo:( ) ( )( )( ) ( )( )( )

( )( )

( ) ( ) 3232322323

3223

2

32

2

2

2

3

3

3223

2

32321

4444

4444

4

4

zizizizzzzizzzz

zizzizzizizzzzzzzzz

zzzzzzziz

zzzzizzzzzzzzP

+++++=

=+++=

=+=

===

Izjednaavanjem koeficienata uz odgovarajue stepene od z dobivamo:

( )( )

5204

16541654444444144

3232

32323232

32323223

==

+=+++=++==++=+++=++

zziziz

izzizziizizzzzzzziizziizz

dakle,( ) ( )

054

165164

165444

3

2

3

2

33

3333

=+

+=+

+=++

zz

iizz

izzizz

( ) ii

z m22

24

2

20164

2,13 =

=

=

za iz = 23 dobivamo iizz +=+== 2244 32

za iz += 23 dobivamo iizz === 2244 32

b)b)b)b)U skupu C rijeiti jednainu ( ) ii

zzz =

+

1

1Im21Re


Neka je yixz += . Onda je njemu konjugovano-kompleksan broj dat sa

yixz = , pa vrijedi:

yixyixz +=+= 111

( )i

yxyxiiyixyixiizz

i

i

i

z

i

z

2

1

2

1

2

1

2

1

1

1

1

1

1

1 +

=

+=

+=

+

=

+

Dobivamo da je

( ) 21

1

1

Im11Re

yx

i

z

xz

=

+

=


53/237

Kada ovo uvrstimo u datu jednainu, dobivamo:( )( ) ( )

( ) iiyxyyx

iyxxyix

=++

=+

1

11

2

Izjednaavanjem, dobivamo:

1012

==+ yxyyx

iz druge jednaine slijedi ( ) 11 =xy tj.1

1

=x

y .

Zamjenom u prvu jednainu dobivamo:

011

12=

x

x odnosno ( ) 012 =xxx

Rijeenja ove jednaine su:

2

51,

2

51,0

321

=

+== xxx

Odakle je

2

51,

2

51,1 321

+=

== yyy

Dakle, dobivamo da jednaina ima tri rijeenja

( ) ( )iziziz

=+

== 12

51,1

2

51, 321

3.3.3.3.

U vektorskom prostoru4

R dati su potprostori ( ) ( ){ },2,2,1,2,1,1,1LinU= i( ) ( ){ } RLinV ++= ,4,,4,1,2,4,3,1 . Odrediti baze i dimenzije

podprostora VUVU + , u zavisnosti od .


Odredimo najprije dimenzije potprostora U i V :

1111Dimenzija potprostora U

Oznaimo sa ( )2,1,1,11 =f i ( ),2,2,12 =f . Ispitujemo linearnu zavisnost

vektora 1f i 2f .

( ) ( )

( ) 02,2,2,

0,2,2,12,1,1,1

0

21212121

21

2211

=++++

=+

=+

ff


54/237

02

02

02

0

21

21

21

21

=+

=+

=+

=+

02

02

0

21

21

2121

=+

=+

==+

0

002

1

222

=

==+

Dakle, vektori 1f i 2f su linearno nezavisni pa je ( ) 2dim =U .

2222 Dimenzija potprostora V

Oznaimo sa ( )2,4,3,11 += g i ( )4,,4,12 += g . Ispitujemo linearnu

zavisnost vektora 1g i 2g .

( ) ( )

( ) ( )( ) 042,4,43,

04,,4,12,4,3,1

0

21212121

21

2211

=++++++

=+++

=+

gg

( ) ( ) 042

04

043

0

21

21

21

21

=+++

=+

=+

=+

0

0043

1

222

21

=

==+

=

Dakle, vektori 1g i 2g su linearno nezavisni pa je ( ) 2dim =V .

