|
barjak
|
#1
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:09:20
|
matematika -tehnicki fakultet
Predgovor
Ova knjiga namijenjena je studentima tehni¡ckih i prirodnih znanosti, a
u prvom redu studentima Fakulteta elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje
u Splitu (FESB). U njoj je izlo¡zeno gradivo kolegija ”Matematika 1” po
sadr¡zaju koji se predaje na FESB-u. Obradena su poglavlja Osnove matematike,
Linearna algebra, Vektorska algebra i analiti¡cka geometrija, Funkcije
realne varijable, Derivacije i primjene, te Nizovi i redovi. Sli¡can sadr¡zaj nalazi
se u ve´cini istoimenih kolegija koji se predaju na tehni¡ckim i prirodoslovnim
fakultetima.
Budu´ci se radi o standardnom sadr¡zaju, nije citirana posebna literatura.
Spomenut ´cu samo neke od knjiga koje su utjecale na sadr¡zaj, a koje preporu
¡cujem i ¡citatelju:
D. Blanu¡sa, Vi¡sa matematika, I. dio (1. i 2. svezak), Tehni¡cka knjiga,
Zagreb, 1973.
L. Krni´c i Z. ¡Siki´c, Ra¡cun diferencijalni i integralni, I. dio, ¡Skolska knjiga,
Zagreb, 1992.
N. Ugle¡si´c, Predavanja iz matemati¡cke analize I, Svu¡cili¡ste u Splitu, Split,
1989.
B. P. Demidovi´c, Zadaci i rije¡seni primjeri iz vi¡se matematike, Tehni¡cka
knjiga, Zagreb, 1978.
U izradi ovog ud¡zbenika takoder je kori¡steno iskustvo i zabilje¡ske biv¡sih i
sada¡snjih nastavnika matematike na FESB-u pa im ovom prilikom iskazujem
svoju zahvalnost. Za pa¡zljivo ¡citanje teksta i korisne primjedbe tijekom rada
zahvaljujem se kolegi Marku Mati´cu.
U Splitu, rujna 2002.
|
|
|
barjak
|
#2
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:10:18
|
osnove matematike
1.
OSNOVE MATEMATIKE
1.1 Osnove matemati¡cke logike . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Binarne relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1 Uredeni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3.1 Teorem o inverznoj funkciji . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.2 Ekvipotencija i beskona¡cni skupovi . . . . . . . . . . 9
1.4 Prirodni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4.1 Brojevni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4.2 Uredaj na skupu prirodnih brojeva . . . . . . . . . . 12
1.4.3 Binomni pou¡cak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5 Cijeli brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.6 Racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.7 Realni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.7.1 Aritmetika ra¡cunala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.7.2 Apsolutna vrijednost . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.8 Kompleksni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.8.1 Trigonometrijski oblik . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.8.2 Eksponencijalni oblik . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
|
|
|
barjak
|
#3
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:11:04
|
osnove matematike
2 OSNOVE MATEMATIKE
U ovoj glavi prvo ´cemo definirati osnovne pojmove matemati¡cke logike koji
su potrebni za pra´cenje predavanja. Zatim ´cemo dati neke pojmove vezane
uz skupove te detaljnije definirati pojam relacije, kao i razne tipove relacija
na skupovima. Takoder ´cemo vrlo op´cenito definirati pojam funkcije te dati
teorem o inverznoj funkciji. Na kraju, razmatrat ´cemo detaljnije skupove
prirodnih, cijelih, racionalnih, realnih i kompleksnih brojeva.
1.1 Osnove matemati¡cke logike
U ovom poglavlju definirat ´cemo pojam suda, osnovne operacije sa sudovima,
pojam predikata te vrste kvantifikatora.
Definicija 1.1 Sud je svaka smislena izjava koja mo¡ze biti samo istinita ili
neistinita, odnosno la¡zna.
Primjer 1.1 ” Je li danas ¡cetvrtak?” nije sud nego pitanje. ” Jutro je pametnije
od ve¡ceri” nema smisla kao izjava, osim u prenesenom zna¡cenju, pa nije
sud. ”Danas je ¡cetvrtak” je sud koji je istinit ili neistinit, ve´c prema danu u
kojem se izgovara. ” Svaki brod je jedrenjak” je neistinit sud.
Istinitost suda A ozna¡cimo s (A). Pri tome (A) = ⊤ zna¡ci A je istinit,
a (A) = ⊥ zna¡ci A je neistinit. Osnovne operacije sa sudovima i njihove
tablice istinitosti su:
– konjunkcija, A ∧ B, [A i B],
(A) (B) (A ∧ B)
⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊥
⊥ ⊤ ⊥
⊥ ⊥ ⊥
– disjunkcija, A ∨ B, [A ili B],
(A) (B) (A ∨ B)
⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊤
⊥ ⊤ ⊤
⊥ ⊥ ⊥
– ekskluzivna disjunkcija, A ⊻ B, [ili A ili B],
|
|
|
barjak
|
#4
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:11:53
|
osnove matematike
1.1 Osnove matemati¡cke logike 3
(A) (B) (A ⊻ B)
⊤ ⊤ ⊥
⊤ ⊥ ⊤
⊥ ⊤ ⊤
⊥ ⊥ ⊥
– implikacija, A ⇒ B, [A povla¡ci B; iz A slijedi B; A je dovoljan uvjet za
B; B je nu¡zan uvjet za A],
(A) (B) (A ⇒ B)
⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊥
⊥ ⊤ ⊤
⊥ ⊥ ⊤
– ekvivalencija, A ⇔ B, [A je ekvivalentno s B; A je ako i samo ako je B;
A je nu¡zan i dovoljan uvjet za B],
(A) (B) (A ⇔ B)
⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊥
⊥ ⊤ ⊥
⊥ ⊥ ⊤
– negacija, ¬A, [ne A; non A],
(A) (¬A)
⊤ ⊥
⊥ ⊤
Za sudove A, B i C vrijede DeMorganovi zakoni,
¬(A ∧ B) = ¬A ∨ ¬B,
¬(A ∨ B) = ¬A ∧ ¬B,
i zakoni distribucije,
A ∧ (B ∨ C) = (A ∧ B) ∨ (A ∧ C),
A ∨ (B ∧ C) = (A ∨ B) ∧ (A ∨ C).
Zadatak 1.1 Dajte primjere za osnovne operacije sa sudovima i protuma¡cite
tablice istinitosti. Dajte primjere za DeMorganove zakone i zakone distribucije.
|
|
|
barjak
|
#5
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:12:39
|
osnove matematike
4 OSNOVE MATEMATIKE
Definicija 1.2 Otvorena re¡cenica ili predikat je izjavna re¡cenica koja sadr¡zi
parametre i koja postaje sud kada parametri poprime odredenu vrijednost.
Na primjer, predikat x je roden prije y postaje sud kada su x i y dvije
osobe. Predikat s dvije varijable ozna¡cavamo s P(x, y).
Kod izra¡zavanja pomo´cu predikata koristimo kvantifikatore:
– univerzalni, (∀x)P(x), odnosno za svaki x je P(x), i
– egzistencijalni, (∃x)P(x), odnosno postoji x takav da je P(x) te (∃!x)P(x),
odnosno postoji to¡cno jedan x takav da je P(x).
Primjer 1.2 a) Neka je P(x, y) = x je roden prije y. Tada vrijedi
[(∀x)(∃y) P(x, y)] = ⊤,
[(∀y)(∃x) P(x, y)] = ⊤,
[(∀y)(∃!x) P(x, y)] = ⊥.
b) Neka P(x) glasi x2 = 4. Tada vrijedi
[(∀x ∈ R) P(x)] = ⊥,
[(∃x ∈ R) P(x)] = ⊤,
[(∃!x ∈ R) P(x)] = ⊥,
[(∃!x ∈ N) P(x)] = ⊤.
1.2 Binarne relacije
U ovom poglavlju definirat ´cemo partitivni skup, Kartezijev produkt skupova
i binarnu relaciju te dati klasifikaciju binarnih relacija.
Skup je pojam koji se ne definira. Skup je zadan svojim elementima. Na
primjer, skup S = {x, y, z,w} ima elemente x, y, z i w. Tu ¡cinjenicu zapisujemo
s
x ∈ S, y ∈ S, z ∈ S, w ∈ S,
dok, recimo, t /∈ S. S ∅ ozna¡cavamo prazan skup, odnosno skup bez elemenata.
Zadatak 1.2 Ponovite pojmove podskupa, nadskupa, unije skupova, presjeka
skupova i razlike skupova te osnovna svojstva tih operacija.
Partitivni skup skupa X je skup 2X ¡ciji su elementi svi podskupovi skupa
X. Na primjer, ako je X = {a, b, c}, tada je
2X = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}.
Dakle, uvijek je ∅ ∈ 2X i X ∈ 2X.
|
|
|
barjak
|
#6
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:13:47
|
binarne relacije
1.2 Binarne relacije 5
Definicija 1.3 Direktni produkt ili Kartezijev produkt skupova X i Y je skup
svih uredenih parova (x, y), gdje je x ∈ X i y ∈ Y , odnosno
X × Y = {(x, y) : x ∈ X ∧ y ∈ Y }.
Na primjer, ako je X = {1, 2, 3} i Y = {a, b}, tada je
X × Y = {(1, a), (2, a), (3, a), (1, b), (2, b), (3, b)}.
Takoder, X × ∅ = ∅ za svaki skup X.
Definicija 1.4 Binarna relacija na skupu X je svaki podskup R ⊆ X × X.
Ako je uredeni par (x, y) ∈ R, ka¡zemo da je x u relaciji R s y, i pi¡semo xRy
ili R(x, y). Binarna relacija je:
– refleksivna ako je xRx za svaki x ∈ X;
– simetri¡cna ako xRy ⇒ yRx;
– tranzitivna ako (xRy ∧ yRz) ⇒ xRz;
– relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetri¡cna i tranzitivna.
Na primjer, neka je X skup ljudi i neka je (x, y) ∈ R ako su x i y rodeni
istog dana. O¡cito vrijedi
xRx, xRy ⇒ yRx, (xRy ∧ yRz) ⇒ xRz,
pa je R relacija ekvivalencije.
Napomena 1.1 Relacija ekvivalencije na skupuX cijepa taj skup na medusobno
disjunktne podskupove, takozvane klase ekvivalencije. Skup X se mo¡ze na jedinstven
na¡cin prikazati kao unija tih klasa ekvivalencije.
1.2.1 Uredeni skupovi
U ovom poglavlju definirat ´cemo relaciju parcijalnog uredaja i uredeni
skup te pojmove kao ¡sto su gornja meda, donja meda, infimum, supremum,
minimum i maksimum. Izreku (∀x ∈ X)(∀y ∈ X) kra´ce ´cemo zapisati kao
∀x, y ∈ X.
Definicija 1.5 Relacija parcijalnog uredaja ≤ na skupu X je svaka binarna
relacija na skupu X koje je refleksivna, tranzitivna i anti-simetri¡cna, odnosno
(x ≤ y ∧ y ≤ x) ⇒ x = y.
Ako je x ≤ y i x 6= y, pi¡semo x < y. Takoder, x ≤ y mo¡zemo pisati i kao
y ≥ x. Ako su, dodatno, svaka dva elementa skupa X u relaciji, odnosno
∀x, y ∈ X vrijedi x ≤ y ∨ y ≤ x, tada je ≤ relacija potpunog uredaja, a X je
ureden skup.
|
|
|
barjak
|
#7
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:14:34
|
osnove matematike
6 OSNOVE MATEMATIKE
Na primjer, skup ljudi je potpuno ureden s relacijom ≤ koju definiramo
kao
x ≤ y ⇔ x nije stariji (vi¡si,lak¡si) od y.
Naravno, skupovi N, Z, Q i R su potpuno uredeni sa standardnom relacijom
uredaja ≤. Ako je (X,≤) ureden skup, zatvoreni interval definiramo kao
[a, b] = {x ∈ X : a ≤ x ≤ b},
a otvoreni interval definiramo kao
(a, b) = {x ∈ X : a < x < b}.
Sli¡cno definiramo i poluotvorene intervale, (a, b] i [a, b), kao i skupove tipa
[a, ·) = {x ∈ X : a ≤ x}.
Definicija 1.6 Neka je (X,≤) ureden skup i A neprazan podskup od X.
(i) Element m ∈ X je donja meda skupa A ako ∀a ∈ A vrijedi m ≤ a. Skup
A je omeden odozdo ako ima barem jednu donju medu. Najve´ca donja
meda ili infimum skupa A je element inf A ∈ X sa svojstvima:
– inf A je donja meda od A;
– za svaku donju medu m skupa A vrijedi m ≤ inf A.
Najmanji element ili minimum skupa A je element minA ∈ A koji je
ujedno i donja meda skupa A.
(ii) Element M ∈ X je gornja meda skupa A ako ∀a ∈ A vrijedi a ≤ M.
Skup A je omeden odozgo ako ima barem jednu gornju medu. Najmanja
gornja meda ili supremum skupa A je element supA ∈ X sa svojstvima:
– supA je gornja meda od A;
– za svaku gornju medu M skupa A vrijedi supA ≤ M.
Najve´ci element ili maksimum skupa A je element maxA ∈ A koji je
ujedno i gornja meda skupa A.
Neka je, na primjer X = N i A = {5, 6, 7, 8} ⊆ N. Donje mede skupa A
su brojevi 1, 2, 3, 4 i 5. Najve´ca donja meda je inf A = 5, a kako je 5 ∈ A,
to je i minA = 5. Nadalje, gornje mede skupa A su brojevi 8, 9, 10, 11, . . ., a
supA = maxA = 8.
Razliku izmedu infimuma i minimuma mo¡zemo ilustrirati na skupu realnih
brojeva. Neka je, dakle, X = R i A = (4, 8] ⊆ R. Donje mede skupa A su
svi brojevi manji ili jednaki ¡cetiri, pa je inf A = 4, dok A nema minimum. S
|
|
|
barjak
|
#8
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:15:19
|
funkcije
1.3 Funkcije 7
druge strane, gornje mede skupa A su svi brojevi ve´ci ili jednaki osam i vrijedi
supA = maxA = 8.
Primijetimo da su infimum, supremum, minimum i maksimum jedinstveni
(ukoliko postoje). Zaista, neka je m1 = inf A i m2 = inf A. Prema definiciji
1.6, elementi m1 i m2 su takoder donje mede skupa A, odnosno
m1 ≤ m2 = inf A i m2 ≤ m1 = inf A,
pa iz definicije 1.5 slijedi m1 = m2.
1.3 Funkcije
U ovom poglavlju dat ´cemo osnovne pojmove vezane uz funkcije i klasifi-
kaciju funkcija, dokazati va¡zan teorem o inverznoj funkciji te definirati ekvipotentnost
skupova i beskona¡cne skupove.
Definicija 1.7 Funkcija ili preslikavanje iz skupa X u skup Y je svako pravilo
f po kojemu se elementu x ∈ X pridru¡zuje jedinstveni element y ∈ Y .
Koristimo oznake
f : X → Y ili y = f(x).
Skup X je podru¡cje definicije ili domena funkcije f, skup Y je podru¡cje vrijednosti
ili kodomena funkcije f, x je nezavisna varijabla ili argument funkcije f, a
y je zavisna varijabla funkcije f. Skup svih vrijednosti nezavisne varijable x za
koje je funkcija doista definirana jo¡s ozna¡cavamo s Df , a skup svih vrijednosti
koje poprima zavisna varijabla ozna¡cavamo s Rf i zovemo slika funkcije,
Rf = {y ∈ Y : (∃x ∈ Df ) takav da je y = f(x)} ⊆ Y.
Nakon ¡sto smo definirali novi matemati¡cki objekt, u ovom slu¡caju funkciju,
potrebno je definirati kada su dva objekta jednaka.
Definicija 1.8 Funkcije f i g su jednake, odnosno f = g, ako vrijedi
Df = Dg ∧ f(x) = g(x) za ∀x ∈ Df .
Na primjer, funkcije f(x) = x i g(x) =
x2
x
nisu jednake jer je Df = R, dok
je Dg = R {0}.
Definicija 1.9 Kompozicija funkcija f : X → Y i g : V → Z, gdje je Rf ⊆ V ,
je funkcija h : X → Z definirana s h(x) = g(f(x)). Jo¡s koristimo oznaku
h = g ◦ f.
|
|
|
barjak
|
#9
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:16:00
|
funkcije
8 OSNOVE MATEMATIKE
Kompozicija funkcija je asocijativna, odnosno
h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f.
Zaista, za proizvoljni x za koji je kompozicija definirana vrijedi
(h ◦ (g ◦ f))(x) = h((g ◦ f)(x)) = h(g(f(x)))
= (h ◦ g)(f(x)) = ((h ◦ g) ◦ f)(x)
pa tvrdnja slijedi iz definicije jednakosti funkcija 1.8.
Definicija 1.10 Ako je Dg ⊆ Df i g(x) = f(x) za svaki x ∈ Dg, funkcija
g je restrikcija ili su¡zenje funkcije f, a funkcija f je ekstenzija ili pro¡sirenje
funkcije g.
Na primjer, funkcija g(x) = x2/x je restrikcija funkcije f(x) = x na skup
Dg = R {0}, odnosno g = f |Dg , a funkcija f je ekstenzija funkcije g.
Primijetimo da je restrikcija uvijek jedinstvena, dok ekstenzija to nije. Tako
je u ovom slu¡caju i funkcija f1 : R → R {0} definirana s
f1(x) = (x, za x 6= 0
1, za x = 0
jedna od beskona¡cno mogu´cih ekstenzija funkcije g.
1.3.1 Teorem o inverznoj funkciji
Prvo ´cemo definirati neke klase funkcija.
Definicija 1.11 Funkcija f : X → Y je:
– surjekcija ili preslikavanje na ako je Rf = Y ;
– injekcija ili 1-1 preslikavanje ako f(x) = f(x′) ⇒ x = x′ za sve x, x′ ∈
Df ;
– bijekcija ili obostrano jednozna¡cno preslikavanje ako je surjekcija i injekcija.
Jedan primjer bijekcije je identiteta, odnosno funkcija iX : X → X definirana
s iX(x) = x za svaki x ∈ X.
Teorem 1.1 Funkcija f : X → Y , gdje je X = Df , je bijekcija ako i samo
ako postoji funkcija g : Y → X takva da je g ◦ f = iX i f ◦ g = iY , gdje su
iX i iY odgovaraju´ce identitete. Funkcija g je jedinstvena, a zove se inverzna
funkcija funkcije f i ozna¡cava s f−1.
|
|
|
barjak
|
#10
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:16:34
|
funkcije
1.3 Funkcije 9
Dokaz. Potrebno je dokazati oba smjera tvrdnje teorema. Neka je f bijekcija.
Potrebno je konstruirati funkciju g s tra¡zenim svojstvima. Definicija 1.11
povla¡ci
(∀y ∈ Y )(∃!x ∈ X) takav da je y = f(x).
Stoga mo¡zemo definirati funkciju g : Y → X pravilom
g(y) = x ¡cim je y = f(x).
Za svaki x ∈ X vrijedi g(f(x)) = g(y) = x pa je g ◦ f = iX. Sli¡cno, za svaki
y ∈ Y vrijedi f(g(y)) = f(x) = y pa je f ◦ g = iY i prvi smjer je dokazan.
Doka¡zimo drugi smjer tvrdnje teorema. Neka postoji funkcija g s tra¡zenim
svojstvima. Potrebno je pokazati da je f bijekcija. Odaberimo proizvoljni
y ∈ Y . Neka je x = g(y). Svojstva funkcije g povla¡ce
f(x) = f(g(y)) = (f ◦ g)(y) = iY (y) = y.
Zaklju¡cujemo da je svaki element y ∈ Y slika nekog elementa x ∈ X pa je f
surjekcija. Doka¡zimo da je f injekcija. Zaista, ako je f(x) = f(x′), tada je
x = iX(x) = g(f(x)) = g(f(x′)) = iX(x′) = x′.
Dakle, f je bijekcija te smo dokazali i drugi smjer tvrdnje teorema.
Na kraju doka¡zimo jedinstvenost funkcije g. Pretpostavimo da postoje
dvije funkcije s tra¡zenim svojstvima, g i g1. Za svaki y ∈ Y vrijedi
g(y) = x = iX(g(y)) = (g1 ◦ f)(g(y)) = g1(f(g(y))) = g1(iY (y)) = g1(y)
pa je g = g1 prema definiciji 1.8.
1.3.2 Ekvipotencija i beskona¡cni skupovi
Zbog svojstava bijekcije prirodna je sljede´ca definicija: skupovi X i Y su
ekvipotentni, odnosno imaju jednako mnogo elemenata, ako postoji bijekcija
izmedu ta dva skupa.
Ekvipotencija je o¡cito relacija ekvivalencije na skupovima. Klasa ekvivalencije
kojoj pripada skup X zove se kardinalni broj skupa X i ozna¡cava s
kardX.
Definicija 1.12 Skup X je beskona¡can, odnosno ima beskona¡cno mnogo elemenata,
ako je ekvipotentan sa svojim pravim podskupom. Skup X je kona¡can
ako nije beskona¡can.
Na primjer, skup prirodnih brojeva N je beskona¡can, jer je funkcija f(n) =
2n bijekcija izmedu skupa prirodnih brojeva i skupa svih parnih brojeva.
Dakle, zanimljivo je da parnih brojeva ima jednako mnogo kao i svih prirodnih
brojeva. To o¡cito ne vrijedi samo za parne brojeve; i skup svih brojeva
koji su djeljivi s tisu´cu takoder ima jednako mnogo elemenata kao i skup N.
|
|
|
barjak
|
#11
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:17:28
|
osnove matematike
10 OSNOVE MATEMATIKE
1.4 Prirodni brojevi
U ovom poglavlju definirat ´cemo skup prirodnih brojeva N, osnovne ra¡cunske
operacije na tom skupu i njihova svojstva te relaciju potpunog uredaja. Posebnu
pa¡znju posvetit ´cemo principu matemati¡cke indukcije i njegovoj primjeni
na dokazivanje binomnog pou¡cka. Ponovit ´cemo i neke na¡cine zapisivanja elemenata
skupa N.
Definicija 1.13 Skup prirodnih brojeva N je skup koji zadovoljava ¡cetiri Peanova
aksioma:
P1. postoji funkcija sljedbenika s : N → N;
P2. s je injekcija;
P3. postoji barem jedan element 1 ∈ N koji nije ni¡ciji sljedbenik, odnosno
s(n) 6= 1 za svaki n ∈ N;
P4. ako je M ⊆ N i ako vrijedi
(i) 1 ∈ M,
(ii) n ∈ M ⇒ s(n) ∈ M,
tada je M = N.
Aksiom P4 zove se princip matemati¡cke indukcije.
Operacije na skupu N definiramo na sljede´ci na¡cin:
– zbrajanje je funkcija + : N × N → N sa svojstvima
m + 1 = s(m) ∧ m + s(n) = s(m + n), ∀m, n ∈ N;
– mno¡zenje je funkcija · : N × N → N sa svojstvima
m · 1 = m ∧ m · s(n) = (m · n) + m, ∀m, n ∈ N;
Dva va¡zna teorema navodimo bez dokaza.
Teorem 1.2 Postoji to¡cno jedan skup sa svojstvima iz definicije 1.13. Funkcije
+ i · jedine su funkcije s gornjim svojstvima.
Ovaj teorem zapravo ka¡ze da se uvijek radi o istom skupu N bez obzira
na to kako ozna¡cavamo njegove elemente. Razni na¡cini ozna¡cavanja prirodnih
brojeva dani su u poglavlju 1.4.1.
|
|
|
barjak
|
#12
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:18:21
|
prirodni brojevi
1.4 Prirodni brojevi 11
Teorem 1.3 Mno¡zenje i zbrajanje imaju sljede´ca svojstva: za sve m, n, p ∈ N
vrijedi
(i) asocijativnost, odnosno
(m + n) + p = m + (n + p), (m · n) · p = m · (n · p);
(ii) komutativnost, odnosno
m + n = n + m, m · n = n ·m;
(iii) distributivnost, odnosno
m · (n + p) = m · n + m · p, (m + n) · p = m · p + n · p;
(iv) m + n = m + p ⇒ n = p, m · n = m · p ⇒ n = p;
(v) m + n 6= m.
Princip matemati¡cke indukcije P4 iz definicije 1.13 koristimo za dokazivanje
raznih korisnih tvrdnji. U poglavlju 1.4.3 taj princip ´cemo koristiti za
dokazivanje binomnog pou¡cka, a sada navodimo sljede´ci primjer.
Primjer 1.3 Doka¡zimo formulu
n
Xi=1
i = 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n =
n(n + 1)
2
, ∀n ∈ N.
Neka je M skup svih prirodnih brojeva za koje formula vrijedi. Koriste´ci
princip matemati¡cke indukcije dokazat ´cemo da je M = N. Za n = 1 formula
o¡cito vrijedi. Stoga je 1 ∈ M i tako je ispunjen uvjet (i) aksioma P4. Ovaj
uvjet zove se baza indukcije. Poka¡zimo da je ispunjen i uvjet (ii) aksioma P4,
odnosno korak indukcije. Ako je n ∈ M, odnosno ako formula vrijedi za n,
tada je
n+1
Xi=1
i = n
Xi=1
i!+ n + 1 =
n(n + 1)
2
+ n + 1 =
n2 + n + 2n + 2
2
=
(n + 1)(n + 2)
2
.
Dakle, n + 1 ∈ M pa aksiom P4 povla¡ci M = N, odnosno formula vrijedi za
svaki n ∈ N.
|
|
|
barjak
|
#13
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:19:01
|
osnove matematike
12 OSNOVE MATEMATIKE
Decimalni
sustav
Rimski
brojevi
Binarni
sustav
Oktalni
sustav
Heksa-
decimalni
sustav
1 I 1 1 1
s(1) = 1 + 1 = 2 II 10 2 2
s(2) = 2 + 1 = 3 III 11 3 3
s(3) = 3 + 1 = 4 IIII ili IV 100 4 4
5 V 101 5 5
6 VI 110 6 6
7 VII 111 7 7
8 VIII 1000 10 8
9 IX 1001 11 9
10 X 1010 12 A
11 XI 1011 13 B
12 XII 1100 14 C
13 XIII 1101 15 D
14 XIV 1110 16 E
15 XV 1111 17 F
16 XVI 10000 20 10
Tablica 1.1: Brojevni sustavi
1.4.1 Brojevni sustavi
Elemente skupa prirodnih brojeva ozna¡cavamo na razne na¡cine, neki od
kojih su dani u tablici 1.1.
Kod rimskih brojeva oznaka V za broj pet zapravo simbolizira ruku koja
ima pet prstiju, dok oznaka X za broj deset simbolizira dvije ruke. Ra¡cunala
zbog tehni¡ckih mogu´cnosti kreiranja samo dvaju stabilnih stanja (prekida¡c)
koriste sustav s bazom 2, odnosno binarni sustav. Radi lak¡seg baratanja s
binarnim brojevima koriste se oktalni sustav s bazom osam i heksadecimalni
sustav s bazom 16. Iz babilonskih vremena smo naslijedili heksagezimalni sustav
s bazom 60. Danas dijelove tog sustava koristimo za prikazivanja vremena
(1 sat=60 minuta= 60 · 60 sekunda) i kutova. U trgovini se takoder koristi
i sustav s bazom 12. Taj sustav je prakti¡can jer je broj 12 djeljiv s dva, tri,
¡cetiri i ¡sest. Koli¡cinu 12 ¡cesto zovemo tucet ili duzina.
1.4.2 Uredaj na skupu prirodnih brojeva
Uredaj definiramo na sljede´ci na¡cin.
Definicija 1.14 Neka su m, n ∈ N. Tada je m manji od n, odnosno m < n,
ako i samo ako postoji p ∈ N za koji je m + p = n. Nadalje, m je manje ili
jednako n, odnosno m ≤ n, ako vrijedi m < n ili m = n.
|
|
|
barjak
|
#14
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:19:45
|
prirodni brojevi
1.4 Prirodni brojevi 13
S ovako definiranom relacijom potpunog uredaja N je ureden skup po de-
finiciji 1.5. U skladu s poglavljem 1.2.1 mo¡zemo definirati intervale
[1, n]N = {p ∈ N : 1 ≤ p ≤ n} = {1, 2, . . . , n}.
Posebno je [1, ·)N = {1, 2, 3, . . .} = N.
Sljede´ca definicija nadopunjava definicije iz poglavlja 1.3.2.
Definicija 1.15 Skup X ima n elemenata, odnosno kardX = n, ako je X
ekvipotentan s [1, n]N. Skup X je prebrojiv ili prebrojivo beskona¡can, odnosno
kardX = ℵ0 (alef nula), ako je ekvipotentan s N.
Skup prirodnih brojeva (N,≤) je diskretan ili diskretno ureden, odnosno za
svaki n ∈ N vrijedi {p ∈ N : n < p < n + 1} = ∅. Ovo svojstvo ´ce biti jasnije
kada u poglavljima 1.6 i 1.7 opi¡semo guste skupove Q i R.
1.4.3 Binomni pou¡cak
U ovom poglavlju definirat ´cemo permutaciju i kombinaciju, opisati Pascalov
trokut i dokazati binomni pou¡cak i neke njegove posljedice.
Definicija 1.16 Permutacija n-tog reda je svaka bijekcija s [1, n]N u [1, n]N.
Kombinacija n-tog reda i k-tog razreda je svaki k-¡clani podskup {i1, i2, . . . , ik} ⊆
[1, n]N. Pri tome je dopu¡sten i slu¡caj k = 0.
U teoremu 2.7 je dokazano da skup svih razli¡citih permutacija n-tog reda
ima n! elemenata (n faktorijela). Faktorijele su definirane rekurzivno s
(n + 1)! = n!(n + 1) uz dogovor 0! = 1,
ili kao funkcija f : N → N zadana s
f(1) = 1, f(n + 1) = f(n) · (n + 1).
Teorem 1.4 Broj razli¡citih kombinacija n-tog reda i k-tog razreda Kk
n jednak
je binomnom koeficijentu
n
k =
n!
k!(n − k)!
.
Dokaz. Svaku permutaciju n-tog reda mo¡zemo dobiti u tri koraka:
1. odaberemo jedan k-¡clani podskup od [1, n]N, ¡sto mo¡zemo u¡ciniti na Kk
n
na¡cina;
|
|
|
barjak
|
#15
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:20:20
|
osnove matematike
14 OSNOVE MATEMATIKE
