Content uploaded by Samir Karasuljic
Author content
All content in this area was uploaded by Samir Karasuljic on Nov 18, 2021
Content may be subject to copyright.
Samir Karasulji´c Sanela Halilovi´c
Matematika 1
Tuzla, 2021. godina
MATEMATIKA 1
Autori
Samir Karasuljić
Sanela Halilović
Izdavač
OFF SET Tuzla
Za izdavača
Sadika Murić
Recenzenti
Dr. sc. Fehim Dedagić, profesor emeritus Univerziteta u Sarajevu
Dr. sc. Ramiz Vugdalić, redovni profesor Univerziteta u Tuzli
Dr. sc. Nacima Memić, vanredni profesor Univerziteta u Sarajevu
Lektor-korektor
Sanela Halilović
Tehničko uređenje i crteži
Samir Karasuljić
Štampa
OFF SET Tuzla
Tiraž
150 primjeraka
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
CIP - Katalogizacija u publikaciji
Nacionalna i univerzitetska biblioteka
Bosne i Hercegovine, Sarajevo
51
KARASULJIĆ, Samir
Matematika 1 / Samir Karasuljić, Sanela Halilović. - Tuzla : Off-set, 2021. - 214 str. : graf.
prikazi ; 24 cm
Bibliograja: str. 213. - Registar.
ISBN 978-9958-31-482-7
1. Halilović, Sanela
COBISS.BH-ID 45057030
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Izdavač: Nismo odgovorni za sadržaj, te nemamo autorska prava koja su vezana za izdavača.
Predgovor
Svrha pisanja ove knjige je da studentima Odsjeka hemija na Prirodno–matematiˇckom
fakultetu, zatim Odsjeka HIT, PT i IZO na Tehnoloˇskom fakultetu, te studentima na
Odjecima predˇskolski odgoj i razredna nastava Filozofskog fakulteta, kao i studentima
sa drugih odsjeka/fakulteta, olakˇsa pripremu i polaganje ispita iz Matematike 1, Osnova
matematike 1 kao i drugih predmeta koji obuhvataju izloˇzeno gradivo.
Knjiga je napisana na osnovu materijala koje smo izlagali na nekoliko fakulteta, bilo
kao predavanja, bilo u sklopu auditornih vjeˇzbi. Svjesni da u okruˇzenju postoji viˇse knjiga
i udˇzbenika u kojima su obradene teme koje su obuhva´cene ovom knjigom, nastojali smo,
na osnovu pomenutog iskustva, napisati knjigu orjentisanu ka studentima. Knjiga se
sastoji od 12 poglavlja u kojima se uz teoretski obradenu tematsku cjelinu nalaze i rijeˇseni
reprezentativni primjeri. Na kraju svake cjeline ostavljeno je niz zadataka za samostalni
rad kako bi studenti mogli da provjere stepen savladanosti gradiva i adekvatno se pripreme
za ispit.
U pisanju materijala za predavanja i auditorne vjeˇzbe, a potom i ove knjige, sluˇzili
smo se sljede´com literaturom: Uˇs´cumli´c i Miliˇci´c [UM02], Mitrinovi´c, Mihailovi´c i Vasi´c
[MMV73], Dedagi´c [Ded97; Ded05], Crnjac, Juki´c i Scitovski [CJS94], Juki´c i Scitovski
[JS98; JS17], Vugdali´c [Vug09; Vug14].
Primjedbe, prijedlozi, sugestije, uoˇcene greˇske §, a i pohvale ©su dobrodoˇsle i moˇzete
ih poslati na naˇse email adrese:
samir.karasuljic@unitz.ba,sanela.halilovic@unitz.ba,
samir.karasuljic@gmail.com,halilovicsanela8@gmail.com.
©
© ©
Zahvaljujemo se recenzentima:
∗dr.sc. Fehimu Dedagi´cu, profesor emeritus Univerziteta u Sarajevu,
∗dr.sc. Ramizu Vugdali´cu, redovni profesor Univerziteta u Tuzli,
∗dr.sc. Nacimi Memi´c, vanredna profesorica Univerziteta u Sarajevu,
koji su svojim zapaˇzanjima i korisnim sugestijama doprinijeli u konaˇcnoj verziji teksta.
Tuzla, juli 2021. godine Autori
Sadrˇzaj
1 Matematiˇcka logika 1
1.1 Logiˇckeoperacije ................................ 2
1.2 Predikati i kvantifikatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Zadaci...................................... 9
2 Skupovi 11
2.1 Uvodnipojmovi................................. 11
2.2 Operacijesaskupovima ............................ 14
2.3 Descartesov (Dekartov) proizvod skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.4 Zadaci...................................... 19
3 Binarne relacije 23
3.1 Osnovnipojmovi ................................ 23
3.2 Osobine binarnih relacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2.1 Relacija ekvivalencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2.2 Relacijaporetka ............................ 29
3.3 Zadaci...................................... 30
4 Binarne operacije 33
4.1 Osobine binarnih operacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
4.2 Algebarskestrukture.............................. 36
4.3 Zadaci...................................... 41
5 Preslikavanja 43
5.1 Osnovnipojmovi ................................ 43
5.2 Vrstepreslikavanja............................... 46
5.3 Zadaci...................................... 49
6 Skup realnih brojeva 55
6.1 Prirodnibrojevi................................. 55
6.1.1 Reprezentacija prirodnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
6.1.2 Matematiˇcka indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
6.1.3 Binomniobrazac ............................ 62
6.2 Cijelibrojevi .................................. 68
6.2.1 Djeljivost cijelih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
6.3 Skup racionalnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
6.4 Skup iracionalnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
6.5 Skuprealnihbrojeva.............................. 75
i
6.6 Apsolutna vrijednost realnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
6.7 Zadaci...................................... 84
7 Kompleksni bro jevi 87
7.1 Algebarskioblik ................................ 88
7.1.1 Operacije sa kompleksnim brojevima u algebarskom obliku . . . . 89
7.2 Geometrijska interpretacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
7.3 Trigonometrijski oblik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
7.3.1 Mnoˇzenje i dijeljenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
7.3.2 Stepenovanje kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
7.3.3 Korjenovanje kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
7.4 Zadaci...................................... 98
8 Matrice i determinante 101
8.1 Osnovni pojmovi o matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
8.1.1 Operacije sa matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
8.1.2 Trougaona, dijagonalna, skalarna, jediniˇcna i transponovana matrica 107
8.1.3 Zadaci.................................. 110
8.2 Determinante .................................. 111
8.2.1 Osobine determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
8.2.2 Raˇcunanje determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
8.2.3 Zadaci.................................. 118
8.3 Inverznamatrica ................................ 121
8.3.1 Zadaci.................................. 128
8.4 Rangmatrice .................................. 129
8.4.1 Zadaci.................................. 132
9 SLAJ 133
9.1 Osnovni pojmovi. Teoreme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
9.2 Metodezarjeˇsavanje.............................. 138
9.2.1 Gaussovametoda............................ 138
9.2.2 Metode za rjeˇsavanje kvadratnih sistema . . . . . . . . . . . . . . . 140
9.2.3 Homogeni sistemi linearnih algebarskih jednaˇcina . . . . . . . . . . 151
9.3 Zadaci...................................... 154
10 Vektori 157
10.1 Osnovnipojmovi ................................ 157
10.1.1 Pojamvektora............................. 157
10.1.2 Operacije sa vektorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
10.1.3 Linearna kombinacija vektora. Baza prostora V3.......... 160
10.1.4 Prostorni koordinatni sistem. Ortogonalna baza . . . . . . . . . . 161
10.2Skalarniproizvod................................ 167
10.3Vektorskiproizvod............................... 173
10.4 Mjeˇsoviti proizvod tri vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
10.5Zadaci...................................... 181
11 Ravan i prava 185
11.1Ravan ...................................... 185
11.1.1 Jednaˇcineravni............................. 185
11.1.2 Rastojanje taˇcke od ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
11.1.3 Ugao izmedu dvije ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
11.2Prava ...................................... 194
11.2.1 Uzajamni odnos dvije prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
11.2.2 Uzajamni odnos prave i ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
11.3Zadaci...................................... 202
12 Dodatak 205
12.1 Procentni raˇcun. Raˇcun smjese. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
12.1.1 Razmjere i proporcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
12.1.2 Procentni raˇcun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
12.1.3 Raˇcunsmjese.............................. 208
12.2Zadaci...................................... 211
Literatura i reference 213
Indeks pojmova 214
Poglavlje 1
Matematiˇcka logika
U savremenoj matematici bitno mjesto zauzima jezik, odnosno koriˇstenje jezika matema-
tiˇcke logike. Medutim, veliku ulogu matematiˇcka logika ima i van same matematike.
Ima znaˇcajnu primjenu kako u prirodnim naukama, tako i u tehniˇckim disciplinama, na
primjer u radu raˇcunara, u teorijskoj kibernetici itd.
Algebra izkaza
Polazni objekti teorije iskaza nazivaju se elementarnim iskazima ili elementarnim su-
dovima. Uobiˇcajeno se obiljeˇzavaju malim slovima a, b, c, . . . Pretpostavlja se da ele-
mentarni iskaz mora biti ili istinit (taˇcan) ili neistinit (netaˇcan). Takode, smatramo da
postoji mogu´cnost da se provjeri da li je dati iskaz taˇcan ili netaˇcan. U algebri iskaza
obiˇcno se ne razmatra sam sadrˇzaj iskaza, nego operacije sa iskazima bez obzira da li je
iskaz taˇcan ili netaˇcan. Dakle, pod iskazom podrazumijevamo smiˇsljeno tvrdenje, koje
ima svojstvo da moˇze biti samo ili taˇcno ili netaˇcno. Istinitost iskaza poznaˇcava se, po
definiciji, sa grˇckim slovom τi vrijedi
τ(p)=⊤,ako je iskaz ptaˇcan;
⊥,ako je iskaz pnetaˇcan.
⊤se ˇcita ”te”, a ⊥”ne te”. U literaturi se ˇcesto umjesto oznaka ⊤i⊥koriste oznake
1 i 0,respektivno.
Primjer 1.1.
Posmatrajmo sljede´ce reˇcenice:
1. Broj 36 je djeljiv sa 9.
2. Broj 14 je djeljiv sa 6.
3. Broj 4 je manji od 10.
4. Lisabon je glavni grad Madarske.
1
POGLAVLJE 1. MATEMATIˇ
CKA LOGIKA 1.1. Logiˇcke operacije
Pojaˇsnjenje:
Iskazi 1. i 3. su taˇcni, dok 2. i 4. nisu. Sljede´ce reˇcenice nisu iskazi:
1. 2x+3>0.(jer nije data vrijednost promjenljive x)
2. Opet samo vrata ciklus. (reˇcenica nema smisla)
3. Februar ima 28 dana. (nije precizirana godina, te se ne moˇze utvrditi taˇcnost)
4. Ananas je najukusnije vo´ce. (zavisi od liˇcnog miˇsljenja).
1.1 Logiˇcke operacije
Od elementarnih (prostih) iskaza pomo´cu logiˇckih operacija formiraju se sloˇzeni iskazi.
Rezultati primjene ovakvih operacija mogu se prikazati u tablicama istinitosti. Operacije
koje samo jednom iskazu daju odredene vrijednosti nazivaju se unarne, ima ih ukupno 4.
Ako se operacija odnosi na dva iskaza onda je to binarna operacija, a njih ima 222
=16.
Operacije nad niskaza, tj. n–arne operacije ne uvode se direktno, nego preko unarnih i
binarnih operacija. Poˇce´cemo sa negacijom.
Definicija 1.1 (Negacija).
Negacija iskaza pje iskaz ¬p(ˇcita se ”ne p”) koji je istinit ako i samo ako je iskaz p
neistinit.
τ(p)τ(¬p)
⊤ ⊥
⊥ ⊤
Tabela 1.1: Tablica negacije
Primjer 1.2.
Negirati iskaze:
p∶3 je ve´ce od 1;
q∶5 je manje od 4.
Rjeˇsenje:
¬p∶3 nije ve´ce od 1;
¬q∶5 nije manje od 4.
Vidimo da je τ(p)=⊤ali τ(¬p)=⊥,dok je τ(q)=⊥iτ(¬q)=⊤.
2 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
1.1. Logiˇcke operacije POGLAVLJE 1. MATEMATIˇ
CKA LOGIKA
Definicija 1.2 (Konjukcija).
Konjukcija iskaza piqje sloˇzeni iskaz p∧q(ˇcita se ”piq”), koji je istinit ako i samo
ako su oba iskaza piqistiniti.
τ(p)τ(q)τ(p∧q)
⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊥
⊥ ⊤ ⊥
⊥ ⊥ ⊥
Tabela 1.2: Tablica konjukcije
Primjer 1.3.
Formirati konjukciju od zadanih iskaza:
p∶Broj 24 je sadrˇzilac broja 6;
q∶Broj 24 je djelilac broja 48.
Rjeˇsenje:
p∧q∶Broj 24 je sadrˇzilac broja 6 i djelilac broja 48. Ova konjukcija je taˇcna
jer su oba iskaza piqtaˇcni.
Primjer 1.4.
Formirati konjukciju od sljede´cih iskaza:
p∶ˇ
Cetvorougao ima 2 dijagonale;
q∶Petougao ima 4 dijagonale.
Rjeˇsenje:
p∧q∶ˇ
Cetvorougao ima 2 dijagonale i petougao ima 4 dijagonale. Konjukcija nije
taˇcna jer petougao ima 5 dijagonala (broj dijagonala je Dn=(n−3)n
2).
Definicija 1.3 (Disjunkcija).
Disjunkcija iskaza piqje sloˇzeni iskaz p∨q(ˇcita se ”pili q”), koji je istinit ako i
samo ako je bar jedan od iskaza pili qistinit.
Primjer 1.5.
Formirati disjunkciju od iskaza:
p∶Broj 10 je paran;
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 3
POGLAVLJE 1. MATEMATIˇ
CKA LOGIKA 1.1. Logiˇcke operacije
q∶Broj 10 je prost.
Rjeˇsenje:
p∨q∶Broj 10 je paran ili broj 10 je prost. Disjunkcija je taˇcna jer τ(p)=⊤,
ˇsto je dovoljno da disjunkcija bude taˇcna.
τ(p)τ(q)τ(p∨q)
⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊤
⊥ ⊤ ⊤
⊥ ⊥ ⊥
Tabela 1.3: Tablica disjunkcije
Definicija 1.4 (Ekskluzivna disjunkcija).
Ekskluzivna disjunkcija iskaza piqje sloˇzeni iskaz p⊻q(ˇcita se ”ili pili q”) koji je
istinit ako i samo ako je istinit samo jedan od iskaza piq.
τ(p)τ(q)τ(p⊻q)
⊤ ⊤ ⊥
⊤ ⊥ ⊤
⊥ ⊤ ⊤
⊥ ⊥ ⊥
Tabela 1.4: Tablica ekskluzivne disjunkcije
Primjer 1.6.
Dati su iskazi:
p∶Sutra u 5 sati poslije podne bi´cu ku´ci;
q∶Sutra u 5 sati poslije podne bi´cu van ku´ce.
Rjeˇsenje:
Sutra u 5 sati poslije podne ili ´cu biti ku´ci ili ´cu biti van ku´ce. Samo jedno od
toga moˇze biti taˇcno.
Definicija 1.5 (Implikacija).
Implikacija iskaza piqje sloˇzeni iskaz p⇒q(ˇcita se ”pimplicira q”) koji je neistinit
ako i samo ako je istinit iskaz p, a iskaz qje neistinit.
4 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
1.1. Logiˇcke operacije POGLAVLJE 1. MATEMATIˇ
CKA LOGIKA
τ(p)τ(q)τ(p⇒q)
⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊥
⊥ ⊤ ⊤
⊥ ⊥ ⊤
Tabela 1.5: Tablica implikacije
U implikaciji p⇒qiskaz pse naziva premisa ili pretpostavka, a iskaz qposljedica ili
konsekvenca implikacije. Iskaz p⇒qˇcita se joˇs ”iz pproizilazi q”; ili ”pje dovoljan uslov
za q”; ili ”qje potreban uslov za p”.
Kada se kaˇze ”pje dovoljan uslov za q”, onda to znaˇci da je iskaz qistinit ako je iskaz
pistinit. Na primjer, da bi neki broj bio djeljiv sa 2 dovoljno je da bude djeljiv sa 4, Ali
ako broj nije djeljiv sa 2, onda nije djeljiv ni sa 4. U ovom sluˇcaju djeljiv sa 4 je dovoljan
uslov za iskaz djeljiv sa 2, dok je djeljiv sa 2 potreban uslov za djeljiv sa 4. Kada se kaˇze
”qje potreban uslov za p”, to znaˇci da iskaz pne moˇze biti istinit ako iskaz qnije istinit.
Primjer 1.7 (Pojaˇsnjenje za tre´cu i ˇcetvrtu vrstu iz Tabele 1.5 –Tablica implikacije).
Dva djeˇcaka sabiraju brojeve 10 i 20. Prvi djeˇcak kada je sabrao kaˇze da je zbir 40,
drugi kaˇze pogrijeˇsio si. Posmatrajmo implikaciju: Ako je zbir brojeva 10 i 20 jednak
40, onda je prvi djeˇcak pogrijeˇsio. Ovdje je
p∶10 +20 =40;
q∶Prvi djeˇcak je pogrijeˇsio.
Implikacija p⇒q, upravo iskazana, je istinita (iako premisa pnije taˇcna), i ovakve
primjere implikacija susre´cemo ˇcesto u ˇzivotu.
A ako je drugi djeˇcak rekao prvom:
Ako je 10 +20 =40,onda sam ja visok 5 metara. Ovdje je
p∶10 +20 =40,
q∶Drugi djeˇcak je visok 5 metara. Oba iskaza su netaˇcna, ali ova implikacija je
istinita.
Definicija 1.6 (Ekvivalencija).
Ekvivalencija iskaza piqje sloˇzeni iskaz p⇔q(ˇcita se ”pekvivalentno sa q”) koji
je istinit ako i samo ako su vrijednosti iskaza piqiste.
τ(p)τ(q)τ(p⇔q)
⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊥
⊥ ⊤ ⊥
⊥ ⊥ ⊤
Tabela 1.6: Tablica ekvivalencije
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 5
POGLAVLJE 1. MATEMATIˇ
CKA LOGIKA 1.1. Logiˇcke operacije
Sljede´ci primjer nam ilustruje vezu implikacije i ekvivalencije.
Primjer 1.8.
Iskaze, koji su implikacije:
p∶Ako je broj djeljiv sa 6, onda je djeljiv i sa 2 i sa 3;
q∶Ako je broj djeljiv i sa 2 i sa 3, onda je on djeljiv i sa 6,
moˇzemo spojiti u jedan sloˇzeni iskaz (ekvivalenciju). To radimo na sljede´ci naˇcin:
p⇔q∶Da bi prirodan broj bio djeljiv sa 6, potrebno je i dovoljno da bude djeljiv
i sa 2 i sa 3, ili
p⇔q∶Prirodan broj je djeljiv sa 6, ako i samo ako je djeljiv i sa 2 i sa 3, ili
p⇔q∶Prirodan broj je djeljiv sa 6, onda i samo onda ako je djeljiv i sa 2 i sa 3.
Definicija 1.7 (Iskazna formula).
Iskazna formula je konaˇcan niz iskaza sastavljen pomo´cu logiˇckih operacija, konstanti
⊤i⊥(ili 1 i 0) i glavnih promjenljivih iskaza p, q , r, . . .
Primjer 1.9 (Iskazne formule).
Iskazne formule sa dva i tri iskazna slova.
(a)(p⇒¬r)∧(p⊻r);
(b)(p∧q)∨r.
Definicija 1.8 (Tautologija).