3Dimenzija potprostora VU

( ) ( )( ) ( )4,,4,12,4,3,1

,2,2,12,1,1,1

212211

212211

+++=+=+=+=

ggxVxffxUx

Izjednaavanjem dobivamo:

( )

( ) ( )( )21212121

21212121

42,4,43,

2,2,2,

++++++

=++++

( ) ( ) 2121

2121

2121

2121

422

42

432

+++=+

+=+

+=+

+=+

( ) 21

2211

2121

4

434

434

=

=

+=+

Ako prve dvije jednakosti posmatramo kao sistem

2121

2121

432

+=+

+=+

drugu jednakost oduzmemo od prve dobivamo

21232 +=

uvrstavanjem u bilo koju (prvu ili drugu) dobivamo

211 2 =


55/237

Ako uzmemo proizvoljno 12 = dobivamo = 41

6

211

2

1

=

=

pa dobivamo vektor( )( ) ( )

( )123,316,8,54,,4,112,4,3,14

2

2211

++=

=+++=+=

ggx????

4.4.4.4. Neka je [ ] ( )RMxPf x222: preslikavanje definisano sa

( )

+=++

cb

acbcxbxaf

2 . Ispitati da li je f linearan operator, pa ako

jeste odrediti mu matricu u odnosu na baze

11

11,

01

11,

00

11,

00

01

i ( )2,,1 xx . Odrediti bazu i dimenziju za fIm i Kerf .

5.5.5.5. Data je matrica

=

cossin

sincosA . Odrediti sopstvene vrijednosti i

sopstvene vektore.


56/237

1. septembar 20111. septembar 20111. septembar 20111. septembar 2011

1.1.1.1. a)a)a)a)U skupu 3R definisana je relacija sa

( ) ( ) ( ) ( ) [ ] [ ]czbsignysignaxcbazyx ===,,,, . Provjeriti da li je relacija

ekvivalencije i ako jeste opisati koliinski skup i klasu kojoj pripada taka( )0,0,0 . Dati geometrisku interpretaciju.


1 Dokaimo da li je relacija ekvivalencije

REFLEKSIVNOST:

( )3,, Rzyx ( ) ( )zyxzyx ,,,,

Neka je ( ) 3,, Rzyx proizvoljan element. Tada je

( ) RzyxRxRxRRzyx = ,,,, 3

( ) ( )

[ ] [ ]

( ) ( )zyxzyx

zz

ysignysign

xx

,,,,

=

=

=

Ono to vrijedi za proizvoljan element, vrijedi i za svaki. Ovim je dokazana

refleksivnost relacije .

SIMETRINOST:

Neka su ( ) ( ) 3222111 ,,,,, Rzyxzyx takvi da vrijedi ( ) ( )222111 ,,,, zyxzyx

( ) ( )

[ ] [ ]

( ) ( )

[ ] [ ]

( ) ( )111222

12

12

12

21

21

21

,,,, zyxzyx

zz

ysignysign

xx

zz

ysignysign

xx

=

=

=

=

=

=

Ono to vrijedi za proizvoljan element, vrijedi i za svaki. Ovim je dokazanasimetrinost relacije .

TRANZITIVNOST:

Neka su uzete proizvoljne ureene trojke ( ) ( ) ( ) 3333222111 ,,,,,,,, Rzyxzyxzyx

takve da vrijedi:( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )333111333222222111 ,,,,,,,,,,,, zyxzyxzyxzyxzyxzyx


57/237

( ) ( ) ( ) ( )

[ ] [ ] [ ] [ ]

( ) ( )

[ ] [ ]

( ) ( )333111

31

31

31

3221

3221

3221

,,,, zyxzyx

zz

ysignysign

xx

zzzz

ysignysignysignysign

xxxx

=

=

=

==

==

==

Ono to vrijedi za proizvoljan element, vrijedi i za svaki. Ovim je dokazanatranzitivnost relacije .

Kako je relacija refleksivna, simetrina i tranzitivna, dokazano je da je

ona relacija ekvivalencije.

2 Klase ekvivalencije

Ako posmatramo relaciju , vidimo da je ona definisana sa tri uslova i to utrodimenzionalnom prostoru 3R . Dakle, skup moemo geometriski

posmatrati kao trodimenzionalni prostor, odreen trodimenzionalnim

pravouglim koordinatnim sistemom.