2. odaberemo jednu permutaciju tog podskupa, ¡sto mo¡zemo u¡ciniti na k!
na¡cina;
3. odaberemo jednu permutaciju preostalog (n−k)-¡clanog podskupa, ¡sto mo¡zemo
u¡ciniti na (n − k)! na¡cina.
Ukupan broj permutacija n-tog reda stoga je jednak
n! = Kk
n · k! · (n − k)!
pa je teorem dokazan.
Teorem 1.5 Vrijedi
n
k = n
n − k, ∀k, n ∈ N ∪ {0}, k ≤ n,
n
k+ n
k + 1 = n + 1
k + 1, ∀k, n ∈ N ∪ {0}, k < n.
Zadatak 1.3 Doka¡zite teorem 1.5.
Druga tvrdnja teorema 1.5 daje nam poznati Pascalov trokut:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
...
...
(1.1)
U n-tom retku Pascalovog trokuta nalaze se binomni koeficijenti n-tog reda,
n = 0, 1, 2, 3, . . ., i to poredani po razredu k = 0, 1, 2 · · · , n. Vidimo da je
svaki element, osim rubnih, zbroj dvaju elemenata koji se nalaze s lijeve i
desne strane u retku iznad.
|
|
|
barjak
|
#16
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:21:47
|
prirodni brojevi
1.4 Prirodni brojevi 15
Teorem 1.6 (Binomni pou¡cak) Za svaki n ∈ N vrijedi
(a + b)n =
n
Xk=0n
kakbn−k. (1.2)
Na primjer, formula (1.2) i Pascalov trokut (1.1) za n = 4 daju
(a + b)4 = 4
0a0b4 + 4
1a1b3 + 4
2a2b2 + 4
3a3b1 + 4
4a4b0
= b4 + 4ab3 + 6a2b2 + 4a3b + a4.
Binomni pou¡cak dokazat ´cemo za prirodne brojeve, no on vrijedi i za racionalne,
realne i kompleksne brojeve.
Dokaz. Teorem ´cemo dokazati pomo´cu principa matemati¡cke indukcije P4 iz
definicije 1.13. Tehnika dokazivanja sli¡cna je onoj iz Primjera 1.3.
Neka je M skup svih prirodnih brojeva za koje formula vrijedi. Doka¡zimo
da je M = N. Za n = 1 formula vrijedi jer je
(a + b)1 = 1
0a0b1 + 1
1a1b0.
Dakle, 1 ∈ M pa je ispunjena baza indukcije, odnosno uvjet (i) aksioma P4.
Poka¡zimo da je ispunjen i korak indukcije, odnosno uvjet (ii) aksioma P4. Ako
|
|
|
barjak
|
#17
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:22:32
|
osnove matematike
16 OSNOVE MATEMATIKE
je n ∈ M, odnosno ako formula vrijedi za n, tada je
(a + b)n+1 = " n
Xk=0n
kakbn−k#(a + b)
=
n
Xk=0n
kak+1bn−k +
n
Xk=0n
kakbn−k+1
=
n+1
Xk=1 n
k − 1akbn−(k−1) +
n
Xk=0n
kakbn−k+1
= n
nan+1b0 +
n
Xk=1 n
k − 1akbn−k+1 +
n
Xk=1n
kakbn−k+1
+ n
0a0bn+1
= n
nan+1b0 +
n
Xk=1 n
k − 1+ n
kakbn−k+1 + n
0a0bn+1
= n + 1
n + 1an+1b0 +
n
Xk=1n + 1
k akbn+1−k + n + 1
0 a0bn+1
=
n+1
Xk=0 n + 1
k akbn+1−k.
U predzadnjoj jednakosti koristili smo Pascalov trokut (1.1). Dakle, n+1 ∈ M
pa aksiom P4 povla¡ci M = N i teorem je dokazan.
Korolar 1.1 Za svaki n ∈ N vrijedi
(a − b)n = (a + (−1)b)n =
n
Xk=0n
k(−1)n−kakbn−k
i
2n =
n
Xk=0n
k,
odnosno zbroj elemenata u n-tom retku Pascalovog trokuta (1.1) jednak je 2n.
1.5 Cijeli brojevi
U ovom poglavlju ukratko ´cemo dati osnovnu motivacija za uvodenje skupa
cijelih brojeva Z te navesti osnovna svojstva tog skupa.
|
|
|
barjak
|
#18
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:23:36
|
racionalni brojevi
1.6 Racionalni brojevi 17
Prema definiciji 1.14 za m, n ∈ N vrijedi
m < n ⇔ (∃p ∈ N) m + p = n.
Kako je broj p jedinstven, mo¡zemo pisati p = n − m. Ako je pak n < m,
tada n − m /∈ N. Stoga skup prirodnih brojeva N pro¡sirujemo s njegovom
negativnom kopijom i dodajemo element 0 za koji vrijedi
0 · m = 0 i 0 + m = m, ∀m ∈ Z.
Uredaj na skupu Z uvodimo sli¡cno kao u definiciji 1.14. Skup (Z,≤) je
diskretan kao i skup N, a razlikuju se u tome ¡sto Z nema najmanji element.
Skup Z je ekivipotentan s N, odnosno oba skupa imaju jednako mnogo
elemenata, jer je funkcija f : N → Z definirana s
f(n) = (n
2 , za n paran
−n−1
2 , za n neparan
bijekcija.
Ra¡cunske operacije +, − i · na skupu Z definiramo na poznati na¡cin te za
njih vrijede svojstva sli¡cno kao u Teoremu 1.3.
1.6 Racionalni brojevi
U ovom poglavlju definirat ´cemo skup racionalnih brojeva Q te dati osnovna
svojstva tog skupa.
Na skupu
Z × N = {(m, n) : m ∈ Z, n ∈ N}
definiramo relaciju ∼ s
(m1, n1) ∼ (m2, n2) ⇔ m1 · n2 = m2 · n1.
∼ je relacija ekvivalencije, na primjer (2, 3) ∼ (4, 6) ∼ (6, 9).
Skup racionalnih brojeva Q je skup svih klasa ekvivalencije na skupu Z×N,
odnosno
Q = nm
n
: m ∈ Z, n ∈ No∼
.
Ra¡cunske operacije +, · i : te relaciju potpunog uredaja ≤ na skupu Q
|
|
|
barjak
|
#19
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:24:28
|
osnove matematike
18 OSNOVE MATEMATIKE
definiramo redom kako slijedi:
m1
n1
+
m2
n2
=
m1 · n2 + n1 ·m2
n1 · n2
,
m1
n1 ·
m2
n2
=
m1 ·m2
n1 · n2
,
m1
n1
:
m2
n2
=
m1
n1
m2
n2
=
m1 · n2
n1 ·m2
, za m2 6= 0,
m1
n1 ≤
m2
n2 ⇔ m1 · n2 ≤ n1 ·m2.
Ovdje se zaista radi o definicijama, jer smo ”nove” operacije i relaciju
uredaja na lijevim stranama definirali pomo´cu poznatih operacija i uredaja na
skupu Z na desnim stranama. Dakle, iste oznake za ra¡cunske operacije i relaciju
uredaja imaju razli¡cita zna¡cenja na lijevim i desnim stranama. Ra¡cunske
operacije i relacija uredaja na skupu Q su dobro definirane jer ne ovise o predstavniku
klase ekvivalencije, na primjer 1
3 + 1
4 = 2
6 + 9
12 . Za ra¡cunske operacije
vrijede poznata svojstva sli¡cno kao u teoremu 1.3.
Za razliku od skupova N i Z koji su diskretni, skup Q je gust, odnosno
izmedu svaka dva razli¡cita racionalna broja nalazi se beskona¡cno mnogo racionalnih
brojeva.
Teorem 1.7 Skup Q je gust.
Dokaz. Dovoljno je dokazati da se izmedu svaka dva razli¡cita racionalna broja
nalazi barem jedan racionalni broj. Neka je
q1 =
m1
n1
, q2 =
m2
n2
i q1 < q2 odnosno m1n2 < n1m2.
Neka je
q =
q1 + q2
2
=
m1n2 + n1m2
2n1n2
.
Tada je q1 < q jer je 2m1n1n2 < m1n1n2 + n1n1m2. Sli¡cno vrijedi q < q2 i
teorem je dokazan.
Unato¡c tome ¡sto je Q gust, a N prebrojiv, oba skupa imaju jednako mnogo
elemenata. Naime, skupovi N i N × N su ekvipotentni jer je funkcija f : N →
|
|
|
barjak
|
#20
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:25:09
|
realni brojevi
1.7 Realni brojevi 19
N × N definirana s
(1, 1)f(1) (1, 2)f(3) (1, 3)f(6) (1, 4)f(10) · · ·
(2, 1)f(2) (2, 2)f(5) (2, 3)f(9) · · ·
(3, 1)f(4) (3, 2)f(8) · · ·
(4, 1)f(7) · · ·
· · ·
bijekcija. Oznaka (1, 1)f(1) zna¡ci f(1) = (1, 1). Kako je Z ekvipotentan s N, to
su i skupovi N i Z×N ekvipotentni. Kona¡cno, iz N ⊂ Q ⊂ Z×N zaklju¡cujemo
da je skup Q takoder ekvipotentan s N.
1.7 Realni brojevi
U ovom poglavlju definirat ´cemo skup realnih bojeva, navesti njegova osnovna
svojstva, objasniti kako rade ra¡cunala i definirati apsolutnu vrijednost
realnog broja.
Kada racionalne brojeve nanosimo na brojevni pravac, budu´ci je skup Q
gust, mogli bismo pomisliti da njegovi elementi prekrivaju ¡citavi pravac. To,
medutim, nije istina. Nanesemo li na brojevni pravac dijagonalu kvadrata sa
stranicom du¡zine jedan, dobit ´cemo po Pitagorinom pou¡cku broj √2.
Teorem 1.8 √2 /∈ Q.
Dokaz. Prvo uo¡cimo da je kvadrat prirodnog broja n paran ako i samo ako
je n paran: ako je n = 2p paran, tada je n2 = (2p)2 = 4n2 takoder paran, a
ako je n = 2p − 1 neparan, tada je n2 = (2p − 1)2 = 4(p2 − p) + 1 neparan.
Teorem ´cemo dokazati koriste´ci tehniku kontradikcije ili protuslovlja. Naime,
ako je (A ⇒ B) = ⊤ i ako poka¡zemo da je (B) = ⊥, tada prema tablici
istinitosti za implikaciju iz poglavlja 1.1 slijedi (A) = ⊥.
Ako je (A) √2 ∈ Q, tada je (B) √2 = m
n , pri ¡cemu su m i n relativno prosti,
odnosno ne mogu se dalje skratiti. Medutim, tada je m2 = 2n2 pa je prema
prvom dijelu dokaza m paran, odnosno m = 2p. Iz (2p)2 = 2n2 slijedi 2p2 = n2
pa je n takoder paran. Dakle, m i n nisu relativno prosti pa je tvrdnja (B)
neistinita. No, tada i tvrdnja (A) mora biti neistinita i teorem je dokazan.
Definicija 1.17 Iracionalni brojevi su brojevi koji se nalaze na brojevnom
pravcu, a nisu elementi skupa Q. Skup realnih brojeva R je unija skupa racionalnih
brojeva i skupa iracionalnih brojeva.
Ra¡cunske operacije na skupu realnih brojeva definirane su na poznati na¡cin
te za njih vrijede svojstva sli¡cno kao u teoremu 1.3.
Sljede´ci teorem navodimo bez dokaza.
|
|
|
barjak
|
#21
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:25:41
|
osnove matematike
20 OSNOVE MATEMATIKE
Teorem 1.9 Vrijedi:
(i) skup R je gust, odnosno izmedu svaka dva razli¡cita realna broja postoji
beskona¡cno realnih brojeva;
(ii) skup Q je gust u skupu R, odnosno izmedu svaka dva razli¡cita realna
broja postoji beskona¡cno racionalnih brojeva;
(iii) skup R je gust u skupu Q, odnosno izmedu svaka dva razli¡cita racionalna
broja postoji beskona¡cno realnih brojeva;
(iv) skup R je neprebrojiv;
(v) elementi skupa R prekrivaju ¡citavi brojevni pravac.
Odnos izmedu do sada opisanih skupova brojeva je sljede´ci:
N ⊂ Z
| {z } diskretni
⊂ Q ⊂ R
| {z } gusti
,
N ⊂ Z ⊂ Q
| {z } prebrojivi
⊂ R
|{z}
.
neprebrojiv
1.7.1 Aritmetika ra¡cunala
Broj √2 ima beskona¡cni neperiodi¡cni decimalni zapis pa ga ne mo¡zemo zapisati
ni kao decimalni broj, niti kao razlomak. Sli¡cno, broj 1
3 = 0.3333 . . . =
0. ÿ3 ima beskona¡cni periodi¡cni decimalni zapis pa ga ne mo¡zemo zapisati kao
decimalni broj, ali ga mo¡zemo zapisati kao razlomak. Zbog kona¡cne memorije,
ra¡cunala za prikazivanje brojeva i ra¡cunanje koriste jedan diskretni podskup
skupa Q, tako da osnovni matemati¡cki zakoni asocijacije i distribucije iz teorema
1.3 ne vrijede.
Princip rada ra¡cunala ilustrirat ´cemo na jednostavnom primjeru. Zamislimo
ra¡cunalo koje za pohranjivanje brojeva i ra¡cunanje raspola¡ze s tri decimalna
mjesta, s tim ¡sto se decimalna to¡cka mo¡ze pomicati,
. xy . xy . xy .
U ovakvom ra¡cunalu mo¡zemo prikazati brojeve
999, 998, . . . , 102, 101, 100,
99.9, 99.8, . . . , 10.2, 10.1, 10.0,
9.99, 9.98, . . . , 3.14, . . . , 1.41, . . . , 1.00,
.999, .998, .997, . . . , .101, .100,
.099, .098, . . . , .012, .011, .010,
.009, .008, . . . , .002, .001.
|
|
|
barjak
|
#22
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:26:18
|
realni brojevi
1.7 Realni brojevi 21
Skup brojeva koje mo¡zemo prikazati je o¡cito diskretan jer, na primjer, ne
mo¡zemo prikazati niti jedan broj izmedu 998 i 999 kao niti izmedu .001 i .002.
No, za razliku od skupova N i Z gdje su razmaci izmedu elemenata konstantni,
ovdje se duljina razmaka mijenja. U ovakvom ra¡cunalu asocijativnost
ne vrijedi, jer je
((200 + 0.4) + 0.4) + 0.4 = (200 + 0.4) + 0.4 = 200 + 0.4 = 200,
dok je
200 + (0.4 + (0.4 + 0.4)) = 200 + (0.4 + 0.8) = 200 + 1.2 = 201.
U odnosu na to¡can rezultat 201.2, pogre¡ska u prvom slu¡caju iznosi 0.6%, dok
u drugom slu¡caju iznosi 0.1%. Rezultat je to¡cniji ako se prvo zbrajaju brojevi
koji su bli¡ze nuli, ¡sto je op´cenito pravilo koje vrijedi za svako ra¡cunalo. Ovakvo
ra¡cunalo mo¡ze, naravno, dati i to¡can rezultat (0.5+0.5)+200 = 1+200 = 201.
Princip rada svih ra¡cunala je isti, s time ¡sto stvarna ra¡cunala uglavnom
raspola¡zu s 16 decimalnih mjesta. Na taj se na¡cin osigurava mala pogre¡ska s
kojom se mogu kvalitetno vr¡siti ¡zeljeni prora¡cuni.
1.7.2 Apsolutna vrijednost
U ovom poglavlju definirat ´cemu apsolutnu vrijednost realnog broja i dokazati
neka njena svojstva.
Definicija 1.18 Apsolutna vrijednost realnog broja je funkcija | | : R →
[0,+∞) definirana s
|x| = (x, za x ≥ 0,
−x, za x < 0.
Na primjer,
|0| = 0, |5| = | − 5| = 5, |x| = | − x|, |x − y| = |y − x|.
Na slici 1.1 prikazan je graf funkcije |x|. Graf funkcije y = f(x) definiramo kao
skup svih to¡caka xy-ravnine za koje je y = f(x). Preciznije definicije funkcije
i grafa dane su u poglavlju 4.
Teorem 1.10 Za apsolutnu vrijednost vrijedi:
(i) |x| < r ⇔ −r < x < r ⇔ x ∈ (−r, r);
(ii) nejednakost trokuta, |x + y| ≤ |x| + |y|, odnosno op´cenitije
n
Xi=1
xi ≤
n
X |xi|;
|
|
|
barjak
|
#23
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:27:01
|
osnove matematike
22 OSNOVE MATEMATIKE
1
2
-2 -1 1 2
Slika 1.1: Apsolutna vrijednost |x|
(iii) |x − y| ≥ |x| − |y|;
(iv) |x · y| = |x| · |y|, odnosno op´cenitije
n
Yi=1
xi
=
n
Yi=1
|xi|;
(v)
x
y
= |x|
|y|
za y 6= 0.
Dokaz.
(i) Za x ≥ 0 nejednakost |x| < r povla¡ci x < r, a za x < 0 nejednakost
|x| < r povla¡ci −x < r, odnosno −r < x.
(ii) Za svaki x ∈ R vrijedi x ≤ |x|. Ako je x+y ≥ 0, tada je |x+y| = x+y ≤
|x| + |y|, a ako je x + y < 0, tada je
|x + y| = −(x + y) = −x − y ≤ | − x| + | − y| = |x| + |y|
pa je prva tvrdnja dokazana. Op´cenitiju tvrdnju dokazujemo indukcijom
(vidi primjer 1.3 i dokaz teorema 1.6). Tvrdnja o¡cito vrijedi za n = 1 i
n = 2. Za n ≥ 2 imamo
n+1
Xi=1
xi
=
n
Xi=1
xi + xn+1
≤
n
Xi=1
xi
+ |xn+1|
≤
n
X |xi| + |xn+1| =
n+1
|xi|,
|
|
|
barjak
|
#24
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:28:01
|
kompleksni brojevi
1.8 Kompleksni brojevi 23
pa nejednakost trokuta vrijedi za svaki n ∈ N.
Zadatak 1.4 Doka¡zite tvrdnje (iii), (iv) i (v) teorema 1.10.
1.8 Kompleksni brojevi
U ovom poglavlju definirat ´cemo skup kompleksnih brojeva C, osnovne
ra¡cunske operacije s kompleksnim brojevima i njihova svojstva, trigonometrijski
oblik kompleksnog broja i operacije s brojevima u trigonometrijskom obliku
te eksponencijalni oblik kompleksnog broja. Pretpostavljamo da ¡citatelj poznaje
osnovna svojstva trigonometrijskih i arkus funkcija iz poglavlja 4.6.5 i
4.6.6.
Motivacija za uvodenje kompleksnih brojeva je sljede´ca: jednad¡zba x2−1 =
0 ima dva rje¡senja u skupu R, x = 1 i x = −1, dok sli¡cna jednad¡zba x2+1 = 0
nema niti jedno rje¡senje. Stoga se imaginarna jedinica i definira tako ¡sto su
x = i i x = −i rje¡senja jednad¡zbe x2 + 1 = 0. Iz ove definicije slijedi
i2 = −1, i3 = −i, i4 = −i · i = −(−1) = 1, i5 = i, i6 = −1, . . . .
Definicija 1.19 Skup kompleksnih brojeva C je skup svih brojeva oblika z =
x + iy, gdje su x, y ∈ R. Posebno je 0 = 0 + i0. Realni broj x = Re z je realni
dio kompleksnog broja z, a realni broj y = Imz je imaginarni dio kompleksnog
broja z. Dva kompleksna broja su jednaka ako su im jednaki realni i imaginarni
dijelovi. Konjugirano kompleksni broj broja z = x + iy je broj ¯z = x − iy.
Modul ili apsolutna vrijednost kompleksnog broja z je nenegativni realni broj
r = |z| = px2 + y2.
Neka su z1 = x1 + iy1 i z2 = x2 + iy2 dva kompleksna broja. Ra¡cunske
operacije su definirane na sljede´ci na¡cin:
z1 + z2 = x1 + x2 + i(y1 + y2),
z1 − z2 = x1 − x2 + i(y1 − y2),
z1 · z2 = (x1 + iy1)(x2 + iy2) = x1x2 + iy1x2 + ix1y2 + i2y1y2
= x1x2 − y1y2 + i(x1y2 + x2y1),
z1
z2
=
x1 + iy1
x2 + iy2 ·
x2 − iy2
x2 − iy2
=
x1x2 + y1y2
x2
2 + y2
2
+ i
y1x2 − x1y2
x2
2 + y2
2
, za z2 6= 0.
|
|
|
barjak
|
#25
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:28:45
|
24 OSNOVE MATEMATIKE
Zadatak 1.5 Doka¡zite da za z, z1, z2 ∈ C vrijedi:
a) z1 + z2 = ¯z1 + ¯z2,
b) z1 · z2 = ¯z1 · ¯z2,
c) z1
z2 =
¯z1
¯z2
, za z2 6= 0,
d) ¯¯z = z,
e) z = ¯z ⇔ z ∈ R,
f) z + ¯z = 2Re z,
g) z − ¯z = 2i Imz,
h) ¯z · z = z · ¯z = |z|2,
i) |z| = 0 ⇔ z = 0,
j) |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| (nejednakost trokuta).
Kompleksnom broju z = x + iy jednozna¡cno je pridru¡zen uredeni par
(x, y) ∈ R×R, odnosno to¡cka T = (x, y) u ravnini, kao ¡sto se vidi na slici 1.2.
z=x+iy, T=(x,y)
|x|=r
j
x 0
y
Slika 1.2: Kompleksni broj
Iz slike 1.2 se vidi za¡sto su formule za zbrajanje kompleksnih brojeva sli¡cne
formulama za zbrajanje vektora, odnosno za¡sto se posebno zbrajaju realni, a
posebno imaginarni dijelovi.
|
|
|
barjak
|
#26
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:29:46
|
kompleksni brojevi
1.8 Kompleksni brojevi 25
1.8.1 Trigonometrijski oblik
Kao ¡sto se vidi na slici 1.2, kompleksni broj z = x + iy je jednozna¡cno
odreden s modulom r i s kutom ’ izmedu radij-vektora −→ OT i pozitivnog smjera
x-osi. Kut ’ je argument broja z , odnosno ’ = arg z.
Trigonometrijski oblik kompleksnog broja glasi
z = r(cos ’ + i sin ’) = r cos ’ + ir sin ’.
Veze izmedu dva oblika su sljede´ce: ako su zadani r i ’, tada je
x = Re z = r cos ’, y = Imz = r sin ’,
a ako su zadani x i y, tada je
r = |z| = px2 + y2, ’ = arctg
y
x
,
pri ¡cemu kvadrant u kojem se nalazi ’ treba odrediti sa slike odnosno iz predznaka
od x i y.
Primjer 1.4 a) Skup
{z ∈ C : |z − i + 1| ≤ 2}
je krug radijusa dva sa sredi¡stem u to¡cki z0 = i−1 (vidi sliku 1.3). Zaista,
iz definicije 1.19 slijedi
|z − i + 1| ≤ 2 ⇔ p(x + 1)2 + (y − 1)2 ≤ 2 ⇔ (x + 1)2 + (y − 1)2 ≤ 4.
Op´cenito, skup
{z ∈ C : |z − z0| ≤ r}
je krug radijusa r oko to¡cke z0.
b) Skup
{z ∈ C : 0 < arg z <
3 ∧ Imz ≥ 1}
nacrtan je na slici 1.4. Pri tome se to¡cke na iscrtkanom pravcu nalaze izvan
skupa, kao i to¡cka u kojoj se dva pravca sijeku.
c) Skup
{z ∈ C : |z − 1| + |z + 2| = 5}
je elipsa sa ¡zari¡stima u to¡ckama z1 = 1 i z2 = −2 (vidi sliku 1.5).
Op´cenito, skup
{z ∈ C : |z − z1| + |z − z2| = r, z1 6= z2, r > 0}
je skup svih to¡caka ¡ciji je zbroj udaljenosti do dvije fiksne to¡cke konstantan.
Mogu´ca su tri slu¡caja: ako je |z1 − z2| < r, tada se radi o elipsi; ako je
|z1 − z2| = r, tada se radi o du¡zini koja spaja to¡cke z1 i z2; a ako je
|z1 − z2| > r, tada se radi o praznom skupu.
|
|
|
barjak
|
#27
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 10:30:36
|
26 OSNOVE MATEMATIKE
-1
i
Slika 1.3: Krug u kompleksnoj ravnini
i
Slika 1.4: Dio kompleksne ravnine
Zadatak 1.6 Doka¡zite da je elipsa iz primjera 1.4.c zadana s formulom
(x + 1
2 )2
6.25
+
y2
4
= 1.
Po uzoru na primjer 1.4.c analizirajte skup
{z ∈ C : |z − z1| − |z − z2| = r, z1 6= z2, r > 0}.
|
|
|
barjak
|
#28
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:41:22
|
kompleksni brojevi
1.8 Kompleksni brojevi 27
-3 -2 -1/2 1 2
Slika 1.5: Elipsa u kompleksnoj ravnini
Trigonometrijski oblik kompleksnog broja omogu´cuje jednostavno izvodenje
ra¡cunskih operacija. Adicioni teoremi daju
z1 · z2 = r1(cos ’1 + i sin ’1) · r2(cos ’2 + i sin ’2)
= r1r2[cos ’1 cos ’2 − sin’1 sin ’2 + i(sin ’1 cos ’2 + cos ’1 sin’2)]
(1.3)
= r1r2(cos(’1 + ’2) + i sin(’1 + ’2)).
Sli¡cno, za z2 6= 0 vrijedi
z1
z2
=
r1
r2
(cos(’1 − ’2) + i sin(’1 − ’2)).
Iz formule (1.3) indukcijom slijedi
n
Yk=1
zk = n
Yk=1
rkcos
|
|
|
barjak
|
#29
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:42:05
|
osnove matematike
28 OSNOVE MATEMATIKE
Naime, primjenom Moivreove formule (1.4) vidimo da svaki od brojeva na
desnoj strani podignut na n-tu potenciju daje broj z, pa je stoga jednak n-
tom korijenu iz z. Zaklju¡cujemo da svaki kompleksni broj, osim nule, ima n
medusobno razli¡citih n-tih korijena koji svi le¡ze na sredi¡snjoj kru¡znici radijusa
n√r i dijele tu kru¡znicu na n jednakih dijelova.
Primjer 1.5 Izra¡cunajmo 6 √1 = 6 √1 + 0i. Trigonometrijski oblik glasi
1 = 1 · (cos 0 + i sin 0),
pa formula (1.5) daje
6 √1 = 1 · cos
0 + 2k
6
+ i sin
0 + 2k
6 , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Uvr¡stavanje vrijednosti za k daje ¡sest razli¡citih ¡sestih korijena:
w0 = cos 0 + i sin 0 = 1,
w1 = cos
3
+ i sin
3
=
1
2
+ i
√3
2
,
w2 = cos
2
3
+ i sin
2
3
= −
1
2
+ i
√3
2
,
w3 = cos + i sin = −1,
w4 = cos
4
3
+ i sin
4
3
= −
1
2 − i
√3
2
,
w5 = cos
5
3
+ i sin
5
3
=
1
2 − i
√3
2
.
Zadatak 1.7 Nacrtajte sve kompleksne ¡seste korijene od jedan iz primjera
1.5 i uvjerite se da dijele jedini¡cnu kru¡znicu na ¡sest jednakih dijelova. Zatim
izra¡cunajte i nacrtajte 6 √−1, 4 √i i 3p1 + i√3.
1.8.2 Eksponencijalni oblik
Eksponencijalni ili Eulerov oblik kompleksnog broja glasi
ei’ = cos ’ + i sin ’.
Ova formula slijedi iz Taylorovih razvoja funkcija sin x, cos x i ex danih u primjeru
6.19 i zadatku 6.5. Kada formalno uvrstimo i’ umjesto x u Taylorov razvoj
funkcije ex, dobit ´cemo
ei’ = 1 +
i’
1!
+
i2’2
2!
+
i3’3
3!
+
i4’4
4!
+
i5’5
5!
+
i6’6
6!
+
i7’7
7!
+ · · ·
= 1 + i
’
1! −
’2
2! − i
’3
3!
+
’4
4!
+ i
’5
5! −
’6
6! − i
’7
7!
+ · · · .
|
|
|
barjak
|
#30
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:42:48
|
kompleksni brojevi
1.8 Kompleksni brojevi 29
Red na desnoj strani je apsolutno konvergentan pa po teoremu 6.12 smijemo
prvo zbrojiti realne, a zatim imaginarne ¡clanove pa Taylorovi razvoji funkcija
cos x i sin x daju
ei’ = 1 −
’2
2!
+
’4
4! −
’6
6!
+ · · ·+ i’
1! −
’3
3!
+
’5
5! −
’7
7!
+ · · ·
= cos ’ + i sin ’.
Pomo´cu Eulerovog oblika mo¡zemo definirati potenciranje s kompleksnim
eksponentom
ez = ex+iy = ex · eiy = ex(cos y + i sin y).
|
|
|
barjak
|
#31
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:43:54
|
linearna algebra
2.
LINEARNA ALGEBRA
2.1 Matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.1.1 Zbrajanje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.1.2 Mno¡zenje matrice sa skalarom . . . . . . . . . . . . . 34
2.1.3 Mno¡zenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.1.4 Nul-matrica i jedini¡cna matrica . . . . . . . . . . . . 37
2.1.5 Transponirana matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.1.6 Jo¡s o mno¡zenju matrica . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.2 Matri¡cni zapis sustava linearnih jednad¡zbi . . . . . 40
2.3 Rje¡savanje trokutastih sustava . . . . . . . . . . . . 41
2.4 Gaussova eliminacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.4.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.4.2 Pivotiranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.4.3 Elementarne matrice transformacija . . . . . . . . . 51
2.5 Linearna nezavisnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.6 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.7 Kronecker–Capellijev teorem . . . . . . . . . . . . . 54
2.8 Inverzna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.9 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.9.1 Svojstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
2.9.2 Podmatrice i poddeterminante . . . . . . . . . . . . 62
2.9.3 Laplaceov razvoj determinante . . . . . . . . . . . . 62
2.9.4 Ra¡cunanje inverzne matrice . . . . . . . . . . . . . . 63
2.9.5 Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.10 Rje¡savanje elektri¡cne mre¡ze . . . . . . . . . . . . . . 64
|
|
|
barjak
|
#32
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:44:32
|
linearna algebra
32 LINEARNA ALGEBRA
U ovoj glavi definirat ´cemo pojam sustava linearnih jednad¡zbi i opisati
postupak za njihovo rje¡savanje. Postupak se temelji na primjenama matri¡cnog
ra¡cuna, tako da ´cemo dati i osnovne pojmove o matricama i determinantama
te operacijama s njima. Dok se ve´cina studenata ve´c susrela s problemom
rje¡savanja sustava linearnih jednad¡zbi, kori¡stenje matrica je za ve´cinu novost.
Pojam ”linearnih” zna¡ci da se u jednad¡zbama nepoznanice pojavljuju samo
na prvu potenciju i da se ne pojavljuju umno¡sci nepoznanica. Za razliku od
sustava nelinearnih jednad¡zbi, za takve je sustave lako ustanoviti da li su rje¡sivi
te ako jesu, rije¡siti ih.
Rje¡senje sustava od m ≥ 2 jednad¡zbi s n = 2 nepoznanice odgovara
nala¡zenju sjeci¡sta m pravaca u ravnini. O¡cito vrijedi sljede´ce:
– m pravaca se mo¡ze sje´ci u jednoj to¡cki – pripadaju´ci sustav ima to¡cno
jedno rje¡senje. Na primjer, sustav
2x + y = 1
−x + y = −1
ima rje¡senje u to¡cki x = 2/3, y = −1/3 (slika 2.1).
– m pravaca mo¡ze le¡zati na istom pravcu – pripadaju´ci sustav ima beskona
¡cno rje¡senja;
– ako ni prvi ni drugi slu¡caj ne vrijede, tada sustav nema rje¡senje.
U poznatom Kronecker–Capellijevom teoremu 2.5 vidjet ´cemo da su ova tri
slu¡caja jedina mogu´ca i to za proizvoljni broj nepoznanica i jednad¡zbi.
2.1 Matrice
Matrice omogu´cuju jednostavan zapis i rje¡savanje sustava linearnih jednad
¡zbi.
Definicija 2.1 Pravokutna tablica brojeva
A = 