Iskazna formula koja je taˇcna bez obzira na istinitosnu vrijednost iskaza u njoj, naziva
se tautologija. Iskazna formula koja je uvijek netaˇcna (za sve istinitosne vrijednosti
prostih iskaza koji u njoj uˇcestvuju), naziva se kontradikcija.Alternativna fo-
rmula je za neke vrijednosti prostih iskaza taˇcna, a za preostale vrijednosti prostih
iskaza netaˇcna.
Primjer 1.10.
Ispitati da li je iskazna formula tautologija
(a)(p∧ ¬p)⇒q;
(b)p⇒(q∨r).
6 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
1.2. Predikati i kvantifikatori POGLAVLJE 1. MATEMATIˇ
CKA LOGIKA
Rjeˇsenje:
(a)Tabela 1.7;
(b)Tabela 1.8.
τ(p)τ(q)τ(¬p)τ(p∧ ¬p)τ((p∧ ¬p)⇒q)
⊤ ⊤ ⊥ ⊥ ⊤
⊤ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤
⊥ ⊤ ⊤ ⊥ ⊤
⊥ ⊥ ⊤ ⊥ ⊤
Tabela 1.7: Rjeˇsenje za iskaznu formulu datu pod (a)
τ(p)τ(q)τ(r)τ(q∨r)τ(p⇒(q∨r))
⊤ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
⊥ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤
⊥ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤
⊥ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤
⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤
Tabela 1.8: Rjeˇsenje za iskaznu formulu datu pod (b)
Iz Tabele 1.7 zakljuˇcujemo da je formula data u (a) tautologija, dok na osnovu Tabele
1.8 vidimo da formula data u (b) nije tautologija. Neke poznate tautologije imaju i svoje
nazive, kao ˇsto su: De Morganove1formule, zakon kontrapozicije (kontradikcije), zakon
iskljuˇcenja tre´ceg i tako dalje (vidjeti 1.zadatak u sekciji 1.3).
1.2 Predikati i kvantifikatori
Mogu´cnosti primjene algebre iskaza, posebno u matematici, dosta su ograniˇcene jer se
ne mogu iskoristiti u iskazivanju osobina i odnosa izmedu matematiˇckih objekata. Ovaj
nedostatak otklanja se uvodenjem novih pojmova i operacija. Na primjer, ako su xiy
realni brojevi, onda tvrdnja ”xje paran broj” ili ”xje manji od y” mogu biti kako istiniti
tako i neistiniti, zavisno od vrijednosti realnih brojeva xiy. Ako je x=1 onda je prva
tvrdnja netaˇcna, a ako je x=2 onda je ta tvrdnja taˇcna. Za x=3 i y=5 druga tvrdnja
je taˇcna (istinita), dok za x=6 i y=4 neistinita je. Tvrdnje ovakve vrste smatramo
neodredenim. U ovakvim sluˇcajevima elementarni iskazi tretiraju se kao promjenljive
koje uzimaju jednu od vrijednosti ⊤i⊥.U matematici susre´cemo se sa iskazima koji se
odnose na izvjesne objekte, ili elemente.
Neka je dat skup Mobjekata (elemenata) x, y, z, . . . Svojstva koja se odnose na te
objekte obiljeˇzavaju se sa
P(x), Q(y), R(x, y), . . .
1Augustus De Morgan (27.juni 1806. – 18.mart 1871. godine) bio je britanski matematiˇcar i logiˇcar.
Formulisao je De Morganove zakone, uveo pojam matematiˇcke indukcije
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 7
POGLAVLJE 1. MATEMATIˇ
CKA LOGIKA 1.2. Predikati i kvantifikatori
Ako je Mskup prirodnih brojeva, u tom sluˇcaju prethodna svojstva mogu, npr., biti:
”xje prost broj”, ”yje paran broj”, ”xje manje od y”, respektivno. Sada ovi iskazi
o svojstvu mogu biti kako istiniti, tako i neistiniti. U nastavku samo ´cemo razmatrati
iskaze sa ovakvim osobinama.
Neka je xproizvoljni element iz nekog skupa objekata M. U tom sluˇca ju neko svojstvo
P(x)potpuno je odredeno kada je xobjekat iz M. Isto tako neko svojstvo R(x, y)potpuno
je odredeno ako su xiyodredeni objekti iz skupa M. Ovakvi iskazi postaju funkcije od
tih objekata, tj. promjenljivih iz skupa M.
Definicija 1.9 (Predikat).
Neodredeni iskazi koji zavise od jedne ili viˇse promjenljivih nazivaju se logiˇcke
funkcije ili predikati.
Skup Mnaziva se predmetna oblast, dok se elementi skupa Mnazivaju predmetne prom-
jenljive ili promjenljivi objekti, a ako su neki od tih objekata fiksirani onda se oni nazivaju
individualni objekti ili predmetne konstante. Iskazi ili iskazne promjenljive i predikati
koji zavise od individualnih objekata nazivaju se, u logici predikata, elementarni iskazi.
Iskazne promjenljive i predikati kako od individualnih objekata tako i od predmetnih
promjenljivih nazivaju se elementarne formule logike predikata.
Definicija 1.10 (Formule logike predikata).
Pod formulom logike predikata podrazumijeva se svaki konaˇcan izraz formiran od
elementarnih iskaza i elementarnih formula logike predikata, primjenom konaˇcnog
broja logiˇckih operacija ∧,∨,⇒,⇔,¬.
Moˇzemo primjetiti da logika predikata predstavlja poopˇstenje algebre iskaza, poˇsto sadrˇzi
u sebi cijelu algebru iskaza kao i sve njene operacije i formule.
Osim operacija algebre iskaza u logici predikata upotrebljavaju se joˇs dvije nove
operacije, koje su povezane sa osobinama logike ili raˇcuna predikata.
10Univerzalni kvantifikator. Neka je P(x)potpuno odreden predikat koji ima jednu od
dvije vrijednosti ⊤ili ⊥za svaki element skupa M. Tada se pod izrazom
(∀x)P(x),
koji se ˇcita ”za svako x P (x)je istinito”, podrazumijeva istinit iskaz, kada je P(x)
istinito za svako xiz skupa M, a neistinit u suprotnom sluˇcaju. Sam simbol ∀naziva
se univerzalni kvantifikator.
20Egzistencijalni kvantifikator. Neka je R(x)neki predikat. Formula
(∃x)R(x),
koja se ˇcita ”postoji xza koje je R(x)istinito”, definiˇse se tako da poprima vrijednost
⊤,ako postoji element xiz skupa M, za koji je R(x)istinito, a vrijednost ⊥u
suprotnom sluˇcaju. Znak ∃naziva se egzistencijalni kvantifikator.
8 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
1.3. Zadaci POGLAVLJE 1. MATEMATIˇ
CKA LOGIKA
Primjer 1.11.
1. (∀x)x=x, je istinit iskaz;
2. (∀x)(∃y)x−y=2,ˇcita se ”za svako xpostoji y, tako da je x−y=2 istinit
iskaz”;
3. (∀x)(∀y)(x=y)⇒(x3=y3),ˇcita se ”za svako xi svako y, iz x=yslijedi
x3=y3”;
4. (∃x)(∃y)x2+y2=4,ˇcita se ”postoji xi postoji y, takvi da je x2+y2=4
istinit iskaz”;
5. (∃x∈R)x2+1=0,ovaj iskaz nije taˇcan.
1.3 Zadaci
1. Ispitati da li su sljede´ce formule tautologije:
(a) p∨ ¬p; (zakon iskljuˇcenja tre´ceg);
(b) (p⇒q)⇔(¬q⇒¬p)(zakon kontrapozicije);
(c) ¬(p∧q)⇔(¬p∨ ¬q)(De Morganova formula);
(d) (p∨q)⇒¬q; (e) (p∧q)∨r; (f) (p∨¬q)⇒(q∧r); (g) (p∧¬q)⇒(p∨ ¬r).
2. Pomo´cu kvantifikatora izraziti reˇcenicu: Za svaki realan bro j aje a3=a⋅a⋅a,
(oznaka za skup realnih brojeva je R).
3. Izraziti pomo´cu kvantifikatora reˇcenicu: Proizvod tri realna broja a, b icje nula
onda i samo onda ako je a=0 ili b=0 ili c=0.
4. Napisati pomo´cu kvantifikatora: Za svaki realan broj xje (x−1)(x+1)=x2−1.
5. Napisati pomo´cu kvantifikatora: Za svako aje a+a+a=3a.
6. Napisati pomo´cu kvantifikatora: Postoji bar jedno aza koje je a2=4.
7. Napisati pomo´cu kvantifikatora:
(a) Za svako xpostoji ytakvo da je x+3y=4;
(b) Postoje xiytakvi da je x+y=7.
8. Napisati pomo´cu kvantifikatora: Za svako xiz skupa prirodnih brojeva postoji yiz
skupa realnih brojeva takav da je y∶x=5,(oznaka za skup prirodnih brojeva je
N).
9. Napisati rijeˇcima iskaze date formulama:
(a) (∃y∈N)y+1⩾0; (b) (∀x, y ∈R)x2+y2⩾0; (c) (∀x∈N)(∃y∈Z)x>y,
(oznaka za skup cijelih brojeva je Z).
10. Utvrditi istinitnu vrijednost iskaza:
(a) (∀x∈R)(∃y∈R)x+y>0; (b) (∃y∈R)(∀x∈R)x+y>0.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 9
Poglavlje 2
Skupovi
Skup, odnosno po jam skupa, igra znaˇcajnu ulogu u savremenoj matematici, kako zbog
ˇcinjenice da je teorija skupova postala jedna detaljna i sadrˇzajna matematiˇcka disciplina,
tako i zbog uticaja na druge oblasti matematike. U danaˇsnjoj se matematici moˇze uoˇciti
skupovno–teorijski pristup. Bitno je pomenuti da se jezik teorije skupova sve viˇse koristi
i u drugoj nauˇcnoj i tehniˇckoj literaturi. Primjena ovog apstraktnog jezika omogu´cava,
izmedu ostalog, lakˇse povezivanje i ispitivanje raznih procesa i po java koje se priliˇcno
razlikuju po raznim kriterijumima.
Osnove teorije skupova postavio je krajem devetnaestog vijeka njemaˇcki matematiˇcar
Cantor. 1
2.1 Uvodni pojmovi, definicije i notacija
Skup i elemente skupa smatramo intuitivno jasnim i zbog toga ih prihvatamo bez defin-
isanja, tj. smatramo ih osnovnim pojmovima. Primjeri skupova su: skup studentica/
studenata u jednoj grupi na nekom fakultetu, skup stanovnika u nekoj zgradi, skup svih
stanovnika jednog mjesta i dr. U matematici su posebno bitni skupovi sa matematiˇckim
objektima, a to su, na primjer, skup prirodnih brojeva, skup realnih brojeva, skupovi
koje saˇcinjavaju razni geometrijski objekti i dr. Neki skupovi koji se ˇceˇs´ce upotrebljavaju
imaju svoje standardne oznake, a to su:
•Nskup svih prirodnih brojeva;
•Zskup svih cijelih brojeva;
•Qskup svih racionalnih brojeva;
•Rskup svih realnih brojeva;
•R+skup svih realnih pozitivnih brojeva;
•Iskup svih iracionalnih brojeva;
•Cskup svih kompleksnih brojeva;
•(a, b)otvoren interval u Rili kra´ce interval;
1George Cantor, 3.3.1845.–6.1.1918. godine, bio je njemaˇcki matematiˇcar. Osnivaˇc je teorije skupova.
11
POGLAVLJE 2. SKUPOVI 2.1. Uvodni pojmovi
•[a, b]zatvoren interval u Rili kra´ce segment.
Elementi mogu pripadati ili ne pripadi nekom skupu. Tvrdnje ”element xpripada
skupu A” ili ”xje element skupa A” ili ”xje taˇcka iz skupa A,” imaju isto znaˇcenje
(smisao) i ovo piˇsemo simboliˇcki x∈A(ˇcitamo xpripada skupu A), a oznaka ∈znaˇci
pripada. U sluˇcaju da element xne pripada skupu A, onda piˇsemo x∉A, (ˇcitamo xne
pripada skupu A), ∉je oznaka da neki element ne pripada skupu.
U sluˇcaju da elementi a, b, c pripada ju skupu Ai da su to svi elementi skupa A, piˇsemo
A={a, b, c}.
Skup ne zavisi od rasporeda (poretka) kojim su dati njegovi elementi. Tako su npr.
skupovi {1,2,3}i{2,1,3}jednaki. Takode su jednaki i skupovi {1,2,3},{1,1,2,3},
{1,2,3,3,3,3},itd., vidjeti definiciju jednakosti dva skupa (2.1).
Ako je nprirodan broj, skup S={x1, x2, . . . , xn}od nelemenata x1, x2, . . . , xnje
konaˇcan. Skup je beskonaˇcan ako broj njegovih elemenata nije konaˇcan. Broj elemenata
nekog skupa Aoznaˇcavamo sa card Aili Ai ˇcitamo kardinalni broj2skupa A.
Elementi skupa imaju ponekad neku zajedniˇcku osobinu, na primjer P(x),pa moˇzemo
pisati
B={x∶P(x)},
a ovo znaˇci ”Bje skup svih elemenata koji imaju osobinu P(x)”.
Primjer 2.1.
Napisati simboliˇcki skup realnih brojeva koji su ve´ci od 2 a manji od 10.
Rjeˇsenje:
B={x∈R∶2<x<10},
u ovom sluˇcaju P(x)je 2 <x<10.
Skup moˇze sadrˇzavati konaˇcan broj elemenata, beskonaˇcan broj elemenata, a moˇze
biti i bez elemenata. U sluˇcaju da je broj elemenata 0 (bez elemenata) kaˇzemo da je to
prazan skup. Oznaka za prazan skup je ∅.Skupove moˇzemo predstavljati i grafiˇcki, a
jedan od naˇcina je pomo´cu Euler3–Vennovih4dijagrama (Slika 2.1).
Ako su svi elementi jednog skupa A sadrˇzani u drugom skupu B, simboliˇcki zapisano
(∀x)(x∈A⇒x∈B),onda kaˇzemo da je skup Asadrˇzan u skupu B, ili da je Apodskup
od Bi piˇsemo
A⊂B.
2Kod skupova sa beskonaˇcnim brojem elemenata kardinalni broj predstavlja mo´c skupa.
3Leonhard Euler (15.april 1707.–18.septembar 1783. godine) bio je ˇsvajcarski matematiˇcar, fiziˇcar,
astronom, logiˇcar, inˇzinjer. Uspostavio je temelje teorije grafova i topologije, te dao veliki doprinos u
mnogim oblastima matematike.
4John Venn (4.avgust 1834.–4.april 1923. godine) bio je engleski matematiˇcar, logiˇcar i filozof. Poznat
po uvodjenju Euler–Vennovih dijagrama.
12 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
2.1. Uvodni pojmovi POGLAVLJE 2. SKUPOVI
A
C
A B
C
Slika 2.1: Predstavljanje skupova Euler–Vennovim dijagramima
BA
Slika 2.2: Skup Aje podskup skupa B
Definicija 2.1 (Podskup).
Svaki skup koji je sadrˇzan u nekom skupu Bnaziva se podskup skupa B.
Ako vrijedi da su elementi skupa Asadrˇzani u skupu B, a i elementi skupa Bsadrˇzani
u skupu A, onda skupovi AiBimaju iste elemente. Drugim rijeˇcima AiBsu jednaki i
vrijedi
A=B. (2.1)
Prazan skup je podskup svakog skupa.
U literaturi susre´cemo i oznaku ⊆za podskup, npr. A⊆B, a tada A⊂Bznaˇci da je A
strogi poskup od B(tj. (A⊂B)⇔(A⊆B∧A≠B)).
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 13
POGLAVLJE 2. SKUPOVI 2.2. Operacije sa skupovima
Definicija 2.2 (Partitivni skup).
Skup svih podskupova skupa Anaziva se partitivni skup skupa Ai obiljeˇzava se sa
P(A).
Primjer 2.2.
Dat je skup A={a, b, c}.Odrediti partitivni skup skupa A.
Rjeˇsenje:
P(A)={∅,{a},{b},{c},{a, b},{a, c},{b, c},{a, b, c}}.
Ako je nbroj elemenata skupa A, onda je broj elemenata partitivnog skupa P(A)jednak
2n,tj. ako je card A=n, onda je card P(A)=2n.
ˇ
Cesto se ukaˇze potreba za pojmom univerzalnog skupa. U mnogim matematiˇckim
oblastima javlja se potreba za nekim opˇstim skupom, koji ´ce sadrˇzavati sve skupove
koji se razmatraju u toj oblasti. Uobiˇcajeno ovakav skup se naziva univerzalni skup (ili
univerzum). Univerzalni skup se ne definiˇse nego se jednostavno podrazumijeva da znamo
o kakvom se skupu radi. Po pravilu univerzalni skup je relativan pojam, razlikuje se od
oblasti do oblasti, na primjer on moˇze biti skup svih taˇcaka ravni ili skup svih taˇcaka
prave ili skup svih racionalnih brojeva i tako dalje. Dakle, univerzalni skup zavisi od
potrebe i oblasti gdje se koristi.
U odnosu na univerzalni skup moˇzemo uvesti pojam komplementa skupa.
Definicija 2.3 (Komplement skupa).
Ako je A⊂U, onda se pod komplementom skupa Au odnosu na skup Upodrazu-
mijeva skup ACza koji vrijedi
AC={x∶x∈U∧x∉A}.
Na Slici 2.3b prikazan je svijetlocrvenom bojom komplement skupa Au odnosu na skup
U.
2.2 Operacije sa skupovima
Za neki dati univerzalni skup U, moˇzemo od elemenata njegovog partitivnog skupa P(U)
formirati nove skupove primjenom raznih operacija.
Unija skupova
Definicija 2.4 (Unija skupova).
Unija skupova AiB(u oznaci A∪B) je skup svih elemenata koji se nalaze bar u
jednom od skupova Aili B.
14 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
2.2. Operacije sa skupovima POGLAVLJE 2. SKUPOVI
A
U
B
C
(a) Univerzalni skup U
U
A
AC
(b) Komplement AC
Slika 2.3: Univerzalni skup Ui komplement AC,skupa Au odnosu na univerzalni skup
U
Simboliˇcki zapisana unija skupova AiBizgleda ovako
A∪B={x∶x∈A∨x∈B}.
A B
A∪B
Slika 2.4: Unija skupova AiB
Primjer 2.3.
Ako je A={1,2,3,4,5,6,7}, B ={3,4,9,10},odrediti A∪B.
Rjeˇsenje:
A∪B={1,2,3,4,5,6,7,9,10}.
Presjek skupova
Definicija 2.5 (Presjek skupova).
Presjek skupova AiB(u oznaci A∩B) je skup svih elemenata koji istovremeno
pripadaju i skupu Ai skupu B.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 15
POGLAVLJE 2. SKUPOVI 2.2. Operacije sa skupovima
Simboliˇcki zapisan presjek skupova AiBizgleda ovako
A∩B={x∶x∈A∧x∈B}.
Ako dva skupa nemaju zajedniˇckih elemenata, za njih imamo naziv dat u sljede´coj defini-
ciji.
Definicija 2.6 (Disjunktni skupovi).
Za dva skupa kaˇzemo da su disjunktni ako nemaju zajedniˇckih elemenata, tj.
A∩B=∅.
A B
A∩B
Slika 2.5: Presjek skupova AiB
Primjer 2.4.
Dati su skupovi A={1,2,3,5}, B ={1,3,7,8}, C ={6,7,9}.Odrediti A∩B, B ∩C
iA∩C.
Rjeˇsenje:
A∩B={1,3}, B ∩C={7}, A ∩C=∅.