Ako bi relacija bila sastavljena od prvog uslova ( )ax = , to bi znailo da

jednoj klasi ekvivalencije pripadaju sve take trodimenzionalnog prostora

ija je prva koordinata ista, a to geometriski predstavlja ravan koja je

paralelna sa ravni zy

i udaljena je od nje za a u pozitivnom smjerux ose.

Kada uvedemo drugi uslov ( ) ( )( )bsignysign = , klasa ekvivalencije se suava.

Imajui u vidu da znak druge koordinate mora biti jednak, to znai da ovajuslov svodi klasu na poluravan, omeenu pravom p , koja istovremeno

pripada klasi ekvivalencije.Trei uslov [ ] [ ]( )cz = 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 kojesu irine poluotvorenog intervala [ )1, +cc . Da bi ovo objasnili moemo iz

trodimenzionalnog prostora 3R prei u jednodimenzionalni prostor R .

Na slici je predstavljena prava koja predstavlja skup realnih brojeva. Ako sena ovoj pravoj predstavi skup cijelih brojeva Z dobie se cijeli podioci

vrijednosti { },...3,2,1,0..., . U ovom skupu cijelobrojni dijelovi elemenata ne

mogu biti jednaki, kao to je to mogue u skupu realnih brojeva. Naime, svi

brojevi iz intervala [ ]1,0 imae isti cjelobrojni dio. Isto vrijedi za bilo koji


58/237

drugi interval. Dakle, ovo su poluotvoreni intervali iji je predstavnik cijeli

broj kojim zapoinje interval.

Ryx , tako da [ ] [ ] [ )( )Zaaayxyx += 1, .

Dakle, klase ekvivalencije u trodimenzionalnom prostoru izgledae kao:

to se tie klase elvivalencije za taku ( )0,0,0 , ona se donekle razlikuje.

Napiimo definiciju znaka od x :

( )

=

0

0

0

1

0

1

x

x

x

xsign

Klasa ekvivalencije za koordinatni poetak nee biti trakica jer je znakdruge koordinate koordinatnog poetka 0 , a to znai da se svodi samo naz osu. Trei uslov ovu osu dijeli na opisane poluotvorene intervale, tako

da je klasa ekvivalencije koordinatnog poetka

( ) ( ) ( ) ( )1,0,01,0,0,0,0,00,0,0 =C .


59/237

b)b)b)b)Koliko ima ureenih etvorki ( ) 4,1,,,,, 4321 = iZxxxxx i takvih da vai7

4321 3= xxxx


2.2.2.2. a)a)a)a)Kompleksni brojevi koji zadovoljavaju uslov

( ) ( )1

23

221Im

23

221Re

22

=

+

++=

+

++

i

izi

i

izi

ine dva tjemena jednakostraninog trougla. Odrediti tree tjeme koje se

nalazi uetvrtom kvadrantu.


Iz uslova zadatka imamo i realni i imaginarni dio kompleksnog broja

( )i

izi

23

221 2

+

++tj.

( )i

i

izi+=

+

++1

23

221 2

Odavde izrazimo 2z :

( ) 2323221 2 ++=++ iiizi

( )

( )i

izizi

iizi

+

+=+=+

+=++

1

71711

51221

22

2

tj. iiii

i

i

i

i

z 432

86

2

771

1

1

1

712+=

+=

+++=

+

+=

pa dobivamo iz 43+= .

Kvadratni korijen kompleksnog broja se moe izraunati i na sljedei nain.Predstavimo kompleksan broj z u obliku

yixi +=+ 43

Kvadrirajui i lijevu i desnu stranu ove jednakosti dobivamo

( ) 222 243 yxyixyixi +=+=+

Odavde slijedi, izjednaavanjem kompleksnih brojeva

2322 == xyyx

( )( ) ( )( )iiizii

i

izi2312211

23

221 22

++=+++=+

++


60/237

Kada iz 2=xy izrazimo jednu od nepoznatih, npr.x

y 2= i uvrstimo u

322 =yx , dobivamo:

043/34 242

2

2== xxx

xx

koju rijeavamo uvoenjem smjene tx =2 :

0432

= tt

Kako je 02 >= xtRx tj. jedino rijeenje jednaine je 42 =x , odakle

dobivamo 2,2 21 == xx . Na osnovux

y 2= slijedi 1,1 21 == yy .