a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
...
...
. . .
...
am1 am2 · · · amn


, m, n ∈ N,
zove se matrica tipa m×n. Ako su svi brojevi aij realni, tada pi¡semo A ∈ Rm·n.
Tablica se stavlja u uglate ili oble zagrade. Brojevi aij , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n
su elementi matrice ili komponente matrice. Brojevi
ai1, ai2, . . . , ain
|
|
|
barjak
|
#33
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:45:29
|
matrice
2.1 Matrice 33
-2
-1
1
2
-2 -1 1 2
1-2*x
-1+x
Slika 2.1: Pravci koji se sijeku
tvore i-ti redak, brojevi
a1j , a2j , . . . , amj
tvore j-ti stupac, a brojevi
a11, a22, . . . , amin{m,n},min{m,n}
tvore dijagonalu matrice A. Ako je m = n ka¡zemo da je A kvadratna matrica
reda n. Ako je m = 1 ka¡zemo da je A ret¡cana matrica (ima samo jedan redak),
a ako je n = 1 ka¡zemo da je A stup¡cana matrica. Ret¡cane i stup¡cane matrice
se jo¡s zovu vektori.
Skup svih matrica tipa m × n jo¡s ozna¡cavamo s Mmn. Matrice obi¡cno
ozna¡cavamo velikim tiskanim slovima, A,B,X, . . . Koriste se i oznake
A = (aij), A = [aij ], A = (Aij), A = (A)ij .
Vektore mo¡zemo ozna¡cavati i s malim ¡stampanim slovima a, b, x, ili s masnim
slovima, a, b, x.
Na primjer, A je matrica tipa 3 × 4,
A = 

a11 a12 a14
1 −0.127 1017 0
5 7 9 11

,
|
|
|
barjak
|
#34
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:46:08
|
linearna algebra
34 LINEARNA ALGEBRA
B i c su primjeri ret¡cane odnosno stup¡cane matrice,
B = 1 2 3 4, c = 

0 √2
12345

,
dok su d = 0 i E = x kvadratne matrice reda 1, a ujedno i stup¡cane i
ret¡cane matrice
Nakon ¡sto smo definirali novi objekt, u ovom slu¡caju matricu, ¡zelimo ih
nau¡citi usporedivati. Prvi korak je definirati kada su dva objekta jednaka.
Definicija 2.2 Matrice A i B su jednake ako su istog tipa i ako je
aij = bij za sve parove indeksa i, j.
2.1.1 Zbrajanje matrica
Uvedimo prvu operaciju s matricama. Mogu se zbrajati samo matrice istog
tipa. Ako su matrice A i B istog tipa, tada je matrica
C = A + B
istog tipa kao i matrice A i B i vrijedi
cij = aij + bij .
Dakle, matrice se zbrajaju ¡clan po ¡clan. Svojstva zbrajanja su
A + B = B + A (komutativnost) i
(A + B) + C = A + (B + C) (asocijativnost).
2.1.2 Mno¡zenje matrice sa skalarom
Matrica se mno¡zi s nekim skalarom (brojem) tako da se svaki element
matrice pomno¡zi s tim brojem. Drugim rije¡cima, elementi matrice B = A su
Bij = aij .
Svojstva ove operacije proizlaze direktno iz svojstava mno¡zenja brojeva:
(A + B) = A + B,
( + µ)A = A + µA, (2.1)
(µA) = (µ)A.
|
|
|
barjak
|
#35
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:46:54
|
matrice
2.1 Matrice 35
2.1.3 Mno¡zenje matrica
Definicija mno¡zenja matrica je na prvi pogled neobi¡cna, ali upravo nam
ona omogu´cava jednostvno zapisivanje sustava linearnih jednad¡zbi.
Matrice A i B mo¡zemo pomno¡ziti samo ako su ulan¡cane, odnosno ako A
ima onoliko stupaca koliko B ima redaka. Matrica C = A·B ima redaka koliko
A i stupaca koliko B. Neka je, dakle, A tipa m × k i B tipa k × n. Tada je
matrica C tipa m × n i vrijedi
cij =
k
Xl=1
ailblj = ai1b1j + ai2b2j + · · · + aikbkj . (2.2)
Element (2, 3) umno¡ska


a11 a12 a13 a14
a21 a22 a23 a24
a31 a32 a33 a34




b11 b12 b13 b14 b15
b21 b22 b23 b24 b25
b31 b32 b33 b34 b35
b41 b42 b43 b44 b45


nalazi se tako da stavite lijevi ka¡ziprst na a21 a desni na b13 i ka¡zete ”puta”.
Tada pomi¡cete ka¡ziprste prema a22 i b23 govore´ci ”plus” dok se ka¡ziprsti
pomi¡cu i ”puta” kada stignu na cilj. Nastavite li na taj na¡cin izra¡cunat ´cete
a21b13 + a22b23 + a23b33 + a24b43,
¡sto je upravo element (2, 3) produkta.
Na primjer,


1 2 3
4 5 6
7 8 9




1 2 0 −1
4 3 2 1
1 −1 1 −1

 = 

12 5 7 −2
30 17 16 −5
48 29 25 −8


Uo¡cimo da mno¡zenje u obrnutom poretku nije definirano stoga ¡sto matrice
nisu ulan¡cane. U sljede´cem primjeru su oba mno¡zenja definirana, ali umno¡sci
nisu istog tipa:


1
1
1

1 1 1 = 

1 1 1
1 1 1
1 1 1

,
1 1 1

1
1
1

 = 3.
|
|
|
barjak
|
#36
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:47:23
|
matrice
36 LINEARNA ALGEBRA
U sljede´cem primjeru su umno¡sci AB i BA istog tipa, ali nisu jednaki:
A = 2 1
1 0, B = −1 1
5 2,
AB = 3 4
−1 1, BA = −1 −1
12 5 .
U ovom primjeru su, pak, oba umno¡ska jednaka:
A = 2 2
2 2, B = 1 2
2 1, AB = BA = 6 6
6 6.
Iz prethodnih primjera zaklju¡cujemo kako, za razliku od mno¡zenja brojeva,
mno¡zenje matrica op´cenito nije komutativno.
Budite oprezni, jer se ova ¡cinjenica lako zaboravi kada se manipulira s formulama
koje sadr¡ze matrice.
Teorem 2.1 (Svojstva mno¡zenja matrica) Za proizvoljne matrice A, B i
C i broj , ukoliko su svi umno¡sci definirani vrijedi:
(i) (AB)C = A(BC) (asocijativnost),
(ii) A(B + C) = AB + AC (distributivnost),
(iii) (A + B)C = AC + BC (distributivnost),
(iv) (AB) = (A)B = A(B).
Primijetimo da zbog op´cenite nekomutativnosti mno¡zenja matrica, moramo
posebno navesti distributivnost prema mno¡zenju slijeva i zdesna.
Dokaz. (i) neka je A tipa m×k, B tipa k×l i C tipa l×n. Tada je AB tipa
|
|
|
barjak
|
#37
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:47:55
|
matrice
2.1 Matrice 37
m×l, a (AB)C je tipa m×n. Za proizvoljni element matrice (AB)C vrijedi:
[(AB)C]ij =
l
Xp=1
[AB]ipCpj
=
l
Xp=1 k
Xq=1
AiqBqpCpj = raspi¡semo sumu
=
l
Xp=1
k
Xq=1
AiqBqpCpj = zamijenimo redoslijed zbrajanja
=
k
Xq=1
l
Xp=1
AiqBqpCpj = grupiramo pribrojnike na drugi na¡cin
=
k
Xq=1
Aiq l
Xp=1
BqpCpj
=
k
Xq=1
Aiq[BC]qj
= [A(BC)]ij .
Ostale tvrdnje dokazuju se sli¡cno.
2.1.4 Nul-matrica i jedini¡cna matrica
Kod zbrajanja brojeva broj 0 je neutralni element s obzirom na zbrajanje,
odnosno
x + 0 = 0 + x = x za svaki broj x.
Analogija kod matrica je nul-matrica koja ima sve elemente jednake nuli. Nulmatricu
ozna¡cavamo s O, odnosno Omn kada ¡zelimo naglasiti o kojem tipu se
radi. Na primjer,
1 2 3
4 5 6+ 0 0 0
0 0 0 = 0 0 0
0 0 0+ 1 2 3
4 5 6 = 1 2 3
4 5 6.
Kod mno¡zenja brojeva broj 1 je neutralni element s obzirom na mno¡zenje,
odnosno
x · 1 = 1 · x = x za svaki broj x.
Analogija kod matrica je jedini¡cna matrica . Ukoliko matrica nije kvadratna,
jedini¡cne matrice u odnosu na mno¡zenje slijeva i zdesna su razli¡citog reda. Na
|
|
|
barjak
|
#38
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:48:34
|
linearna algebra
38 LINEARNA ALGEBRA
primjer, lako vidimo da je


12 5 7 −2
30 17 16 −5
48 29 25 −8




1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1


= 

12 5 7 −2
30 17 16 −5
48 29 25 −8

,


1 0 0
0 1 0
0 0 1




12 5 7 −2
30 17 16 −5
48 29 25 −8

 = 

12 5 7 −2
30 17 16 −5
48 29 25 −8

.
Jedini¡cnu matricu ozna¡cavamo s I, odnosno s In ako ¡zelimo naglasiti o kojoj
dimenziji se radi. Op´cenito je, dakle
Iij = (1 za i = j,
0 za i 6= j,
i za svaku matricu tipa m × n vrijedi
ImA = AIn = A.
Jedini¡cna matrica je poseban slu¡caj dijagonalne matrice. D je dijagonalna
matrica ako jedini ne-nula elementi le¡ze na njenoj dijagonali, odnosno
Dij = 0 za i 6= j.
2.1.5 Transponirana matrica
Uvedimo jo¡s jedan novi pojam. Transponirana matrica matrice A je matrica
AT koja je definirana sa
[AT ]ij = Aji.
Dakle, ako je A tipa m × n tada je AT tipa n × m. Na primjer,
1 2 0 −1T
= 

1
2
0
−1


, 1 2 8
0 9 2T
= 

1 0
2 9
8 2

,
dok je


1 2 3
2 4 5
3 5 6


T
= 

1 2 3
2 4 5
3 5 6

.
|
|
|
barjak
|
#39
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:49:24
|
matrice
2.1 Matrice 39
O¡cito je (AT )T = A. Transponiranje se lijepo uklapa u ostale operacije s
matricama:
(A + B)T = AT + BT ,
(µA)T = µAT , (2.3)
(AB)T = BTAT .
Matrica za koju je AT = A je simetri¡cna matrica. Zbog o¡cite simetrije u
prirodi, simetri¡cne matrice su ¡ceste u primjenama.
2.1.6 Jo¡s o mno¡zenju matrica
Formula (2.2) zapravo zna¡ci da se matrice mno¡ze na sljede´ci na¡cin:


1 2 3
4 5 6
7 8 9




1 2 0
4 3 2
1 −1 1

 =


(1 · 1 + 2 · 4 + 3 · 1) 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · (−1)) (1 · 0 + 2 · 2 + 3 · 1)
(4 · 1 + 5 · 5 + 6 · 1) (4 · 2 + 5 · 3 + 6 · (−1)) (4 · 0 + 5 · 2 + 6 · 1)
(7 · 1 + 8 · 5 + 9 · 1) (7 · 2 + 8 · 3 + 9 · (−1)) (7 · 0 + 8 · 2 + 9 · 1)


No, mno¡zenje matrica se mo¡ze interpretirati na jo¡s dva na¡cina:


1 2 3
4 5 6
7 8 9




1 2 0
4 3 2
1 −1 1

=


1
4
7

1 2 0+ 

2
5
8

4 3 2+ 

3
6
9

1 −1 1,
i


1 2 3
4 5 6
7 8 9




1 2 0
4 3 2
1 −1 1

 =

1

1
4
7

+ 4

2
5
8

+ 1

3
6
9

 2

1
4
7

+ 3

2
5
8

+ (−1)

3
6
9

 0

1
4
7

+ 2

2
5
8

+ 1

3
6
9



.
|
|
|
barjak
|
#40
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:50:16
|
linearna algebra
40 LINEARNA ALGEBRA
Zadatak 2.1 Izra¡cunajte umno¡zak


1 −1 2
0 9 3
4 1 1




1 2
4 −3
1 −1


na sva tri opisana na¡cina.
Zadatak 2.2 Napi¡site programe za mno¡zenje matrica na ova tri na¡cina u programskom
jeziku Matlab. Pri tome mo¡zete koristiti program Octave On-line.
Programe mo¡zete napisati i u nekom drugom programskom jeziku (basic, pascal,
c, c++, FORTRAN ili java). Postoji li jo¡s mogu´cih interpretacija matri
¡cnog mno¡zenja?
2.2 Matri¡cni zapis sustava linearnih jednad¡zbi
Sustav
2x1 + x2 = 1
−x1 + x2 = −1
mo¡zemo zapisati kao
2 1
−1 1x1
x2 = 1
−1,
odnosno kao
Ax = b, (2.4)
pri ¡cemu su matrice A, x i b zadane s
A = 2 1
−1 1, x = x1
x2, b = 1
−1.
Istozna¡cnost ova dva zapisa slijedi iz definicije jednakosti matrica 2.2. Matrica
A se zove matrica sustava, a vektor b se zove slobodni vektor ili vektor slobodnih
¡clanova. Zbog jednostavnosti mo¡zemo izostaviti vektor x jer se njegovo
prisustvo podrazumijeva pa stoga ¡cesto zapisujemo pro¡sirenu matricu sustava
A b = 2 1
−1 1
1
−1.
Sli¡cno, sustav u obliku
2x1 + x2 − 1 = 0
−x1 + x2 + 1 = 0
|
|
|
barjak
|
#41
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:52:07
|
resavanje trokutastih sustava
40 LINEARNA ALGEBRA
Zadatak 2.1 Izra¡cunajte umno¡zak


1 −1 2
0 9 3
4 1 1




1 2
4 −3
1 −1


na sva tri opisana na¡cina.
Zadatak 2.2 Napi¡site programe za mno¡zenje matrica na ova tri na¡cina u programskom
jeziku Matlab. Pri tome mo¡zete koristiti program Octave On-line.
Programe mo¡zete napisati i u nekom drugom programskom jeziku (basic, pascal,
c, c++, FORTRAN ili java). Postoji li jo¡s mogu´cih interpretacija matri
¡cnog mno¡zenja?
2.2 Matri¡cni zapis sustava linearnih jednad¡zbi
Sustav
2x1 + x2 = 1
−x1 + x2 = −1
mo¡zemo zapisati kao
2 1
−1 1x1
x2 = 1
−1,
odnosno kao
Ax = b, (2.4)
pri ¡cemu su matrice A, x i b zadane s
A = 2 1
−1 1, x = x1
x2, b = 1
−1.
Istozna¡cnost ova dva zapisa slijedi iz definicije jednakosti matrica 2.2. Matrica
A se zove matrica sustava, a vektor b se zove slobodni vektor ili vektor slobodnih
¡clanova. Zbog jednostavnosti mo¡zemo izostaviti vektor x jer se njegovo
prisustvo podrazumijeva pa stoga ¡cesto zapisujemo pro¡sirenu matricu sustava
A b = 2 1
−1 1
1
−1.
Sli¡cno, sustav u obliku
2x1 + x2 − 1 = 0
−x1 + x2 + 1 = 0
|
|
|
barjak
|
#42
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:53:08
|
linearna algebra
42 LINEARNA ALGEBRA
Teorem 2.3 Ako su svi dijagonalni elementi kvadratne gornje trokutaste matrice
U razli¡citi od nule, tada sustav Ux = b ima jedinstveno rje¡senje.
Dokaz. Ilustrirajmo prvo rje¡savanje sustava za n = 5. Prvo napi¡simo sustav
u skalarnom obliku
u11x1 + u12x2 + u13x3 + u14x4 + u15x5 = b1
u22x2 + u23x3 + u24x4 + u25x5 = b2
u33x3 + u34x4 + u35x5 = b3
u44x4 + u45x5 = b4
u55x5 = b5
Peta jednad¡zba sadr¡zi samo nepoznanicu x5 i mo¡zemo je rije¡siti odmah:
x5 =
b5
u55
.
Dobivenu vrijednost od x5 mo¡zemo uvrstiti u ¡cetvrtu jednad¡zbu koju potom
rije¡simo i dobijemo
x4 =
b4 − u45x5
u44
.
Uvr¡stavanjem x4 i x5 u tre´cu jednad¡zbu te rje¡savanjem te jednad¡zbe dobijemo
x3 =
b3 − u34x4 − u35x5
u33
.
Nastavljaju´ci ovim postupkom dobijemo
x2 =
b2 − u23x3 − u24x4 − u25x5
u22
i
x1 =
b1 − u12x2 − u13x3 − u14x4 − u15x5
u11
.
Kako su po pretpostavci dijagonalni elementi uii razli¡citi od nule, ove formule
jednozna¡cno odreduju xi. Ovaj postupak se o¡cito mo¡ze izvesti za proizvoljnu
dimenziju n pa je teorem dokazan.
Ovaj postupak se jednostavno mo¡ze izvr¡siti na ra¡cunalu. Odgovaraju´ci
program u programskom jeziku C glasi
for (i=n;i>=1;i--){
for (j=n;j>i;j--)
b[i]=b[i]-u[i][j]*b[j];
b[i]=b[i]/u[i][i];
}
|
|
|
barjak
|
#43
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:53:50
|
resavanje trokutastih sustava
2.3 Rje¡savanje trokutastih sustava 43
Nakon zavr¡setka programa, rje¡senje x se nalazi na mjestu gdje se na po¡cetku
nalazio vektor b.
Program za rje¡savanje gornje trokutastog sustava u programskom jeziku
Matlab izgleda ne¡sto jednostavnije:
for i=n:-1:1
for j=n:-1:i+1
b(i)=b(i)-u(i,j)*b(j)
end
b(i)=b(i)/u(i,i)
end
Isti program u programskom jeziku FORTRAN, ovaj put napisan kori¡stenjem
uzlazne petlje, izgleda ovako:
do k=1,n
i=n-k+1
do j=i+1,n
b(i)=b(i)-u(i,j)*b(j)
enddo
b(i)=b(i)/u(i,i)
enddo
Broj ra¡cunskih operacija potrebnih za rje¡savanje gornje trokutastog sustava
iznosi
n
Xi=1
(2i − 1) = 2
n(n + 1)
2 − n ≈ n2.
Na modernim ra¡cunalima (Pentium 350), koja izvr¡savaju do 30 milijuna operacija
u sekundi, rje¡savanje trokutastog sustava dimenzije n = 1000 traje oko
1/30 sekunde.
Postupak za rje¡savanje donje trokutastog sustava Lx = b je sli¡can i dan
je u sljede´cem Matlab programu:
for i=1:n
for j=i+1:n
b(i)=b(i)-l(i,j)*b(j)
end
b(i)=b(i)/l(i,i)
end
Kako se trokutasti sustavi lako rje¡savaju, rje¡senje op´ceg (netrokutastog)
sustava dobijemo tako da pomo´cu Gaussove eliminacije zadani sustav svedemo
na trokutasti oblik.
|
|
|
barjak
|
#44
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:54:32
|
linearna algebra
44 LINEARNA ALGEBRA
Zadatak 2.3 Zadajte nekoliko gornje i donje trokutastih sustava i rije¡site
ih pomo´cu opisanih Matlab programa. Pri tome mo¡zete koristiti program
Octave On-line.
2.4 Gaussova eliminacija
Lako vidimo da se rje¡senje sustava ne mijenja ako izvr¡simo bilo koju od
sljede´cih radnji:
(i) neku jednad¡zbu pomno¡zimo s brojem razli¡citim od nule,
(ii) zamijenimo dvije jednad¡zbe,
(iii) jednu jednad¡zbu pribrojimo drugoj,
(iv) zamijenimo dvije varijable.
Radnje (i) i (iii) ¡cesto vr¡simo istovremeno: jednoj jednad¡zbi dodamo drugu
jednad¡zbu pomno¡zenu s nekim brojem.
Ove radnje odgovaraju sljede´cim radnjama na pro¡sirenoj matrici sustava :
(i’) neki redak pomno¡zimo s brojem razli¡citim od nule;
(ii’) zamijenimo dva retka;
(iii’) jedan redak pribrojimo drugome;
(iv’) zamijenimo dva stupca u matrici A.
Kombiniraju´ci radnje (i’) i (iii’) imamo: jednom retku dodamo drugi redak
pomno¡zen s nekim brojem.
Koriste´ci navedene transformacije matricu A svodimo na gornje trokutasti
oblik. Taj postupak se zove Gaussova eliminacija. Neka je zadan sustav 4×4
a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1
a21x1 + a22x2 + a23x3 + a24x4 = b2
a31x1 + a32x2 + a33x3 + a34x4 = b3 (2.5)
a41x1 + a42x2 + a43x3 + a44x4 = b4
Neka je a11 6= 0. Tada stavimo
mi1 = ai1/a11, i = 2, 3, 4
|
|
|
barjak
|
#45
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:55:30
|
gausova eliminacija45
2.4 Gaussova eliminacija 45
i oduzmemo prvu jednad¡zbu pomno¡zenu s mi1 od i-te jednad¡zbe (i = 2, 3, 4)
te dobijemo sustav
a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1
a′22x2 + a′23x3 + a′24x4 = b′2
a′32x2 + a′33x3 + a′34x4 = b′3
a′42x2 + a′43x3 + a′44x4 = b′4
gdje je
a′ij = aij − mi1a1j , b′i = bi − mi1b1.
Primijetimo da je varijabla x1 eliminirana iz tri posljednje jednad¡zbe. Brojevi
mi1 kojima se u postupku eliminacije mno¡zi prva jednad¡zba zovu se multiplikatori.
Neka je i a′22 6= 0. Tada stavimo
mi2 = a′i2/a′22, i = 3, 4
i oduzmemo drugu jednad¡zbu pomno¡zenu s mi2 od i-te jednad¡zbe (i = 3, 4).
Rezultat je sustav
a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1
a′22x2 + a′23x3 + a′24x4 = b′2
a′′ 33x3 + a′′ 34x4 = b′′ 3
a′′ 43x3 + a′′ 44x4 = b′′ 4
gdje je
a′′ ij = a′ij − mi2a′2j , b′′ i = b′i − mi2b′2.
Kona¡cno, stavimo
mi3 = a′′ i3/a′′ 33, i = 4
i oduzmemo tre´cu jednad¡zbu pomno¡zenu s mi3 od ¡cetvrte jednad¡zbe. Rezultat
je gornje trokutasti sustav
a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1
a′22x2 + a′23x3 + a′24x4 = b′2
a′′ 33x3 + a′′ 34x4 = b′′ 3
a′′′ 44x4 = b′′′ 4
gdje je
a′′′ ij = a′′ ij − mi3a′′ 2j , b′′′ i = b′′ i − mi3b′′ 2.
Dobiveni gornje trokutasti sustav sada rije¡simo na na¡cin koji je opisan u poglavlju
2.3.
|
|
|
barjak
|
#46
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:56:20
|
linearna algebra
46 LINEARNA ALGEBRA
Broj ra¡cunskih operacija potrebnih za svodenje kvadratnog sustava reda n
na gornje trokutasti oblik iznosi
n
Xi=1
2i(i − 1) = 2
n(n + 1)(2n + 1)
6 − 2
n(n + 1)
2 ≈
2
3
n3.
Vidimo da je za ve´ce dimenzije n broj ra¡cunskih operacija potreban za rje¡savanje
trokutastog sustava zanemariv u odnosu na broj ra¡cunskih operacija potrebnih
za svodenje na trokutasti oblik. Na modernim ra¡cunalima (Pentium 350),
koja izvr¡savaju do 30 milijuna operacija u sekundi, svodenje sustava dimenzije
n = 1000 na trokutasti oblik traje oko 20 sekundi, dok za n = 10000 traje 6
sati, a za n = 1.000.000 traje 1003 puta du¡ze, odnosno oko 700 godina.
Postupak Gaussove eliminacije koji smo upravo opisali za sustav reda ¡cetiri
na o¡cit se na¡cin mo¡ze poop´citi na sustave proizvoljnog reda. Ukoliko je neki od
brojeva s kojima dijelimo jednak nuli, potrebno je dodatno koristiti postupak
pivotiranja koji je opisan u poglavlju 2.4.2.
Postupak Gaussove eliminacije mo¡zemo interpretirati i kao mno¡zenje pro¡sirene matrice sustava
s lijeve strane s elementarnim matricama transformacije. Neka je A b pro¡sirena matrica sustava (2.5) i neka je
M1 = 

1 0 0 0
−m21 1 0 0
−m31 0 1 0
−m41 0 0 1


.
Tada je
A1 b1 = M1 A b
= 

1 0 0 0
−m21 1 0 0
−m31 0 1 0
−m41 0 0 1




a11 a12 a13 a14 b1
a21 a22 a23 a24 b2
a31 a32 a33 a34 b3
a41 a42 a43 a44 b4


= 

a11 a12 a13 a14 b1
0 a′22 a′23 a′24 b′2
0 a′32 a′33 a′34 b′3
0 a′42 a′43 a′44 b′4


.
Dalje, neka je
M2 = 

1 0 0 0
0 1 0 0
0 −m32 1 0
0 −m42 0 1


.
|
|
|
barjak
|
#47
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:57:07
|
gausova eliminacija45
2.4 Gaussova eliminacija 47
Tada je
A2 b2 = M2 A1 b1
= 

1 0 0 0
0 1 0 0
0 −m32 1 0
0 −m42 0 1




a11 a12 a13 a14 b1
0 a′22 a′23 a′24 b′2
0 a′32 a′33 a′34 b′3
0 a′42 a′43 a′44 b′4


= 

a11 a12 a13 a14 b1
0 a′22 a′23 a′24 b′2
0 0 a′′ 33 a′′ 34 b′′ 3
0 0 a′′ 43 a′′ 44 b′′ 4


.
Kona¡cno, neka je
M3 = 

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 −m43 1


.
Tada je
A3 b3 = M3 A2 b2
= 

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 −m43 1




a11 a12 a13 a14 b1
0 a′22 a′23 a′24 b′2
0 0 a′′ 33 a′′ 34 b′′ 3
0 0 a′′ 43 a′′ 44 b′′ 4


= 

a11 a12 a13 a14 b1
0 a′22 a′23 a′24 b′2
0 0 a′′ 33 a′′ 34 b′′ 3
0 0 0 a′′′ 44 b′′′ 4


.
Zadatak 2.4 Napi¡site program za svodenje pro¡sirene matrice sustava na trokutasti
oblik.
2.4.1 Primjeri
Sljede´ci primjeri pokazuju tri slu¡caja koja se mogu dogoditi prilikom rje¡savanja
sustava pomo´cu Gaussove eliminacije.
|
|
|
barjak
|
#48
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:58:22
|
linearna algebra
48 LINEARNA ALGEBRA
Primjer 2.1 Rije¡simo sustav
x − 2y + z = 5
2x + y − 2z = −3
−x − y = 0
Tada imamo
A1 b1 = M1 A b = 