Razlika i simetriˇcna razlika skupova
Definicija 2.7 (Razlika skupova).
Razlika (diferencija) skupova AiB(u oznaci A\B) je skup svih elemenata skupa
Akoji ne pripadaju skupu B.
Simboliˇcki zapisana razlika skupova AiBizgleda ovako
A\B={x∶x∈A∧x∉B}.
16 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
2.2. Operacije sa skupovima POGLAVLJE 2. SKUPOVI
A B
A\B
A B
B\A
Slika 2.6: Razlika skupova A\BiB\A.
Definicija 2.8 (Simetriˇcna razlika skupova).
Skup (A\B)∪(B\A)je simetriˇcna razlika skupova AiBi obiljeˇzava se sa A△B.
A B
A4B
Slika 2.7: Simetriˇcna razlika skupova
Moˇzemo primijetiti da vrijedi:
A△B=(A\B)∪(B\A)=(A∪B)\(A∩B).
Primjer 2.5.
Dati su skupovi A={a, b, c, d, e, f }, B ={d, e, f, g, h}.Odrediti
A∪B, A ∩B, A \B, B \A, A △B.
Rjeˇsenje:
A∪B={a, b, c, d, e, f, g, h};A∩B={d, e, f };A\B={a, b, c};
B\A={g, h}, A △B={a, b, c, g, h}.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 17
POGLAVLJE 2. SKUPOVI 2.3. Descartesov (Dekartov) proizvod skupova
2.3 Descartesov5(Dekartov) proizvod skupova
Simboli {a, b}i{b, a}oznaˇcavaju isti skup od dva elementa aib. U ovakvim skupovima
redoslijed elemenata nije bitan. Medutim, nekada je potrebno da znamo i redoslijed el-
emenata, na primjer koordinate taˇcke u pravouglom koordinatnom sistemu u ravni ˇcine
dva broja i bitno je da znamo ˇsta je prva koordinata (x–koordinata), a ˇsta druga koordi-
nata (y–koordinata). Da bi rijeˇsili ovaj problem, uveˇs´cemo pojam uredenog para ˇcija je
prva komponenta (projekcija) a, a druga komponenta (projekcija) b.
Definicija 2.9 (Uredeni par).
Uredeni par elemenata aib, u oznaci (a, b), je
(a, b)={{a},{a, b}}.
Ovaj uredeni par oznaˇcavamo sa (a, b)6ili a, b.Smatramo da je (a, b)razliˇcito od (b, a)
osim u sluˇcaju a=b. Uredeni parovi (a, b)i(c, d)su jednaki ako i samo ako je a=ci
b=d.
Definicija 2.10 (Uredena trojka).
Uredena trojka (a, b, c)elemenata a, b, c definiˇse se pomo´cu jednakosti
(a, b, c)=((a, b), c).
Na sliˇcan se naˇcin definiˇse i uredena n–torka (a1, a2, . . . , an).
Definicija 2.11 (Descartesov proizvod).
Dekartov proizvod dva neprazna skupa AiBje skup Cˇciji su elementi svi uredeni
parovi sa prvom komponentom iz skupa A, a drugom komponentom iz skupa B, tj.
C=A×B={(a, b)∶a∈A∧b∈B}.
Descartesov proizvod poznat je i pod nazivima Cartesiev ili direktni proizvod. Ako skup
Aima melemenata, a skup Bima nelemenata, onda skupovi A×BiB×Aimaju po
m⋅nelemenata (ako je card A=mi card B=n, onda je card A×B=card A⋅card B=
m⋅n).
Primjer 2.6.
Dati su skupovi A={a, b, c}, B ={1,2}.Odrediti A×BiB×A.
5Ren´e Descartes (31.mart 1596.–11.februar 1650.godine) bio je francuski matematiˇcar, filozof i gen-
eralno nauˇcnik. Osnovao analitiˇcku geometriju, povezuju´ci prethodno razdvojene oblasti u geometriji i
algebri.
6Ne mijeˇsati sa intervalom (a, b)
18 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
2.4. Zadaci POGLAVLJE 2. SKUPOVI
Rjeˇsenje:
A×B={(a, 1),(a, 2),(b, 1),(b, 2),(c, 1),(c, 2)};
B×A={(1, a),(1, b),(1, c),(2, a),(2, b),(2, c)}.
Vidimo da je card A=3,card B=2,a card A×B=card B×A=6.
A
B
abc
1
2
A×B
B
A
1 2
a
b
c
B×A
Slika 2.8: Descartesovi (Dekartovi) proizvodi A×BiB×A
2.4 Zadaci
Primjer 2.7.
Dati su skupovi A={x∈N∶1⩽x<4}, B ={1,4}.Odrediti
1. (A∪B)×(A∩B); 2. (A∪B)×(A\B).
Rjeˇsenje:
1. Vrijedi A={1,2,3}, A ∪B={1,2,3,4}, A ∩B={1},sada je
(A∪B)×(A∩B)={1,2,3,4}×{1}={(1,1),(2,1),(3,1),(4,1)}.
2. Vrijedi A={1,2,3}, A ∪B={1,2,3,4},(A\B)={2,3},pa je sada
(A∪B)×(A\B)={1,2,3,4}×{2,3}
={(1,2),(1,3),(2,2),(2,3),(3,2),(3,3),(4,2),(4,3)}.
Primjer 2.8.
Na jednom kursu stranih jezika, svaki od 35 polaznika uˇci bar jedan od tri strana
jezika (francuski, njemaˇcki i engleski) i to: 18 polaznika uˇci francuski, 22 engleski,
6 polaznika uˇci engleski i francuski, 11 engleski i njemaˇcki, 4 francuski i njemaˇcki i
jedan polaznik uˇci sva tri jezika. Koliko polaznika uˇci njemaˇcki jezik?
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 19
POGLAVLJE 2. SKUPOVI 2.4. Zadaci
Rjeˇsenje:
Oznaˇcimo sa F, N j iEskupove polaznika koji uˇce francuski, njemaˇcki i engleski
jezik, respektivno.
Ukupan broj polaznika je card(F∪Nj ∪E)=35,dok jedan polaznik uˇci sva tri jezika
pa je card(F∩N j ∩E)=1.Broj 1 piˇsemo u presjeku sva tri skupa (vidjeti Sliku 2.9),
6 polaznika uˇci francuski i engleski ali jedan uˇci i njemaˇcki pa card(E∩F)−card(E∩
F∩Nj)=5 piˇsemo u presjeku skupova EiF, 11 polaznika uˇci engleski i njemaˇcki
pa je card(Nj ∩E)−card(E∩F∩N J )=10 piˇsemo u presjeku skupova EiNj, 4
polaznika uˇce francuski i njemaˇcki, pa sada card(F∩N j )−card(E∩F∩N j )=3 i to
piˇsemo u presjeku skupova EiNj. Poˇsto ukupno 18 polaznika uˇci francuski (samo
francuski ili u kombinaciji sa ostalim jezicima), to je broj polaznika koji uˇce samo
francuski card F−card(F∩E)−card(F∩Nj)−card(E∩F∩N j)=9.Na isti naˇcin
postupamo sa engleskim jezikom, 22 polaznika uˇci engleski (ponovo sve mogu´cnosti),
sada je broj polaznika koji uˇce samo engleski cardE−card(F∩E)−card(E∩N j )−
card(E∩F∩Nj)=6.
Ukupan broj polaznika koji uˇce engleski je 6+5+1+10 =22 (crvena kruˇznica), 9
polaznika uˇci samo francuski (plava kruˇznica) i 3 polaznika uˇce francuski i njemaˇcki.
Broj ovih polaznika je 22 +9+3=34, preostali polaznici su oni koji sluˇsaju samo
njemaˇcki i njih je 35 −34 =1.I na kraju samo saberemo broj polaznika u zelenoj
kruˇznici, 10 +1+3+1=15,dakle ukupno je 15 polaznika koji sluˇsa ju njemaˇcki (u
bilo kojoj varijanti).
EF
Nj
1
6 9
1
10 3
5
Slika 2.9: Polaznici kursa stranih jezika predstavljeni Euler–Vennovim dijagramom
Zadaci za vjeˇzbu
1. Odrediti uniju skupova AiBako je
(a) A={x∈Z∶x⩽5∧x>1}, B ={x∈Z∶ −2⩽x⩽3}; (b) A={x∈R∶x⩾
−1}, B ={x∈R∶x<1}; (c) A={x∈Z∶x<3}, B ={x∈Z∶x>10}.
20 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
2.4. Zadaci POGLAVLJE 2. SKUPOVI
2. Odrediti presjek kupova AiBako je
(a) A={x∈Z∶ −4⩽x<5}, B ={x∈N∶3<x⩽12}; (b) A={x∈N∶3⩽<
10}, B ={x∈N∶5⩽x<15}; (c) A={x∈R∶6<x⩽8}, B ={x∈R∶3⩽y⩽7}.
3. Odrediti razlike A\BiB\Aako je
(a) A={x∈Z∶4<x⩽9}, B ={x∈Z∶ −2<x⩽5}; (b) A={x∈R∶x⩽
6}, B ={x∈R∶x>−2}.
4. Dati su skupovi A={1,2,3,4,5}, B ={1,3,5,7}, C ={2,4,6}.Odrediti
(a) (A∪B)\C; (b) (A∩B)\C; (c) (A∪B)\(B∩C); (d) (A∪C)\(B\C),;
(e) (A\B)∪(A\C).
5. Odrediti komplement skupa Bu odnosu na skup E={1,2,3,...,15}ako je
(a) B={1,2,3},(b) B={x∈N∶x<8}; (c) B={x∈N∶x⩽15};
(d) B={3,4,5,6,7,8,9}.
6. U jednoj porodici bilo je mnogo djece. Sedmoro njih voljelo je kupus, ˇsestoro mrkvu,
petoro krompir, ˇcetvoro je voljelo kupus i mrkvu, troje kupus i krompir, dvoje
mrkvu i krompir i samo jedno dijete voljelo je sve mrkvu, krompir i kupus. Koliko
je ukupno djece bilo u toj porodici?
7. U jednom razredu 10 uˇcenika bavi se fudbalom, 12 ˇsahom, 18 koˇsarkom, 5 uˇcenika
fudbalom i ˇsahom, 7 fudbalom i koˇsarkom, 8 ˇsahom i koˇsarkom i 3 uˇcenika ˇsahom,
fudbalom i koˇsarkom. Koliko je sportista u razredu?
8. Odrediti partitivni skup za date skupove
(a) A={a, b}; (b) A={1,2,3}; (c) A={a, b, c, d}.
9. Izraˇcunati
(a) A×B, B ×A, A ×A, B ×B, ako je A={1,3,4}, B ={a, c, g};
(b) A×B, B ×A, A ×A, B ×B, ako je A={a, 2, k}, B ={1,2, b}.
10. (a) Dati su skupovi A={x∶3⩽x⩽9∧x∈N}, B ={x∶ −2⩽x⩽7∧x∈N}i
C={x∶xdijeli broj 12 ∧x∈N}.Odrediti skupove (A∪C)\(B∩C)iB∩A.
(b) Dati su skupovi A={x∶3⩽x⩽9∧x∈N}, B ={x∶ −2⩽x⩽7∧x∈N}i
C={x∶xdijeli broj 12 ∧x∈N}.Odrediti skupove (A∪C)\(B∩C)iB∩A.
(c) Dati su skupovi A={a, b, c, d}, B ={c, d}, C ={1,2,3,4}iD={1,3,4,5,6,7}.
Odrediti (A\B)×(C∩D).
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 21
Poglavlje 3
Binarne relacije
Razliˇcite veze izmedu elemenata skupova u matematici prouˇcavaju se u teoriji relacija.
Pojam relacije spada medu najopˇstije pojmove matematike.
3.1 Osnovni pojmovi
Izmedu elemenata jednog ili dva i viˇse skupova, mogu postojati razliˇciti odnosi. U skupu
realnih brojeva znamo da brojevi mogu da budu ve´ci, manji ili jednaki; prave u geometriji
mogu da budu paralelne, okomite,. . . ; trouglovi mogu da budu podudarni, sliˇcni i tako
dalje.
Definicija 3.1 (Binarna relacija).
Neka su AiBdva neprazna skupa. Svaki podskup Dekartovog proizvoda A×B
naziva se binarna ili dvoˇclana relacija na skupu A×B.
Ako je A=B, relacija na skupu A×Azove se i relacija u skupu A. Binarnu relaciju
najˇceˇs´ce oznaˇcavamo sa %. Poˇsto je binarna relacija podskup Dekartovog proizvoda A×B
moˇzemo pisati %⊂A×B. Ako je %⊂A×Bi ako (a, b)∈%, gdje je a∈Aib∈B, onda
kaˇzemo da su elementi aibu relaciji %i piˇsemo a%b. Ako aibnisu u relaciji %, onda
piˇsemo ¬(a%b),(moˇze i a¬%b) ili (a, b)∉%. Binarnu relaciju %simboliˇcki zapisujemo
%⊂{(a, b)∈A×B∶a∈A∧b∈B}.
Relacije =,<,>,⩽,⩾su binarne relacije u skupu realnih brojeva R.U skupu pravih
imamo npr. relaciju paralelnosti, relaciju okomitosti i tako dalje.
Napomena 3.1.
Relacije moˇzemo prikazati kao skup uredenih parova, osim toga i preko tabele, stre-
lastog dijagrama–ˇseme, koordinatnog sistema u ravni–mreˇze (kao skup taˇcaka) ili
preko Venovih dijagrama.
23
POGLAVLJE 3. BINARNE RELACIJE 3.1. Osnovni pojmovi
A
B
a b c d
1
2
3
A
B
a b c d
1
2
3
A
B
a b c d
1
2
3
Slika 3.1: Primjeri binarnih relacija
d
c
b
a
4
3
2
1
1
(1,1)
2
(2,2)
3
(3,3)
4
(4,4)
(1,2) (1,3) (1,4)
Slika 3.2: Primjeri predstavljanja binarnih relacija
Na Slici 3.1 predstavljeni su razni podskupovi Dekartovog proizvoda A×B. Svi ovi
podskupovi su neke binarne relacije na A×B. Slike 3.1 i 3.2 predstavljaju razne naˇcine
predstavljanja binarnih relacija.
Skup svih prvih koordinata relacije %⊂A×Bnaziva se skup definisanosti ili domen
relacije %i obiljeˇzava se sa D(%)ili D%,dok se skup svih drugih koordinata ove relacije
naziva skup vrijednosti relacije %ili kodomen i oznaˇcava R(%).
Primjer 3.1.
Dati su skupovi A={x∈N∶2⩽x⩽5}, B ={x∈N∶4⩽x⩽6}.Odrediti binarnu
relaciju %={(a, b)∈A×B∶b=a+2},zatim odrediti D%iR(%).
Rjeˇsenje:
Vrijedi A={2,3,4,5}, B ={4,5,6},te je %={(2,4),(3,5),(4,6)},
iD%={2,3,4}, R(%)={4,5,6}.Vidjeti sliku 3.3.
24 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
3.1. Osnovni pojmovi POGLAVLJE 3. BINARNE RELACIJE
A
B
2 3 4 5
4
5
6
Slika 3.3: Relacija %predstavljena grafiˇcki
Definicija 3.2 (Presjek skupa %elementom a).
Pod presjekom skupa %⊂A×Belementom a∈Apodrazumijeva se skup svih
elemenata b∈Btakvih da je (a, b)∈%, u oznaci %a.
Vrijedi
%a={b∶b∈B∧(a, b)∈%}.
Definicija 3.3 (Skup svih presjeka).
Skup svih presjeka relacije %naziva se faktor–skup skupa Bpo relaciji %, u oznaci
B%.
Primjer 3.2.
Neka je A={a1, a2, a3, a4, a5}, B ={b1, b2, b3, b4}i
%={(a1, b1),(a1, b3),(a2, b1),(a2, b3),(a2, b4),(a3, b1),(a3, b2),(a3, b4),(a4, b3),
(a5, b2),(a5, b4)}.
Vrijedi %a1={b1, b3}, %a2={b1, b3, b4}, %a3={b1, b2, b4}, %a4={b3}i%a5={b2, b4}.
Faktor–skup je
B%={%a1, %a2, %a3, %a4, %a5}={{b1, b3,},{b1, b3, b4},{b1, b2, b4},{b3},{b2, b4}}.
Definicija 3.4 (Inverzna relacija).
Ako je %⊂A×B, onda se pod inverznom relacijom podrazumijeva skup %−1⊂B×A
pri ˇcemu je
%−1={(b, a)∶(a, b)∈%}.
Drugim rijeˇcima b%−1a⇔a%b.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 25
POGLAVLJE 3. BINARNE RELACIJE 3.1. Osnovni pojmovi
Primjer 3.3.
Dati su skupovi A={−1,1,3,4}iB={0,−2,2}.Odrediti %i%−1,ako je %={(a, b)∈
A×B∶a+b=1}.
Rjeˇsenje:
Vrijedi %={(−1,2),(1,0),(3,−2)}i%−1={(2,−1),(0,1),(−2,3)}.
Definicija 3.5 (Proizvod ili kompozicija relacija).
Ako je %⊂A×Bir⊂B×C, onda se pod proizvodom (ili kompozicijom) relacija %
irpodrazumijeva relacija definisana u skupu A×C, u oznaci r% takva da je
a(r%)c⇔(∃x∈B)(a%x ∧xrc),
gdje je a∈A, x ∈Bic∈C.
Primjer 3.4.
Neka je A={1,2,3,4}, B ={5,6}iC={1,2,4,7,8},te neka vrijedi %={(1,5)}i
r={(5,7),(6,8)},onda je kompozicija r% ={(1,7)}.
Definicija 3.6 (Relacija jednakosti).
Pod relacijom jednakosti u skupu Apodrazumijeva se dijagonala skupa A×Ai
obiljeˇzava se sa △.
A
A
1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
(a) Mreˇza
A1
(1,1) 2
(2,2) 3
(3,3) 4
(4,4) 5
(5,5) 6
(6,6)
(b) ˇ
Sema
Slika 3.4: Relacija jednakosti predstavljena mreˇzom i ˇsemom
26 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
3.2. Osobine binarnih relacija POGLAVLJE 3. BINARNE RELACIJE
Dakle vrijedi
△={(a, a)∶a∈A}.
Primjer 3.5.
Neka je A={1,2,3,4,5,6},vrijedi △={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)},
vidjeti Sliku 3.4.
3.2 Osobine binarnih relacija u jednom skupu
Neka je binarna relacija %definisana u skupu A. Naveˇs´cemo koje osobine moˇze imati
relacija %.
1. Relacija %je refleksivna ako je (∀a∈A)a%a.
2. Relacija %je antirefleksivna ako je (∀a∈A)(a, a)∉%.
3. Relacija %je simetriˇcna ako je (∀a, b ∈A)a%b ⇒b%a.
4. Relacija %je antisimetriˇcna ako je (∀a, b ∈A)(a%b ∧b%a)⇒a=b.
5. Relacija %je tranzitivna ako je (∀a, b, c ∈A)(a%b ∧b%c)⇒a%c.
Primjer 3.6.
1. Dat je skup A={1,2,3,4}i relacija %={(1,1),(2,2),(3,3),(4,3),(4,4)}.Ova
relacija je refleksivna.
2. Dat je skup A={1,4,5,7}i relacija %={(1,1),(4,7),(7,4),(5,5)}.Ova
relacija nije refleksivna.
3. Dat je skup A={1,3,4,6}i relacija %={(1,3),(3,4),(4,3),(3,1),(4,4),(6,6)}.
Ova relacija je simetriˇcna.
4. Dat je skup A={1,3,4}i relacija %={(1,3),(3,4),(3,3),(4,4)}.Ova relacija
nije simetriˇcna.