Na ovaj nain smo izra

i43+

iziz =+= 22 21 321 zzz

2z

1z 3

( ) ( ) ( )iiiiiezzzzi

2132

3

2

122231213 =

+++=+=

b)b)b)b)Ako je

=

11

13A odrediti nA .


3.3.3.3. U vektorskom prostoru 4R dati su vektorski podprostori( ) ( ) ( ) ( ){ }4,6,2,2,1,1,0,1,1,1,1,2,2,3,1,1 Lin i ( ) ( ){ }6,12,10,4,3,6,5,2 Lin . Odrediti

baze i dimenzije podprostora VU i VU+ .



61/237

4.4.4.4. Izra

inati determinantu

nnnnn

nnnnn

nnnn

nnnn

nnnn

...

1.

......

......

......

...3

...2

...1


Vidimo da je determinanta n tog reda.

Zadnju vrstu pomnoimo sa ( )1 i dodajemo je ostalim vrstama. Dobivamo,

5.5.5.5. U zavisnosti od realnih parametara qp, diskutovati sistem i rijeiti u sluaju

kada je neodreen

( ) 223

2

2

qpzyppx

qzpypx

zypx

=++

=+

=



62/237

15. septembar 201115. septembar 201115. septembar 201115. septembar 2011

1.1.1.1. a)a)a)a) U skupu 2R definisana je relacija sa

( ) ( ) ( ) ( )byaybxbayx sgnsgn,, =+=+ . Provjeriti da li je relacija

ekvivalencije i ako jeste opisati koliinski skupi klasu kojoj pripada taka( )2,3 . Dati geometrisku interpretaciju.


b)b)b)b) Suma binomnih koeficienatua u razvoju binoman

nxnx

3

2 2

2

1

+ jednak je

64. Odrediti lan takvog razvoja koji ne sadri x .


2.2.2.2. Dat je skup { }1: 3 == zCzS . Ispitati algebarsku strukturu ( ),S gdje je mnoenje kompleksnih brojeva.


3.3.3.3.

Neka je Tskup svih ( )cba ,, takvih da je sistemczyx

bzyx

azyx

=+

=++

=++

235

4

23

saglasan.

Dokazati da je ( )+,,T vektorski prostor a zatim mu odrediti dimenziju i

ednu bazu.


Posmaztamo sistemczyx

bzyx

azyx

=+

=++

=++

235

4

23

. Vrijedi

c

b

a

|235

|411

|123

~ (zamjenimo 1V i 2V ) ~

c

a

b

|235

|123

|411

~

~( 1V prepiemo, 12 3VV , 13 3VV )~

bc

ba

a

5|2220

3|1110

|411

~


63/237

~( 1V prepi,emo, 2V prepiemo, 23 2VV ) ~

+

abc

ba

a

2|000

3|1110

|411

Na osnovu Kroneker-Kaplijevog stava sistem ima rijeenje ako i samo ako

je 02 =+ abc , pa je [ ] .,|2,, RbababaT T =

Kako je ,1

1

0

,

2

0

1

,|

1

1

0

2

0

1

=

+

= LRbabaT te je ( )+,,T podprostor

prostora 3R .

Neka je sada

=

1

1

0

,

2

0

1

B . Za R, , iz

+

=

1

1

0

2

0

1

0

0

0

Slijedi, 0== pa je B linearno nezavisan skup.

Neka je Tba

b

a

2

. Tada je

+

=

1

1

0

2

0

1

2

ba

ba

b

a

.

Dakle, skup B je baza vektorskog prostora ( )+,,T i .2dim =T

4.4.4.4. Provjeriti da li je linearni operator [ ] ( )RMzPF x222: injektivan, sirjektivan,

invertibilan pa ako jeste invertibilan odrediti njegov inverz .

( )

+++

++

=++

cbacba

bacbaczbzaF

2234

22222 .