1 0 0
−2 1 0
1 0 1




1 −2 1 5
2 1 −2 −3
−1 −1 0 0


= 

1 −2 1 5
0 5 −4 −13
0 −3 1 5

,
A2 b2 = M2 A1 b1 = 

1 0 0
0 1 0
0 3
5 1




1 −2 1 5
0 5 −4 −13
0 −3 1 5


= 

1 −2 1 5
0 5 −4 −13
0 0 −7
5 −14
5

.
Iz ovog gornje trokutastog sustava lako vidimo da je
z = 2, y = −1, x = 1.
Sustav ima jedinstveno rje¡senje. Rje¡senje sustava geometrijski odgovara to¡cki
u kojoj se sijeku tri ravnine.
Postupak rje¡savanja sustava opisan u poglavlju 2.4 idealan je za ra¡cunala.
Kada sustav rje¡savamo ”ru¡cno”, tada koristimo pojednostavljeno pisanje. Naime,
zapisujemo samo pro¡sirene matrice odgovaraju´cih sustava, a sa strane
nazna¡cimo koje operacije na retcima vr¡simo. Pri tom operacije biramo tako
da, ukoliko je mogu´ce, izbjegnemo razlomke. Sustav iz primjera 2.1 rje¡sava se
|
|
|
barjak
|
#49
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 11:59:42
|
gausova eliminacija45
2.4 Gaussova eliminacija 49
na sljede´ci na¡cin:


1 −2 1 5
2 1 −2 −3
−1 −1 0 0

 II − 2 I
III + I
→ 

1 −2 1 5
0 5 −4 −13
0 −3 1 5

 5 III + 3 II
→
→

1 −2 1 5
0 5 −4 −13
0 0 −7 −14

.
Sljede´ci primjer pokazuje kako izgleda trokutasti oblik kada imamo parametarska
rje¡senja:
Primjer 2.2


1 2 −1 0 1
2 4 0 1 1
−1 −2 3 4 −5
1 2 −5 −2 3


II − 2 I
III + I
IV − I
→ 

1 2 −1 0 1
0 0 2 1 −1
0 0 2 4 −4
0 0 −4 −2 2

 III − II
IV + 2 II
→

1 2 −1 0 1
0 0 2 1 −1
0 0 0 3 −3
0 0 0 0 0


.
¡Cetvrti redak glasi 0 = 0, ¡sto je to¡cno. Iz tre´ceg retka slijedi
x4 = −1,
a iz drugog retka slijedi
x3 = 0.
Vrijednosti nezavisnih varijabli x1 i x2 dobijemo iz prvog retka,
x2 = t, x1 = 1 − 2t.
Sustav ima parametarsko rje¡senje, odnosno beskona¡cno rje¡senja koja ovise o
jednom parametru t,


x1
x2
x3
x4


= 

1 − 2t
t
0
−1


, t ∈ R.
|
|
|
barjak
|
#50
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:00:24
|
linearna algebra
50 LINEARNA ALGEBRA
Primijetimo da smo mogli i x1 uzeti za parametar, odnosno


x1
x2
x3
x4


= 

s
1
2 − s
2
0
−1


, s ∈ R
je takoder oblik rje¡senja sustava.
Sljede´ci primjer pokazuje kako iz trokutastog oblika mo¡zemo zaklju¡citi da
sustav nema rje¡senja.
Primjer 2.3


2 −1 1 3 −2
0 1 −1 2 2
−2 3 −3 1 6
2 0 0 5 1

 III + I
IV − I
→ 

2 −1 1 3 −2
0 1 −1 2 2
0 2 −2 4 4
0 1 −1 2 3

 III − 2 II
IV − II
→

2 −1 1 3 −2
0 1 −1 2 2
0 0 0 0 0
0 0 0 0 1


.
¡Cetvrti redak glasi 0 = 1, ¡sto je nemogu´ce pa sustav nema rje¡senja.
Formalan opis slu¡cajeva koji mogu nastati prilikom rje¡savanja sustava daje
nam Kronecker–Capellijev teorem 2.5.
Napomena 2.1 U praksi se sustavi jednad¡zbi ¡cesto rje¡savaju koriste´ci ra¡cunala,
pri ¡cemu dolazi do pogre¡saka zaokru¡zivanja kako je opisano u poglavlju 1.7.1.
Zbog toga se neka pitanja vezana uz Kronecker–Capellijev teorem, kao ¡sto su
utvrdivanje linearne nezavisnosti skupa vektora (vidi poglavlje 2.5) i odredivanje
ranga matrice (vidi poglavlje 2.6), ne mogu rije¡siti numeri¡ckim ra¡cunanjem.
2.4.2 Pivotiranje
Ukoliko je element kojim moramo dijeliti da bi dobili multiplikatore mij
jednak nuli, tada moramo zamijeniti odgovaraju´ce retke pro¡sirene matrice
|
|
|
barjak
|
#51
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:01:42
|
gausova eliminacija
2.4 Gaussova eliminacija 51
sustava. Na primjer,


0 1 1 0
1 1 1 0
1 0 1 1

 → 

1 1 1 0
0 1 1 0
1 0 1 1

 III − I
→
→ 

1 1 1 0
0 1 1 0
0 −1 0 1

 III + II
→ 

1 1 1 0
0 1 1 0
0 0 1 1

,
pa je rje¡senje sustava
z = 1, y = −1, x = 0.
U praksi je po¡zeljno vr¡siti zamjenu redaka i kada je broj kojim dijelimo
jako blizu nule. Gotovi programi uvijek vr¡se zamjenu redaka i to na na¡cin
da se najve´ci element po apsolutnoj vrijednosti u stupcu kojeg poni¡stavamo
dovede na vode´cu poziciju. Na taj na¡cin uvijek vrijedi |mij | ≤ 1 ¡sto doprinosi
numeri¡ckoj stabilnost algoritma.
2.4.3 Elementarne matrice transformacija
U poglavlju 2.4 smo vidjeli kako je pribrajanje jednom retku nekog drugog
retka pomno¡zenog nekim brojem ekvivalentno mno¡zenju s elementarnom matricom
M s lijeva. No, i ostale operacije na retcima mo¡zemo interpretirati na
sli¡can na¡cin. Neka je A ∈M45. Tada produkt
D2A = 

1
1
1


A
odgovara mno¡zenju drugog retka matrice A s brojem . Op´cenito, matrica
Di se od jedini¡cne matrice razlikuje samo u jednom elementu i to (Di)ii 6= 1 i
(Di)ii 6= 0.
Na sli¡can na¡cin, pomo´cu produkta
P13A = 

0 0 1 0
0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 0 1


A
vr¡simo zamjenu prvog i tre´ceg retka matrice A. Op´cenito, matrica P = Pij se
od jedini¡cne matrice razlikuje samo u ¡cetiri elementa i to
(Pij)ii = (Pij)jj = 0, (Pij)ij = (Pij)ji = 1.
|
|
|
barjak
|
#52
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:02:22
|
linearna algebra
52 LINEARNA ALGEBRA
Matrica P se zove matrica permutacije. Ona je simetri¡cna, P = PT , i vrijedi
PTP = PPT = I. Dakle, matrica P je regularna, a njena inverzna matrica je
upravo PT (vidi poglavlje 2.8).
Zadatak 2.5 Neka je A ∈ M45. Na koji na¡cin mo¡zemo pomo´cu mno¡zenja
matrice A elementarnim matricama tre´cem stupcu dodati trostruki prvi stupac;
zamijeniti drugi i peti stupac; tre´ci stupac pomno¡ziti s dva?
2.5 Linearna nezavisnost
Neka su a1, a2, · · · , ak ∈Mn1 stup¡cani vektori. Vektor
a = 1a1 + 2a2 + · · · + kak, 1, · · · , k ∈ R,
zove se linearna kombinacija vektora a1, · · · , ak.
Definicija 2.3 Vektori a1, a2, · · · , ak su linearno nezavisni ako za sve skalare
1, · · · , k ∈ R
1a1 + 2a2 + · · · + kak = 0 ⇒ 1 = · · · = k = 0.
U protivnom su vektori a1, · · · , ak linearno zavisni.
Drugim rije¡cima, a1, · · · , ak su linearno zavisni ako i samo ako postoje 1, · · · , k
takvi da je
1a1 + 2a2 + · · · + kak = 0
i da je barem jedan od i razli¡cit od nule, odnosno
|1| + |2| + · · · + |k| > 0.
Ovaj uvjet jo¡s zapisujemo kao Pi |i| > 0. Ekvivalentna formulacija gornjeg
uvjeta glasi Pi 2
i > 0. Linearna zavisnost skupa vektora zna¡ci i da je jedan
od tih vektora linearna kombinacija preostalih – ako je na primjer 1 6= 0,
tada je
a1 = −
2
1
a2 − · · · −
k
1
ak.
Linearna kombinacija i linearna nezavisnost ret¡canih vektora definira se
analogno. Bez dokaza navodimo sljede´ce tvrdnje:
(a) ako je neki od vektora a1, · · · , ak nul-vektor, tada su ti vektori linearno
zavisni,
(b) ako medu vektorima a1, · · · , ak ima jednakih, tada su ti vektori linearno
zavisni,
|
|
|
barjak
|
#53
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:03:17
|
rang matrice
2.6 Rang matrice 53
© ako su vektori a1, · · · , ak linearno nezavisni, tada je svakih p < k vektora
izabranih izmedu tih vektora takoder linearno nezavisno,
(d) ako su vektori a1, · · · , ak linearno zavisni, tada su i vektori
a1, · · · , ak, ak+1, · · · , aq
linearno zavisni za bilo koje vektore ak+1, · · · , aq,
(e) bilo kojih n + 1 vektora iz skupa Mn1 (ili M1n) su linearno zavisni.
Primjer 2.4 Vektori e1, e2, e3, e4 definirani s
e1 = 

1
0
0
0


, e2 = 

0
1
0
0


, e3 = 

0
0
1
0


, e4 = 

0
0
0
1


,
su nezavisni, jer
1e1 + 2e2 + 3e3 + 4e4 = 0
povla¡ci 1 = 2 = 3 = 4 = 0. Dodamo li ovom skupu peti vektor a =
T
, tada su vektori e1, e2, e3, e4, a linearno zavisni jer je jedan od
njih linearna kombinacija ostalih,
a = e1 + e2 +
e3 + e4.
Napomena 2.2 Skup vektora {e1, e2, e3, e4} tvori jednu bazu ¡cetverodimenzionalnog
vektorskog prostora M4. Op´cenito, svaki skup od n linearno nezavisnih vektora
n-dimenzionalnog prostora tvori jednu bazu tog prostora te se svaki vektor
iz tog prostora mo¡ze prikazati kao linearna kombinacija vektora baze.
2.6 Rang matrice
Rang matrice A jednak je maksimalnom broju linearno nezavisnih stupaca.
Maksimalan broj linearno nezavisnih stupaca jednak je maksimalnom broju
linearno nezavisnih redaka matrice (ovu tvrdnju navodimo bez dokaza). Iz
toga slijedi da je
rang(A) = rang(AT ).
Takoder, ako je A tipa m × n, tada je o¡cito
rang(A) ≤ min{m, n}.
Iz primjera 2.4 zaklju¡cujemo kako jedini¡cna matrica In ima rang n. Matrice
Mi iz poglavlja 2.4 te matrice Di i Pij iz poglavlja 2.4.3, takoder uvijek imaju
rang jednak dimenziji.
|
|
|
barjak
|
#54
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:03:57
|
linearna algebra
Iz ovih primjera zaklju¡cujemo da rang matrice lako mo¡zemo raspoznati
iz trokutastog oblika. Kako elementarne transformacije iz poglavlja 2.4 ne
mijenjaju rang matrice, zaklju¡cujemo da je postupak tra¡zenja ranga istovjetan
s postupkom Gaussove eliminacije. Tako je, dakle, rang matrice sustava iz
primjera 2.1 jednak tri, kao i rang matrice sustava iz primjera 2.2, dok je rang
matrice sustava iz primjera 2.3 jednak dva, a rang pro¡sirene matrice sustava
iz istog primjera jednak tri.
Definicija 2.4 Matrice A i B istog tipa su ekvivalentne ako imaju isti rang.
Pi¡semo A ∼ B.
Teorem 2.4 Ako su matrice A i B ekvivalentne, tada se matrica B mo¡ze
dobiti iz matrice A pomo´cu elementarnih transformacija koje se sastoje od
mno¡zenja retka s brojem razli¡citim od nule, zamjene dvaju redaka i dodavanja
jednog retka drugome te istih operacija sa stupcima.
Dokaz. Pomo´cu navedenih elementarnih transformacija matricu A mo¡zemo
svesti na oblik


1
1
. . .
1
0
. . .
0


,
pri ¡cemu je rang(A) jednak broju dijagonalnih elemenata koji su jednaki jedan.
Kako A i B imaju isti rang, to i matricu B mo¡zemo svesti na isti oblik.
Sada lako nademo niz elementarnih transformacija koje matricu A prebacuju
u matricu B.
Kako se sve navedene elementarne transformacije mogu izvesti mno¡zenjem
matrice A elementarnim matricama transformacija bilo s lijeva bilo s desna, a
te matrice su regularne (vidi poglavlje 2.8), zaklju¡cujemo da je A ∼ B ako i
samo ako postoje regularne matrice matrice S i T takve da je
B = SAT.
2.7 Kronecker–Capellijev teorem
Sljede´ci teorem nam opisuje strukturu rje¡senja sustava linearnih jednad¡zbi
u ovisnosti o rangu matrice sustava i rangu pro¡sirene matrice sustava.
|
|
|
barjak
|
#55
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:05:37
|
kronfcker- capellijev teorem
2.7 Kronecker–Capellijev teorem 55
Teorem 2.5 (Kronecker–Capelli) Za sustav Ax = b vrijedi:
(i) Sustav ima rje¡senje ako i samo ako matrice A i A b imaju isti rang.
(ii) Ako je rang(A) = rang(A b), tada sustav ima ista rje¡senja kao
i sustav koji dobijemo kada uzmemo rang(A) nezavisnih jednad¡zbi, odnosno
rang(A) linearno nezavisnih redaka matrice A b.
(iii) Neka sustav ima rje¡senje i neka je n broj nepoznanica. Tada je rje¡senje
jedinstveno ako i samo ako je rang(A) = n. Ako je rang(A) < n, tada
sustav ima beskona¡cno rje¡senja koja su izra¡zena pomo´cu n − rang(A)
parametara.
Dokaz. (i) Neka sustav ima rje¡senje x = x1 x2 · · · xnT
i neka su
a1, a2, · · · , an
stupci matrice A. Iz poglavlja 2.1.6 zaklju¡cujemo da matri¡cno mno¡zenje Ax =
b mo¡zemo pisati i kao
x1a1 + x2a2 + · · · + xnan = b. (2.6)
Dakle, b je linearna kombinacija stupaca matrice A pa je rang(A b) ≤
rang(A). Kako se dodavanjem stupca rang ne mo¡ze smanjiti, zaklju¡cujemo da
je rang(A b) = rang(A).
Obratno, neka je rang(A) = rang(A b) = r. Kako ve´c medu stupcima
matrice A ima r linearno nezavisnih, zaklju¡cujemo da je b linearna kombinacija
stupaca matrice A, odnosno da postoje brojevi x1, x2, · · · , xn za koje vrijedi
(2.6). U matri¡cnom obliku to odgovara zapisu Ax = b, ¡sto zna¡ci da je x
rje¡senje sustava.
Dokaze tvrdnji (ii) i (iii) izostavljamo.
Zadatak 2.6 Protuma¡cite primjere 2.1, 2.2 i 2.3 prema teoremu 2.5.
Posebno je lagana primjena Kronecker–Capellijevog teorema na homogene
sustave, odnosno sustave oblika
Ax = 0.
Homogeni sustav o¡cito uvijek ima trivijalno rje¡senje x = 0. Iz teorema 2.5
slijedi da ´ce homogeni sustav imati i netrivijalna (parametarska) rje¡senja ako
i samo ako je rang(A) < n, pri ¡cemu je n broj nepoznanica.
|
|
|
barjak
|
#56
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:06:27
|
linearna algebra
56 LINEARNA ALGEBRA
2.8 Inverzna matrica
Kod mno¡zenja realnih brojeva svaki broj razli¡cit od nule ima svoj inverz,
odnosno
x · x−1 = x−1 · x = 1, ∀x 6= 0.
U skupu kvadratnih matrica Mn imamo sljede´cu definiciju.
Definicija 2.5 Matrica A ∈ Mn je regularna (invertibilna, nesingularna)
ako postoji matrica B ∈Mn za koju vrijedi
AB = BA = I.
Matrica je singularna ako nije regularna.
Matrica B je, ukoliko postoji, jedinstvena. Tu tvrdnju dokazujemo na
sljede´ci na¡cin: pretpostavimo da je C neka druga matrica za koju vrijedi
AC = CA = I. Tada je
C = CI = C(AB) = (CA)B = IB = B.
Stoga mo¡zemo uvesti oznaku B = A−1. Matrica A−1 zove se inverzna matrica
matrice A. Dakle, za svaku regularnu matricu vrijedi
AA−1 = A−1A = I. (2.7)
Kao ¡sto kod brojeva broj nula nema inverz, postavlja se pitanje da li su
sve kvadratne matrice regularne. Odgovor na to pitanje daje sljede´ci teorem.
Teorem 2.6 Matrica A ∈Mn je regularna ako i samo ako je rang(A) = n.
Dokaz. Neka je rang(A) = n i neka ei ozna¡cava i-ti stupac jedini¡cne matrice.
Po Kronecker–Capellijevom teoremu 2.5 svaki od sustava Axi = ei ima
jedinstveno rje¡senje. Neka je
X = x1 x2 · · · xn.
Tada je o¡cito AX = I. Sli¡cno, rang(AT ) = n povla¡ci da svaki od sustava
AT yi = ei ima jedinstveno rje¡senje. Ako stavimo
Y = y1 y2 · · · yn,
tada je o¡cito AT Y = I, odnosno Y TA = I. Sada imamo
Y T = Y T I = Y T (AX) = (Y TA)X = IX = X,
pa je X = Y T = A−1, odnosno A je regularna.
|
|
|
barjak
|
#57
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:07:19
|
inverzna matrica
2.8 Inverzna matrica 57
Obratno, neka je A regularna. Pretpostavimo da teorem ne vrijedi, odnosno
rang(A) < n. Kako su stupci od A zavisni, zaklju¡cujemo da postoji
vektor x 6= 0 takav da je Ax = 0. No iz A−1Ax = Ix = 0 slijedi da je x = 0,
¡sto je kontradikcija.
Skup Gn svih regularnih matrica ima sljede´ca svojstva:
(i) Gn 6=Mn,
(ii) I ∈ Gn,
(iii) (AB)−1 = B−1A−1 za ∀A,B ∈ Gn,
(iv) (A−1)−1 = A za ∀A ∈ Gn.
Svojstvo (i) slijedi iz teorema 2.6, svojstvo (ii) vrijedi jer II = I povla¡ci
I−1 = I, svojstvo (iii) slijedi iz
(AB)(B−1A−1) = A(BB−1)A−1 = AIA−1 = AA−1 = I,
a svojstvo (iv) slijedi iz (2.7).
Dokaz teorema 2.6 nam daje postupak za ra¡cunanje inverzne matrice. Naime,
svi sustavi Axi = ei imaju zajedni¡cku matricu sustava pa pro¡sirene matrice
svih n sustava mo¡zemo pisati zajedno,
A I.
Kada pomo´cu elementarnih transformacija dobijemo oblik
I B,
tada je A−1 = B. Ukoliko se ne mo¡ze dobiti ovaj oblik, A je singularna.
Zadatak 2.7 Nadite inverznu matricu matrice
A = 

1 2 3
4 5 6
7 8 6


i provjerite da vrijedi (2.7).
|
|
|
barjak
|
#58
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:09:28
|
linearna algebra
58 LINEARNA ALGEBRA
2.9 Determinante
Za definiciju determinante potreban nam je pojam permutacije. Permutacija
brojeva 1, 2, . . . , n je svaka uredena n-torka (i1, i2, . . . , in) u kojoj se svaki
od brojeva 1, 2, . . . , n javlja to¡cno jedanput. Brojevi ip i iq su u inverziji ako
je p < q i ip > iq. Permutacija je parna ako je broj inverzija u njoj paran, a
neparna ina¡ce. Sljede´ca tablica prikazuje sve permutacije brojeva 1, 2, 3, broj
inverzija i parnost:
permutacija # inverzija parnost
(1,2,3) 0 parna
(1,3,2) 1 neparna
(2,1,3) 1 neparna
(2,3,1) 2 parna
(3,1,2) 2 parna
(3,2,1) 3 neparna
Vidimo da je pola permutacija parno, a pola neparno. To vrijedi za svaki n.
Teorem 2.7 Vrijedi sljede´ce:
(i) broj permutacija od n brojeva jednak je
n(n − 1)(n − 2) · · · 1 ≡ n!,
(ii) ako u permutaciji (i1, i2, . . . , in) zamijenimo mjesta brojevima ip i iq,
p 6= q, parnost ´ce se promijeniti.
Dokaz.
(i) Prvo mjesto u permutaciji mo¡zemo popuniti s n brojeva, a drugo mjesto
u permutaciji mo¡zemo popuniti s preostalih n − 1 brojeva. To zna¡ci da
prva dva mjesta mo¡zemo popuniti na n(n − 1) razli¡citih na¡cina pa prvu
tvrdnju mo¡zemo dokazati indukcijom.
(ii) Ako dva susjedna elementa zamijene mjesta, tada se parnost promijeni.
Pretpostavimo sada da je q − p > 1, odnosno ip i iq nisu susjedi. Tada
ip mo¡zemo prebaciti na q-tu poziciji s q − p zamjena susjednih elemenata
udesno. Pri tome su se svi elementi ip+1, . . . , iq pomakli za jedno
mjesto ulijevo. Sada pomo´cu q − p − 1 zamjena susjednih elemenata
ulijevo prebacimo element iq s pozicije q − 1 na poziciju p. Pri tome se
ostali elementi ip+1, . . . , iq−1 vrate na svoja originalna mjesta, a ip i iq su
zamijenili mjesta. Ukupno smo izvr¡sili 2(q − p) − 1, dakle neparni broj
zamjena susjednih elemenata pa se parnost promijenila.
|
|
|
barjak
|
#59
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:10:36
|
determinante
2.9 Determinante 59
Zadatak 2.8 Odredite parnost permutacije (1, 3, 5, 7, 6, 2, 4), a zatim zamijenite
i2 i i5 na na¡cin koji je opisan u dokazu teorema 2.7.
Sada mo¡zemo definirati determinantu.
Definicija 2.6 Determinanta matrice A = (aij) ∈Mn je broj
det(A) = X∈n
(−1)k()a1i1a2i2 · · · anin, (2.8)
pri ¡cemu je n skup svih permutacija = (i1, i2, . . . , in), a k() je broj inverzija
u permutaciji .
Determinantu matrice A jo¡s ozna¡cavamo s |A|. Na primjer,
a b
c d
= ad − bc,
i
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
= + a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33
+ a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31.
Formulu za determinantu matrice 3 × 3 jednostavnije pamtimo pomo´cu Sarrusovog
pravila.
Za izra¡cunavanje formule (2.8) potrebno je (n − 1)n! mno¡zenja i n! − 1
zbrajanja, ¡sto je prakti¡cno neizvedivo za veliki n. U poglavlju 2.9.1 ´cemo
vidjeti kako se determinante efikasno ra¡cunaju pomo´cu Gaussove eliminacije.
Svaki umno¡zak u formuli (2.8) ima to¡cno jedan element iz svakog retka i
svakog stupca, pri ¡cemu su indeksi redaka navedeni u osnovnoj permutaciji
(1, 2, . . . , n). No, svaki umno¡zak mo¡zemo zapisati i tako da indeksi stupaca
budu u osnovnoj permutaciji. Indeksi redaka tada stoje u inverznoj permutaciji
permutacije . Mo¡ze se pokazati da inverzna permutacija ima istu parnost
kao i . Stoga vrijedi
det(A) =X∈
(−1)k()ai11ai22 · · · ainn. (2.9)
Zadatak 2.9 Izra¡cunajte determinantu matrice 3 × 3 prema formuli (2.9) i
usporedite s izrazom (2.9) kojeg smo dobili prema formuli (2.8).
|
|
|
barjak
|
#60
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:11:33
|
linearna algebra
60 LINEARNA ALGEBRA
2.9.1 Svojstva determinanti
Navodimo najva¡znija svojstva determinanti. Dokazi nekih tvrdnji dani su
u obliku uputa ili naznaka ili u vrlo sa¡zetom obliku.
D1. Determinanta trokutaste matrice jednaka je produktu elemenata na dijagonali.
Ako je A recimo gornje trokutasta matrica, tada svi umno¡sci u (2.8), osim
a11a22 · · · ann, imaju barem jedan element iz donjeg trokuta pa su jednaki
nula. Na primjer, za jedini¡cnu matricu vrijedi
det(I) = 1.
D2. det(A) = det(AT ).
Jednakost vrijedi zbog formula (2.8) i (2.9). Iz ovog svojstva zaklju¡cujemo
da sva svojstva koja ´cemo navesti za retke vrijede i za stupce.
D3. Zamjenom dvaju stupaca determinanta mijenja predznak.
Zamjenom dvaju stupaca u svakom umno¡sku u formuli (2.8) dolazi do
zamjene dvaju elemenata u permutaciji drugih indeksa pa se po teoremu
2.7 u svakom umno¡sku parnost permutacije promijeni.
D4. Determinanta matrice s dva jednaka stupca je nula.
Svojstvo slijedi stoga ¡sto po svojstvu D3 zamjenom dvaju redaka determinanta
mijenja predznak, a kako smo zamijenili iste retke determinanta
se ne mijenja. Koji broj jedini ostaje isti kada promijeni predznak?
D5. Determinanta je multilinearna funkcija svojih stupaca, odnosno
· · · b +
c · · · = · · · b · · · +
· · · c · · · .
Ovo svojstvo slijedi direktno iz formule (2.8). Posebno zaklju¡cujemo da
za matricu A1 koja se dobije tako ¡sto se svi elementi nekog stupca matrice
A pomno¡ze s brojem vrijedi
det(A1) = det(A).
Takoder, ako matrica A ima nul-stupac, tada je det(A) = 0.
D6. Determinanta se ne mijenja ako jednom stupcu pribrojimo neki drugi stupac
pomno¡zen s nekim brojem.
Po svojstvu D5 vrijedi
|
|
|
barjak
|
#61
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:12:27
|
determinante
2.9 Determinante 61
· · · a + b · · · b · · · = · · · a · · · b · · · + · · · b · · · b · · · ,
a po svojstvu D4 je druga determinanta na desnoj strani jednaka nula.
D7. Za matrice A,B ∈Mn vrijedi
det(AB) = det(A) det(B).
Na primjer, za regularnu matricu A
det(AA−1) = det(A) det(A−1) = det(I) = 1
povla¡ci
det(A−1) =
1
det(A)
.
D8. Determinanta je razli¡cita od nule ako i samo ako su stupci matrice linearno nezavisni,
odnosno ako je matrica regularna.
Ako je rang(A) < n, tada je jedan od stupaca linearna kombinacija ostalih
pa ga, koriste´ci operacije iz svojstva D6, mo¡zemo poni¡stiti. Tada je
det(A) = 0 po svojstvu D5.
Obratno, ako je det(A) = 0, tada matrica A mora biti singularna, odnosno
rang(A) < n, jer bi u protivnom det(A) det(A−1) = 1 povla¡cilo det(A) 6=
0.
Napomena 2.3 Koriste´ci svojstva D3, D5 i D6 lako mo¡zemo pratiti kako
se determinanta mijenja kada vr¡simo elementarne transformacije na matrici –
determinanta ili promijeni predznak ili se uve´ca za neki faktor ili ostane ista.
Nakon ¡sto Gaussovom eliminacijom dobijemo trokutasti oblik, determinantu
lako izra¡cunamo po svojstvu D1. Napose, ako koristimo samo matrice transformacije
Mi opisane u poglavlju 2.4, ¡cija je determinanta jednaka jedan, tada
je determinanta polazne matrice jednaka determinanti trokutaste matrice.
Zadatak 2.10 Izra¡cunajte
1 −2 1
2 1 −2
−1 −1 0
pomo´cu formule (2.9) i pomo´cu Gaussove eliminacije (vidi primjer 2.1).
|
|
|
barjak
|
#62
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:13:00
|
linearna algebra
62 LINEARNA ALGEBRA
2.9.2 Podmatrice i poddeterminante
Rang matrice mo¡zemo definirati i pomo´cu podmatrica. Neka je zadana
matrica A tipa m × n. Na presjeku r redaka i s stupaca matrice A nalazi se
matrica tipa r ×s koju zovemo podmatrica ili submatrica matrice A. Naravno
da je i A svoja vlastita podmatrica, kao i svaki element od A. Poddeterminante
matrice A su determinante kvadratnih podmatrica matrice A.
Teorem 2.8 Sljede´ce tvrdnje su ekvivalentne:
(i) rang(A) = r.
(ii) Barem jedna poddeterminanta od A reda r je razli¡cita od nule, a sve
poddeterminante reda ve´ceg od r su jednake nula.
2.9.3 Laplaceov razvoj determinante
Neka Dij ozna¡cava determinantu podmatrice koja se dobije kada iz kvadratne
matrice A ispustimo i-ti redak i j-ti stupac. Algebarski komplement ili
kofaktor elementa aij je broj
Aij = (−1)i+jDij .
Ako pribrojnike u formulama (2.8) ili (2.9) grupiramo po elementima koji se
nalaze u i-tom retku dobijemo Laplaceov razvoj determinante po elementima
i-tog retka,
det(A) =
n
Xj=1
aijAij .
Sli¡cno, ako pribrojnike grupiramo po elementima koji se nalaze u j-tom stupcu,
tada dobijemo razvoj determinante po elementima j-tog stupca,
det(A) =
n
Xi=1
aijAij .
Na primjer, koriste´ci svojstva determinanti i Laplaceov razvoj imamo
−2 8 8 −4
3 12 15 −3
7 28 −14 14
3 8 4 3
= 2 · 3 · 7
−1 4 4 −2
1 4 5 −1
1 4 −2 2
3 8 4 3
II + I
III + I
IV + 3 I
= 42
−1 4 4 −2
0 8 9 −3
0 8 2 0
0 20 16 −3
= 42(−1)(−1)1+1
8 9 −3
8 2 0
20 16 −3
= 4032.
|
|
|
barjak
|
#63
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:13:38
|
determinante
2.9 Determinante 63
2.9.4 Ra¡cunanje inverzne matrice
Postoji jo¡s jedan va¡zan izraz za inverznu matricu.
Teorem 2.9 Neka je A regularna matrica i neka je ˜ A matrica ¡ciji su elementi
algebarski komplementi Aij . Tada je
A−1 =
1
det(A)
˜ AT .
Dokaz. Stavimo B = ˜ AT / det(A). Tada je
(AB)ij =Xk
aikbkj =
1
det(A)Xk
aikAjk.
Za i = j suma na desnoj strani predstavlja Laplaceov razvoj determinante
matrice A po i-tom retku pa je (AB)ii = 1. Za i 6= j suma na desnoj strani
predstavlja Laplaceov razvoj determinante s dva jednaka retka pa je jednaka
nuli. Dakle, AB = I. Sli¡cno se poka¡ze BA = I pa je teorem dokazan.
Zadatak 2.11 Nadite inverznu matricu matrice A iz zadatka 2.7 koriste´ci
prethodni teorem.
2.9.5 Cramerovo pravilo
Sljede´ci teorem daje formulu za rje¡senje sustava linearnih jednad¡zbi kada
je matrica sustava regularna.
Teorem 2.10 (Cramer) Neka je A regularna matrica i neka je Di determinanta
matrice koja se dobije kada se i-ti stupac matrice A zamijeni s vektorom
b. Tada su komponente rje¡senja sustava Ax = b dane s
xi =
Di
det(A)
.
Dokaz. Matrica A je regularna pa je
x = A−1b =
1
det(A)
˜ AT b.
Ova jednakost napisana po komponentama glasi
xi =
1
det(A)Xk
Akibk =
1
det(A)
Di
pa je teorem dokazan.
|
|
|
barjak
|
#64
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:14:21
|
linearna algebra
64 LINEARNA ALGEBRA
Zadatak 2.12 Neka je matrica sustava
a11x1 + a12x2 = b1
a21x1 + a22x2 = b2
regularna. Rije¡site sustav pomo´cu Cramerovog pravila i provjerite rje¡senje.
2.10 Rje¡savanje elektri¡cne mre¡ze
U ovom poglavlju pokazat ´cemo kako se pomo´cu matri¡cnog ra¡cuna mogu
rje¡savati elektri¡cne mre¡ze. Zanimljivo ja da se u tom postupku koriste mnoga
svojstva matrica i sustava jednad¡zbi koja smo opisali u prethodnim poglavljima.
Stoga pra´cenje primjera nije jednostavno i zahtijeva odli¡cno poznavanje
prethodnih poglavlja.
Promotrimo mre¡zu prikazanu na slici 2.21.
1
2
3
4
5
6
1 2
3
4
7
Slika 2.2: Elektri¡cna mre¡za
Grane mre¡ze su ozna¡cene s brojevima od 1 do 7, a ¡cvorovi mre¡ze s brojevima
od 1 do 4. Grana k se sastoji od serijskog spoja otpora Rk i naponskog
izvora Uk, a kroz granu te¡ce struja Ik (vidi Sliku 2.3). ¡Cvor i ima napon
(potencijal) Vi. Na¡s zadatak je izra¡cunati struje Ik ako znamo otpore Rk i
naponske izvore Uk.
Za rje¡savanje mre¡ze koristimo dva zakona:
1Ovaj primjer izradio je prof. dr. sc. Kre¡simir Veseli´c, Fernuniversit¨at Hagen, Njema¡cka.
|
|
|
barjak
|
#65
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:15:30
|
resavanje elektricne mrezae
2.10 Rje¡savanje elektri¡cne mre¡ze 65
i j
Rk Uk
Ik
- +
- +
Slika 2.3: Standardna grana mre¡ze
– prvi Kircho ov zakon po kojemu je zbroj struja koje ulaze u pojedini
¡cvor jednak nula i
– Ohmov zakon po kojemu je
struja kroz otpor =
napon na otporu
otpor
.
Ako struje koje ulaze u ¡cvor ozna¡cimo s predznakom −, a struje koje izlaze
iz ¡cvora s predznakom +, tada prvi Kircho ov zakon primijenjen na ¡cvorove
1–4 daje
I1 +I2 +I3 −I7 = 0
−I1 −I4 +I6 = 0
−I2 +I4 +I5 = 0
−I3 −I5 −I6 = 0
Vidimo da se radi o homogenom sustavu linearnih jednad¡zbi koji ima ¡cetiri
jednad¡zbe i sedam nepoznanica, I1, . . . , I7. Ako je
A = 