5. Dat je skup A={1,3,5,7}.
(a) %={(1,5),(3,3),(5,5),(5,7),(7,3)}je antisimetriˇcna.
(b) %={(1,1),(3,3),(5,5),(7,7)}je i simetriˇcna i antisimetriˇcna.
(c) %={(1,5),(3,5),(5,1),(5,5)}nije ni antisimetriˇcna ni simetriˇcna.
6. Dat je skup A={2,3,4,5}i relacija %={(2,3),(3,4),(2,4),(4,5),(3,5),(2,5)}.
Ova relacija je tranzitivna.
3.2.1 Relacija ekvivalencije
Relacija ekvivalencije ima veliki znaˇcaj u matematici.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 27
POGLAVLJE 3. BINARNE RELACIJE 3.2. Osobine binarnih relacija
Definicija 3.7 (Relacija ekvivalencije).
Binarna relacija %⊂A×Anaziva se relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetriˇcna
i tranzitivna.
Relacija ekvivalencije oznaˇcava se sa ∼,pa umjesto a%b piˇsemo a∼bi ˇcitamo ”aje ekvi-
valentno b”. Jednakost brojeva je jedna relacija ekvivalencije, zatim paralelnost pravih,
podudarnost trouglova i tako dalje.
Definicija 3.8 (Klase ekvivalencije).
Skup svih elemenata skupa Akoji su u relaciji ekvivalencije sa elementom anaziva
se klasa ekvivalencije i obiljeˇzava sa Ca,simboliˇcki
Ca={x∈A∶x∼a}.
Element anazivamo predstavnik klase Ca.
Definicija 3.9 (Faktorski ili kvocijentni (koliˇcniˇcki) skup).
Skup svih klasa ekvivalencije nekog skupa Azove se faktorski skup i obiljeˇzava se sa
A∼.
A∼={Ca∶a∈A}.
Primjer 3.7.
U skupu A={16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,25,26,27,28}zadana je relacija %∶
imati jednak zbir cifara. Ispitati da li je %relacija ekvivalencije. Ako jeste odrediti
klase i faktorski skup.
Rjeˇsenje.
Vrijedi %={(16,16),...,(28,28),(16,25),(25,16),(17,26),(26,17),(18,27),
(27,18),(19,28),(28,19)}.
Vidimo da je relacija %refleksivna, simetriˇcna i tranzitivna, dakle %je relacija ekviva-
lencije. Klase su C16 ={16,25}, C17 ={17,26}, C18 ={18,27}, C19 ={19,28}, C20 =
{20}, C21 ={21}, C22 ={22}, C23 ={23}, C24 ={24}.
Koliˇcniˇcki skup je
A∼={{16,25},{17,26},{18,27},{19,28},{20},{21},{22},{23},{24}}.
Primjer 3.8.
Dat je skup A={1,2,3,4,5,6}i binarna relacija
%={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6),(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,3),(3,2),
(5,4),(4,5)}.Ispitati da li je relacija %relacija ekvivalencije, ako jeste odrediti klase,
faktorski skup, nacrtati mreˇzu i ˇsemu.
28 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
3.2. Osobine binarnih relacija POGLAVLJE 3. BINARNE RELACIJE
Rjeˇsenje.
Relacija %ima osobine refleksivnosti, simetriˇcnosti i tranzitivnosti. Klase su C1=
{1,2,3}, C4={4,5}iC6={6}.
Koliˇcniˇcki skup je A%={C1, C4, C6}={{1,2,3},{4,5},{6}}.Vidjeti Sliku 3.5.
A
A
1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
(a) Mreˇza
1 2
3
4
5
6
(1,1) (1,2)
(1,3)
(2,2)
(2,1)
(2,3)
(3,3)
(3,1)
(3,2)
(4,4)
(4,5)
(5,5)
(5,4)
(6,6)
(b) ˇ
Sema
Slika 3.5: Relacija ekvivalencije predstavljena mreˇzom i ˇsemom
3.2.2 Relacija poretka
Osim relacija ekvivalencije, takode i relacija poretka ima bitnu ulogu u matematici.
Definicija 3.10 (Relacija poretka).
Binarna relacija %⊂A×Anaziva se relacija poretka ako je refleksivna, antisimetriˇcna
i tranzitivna.
Relaciju poretka obiljeˇzavamo sa ⩽i ˇcitamo ”manje ili jednako”. Ako je a⩽bili b⩽a
onda se kaˇze da su elementi aibuporedivi. Ako na skupu Aposto ji relacija poretka ⩽
onda se kaˇze da je skup Aureden relacijom poretka ⩽i piˇsemo (A, ⩽).
Ako su svi elementi skupa Auporedivi, onda se on naziva potpuno ureden ili lanac ili
linearno ureden. U sluˇcaju da svi elementi skupa Anisu uporedivi onda se kaˇze da je A
djelimiˇcno ureden skup.
Definicija 3.11 (Relacija strogog poretka).
Binarna relacija koja posjeduje osobine tranzitivnosti i antirefleksivnosti, naziva se
relacija strogog poretka.
Relacija <na skupu realnih brojeva Rje relacija strogog poretka. Ako je a<bkaˇze se i
da je aispred bili bje iza a. Ako je a<bib<conda kaˇzemo da je bizmedu aic. Kod
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 29
POGLAVLJE 3. BINARNE RELACIJE 3.3. Zadaci
skupova koristimo relaciju podskup ⊆(relacija poretka) i relaciju strogi poskup ⊂(strogi
poredak).
Primjer 3.9.
U skupu A={2,4,8,16}definisana je operacija %sa a%b ⇔ab(adijeli b).
1. Napisati relaciju %kao skup uredenih parova, nacrtati mreˇzu i ˇsemu.
2. Ispitati da li je %relacija poretka
Rjeˇsenje:
1. Vrijedi
%={(2,2),(2,4),(2,8),(2,16),(4,4),(4,8),(4,16),(8,8),(8,16),(16,16)}.Vi-
djeti Sliku 3.6.
2. Operacija %je refleksivna, antisimetriˇcna i tranzitivna, dakle %je relacija
poretka.
A
A
2 4 8 16
2
4
8
16
(a) Mreˇza
2
4 8
16
(2,2)
(2,4)
(2,8)
(2,16)
(4,4) (4,8)
(4,16)
(8,8)
(8,16)
(16,16)
(b) ˇ
Sema
Slika 3.6: Relacija poretka predstavljena mreˇzom i ˇsemom
3.3 Zadaci
1. U skupu A={1,2,3,4,5,6,7}zadana je relacija sa %={(a, b)∈A×A∶b⩾a+1}.
(a) Odrediti relaciju %kao skup uredenih parova.
(b) Predstaviti relaciju %grafiˇcki (u koordinatnom sistemu–mreˇzi i u strelastom
dijagramu–ˇsemi).
(c) Odrediti domen D%i kodomen relacije R%.
(d) Odrediti presjeke relacije sa svakim elementom i uniju tih presjeka.
2. Date su relacije %={(1, a),(2, b),(2, c),(3, e)}ir={(a, a),(a, b),(b, c),(c, c)}.
Odrediti kompoziciju relacija %ir.
30 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
3.3. Zadaci POGLAVLJE 3. BINARNE RELACIJE
3. Dati su skupovi A={x∈Z∶ −2⩽x⩽2}, B ={x∈Z∶ −1⩽x⩽}, C ={x∈N∶
x<5}.Odrediti
(a) Relacije %={(a, b)∈A×B∶ab >0}, r ={(b, c)∈B×C∶b+c<4}.
(b) Inverzne relacije %−1ir−1.
(c) Kompozicije relacija %r i(%r)−1.
4. U skupu A={−2,−1,0,1,2,3}definisana je relacija %sa x%y ⇔x+y=2.
(a) Napisati relaciju %(kao skup uredenih parova).
(b) Predstaviti relaciju %grafiˇcki (u koordinatnom sistemu–mreˇzi i u strelastom
dijagramu–ˇsemi).
(c) Koje osobine ima relacija %?
5. U skupu A={−2,−1,0,1,2}definisana je relacija %sa x%y ⇔x2=y2.
(a) Napisati relaciju %(kao skup uredenih parova).
(b) Predstaviti relaciju %grafiˇcki (u koordinatnom sistemu–mreˇzi i u strelastom
dijagramu–ˇsemi).
(c) Koje osobine ima relacija %?
(d) Ako je relacija %relacija ekvivalencije odrediti klase i koliˇcniˇcki skup.
6. U skupu A={1,2,3,4,5,6,7}za relaciju %date su njene klase {1,5,6}{2},{3,7},{4}.
(a) Napisati relaciju %(kao skup uredenih parova).
(b) Predstaviti relaciju %grafiˇcki (u koordinatnom sistemu–mreˇzi i u strelastom
dijagramu–ˇsemi).
(c) Koje osobine ima relacija %?
(d) ˇ
Sta je koliˇcniˇcki skup A%?
7. U skupu A={15,16,17,21,24,25,33,34,37}definisana je relacija %sa x%y ⇔
xiyimaju isti zbir cifara.
(a) Napisati relaciju %kao skup uredenih parova.
(b) Predstaviti relaciju %grafiˇcki (u koordinatnom sistemu–mreˇzi i u strelastom
dijagramu–ˇsemi).
(c) Navesti osobine relacije %.
8. U skupu A={3,9,27,81}definisana je operacija %sa a%b ⇔ab.
(i) Napisati relaciju %kao skup uredenih parova.
(ii) Predstaviti relaciju %grafiˇcki (u koordinatnom sistemu–mreˇzi i u strelastom
dijagramu–ˇsemi).
9. U skupu a={5,10,20,30,40}zadana je relacija %sa x%y ⇔xy.
(a) Pokazati da je %relacija poretka.
(b) Predstaviti relaciju %grafiˇcki (u koordinatnom sistemu–mreˇzi i u strelastom
dijagramu–ˇsemi).
10. Dati su skupovi A={−3,−2,−1,0,1,2}, B ={−1,0,1,2}iC={1,2,3,4}i relacije
%={(x, y)⊆A×B∶x%y ⇔xy >0}iψ={(x, y)⊆B×C∶xψy ⇔x+y<4}.
Napisati sve elemente relacija %iψ, te odrediti relaciju (%◦ψ)−1.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 31
Poglavlje 4
Binarne operacije
Definicija 4.1.
Neka je Sneprazan skup. Binarna operacija u skupu Sje postupak kojim se
elementima skupa S×Sjednoznaˇcno pridruˇzuje jedan element iz skupa S.
Binarna operacija zove se takode i binarna kompozicija, apstraktna operacija ili samo
operacija. Znak koji pokazuje da na elemente aibskupa Streba primijeniti odredeni
postupak da bi se dobio odredeni element ciz istog skupa Szove se operator i ˇcesto
se oznaˇcava sa ◦.Rezultat operacije ◦koja je izvrˇsena sa elementima aiboznaˇcava se
a◦b=c.
Primjeri poznatih oznaka operatora i binarnih operacija su:
+za sabiranje (brojeva, polinoma, vektora,. . . );
−za oduzimanje (bro jeva, polinoma, vektora,. . . );
×ili ⋅za mnoˇzenje (brojeva, polinoma, vektora,.. . );
∶ili /za dijeljenje (brojeva, polinoma, . . . );
∪za uniju skupova;
∩za presjek skupova;
\za razliku skupova;. . .
4.1 Osobine binarnih operacija
Definicija 4.2.
Kaˇzemo da je binarna operacija ◦u skupu Szatvorena ili unutraˇsnja ako je za bilo
koja dva elementa a, b ∈Srezultat operacije element iz S, odnosno
(∀a, b ∈S)a◦b∈S.
33
POGLAVLJE 4. BINARNE OPERACIJE 4.1. Osobine binarnih operacija
Definicija 4.3.
Skup Si zatvorena binarna operacija ◦u skupu Sˇcine algebarsku strukturu koja
se zove grupoid. Grupoid se oznaˇcava sa (S, ◦).
Jasno je da je u skupu prirodnih brojeva N={1,2,3, . . .}operacija sabiranja zatvorena,
dakle (N,+)je grupoid. Sa druge strane, operacija oduzimanja nije zatvorena, jer razlika
dva prirodna broja nije uvijek prirodan broj. To znaˇci da (N,−)nije grupoid. Za binarnu
operaciju moˇzemo definisati joˇs neke osobine.
Definicija 4.4 (Asocijativnost).
Neka je dat grupoid (S, ◦). Ako za svaka tri elementa a, b, c ∈Svaˇzi
(a◦b)◦c=a◦(b◦c),
kaˇze se da je operacija ◦asocijativna na skupu S.
Definicija 4.5 (Komutativnost).
Neka je dat grupoid (S, ◦). Ako za svaka dva elementa a, b ∈Svaˇzi jednakost
a◦b=b◦a,
kaˇzemo da je operacija ◦komutativna na S.
Definicija 4.6 (Neutralni element).
Ako u grupoidu (S, ◦)postoji takav element e∈Sza koji je
(∀a∈S)a◦e=e◦a=a
on se zove neutralni ili jediniˇcni element.
Propozicija 1.
Ako u grupoidu (S, ◦)postoji neutralni element eza binarnu operaciju ◦,onda je
on jedinstven.
Dokaz. Neka su e, e′∈Sneutralni elementi za binarnu operaciju ◦.Kako je eneutralni
element, vrijedi:
e◦e′=e′.
Sa druge strane, s obzirom da je e′neutralni element, imamo:
e◦e′=e.
Prema tome, zakljuˇcujemo da je e=e′,tj. neutralni element je jedinstven.
34 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
4.1. Osobine binarnih operacija POGLAVLJE 4. BINARNE OPERACIJE
Definicija 4.7 (Inverzni element).
Neka grupoid (S, ◦)ima neutralni element e. Kaˇzemo da element a∈Sima sebi
inverzni element (inverz), ili suprotan element a′∈S, ako vrijedi jednakost
a′◦a=a◦a′=e.
Propozicija 2.
Neka je (S, ◦)grupoid u kojem je binarna operacija ◦asocijativna i ima neutralni
element e. Ako je a∈Sinvertibilan element, onda je njegov inverz jedinstven.
Dokaz. Neka su yiy′inverzi od a. Tada vrijedi:
y◦a=a◦y=e, y′◦a=a◦y′=e.
Zbog asocijativnosti operacije ◦imamo
y◦a◦y′=(y◦a)◦y′=e◦y′=y′;
y◦a◦y′=y◦(a◦y′)=y◦e=y.
Iz ove dvije jednakosti slijedi da je y=y′.Dakle, pokazali smo da je invertibilni element
jedinstven.
Primjer 4.1.
U skupu Zdefinisane su binarne operacije ⋆i◦,na sljede´ci naˇcin x⋆y=3x−2y+1
ix◦y=2x−3y+1.Odrediti
((−1⋆2)◦5)⋆(2◦2).
Rjeˇsenje. Skup Zje skup cijelih brojeva, tj. Z={. . . , −3,−2,−1,0,1,2,3, . . .}.
Vrijedi
−1⋆2=3⋅(−1)−2⋅2+1=−6
2◦2=2⋅2−3⋅2+1=−1
(−1⋆2)◦5=(−6)◦5=2⋅(−6)−3⋅5+1=−26,
pa je sada
((−1⋆2)◦5)⋆(2◦2)=−26 ⋆(−1)=3⋅(−26)−2⋅(−1)+1=−75.
Za pregledniji prikaz rezultata binarne operacije definisane u nekom skupu S, moˇze se
formirati tabela koja nosi naziv Cayleyeva1tablica (tabela), ˇsto ´cemo prikazati u nare-
dnom primjeru.
1Arthur Cayley (16.avgust 1821.–26.januar 1895. godine) bio je britanski matematiˇcar koji je
uglavnom radio na algebri.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 35
POGLAVLJE 4. BINARNE OPERACIJE 4.2. Algebarske strukture
Primjer 4.2.
Dati su skup S={−1,1,−i, i}i operacija mnoˇzenja •.Formirati Cayleyjevu tabelu
za operaciju •.
Rjeˇsenje. Poˇsto je
(−1)•(−1)=1,(−1)•(−i)=(−i)•(−1)=i, (−1)•i=i•(−1)=−i,
1⋅(−i)=(−i)•1=−i, 1•i=i•1=i,
(−i)•i=i•(−i)=1,
dobijamo Tabelu 4.1.
• −1 1 i−i
−1 1 −1−i i
1−1 1 i−i
i−i i −1 1
−i i −i1−1
Tabela 4.1: Cayleyjeva tabela
4.2 Algebarske strukture sa jednom i dvije operacije
Vidjeli smo da je u sluˇcaju osnovne algebarske strukture grupoid (S, ◦),binarna operacija
◦zatvorena. Ako ta operacija ima joˇs neke osobine, onda dobijamo bogatije algebarske
strukture.
Definicija 4.8 (Polugrupa).
Grupoid (S, ◦)u kome je operacija ◦asocijativna naziva se polugrupa (ili semigrupa).
Definicija 4.9 (Grupa).
Kaˇze se da grupoid (S, ◦)ima strukturu grupe ili da ˇcini grupu, ako operacija ◦ima
i ove tri osobine:
10Operacija je asocijativna
(∀a, b, c ∈S)(a◦b)◦c=a◦(b◦c);
20Operacija ima neutralni element e
(∃e∈S)(∀a∈S)a◦e=e◦a=a;
36 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
4.2. Algebarske strukture POGLAVLJE 4. BINARNE OPERACIJE
30Svaki element aima simetriˇcan element a′za operaciju ◦
(∀a∈S)(∃a′∈S)a◦a′=a′◦a=e.
Ako je (S, ◦)grupa, kaˇze se da elementi skupa Sobrazuju grupu.
Ako je operacija ◦joˇs i komutativna dobijamo algebarsku stukturu nazvanu po Abelu2.
Definicija 4.10 (Komutativna ili Abelova grupa).
Ako je (S, ◦)grupa i ako je operacija ◦komutativna
(∀a, b ∈S)a◦b=b◦a,
kaˇze se da je grupa komutativna ili Abelova.
Operacija sabiranja u skupu prirodnih brojeva je asocijativna, pa je (N,+)ne samo
grupoid nego i polugrupa, a kako sabiranje ima i osobinu komutativnosti, kaˇzemo da je
to komutativna polugrupa. Ne postoji neutralni element za sabiranje u ovom skupu, pa
ni inverzni elementi. U skupu cijelih brojeva Zpostoji neutralni element za sabiranje,
to je broj 0,a za svaki cijeli broj apostoji inverzni (suprotni) element −a, pa je (Z,+)
komutativna ili Abelova grupa.
Primjer 4.3.
Dat je skup A={0,1,2,3,4,5}i u njemu operacija +6definisana sa:
a+6b=c, gdje je cje ostatak pri dijeljenju broja a+bsa 6.
(a)Formirati Cayleyjevu tabelu.
(b)Koju algebarsku strukturu predstavlja (A, +6)?
Rjeˇsenje: (a)Vidjeti Tabelu 4.2. (b)(A, +6)je komutativna grupa.
+6012345
0 012345
1 123450
2 234501
3 345012
4 450123
5 501234
Tabela 4.2: Cayleyjeva tabela za (A, +6)
2Niels Henrik Abel (5.avgust 1802.–6.april 1829. godine) bio je norveˇski matematiˇcar. Dao pionirski
doprinos u teoriji polja.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 37
POGLAVLJE 4. BINARNE OPERACIJE 4.2. Algebarske strukture
Primjer 4.4.
U skupu Zdefinisana je binarna operacija ⋆sa x⋆y=x+y−4.Dokazati da je
(Z,⋆)komutativna grupa.
Rjeˇsenje.