5.5.5.5.Ako su 21 , sopstvene vrijednosti matrice

=

dc

baA1 , dokazati da su

2

221

2

1 ,, sopstvene vrijednosti matrice

+=

22

22

2 22

dcdc

bdbcadac

baba

A .



64/237

Ako su 1 i 2 sopstvene vrijednosti matrice

=

dc

baA1 , tada vrijedi

( ) ( )( )

( ) bcadda

bcdaadbcdadc

baEA

++=

=+==

=

2

2

1det

S druge strane je

( ) ( )( ) ( ) 212122

2121211det ++=+== EA

izjednaavanjem koeficienata uz odgovarajue stepene od dobivamo

bcad

da

=

+=+

21

21

Poka 22212


.2222

22

2

+=

dcdc

bdbcadacbaba

A

S jedne strane imamo,

( )

( )( )( ) ( )

( ) ( )=++++=

=

+

=

2222

22222222

22

22

2

22

22

22det

dbcaabcd

bcadcbbcaddadcabdcab

dcdc

bdbcadac

baba

EA

( )( )

( ) ( )33222233

222323222223

22223332222

23222322332222

222222

2233222222222

33

22

33

2222

4

cbdcabbcdada

cbbcadabcdaddabcadda

bcabcdcbcbbcada

bcadadbcdaddababcdadcab

bcabcdabcdbcda

cbcbdcabbcadaddadcab

++

+++++++++=

=++++++

+++=

=++

++++=

bcad

da

=

+=+

21

21

2

( ) ( ) ( )

( ) 22212

121

2

21

22222

++=+=

=+=+++=+++ bcaddabcadaddabcadda


65/237

( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )[ ] [ ] ( )321222123122212121

2

2222

22222222

22232322

++=++=+=

=+++=++=

=+++=

=+++

bcaddabcad

bcaddabcadbcaddabcadbcad

dabcdaadcbda

cbbcadabcdadda

( ) ( ) 32

3

1

3

21

333222233 33 ===+ bcadcbdcabbcdada

( ) ( )( )( ) ( )( )

( ) ( ) 323

1

3

21

2

2

2

12

3

1

22

221

2

1

3

322

2

2

21

3

21

22

1

2

2

2

12

3

1

3

2

3

1

2

2

2

21

2

12

3

1

2

221

2

12det

+++++=

=+++=

=+== EA

ako su 1 i 2 sopstvene vrijednosti

matrice

=

dc

baA1 , onda su

2

221

2


.2222

22

2

+=

dcdc

bdbcadac

baba

A


66/237

3. oktobar 20113. oktobar 20113. oktobar 20113. oktobar 2011

1.1.1.1. a)a)a)a)Dokazati da za svaki prirodan broj n vai

( ) ( )22

2 1

11

1

12...

36

5

4

3

+

=

+

++++

nnn

n


1.

Provjerimo da li jednakost vrijedi za 1=n :

( )

( ) 4

3

4

11

11

11

4

3

111

112

2

21

==

+

=+

+

D

L

Dakle, jednakost vrijedi za 1=n .2.

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za kn = tj. neka vrijedi

( ) ( )222 1

11

1

12...

36

5

4

3

+=

+

++++

kkk

k

3.

Dokaimo da tvrdnja vrijedi i za 1+=kn tj. da vrijedi( )

( ) ( )( ) ( )( )222 11

11

111

112...

36

5

4

3

++=

+++

+++++

kkk

k

DOKAZ ( )( ) ( )( ) ( )

( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )( )22

22

2

22

2

22

2

22

2

222

22222

11

11

2

11

21

11

21

121

21

32441

21

3221

21

32

1

11

111

112

1

11

111

112...

36

5

4

3

++=

+=

=++

+=

++

++=

++

++=

=++

++=

++

++

+=

=+++

+++

+=

+++

+++++

kk

kk

k

kk

kk

kk

kkk

kk

kk

kk

k

k

kk

k

kkk

k

Dakle, jednakost vrijedi i za 1+=kn .4.Jednakost vrijedi i za svaki prirodan broj n .