1 1 1 −1
−1 −1 1
−1 1 1
−1 −1 −1


, I =


I1
I2
I3
I4
I5
I6
I7


,
tada matri¡cni zapis sustava glasi
AI = 0. (2.10)
Matrica A zove se matrica incidencija ili matrica susjedstva zadane elektri¡cne
mre¡ze. Ako zadnji stupac matrice A premjestimo na prvo mjesto, dobit ´cemo
gornje trokutastu matricu pa lako vidimo da je rang(A) = 4.
Ako k-ti vodi¡c ide od ¡cvora i prema ¡cvoru j, tada Ohmov zakon daje
RkIk = Vi − Vj + Uk.
|
|
|
barjak
|
#66
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:16:12
|
linearna algebra
66 LINEARNA ALGEBRA
Dakle, imamo jo¡s jedan sustav linearnih jednad¡zbi koji glasi
R1I1 = V1 − V2 + U1
R2I2 = V1 − V3 + U2
R3I3 = V1 − V4 + U3
R4I4 = −V2 + V3 + U4
R5I5 = V3 − V4 + U5
R6I6 = V2 − V4 + U6
R7I7 = −V1 + 0 + U7
Neka je R dijagonalna matrica otpora vodi¡ca (matrica ¡ciji su dijagonalni
elementi otpori), V vektor napona ¡cvorova i U vektor naponskih izvora na
vodi¡cima,
R =


R1
R2
R3
R4
R5
R6
R7


, V = 

V1
V2
V3
V4


, U =


U1
U2
U3
U4
U5
U6
U7


.
Uz ove oznake gornji sustav mo¡zemo zapisati u matri¡cnom obliku kao
RI = AT V + U. (2.11)
Primijetimo da se i u matri¡cnom zapisu Ohmovog zakona ponovo javlja matrica
incidencija A, ovaj put transponirana.
Matrica R je dijagonalna, a njeni dijagonalni elementi (otpori) su ve´ci od
nule pa je prema tome R regularna i vrijedi
R−1 =


1
R1
1
R2
1
R3
1
R4
1
R5
1
R6
1
R7


Kada jednad¡zbu (2.11) pomno¡zimo s matricom R−1 s lijeve strane, dobit
´cemo novi ekvivalentan sustav
I = R−1AT V + R−1U. (2.12)
|
|
|
barjak
|
#67
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:16:55
|
resavanje elektricne mrezae
2.10 Rje¡savanje elektri¡cne mre¡ze 67
Pomno¡zimo sada ovu jednad¡zbu s matricom incidencija A s lijeve strane. To
nam daje sustav
AI = AR−1AT V + AR−1U = 0. (2.13)
Zadnja jednakost u ovoj jednad¡zbi slijedi iz prvog Kircho ovog zakona (2.10).
Radi lak¡seg snala¡zenja uvedimo nove oznake,
K = AR−1AT , L = −AR−1U. (2.14)
Matrica K i vektor L su poznati jer su matrice A i R i vektor U zadani.
Matrica K je dimenzije 4 × 4, a vektor L je dimenzije 4 × 1. Matrica K je
simetri¡cna jer je
KT = (AR−1AT )T = (AT )T (R−1)TAT = AR−1AT = K.
Uz ove oznake jednad¡zba (2.13) daje sustav od ¡cetiri jednad¡zbe i ¡cetiri nepoznanice
KV = L. (2.15)
Primijetimo da u elektri¡cnoj mre¡zi ¡cvorova uvijek ima manje nego vodi¡ca.
Stoga je ovaj sustav manjih dimenzija od sustava (2.10) pa je njega povoljnije
rje¡savati.
Prema Kronecker-Cappelijevom teoremu sustav (2.15) ´ce imati jedinstveno
rje¡senje V ako i samo ako je rang(K) = 4. Da je taj uvjet zaista ispunjen
mo¡zemo zaklju¡citi pomo´cu sljede´ceg va¡znog teorema koji navodimo bez dokaza.
Teorem 2.11 Ako je matrica A tipa m × k i matrica B tipa k × n, tada je
rang(A) + rang(B) − k ≤ rang(AB) ≤ min{rang(A), rang(B)}.
Pored toga, za svaku matricu A vrijedi
rang(AAT ) = rang(ATA) = rang(A).
Da bi primijenili teorem 2.11, uo¡cimo da matricu K mo¡zemo zapisati kao
K = AR−1AT = AS−1(S−1)TAT = FFT ,
gdje je F = AS−1, a S = (sij) je dijagonalna matrica ¡ciji su dijagonalni
elementi skk = √Rk. Kako je rang(A) = 4 i rang(S) = rang® = 7, prva
tvrdnja teorema 2.11 daje
4 + 7 − 7 ≤ rang(AS−1) = rang(F) ≤ min{4, 7},
odnosno rang(F) = 4. Druga tvrdnja teorema 2.11 sada povla¡ci rang(K) =
rang(F) = 4 pa sustav (2.15) ima jedinstveno rje¡senje V .
|
|
|
barjak
|
#68
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:17:33
|
linearna algebra
68 LINEARNA ALGEBRA
Kona¡cno, nakon ¡sto smo izra¡cunali napone u ¡cvorovima V , struje kroz
vodi¡ce I lako izra¡cunamo uvr¡stavanjem u jednad¡zbu (2.12).
Za kraj, izra¡cunajmo napone u ¡cvorovima V i struje u vodi¡cima I za elektri
¡cnu mre¡zu sa slike 2.2 za slu¡caj kada su otpori svih vodi¡ca jednaki 10 oma,
Rk = 10
, a u vodi¡cima 1, 4 i 5 se nalaze naponski izvori od jednog volta,
U1 = U4 = U5 = 1V. Uvr¡stavanje u relaciju (2.14) daje
K = 

0.4 −0.1 −0.1 −0.1
−0.1 0.3 −0.1 −0.1
−0.1 −0.1 0.3 −0.1
−0.1 −0.1 −0.1 0.3


, L = 

−0.1
0.2
−0.2
0.1


.
Rje¡senje sustava (2.15) daje napone u ¡cvorovima
V = 

0 V
0.75 V
−0.25 V
0.5 V


,
a uvr¡stavanje u jednad¡zbu (2.12) daje struje u vodi¡cima
I =


0.025 A
0.025 A
−0.05 A
0 A
0.025 A
0.025 A
0 A


.
Zadatak 2.13 Gornje rje¡senje dobiveno je pomo´cu sljede´ceg programa napisanog
u programskom jeziku Matlab:
A=[1 1 1 0 0 0 -1; -1 0 0 -1 0 1 0; 0 -1 0 1 1 0 0; 0 0 -1 0 -1 -1 0]
R=diag([10 10 10 10 10 10 10])
U=[1 0 0 1 1 0 0]’
R1=inv®
K=A*R1*A’
L=-A*R1*U
V=KL
I=R1*(A’*V+U)
U prvom retku programa matrica A je zadana po retcima, pri ¡cemu su
retci odvojeni znakom ;. U drugom retku programa naredba diag koristi se
|
|
|
barjak
|
#69
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 12:18:11
|
resavanje elektricne mrezae
2.10 Rje¡savanje elektri¡cne mre¡ze 69
za kreiranje dijagonalne matrice ¡ciji su dijagonalni elementi jednaki elementima
zadanog vektora. U tre´cem, petom i zadnjem retku znak ’ ozna¡cava
transponiranu matricu. U ¡cetvrtom retku koristi se naredba inv koja daje
inverznu matricu. U sedmom retku znak zna¡ci rje¡savanje sustava.
Izvedite gornji program u Matlabu. Zatim rije¡site elektri¡cnu mre¡zu sa slike
2.2 za neke druge vrijednosti otpora Rk i naponskih izvora Uk. Zadajte neku
drugu elektri¡cnu mre¡zu i rije¡site je na isti na¡cin. Pri rje¡savanju zadatka mo¡zete
koristiti program Octave On-line.
|
|
|
barjak
|
#70
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 21:14:06
|
vektorska algebra
3.
VEKTORSKA ALGEBRA I
ANALITI¡CKA
GEOMETRIJA
3.1 Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.2 Zbrajanje vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.3 Mno¡zenje vektora skalarom . . . . . . . . . . . . . . 75
3.4 Prostor radijus-vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.5 Koordinatizacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.5.1 Koordinatizacija pravca . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.5.2 Koordinatizacija ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.5.3 Koordinatizacija prostora . . . . . . . . . . . . . . . 80
3.6 Duljina vektora, jedini¡cni vektor, kut izmedu vek-
tora i kosinusi smjerova . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.7 Linearna nezavisnost vektora . . . . . . . . . . . . . 83
3.8 Baza prostora E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
3.9 Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3.10 Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.11 Mje¡soviti produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
3.12 Vektorsko-vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . 93
3.13 Pravac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
3.14 Ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
3.15 Primjene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
3.15.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
|
|
|
barjak
|
#71
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 21:15:10
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
72 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
U ovoj glavi definirat ´cemo pojam vektora, osnovne operacije s vektorima
(zbrajanje i mno¡zenje sa skalarom), prikaz vektora u koordinatnom sustavu
te produkte vektora s vektorom. Kod ra¡cunanja produkata vektora svoju
primjenu nalaze i determinante dimenzije 3×3. Potom ´cemo pomo´cu vektora
izvesti jednad¡zbu pravca u prostoru i jednad¡zbu ravnine te objasniti kako
ispitujemo medusobne odnose to¡caka, pravaca i ravnina.
3.1 Vektori
U ovom poglavlju definirat ´cemo pojmove du¡zine, usmjerene du¡zine i vektora
te navesti osnovno svojstvo trodimenzionalnog Euklidskog prostora E.
Pretpostavljamo da su pojmovi kao ¡sto su pravac, ravnina, kut i prostor poznati.
Definicija 3.1 Du¡zina PQ je skup svih to¡caka pravca kroz to¡cke P i Q koje se
nalaze izmedu to¡caka P i Q uklju¡civ¡si i njih. Duljina du¡zine PQ je udaljenost
to¡caka P i Q i ozna¡cava se s d(P,Q) ili |PQ|.
Usmjerena du¡zina −−→ PQ je du¡zina kod koje su rubne to¡cke uredene, odnosno
to¡cka P je po¡cetak ili hvati¡ste, a to¡cku Q svr¡setak. Udaljenost to¡caka P i Q
se u ovom slu¡caju zove duljina (norma ili intenzitet) usmjerene du¡zine −−→ PQ i
ozna¡cava s |−−→ PQ|.
Usmjerene du¡zine −−→ PQ i −−→ P′Q′ su ekvivalentne, odnosno
−−→ PQ ∼ −−→ P′Q′,
ako du¡zine P′Q i PQ′ imaju zajedni¡cko polovi¡ste (vidi sliku 3.1) .
Vektor je klasa ekvivalencije usmjerenih du¡zina. Vektore ozna¡cavamo s
a, b, c, . . . , a, b, c, . . . .
Ako je usmjerena du¡zina −−→ PQ predstavnik vektora a, tada je duljina (norma
ili intenzitet) vektora a jednaka udaljenosti to¡caka P i Q. Duljinu vektora
ozna¡cavamo s |a|.
Nul-vektor je vektor koji ima po¡cetak i kraj u istoj to¡cki. Nul-vektor
ozna¡cavamo s 0, vrijedi |0| = 0, a njegovi predstavnici su sve usmjerene du¡zine
oblika −−→ PP.
Doka¡zimo da je relacija ∼ iz definicije 3.1 zaista relacija ekvivalencije.
Prema definiciji 1.4, relacija ekvivalencije je refleksivna, simetri¡cna i tranzitivna.
O¡cito je −−→ PQ ∼ −−→ PQ pa je relacija ∼ refleksivna. Takoder, ako je
−−→ PQ ∼ −−→ P′Q′, tada je i −−→ P′Q′ ∼ −−→ PQ pa je relacija ∼ simetri¡cna. Dokaz tranzitivnosti
je ne¡sto slo¡zeniji. Ukoliko to¡cke P, Q, P′ i Q′ ne le¡ze na istom pravcu,
|
|
|
barjak
|
#72
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 21:16:03
|
vektori
3.1 Vektori 73
P
Q
P’
Q’
Slika 3.1: Ekvivalentne usmjerene du¡zine
tada je −−→ PQ ∼ −−→ P′Q′ ako i samo ako su to¡cke PQQ′P′ susjedni vrhovi paralelograma
(vidi sliku 3.1). Ukoliko to¡cke P, Q, P′ i Q′ le¡ze na istom pravcu, tada
je −−→ PQ ∼ −−→ P′Q′ ako i samo ako vrijedi
d(P,Q) = d(P′,Q′) ∧ d(P, P′) = d(Q,Q′).
U ovom slu¡caju ka¡zemo da su to¡cke PQQ′P′ susjedni vrhovi degeneriranog
paralelograma. Stoga, ako je
−−→ PQ ∼ −−→ P′Q′ ∧ −−→ P′Q′ ∼ −−−→ P′′Q′′,
tada su to¡cke PQQ′P′ susjedni vrhovi nekog paralelograma ili degeneriranog
paralelograma, a isto vrijedi i za to¡cke P′Q′Q′′P′′. Tada su i to¡cke PQQ′′P′′
susjedni vrhovi nekog paralelograma ili degeneriranog paralelograma. Dakle
−−→ PQ ∼ −−−→ P′′Q′′ pa je relacija ∼ tranzitivna.
Vezu izmedu usmjerenih du¡zina i vektora daje nam osnovno svojstvo euklidskog
prostora: ako je P ∈ E proizvoljna to¡cka i a zadani vektor, tada postoji
jedinstvena to¡cka Q takva da je usmjerena du¡zina −−→ PQ predstavnik vektora a.
S ovim postupkom je vektor a sveden na po¡cetak P odnosno nanesen na P.
U primjenama ¡cesto pi¡semo i
a = −−→ PQ.
Premda taj zapis nije sasvim korektan jer je vektor a klasa ekvivalencije, a
−−→ PQ samo jedan predstavnik tog vektora, zbog osnovnog svojstva euklidskog
prostora uvijek je jasno o kojem se vektoru radi. Stoga uglavnom ne´cemo
praviti razliku izmedu vektora i njegovog predstavnika.
|
|
|
barjak
|
#73
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 21:16:44
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
74 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
Definicija 3.2 Vektori a i b su kolinearni ako le¡ze na istom ili paralelnim
pravcima. Ako su vektori a i b kolinearni, mo¡zemo odbrati to¡cke O, A i B
koje le¡ze na istom pravcu takve da je
a = −→ OA, b = −−→ OB.
Vektori a i b imaju istu orijentaciju ako se to¡cke A i B nalaze s iste strane
to¡cke O. Vektori a i b imaju suprotnu orijentaciju ako se to¡cke A i B nalaze
s razli¡citih strana to¡cke O.
Iz definicije slijedi da su dva vektora jednaka ako su kolinearni, istog smjera
i jednake duljine. Posebno, nul-vektor je kolinearan sa svakim vektorom i za
njega nema smisla govoriti o orijentaciji.
3.2 Zbrajanje vektora
U ovom poglavlju definirat ´cemo operaciju zbrajanja vektora te dati njena
osnovna svojstva.
Definicija 3.3 Neka su zadani vektori a i b i to¡cke O, A i B takve da je
a = −→ OA, b = −−→ AB.
Zbroj vektora a i b je vektor c = −−→ OB. Ovakav na¡cin zbrajanja vektora zove
se pravilo trokuta i prikazan je na slici 3.2.
O a A
B
b
c=a+b
Slika 3.2: Zbrajanje vektora (pravilo trokuta)
Vektore takoder mo¡zemo zbrajati i po pravilu paralelograma koje je prikazano
na slici 3.3. Vi¡se vektora zbrajamo po pravilu poligona kao ¡sto je prikazano
na slici 3.4: ako su zadani vektori a1, a2, . . . , an i to¡cke O,A1,A2, . . . ,An
takve da je
a1 = −−→ OA1, a2 = −−−→ A1A2, . . . , an = −−−−−→ An−1An,
|
|
|
barjak
|
#74
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 21:17:33
|
mnozenje vektora skalarom
3.3 Mno¡zenje vektora skalarom 75
O
a
b
a+b
Slika 3.3: Pravilo paralelograma
tada je
a = a1 + a2 + · · · + an = −−→ OAn.
Zbrajanje vektora ima sljede´ca svojstva:
Z1. (a + b) + c = a + (b + c) (asocijativnost),
Z2. a + b = b + a (komutativnost),
Z3. za nul-vektor 0 vrijedi a + 0 = 0 + a = a,
Z4. za svaki vektor a = −−→ PQ postoji suprotni vektor −a = −−→ QP takav da je
a + (−a) = a − a = 0.
Suprotni vektor je kolinearan s a, ima istu duljinu i suprotnu orijentaciju.
Svojstva Z2, Z3 i Z4 slijede direktno iz definicije zbrajanja vektora, dok je
svojstvo Z1 prikazano na slici 3.5.
3.3 Mno¡zenje vektora skalarom
Vektor a mno¡zimo s realnim brojem na sljede´ci na¡cin: ako je a = 0, tada
je
a = 0, ∀ ∈ R.
Ako je a 6= 0, odaberemo to¡cke O i A takve da je a = −→ OA. Produkt vektora a
i skalara je vektor
b = a = −−→ OB,
|
|
|
barjak
|
#75
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 21:18:19
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
76 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
a
b
c
d
a+b+c+d
Slika 3.4: Pravilo poligona
a
b
c
a+b
b+c
(a+b)+c=a+(b+c)
Slika 3.5: Asocijativnost zbrajanja vektora
pri ¡cemu to¡cka B le¡zi na pravcu koji prolazi kroz to¡cke O i A i
– za > 0 to¡cka B le¡zi s iste strane to¡cke O kao to¡cka A i vrijedi
d(O,B) = · d(O,A), |b| = |a|,
– za < 0 to¡cka B le¡zi sa suprotne strane to¡cke O od to¡cke A i vrijedi
d(O,B) = −d(O,A), |b| = −|a| = || |a|.
Mno¡zenje vektora skalarom ima sljede´ca svojstva:
M1. (a + b) = a + b,
M2. ( + µ)a = a + µa,
|
|
|
barjak
|
#76
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 21:19:45
|
prostor radijus-vektora
3.4 Prostor radijus-vektora 77
M3. (µ)a = (µa),
M4. 0 a = 0, ∀a,
M5. 1 a = a, ∀a.
3.4 Prostor radijus-vektora
U mnogim primjenama je prakti¡cno uzeti predstavnike vektora koji svi
imaju hvati¡ste u istoj to¡cki. Ako u prostoru E odaberemo to¡cku O, svakoj
to¡cki P pripada jednozna¡cno odreden vektor −−→ OP. Vektor −−→ OP je radijus-vektor
ili vektor polo¡zaja to¡cke P u odnosu na hvati¡ste O. Skup radijus vektora VO je
skup svih takvih vektora.
Zbrajanje radijus-vektora definira se kao i zbrajanje vektora u poglavlju
3.2, uz dodatak ¡sto zbroj opet mora biti u skupu VO pa se koristi pravilo
paralelograma. Pri tome vrijede svojstva Z1–Z4.
Mno¡zenje radijus-vektora skalarom definira se kao i mno¡zenje vektora skalarom
u poglavlju 3.3, pri ¡cemu vrijede svojstva M1–M5.
3.5 Koordinatizacija
Uvodenje koordinatnog sustava omogu´cava predstavljanje vektora pomo´cu
realnih brojeva. Na taj na¡cin se pojednostavnjuje rukovanje s vektorima, jer
se operacije s vektorima svode na odgovaraju´ce operacije s brojevima.
3.5.1 Koordinatizacija pravca
Koordinatizaciju pravca definiramo na sljede´ci na¡cin: odaberemo pravac p
kroz to¡cku O ∈ E te na njemu nanesemo brojevni pravac tako da je nula u to¡cki
O. Jedini¡cni vektor i definiramo kao i = −→ OI, pri ¡cemu je broju 1 brojevnog
pravca pridru¡zena to¡cka I. Vektor i je jednozna¡cno odreden i vrijedi
d(O, I) = |i| = 1.
S ovim smo na pravcu p zadali koordinatni sustav (O, i).
Svakoj to¡cki T koja le¡zi na pravcu p jednozna¡cno je pridru¡zena njena apscisa
x i vektor −→ OT. Po pravilu o mno¡zenju vektora skalarom iz poglavlja 3.3
vrijedi
−→ OT = x · −→ OI = x i.
Broj x je skalarna komponenta vektora −→ OT. Zbog jednozna¡cnosti prikaza, u
koordinatnom sustavu (O, i) koristimo sljede´ce oznake
−→ OT = {x} ili −→ OT = x.
|
|
|
barjak
|
#77
|
Odgovori: 706
30. Jul 2009. 21:21:45
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
78 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
Uvodenjem koordinatizacije operacije s vektorima sveli smo na operacije s
brojevima: ako je
−→ OS = 3 i = 3, −→ OT = 2 i = 2,
tada je, na primjer,
4 (−→ OS + 2−→ OT) = 28 i = 28.
3.5.2 Koordinatizacija ravnine
U ravnini koja se nalazi u prostoru E prvo odaberemo to¡cku O kao
ishodi¡ste. Zatim odaberemo medusobno okomite pravce p i q koji le¡ze u ravnini
i prolaze kroz to¡cku O. Na pravcima p i q definiramo koordinatne sustave
(O, i) i (O, j), redom, pri ¡cemu je
i = −→ OI, j = −→ OJ, |i| = |j| = 1.
To¡cke I i J su odabrane tako da to¡cka I rotacijom oko to¡cke O za kut /2 u
pozitivnom smjeru, odnosno suprotno od kazaljke sata, prelazi u to¡cku J. S
ovim smo u ravnini zadali desni pravokutni (ortogonalni) koordinatni sustav
(O, i, j), koji je prikazan na slici 3.6.
IV III
II I
i
j
a
T Q
x
P
y
J
I
Slika 3.6: Koordinatizacija ravnine
Brojevni pravac koji smo nanijeli na pravac p zove se apscisna os ili x-os,
a brojevni pravac koji smo nanijeli na pravac q zove se ordinatna os ili y-os.
Osi dijele ravninu na ¡cetiri kvadranta i to na I., II., III. i IV. kvadrant
(slika 3.6).
|
|
|
barjak
|
#78
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:35:00
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
78 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
Uvodenjem koordinatizacije operacije s vektorima sveli smo na operacije s
brojevima: ako je
−→ OS = 3 i = 3, −→ OT = 2 i = 2,
tada je, na primjer,
4 (−→ OS + 2−→ OT) = 28 i = 28.
3.5.2 Koordinatizacija ravnine
U ravnini koja se nalazi u prostoru E prvo odaberemo to¡cku O kao
ishodi¡ste. Zatim odaberemo medusobno okomite pravce p i q koji le¡ze u ravnini
i prolaze kroz to¡cku O. Na pravcima p i q definiramo koordinatne sustave
(O, i) i (O, j), redom, pri ¡cemu je
i = −→ OI, j = −→ OJ, |i| = |j| = 1.
To¡cke I i J su odabrane tako da to¡cka I rotacijom oko to¡cke O za kut /2 u
pozitivnom smjeru, odnosno suprotno od kazaljke sata, prelazi u to¡cku J. S
ovim smo u ravnini zadali desni pravokutni (ortogonalni) koordinatni sustav
(O, i, j), koji je prikazan na slici 3.6.
IV III
II I
i
j
a
T Q
x
P
y
J
I
Slika 3.6: Koordinatizacija ravnine
Brojevni pravac koji smo nanijeli na pravac p zove se apscisna os ili x-os,
a brojevni pravac koji smo nanijeli na pravac q zove se ordinatna os ili y-os.
Osi dijele ravninu na ¡cetiri kvadranta i to na I., II., III. i IV. kvadrant
(slika 3.6).
|
|
|
barjak
|
#79
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:35:40
|
koordinarizacija
3.5 Koordinatizacija 79
Neka to¡cka T pripada ravnini . Pravac kroz to¡cku T, koji je paralelan s
pravcem q, sije¡ce pravac p u to¡cki P. To¡cka P u koordinatnom sustavu (O, i)
ima koordinatu x. Pravac kroz to¡cku T koji je paralelan s pravcem p sije¡ce
pravac q u to¡cki Q. To¡cka Q u koordinatnom sustavu (O, j) ima koordinatu y.
x i y su koordinate to¡cke T = (x, y) u sustavu (O, i, j), odnosno x je apscisa,
a y je ordinata to¡cke T (slika 3.6).
Neka je a = −→ OT radijus-vektor u ravnini . Prema pravilu o zbrajanju
vektora iz poglavlja 3.2 vrijedi (slika 3.6)
−→ OT = x−→ OI + y −→ OJ,
odnosno
a = x i + y j.
Brojevi x i y su skalarne komponente radijus-vektora −→ OT odnosno vektora a.
Radijus-vektori x−→ OI i y−→ OJ su vektorske komponente radijus-vektora −→ OT, a
vektori x i i y j su vektorske komponente vektora a.
Kako su skalarne komponente jednozna¡cno odredene to¡ckom T, za ozna¡cavanje
vektora koristimo skra´cene zapise
a = {x, y}, a = x y, a = x
y.
Vidimo da vektor u ravnini mo¡zemo zapisati kao ret¡canu matricu dimenzije
1 × 2 ili kao stup¡canu matricu dimenzije 2 × 1. Zbrajanje vektora i mno¡zenje
vektora skalarom stoga odgovara zbrajanju matrica i mno¡zenju matrica skalarom.
Primjer 3.1 Neka je
a = 2 i − 3 j, b = i + j.
Tada je
3 (a + b) = 3 (2 i − 3 j + i + j) = 9 i − 6 j,
odnosno
3 (a + b) = 3 2
−3+ 1
1 = 9
−6.
Poglavlje ´cemo zavr¡siti s dvije definicije: vektori koji le¡ze u ravnini su
kolinearni ravnini , a vektori su komplanarni ako imaju predstavnike koji su
kolinearni jednoj ravnini. Na primjer, vektori i, j i a = x i+y j su komplanarni
za ∀x, y ∈ R.
|
|
|
barjak
|
#80
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:36:20
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
80 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
3.5.3 Koordinatizacija prostora
Koordinatizaciju trodimenzionalnog prostora E dobijemo sli¡cno kao u prethodnim
poglavljima. Prvo odaberemo ishodi¡ste O i medusobno okomite pravce
p, q i r koji prolaze kroz to¡cku O. U ravnini razapetoj s pravcima p i q definiramo
desni pravokutni koordinatni sustav (O, i, j) na na¡cin opisan u poglavlju
3.5.2. Potom na pravcu r definiramo koordinatni sustav (O, k) tako da vektori
i, j i k zadovoljavaju pravilo desnog vijka. Time smo definirali desni pravokutni
koordinatni sustav (O, i, j, k) u prostoru E koji je prikazan na slici 3.7.
Pri tome vrijedi
i = −→ OI, j = −→ OJ, k = −−→ OK, |i| = |j| = |k| = 1.
a
p
q
r
P T’
Q
T
K
I
J i j
k
R
x
y
z
Slika 3.7: Koordinatizacija prostora
Brojevni pravci koje smo nanijeli na pravce p, q i r su koordinatne osi i
to redom apscisna, ordinatna i aplikatna os (x-os, y-os i z-os). Tri ravnine
x-y, x-z i y-z, koje su odredene odgovaraju´cim koordinatnim osima, zovu se
koordinatne ravnine i dijele prostor na osam oktanata.
Neka je zadana to¡cka T ∈ E. Ravnine paralelne s koordinatnim osima koje
prolaze kroz to¡cku T sijeku koordinatne osi u to¡ckama P, Q i R (slika 3.7).
Koordinate tih to¡caka u koordinatnim sustavima (O, i), (O, j) i (O, k) jednake
|
|
|
barjak
|
#81
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:36:54
|
koordinarizacija
3.5 Koordinatizacija 81
su x, y i z. Brojevi x, y i z su koordinate to¡cke T, odnosno x je apscisa, y je
ordinata, a z je aplikata to¡cke T.
Brojevi x, y i z su takoder skalarne komponente vektora a = −→ OT u sustavu
(O, i, j, k). Prema pravilu o zbrajanju vektora iz poglavlja 3.2 vrijedi (slika
3.7)
−→ OT = −−→ OT′ + −−→ OR = x−→ OI + y −→ OJ + z −−→ OK,
odnosno
a = x i + y j + z k.
Skalarne komponente jednozna¡cno su odredene to¡ckom T pa za ozna¡cavanje
vektora koristimo skra´cene zapise
a = {x, y, z}, a = x y z, a = 