1. Pokaˇzimo prvo da vrijedi ∀x, y ∈Z⇒x⋆y∈Z.Zbir dva cijela broja je cio
broj tj. ∀x, y ∈Z⇒x+y∈Z,takodje je i 4 ∈Z,pa je x+y−4∈Z,
drugim rijeˇcima ∀x, y ∈Z⇒x⋆y∈Z.Prethodno pokazano znaˇci, na osnovu
Definicije 4.3, da je (Z,⋆)grupoid.
2. Pokaˇzimo da vrijedi asocijativni zakon za operaciju ⋆,∀x, y, z ∈Z⇒(x⋆y)⋆
z=x⋆(y⋆z).Vrijedi
(x⋆y)⋆z=(x+y−4)⋆z=(x+y−4)+z−4=x+y+z−8,
x⋆(y⋆z)=x⋆(y+z−4)=x+(y+z−4)−4=x+y+z−8.
Dakle vrijedi asocijativni zakon.
3. Odredimo neutralni element eza operaciju ⋆.Vrijedi
x⋆e=x⇔x+e−4=x⇔e=4,
e⋆x=x⇔e+x−4=x⇔e=4.
Neutralni element je e=4.
4. Odredimo sada inverzni x′(suprotni, simetriˇcni) element, vrijedi
x⋆x′=e⇔x+x′−4=4⇔x′=−x+8,
x′⋆x=e⇔x′+x−4=4⇔x′=−x+8,
pa je inverzni element x′=−x+8.Sada na osnovu 1.–4. zakljuˇcujemo da
(Z,⋆)ima strukturu grupe.
5. Pokaˇzimo da je ⋆komutativna operacija. Vrijedi
x⋆y=x+y−4=y+x−4=y⋆x.
Dakle (Z,⋆)ima strukturu komutativne ili Abelove grupe.
Za dvije binarne operacije definisane u istom skupu moˇzemo definisati osobinu
distributivnosti.
Definicija 4.11 (Distributivnost).
Neka su na jednom skupu Sdefinisane dvije binarne operacije ◦1i◦2.Ako vaˇzi
(∀a, b, c ∈S)a◦2(b◦1c)=(a◦2b)◦1(a◦2c)i(a◦1b)◦2c=(a◦2c)◦1(b◦2c),
kaˇzemo da je ◦2distributivna u odnosu na ◦1.
38 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
4.2. Algebarske strukture POGLAVLJE 4. BINARNE OPERACIJE
Ako dvije zatvorene binarne operacije u nekom skupu zadovoljava ju odredene osobine,
dobijamo nove algebarske strukture sa dvije binarne operacije: prsten, tijelo i polje.
Definicija 4.12 (Prsten).
Neka su na skupu Sdefinisane dvije binarne operacije redom oznaˇcene sa +i⋅.
Kaˇzemo da Sˇcini prsten u odnosu na te dvije operacije ako su ispunjeni uslovi:
10Skup Sˇcini komutativnu grupu u odnosu na operaciju +;
20Operacija ⋅je asocijativna, tj vaˇzi
(∀a, b, c ∈S)a⋅(b⋅c)=(a⋅b)⋅c;
30Operacija ⋅je distributivna prema operaciji +, tj.
(∀a, b, c ∈S)(a+b)⋅c=a⋅c+b⋅cia⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c.
Prsten koji ˇcine skup Si njegove operacije +i⋅oznaˇcava se (S, +,⋅).
Definicija 4.13 (Tijelo).
Prsten (S, +,⋅)zove se tijelo, ako skup S\{0}ˇcini grupu u odnosu na operaciju ⋅.
Definicija 4.14 (Polje).
Prsten (S, +,⋅)zove se polje, ako je skup S\{0}ˇcini komutativnu grupu u odnosu
na operaciju ⋅.
Ako posmatramo operacije sabiranja i mnoˇzenja u skupu cijelih brojeva nalazimo da
je (Z,+,⋅)prsten, a u skupu realnih brojeva vidimo da (R,+,⋅)ima algebarsku strukturu
polja.
Primjer 4.5.
Na skupu Qdefinisane su dvije binarne operacije ⊕i⊙sa x⊕y=x+y+1 i
x⊙y=xy +x+y. Pokazati da (Q,⊕,⊙)ima strukturu polja.
Rjeˇsenje. Skup Qje skup racionalnih brojeva, Q={m
n∶m∈Z∧n∈N}.
(⊕1) Vrijedi ∀x, y ∈Q⇒x+y+1∈Q,pa je x⊕y∈Q,(Q,⊕)ima strukturu
grupoida.
(⊕2) Pokaˇzimo da vrijedi asocijativni zakon za binarnu operaciju ⊕,
(x⊕y)⊕z=(x+y+1)⊕z=(x+y+1)+z+1=x+y+z+2,
x⊕(y⊕z)=x⊕(y+z+1)=x+(y+z+1)+1=x+y+z+2,
pa je ∀x, y, z ∈Q(x⊕y)⊕z=x⊕(y⊕z).
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 39
POGLAVLJE 4. BINARNE OPERACIJE 4.2. Algebarske strukture
(⊕3) Neutralni element za binarnu operaciju ⊕,na osnovu
x⊕e=x⇔x+e+1=x⇔e=−1,
e⊕x=x⇔e+x+1=x⇔e=−1,
je e=−1.
(⊕4) Simetriˇcni element za binarnu operaciju ⊕,na osnovu
x⊕x′=e⇔x+x′+1=−1⇔x′=−x−2,
x′⊕x=e⇔x′+x+1=−1⇔x′=−x−2,
je x′=−x−2.
(⊕5) Operacija ⊕,na osnovu
x⊕y=x+y+1=y+x+1=y⊕x
je komutativna.
Dakle, zbog (⊕1)–(⊕5), (Q,⊕)ima strukturu komutativne grupe.
(⊕⊙)Pokaˇzimo da je ⊙distributivna prema ⊕.Vrijedi
x⊙(y⊕z)=x⊙(y+z+1)=xy +xz +x+x+y+z+1
=xy +xz +2x+y+z+1=(xy +x+y)+(xz +x+z)+1
=(x⊙y)+(x⊙z)+1
=(x⊙y)⊕(x⊙z),
(x⊕y)⊙z=(x+y+1)⊙z=xz +yz +z+x+y+1+z
=xz +yz +x+y+2z+1=(xz +x+z)+(yz +y+z)+1
=(x⊙z)+(y⊙z)+1=(x⊙z)⊕(y⊙z).
Ispitajmo sada kakvu ima strukturu (Q\{−1},⊙),odnosno (Q,⊕,⊙).
(⊙1) Poˇsto vrijedi ∀x, y ∈Q\{−1}⇒xy +x+y∈Q\{−1},onda je x⊙y∈Q\{−1},
tj. (Q\{−1},⊙)sada ima strukturu grupoida.
(⊙2) Pokaˇzimo da je binarna operacija ⊙asocijativna. Vrijedi
(x⊙y)⊙z=(xy +x+y)⊙z=xyz +xz +yz +xy +x+y+z
=x(yz +y+z)+(yz +y+z)+x
=x⊙(yz +y+z)=x⊙(y⊙z).
Do sada je pokazano da (Q,⊕,⊙)ima strukturu prstena.
40 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
4.3. Zadaci POGLAVLJE 4. BINARNE OPERACIJE
(⊙3) Odredimo neutralni element binarne operacije ⊙,
x⊙e=x⇔xe +x+e=x⇔e(x+1)=0⇔e=0,
e⊙x=x⇔ex +e+x=x⇔e(x+1)=0⇔e=0.
Pa je neutralni element e=0.
(⊙4) Simetriˇcni (inverzni) element, na osnovu
x⊙x′=e⇔xx′+x+x′=0⇔x′=−x
x+1,
x′⊙x=e⇔x′x+x′+x=0⇔x′=−x
x+1,
je x′=−x
x+1.Na osnovu prethodnog, (Q,⊕,⊙)ima strukturu tijela.
(⊙5) Na kraju pokaˇzimo da je ⊙komutativna operacija. Vrijedi
x⊙y=xy +x+y=yx +y+x=y⊙x,
pa na osnovu (⊙1)–(⊙5), (Q\{−1})ima strukturu komutativna grupe, dok
na osnovu (⊕1)–(⊙5),
(Q,⊕,⊙)ima strukturu polja.
4.3 Zadaci
1. U skupu Zdefinisane su operacije ⋆i◦sa: a⋆b=−2a+b−4 i a◦b=a−2b+6.
Rijeˇsiti jednaˇcinu (3x)◦[(−1◦2)⋆(4◦ −3)]=[(−4⋆1)◦(2⋆ −3)].
2. Dat je skup Zi u njemu operacija definisana sa (∀a, b ∈Z)a⋆b=a+b+1.Ispitati
da li vrijede komutativni i asocijativni zakon za operaciju ⋆.
3. Dat je skup Zi u njemu operacija definisana sa (∀a, b ∈Z)a⋆b=2a+b+1.Ispitati
da li vrijede komutativni i asocijativni zakon za operaciju ⋆.
4. Dat je skup Zi u njemu operacije definisana sa
(a) (∀a, b ∈Z)a⋆b=ab +a+b;
(b) (∀a, b ∈Z)a◦b=a+ab +b.
Ispitati da li vrijede komutativni i asocijativni zakon za operacije ⋆i◦.
5. Neka je na skupu S={1,2,3,4,6,9}definisana operacija x⋆y=NZD(x, y),
(NZD(x, y)je najve´ci zajedniˇcki djelilac). Sastaviti tabelu operacije. Da li je
operacija ⋆komutativna operacija?
6. U skupu Rdefinisane su operacije
(a) x⋆y=x
y,(b) x⋆y=x(x+y),(c) x⋆y=xy
x+y,(d) x⋆y=x−y,
(e) x⋆y=x2+xy +y2,(f) x⋆y=x2+xy +2y2.
Koja je od ovih operacija komutativna?
7. U skupu A={1,2,3,4,5,6}definisane su operacije x⋆y=max{x, y}ix◦y=
min{x, y}.
(a) Sastaviti tabele za operacije ⋆i◦.(b) Pokazati da su operacije ⋆i◦komutativne.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 41
POGLAVLJE 4. BINARNE OPERACIJE 4.3. Zadaci
8. U skupu Zdefinisane su operacije
(a) (∀x, y ∈Z)x⋆y=x+y+6; (b) (∀x, y ∈Z)x◦y=x+y+1; (c) (∀x, y ∈
Z)x•y=x+y−2.Ispitati da li su algebarske strukture (Z,⋆),(Z,◦),(Z,•)
Abelove grupe.
9. Dat je skup A={0,1,2,3,4,5,6}i njemu je definisana operacija +7,(sabiranje po
modulu 7).
(a) Sastaviti tabelu za operaciju +7.(b) Koju algebarsku strukturu predstavlja
(A, +7).
10. Na skupu Qdefinisane su operacije ⊕i⊙sa x⊕y=x+y−2 i x⊙y=xy +x+y.
Ispitati ˇsta je struktura (Q,⊕,⊙).
42 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
Poglavlje 5
Preslikavanja
U ovom poglavlju bi´ce uvedeni pojmovi koji se koriste u ˇcitavoj matematici, a posebno u
nekim oblastima kao ˇsto je matematiˇcka analiza. Ove pojmove najlakˇse je matematiˇcki
precizno uvesti koriste´ci teoriju skupova, odnosno odgovaraju´ce pojmove iz teorije skupova.
Ovakav pristup omogu´cava nam uvodenje jedinstvene terminologije koja se onda koristi
u razliˇcitim oblastima kako matematike tako i drugih nauka, a koriˇstenje jedinstvene
terminologije dovelo je do lakˇseg povezivanja razliˇcitih nauka.
5.1 Osnovni pojmovi
Pojam preslikavanja moˇzemo uvesti preko pojma binarne relacije, drugim rijeˇcima, pre-
slikavanje je jedna posebna vrsta binarne relacije, tj. binarna relacija sa nekim dodatnim
osobinama koje su navedene u sljede´coj definiciji.
X Y
1
2
3
4
5
a
b
c
d
e
(1, a)
(2, c)
(3, d)
(4, e)
(5, c)
(a)
X Y
1
2
3
4
5
a
b
c
d
e
(1, a)
(2, c)
(3, d)
(4, e)
(5, b)
(b)
X Y
1
2
3
4
5
a
b
c
d
(1, a)
(2, a)
(3, b)
(4, d)
(5, d)
(c)
A
B
a
b
c
d
e
1 2 3 4 5
(d)
A
B
a
b
c
d
e
1 2 3 4 5
(e)
A
B
a
b
c
d
e
1 2 3 4 5
(f)
Slika 5.1: Binarne relacije koje su preslikavanja
43
POGLAVLJE 5. PRESLIKAVANJA 5.1. Osnovni pojmovi
Definicija 5.1 (Preslikavanje–funkcija).
Neka su XiYneprazni skupovi. Binarnu relaciju f⊂X×Ynazivamo preslikavanje
ili funkcija, sa skupa Xu skup Yako vrijedi
1. (∀x∈X)(∃y∈Y)(x, y)∈f;
2. (x, y)∈f∧(x, y′)∈f⇒y=y′.
Drugim rijeˇcima, svakom elementu x∈Xtakvom da je (x, y)∈fodgovara jedan i samo
jedan element y∈Y. Na Slici 5.1 predstavljene su relacije koje su preslikavanja. Dakle,
svi elementi x∈Xmoraju se preslikati u neki element iz skupa Yi ne smiju se preslikati
u viˇse od jednog elementa. Na Slici 5.2 dati su primjeri relacija koje nisu preslikavanja;
crvenom bojom su oznaˇceni ili elementi ili uredeni parovi zbog kojih ove relacije nisu
preslikavanja sa skupa Xu skup Y.
Napomena 5.1.
ˇ
Ceˇs´ce se koristi termin funkcija kada su XiYskupovi brojeva, dok se u ostalim
sluˇcajevima koristi termin preslikavanje.
X Y
1
2
3
4
5
a
b
c
d
e
(1, a)
(1, b)
(2, c)
(3, d)
(4, e)
(5, e)
(a)
X Y
1
2
3
4
5
a
b
c
d
(1, a)
(2, b)
(3, c)
(5, d)
(b)
X Y
1
2
3
4
5
a
b
c
d
(1, a)
(2, b)
(2, d)
(3, c)
(5, d)
(c)
A
B
a
b
c
d
e
1 2 3 4 5
(d)
A
B
a
b
c
d
e
1 2 3 4 5
(e)
A
B
a
b
c
d
1 2 3 4 5
(f)
Slika 5.2: Binarne relacije koje nisu preslikavanja
Skup Xzovemo domen (ili definiciono podruˇcje ili oblast definisanosti) preslika-
vanja fi oznaˇcavamo D(f)ili Df,a skup f(X)={f(x)∶x∈X}zovemo kodomen
(ili skup vrijednosti ili rang) preslikavanja f. Oznake koje se koriste za kodomen su
V(f), Vf, R(f), Rf, f(X)i druge. Elemente skupa Dfzovemo originali (ili argumenti
ili promjenljive), a elemente skupa Rfslike. Relacija fje preslikavanje ako svakom ori-
ginalu odgovara taˇcno jedna slika.
44 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
5.1. Osnovni pojmovi POGLAVLJE 5. PRESLIKAVANJA
Da preslikavanje fpreslikava skup Xu skup Yoznaˇcavamo sa
f∶X↦Y,
ako je (x, y)∈fonda piˇsemo
y=f(x)ili f∶x↦y.
Napomena 5.2.
ˇ
Cesto se u literaturi sre´cemo sa zadavanjem preslikavanja iz skupa Xu skup Y, pri
ˇcemu nije svaki element iz Xoriginal. Tada se nalazi definiciono podruˇcje D(f)koje
je strogi podskup od X. Dakle, generalno vrijedi D(f)⊆X.
Preslikavanje moˇzemo zadati na viˇse naˇcina: analitiˇcki, tabelarno, grafiˇcki ili strelastim
dijagramom. Analitiˇcki oblici zadavanja preslikavanja su sljede´ci:
1. eksplicitni oblik y=f(x);
2. implicitni oblik F(x, y)=0;
3. parametarski oblik x=x(t), y =y(t)(tje parametar);
4. polarni oblik ρ=ρ(ϕ)(ρ-modul, ϕ-argument).
Primjeri strelastog dijagrama su na Slici 5.1a, 5.1b i 5.1c. Tabelarni prikaz preslikavanja
moˇzemo vidjeti u Primjeru 5.1 kao Tabela 5.1. Preslikavanja odnosno funkciju moˇzemo
prikazati i grafiˇcki u Dekartovom koordinatnom sistemu kao skup taˇcaka (ili linija). Pre-
ciznije je dato u sljede´coj definiciji.
x
y
y=f(x)
(a)
x
yy=f(x)
(b)
Slika 5.3: Grafici funkcija
Definicija 5.2 (Grafik funkcije).
Ako je Df⊂RiRf⊂Ronda skup taˇcaka Γ(f)={(x, f(x))∶x∈Df}⊆R×R
zovemo grafik funkcije f.
Primjeri dva grafika funkcija su na Slici 5.3.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 45
POGLAVLJE 5. PRESLIKAVANJA 5.2. Vrste preslikavanja
5.2 Vrste preslikavanja
Neka je f∶X↦Ypreslikavanje, dakle svakom elementu x∈Xpreslikavanje fpridruˇzuje
neki element y∈Y. Ne znamo niˇsta o tome da li su svi elementi skupa Yslika nekog
elementa (originala) iz skupa X, kao ni to da li je neki element y∈Yslika jednog ili viˇse
originala (vidjeti Sliku 5.1). U svrhu daljeg analiziranja preslikavanja, razmatraju se neke
dodatne osobine.
Slijede definicije preslikavanja koje imaju neke od tih dodatnih osobina.
Definicija 5.3 (Sirjekcija).
Za preslikavanje f∶X↦Ykaˇze se da je sirjekcija ili sirjektivno preslikavanje sa
skupa Xna skup Yako je Rf=Y, tj. ako je svaki y∈Yslika bar jednog elementa
x∈X.
Sirjekcija se naziva i ”preslikavanje na”. Na Slici 5.4a i 5.4d je prikazan primjer sirje-
ktivnog preslikavanja.
A B
1
2
3
4
5
a
b
c
d
(1, a)
(2, b)
(3, c)
(4, d)
(5, d)
(a) Sirjekcija
A B
1
2
3
4
5
a
b
c
d
e
f
(1, a)
(2, b)
(3, c)
(4, f)
(5, d)
(b) Injekcija
A B
1
2
3
4
5
a
b
c
d
e
(1, a)
(2, b)
(3, c)
(4, d)
(5, e)
(c) Bijekcija
A
B
a
b
c
d
1 2 3 4 5
(d) Sirjekcija
A
B
a
b
c
d
e
f
1 2 3 4 5
(e) Injekcija
A
B
a
b
c
d
e
1 2 3 4 5
(f) Bijekcija
Slika 5.4: Vrste preslikavanja: Sirjekcija, injekcija i bijekcija
Definicija 5.4 (Injekcija).
Za preslikavanje f∶X↦Ykaˇze se da je injekcija ili injektivno preslikavanje sa
skupa Xu skup Y, ako vrijedi
(∀x, x′∈X)x≠x′⇒f(x)≠f(x′),(f(x), f (x′)∈Y).
Drugim rijeˇcima, kod injektivnog preslikavanja razliˇcitim originalima odgovaraju razliˇcite
slike, vidjeti Sliku 5.4b i 5.4e. Injektivno preslikavanje se naziva joˇs i ”1−1 preslikavanje”.
46 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
5.2. Vrste preslikavanja POGLAVLJE 5. PRESLIKAVANJA
Na osnovu zakona kontrapozicije vrijedi da je f∶X↦Yinjekcija ako vaˇzi
(∀x, x′)f(x)=f(x′)⇒x=x′.
Ako je neko preslikavanje istovremeno i sirjektivno i injektivno dobijamo novo preslika-
vanje dato u sljede´coj definiciji.