NAPOMENAJednakost moemo zapisati i na sljedei nain

( ) ( )2122 1

11

1

12

+=

+

+= nkk

kn

k


67/237

b)b)b)b)Neka je P skup svih permutacija skupa { }3,2,1=S . Ispitati algebarsku

strukturu kojoj je nosaskup P a operacija je kompozicija preslikavanja.

2.2.2.2. a)a)a)a)U kompleksnoj ravni data je taka iz 431 += odrediti take 2z i 3z tako da

trougao 321 zzz bude jednakostranian ako se zna da je taka iH 21

2

3

= sredite stranice 32zz .


Predstavimo nepoznate kompleksne brojeve 2z i 3z u obliku:

iyxz 222 +=

iyxz 333 +=

Kako je, na osnovu zadatka, H sredite stranice 32zz imamo

2

3

2

32=

+xx i

2

1

2

32=

+ yy

tj, 332 =+xx i 132 =+ yy

Jo dvije jednaine koje su nam potrebne da bi izraunali nepoznate 3232 ,,, yyxx

dobivamo iz injenice da take 321 ,, zzz ine tjemena jednakostraninog trougla.

Na primjer, tjeme 3z moemo dobiti rotacijom tjemena 1z oko 1z za ugao3

i

ezzzz 31213 )(

+=

tj. )2

3

2

1)(43(43 2233 iiiyxiiyx ++++=+

Iz ove veze , na osnovu jednakosti kompleksnih brojeva, dobivamo

+++

++=+

+++++=+

2

2

33

2

1

2

3432

2

3

2

3

2

13

3222

33

2

3

2

3

2

1

2

3

2

143

222233

222233

yxiyxiyx

iiyiyixxiiyx

( ) 32332

132

2

3

2

1

2

332

2

3

2

3

2

13 2222223 ++=++=++= yxyxyxx

( )3332

12

2

33

2

1

2

322

2

33

2

1

2

34 2222223 ++=++=++= yxyxyxy

Dakle, dobivamo

( )

( )3332

12

332

132

223

223

++=

++=

yxy

yxx

Sada rjeavamo sistem


68/237

332 =+xx

132 =+ yy

( )

( )3332

12

332

132

223

223

++=

++=

yxy

yxx

iz 332 =+xx izrazimo 23 3 xx = , a iz 132 =+ yy izrazimo 23 1 yy = i uvrstimo

u 33,yx dobivamo

( )

033433

2/02

332

2

3

2

3

03

2

3

2

1

2

332

332

1323

22

22

222

222

=+

=+

=+++

++=

yx

yx

xyx

yxx ( )

0369333

32/032

33

2

3

2

3

01

2

1

2

3

2

332

3332

121

22

22

222

222

=++

=++

=++++

++=

yx

yx

yyx

yxy

dakle,

( )1/0936333

033433

22

22

=++

=+

yx

yx

nakon to pomnoimo sa (-1) saberemo ih pa dobivamo

( )132

1

2

3

2

1

34

36

2

1

34

6

34

32

34

632063234

2

2

=+=

+=+=

=

=+

y

y

uvrstimo ovo u

( )312

33

2

3

2

3

02

9

2

393

0334

2

3

2

33

03342

3

2

133

033433

2

2

2

2

22

==

=+

=++

=+

+

=+

x

x

x

x

yx

uvrtavanjem 3x u 332 =+xx dobivamo

( )312

33

2

3

2

33

2

3

2

333 23 +=+=+== xx


69/237

uvrtavanjem 3y u 132 =+ yy dobivamo

( )312

1

2

3

2

1

2

3

2

11

2

3

2

111 23 +==+=

+== yy

Dakle,( ) ( )

( ) ( )132

131

2

3

132

131

2

3

3

2

++=

+=

iz

iz

II NAIN

Znamo da u jednakostraninom trouglu vai2

3ah= gdje je h visina, a

a stranica trougla.Prvo primjenimo translaciju, homo

Linearna Algebra Cjelokupna Skripta Copy

Documents

Transcript of Linearna Algebra Cjelokupna Skripta Copy