x
y
z

.
Kako vektor u prostoru mo¡zemo zapisati ili kao ret¡canu matricu dimenzije
1×3 ili stup¡canu matricu dimenzije 3×1, zbrajanje vektora i mno¡zenje vektora
skalarom odgovara zbrajanju matrica i mno¡zenju matrica skalarom.
U koordinatnom sustavu mo¡zemo na´ci skalarne komponente vektora, odnosno
usmjerene du¡zine koja je zadana s dvije to¡cke.
Primjer 3.2 Neka su zadane to¡cke A = (xA, yA, zA) i B = (xB, yB, zB). Kao
¡sto se vidi na slici 3.8 vrijedi
−→ OA + −−→ AB = −−→ OB,
odnosno
−−→ AB = −−→ OB − −→ OA.
Dakle,
−−→ AB = (xB − xA) i + (yB − yA) j + (zB − zA) k = 

xB − xA
yB − yA
zB − zA

.
Na primjer,
A = (1, 2, 3) ∧ B = (−1, 0, 5) ⇒ −−→ AB = {−2,−2, 2}.
Napomena 3.1 Kod definicije pravokutnih koordinatnih sustava u ovom i
prethodnom poglavlju koristili smo medusobno okomite pravce. Medutim,
koordinatni sustav se mo¡ze definirati i s pravcima koji nisu medusobno okomiti.
|
|
|
barjak
|
#82
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:37:31
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
82 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
A
B
O
Slika 3.8: Komponente vektora
Tako kod koordinatizacije ravnine mo¡zemo uzeti bilo koja dva pravca koja
prolaze kroz to¡cku O i nisu paralelna. Sli¡cno, kod koordinatizacije prostora
mo¡zemo uzeti bilo koju koordinatizaciju neke odabrane ravnine u prostoru i
tre´ci pravac koji prolazi kroz ishodi¡ste i ne le¡zi u toj ravnini (vidi poglavlje
3.8).
3.6 Duljina vektora, jedini¡cni vektor, kut izmedu
vektora i kosinusi smjerova
Duljina ili norma vektora a = {x, y, z} jednaka je
|a| = px2 + y2 + z2. (3.1)
Naime, dvostrukom primjenom Pitagorinog pou¡cka (slika 3.7) dobijemo:
|−→ OT|2 = |−−→ OT′|2 + |−−→ OR|2 = |−−→ OP|2 + |−−→ OQ|2 + |−−→ OR|2.
Jedini¡cni vektor vektora a 6= 0 je vektor
a0 =
a
|a|
.
Iz definicije slijedi
|a0| =
a
|a|
=
1
|a||a| = 1,
odnosno jedini¡cni vektor ima duljinu jedan, kolinearan je vektoru a i ima istu
orijentaciju. Na primjer, vektori i, j i k su sami svoji jedini¡cni vektori.
|
|
|
barjak
|
#83
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:38:39
|
llineaena nezavisnost vektora
3.7 Linearna nezavisnost vektora 83
Neka je a, b 6= 0 i neka su −→ OA i −−→ OB njihovi predstavnici s hvati¡stem u to¡cki
O, redom. Kut izmedu vektora a i b definiramo kao kut izmedu usmjerenih
du¡zina −→ OA i −−→ OB,
∠(a, b) = ∠(−→ OA,−−→ OB).
Prikloni kutovi vektora a 6= 0 su kutovi koje taj vektor zatvara s vektorima
i, j i k. Kosinusi smjerova su kosinusi priklonih kutova.
Teorem 3.1 Kosinusi smjerova vektora a 6= 0 jednaki su skalarnim komponentama
jedini¡cnog vektora a0.
Dokaz. Tvrdnja slijedi iz definicije skalarnog produkta u poglavlju 3.9 (vidi
primjer 3.6).
Ako je a = x i+y j+z k i ako priklone kutove ozna¡cimo redom s , i
,
tada je
cos =
x
px2 + y2 + z2
, cos =
y
px2 + y2 + z2
, cos
=
z
px2 + y2 + z2
.
O¡cito je
a0 = cos i + cos j + cos
k,
1 = cos2 + cos2 + cos2
.
Primjer 3.3 Ako je a = i − 3 j + 2 k, tada je
a0 =
1
√14
i −
3
√14
j +
2
√14
k,
cos =
1
√14
, cos = −
3
√14
, cos
=
2
√14
.
3.7 Linearna nezavisnost vektora
Definicija linearne nezavisnosti vektora u prostoru E jednaka je definiciji
linearne nezavisnosti stup¡canih vektora iz poglavlja 2.5, pri ¡cemu smo se ovdje
ograni¡cili na trodimenzionalni prostor.
Linearna kombinacija vektora a1, · · · , ak je vektor
a = 1a1 + 2a2 + · · · + kak, 1, · · · , k ∈ R,
Vektori a1, a2, · · · , ak su linearno nezavisni ako za sve skalare 1, · · · , k ∈ R
1a1 + 2a2 + · · · + kak = 0 ⇒ 1 = · · · = k = 0.
|
|
|
barjak
|
#84
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:39:27
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
84 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
U protivnom su vektori linearno zavisni. Drugim rije¡cima, vektori a1, · · · , ak
su linearno zavisni ako i samo ako postoje 1, · · · , k takvi da je
1a1 + 2a2 + · · · + kak = 0,
pri ¡cemu je P|i| > 0.
Ako je
a1 = {x1, y1, z1}, · · · , ak = {xk, yk, zk},
tada je linearna nezavisnost vektora a1, · · · , ak ekvivalentna s linearnom nezavisno
¡s´cu stupaca matrice


x1 x2 · · · xk
y1 y2 · · · yk
z1 z2 · · · zk

.
Primjer 3.4 Svaka dva kolinearna vektora i svaka tri komplanarna vektora
su linearno zavisna. Svaka ¡cetiri vektora u prostoru E su linearno zavisna.
Svaka dva nekolinearna vektora i svaka tri nekomplanarna vektora su linearno
nezavisna.
3.8 Baza prostora E
Svaka tri linearno nezavisna vektora a, b i c ¡cine bazu prostora E i defi-
niraju koordinatni sustav (O, a, b, c). Svaki vektor d iz prostora E mo¡ze se
jednozna¡cno prikazati kao linearna kombinacija vektora baze, odnosno
d = a + b +
c. (3.2)
Sljede´ci primjer prikazuje postupak transformacije iz jedne baze u drugu,
odnosno iz jednog koordinatnog sustava u drugi.
Primjer 3.5 Neka su u sustavu (O, i, j, k) zadani vektori
a = {1,−1, 1}, b = {1, 0, 2}, c = {0, 1,−1}.
Definirajmo matricu
A = 

1 1 0
−1 0 1
1 2 −1


¡ciji su stupci zadani vektori. Vrijedi detA = −2 6= 0 pa je prema svojstvu
D8 iz poglavlja 2.9.1 matrica A regularna, odnosno njeni stupci su linearno
nezavisni. Dakle, vektori a, b i c ¡cine bazu.
|
|
|
barjak
|
#85
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:40:19
|
skalarni produkt
3.9 Skalarni produkt 85
Da bi vektor d = i+2 j+3 k prikazali u sustavu (O, a, b, c) trebamo rije¡siti
jednad¡zbu (3.2), odnosno


1
2
3

 = 

1
−1
1

+ 

1
0
2

+


0
1
−1

.
Iz interpretacije matri¡cnog mno¡zenja u poglavlju 2.1.6 vidimo da je ovo zapravo
sustav linearnih jednad¡zbi


1 1 0
−1 0 1
1 2 −1





 = 

1
2
3

.
Rje¡senje sustava je = −3/2, = 5/2 i
= 1/2, odnosno
d = −
3
2
a +
5
2
b +
1
2
c.
Obratno, vektor e = 2 a − b + c ima u sustavu (O, i, j, k) zapis
e = A

2
−1
1

 = 

1
−1
−1

.
3.9 Skalarni produkt
Definicija 3.4 Skalarni produkt vektora a i b je broj
a · b = |a| |b| cos ∠(a, b).
Jo¡s koristimo oznake a b i (a, b).
Skalarni produkt ima sljede´ca svojstva:
S1. a · b = 0 ako je a = 0 ili b = 0 ili a ⊥ b,
S2. a · b ≥ 0 ako je ∠(a, b) ≤ /2, a a · b < 0 ako je ∠(a, b) > /2,
S3. vrijedi
i · i = j · j = k · k = 1,
i · j = j · i = i · k = k · i = j · k = k · j = 0,
S4. a · a = |a| |a| = |a|2,
|
|
|
barjak
|
#86
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:41:05
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
86 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
S5. a · b = |a| ba, gdje je
ba = |b| cos ∠(a, b)
duljina projekcije vektora b na pravac definiran s vektorom a pomno¡zena
s odgovaraju´cim predznakom prema svojstvu S2 (slika 3.9),
S6. a · b = b · a (komutativnost),
S7. a · (b + c) = a · b + a · c (distributivnost),
S8. (a · b) = (a) · b = a · (b) (homogenost).
a
b
a b
Slika 3.9: Skalarni produkt
U koordinatnom sustavu ra¡cunanje skalarnog produkta je vrlo jednostavno.
Teorem 3.2 Ako je
a = axi + ayj + azk, b = bxi + byj + bzk,
tada je
a · b = axbx + ayby + azbz.
Dokaz. Tvrdnja slijedi iz svojstava S7, S8 i S3.
Ako su vektori a i b zadani kao stup¡cane matrice, iz definicija matri¡cnog
mno¡zenja u poglavlju 2.1.3 i transponirane matrice u poglavlju 2.1.5 slijedi da
skalarni produkt mo¡zemo zapisati i kao
a · b = aTb.
Definicija skalarnog produkta 3.4 i teorem 3.2 omogu´cuju ra¡cunanje kuta
izmedu dva vektora u prostoru pomo´cu formule
cos∠(a, b) =
a · b
|a| |b|
.
|
|
|
barjak
|
#87
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:42:06
|
vektorski produkt
3.10 Vektorski produkt 87
Primjer 3.6 Kosinus kuta izmedu vektora a = {2,−3, 1} i b = {1, 1, 0}
jednak je
cos∠(a, b) =
a · b
|a| |b|
=
2 · 1 − 3 · 1 + 1 · 0
√4 + 9 + 1√1 + 1
= −
1
2√7
.
Na isti na¡cin, kosinus priklonog kuta kojeg vektor a = {x, y, z} zatvara s
vektorom i jednak je
cos∠(a, i) =
a · i
|a| |i|
=
x
px2 + y2 + z2
,
¡cime smo dokazali teorem 3.1.
Zadatak 3.1 Je li trokut △ABC, gdje je A = (1, 3, 1), B = (0, 1, 2) i C =
(1,−1, 0) pravokutan? Je li jednakokra¡can?
3.10 Vektorski produkt
Definicija 3.5 Vektorski produkt vektora a i b je vektor c = a × b takav da
je
|c| = |a| |b| sin ∠(a, b).
Pored toga, ako je |c| > 0, tada je
c ⊥ a ∧ c ⊥ b,
pri ¡cemu uredena trojka vektora (a, b, c) ¡cini desni sustav (slika 3.10).
Vektorski produkt ima sljede´ca svojstva:
V1. a × b = 0 ako je a = 0 ili b = 0 ili ako su vektori a i b kolinearni,
V2. vrijedi
i × i = j × j = k × k = 0,
i × j = k, j × k = i, k × i = j,
j × i = −k, k × j = −i, i × k = −j,
V3. a × b = −b × a (anti-komutativnost),
V4. a × (b + c) = a × b + a × c (distributivnost),
V5. (a × b) = (a) × b = a × (b) (homogenost),
|
|
|
barjak
|
#88
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:42:46
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
88 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
a
b
c
Slika 3.10: Vektorski produkt
a
b
j
sin j |b|
Slika 3.11: Modul vektorskog produkta
V6. norma |a × b| jednaka je povr¡sini paralelograma ¡sto ga razapinju vektori
a i b (slika 3.11).
U pravokutnom koordinatnom sustavu vektorski produkt ra¡cunamo pomo´cu
determinante.
Teorem 3.3 Ako je
a = axi + ayj + azk, b = bxi + byj + bzk,
tada je
a × b = (aybz − azby) i + (azbx − axbz) j + (axby − aybx) k,
|
|
|
barjak
|
#89
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:43:25
|
vektorski produkt
3.10 Vektorski produkt 89
odnosno
a × b =
i j k
ax ay az
bx by bz
.
Dokaz. Tvrdnja slijedi iz svojstava V2, V4 i V5.
Napomena 3.2 Svojstva vektorskog produkta odgovaraju svojstvima determinanti
iz poglavlja 2.9.1:
– prvi dio svojstva V2 odgovara svojstvu D4 koje ka¡ze da je determinanta
s dva jednaka retka jednaka nuli,
– svojstvo V3 odgovara svojstvu D3 koje ka¡ze da zamjenom dvaju redaka
determinanta mijenja predznak,
– svojstva V4 i V5 odgovaraju svojstvu D5.
Definicija vektorskog produkta 3.5 i teorem 3.3 omogu´cuju ra¡cunanje povr¡sine
poligonalnih likova u ravnini.
Primjer 3.7 Izra¡cunajmo povr¡sinu trokuta △ABC zadanog s
A = (1, 2, 3), B = (0,−1, 2), C = (3, 3, 0).
Povr¡sina trokuta jednaka je polovici povr¡sine paralelograma razapetog s vektorima
−−→ AB i −→ AC (slika 3.12). Kako je
−−→ AB = {−1,−3,−1}, −→ AC = {2, 1,−3},
vrijedi
P△ABC =
1
2|−−→ AB × −→ AC| =
1
2
i j k
−1 −3 −1
2 1 −3
=
1
2|i (9 + 1) − j (3 + 2) + k (−1 + 6)| =
1
2
√150 ≈ 6.12.
Uo¡cimo da smo na jednostavan na¡cin rije¡sili nao¡cigled slo¡zeni problem, jer smo
na¡sli povr¡sinu trokuta smje¡stenog u prostoru, a nismo ga morali niti skicirati.
Na isti na¡cin mo¡zemo provjeriti le¡ze li tri to¡cke na pravcu, jer ´ce u tom slu¡caju
povr¡sina trokuta biti nula.
Na sli¡can na¡cin mo¡zemo izra¡cunati povr¡sinu bilo kojeg poligonalnog lika u
prostoru, jer svaki takav lik mo¡zemo podijeliti na trokute.
|
|
|
barjak
|
#90
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:43:56
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
90 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
x
y
A
C
3
1
2 3
B
z
Slika 3.12: Povr¡sina trokuta
Zadatak 3.2 Izra¡cunajte povr¡sinu trokuta iz prethodnog primjera pomo´cu
paralelograma razapetog s vektorima −−→ BA i −−→ BC. Mo¡ze li se zadatak rije¡siti ako
promatramo paralelogram razapet s vektorima −−→ AB i −−→ BC?
3.11 Mje¡soviti produkt
Definicija 3.6 Mje¡soviti produkt ili vektorsko-skalarni produkt vektora a, b i
c je broj
(a × b) · c = |a × b| |c| cos ∠(a × b, c)
= |a| |b| sin ∠(a, b) |c| cos ∠(a × b, c).
Mje¡soviti produkt jednak je volumenu ili negativnoj vrijednosti volumena
paralelopipeda kojeg razapinju vektori a, b i c. Naime,
|a| |b| sin ∠(a, b)
je povr¡sina baze koja je razapeta vektorima a i b, a ako s ozna¡cimo ravninu
baze, tada je
|c| cos ∠(a × b, c) = ±|c| sin ∠(, c),
|
|
|
barjak
|
#91
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:44:54
|
mesovit produkt
3.11 Mje¡soviti produkt 91
¡sto je jednako visini ili negativnoj vrijednosti visine (slika 3.13).
Takoder zaklju¡cujemo da je (a × b) · c = 0 ako i samo ako je barem jedan
od vektora nul-vektor ili ako su vektori komplanarni, odnosno linearno zavisni.
a
b
c v
Slika 3.13: Mje¡soviti produkt
Teorem 3.4 Ako je
a = {ax, ay, az}, b = {bx, by, bz}, c = {cx, cy, cz},
tada je
(a × b) · c =
ax ay az
bx by bz
cx cy cz
Dokaz. Tvrdnja slijedi iz teorema 3.2 i 3.3.
Zadatak 3.3 Koriste´ci teorem 3.4 i svojstvo determinante D3 iz poglavlja
2.9.1 doka¡zite da je
(a × b) · c = (b × c) · a = (c × a) · b = −(a × c) · b
= −(b × a) · c = −(c × b) · a.
Sli¡cno kao ¡sto pomo´cu vektorskog produkta mo¡zemo ra¡cunati povr¡sine
poligonalnih likova (primjer 3.7), tako pomo´cu mje¡sovitog produkta i teorema
3.4 mo¡zemo ra¡cunati volumene svih tijela koja su omedena samo s ravnim
plohama.
Primjer 3.8 Izra¡cunajmo volumen tetraedra ABCD zadanog to¡ckama
A = (0,−1, 0), B = (3, 3, 0), C = (−1, 3, 1), D = (1, 1, 4).
|
|
|
barjak
|
#92
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:45:35
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
92 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
Volumen tetraedra jednak je ¡sestini volumena paralelopipeda razapetog vektorima
−−→ AB, −→ AC i −−→ AD (slika 3.14). Kako je
−−→ AB = {3, 4, 0}, −→ AC = {−1, 4, 1}, −−→ AD = {1, 2, 4},
vrijedi
V =
1
6 |(−−→ AB × −→ AC) · −−→ AD| =
1
6
3 4 0
−1 4 1
1 2 4
=
62
6
Uo¡cimo da smo na jednostavan na¡cin rije¡sili nao¡cigled slo¡zen problem, jer smo
na¡sli volumen tijela, a nismo ga morali niti skicirati. Na isti na¡cin mo¡zemo
provjeriti le¡ze li ¡cetiri to¡cke u istoj ravnini, jer ´ce u tom slu¡caju volumen
tetraedra biti nula. Na sli¡can na¡cin mo¡zemo izra¡cunati volumen bilo kojeg
tijela koje je omedeno samo s ravnim plohama, jer svako takvo tijelo mo¡zemo
podijeliti na tetraedre.
A
B
C
D
x
y
z
3
1
3
1
Slika 3.14: Volumen tetraedra
Zadatak 3.4 Izra¡cunajte volumen tetraedra iz prethodnog primjera pomo´cu
paralelopipeda razapetog s vektorima −−→ BA, −−→ BC i −−→ BD. Moramo li uzeti vektore
s hvati¡stem u istom vrhu?
|
|
|
barjak
|
#93
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:46:53
|
vektorsko-vektorski produk
3.12 Vektorsko-vektorski produkt 93
3.12 Vektorsko-vektorski produkt
Vektorsko-vektorski produkt vektora a, b i c je vektor
(a × b) × c.
Mo¡ze se pokazati da vrijedi
(a × b) × c = b (a · c) − a (b · c), (3.3)
odnosno, rezultiraju´ci vektor le¡zi u ravnini razapetoj s vektorima a i b.
Sli¡cno,
a × (b × c) = b (a · c) − c (a · b), (3.4)
pa rezultiraju´ci vektor le¡zi u ravnini razapetoj s vektorima b i c.
Zadatak 3.5 Doka¡zite formule (3.3) i (3.4) ako su vektori a, b i c zadani kao
u teoremu 3.4.
3.13 Pravac
Pravac p je u prostoru E zadan s dvije razli¡cite to¡cke T1 i T2. Za svaku
to¡cku T koja le¡zi na pravcu p vektori −−→ T1T2 i −−→ T1T su kolinearni, odnosno postoji
t ∈ R takav da je (slika 3.15)
−−→ T1T = t−−→ T1T2.
Uz oznake
s = −−→ T1T2, r1 = −−→ OT1, r = −→ OT,
imamo vektorsku jednad¡zbu pravca
r − r1 = t s, t ∈ R,
odnosno
r = r1 + t s, t ∈ R. (3.5)
Vektor s je vektor smjera pravca p. Za vektor smjera mo¡zemo uzeti i bilo koji
drugi vektor koji je kolinearan s vektorom s.
Neka je u koordinatnom sustavu (O, i, j, k)
s = 

a
b
c

, r1 = 

x1
y1
z1

, r = 

x
y
z

.
|
|
|
barjak
|
#94
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:47:32
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
94 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
r
r
s
T
T
p
1 T
2
1
Slika 3.15: Pravac u prostoru
Tada vektorska jednad¡zba pravca (3.5) prelazi u parametarsku jednad¡zbu pravca


x = x1 + a t
y = y1 + b t
z = z1 + c t
t ∈ R. (3.6)
Eliminacijom parametra t iz jednad¡zbe (3.6) dobivamo kanonsku (simetri
¡cnu) jednad¡zbu pravca
x − x1
a
=
y − y1
b
=
z − z1
c
. (3.7)
U gornjoj formuli nazivnici ne ozna¡cavaju dijeljenje nego skalarne komponente
vektora smjera pa ih pi¡semo i onda kada su jednaki nula.
Primjer 3.9 Jednad¡zba x-osi glasi


x = t
y = 0
z = 0
t ∈ R,
odnosno
x
1
=
y
0
=
z
0
.
Naime, x-os prolazi ishodi¡stem O = (0, 0, 0), a vektor smjera joj je i = {1, 0, 0}.
No,
x + 5
√2
=
y
0
=
z
0
,
|
|
|
barjak
|
#95
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:48:29
|
pravac
3.13 Pravac 95
je takoder jednad¡zba x-osi.
U formuli (3.7) je zapisan sustav od tri linearne jednad¡zbe s tri nepoznanice,
b (x − x1) = a (y − y1)
c (x − x1) = a (z − z1) (3.8)
c (y − y1) = b (z − z1).
Ove jednad¡zbe definiraju pravac pa sustav ima jednoparametarsko rje¡senje.
Stoga su prema Kronecker-Capellijevom teoremu 2.5 jednad¡zbe linearno zavisne,
a sustav je ekvivalentan sustavu od dvije linearno nezavisne jednad¡zbe
koje odaberemo medu njima.
Dakle, pravac mo¡zemo zadati s dvije linearno nezavisne jednad¡zbe s tri
nepoznanice,
A1x + B1y + C1z + D1 = 0
A2x + B2y + C2z + D2 = 0, (3.9)
od kojih svaka predstavlja jednu ravninu u prostoru (poglavlje 3.14). Iz sustava
(3.9) eliminacijom jedne od varijabli dobijemo kanonsku jednad¡zbu (3.7), iz
koje onda lako dobijemo parametarsku jednad¡zbu pravca (3.6).
Primjer 3.10 Nadimo kanonsku i parametarsku jednad¡zbu pravca zadanog
s (slika 3.16)
2x + y + z + 1 = 0
x − y + 2z − 1 = 0.
Kad od prve jednad¡zbe oduzmemo dvostruku drugu dobijemo 3y−3z+3 = 0,
odnosno
y + 1
1
=
z
1
ili
y
1
=
z − 1
1
.
Kada zbrojimo prvu i drugu jednad¡zbu dobijemo 3x + 3z = 0, odnosno
x
1
=
z
−1
ili
x
−1
=
z
1
.
Stoga kanonska jednad¡zba pravca glasi
x
−1
=
y + 1
1
=
z
1
.
Pravac prolazi to¡ckom T = (0,−1, 0) i ima vektor smjera s = {−1, 1, 1}.
Parametarska jednad¡zba glasi