Definicija 5.5 (Bijekcija).
Preslikavanje f∶X↦Ynaziva se bijekcija ili bijektivno preslikavanje, ako je ona
istovremeno i sirjekcija i injekcija.
Bijekcija se naziva joˇs i ”uzajamno jednoznaˇcno preslikavanje” ili ”obostrano jednoznaˇcno
preslikavanje”, vidjeti Sliku 5.4c ili 5.4f.
Definicija 5.6 (Kompozicija).
Ako su f∶X↦Yig∶Y↦Zpreslikavanja, tada preslikavanje h∶X↦Zzadano
sa (∀x∈X)h(x)=g(f(x))
zovemo sloˇzeno preslikavanje (ili kompozicija ili slaganje preslikavanja), preslikavanja
figi piˇsemo h=g◦f.
Dakle vrijedi h(x)=(g◦f)(x)=g(f(x)).
Asocijativni zakon vrijedi za kompoziciju preslikavanja. Za preslikavanja f∶X↦Y,
g∶Y↦Z, ih∶Z↦Wvrijedi
(h◦g)◦f=h◦(g◦f).
Svakom preslikavanju f∶X↦Y, kao specijalnom sluˇcaju relacije iz XuYodgovara
inverzna relacija f−1⊂Y×Xiz YuX. U opˇstem sluˇcaju relacija f−1nije preslikavanje. U
sluˇcaju kada je f−1preslikavanje, onda se ono naziva inverzno preslikavanje preslikavanja
f.
Definicija 5.7.
Neka je f∶X↦Ybijektivno preslikavanje. Inverzno preslikavanje preslikavanja f
je preslikavanje koje zadovoljava uslov
(∀x∈X)f−1(f(x))=x.
Uslov kada je relacija f−1inverzno preslikavanje preslikavanja f, dat je u sljede´coj
teoremi.
Teorema 5.1.
Inverzna relacija f−1preslikavanja f∶X↦Ybi´ce preslikavanje f−1∶Y↦Xako i
samo ako je fbijekcija.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 47
POGLAVLJE 5. PRESLIKAVANJA 5.2. Vrste preslikavanja
X Y Z
xf(x)
h(x) = g(f(x))
f g
h=g◦f
(a) Kompozicija funkcija
X Y
x1
x2
x3
x4
f(x1)
f(x2)
f(x3)
f(x4)
f
f−1
(b) Inverzna funkcija f−1funkcije f
Slika 5.5: Kompozicija preslikavanja (funkcija) i inverzno preslikavanje (funkcija)
X Y
1
2
3
a
b
c
d
e
(a) Svi elementi skupa Xse slikaju u ele-
ment c
x
y
f(x) = 3
3
(b) Grafik konstantne funkcije f(x)=
3, x ≥0
Slika 5.6: Primjeri konstantnih funkcija
X Y
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
(a) Svi elementi skupa Xse slikaju u iste
elemente
x
y
f(x) = x
(b) Grafik identiˇcke funkcije f(x)=x,
x≥0
Slika 5.7: Primjeri identiˇckih funkcija
Osim navedenih vrsta preslikavanja/funkcija, ˇcesto susre´cemo i konstantnu funkciju
Slika 5.6 i identiˇcku funkciju Slika 5.7.
48 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
5.3. Zadaci POGLAVLJE 5. PRESLIKAVANJA
5.3 Zadaci
Primjer 5.1.
Dati su skupovi A={0,1,2,3,5}, B ={3,4,5,6,8,9,10}i funkcija f(x)=x+3.
Predstaviti funkciju pomo´cu tabele, uredenih parova, koordinatnog sistema i strelas-
tog dijagrama.
Rjeˇsenje:
Vidi Tabelu 5.1 za tabelarno predstavljenja fukcije. Predstavljenje funkcije uredenim
parovima f={(0,3),(1,4),(2,5),(3,6),(5,8)}.Vidjeti Sliku 5.8 za koordinatni sis-
tem i strelasti dijagram.
x01235
f(x)34568
Tabela 5.1: Predstavljanje funkcije f(x)=x+3 tabelarno
A
B
3
4
5
6
7
8
9
10
0 1 2 3 5
(a) Funkcija f(x)=x+3 predstavljena u
koordinatnom sistemu
A B
0
1
2
3
5
3
4
5
6
7
8
9
10
(b) Funkcija f(x)=x+3 predstavljena u
strelastom dijagramu
Slika 5.8: Funkcija f(x)=x+3
Primjer 5.2.
Dati su skupovi A={1,2,3}, B ={2,4}iC={1,4},funkcija f∶A↦Bzadana sa
f(1)=2, f(2)=4, f (3)=2,te funkcija g∶B↦Czadana sa g(2)=1, g(4)=4.
Odrediti funkciju h=g◦f, tj. h(x)=g(f(x)).
Rjeˇsenje:
Vrijedi h(1)=1, h(3)=1, h(2)=4,vidjeti Sliku 5.9.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 49
POGLAVLJE 5. PRESLIKAVANJA 5.3. Zadaci
Primjer 5.3.
Date su funkcije f(x)=x+1, g(x)=2x−1, k(x)=3x+1.Odrediti kompozicije
funkcija f◦g, g ◦f, f ◦(g◦k),(f◦g)◦k, f ◦(f◦g).
Rjeˇsenje:
Izraˇcunajmo prvo f◦gig◦f, vrijedi
(f◦g)(x)=f(g(x))=g(x)+1=2x−1+1=2x,
(g◦f)(x)=g(f(x))=2(f(x))−1=2(x+1)−1=2x+1.
Odredimo sada g◦k
(g◦k)(x))=2(3x+1)−1=2(3x+1)−1=6x+1.
Sada izraˇcunajmo (f◦(g◦k)),(f◦g)◦ki(f◦(f◦g))
(f◦(g◦k)))=g(k(x))+1=6x+1+1=6x+2,
(f◦g)◦k=2k(x)=2(3x+1)=6x+2,
(f◦(f◦g))(x)=f(g(x))+1=2x+1.
Vidimo da u opˇstem sluˇcaju kompozicija preslikavanja (funkcija) nije komutativna
operacija ((f◦g)(x)≠(g◦f)(x)).
A B C
1
2
3
4
2
4
1
Slika 5.9: Kompozicija preslikavanja
Primjer 5.4.
Date su funkcije f(x)=2x, g(x)=x2−5.Odrediti f◦gig◦f.
Rjeˇsenje:
(f◦g)(x)=f(g(x))=2(g(x))=2(x2−5)=2x2−10,
(g◦f)(x)=g(f(x))=(f(x))2−5=(2x)2−5=4x2−5.
50 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
5.3. Zadaci POGLAVLJE 5. PRESLIKAVANJA
Primjer 5.5.
Date su funkcije f(x+1)=3x+3, g(2x−1)=x, k(x−3)=x2+x. Odrediti
(a)f(x), g(x), k(x);
(b)f◦g, g ◦k, f ◦(g◦k).
Rjeˇsenje:
(a)Odredimo prvo f(x),uvodimo smjenu x+1=t, pa je x=t−1.Uvrstimo
prethodne izraze u f(x+1)=3x+3,vrijedi f(t)=3(t−1)+3=3t, dakle
vrijedi f(t)=3tpa je i f(x)=3x. Sljede´ca smjena je 2x−1=t, pa je x=t+1
2,
pa je g(t)=t+1
2te vrijedi g(x)=x+1
2.I na kraju smjena je x−3=tix=t+3,
pa je k(t)=(t+3)2+t+3=t2+7t+12 i k(x)=x2+7x+12.Odredimo sada
f◦g, g ◦k, f ◦(g◦k).
(b)Vrijedi
(f◦g)(x)=3g(x)=3x+1
2=3(x+1)
2,
(g◦k)(x)=k(x)+1
2=x2+7x+12 +1
2=x2+7x+13
2,
(f◦(g◦k))=3g(k(x))=3x2+7x+13
2=3(x2+7x+13)
2.
Primjer 5.6.
Data je bijekcija g∶R↦Rsa g(x)=3−2x.
(a)Odrediti g−1, g−1◦g, g ◦g−1;
(b)Nacrtati u istom koordinatnom sistemu grafike funkcija gig−1.
Rjeˇsenje:
(a)Odredimo prvo g−1.Izrazimo xiz g(x)=3−2x, vrijedi x=3−g(x)
2,sada zami-
jenimo xsa g−1(x)ag(x)sa x, te dobijamo g−1(x)=3−x
2.Dalje je
(g−1◦g)(x)=g−1(g(x)))=3−g(x)
2=3−(3−2x)
2=x,
(g◦g−1)(x)=g(g−1(x))=3−2g−1(x)=3−23−x
2=3−(3−x)=x.
(b)Vidjeti Sliku 5.10.
Primjer 5.7.
Date su funkcije fx+3
2=x, g(2x−1)=x+4.Odrediti
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 51
POGLAVLJE 5. PRESLIKAVANJA 5.3. Zadaci
(a)f(x), g(x);
(b)f−1(x), g−1(x);
(c)f−1◦g−1,(f−1◦g)◦f.
Rjeˇsenje:
(a)Uvodimo smjenu x+3
2=tix=2t−3,sada je f(t)=2t−3 i f(x)=2x−3.
Sljede´ca smjena je 2x−1=tix=t+1
2i vrijedi g(t)=t+1
2+4=t+9
2ig(x)=x+9
2.
(b)Iz f(x)=2x−3 dobijamo x=f(x)+3
2,pa je f−1(x)=x+3
2.Na isti naˇcin iz
g(x)=x+9
2je x=2g(x)−9,ig−1(x)=2x−9.
(c)Vrijedi
(f−1◦g−1)(x)=f−1(g−1(x))=g−1(x)+3
2=2x−9+3
2=2x−6
2=x−3,
(f−1◦g)(x)=f−1(g(x))=g(x)+3
2=
x+9
2+3
2=x+15
4,
((f−1◦g)◦f)(x)=f(x)+15
4=2x−3+15
4=2x+12
4=x+6
2.
x
y
g(x) = −2x+ 3
g−1(x) = −x+3
2
f(x) = x(simetrala)
Slika 5.10: Kompozicija preslikavanja
Zadaci za vjeˇzbu
1. Date su funkcije f(x)=x
3, g(x)=x+2
2, h(x)=x−6.Odrediti
(a) f◦g; (b) g◦f; (c) (f◦g)◦h.
2. Date su funkcije f∶A↦Big∶B↦C, gdje su A={x∈R∶0⩽x⩽5}, B ={x∈
R∶1⩽y⩽11}, C ={x∈R∶2⩽z⩽32},if(x)=2x+1, g(x)=3x−1.
(a) Odrediti f◦gig◦f; (b) Da li se kompozicijom g◦fskup Apreslikava u skup
C?
3. Date su funkcije f(x)=x−3
x, g(x)=2
x+1.
(a) Odrediti definiciono podruˇcje funkcija fig. (b) Odrediti f◦gig◦fi domene
dobijenih funkcija. (c) Izraˇcunati (f◦g)(4)i(g◦f)(6).
52 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
5.3. Zadaci POGLAVLJE 5. PRESLIKAVANJA
4. Date su funkcije f(x)=3x
2x+5ig(x)=x−1
2x+3.
(a) Odrediti definiciono podruˇcje funkcija. (b) Odrediti f−1ig−1.
5. Za funkciju f(x)=3x−5
7.Izraˇcunati
(a) f−1(1); (b) (f−1◦f)(3); (c) f−1(−4).
6. Date su funkcije f(3x+2)=x+3, g(x−1)=4x+1; k(x)=x2−2x. Odrediti
(a) f(x);g(x);k(x).(b) f◦g;f◦k;g◦(f◦k).
7. Date su f(x)=3x−1
x+7;g(x)=x+6
x+9.Odrediti
(a) Definiciono podruˇcje datih funkcija. (b) f−1, g−1.
8. Date su f(x)=2x+1
x−3;g4x+5
x+6=x. Odrediti
(a) g(x); (b) Definiciono podruˇcje datih funkcija. (c) f−1, g−1, f ◦g−1.
9. Za funkciju f3x+1
x+2=x+6 odrediti
(a) f(x); (b) f−1(x); (c) f−1◦f.
10. Za funkciju f−x+5
4x+5=x
7x+3odrediti
(a) f(x); (b) f−1(x); (c) f−1◦f.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 53
Poglavlje 6
Skup realnih brojeva
Skup realnih brojeva Rse sastoji od skupa racionalnih brojeva Qi skupa iracionalnih
brojeva I,pri ˇcemu je R=Q∪IiQ∩I=∅.Takode vrijedi lanac inkluzija N⊂Z⊂Q⊂R.
Sa Nje oznaˇcen skup prirodnih brojeva1, a sa Zskup cijelih brojeva. Sve ove skupove
´cemo detaljnije razmotriti u narednim sekcijama ovog poglavlja.
6.1 Prirodni brojevi i skup prirodnih brojeva
Istorijski gledano, od svih brojeva, prirodni brojevi su se najranije pojavili i koriˇsteni su
za brojanje raznih objekata. Skup svih prirodnih brojeva oznaˇcavamo sa N={1,2,3, . . .}.
Prirodne brojeve moˇzemo sabirati i mnoˇziti i rezultat ovih operacija je ponovo prirodan
broj, pa kaˇzemo da je skup prirodnih brojeva zatvoren u odnosu na ove dvije operacije.
Problem se ve´c javlja kada ho´cemo da primijenimo operaciju oduzimanja u skupu priro-
dnih brojeva. Na primjer rezultat oduzimanja 1 −2 nije prirodan broj, tj. rezultat je
broj koji ne postoji u skupu prirodnih brojeva. Dakle ve´c za operaciju oduzimanja skup
prirodnih brojeva je ”mali” ili ”preuzak”, pa je bilo potrebno ”proˇsiriti ovaj skup”.
Skup prirodnih brojeva moˇzemo uvesti ili definisati na viˇse naˇcina. Jedan od naˇcina
definisanja je preko Peanovih2aksioma. Peanovi aksiomi glase
(A1)1 je prirodan broj, tj. 1 ∈N.
(A2)Svaki prirodan broj nima svog sljedbenika n′=n+1,koji je takode prirodan broj,
tj. vrijedi n∈N⇒n+1∈N.
(A3)1 nije sljedbenik ni jednog prirodnog broja.
(A4)Ako je m′=n′,tada je m=n, tj. svaki prirodan broj sljedbenik je najviˇse jednog
prirodnog broja.
(A5)Ako je M⊂Ni ako u skupu Mvaˇze (A1) i (A2) tada je M=N.
1prirodni brojevi ili pozitivni cijeli brojevi; nenegativni cijeli bro jevi su 0,1,2,..., tj. prirodni brojevi
i joˇs nula
2Giuseppe Peano (27.avgust 1858.–20.april 1932. godine), bio je italijanski matematiˇcar, ve´ci dio
karijere predavao je matematiku na Univerzitetu u Torinu. Jedan od osnivaˇca matematiˇcke logike i
teorije skupova.
55
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.1. Prirodni brojevi
Ovi aksiomi definiˇsu skup prirodnih brojeva N.Posljednji, peti aksiom je i osnova za
jednu metodu dokaza poznatu u matematici pod nazivom ”princip matematiˇcke indukcije”
i o njemu ´ce biti viˇse rijeˇci kasnije.
Osim koriˇstenja prirodnih brojeva za brojanje, potrebno je koristiti i raˇcunske operacije
sabiranja, mnoˇzenja, oduzimanja i dijeljenja prirodnih brojeva.
Sabiranje prirodnih brojeva. Broj a+b, je zbir ili suma brojeva aib, brojevi aib
su sabirci. Uobiˇcajena oznaka za operaciju sabiranja je znak ” +”.Operacija sabiranja je
zatvorena u skupu prirodnih brojeva, tj. (∀a, b ∈N)a+b∈N.
Oduzimanje prirodnih brojeva. Broj a−bje razlika brojeva aib, broj aje umanjenik
a broj bje umanjilac. Oznaka za operaciju oduzimanja je ” −”.Operacija oduzimanja
nije zatvorena u skupu prirodnih brojeva, naime, razlika dva prirodna broja nije uvijek
prirodan broj, npr. 1 −2∉N.
Mnoˇzenje prirodnih bro jeva. Broj ab ili a⋅bje proizvod brojeva aib. Brojevi ai
bsu faktori, oznaka za operaciju mnoˇzenja je ” ⋅”.Operacija mnoˇzenja je zatvorena u
skupu N,tj. (∀a, b ∈N)a⋅b∈N.
Dijeljenje prirodnih brojeva. Broj a∶bje koliˇcnik brojeva aib, broj aje dijeljenik,
a broj bje djelilac. Operacija dijeljenja nije zatvorena u skupu prirodnih brojeva N,npr.
1∶2∉N.Oznaka za dijeljenje je ” ∶”.
ˇ
Cesto se javlja potreba da proˇsirimo skup prirodnih brojeva sa brojem 0,pa tada
koristimo oznaku N0.Dakle N0=N∪{0}.
6.1.1 Reprezentacija prirodnih brojeva
Uobiˇcajeno predstavljanje brojeva je u decimalnoj notaciji. Zapisujemo brojeve koriste´ci
cifre {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}da predstavimo umnoˇske stepena baze 10.Na primjer broj
234597 moˇzemo zapisati ovako:
2⋅105+3⋅104+4⋅103+5⋅102+9⋅10 +7⋅100.
Nema posebnog razloga zaˇsto koristimo broj 10 kao bazu naˇse notacije, moˇzda ˇsto
imamo 10 prstiju na rukama. Babilonci su koristili bazu 60, Maje bazu 12,dok danaˇsni
kompjuteri koriste bazu 2.
Sljede´ca teorema kaˇze da svaki prirodan broj ve´ci od 1 moˇzemo koristiti kao bazu.
Teorema 6.1.
Neka je bprirodan broj ve´ci od 1.Tada svaki prirodan broj nmoˇzemo na jedinstven
naˇcin predstaviti u obliku
akbk+ak−1bk−1+. . . +a1b1+a0,(6.1)
gdje je kprirodan broj, ajje broj iz N0=N∪{0}za koji je 0⩽aj⩽b−1za
j=0,1, . . . , k iak≠0.
56 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.1. Prirodni brojevi POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
Broj biz razvoja (6.1) nazivamo baza razvoja, ekspanzije ili predstavljanja. Razvoj sa
bazom 10 (naˇsa uobiˇcajena baza), zovemo decimalna notacija, predstavljanje ili razvoj.
U sluˇcaju baze 2,kaˇzemo da je to binarno predstavljanje, za bazu 8 oktalno i za bazu 16
heksadecimalno predstavljanje. Koeficijenti ajsu cifre razvoja.
Da bi razlikovali predstavljanje brojeva u razliˇcitim bazama, koristimo specijalnu no-
taciju. Piˇsemo (akak−1. . . a1a0)b
da bi predstavili broj
akbk+ak−1bk−1+. . . +a1b+a0.
Primjer 6.1.
Predstaviti brojeve (236)7i(10010011)2u decimalnoj notaciji.
Rjeˇsenje:
Vrijedi (236)7=2⋅72+3⋅7+6=2⋅49 +21 +6=125 i (10010011)2
=1⋅27+1⋅24+1⋅2+1=128 +16 +2+1=147.
Primjer 6.2.
Predstaviti brojeve 125 u bazi 7 i 147 u bazi 2.
Rjeˇsenje:
Postupamo na sljede´ci naˇcin
125 =17 ⋅7+6
17 =2⋅7+3
2=0⋅7+2,
te je 125 =(236)7,i
147 =73 ⋅2+1
73 =36 ⋅2+1
36 =18 ⋅2+0
18 =9⋅2+0
9=4⋅2+1
4=2⋅2+0
2=1⋅2+0
1=0⋅2+1
147 =(10010011)2.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 57
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.1. Prirodni brojevi
Primjer 6.3.
Rijeˇsiti jednaˇcine
(a)20123⋅x2=2183.
(b)5⋅x4=110012⋅22223.
(c)x6∶3214=4325.
Rjeˇsenje:
(a)Prvo pretvorimo 20123u decimalnu notaciju, vrijedi 2012 =2⋅33+1⋅3+2=59,
zatim 2183
59 =37.Na kraju 37 pretvorimo u binarni broj, tj. predstavimo ga u
binarnoj notaciji
37 =18 ⋅2+1
18 =9⋅2+0
9=4⋅2+1
4=2⋅2+0
2=1⋅2+0
1=0⋅2+1,
pa je x2=100101.
(b)Pretvorimo brojeve u decimalnu notaciju, vrijedi 110012=1⋅24+1⋅23+1=25,
22223=2⋅33+2⋅32+2⋅3+2=80,dalje je 5x=25 ⋅80 ⇔x=25⋅80
5=400.
Sada pretvorimo 400 iz decimalne u notaciju sa bazom b=4
400 =100 ⋅4+0
100 =25 ⋅4+0
25 =6⋅4+1
6=1⋅4+2
1=0⋅4+1,
pa je x4=121004.
(c)Vrijedi 3214=3⋅42+2⋅4+1=57,4325=4⋅52+3⋅5+2=117,pa je
x=57 ⋅117 =6669,te je na kraju
6669 =1111 ⋅6+3
1111 =185 ⋅6+1
185 =30 ⋅6+5
30 =5⋅6+0
5=0⋅6+5,
x6=505136.
58 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.1. Prirodni brojevi POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
6.1.2 Matematiˇcka indukcija
Princip matematiˇcke indukcije koristan je alat za dokazivanje raznih rezultata sa priro-
dnim brojevima. Princip matematiˇcke indukcije zasnovan je na petom Peanovom aksi-
omu.
Peti Peanov aksiom: Neka je M⊂N,ako vrijedi 1 ∈Min∈M⇒n+1∈M, tada
je M=N.
Da bi pokazali matematiˇckom indukcijom da neki rezultat vrijedi za svaki prirodan
broj, potrebno je uraditi sljede´ca tri koraka. Prvi korak je provjera, tj. treba provjeriti
da li taj rezultat vrijedi za prvi broj iz tvrdnje (najˇceˇs´ce je to broj 1). Ovaj korak zovemo
baza indukcije. Drugi korak je postavljanje pretpostavke da tvrdnja vrijedi za neki priro-
dan broj n. Ova pretpostavka se naziva i induktivna hipoteza. Tre´ci korak je dokazivanje
da iz induktivne hipoteze slijedi da je tvrdnja taˇcna za n+1.Ovaj korak zovemo ko-
rak indukcije. Nakon ovih uspjeˇsno obavljenih koraka, zakljuˇcujemo na osnovu principa
matematiˇcke indukcije da je posmatrana tvrdnja taˇcna za sve prirodne brojeve. Ovo je
osnovna ˇsema dokaza, ali postoje i brojne druge varijante primjene metode matematiˇcke
indukcije.
Primjer 6.4.
Dokazati matematiˇckom indukcijom (∀n∈N)1+2+. . . +n=n(n+1)
2.
Rjeˇsenje:
1. Za n=1 vrijedi 1 =1(1+1)
2⇔1=1.
2. Pretpostavimo sada da je formula taˇcna za neko n, tj. da vrijedi
1+2+. . . +n=n(n+1)
2.
3. Ako sada dodamo i lijevoj strani prethodne jednakosti n+1,dobi´cemo
1+2+. . . +n+(n+1)=n(n+1)
2+n+1.
Naravno ako je pretpostavka taˇcna onda je i ova jednakost taˇcna. Lijeva strana
predstavlja zbir prvih n+1 prirodnih brojeva i tu ne treba niˇsta mijenjati. Na
desnoj strani je izraz n(n+1)
2+n+1 i trebamo pokazati da je on jednak (n+1)(n+2)
2.
Zaista vrijedi:
n(n+1)
2+n+1=n(n+1)+2(n+1)
2=(n+1)(n+2)
2,
ˇsto znaˇci da smo uspjeli dokazati da formula vrijedi i za n+1.
Na osnovu principa matematiˇcke indukcije, dokazali smo da je jednakost taˇcna za
svako n∈N.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 59
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.1. Prirodni brojevi
Primjer 6.5.
Dokazati matematiˇckom indukcijom (∀n∈N)1+3+6+. . . +n(n+1)
2=n(n+1)(n+2)
6.
Rjeˇsenje.
1. Neka je n=1,sada je 1 =1⋅(1+1)(1+2)
6⇔1=1.Dakle prvi korak (baza ili
osnova indukcije) je ispunjen.
2. Pretpostavimo da je formula taˇcna za neko n∈N∶
1+3+. . . +n(n+1)
2=n(n+1)(n+2)
6.
3. Trebamo sada pokazati da iz pretpostavke (2) slijedi taˇcnost formule za
n+1∈N,odnosno da vrijedi:
1+3+. . . +n(n+1)
2+(n+1)(n+2)
2=(n+1)(n+2)(n+3)
6.
Dodajmo na obje strane jednakosti (2) izraz (n+1)(n+2)
2,pa je
1+3+. . . +n(n+1)
2+(n+1)(n+2)
2=n(n+1)(n+2)
6+(n+1)(n+2)
2.
Lijeva strana predstavlja zbir n+1 razlomaka oblika n(n+1)
2i tu se nema ˇsta
dokazivati, ali treba pokazati da je desna strana jednaka (n+1)(n+2)(n+3)
6.Dalje
je
n(n+1)(n+2)
6+(n+1)(n+2)
2
=n(n+1)(n+2)
6+(n+1)(n+2)⋅3
2⋅3=(n+1)(n+2)(n+3)
6,
ˇcime smo pokazali taˇcnost formule i za n+1.
Na osnovu principa matematiˇcke indukcije, jednakost je taˇcna za svako n∈N.
Primjer 6.6.
Dokazati matematiˇckom indukcijom 3 5n+2n+1,(∀n∈N).
Rjeˇsenje.
1. Za n=1 vrijedi, 51+21+1=5+4=9,9∶3=3.Prvi korak je pokazan.
2. Induktivna hipoteza: izraz 5n+2n+1je djeljiv sa 3.
3. Dokaˇzimo da iz pretpostavke (induktivne hipoteze) slijedi djeljivost sa 3 izraza
60 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.1. Prirodni brojevi POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
5n+1+2n+2.Ako je 3 5n+2n+1,onda postoji prirodan broj atakav da je
5n+2n+1=3⋅a. Sada je
5n+1+2n+2=5⋅5n+2⋅2n+1=55n+2n+1
=3a
−3⋅2n+1=5⋅3a−3⋅2n+1
=35a−2n+1=3⋅b, b =5a−2n+1∈Z.
Ovim smo pokazali da iz 3 5n+2n+1slijedi 3 5n+1+2n+2.
Sada na osnovu principa matematiˇcke indukcije, zakljuˇcujemo da je traˇzeni izraz
djeljiv sa 3 za svako n∈N.
Primjer 6.7.
Dokazati matematiˇckom indukcijom 6 n3+11n, (∀n∈N).
Rjeˇsenje.
1. Za n=1 vrijedi 13+11 ⋅1=12,12 ∶6=2.Prvi korak je pokazan.
2. Pretpostavimo da za neko n∈Nvrijedi 6 n3+11n.
3. Iz 6 n3+11nslijedi da postoji prirodan broj atakav da je n3+11n=6⋅a.
Dalje je
(n+1)3+11(n+1)=n3+3n2+3n+1+11n+11
=n3+11n+3n2+3n+12
=n3+11n
=6⋅a
+3n(n+1)+12.
Treba da pokaˇzemo da je 3n(n+1)djeljivo sa 6.Ovaj izraz je ve´c djeljiv sa 3,
a brojevi nin+1 su uzastopni prirodni brojevi, pa je jedan od njih paran a
drugi neparan, tako da je proizvod n(n+1)paran, a samim tim i djeljiv sa 2.
S obzirom da je izraz 3n(n+1)istovremeno djeljiv i sa 2 i sa 3,to znaˇci da je
djeljiv i sa 6.Na kraju je
(n+1)3+11(n+1)=6⋅a+6⋅b+12 =6⋅c, (b, c ∈N).
pa je dokazana djeljivost.
Na osnovu principa matematiˇcke indukcije, dokazali smo da je traˇzeni izraz djeljiv
sa 6 za svako n∈N.
Jedna od znaˇcajnijih nejednakosti koja se ˇcesto koristi u matematici je tzv. Bernoullijeva
(Bernulijeva) 3nejednakost. I ona se moˇze dokazati matematiˇckom indukcijom.
3Daniel Bernoulli (8.februar 1700.–27.mart 1782. godine) bio je ˇsvajcarski matematiˇcar i fiziˇcar i jedan
od najistaknutijih matematiˇcara u porodici Bernoulli. Posebno ´ce biti zapam´cen po primjeni matematike
u mehanici fluida, te pionirskom doprinosu u razvoju vjerovatno´ce i statistike.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 61
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.1. Prirodni brojevi
Primjer 6.8.
Dokazati Bernoullijevu nejednakost:
Za svaki prirodan n≥2 vrijedi (1+h)n>1+nh, gdje je h≠0 i h>−1.
Rjeˇsenje.
Ovdje ´cemo provjeru poˇceti od broja n=2,jer je to prvi od prirodnih brojeva
za koje se tvrdi taˇcnost nejednakosti.
1. Za n=2 je (1+h)2=1+2h+h2>1+2hjer je h2>0.
2. Pretpostavka: nejednakost je taˇcna za neko n=k>2,tj. (1+h)k>1+kh.
3. Dokaˇzimo da iz pretpostavke slijedi da je nejednakost je taˇcna za n=k+1.
Pomnoˇzimo li obje strane prethodne nejednakosti (pretpostavke) sa (1+h)>0,
dobi´cemo
(1+h)k+1>(1+kh)(1+h)=1+(1+k)h+kh2>1+(1+k)h, ˇsto je i trebalo
pokazati.
Na osnovu principa matematiˇcke indukcije dokazali smo traˇzenu nejednakost.
Dakle, u koraku provjere kre´cemo od prvog broja za koji treba pokazati da je tvrdnja
taˇcna.
Napomena 6.1.
Princip matematiˇcke indukcije moˇze i da se uopˇsti tako da glasi:
Neka je dat niz tvrdenja As, As+1, As+2, ... gdje je sneki prirodan broj i ako vrijedi:
a) Asje taˇcno
b) za svaki broj r≥siz istinitosti tvrdenja Arslijedi istinitost tvrdenja Ar+1,
tada su sva tvrdenja As, As+1, As+2, ... taˇcna. Drugim rijeˇcima Asje taˇcno za svako
n≥s.
6.1.3 Binomni obrazac
Binomni obrazac nam daje formulu po kojoj moˇzemo izraz (a+b)n(stepen binoma) pred-
staviti kao sumu sabiraka odredenog oblika. Prije nego ˇsto damo ovu formulu, neophodno
je uvesti neke pojmove.
Definicija 6.1.
Funkcija faktorijel (u oznaci !) svakom broju iz skupa N∪{0}pridruˇzuje prirodan
broj, tako da je 0! =1 i n!=1⋅2⋅... ⋅n(∀n∈N).
62 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.1. Prirodni brojevi POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
Definicija 6.2.
Funkcija koja svakom uredjenom paru (n, k)∈N0×N0pridruˇzuje nenegativan cijeli
broj oznaˇcen sa n
ki definisan sa:
0
0=n
0=1,za sve n∈Ni
n
k=n(n−1)⋅. . . ⋅(n−k+1)
k!za sve n∈N0, k ∈N,
naziva se binomni koeficijent.
Primjer 6.9.
5! =1⋅2⋅3⋅4⋅5=120,7
2=7⋅6
2! =21.
Faktorijel i binomni koeficijent imaju primjene u kombinatorici. Neka imamo nrazliˇcitih
elemenata k1, k2, . . . , kn.Ovih nelemenata mogu´ce je poredati na viˇse razliˇcitih naˇcina.
Svaka takva uredena n–torka se zove permutacija bez ponavljanja. Broj svih mogu´cih
permutacija bez ponavljanja elemenata n–ˇclanog skupa je n!.Ako od nrazliˇcitih ele-
menata pravimo slogove od po krazliˇcitih elemenata, a pri tom ne pridajemo vaˇznost
poretku unutar sloga, dobijamo kombinacije n–tog reda i k–tog razreda bez ponavljanja.
Broj ovakvih kombinacija jednak je upravo binomnom koeficijentu n
k.Ako razlomak n
k
proˇsirimo sa (n−k)! (kad je n>k), onda dobijamo
n
k=n(n−1)⋅. . . ⋅(n−k+1)⋅(n−k)(n−k−1)⋅. . . ⋅1
k!⋅(n−k)!,
odnosno n
k=n!
k!(n−k)!.
Za binomne koeficijente kad je n≥k, vrijede sljede´ce osobine:
1. n
k=n
n−k
2. Pascalova formula n
k+n
k+1=n+1
k+1
3. n
k=n
kn−1
k−1
4.
kn
k=nn−1
k−1.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 63
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.1. Prirodni brojevi
Prva osobina znaˇci simetriˇcnost binomnih koeficijenata. Binomne koeficijente moˇzemo
poredati u obliku beskonaˇcnog trougla, kojeg nazivamo Pascalov trougao, u ˇcast Blaise
Pascala4koji ga je opisao u 17.vijeku (vidjeti Tabela 6.1). Ali ovo je bilo poznato i
mnogim matematiˇcarima prije njega.
n=00
0
n=11
0 1
1
n=22
0 2
1 2
2
n=33
0 3
1 3
2 3
3
n=44
0 4
1 4
2 4
3 4
4
n=55
0 5
1 5
2 5
3 5
4 5
5
n=66
0 6
1 6
2 6
3 6
4 6
5 6
6
⋮ ⋮
n=0 1
n=1 1 1
n=2 1 2 1
n=3 1 3 3 1
n=4 1 4 6 4 1
n=5 1 5 10 10 5 1
n=6 1 6 15 20 15 6 1
⋮ ⋮
Slika 6.1: Pascalov trougao
Ovdje dolazi do izraˇzaja Pascalova formula, tj. da je zbir svaka dva susjedna binomna
koeficijenta u istom redu i ki(k+1)–oj koloni jednak binomnom koeficijentu u sljede´cem
redu i (k+1)–oj koloni. Sada moˇzemo navesti i dokazati binomni obrazac.
4Blaise Pascal (19.juni 1623.–19.avgust 1662. godine) bio je francuski matematiˇcar, fiziˇcar, izumitelj,
filozof, pisac i katoliˇcki teolog. Dao veliki doprinos u matematici, fizici te drugim prirodnim i primijen-
jenim naukama.
64 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.1. Prirodni brojevi POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
Teorema 6.2.
Za bilo koja dva realna broja aibi bilo koji prirodan broj nvrijedi:
(a+b)n=
n
∑
k=0n
kan−k⋅bk.(6.2)
Dokaz. Teoremu ´cemo dokazati metodom matematiˇcke indukcije.
Formulu (6.2) moˇzemo napisati u obliku:
(a+b)n=n
0an+n
1an−1b+. . . +n
n−1abn−1+n
nbn.
=an+n
1an−1b+. . . +n
n−1abn−1+bn.
1. Provjeravamo da li je jednakost taˇcna za n=1. Lijeva strana je (a+b)1,a desna
je 1 ⋅a1+1⋅b1,pa je data jednakost taˇcna.
2. Pretpostavimo da je tvrdnja taˇcna za n=k. To znaˇci da je
(a+b)k=
k
∑
j=0k
jak−j⋅bj.(6.3)
3. Dokaˇzimo da iz pretpostavke slijedi da je tvrdnja teorema taˇcna za n=k+1.
Krenimo od lijeve strane jednakosti koju trebamo dokazati,
(a+b)k+1=(a+b)⋅(a+b)k=(a+b)⋅
k
∑
j=0k
jak−j⋅bj
=
k
∑
j=0k
jak+1−j⋅bj+
k
∑
j=0k
jak−j⋅bj+1.
Ako u lijevoj sumi izdvojimo prvi sabirak (tj. kad je j=0), a u desnoj sumi
izdvojimo zadnji sabirak (tj. kad je j=k), dobijamo
(a+b)k+1=ak+1+
k
∑
j=1k
jak+1−j⋅bj+
k−1
∑
j=0k
jak−j⋅bj+1+bk+1
=ak+1+
k
∑
j=1k
jak+1−j⋅bj+
k
∑
j=1k
j−1ak−(j−1)⋅bj+bk+1
=ak+1+
k
∑
j=1k
j+k
j−1ak+1−j⋅bj+bk+1.
Na osnovu Pascalove formule (2. osobine binomnih koeficijenata) je
k
j+k
j−1=k+1
j,
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 65
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.1. Prirodni brojevi
pa konaˇcno dobijamo
(a+b)k=ak+1+
k
∑
j=1k+1
jak+1−j⋅bj+bk+1=
k+1
∑
j=0k+1
jak+1−j⋅bj.
Dakle, tvrdnja teoreme vrijedi i za n=k+1.
Na osnovu principa matematiˇcke indukcije, tvrdnja teoreme vrijedi za svaki prirodan broj
n.
Poopˇstenje binomnog obrasca na racionalne eksponente dao je Isaac Newton 5. Prim-
ijetimo da je u razvoju n–tog stepena binoma (6.2) ukupno n+1 sabiraka, a (k+1)–vi
ˇclan iznosi
Tk+1=n
kan−k⋅bk.(6.4)
Primjer 6.10.
Razviti po binomnom obrascu (3+2x)4.
Rjeˇsenje.
Za dati binom je a=3, b =2xin=4.U binomni obrazac (a+b)n=n
0an+
n
1abn−1+. . . +n
n−1abn−1+n
nbnuvrstimo date podatke, dobijamo
(3+2x)4=34+4
133⋅(2x)+4
232⋅(2x)2+4
33⋅(2x)3+4
4(2x)4
=81 +216x+216x2+96x3+16x4.
Primjer 6.11.
Odrediti peti ˇclan u razvijenom obliku binoma x
1
2+x
2
312 .
Rjeˇsenje.
Binomni obrazac moˇzemo pisati u obliku (a+b)n=
n
∑
k=0n
kan−kbk,pa prvom ˇclanu
odgovara k=0,drugom ˇclanu k=1,tj. kao ˇsto je u (6.4) napisano, (k+1)–vi ˇclan
moˇzemo pisati u obliku Tk+1=n
kan−kbk.Kako treba da izraˇcunamo 5–ti ˇclan, to
je k=4,pa je
T5=12
4x
1
212−4
⋅x
2
34
=12!
4!(12 −4)!x4⋅x
8
3=495x
20
3.
5Isaac Newton (25.decembar 1642.–20.mart 1726/27. godine) bio je engleski matematiˇcar, fiziˇcar,
astronom, teolog i autor (opisan u njegovo vrijeme kao ”prirodni filozof”). ˇ
Siroko je rasprostranjeno
miˇsljenje da je jedan od najve´cih matematiˇcara i jedan od najuticajnijih nauˇcnika svih vremena.
66 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.1. Prirodni brojevi POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
Primjer 6.12.
Odrediti ˇclan koji ne sadrˇzi xu razvijenom obliku binoma (x+x−2)12 .
Rjeˇsenje.
Koristimo ponovo formulu Tk+1=n
kan−kbk.Potrebno je kizraˇcunati, to radimo
iz uslova
Tk+1=n
kan−kbk=12
k(x)12−k⋅x−2k=12
kx12−3k.