x = −t
y = −1 + t
z = t
t ∈ R.
|
|
|
barjak
|
#96
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:49:09
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
96 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
-2*x-y-1
(-x+y+1)/2
-3 -2 -1 0 1 2 3
x -3
-2
-1
0
1
2
3
y
-3
0
3
z
p
Slika 3.16: Pravac kao presjek ravnina
Primjer 3.11 Ako pravac p le¡zi u x-y ravnini, tada svi izrazi koji sadr¡ze
varijablu z u (3.6), (3.7) i (3.8) nestaju. Posebno, (3.8) prelazi u
b (x − x1) = a (y − y1).
Ako je a 6= 0, imamo
y − y1 =
b
a
(x − x1).
Ozna¡cimo li koeficijent smjera s k = b
a , dobijemo jednad¡zbu pravaca kroz
to¡cku T1 = (x1, y1) s koeficijentom smjera k,
y − y1 = k (x − x1).
Ako odaberemo to¡cku T1 = (0, l), pri ¡cemu je l odsje¡cak na y-osi, dobijemo
poznatu jednad¡zbu
y = k x + l.
3.14 Ravnina
Ravnina je u prostoru E zadana s tri to¡cke T1, T2 i T3 koje ne le¡ze na
istom pravcu. Za svaku to¡cku T koja le¡zi u ravnini vektori −−→ T1T, −−→ T1T2 i −−→ T1T3
su komplanarni (slika 3.17). Stoga je volumen paralelopipeda ¡sto ga razapinju
ti vektori jednak nula (primjer 3.8), odnosno
−−→ T1T · (−−→ T1T2 × −−→ T1T3) = 0. (3.10)
|
|
|
barjak
|
#97
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:49:57
|
ravnina
3.14 Ravnina 97
Uz oznake
r1 = −−→ OT1, r = −→ OT, n = −−→ T1T2 × −−→ T1T3,
jednad¡zba (3.10) prelazi u vektorsku jednad¡zbu ravnine
(r − r1) · n = 0. (3.11)
Vektor n je normalni vektor ili normala ravnine . Svaki vektor kolinearan s
n je takoder normala ravnine .
r T
T
T
T
r
n
2
3
1 r1
Slika 3.17: Ravnina u prostoru
Ako je u koordinatnom sustavu (O, i, j, k)
n = {A,B,C}, r1 = {x1, y1, z1}, r = {x, y, z},
tada vektorska jednad¡zba ravnine (3.11) prelazi u jednad¡zbu ravnine kroz to¡cku
T1 = (x1, y1, z1),
A(x − x1) + B(y − y1) + C(z − z1) = 0. (3.12)
Sredivanje gornje jednad¡zbe daje op´ci oblik jednad¡zbe ravnine
Ax + By + Cz + D = 0. (3.13)
|
|
|
barjak
|
#98
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:50:44
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
98 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
U obje jednad¡zbe (3.12) i (3.13) brojevi A, B i C su skalarne komponente
vektora normale n.
Ako je
T = (x, y, z), Ti = (xi, yi, zi), i = 1, 2, 3,
tada jednad¡zbu (3.10) mo¡zemo zapisati pomo´cu determinante. To nam daje
jednad¡zbu ravnine kroz tri to¡cke,
x − x1 y − y1 z − z1
x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1
x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1
= 0. (3.14)
Zadatak 3.6 Poka¡zite da je jednad¡zba (3.14) ekvivalentna s
x y z 1
x1 y1 z1 1
x2 y2 z2 1
x3 y3 z3 1
= 0.
Ako ravnina ne prolazi ishodi¡stem i ako za to¡cke T1, T2 i T3 odaberemo
sjeci¡sta ravnine s koordinatnim osima,
T1 = (a, 0, 0), T2 = (0, b, 0), T3 = (0, 0, c), a, b, c 6= 0,
tada iz (3.14) rje¡savanjem determinante
x − a y z
−a b 0
−a 0 c
= 0
dobijemo segmentni oblik jednad¡zbe ravnine
x
a
+
y
b
+
z
c
= 1, a, b, c 6= 0.
3.15 Primjene
Pomo´cu vektora i operacija s njima te pomo´cu raznih oblika jednad¡zbi
pravca i ravnine mo¡zemo ispitivati ¡citav niz meduodnosa i svojstava:
a) Medusobni odnosi pravaca i ravnina.
1. Pravci p1 i p2 su paralelni, p1 k p2, ako za njihove vektore smjera vrijedi
s1 = t s2, t ∈ R. Paralelni pravci mogu, ali ne moraju le¡zati jedan na
drugom.
|
|
|
barjak
|
#99
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:51:27
|
primene
3.15 Primjene 99
2. Pravci p1 i p2 su okomiti, p1 ⊥ p2, ako za njihove vektore smjera vrijedi
s1 · s2 = 0. Okomiti pravci se mogu sje´ci, ali mogu biti i mimosmjerni.
3. Ravnine 1 i 2 su paralelne, 1 k 2, ako za njihove normale vrijedi
n1 = t n2, t ∈ R. Paralelne ravnine mogu, ali ne moraju le¡zati jedna na
drugoj.
4. Ravnine 1 i 2 su okomite, 1 ⊥ 2, ako za njihove normale vrijedi
n1 · n2 = 0. Okomite ravnine se sijeku u pravcu.
5. Kut izmedu pravaca p1 i p2 nalazimo pomo´cu skalarnog produkta vektora
smjera,
cos∠(p1, p2) =
s1 · s2
|s1| |s2|
.
6. Kut izmedu ravnina 1 i 2 nalazimo pomo´cu skalranog produkta normala,
cos∠(1, 2) =
n1 · n2
|n1| |n2|
.
7. Kut izmedu pravca p i ravnine nalazimo pomo´cu skalranog produkta
vektora smjera i normale
sin∠(p, ) =
s · n
|s| |n|
.
b) Sjeci¡sta.
1. To¡cka T u kojoj se sijeku pravci p1 i p2, T = p1 ∩ p2.
2. Pravac p koji je presjek ravnina 1 i 2, p = 1 ∩ 2.
3. To¡cka T u kojoj pravac p sije¡ce ravninu , T = p ∩ : sjeci¡ste tra¡zimo
tako da parametarsku jednad¡zbu pravca uvrstimo u op´ci oblik jednad¡zbe
ravnine i rije¡simo linearni sustav od jedne jednad¡zbe s jednom nepoznanicom
(primjer 3.12).
c) Projekcije.
1. Projekcija to¡cke T na pravac p (primjer 3.13).
2. Projekcija to¡cke T na ravninu (primjer 3.14).
3. Projekcija pravca p na ravninu .
Naj¡ce¡s´ce tra¡zimo ortogonalne projekcije, ali mo¡zemo tra¡ziti i projekcije u
bilo kojem smjeru.
d) Udaljenosti.
|
|
|
barjak
|
#100
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:52:16
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
100 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
1. Udaljenost to¡caka T1 = (x1, y1, z1) i T2 = (x2, y2, z2): iz postupka
nala¡zenja komponenata vektora u primjeru 3.2 i formule za duljinu vektora
(3.1) slijedi
d(T1, T2) = |−−→ T1T2| = p(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2.
2. Udaljenost to¡cke T od pravca p: prvo nademo projekciju T′ to¡cke T na
pravac p, a onda izra¡cunamo d(T, p) = |−−→ TT′| (primjer 3.13).
3. Udaljenost to¡cke T od ravnine : prvo nademo projekciju T′ to¡cke T na
ravninu , a onda izra¡cunamo d(T, ) = |−−→ TT′| (primjer 3.14).
4. Udaljenost pravaca p1 i p2, d(p1, p2).
5. Udaljenost ravnina 1 i 2, d(1, 2).
6. Udaljenost pravca p i ravnine , d(p, ).
e) Analiza trokuta.
1. Te¡zi¡ste – sjeci¡ste te¡zi¡snica, odnosno pravaca koji spajaju vrh trokuta sa
sredinom nasuprotne stranice.
2. Upisana kru¡znica – sredi¡ste je sjeci¡ste simetrala kutova, odnosno pravaca
koji raspolovljuju unutarnje kutove trokuta, a radijus je udaljenost
sredi¡sta od bilo koje stranice.
3. Opisana kru¡znica – sredi¡ste je sjeci¡ste simetrala stranica, odnosno okomica
podignutih od sredine stranice trokuta, a radijus je udaljenost
sredi¡sta od bilo kojeg vrha.
4. Ortocentar – sjeci¡ste visina, odnosno okomica spu¡stenih iz vrha trokuta
na nasuprotnu stranicu.
f) Povr¡sine i volumeni.
1. Povr¡sina poligonalnih likova u prostoru – lik rastavljamo na trokute, a
povr¡sine trokuta ra¡cunamo pomo´cu vektorskog produkta kao u primjeru
3.7.
2. Volumeni tijela omedenih samo s ravnim plohama – tijelo rastavljamo na
tetraedre, a povr¡sine tetraedara ra¡cunamo pomo´cu mje¡sovitog produkta
kao u primjeru 3.8.
Postupci za ispitivanje ovih meduodnosa i svojstava detaljno su opisani u
vje¡zbama.
|
|
|
barjak
|
#101
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:53:07
|
primene
3.15 Primjene 101
3.15.1 Primjeri
Sljede´ci primjeri ilustriraju nala¡zenje sjeci¡sta pravca i ravnine, projekcije
to¡cke na pravac i udaljenosti to¡cke od pravca te projekcije to¡cke na ravninu i
udaljenosti to¡cke od ravnine.
Primjer 3.12 Odredimo to¡cku T u kojoj se sijeku pravac
p . . .
x − 1
−1
=
y − 3
2
=
z − 2
3
i ravnina zadana s x+2y +z −3 = 0. Parametarska jednad¡zba pravca glasi


x = 1 − t
y = 3 + 2t
z = 2 + 3t
t ∈ R.
Uvr¡stavanje u jednad¡zbu ravnine daje
1 − t + 2(3 + 2t) + 2 + 3t − 3 = 0,
odnosno t = −1. Uvr¡stavanje ove vrijednosti t u parametarsku jednad¡zbu
pravca daje x = 2, y = 1 i z = −1 pa je tra¡zena to¡cka T jednaka (slika 3.18)
p ∩ = T = (2, 1,−1).
Primjer 3.13 Odredimo projekciju T′ to¡cke T = (4, 4, 5) na pravac
p . . .
x − 4
1
=
y − 6
2
=
z + 1
−1
i udaljenost to¡cke T od pravca p.
Za odredivanje projekcije odredit ´cemo pomo´cnu ravninu koja prolazi
to¡ckom T, a okomita je na pravac p. To¡cka T′ je sjeci¡ste pravca p i ravnine
(slika 3.19).
Normala ravnine jednaka je vektoru smjera pravca p,
n = s = {1, 2,−1}.
Ravnina prolazi to¡ckom T pa formula (3.12) daje
x − 4 + 2(y − 4) − (z − 5) = 0.
Nadimo sjeci¡ste pravca i ravnine kao u primjeru 3.12: parametarska jednad¡zba
pravca p glasi


x = 4 + t
y = 6 + 2t
z = −1 − t
t ∈ R
|
|
|
barjak
|
#102
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:53:57
|
vektorska algebra i analiticka geometrija
102 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITI¡CKA GEOMETRIJA
r
p
x
y
z
T
1
2
Slika 3.18: Sjeci¡ste pravca i ravnine
pa uvr¡stavanje u jednad¡zbu ravnine daje t = −5
3 . Uvr¡stavanje t u parametarsku
jednad¡zbu pravca daje
T′ = 7
3
,
8
3
,
2
3.
Kona¡cno,
d(T, p) = |−−→ TT′| = s7
3 − 42
+ 8
3 − 42
+ 2
3 − 52
=
√210
3 ≈ 4.83.
Primjer 3.14 Odredimo projekciju T′ to¡cke T = (4, 4, 5) na ravninu
. . . 3x + 6y + 2z − 6 = 0
i udaljenost to¡cke T od ravnine .
Prvo ´cemo na´ci pomo´cni pravac p koji prolazi to¡ckom T, a okomit je na
ravninu . To¡cka T′ je tada sjeci¡ste pravca i ravnine (slika 3.20).
Vektor smjera pravca p jednak je normali ravnine ,
s = n = {3, 6, 2}.
|
|
|
barjak
|
#103
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 08:54:50
|
primene
3.15 Primjene 103
x
y
z
4
T’
8/3
r
n=s
T
p
4
7/3
d(T,p)
Slika 3.19: Projekcija to¡cke na pravac
Pravac prolazi to¡ckom T pa njegova parametarska jednad¡zba glasi


x = 4 + 3t
y = 4 + 6t
z = 5 + 2t
t ∈ R.
Sli¡cno kao u prethodnom primjeru, uvr¡stavanje u jednad¡zbu ravnine daje t =
−40
49 , odnosno
T′ = 76
49
, −44
49
,
165
49 ≈ (1.55,−0.9, 3.37).
Kona¡cno
d(T, ) = |−−→ TT′| =
280
49 ≈ 5.71.
|
|
|
barjak
|
#104
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:31:37
|
funkcije realne varijable
4.
FUNKCIJE REALNE
VARIJABLE
4.1 Na¡cini zadavanja funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.1.1 Tabli¡cno zadavanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.1.2 Eksplicitno zadavanje . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
4.1.3 Implicitno zadavanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
4.1.4 Parametarsko zadavanje . . . . . . . . . . . . . . . . 112
4.2 Klasifikacija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
4.3 Limes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
4.3.1 Svojstva limesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
4.3.2 Limes slijeva i zdesna . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
4.3.3 Limes u beskona¡cnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
4.3.4 Beskona¡can limes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
4.4 Neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.4.1 Svojstva neprekidnih funkcija . . . . . . . . . . . . . 126
4.4.2 Vrste prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
4.5 Asimptote . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
4.6 Pregled elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . . 132
4.6.1 Konstantna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
4.6.2 Potencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
4.6.3 Eksponencijalna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . 136
4.6.4 Logaritamska funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
4.6.5 Trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 141
4.6.6 Arkus funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
4.6.7 Klasifikacija elementarnih funkcija . . . . . . . . . . 153
4.6.8 Polinomi i racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . 154
4.6.9 Hiperbolne i area funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 156
|
|
|
barjak
|
#105
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:43:51
|
funkcije realne varijable
106 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
Ova glava kao i sljede´ca o derivacijama, posve´cene su ispitivanju realnih
funkcija realne varijable, dakle funkcije kod kojih su domena, i kodomena
podskupovi skupa realnih brojeva. Posebno ´cemo promatrati tipove funkcija
koje se javljaju u tehni¡ckim primjenama, a to su funkcije oblika
f : D → K, D,K ⊆ R,
pri ¡cemu D ozna¡cava domenu, a K kodomenu funkcije (vidi definiciju 1.7). Za
ispitivanje funkcije potrebno je znati:
– podru¡cje definicije ili domenu,
– podru¡cje vrijednosti ili kodomenu,
– podru¡cje neprekidnosti,
– pona¡sanje funkcije u rubovima podru¡cja definicije, uklju¡cuju´ci ∞ i −∞
kad god to ima smisla te u to¡ckama prekida (limesi i asimptote),
– simetriju (parnost ili neparnost),
– periodi¡cnost,
– podru¡cja monotonosti (rastu´ca ili padaju´ca funkcija),
– zakrivljenost (konveksnost ili konkavnost) i to¡cke infleksije, odnosno
to¡cke u kojima dolazi do promjene zakrivljenosti,
– ekstreme, odnosno lokalne i globalne minimume i maksimume,
– skicirati funkciju,
– odrediti inverznu funkciju ukoliko je zadana funkcija bijekcija.
Derivacije, koje su tema sljede´ce glave, koriste se kod nala¡zenja limesa te
kod ispitivanja monotonosti, zakrivljenosti i ekstrema.
Graf funkcije op´cenito mo¡zemo definirati kao prikaz ovisnosti varijabli x i
y pomo´cu krivulje u ravnini. Kako je svakoj funkciji jednozna¡cno pridru¡zen
njen graf, to u daljnjem izlaganju ¡cesto ne´cemo praviti razliku izmedu funkcije
i njenog grafa, ukoliko je iz konteksta jasno na ¡sto se misli. Precizne definicije
grafa funkcije ovise o na¡cinu zadavanja funkcije pa ´cemo ih navesti kasnije u
odgovaraju´cim poglavljima.
U sljede´cim poglavljima opisat ´cemo na¡cine zadavanja funkcija, te dati
klasifikaciju funkcija, odnosno definirati neke va¡zne klase funkcija. Zatim ´cemo
opisati pojam limesa te pomo´cu njega uvesti pojam neprekidnosti i opisati
vrste prekida. Takoder ´cemo navesti i svojstva limesa i neprekidnih funkcija.
Potom ´cemo definirati pojam asimptote i opisati kako ih nalazimo, a na kraju
´cemo dati pregled elementarnih funkcija i njihovih svojstava.
|
|
|
barjak
|
#106
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:45:04
|
zadavanja funkcija
4.1 Na¡cini zadavanja funkcija 107
4.1 Na¡cini zadavanja funkcija
Funkciju mo¡zemo zadati tabli¡cno, eksplicitno, implicitno i parametarski.
4.1.1 Tabli¡cno zadavanje
Tabli¡cno zadavanje funkcija je ¡cesto u primjenama, jer se vrijednost zavisne
varijable mo¡ze izmjeriti samo u nekim to¡ckama. Tako se na primjer
temperatura ili tlak zraka mjeri su meteorolo¡skim stanicama, a kod prikaza se
u meteorolo¡skim kartama te vrijednosti interpoliraju glatkim krivuljama.
Funkcija zadana s
x 0 1 3 4 5 8
y = f(x) -1 1 3 5 7 6
prikazana je na slici 4.1.
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
1 2 3 4 5 6 7 8
Slika 4.1: Tabli¡cno zadana funkcija
Graf tabli¡cno zadane funkcije je skup to¡caka u ravini, S ⊂ R2, definiran s
S = {(x, y) : y = f(x)}.
Za odredivanje vrijednosti funkcije u ostalim to¡ckama koristimo postupak
interpolacije. Najjednostavnija je linearna interpolacija kod koje se vrijednosti
|
|
|
barjak
|
#107
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:45:55
|
funkcije realne varijable
108 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
funkcije izmedu dvije susjedne to¡cke grafa prikazuju kao da le¡ze na pravcu
izmedu te dvije to¡cke. Dakle, za x ∈ (xi, xi+1) se uzima (vidi primjer 3.11)
f(x) = y = yi +
yi+1 − yi
xi+1 − xi
(x − xi).
Tako je, na primjer (slika 4.2),
f(2.6) = y(1) +
y(3) − y(1)
3 − 1
(2.6 − 1) = 2.6
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
1 2 3 4 5 6 7 8
Slika 4.2: Linearna interpolacija
Va¡zan primjer tabli¡cno zadanih funkcija su i logaritamske tablice. U tablicama
su zadane vrijednosti elementarnih funkcija kao sin x, cos x, log x, ln x i
ex u odredenim to¡ckama, dok se vrijednosti funkcija u ostalim to¡ckama nalaze
odgovaraju´com interpolacijom.
4.1.2 Eksplicitno zadavanje
Eksplicitno se funkcija zadaje pomo´cu pravila
y = f(x),
gdje je f(x) izraz koji sadr¡zi samo nezavisnu varijablu x. Dakle, eksplicitno
zadana funkcija je preslikavanje f : D → K pri ¡cemu su domena D i kodomena
|
|
|
barjak
|
#108
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:46:55
|
4.1 Na¡cini zadavanja funkcija 109
K podskupovi skupa R. Domena je skup svih vrijednosti nezavisne varijable
x za koje izraz f(x) ima smisla (definicija 1.7). Pri tome jednoj vrijednosti
nezavisne varijable x ∈ D odgovara samo jedna vrijednost zavisne varijable y.
Graf eksplicitno zadane funkcije je krivulja u ravini,
|
|
|
barjak
|
#109
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:47:52
|
funkcije realne varijable
110 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
Da x mora biti razli¡cit od nule slijedi i iz formule (4.1) jer uvr¡stavanje nule
daje
2
= arccos 0 = −0,
¡sto je nemogu´ce.
Zaklju¡cimo: funkcija x + arccos(xy) = 0 definirana je za x ∈ [−, 0) i na
tom intervalu poprima iste vrijednosti kao eksplicitno zadana funkcija y =
cos(x)/x (vidi sliku 4.3). Sama funkcija y = cos(x)/x definirana je na ve´cem
podru¡cju, x ∈ R {0} (slika 4.4).
-10
-5
-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0
Slika 4.3: Implicitno zadana funkcija x + arccos(xy) = 0
Za razliku od prethodnog primjera, izrazom F(x, y) = 0 mo¡ze biti zadano
vi¡se eksplicitno zadanih funkcija. U tom slu¡caju jednoj vrijednosti varijable x
mo¡ze odgovarati vi¡se vrijednosti varijable y.
Primjer 4.1 [Kru¡znica] Izrazom
x2 + (y − 1)2 − 4 = 0
implicitno je zadana kru¡znica sa sredi¡stem u to¡cki (0, 1) radijusa 2. Na primjer,
ovim izrazom eksplicitno su zadane dvije osnovne funkcije, y1(x) i y2(x), od
kojih svaka predstavlja jednu polukru¡znicu. Zaista, jednad¡zba
(y − 1)2 = 4 − x2
povla¡ci
y − 1 = p4 − x2 ili y − 1 = −p4 − x2,
|
|
|
barjak
|
#110
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:49:13
|
na cini zadavanja funkcija
4.1 Na¡cini zadavanja funkcija 111
-10
-5
5
10
-10 -5 5 10
Slika 4.4: Funkcija y = cos(x)/x
odnosno
y1 = 1 +p4 − x2 i y2 = 1 −p4 − x2.
Kako izraz pod korijenom mora bit ve´ci ili jednak nuli, domene su D1 = D2 =
[−2, 2] (slika 4.5).
Napomena 4.1 Op´cenito, izraz
(x − x0)2 + (y − y0)2 = r2
je implicitna jednad¡zba kru¡znice radijusa r sa sredi¡stem u to¡cki (x0, y0).
Implicitno zadane funkcije ¡cesto nije mogu´ce svesti na eksplicitni oblik.
Primjer 4.2 Descartesov list je krivulja zadana s izrazom
x3 + y3 − 3xy = 0.
Premda funkciju (slika 4.6) nije mogu´ce jednostavno rastaviti na eksplicitno
zadane funkcije kao u primjeru 4.1, mo¡zemo je analizirati u parametarskom
obliku (primjeri 4.4 i 4.12).
|
|
|
barjak
|
#111
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:49:58
|
funkcije realne varijable
112 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
-1
0
1
2
3
-2 -1 0 1 2
1+sqrt(4-x**2)
1-sqrt(4-x**2)
Slika 4.5: Implicitno zadana kru¡znica
4.1.4 Parametarsko zadavanje
Funkcija se zadaje parametarski tako da se x i y zadaju kao funkcije parametra
t,
x = ’(t)
y = (t), t ∈ T ⊆ R.
Graf parametarski zadane funkcije je krivulja u ravini,
|
|
|
barjak
|
#112
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:50:52
|
na cini zadavanja funkcija
4.1 Na¡cini zadavanja funkcija 113
-3
-2
-1
0
1
2
3
-3 -2 -1 0 1 2 3
Slika 4.6: Descartesov list
Primjer 4.3 Cikloida je krivulja koju opisuje fiksna to¡cka kru¡znice kada se
ta kru¡znica kotrlja bez klizanja po pravcu. Parametarska jednad¡zba cikloide
glasi (slika 4.7)
x = r(t − sin t)
y = r(1 − cos t), t ∈ R.
r
r 2*r*pi
Slika 4.7: Cikloida
Zadatak 4.2 (a) Epicikloida je krivulja koju opisuje to¡cka na kru¡znici kada
se ta kru¡znica bez klizanja kotrlja po vanjskom rubu druge kru¡znice. Hipocikloida
je krivulja koju opisuje to¡cka na kru¡znici kada se ta kru¡znica
|
|
|
barjak
|
#113
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:51:46
|
funkcije realne varijable
114 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
bez klizanja kotrlja po unutra¡snjem rubu druge kru¡znice. Nadite jednad
¡zbe epicikloide i hipocikloide u matemati¡ckom priru¡cniku i nacrtajte
te krivulje pomo´cu programa NetPlot.
(b) Izvedite implicitnu jednad¡zbu cikloide:
x +p2ry − y2 − r arccos r − y
r = 0.
© Kako glasi jednad¡zba cikloide koja polazi iz to¡cke (1, 0)? Provjerite rje¡senje
pomo´cu programa NetPlot.
Primjer 4.4 Izvedimo parametarsku jednad¡zbu Descartesovog lista iz primjera
4.2. Iz jednad¡zbe
x3 + y3 − 3xy = 0
vidimo da krivulja prolazi kroz to¡cku (0, 0). Ako je x, y 6= 0, tada jednad¡zbu
mo¡zemo podijeliti s y3 ¡sto daje
x3
y3 + 1 − 3
x
y ·
1
y
= 0.
Uvedimo novu varijablu
t =
x
y
¡sto daje
t3 + 1 − 3t
1
y
= 0.
Dakle,
y =
3 t
t3 + 1
,
x = ty =
3 t2
t3 + 1
, t ∈ R {−1}.
Zadatak 4.3 Koje dijelove Descartesovog lista na slici 4.6 dobijemo kada
parametar t poprima vrijednosti u intervalima (−∞,−1), (−1, 0), [0, 1) i
[1,∞)? Kod rje¡savanja zadatka mo¡zete koristiti program NetPlot.
U ovoj i sljede´coj glavi vidjet ´cemo da su najbolje razvijeni teoretski rezultati
za analiziranje eksplicitno zadanih funkcija, dok se implicitno i parametarski
zadane funkcije analiziraju pomo´cu odgovaraju´cih prilagodbi tih rezultata.
Stoga je kod ispitivanja parametarski zadanih funkcija va¡zno znati kada je i
na kojem podru¡cju s x i y eksplicitno zadana funkcija y = f(x) ili x = g(y).
Pri tome je va¡zno uo¡citi da su kod parametarski zadanih funkcija varijable
x i y ravnopravne. Sljede´ci teorem nam daje uvjete za postojanje funkcije
y = f(x), dok se analogni teorem za slu¡caj funkcije x = g(y) dobije zamjenom
varijabli.
|
|
|
barjak
|
#114
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:54:19
|
funkcije realne varijable
116 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
je parna za n paran, a neparna za n neparan pa odatle i nazivi:
f(−x) = (−x)n = (−1)nxn = (−1)nf(x).
Funkcija |x| je parna: ako je x > 0, tada je −x < 0 pa vrijedi
| − x| = −(−x) = x = |x|,
a ako je x < 0 tada je −x > 0 pa vrijedi
| − x| = −x = |x|.
Definicija 4.3 Funkcija f je rastu´ca ili uzlazna na intervalu A ⊆ D ako
(∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2).
Funkcija f je strogo rastu´ca na intervalu A ⊆ D ako
(∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2).
Sli¡cno, funkcija f je padaju´ca ili silazna na intervalu A ⊆ D ako
(∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) ≥ f(x2),
a strogo padaju´ca na intervalu A ⊆ D ako
(∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2).
Ako je A = D tada ka¡zemo da je funkcija f (strogo) rastu´ca ili padaju´ca bez
navodenja skupa.
Ako je funkcija (strogo) rastu´ca ili padaju´ca, jo¡s ka¡zemo i da je (strogo) monotona.
Funkcija je po dijelovima monotona ako se podru¡cje definicije D mo¡ze rastaviti
na kona¡cno mnogo podintervala takvih da je na svakom od njih funkcija
monotona.
Na primjer, funkcija |x| je strogo padaju´ca na intervalu (−∞, 0] i strogo
rastu´ca na intervalu [0,∞), dakle po dijelovima strogo monotona. Konstantna
funkcija f(x) = 2 (slika 4.17) je monotona i to istovremeno i rastu´ca i padaju´ca
na ¡citavoj domeni (ali ne strogo).
Definicija 4.4 Funkcija f je periodi¡cna ako postoji broj P 6= 0 takav da za
svaki x ∈ D vrijedi
f(x + P) = f(x).
Tada o¡cito mora vrijediti x + P ∈ D. Najmanji pozitivni P s ovim svojstvom
zove se osnovni period ili period funkcije f.
|
|
|
barjak
|
#115
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:55:13
|
Primjeri periodi¡cnih funkcija su trigonometrijske funkcije.
Primjer 4.5 Funkcija najve´ce cijelo, [x] : R → Z je definirana s
[x] = k, k ≤ x < k + 1, k ∈ Z.
Definirajmo funkciju f : R → R s
f(x) = x − [x].
Kako je 0 ≤ f(x) < 1, to je Rf = [0, 1). Nadalje, za svaki n ∈ N vrijedi
f(x+n) = x+n−[x+n] = x+n−([x]+n) = x+n−[x]−n = x−[x] = f(x)
pa je f periodi¡cna funkcija s osnovnim periodom P = 1.
Zadatak 4.4 Nacrtajte funkcije [x] i f iz primjera 4.5.
4.3 Limes
Pojam limesa je jedan od najva¡znijih pojmova za razumijevanje analize
funkcija. U ovom poglavlju definirat ´cemo limes funkcije i dati njegova svojstva.
Takoder ´cemo definirati limes slijeva i zdesna, limes u beskona¡cnosti i
beskona¡can limes.
Definicija 4.5 Ako se vrijednost funkcije f(x) pribli¡zava vrijednosti a kada
se nezavisna varijabla x pribli¡zava to¡cki x0, tada ka¡zemo da f(x) te¡zi prema
a kada x te¡zi prema x0, odnosno
f(x) → a kada x → x0.
Broj a je limes ili grani¡cna vrijednost funkcije f kada x te¡zi prema x0, odnosno
lim
x→x0
f(x) = a.
Pored ove, vi¡se intuitivne definicije limesa, imamo i matemati¡cku definiciju:
lim
x→x0
f(x) = a
ako (slika 4.8)
(∀" > 0) (∃ > 0) x ∈ D {x0} ∧ |x −x0| < ⇒ |f(x)−a| < ". (4.3)
Ako limx→x0 f(x) postoji, tada ka¡zemo da funkcija f konvergira u to¡cki x0.
Ako limx→x0 f(x) ne postoji, tada ka¡zemo da funkcija f divergira u to¡cki x0.
|
|
|
barjak
|
#116
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:55:59
|
funkcije realne varijable
118 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
Iako izgleda slo¡zeno, precizna definicija limesa (4.3) nu¡zna je za dokazivanje
raznih svojstava limesa kao u teoremima 4.2 i 4.3.
Napomena 4.2 (1) Veli¡cine " i u definiciji (4.3) su op´cenito mali brojevi
(vidi sliku 4.8).
(2) Iz definicije 4.5 vidimo da funkcija f mo¡ze imati limes u nekoj to¡cki, a
da nije definirana u toj to¡cki, ali mora biti definirana u nekoj okolini te
to¡cke.
x0
a
aa+
e
x
0+ d d 0-
e
x
Slika 4.8: Limes funkcije
Slika 4.8 prikazuje situaciju iz relacije (4.3). Drugim rije¡cima, za svaki
interval oko to¡cke a postoji interval oko to¡cke x0, takav da se vrijednost funkcije
nalazi u prvom intervalu, ¡cim se x nalazi u drugom intervalu. U ovom
slu¡caju se za x iz drugog intervala vrijednosti funkcije nalaze u u¡zem intervalu,
no taj interval je sadr¡zan u polaznom intervalu oko a pa je relacija (4.3)
zadovoljena.
Doka¡zimo prvi teorem o limesu.
Teorem 4.2 Limes je jedinstven.
Dokaz. Dokaz ´cemo provesti pomo´cu kontradikcije. Pretpostavimo suprotno
od tvrdnje teorema, odnosno da postoje dva razli¡cita limesa u to¡cki x0,
lim
f(x) = a i lim
f(x) = b.
|
|
|
barjak
|
#117
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:57:32
|
4.3 Limes 119
Odaberimo " = (b − a)/3. Prema relaciji (4.3) postoje a i b takvi da
|x−x0| < a ⇒ f(x) ∈ (a−", a+") ∧ |x−x0| < b ⇒ f(x) ∈ (b−", b+").
Tada bi za = min{a, b} moralo vrijediti
|x − x0| < ⇒ f(x) ∈ (a − ", a + ") ∧ f(x) ∈ (b − ", b + ").
No, kako su intervali na desnoj strani disjunktni zbog na¡seg izbora ", to je
nemogu´ce. Dobili smo kontradikciju pa je teorem dokazan.
4.3.1 Svojstva limesa
Za prakti¡cno ra¡cunanje limesa ne koristimo relaciju (4.3), nego svojstva
limesa i osnovne limese koje ´cemo upoznati tijekom predavanja.
Teorem 4.3 (Osnovna svojstva limesa) Neka funkcije f i g imaju limese
kada x → x0. Tada vrijedi
lim
x→x0
(f + g)(x) = lim
x→x0
f(x) + lim
x→x0
g(x),
lim
x→x0
(f − g)(x) = lim
x→x0
f(x) − lim
x→x0
g(x),
lim
x→x0
(f · g)(x) = lim
x→x0
f(x) · lim
x→x0
g(x),
lim
x→x0 f
g(x) =
limx→x0 f(x)
limx→x0 g(x)
, uz lim
x→x0
g(x) 6= 0.
Dokaz. Doka¡zimo prvo svojstvo. Odaberimo " > 0. Prema relaciji (4.3)
postoje f i g takvi da
|x − x0| < f ⇒ |f(x) − a| <
"
2 ∧ |x − x0| < g ⇒ |g(x) − b| <
"
2
,
pri ¡cemu su a i b odgovaraju´ci limesi. Neka je = min{f , g}. Tada |x−x0| <
povla¡ci
|(f +g)(x)−(a+b)| = |f(x)−a+g(x)−b| ≤ |f(x)−a|+|g(x)−b| <
"
2
+
"
2
= "
i tvrdnja je dokazana. U gornjoj nejednakosti koristili smo nejednakost trokuta
za apsolutnu vrijednost iz teorema 1.10 (ii).
Ostale tvrdnje dokazuju se na sli¡can na¡cin pomo´cu relacije (4.3).
|
|
|
barjak
|
#118
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:58:53
|
funkcije realne varijable
120 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
Posebno, za konstantu c vrijedi
lim
x→x0
(c + f(x)) = c + lim
x→x0
f(x),
lim
x→x0
(cf(x)) = c lim
x→x0
f(x),
lim
x→x0
c
f(x)
=
c
limx→x0 f(x)
, lim
x→x0
f(x) 6= 0.
Sljede´ca dva teorema navodimo bez dokaza.
Teorem 4.4 (Pravilo uklije¡stene funkcije) Neka je
lim
x→x0
f(x) = lim
x→x0
g(x) = a.
Ako postoji > 0 takav da za funkciju h vrijedi
x ∈ (x0 − ) ∪ (x0 + ) ⇒ f(x) ≤ h(x) ≤ g(x),
tada je takoder
lim
x→x0
h(x) = a.
Situacija opisana u teoremu prikazana je na slici 4.9
x0
a
h(x)
f(x)
g(x)
Slika 4.9: Pravilo uklije¡stene funkcije
Primjer 4.6 Doka¡zimo da je
lim
x→0
sin x
x
= 1. (4.4)
|
|
|
barjak
|
#119
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 22:59:47
|
limes
4.3 Limes 121
Neka je x blizu nule. Iz slike 4.27 zaklju¡cujemo da za x > 0 vrijedi
tg x > x > sin x,
pa dijele´ci nejednakost sa sin x > 0 imamo
1
cos x
>
x
sin x
> 1.
Sli¡cno, za x < 0 vrijedi (negativni brojevi)
tg x < x < sin x,
dijele´ci nejednakost sa sin x < 0 ponovo imamo
1
cos x
>
x
sin x
> 1.
Dakle, za x 6= 0 vrijedi i recipro¡cna nejednakost
1 >
sin x
x
> cos x.
Kako je
lim
x→0
1 = 1, lim
x→0
cos x = 1,
jednakost (4.4) vrijedi po teoremu 4.6. Jednakost (4.4) se lijepo vidi i na slici
4.11.
Zadatak 4.5 Koriste´ci formulu sin 2x = 2 sin x cos x, tre´cu tvrdnju teorema
4.3 i jednakost (4.4) izra¡cunajte
lim
x→0
sin 2x
x
.
¡Cemu je jednak limes
lim
x→0
sin x
2
x
?
Teorem 4.5 (Pravilo zamjene) Neka funkcije f i g imaju iste vrijednosti
u nekoj okolini to¡cke x0, (x0 − , x0 + ), osim mo¡zda u samoj to¡cki x0. Tada
je
lim
x→x0
f(x) = lim
x→x0
g(x).
|
|
|
barjak
|
#120
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:00:42
|
funkcije realne varijable
122 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
4.3.2 Limes slijeva i zdesna
Kada nezavisna varijabla x te¡zi k x0 slijeva ili zdesna, limesi ne moraju
biti jednaki.
Vrijednost a je limes slijeva funkcije f u to¡cki x0, odnosno
lim
x→x0−0
f(x) = a,
ako
(∀" > 0) (∃ > 0) x ∈ D ∩ (x0 − , x0) ⇒ |f(x) − a| < ".
Sli¡cno, vrijednost a je limes zdesna funkcije f u to¡cki x0, odnosno
lim
x→x0+0
f(x) = a,
ako
(∀" > 0) (∃ > 0) x ∈ D ∩ (x0, x0 + ) ⇒ |f(x) − a| < ".
Napomena 4.3 Svojstva limesa iz poglavlja 4.3.1 vrijede i za limese s lijeva
i zdesna.
Primjer 4.7 Funkcija predznak ili signum definirana je na sljede´ci na¡cin:
sign : R {0} → R, sign(x) =
x
|x|
.
¡Cesto se po dogovoru uzima sign(0) = 1 (vidi sliku 4.10). Odredimo limese
slijeva i zdesna u to¡cki x0 = 0: za x > 0 vrijedi sign(x) = x/x = 1 pa je
lim
x→x0+0
x
|x|
= 1.
Za x < 0 vrijedi sign(x) = x/(−x) = −1 pa je
lim
x→x0−0
x
|x|
= −1.
Iz slike 4.10 vidimo da za svaki " > 0 mo¡zemo uzeti bilo koji > 0.
|
|
|
barjak
|
#121
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:01:31
|
limes
4.3 Limes 123
1
-1
Slika 4.10: Funkcija sign(x)
4.3.3 Limes u beskona¡cnosti
Ako je podru¡cje definicije D neograni¡cene s jedne ili s obje strane, zanima
nas postoji li limes funkcije kada nezavisna varijabla x te¡zi k −∞ ili +∞.
Vrijednost a je limes funkcije f kada x → +∞ (limes u desnom kraju),
odnosno
lim
x→+∞
f(x) = a,
ako
(∀" > 0) (∃M > 0) x ∈ D ∧ x > M ⇒ |f(x) − a| < ".
Sli¡cno, vrijednost a je limes funkcije f kada x → −∞ (limes u lijevom kraju),
odnosno
lim
x→−∞
f(x) = a,
ako
(∀" > 0) (∃M < 0) x ∈ D ∧ x < M ⇒ |f(x) − a| < ".
Napomena 4.4 Svojstva limesa iz poglavlja 4.3.1 vrijede i za limese u beskona
¡cnosti.
Primjer 4.8 a) Kako je funkcija sinus omedena, | sin x| ≤ 1, vrijedi (vidi
sliku 4.11)
lim
x→+∞
sin x
x
= 0, lim
x→−∞
sin x
x
= 0.
b) Funkcija f(x) = 1/x o¡cito te¡zi k nuli kada x → +∞ i kada x → −∞. Za
razliku od prvog primjera, ovdje mo¡zemo ¡cak odrediti da li f(x) → 0 s
gornje ili donje strane (vidi sliku 4.12):
lim
x→+∞
1
x
= 0+, lim
x→−∞
1
x
= 0−.
|
|
|
barjak
|
#122
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:02:28
|
funkcije realne varijable
124 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
e
−e M
−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
10 20 30 40 50
Slika 4.11: Funkcija sin x/x
4.3.4 Beskona¡can limes
Kada x → x0 takoder je mogu´ce da vrijednosti funkcije f te¡ze u beskona
¡cnost.
Funkcija f te¡zi u +∞ kada x → x0, odnosno
lim
x→x0
f(x) = +∞,
ako
(∀M > 0) (∃ > 0) x ∈ D {x0} ∧ |x − x0| < ⇒ f(x) > M.
Sli¡cno, funkcija f te¡zi u −∞ kada x → x0, odnosno
lim
x→x0
f(x) = −∞,
ako
(∀M < 0) (∃ > 0) x ∈ D {x0} ∧ |x − x0| < ⇒ f(x) < M.
Napomena 4.5 Beskona¡cne limese slijeva i zdesna definiramo na sli¡can na¡cin.
Svojstva limesa iz poglavlja 4.3.1 vrijede i za beskona¡cne limese.
Na primjer, lako se vidi da je (slika 4.13)
lim
x→0−0
1
x
= −∞, lim
x→0+0
1
x
= +∞.
|
|
|
barjak
|
#123
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:03:37
|
neprekidnost
4.4 Neprekidnost 125
e
M
Slika 4.12: Funkcija 1/x
Zadatak 4.6 Koji su limesi funkcija
f(x) =
1
x2 , g(x) =
1
x3
kada x → 0 − 0, x → 0 + 0, x → +∞ i x → −∞ ?
4.4 Neprekidnost
Definirat ´cemo svojstvo neprekidnosti, dati svojstva neprekidnih funkcija,
opisati vrste prekida koje funkcija mo¡ze imati te definirati asimptote i opisati
postupak za njihovo nala¡zenje.
Intuitivna definicija neprekidnosti je sljede´ca: funkcija je neprekidna ako
njen graf mo¡zemo nacrtati bez podizanja olovke s papira. Medutim, ova defi-
nicija nas ne zadovoljava jer pomo´cu nje nismo u mogu´cnosti dokazati razna
svojstva neprekidnih funkcija koja koristimo u analizi. Stroga matemati¡cka
definicija neprekidnosti koristi pojam limesa.
Definicija 4.6 Funkcija f je neprekidna u to¡cki x0 ∈ D ako je
lim
x→x0
f(x) = f(x0).
|
|
|
barjak
|
#124
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:04:33
|
funkcije realne varijable
126 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
d
M
Slika 4.13: Beskona¡can limes
Funkcija f je neprekidna na skupu A ⊆ D ako je neprekidna u svakoj to¡cki
skupa A. Funkcija f je neprekidna ako je neprekidna u svakoj to¡cki svoga
podru¡cja definicije D.
Pomo´cu ove definicije i definicije limesa (4.3) mo¡zemo dokazati nekoliko
izuzetno va¡znih svojstava neprekidnih funkcija. Tri teorema u sljede´cem poglavlju
navodimo bez dokaza.
4.4.1 Svojstva neprekidnih funkcija
Teorem 4.6 Neka su funkcije f i g neprekidne u to¡cki x (na skupu A). Tada
su u to¡cki x (na skupu A) neprekidne i funkcije f + g, f − g, f · g i
f
g
uz
g(x) 6= 0 (g(x) 6= 0 za svaki x ∈ A).
Dokaz ovog teorema sli¡can je dokazu teorema 4.3.
Teorem 4.7 (i) Ako je funkcija f neprekidna u to¡cki x, a funkcija g neprekidna
u to¡cki y = f(x), tada je kompozicija g ◦ f neprekidna u to¡cki
x.
|
|
|
barjak
|
#125
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:05:30
|
4.4 Neprekidnost 127
(ii) Ako je
lim
x→x0
f(x) = y
i ako je funkcija g neprekidna u to¡cki y, tada je
lim
x→x0
g(f(x)) = g
|
|
|
barjak
|
#126
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:06:59
|
128 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
a
b
c
d
e
Slika 4.14: Neprekidna funkcija
4.4.2 Vrste prekida
Razlikujemo tri vrste prekida funkcije: uklonjivi prekid, prekid prve vrste
i prekid druge vrste.
Definicija 4.7 Neka je funkcija f definirana u nekoj okolini (x0 − ", x0 + "),
osim mo¡zda u samoj to¡cki x0. Funkcija f ima uklonjivi prekid u to¡cki x0 ako
je
lim
x→x0−0
f(x) = lim
x→x0+0
f(x) = a ∈ R,
pri ¡cemu f ili nije definirana u to¡cki x0 ili je f(x0) 6= a. Prekid se ukloni tako
¡sto se definira f(x0) = a.
Funkcija f ima prekid prve vrste u to¡cki x0 ako su limesi slijeva i zdesna u
to¡cki x0 kona¡cni i razli¡citi.
Funkcija f ima prekid druge vrste u to¡cki x0 ako je barem jedan od limesa
slijeva ili zdesna beskona¡can ili ne postoji.
Na primjer, funkcija f(x) = x2/x ima uklonjivi prekid u to¡cki x = 0.
Prekid se ukloni tako ¡sto definiramo f(0) = 0, u kojem slu¡caju dobijemo
neprekidnu funkciju f(x) = x. Funkcija sign(x) (slika 4.10) ima u to¡cki x = 0
|
|
|
barjak
|
#127
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:07:47
|
neprekidnost
4.4 Neprekidnost 129
prekid prve vrste. Naime, u toj to¡cki postoje limesi slijeva i zdesna koji su
kona¡cni, ali razli¡citi. Funkcije x−1 (slika 4.12), x−2, x−3, . . . , sve imaju prekid
druge vrste u to¡cki x = 0, jer su limesi s obje strane beskona¡cni.
Primjer 4.10 Navodimo dva zanimljiva primjera prekida druge vrste.
a) Funkcija
f(x) = (0, x ≤ 0
sin 1
x , x > 0
ima prekid druge vrste u to¡cki x = 0 (vidi sliku 4.15). Naime, funkcija sin 1
x
sve br¡ze titra kada x → 0 + 0 pa limes zdesna ne postoji (u svakom, ma
koliko malom, intervalu oko nule funkcija poprimi sve vrijednosti izmedu
−1 i 1).
b) Funkcija f : R → {0, 1} definirana s
f(x) = (1, x ∈ Q
0, x ∈ R Q
ima u svakoj to¡cki prekid druge vrste. Naime, kako su po teoremu 1.9 (ii)
i (iii) skupovi R i Q gusti jedan u drugom, funkcija nema limes ni u jednoj
to¡cki (u svakom, ma koliko malom, intervalu oko bilo koje to¡cke funkcija
beskona¡cno puta poprimi vrijednost 0 i vrijednost 1).
1
-1
-2 -1 0 1 2 3
Slika 4.15: Funkcija sin 1
x
|
|
|
barjak
|
#128
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:08:45
|
funkcije realne varijable
130 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
4.5 Asimptote
Asimptota funkcije je pravac sa svojstvom da udaljenost izmedu to¡cke
na grafu funkcije i tog pravca te¡zi k nuli kada to¡cka na grafu odmi¡ce u beskona
¡cnost. Funkcija mo¡ze imati vertikalne, horizontalne i kose asimptote.
Pravac x = x0 je vertikalna asimptota funkcije f u to¡cki x0 s lijeve strane
ako je limx→x0−0 f(x) = +∞ ili limx→x0−0 f(x) = −∞. Analogno, pravac
x = x0 je vertikalna asimptota funkcije f u to¡cki x0 s desne strane ako je
limx→x0+0 f(x) = +∞ ili limx→x0+0 f(x) = −∞. Vertikalne asimptote se
mogu nalaziti u to¡ckama prekida funkcije ili u otvorenim rubovima podru¡cja
definicije.
Na primjer, pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcije 1
x s obje strane
(slika 4.12). Pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcija ln x, log x i log2 x
(slika 4.25) s desne strane. U ovom slu¡caju vertikalna asimptota se nalazi u
rubu podru¡cja definicije.
Pravac y = y0 je horizontalna asimptota funkcije f u lijevoj strani ako
je limx→−∞ f(x) = y0. Analogno, pravac y = y0 je horizontalna asimptota
funkcije f u desnoj strani ako je limx→+∞ f(x) = y0. Na primjer pravac y = 0
je horizontalna asimptota funkcije 1
x u obje strane, kao i y = 0 horizontalna
asimptota funkcija 2x i ex u lijevoj strani (slika 4.23).
Ako je
lim
x→−∞
f(x)
x
= k, lim
x→−∞
(f(x) − kx) = l, (4.5)
pri ¡cemu je
k 6= 0,−∞,+∞, l 6= −∞,+∞,
tada je pravac y = kx + l kosa asimptota funkcije f u lijevoj strani. Kosu
asimptotu funkcije f u desnoj strani definiramo analogno.
Izvedimo formule (4.5). Prema slici 4.16 udaljenost od to¡cke na krivulji do
asimptote je d(M,L). Prema definiciji asimptote d(M,L) → 0 kada x → +∞.
Kako je cos 6= 0 konstanta, zaklju¡cujemo da
d(M,L) → 0 ⇔ d(M,N) → 0 ⇔ lim
x→+∞|f(x) − (kx + l)| = 0.
Zadnji uvjet, koji je ekvivalentan s
lim
x→+∞
(f(x) − kx − l) = 0 (4.6)
je o¡cito nu¡zan i dovoljan uvjet za postojanje kose asimptote. Gornja jednakost
je ekvivalentna s limx→+∞(f(x) − kx) = l. Nadalje, (4.6) povla¡ci
lim
x→+∞
f(x) − kx − l
x
= 0,
pa je limx→+∞
f(x)
x = k.
|
|
|
barjak
|
#129
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:09:41
|
asimtome
4.5 Asimptote 131
f(x)
y=kx+l
M
N
L
a
Slika 4.16: Kosa asimptota
Primjer 4.11 Ispitajmo pona¡sanje funkcije
f(x) =
x2
1 + x
u desnoj strani. Vrijedi
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
x2 · 1
x2
(1 + x) · 1
x2
= lim
x→+∞
1
0 + 0
= +∞
pa funkcija nema horizontalnu asimptotu u desnoj strani.
Potra¡zimo kosu asimptotu: vrijedi
lim
x→+∞
f(x)
x
= lim
x→+∞
x
1 + x
= 1
pa je k = 1. Potra¡zimo l: vrijedi
lim
x→+∞
(f(x) − kx) = lim
x→+∞ x2
1 + x − x = lim
x→+∞
−x
1 + x
= −1
pa je l = −1. Dakle, pravac y = x − 1 je kosa asimptota funkcije f u desnoj
strani.
Zadatak 4.7 Ispitajte pona¡sanje funkcije iz primjera 4.11 u lijevoj strani i u
to¡cki prekida x = −1. Poku¡sajte skicirati funkciju.
Primjer 4.12 Asimptote mo¡zemo tra¡ziti i kod parametarski zadanih funkcija.
Doka¡zimo da je pravac y = −x−1 kosa asimptota Descartesovog lista iz
|
|
|
barjak
|
#130
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:10:43
|
funkcije realne varijable
132 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
primjera 4.2 kao ¡sto je prikazano na slici 4.6. Descartesov list je u parametarskom
obliku zadan s formulama kao u primjeru 4.4:
x = x(t) =
3 t2
t3 + 1
, y = y(t) =
3 t
t3 + 1
, t ∈ R {−1}.
Kako su x i y funkcije parametra t, prvo moramo utvrditi za koje vrijednosti
parametra x te¡zi u beskona¡cno. Vrijedi
lim
t→−1−0
x(t) = lim
t→−1−0
3 t2
t3 + 1
=
3 (−1)2
(−1 − 0)3 + 1
=
3
−0
= −∞,
lim
t→−1+0
x(t) = lim
t→−1+0
3 t2
t3 + 1
=
3 (−1)2
(−1 + 0)3 + 1
=
3
+0
= +∞.
Potra¡zimo prvo kosu asimptotu u lijevoj strani. Formule (4.5) primjenjujemo
na sljede´ci na¡cin:
k = lim
x→−∞
y
x
= lim
t→−1−0
y(t)
x(t)
= lim
t→−1−0
3 t
t3+1
3 t2
t3+1
= lim
t→−1−0
1
t
= −1,
l = lim
x→−∞
(y − kx) = lim
t→−1−0
(y(t) − (−1)x(t)) = lim
t→−1−0 3 t
t3 + 1
+
3 t2
t3 + 1
= lim
t→−1−0
3 t
1 + t
t3 + 1
= lim
t→−1−0
3 t
t2 − t + 1
=
3 (−1)
(−1)2 − (−1) + 1
= −1.
Dakle, pravac y = −x−1 je kosa asimptota Descartesovog lista u lijevoj strani.
Sli¡cno se poka¡ze da je isti pravac kosa asimptota i u desnoj strani .
4.6 Pregled elementarnih funkcija
Opisat ´cemo elementarne funkcije i njihova svojstva. Detaljno poznavanje
svih elementarnih funkcija i svih njihovih svojstava nu¡zno je za uspje¡snu
analizu funkcija.
4.6.1 Konstantna funkcija
Funkcija f : R → {c}, pri ¡cemu je c ∈ R, definirana s
f(x) = c, ∀x ∈ R.
zove se konstantna funkcija (slika 4.17).
Konstantna funkcija je neprekidna, omedena, parna, monotona, nema vertikalne
ni kose asimptote te je o¡cito sama sebi horizontalna asimptota u oba
kraja.
|
|
|
barjak
|
#131
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:11:50
|
funkcije realne varijable
4.6 Pregled elementarnih funkcija 133
c
Slika 4.17: Konstantna funkcija
4.6.2 Potencija
Potenciranje s prirodnim brojem je funkcija f : R → R definirana s
f(x) = xn, n ∈ N.
Potenciranje je definirano rekurzivno:
x0 = 1, ∀x 6= 0, (00 je nedefinirano)
x1 = x,
xn+1 = xn · x.
Pravila potenciranja se lako doka¡zu indukcijom:
xm+n = xm · xn, (P1)
(xm)n = xm·n, (P2)
(x · y)n = xn · yn. (P3)
Primjeri potencija dani su na slici 4.18. Vidimo da su (ne)parne potencije
(ne)parne funkcije. Takoder vidimo da je za neparan n funkcija xn bijekcija
pa ima inverznu funkciju po teoremu 1.1, dok je za paran n restrikcija funkcije
xn na interval [0,∞) bijekcija pa ima inverznu funkciju.
Ako je x 6= 0 i k ∈ N, tada su dobro definirane i funkcije f : R{0} → R
(vidi sliku 4.19)
f(x) = x−k =
1
xk .
Pravila (P1), (P2) i (P3) vrijede ∀m, n ∈ Z ukoliko su izrazi dobro definirani,
odnosno ukoliko nazivnik nije nula.
Potenciranje s racionalnim eksponentom
Funkciju
f(x) = x
1
n = n√x
|
|
|
barjak
|
#132
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:12:36
|
funkcije realne varijable
134 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
-1
1
1
x
x**2
x**3
Slika 4.18: Potenciranje s prirodnim brojem
definiramo kao inverznu funkciju funkcije xn ili njene restrikcije na interval
[0,∞), ukoliko je n paran (vidi slike 4.20 i 4.21).
Napomena 4.7 Graf inverzne funkcije simetri¡can je grafu zadane funkcije s
obzirom na simetralu I i III kvadranta, to jest pravac y = x.
Napomena 4.8 Uz sliku 4.21 vezana je zanimljiva primjedba. Uo¡cite da
je funkcija 3 √x = x1/3 nacrtana iz dva dijela na pomalo neobi¡can na¡cin.
Mi znamo da je x1/3 inverzna funkcija funkcije x3. Medutim, ra¡cunala barataju
samo s diskretnim podskupom skupa Q (vidi poglavlje 1.7.1, a broj
1
3 = 0.3333 . . . = 0. ÿ3 ima beskona¡cni periodi¡cni decimalni zapis. Stoga programi
za crtanje funkcije oblika x1/k takve slu¡cajeve ¡cesto tretiraju kao potencije
s realnim eksponentom koje su definirane samo za x > 0 (vidi poglavlje
4.6.2). Naredba za crtanje funkcije x0.33333 u programu Gnuplot tako daje
sliku funkcije samo za x > 0, dok se lijeva strana dobije tako ¡sto se nacrta
funkcija −(−x)0.33333.
Nadalje, za n ∈ N mo¡zemo definirati funkciju
f(x) = x− 1
n =
1
x
1
n
,
pri ¡cemu je
D(x− 1
n ) = D(x
1
n ){0}.
|
|
|
barjak
|
#133
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:13:15
|
-1
1
-1 1
x**(-1)
x**(-2)
Slika 4.19: Funkcije f(x) = x−k, k ∈ N
Takoder mo¡zemo definirati i funkcije oblika
f(x) = x
m
n , m ∈ Z, n ∈ N,
pri ¡cemu se podru¡cje definicije odreduje na temelju prethodnih pravila. Na
primjer,
D(x
2
3 ) = R, D(x
3
2 ) = [0,∞).
Zadatak 4.8 Koje od funkcija xk, x1/k, k ∈ Z, su omedene (odozdo, odozgo),
parne ili neparne, monotone ili po dijelovima monotone, neprekidne ili imaju
prekide (kakvi su ti prekidi) te koje imaju vertikalne, horizontalne ili kose
asimptote ?
Prisjetimo se da je skup racionalnih brojeva Q zapravo skup klasa ekvivalencije
na skupu Z × N. Ukoliko su m i n relativno prosti tada je podru¡cje
definicije uvijek jednozna¡cno odredeno i vrijedi
x
m
n = (xm)
1
n = (x
1
n )m.
Ukoliko m i n nisu relativno prosti tada mo¡ze do´ci do situacije kao u sljede´cem
primjeru:
f(x) = ( 4 √x)2 = √x, D = [0,∞)
galeb(x) = 4 √x2, D = R.
|
|
|
barjak
|
#134
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:14:32
|
funkcije realne varijable
136 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
1
-1 1
x**2
sqrt(x)
x
Slika 4.20: Funkcija f(x) = √x
Dok je prva funkcija prikazana na slici 4.20, funkcija galeb(x) prikazana je na
slici 4.22.
Sli¡cno je i √x2 = |x| (vidi sliku 1.1).
Potenciranje s realnim brojem
Za x > 0 i a ∈ R definiramo funkciju f(x) = xa sa
xa = 

inf{xq : q ∈ Q ∧ q > a}, za x > 1
1, za x = 1
( 1
x )−a, za x < 1.
Pored toga, 0x = 0, ∀x 6= 0, a 00 je neodredeni oblik.
Pravila potenciranja (P1), (P2) i (P3) vrijede i za potenciranje s racionalnim
i realnim brojevima, a takoder vrijede i sljede´ca svojstva:
[(0 < x < y) ∧ (a > 0)] ⇒ xa < ya, (P4)
[(x > 1) ∧ (a < b)] ⇒ xa < xb, (P5)
[(0 < x < 1) ∧ (a < b)] ⇒ xa > xb. (P6)
4.6.3 Eksponencijalna funkcija
Ako fiksiramo bazu a ∈ R+ = (0,∞), a 6= 1, tada mo¡zemo definirati
funkciju
expa : R → R+, expa(x) ≡ expa x = ax,
¡cije se vrijednosti ra¡cunaju po prethodnim pravilima potenciranja. Iz svojstva
(P5) slijedi da je expa za a > 1 strogo rastu´ca funkcija. Takoder, za a > 1
|
|
|
barjak
|
#135
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:16:07
|
pregled elementarnih funkcija
4.6 Pregled elementarnih funkcija 137
-1
1
-1 1
x**3
x**(0.33333)
-(-x)**(0.33333)
x
Slika 4.21: Funkcija f(x) = 3 √x
funkcija expa ima horizontalnu asimptotu y = 0 kada x → −∞. Nadalje, kako
je
1
ax
= a−x,
to je funkcija exp1
a
simetri¡cna funkciji expa s obzirom na y-os. Dakle, za
a < 1 funkcija expa je strogo padaju´ca i ima horizontalnu asimptotu y = 0
kada x → +∞. expa je uvijek bijekcija (vidi sliku 4.23).
Napomena 4.9 Posebno se ¡cesto koriste funkcije 10x i ex. Broj e se zove
1
-1 1
Slika 4.22: Funkcija galeb(x) = 4 √x2
|
|
|
barjak
|
#136
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:16:43
|
funkcije realne varijable
138 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
1
2
-2 -1 -1/2 1/2 1 2
2**x
2**(-x)
Slika 4.23: Eksponencijalne funkcije 2x i 2−x
baza prirodnih logaritama, definiran je kao
e = lim
n→∞1 +
1
nn
= lim
x→+∞1 +
1
xx
,
i pribli¡zno je jednak e ≈ 2.7182 . . . (vidi sliku 4.24).
1/e
1
e
-1 1
10**x
e**x
Slika 4.24: Funkcije 10x i ex
|
|
|
barjak
|
#137
|
Odgovori: 706
31. Jul 2009. 23:17:53
|
pogled elementarnih funkcija
4.6 Pregled elementarnih funkcija 139
4.6.4 Logaritamska funkcija
Kako je expa bijekcija, logaritamsku funkciju definiramo kao inverznu funkciju
eksponencijalne funkcije (vidi slike 4.25 i 4.26):
loga ≡ exp−1
a : R+ → R.
Posebno se koriste Briggsovi ili dekadski logaritmi s bazom 10,
log10 x ≡ log x,
i prirodni logaritmi s bazom e,
loge x ≡ ln x.
ln je kratica od logaritam naturalis.
-1
1
2
-2 -1 -1/2 1/2 1 2
log(x)/log(2)
2**x
x
Slika 4.25: Funkcija f(x) = log2 x
Zbog svojstava inverznih funkcija vrijedi (teorem 1.1)
(loga ◦ expa)(x) = loga(ax) = x, ∀x ∈ R,
(expa ◦ loga)(x) = aloga(x) = x, ∀x ∈ R+.
Zadatak 4.9 Nacrtajte funkcije loga(ax) i aloga(x).
|
|
|
Symantec
|
#138
|
Odgovori: 207
01. Avg 2009. 22:36:18
|
svaka cast sto si zaludan
ali ljudi ovde dolaze da bi nasli partnera za fuck, a ne za resavanje matematickih zadataka.
|
|
|
Nemate dovoljno prava da odgovorite na ovom forumu.
|