ˇ
Clan koji ne sadrˇzi xzbog toga ˇsto je eksponent od xjednak 0,dakle 12 −3k=0⇔
k=4,tj. peti ˇclan ne sadrˇzi x
T5=12
4x12−4⋅x−24=12!
4! ⋅8!x8⋅x−8=495.
Primjer 6.13.
Dat je binom 2x+1
2x−1n
.
(a)Odrediti ntako da je zbir binomnih koeficijenta posljednja tri ˇclana u razvijenom
obliku binoma jednak 22.
(b)Odrediti onu vrijednost od xza koju je zbir tre´ceg i petog ˇclana u razvijenom
obliku binoma jednak 105.
Rjeˇsenje.
(a)Vrijedi
n
n−2+n
n−1+n
n=22 ⇔n(n−1)
2+n+1=22 ⇔n2+n−42 =0,
pa su rjeˇsenja ove kvadratne jednaˇcine n1=−7∨n2=6.Poˇsto nmora biti
prirodan broj, vrijedi n=6.
(b)Sada je
T3+T5=135 ⇔6
22x4⋅1
2x−12
+6
42x2⋅1
2x−14
=135
⇔6!
2!4!22x⋅2−(x−1)+6!
4!2!2x⋅2−2(x−1)=135
⇔2⋅2x+4⋅2−x=9
⇔2⋅22x−9⋅2x+4=0.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 67
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.2. Cijeli brojevi
Uvedimo smjenu 2x=t, dobijamo kvadratnu jednaˇcinu 2t2−9t+4=0,ˇcija su
rjeˇsenja t1=1
2∨t2=4,odnosno 2x=1
2⇔x1=−1 i 2x=4⇔x2=2.
6.2 Cijeli brojevi i skup cijelih brojeva
Proˇsirivanjem skupa prirodnih brojeva dobijamo skup cijelih brojeva Z.Skup cijelih bro-
jeva ˇcine, osim prirodnih brojeva, joˇs i broj 0 i negativni cijeli brojevi . . . , −3,−2,−1,pa
vrijedi Z={. . . , −2,−1,0,1,2, . . .}iN⊂Z.Pri formiranju skupa cijelih brojeva vodeno je
raˇcuna da se osobine skupa prirodnih brojeva prenesu i na skup cijelih brojeva, preciznije
skup cijelih brojeva je zatvoren u odnosu na operacije sabiranja i mnoˇzenja, ali zatvoren
je i u odnosu na operaciju oduzimanja.
Za operacije sabiranje i mnoˇzenja vrijede osobine
1. Zatvorenost: a+bia⋅bsu cijeli brojevi, za sve cijele brojeve aib.
2. Komutativni zakon: a+b=b+aia⋅b=b⋅a, za sve cijele brojeve aib.
3. Asocijativni zakon: (a+b)+c=a+(b+c)i(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c),za sve cijele
brojeve a, b ic.
4. Distributivni zakon: (a+b)⋅c=a⋅c+b⋅c, za sve cijele brojeve a, b ic.
5. Neutralni elementi: 0 za sabiranje a+0=ai 1 za mnoˇzenje a⋅1=a, za sve cijele
brojeve a.
6. Suprotni element: za svaki cijeli broj apostoji broj xtakav da je a+x=0,tj.
postoji u skupu cijelih brojeva rjeˇsenje jednaˇcine a+x=0.Broj xzovemo suprotni
element (ili inverzni element) broja au odnosu na sabiranje i oznaˇcavamo ga sa −a.
7. Zakon kancelacije (skra´civanja): Ako su a, b iccijeli brojevi i a⋅c=b⋅c, c ≠0,
tada je a=b.
Uredenje na skupu cijelih brojeva. Uredenje na skupu cijelih bro jeva Zmoˇze se
definisati koriste´ci prirodne brojeve.
Definicija 6.3.
Ako su aibcijeli brojevi, tada je a<b, ako je b−aprirodan broj. Ako je a<b
moˇzemo pisati i b>a.
Vrijede fundamentalne osobine uredenosti cijelih brojeva:
◦Zatvorenost za prirodne brojeve: a+bia⋅bsu prirodni brojevi, kad god su aib
prirodni brojevi.
◦Zakon trihonomije: Za svaki cijeli broj avrijedi jedno od pravila: (a) a>0; (b) a=
0; (c) a<0.
Kaˇzemo da je skup cijelih brojeva ureden skup jer sadrˇzi podskup koji je zatvoren u
odnosu na sabiranje i mnoˇzenje, te zakon trihotomije vrijedi za svaki cio broj.
68 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.2. Cijeli brojevi POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
6.2.1 Djeljivost cijelih brojeva
Teorija brojeva je grana matematike koja se ponajprije bavi prouˇcavanjem osobina skupa
prirodnih brojeva N. Osim toga, prouˇcavaju se i osobine skupa cijelih brojeva Z,te
racionalnih brojeva Q. Pojam djeljivosti je jedan od najjednostavnijih, ali i najvaˇznijih
pojmova u teoriji brojeva. Kada cio broj podijelimo drugim cijelim brojem razliˇcitim od
nule, rezultat moˇze a i ne mora biti cio broj. Na primjer, 32 ∶4=8 je cio broj, dok
12 ∶5=2.4 nije cio broj. Ovi primjeri vode nas do sljede´ce definicije.
Definicija 6.4.
Ako su aibcijeli brojevi i a≠0,kaˇzemo da adijeli bili da je bdjeljivo sa a, ako
postoji cio broj c, takav da je b=a⋅c. Ako adijeli b, kaˇzemo aje djelilac ili faktor
od broja b.
Ako adijeli bpiˇsemo ab, a ako ne dijeli onda ab.
Primjer 6.14.
Sljede´ci primjeri ilustruju koncept djeljivosti cijelih brojeva: 7 35,13 65,11
55,−545,14 0,310,417.
Primjer 6.15.
Djelioci broja 6 su ±1,±2,±3,±6.Djelioci broja 19 su ±1 i ±19.Djelioci broja 100
su
±1,±2,±4,±5,±10,±20,±25,±50 i ±100.
Slijede neke osnovne osobine djeljivosti.
Teorema 6.3.
Ako su a, b iccijeli brojevi takvi da je abibc, tada je ac.
Primjer 6.16.
Ako je 7 35 i 35 105,tada po Teoremi 6.3 slijedi da je 7 105.
Teorema 6.4.
Ako je su a, b, c, m incijeli brojevi takvi da je ca, c b, tada je c(ma +nb).
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 69
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.2. Cijeli brojevi
Primjer 6.17.
Kako je 3 12 i 3 21,tada po Teoremi 6.4, 3 dijeli i 39 jer je
5⋅12 −1⋅21 =39.
Teorema 6.5 (Teorema o dijeljenju sa ostatkom).
Ako su aib, b >0cijeli brojevi, tada postoje jedinstveni cijeli brojevi qirtakvi da
je
a=b⋅q+ri0⩽r<b.
U prethodnoj teoremi broj aje dijeljenik, bje djelilac, qje koliˇcnik i rje ostatak.
Ova teorema se u dijelu literature naziva i algoritam dijeljenja. Iz a=bq +rmoˇzemo
primijetiti da je adjeljivo sa bjedino ako je r=0.
Primjer 6.18.
Ako je a=133 i b=21, tada je q=6 i r=7,jer je 133 =21 ⋅6+7.
Za dati pozitivan cio broj d, moˇzemo cijele brojeve svrstati u razliˇcite podskupove
zavisno od toga koliki je ostatak pri dijeljenju nekog cjelog broja sa d. Ako je broj d=2
onda su mogu´ci ostaci 0 i 1.Ovo nas vodi do sljede´ce definicije.
Definicija 6.5.
Ako je ostatak dijeljenja cijelog pozitivnog broja nsa 2 jednak 0,tada je n=2kza
neki pozitivan cio broj ki kaˇzemo da je nparan broj. U suprotnom, ako je ostatak
dijeljenja nsa 2 jednak 1,onda je n=2k+1,za neki pozitivan cio broj ki kaˇzemo
da je nneparan broj.
Prosti i sloˇzeni brojevi. Broj 1 ima samo jednog pozitivnog djelioca i to je 1.Svaki
drugi pozitivan cio broj ima najmanje dva pozitivna djelioca i to 1 i samog sebe. Pozitivni
cijeli brojevi koji imaju samo dva djelioca jako su bitni.
Definicija 6.6 (Prosti brojevi).
Prost broj je pozitivan cio broj koji je djeljiv jedino sa 1 i samim sobom.
Primjer 6.19.
Prosti brojevi su 2,3,5,7,11,13, . . .
70 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.2. Cijeli brojevi POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
Definicija 6.7 (Sloˇzeni bro jevi).
Pozitivni cijeli brojevi ve´ci od 1 koji nisu prosti, nazivaju se sloˇzeni brojevi.
Primjer 6.20.
Sloˇzeni brojevi su 12 =2⋅2⋅3,15 =3⋅5,60 =2⋅2⋅3⋅5, . . .
Vrijedi teorema.
Teorema 6.6 (Euklidov teorem).
Prostih brojeva ima beskonaˇcno mnogo.
Dokaz. Pretpostavimo da prostih brojeva ima konaˇcno mnogo i da su to p1, . . . , pk−1, pk,
pk+1, . . . , pn.Konstruiˇsimo sljede´ci broj q=p1⋅. . .⋅pk−1⋅pk⋅pk+1⋅. . .⋅pn+1,ovaj broj je po
naˇsoj pretpostavci sloˇzen, jer su samo p1, . . . , pk−1, pk, pk+1, . . . , pnprosti brojevi. Poˇsto
je qsloˇzen broj, mora postojati njegov djelioc razliˇcit od 1 i njega samog. Podijelimo broj
qbilo kojim prostim brojem, na primjer sa pk,vrijedi
q
pk=p1⋅. . . ⋅pk−1⋅pk⋅pk+1⋅. . . ⋅pn+1
pk=p1⋅. . . ⋅pk−1⋅pk+1⋅. . . ⋅pn+1
pk.
Dobijeni broj nije cio (racionalan broj bi dobili u sluˇcaju dijeljenja sa bilo kojim od brojeva
p1, . . . , pn), pa qnije djeljiv ni sa jednim prostim brojem, tj. qje i sam prost broj. Proces
konstruisanja brojeva na naˇcin kako je konstruisan broj qmoˇzemo nastaviti proizvoljan
broj puta. Dakle pretpostavka da prostih brojeva ima konaˇcno mnogo je pogreˇsna.
Fundametalna teorema aritmetike je vaˇzan rezultat, koji kaˇze da su prosti brojevi
fundamentalni blokovi za izgradnju sloˇzenih brojeva.
Teorema 6.7 (Fundamentalni teorem aritmetike).
Svaki sloˇzeni broj moˇze biti predstavljen na jedinstven naˇcin kao proizvod prostih
brojeva, pri ˇcemu su prosti brojevi u proizvodu zapisani u neopadaju´cem redoslijedu.
Primjer 6.21.
Brojeve 12,30,33,48,zapisujemo na sljede´ci naˇcin:
12 =22⋅3,30 =2⋅3⋅5,33 =3⋅11,48 =24⋅3.
Najve´ci za jedniˇcki djelilac i najmanji za jedniˇcki sadrˇzilac. Neka su aibcijeli
brojevi, razliˇciti od nule, tada je skup zajedniˇckih djelilaca brojeva aibneki konaˇcan
skup cijelih brojeva koji uvijek sadrˇzi −1 i 1.Zanima nas koji je najve´ci djelilac ova dva
broja aib.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 71
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.2. Cijeli brojevi
Definicija 6.8 (Najve´ci zajedniˇcki djelilac).
Najve´ci zajedniˇcki djelilac cijelih brojeva aib, razliˇcitih od nule, je najve´ci djelilac
koji dijeli istovremeno i aib.
Najve´ci zajedniˇcki djelilac brojeva aiboznaˇcavamo sa NZD(a, b)(ili samo (a, b)). Broj
0 ima beskonaˇcno mnogo djelilaca.
Primjer 6.22.
Zajedniˇcki djelioci brojeva 24 i 84 su: ±1,±2,±3,±4,±6 i ±12.Dakle NZD(24,84)=
12.Vrijedi i NZD(15,81)=3,NZD(100,5)=5,NZD(17,25)=1,NZD(0,44)=
44,NZD(−15,−6)=3 i NZD(−17,289)=17.
Ako je najve´ci zajedniˇcki djelilac dva cijela broja aibjednak 1 tada taj par ima posebno
ime.
Definicija 6.9 (Relativno prosti brojevi).
Cijeli brojevi aibsu relativno prosti ako je najve´ci zajedniˇcki djelilac ova dva broja
1,tj. NZD(a, b)=1.
Primjer 6.23.
Kako je NZD(25,42)=1,to su 25 i 42 relativno prosti.
Euklidov algoritam. Euklidov algoritam predstavlja sistematski metod za raˇcunanje
najve´ceg zajedniˇckog djelioca dva cijela broja aibbez direktnog raˇcunanja zajedniˇckih
djelilaca. Ime je dobio po grˇckom matematiˇcaru Euklidu6.
Teorema 6.8 (Euklidov algoritam).
Neka su r0=air1=bcijeli brojevi takvi da je a⩾b>0.Ako algoritam dijeljenja
sukscesivno primijenimo da dobijemo rj=rj+1qj+1+rj+2gdje je 0<rj+2<rr+1za
j=0,1, . . . , n −2irn+1=0tada je NZD(a, b)=rn,tj. zadnji ostatak razliˇcit od
nule je najve´ci zajedniˇcki djelilac brojeva aib.
Primjer 6.24.
Odrediti
1. NZD(252,198).
2. NZD(102,222).
6Euclid (roden sredinom 4. vijeka pne, umro sredinom 3. vijeka pne), napisao Elemente - djelo od 13
knjiga, jedno od najutica jnijih djela u razvoju matematike
72 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.2. Cijeli brojevi POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
Rjeˇsenje:
1.
252 =1⋅198 +54
198 =3⋅54 +36
54 =1⋅36 +18
36 =2⋅18,
pa je NZD(252,198)=18.
2.
222 =2⋅102 +18
102 =5⋅18 +12
18 =1⋅12 +6
12 =2⋅6,
pa je NZD(222,102)=6.
Najmanji za jedniˇcki sadrˇzilac. Faktorizacija na proste brojeve moˇze biti iskoriˇstena
za raˇcunanje najmanjeg cijelog pozitivnog broja koji sadrˇzi dva pozitivna cijela broja. Na
ovaj problem nailazimo, na primjer, prilikom sabiranja razlomaka.
Definicija 6.10 (Najmanji zajedniˇcki sadrˇzilac).
Najmanji zajedniˇcki sadrˇzilac pozitivnih cijelih brojeva aibje najmanji pozitivan
broj koji je djeljiv i sa ai sa b.
Najmanji zajedniˇcki sadrˇzilac brojeva aiboznaˇcavamo sa NZS(a, b)(ili sa [a, b]).
Primjer 6.25.
Koriste´ci faktorizaciju na proste brojeve izraˇcunati NZD(90,24)i NZS(90,24).
Rjeˇsenje.
Izvrˇsimo prvo faktorizaciju brojeva 90 i 24.Dijelimo brojeve 90 i 24 prostim bro-
jevima poˇcev od 2,3, . . . , ako su brojevi 90 i 24 djeljivi piˇsemo rezultat. Vrijedi
90 =45 ⋅2 24 =12 ⋅2
45 =15 ⋅3 12 =6⋅2
15 =5⋅3 6 =3⋅2
5=1⋅5 3 =1⋅3,
pa je
90 =2⋅3⋅3⋅5
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 73
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.3. Skup racionalnih brojeva
24 =2⋅2⋅2⋅3.
Iz oba razvoja biramo zajedniˇcke faktore, to su 2 i 3.Njihov proizvod je najve´ci
zajedniˇcki djelilac brojeva 90 i 24,tj. NZD(90,24)=2⋅3=6.
Najmanji zajedniˇcki sadrˇzilac dobijamo tako ˇsto uzimamo sve faktore koji se
pojavljuju u oba razvoja, ali bez ponavljanja. Iz drugog razvoja uzimamo proizvod
2⋅2⋅2,broj 2 iz razvoja broja 90 ne´cemo uzimati jer ve´c imamo 2 u proizvodu
2⋅2⋅2,zatim uzimamo proizvod 3 ⋅3 iz prvog razvoja, opet ne´cemo uzeti 3 iz drugog
razvoja jer smo ve´c uzeli 3 ⋅3 i na kraju uzimamo 5 u proizvod, pa je NZS(90,24)=
2⋅2⋅2⋅3⋅3⋅5=360.
6.3 Skup racionalnih brojeva
Skup racionalnih brojeva oznaˇcavamo sa Qi definiˇsemo ga sa Q=m
n∶m∈Z, n ∈N.
Cijele brojeve moˇzemo predstaviti u obliku m=m
1,pa vrijedi N⊂Z⊂Q.Skup racionalnih
brojeva je zatvoren za sabiranje, mnoˇzenje, oduzimanje i dijeljenje (osim nulom), te u
skupu racionalnih brojeva moˇzemo rjeˇsavati i jednaˇcine oblika a⋅x=b, a ≠0. Znamo da
je kod racionalnog broja m
n, m brojnik, a nje nazivnik ili imenilac, te da se dva racionalna
broja sabiraju, oduzimaju, mnoˇze i dijele po pravilima:
a1
b1
±a2
b2
=a1b2±a2b1
b1b2
,a1
b1
⋅a2
b2
=a1a2
b1b2
, b1, b2≠0,
a1
b1
∶a2
b2
=a1b2
b1a2
, b1, b2, a2≠0.
Medutim, ni u skupu racionalnih brojeva Qne moˇzemo rijeˇsiti neke relativno jednostavne
jednaˇcine, kao na primjer x2=2.Rjeˇsenje ove jednaˇcine je x1/2=±2.Pokaˇzimo da 2
nije racionalan broj. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoje brojevi m ∈Zin∈N,
za koje vrijedi 2=m
ni da su minrelativno prosti (NZD(m, n)=1). Kvadriranjem
dobijamo
2=m2
n2⇔2n2=m2,
sada zakljuˇcujemo da su m2imparni brojevi, pa je m=2k, k ∈Z.Dalje je
2n2=m2⇔2n2=(2k)2⇔n2=2k2,
ˇsto znaˇci da je i n2,odnosno n, paran broj. Sada smo dobili da su i minparni brojevi, ˇsto
je u suprotnosti sa naˇsom pretpostavkom da su minuzajamno prosti brojevi. Moˇzemo
zakljuˇciti da je greˇska u pretpostavci da je 2 racionalan broj, dakle 2 nije racionalan
broj.
6.4 Skup iracionalnih brojeva
Prethodni primjer doveo je do formiranja skupa iracionalnih brojeva I.Ovaj skup ˇcine ira-
cionalni brojevi, tj. brojevi koje ne moˇzemo napisati u obliku m
n, m ∈Z, n ∈N.Poznato
je da ovi brojevi imaju beskonaˇcan decimalni zapis, ˇcije se cifre ne ponavljaju periodiˇcki
(kod racionalnih brojeva u decimalnom zapisu cifre se ponavljaju periodiˇcki, zato je Q∩I=
∅). U iracionalne brojeve, osim 2 spadaju 3,5,3
2, π =3.14159 . . . , e =2.718281 . . . i
74 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.5. Skup realnih brojeva POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
mnogi drugi. Iracionalnih brojeva ima zapravo beskonaˇcno mnogo. Moˇzemo ih podijeliti u
dvije grupe: algebarski i transcendentni iracionalni brojevi. Algebarski brojevi su brojevi
koji se mogu dobiti kao rjeˇsenja algebarskih jednaˇcina anxn+an−1xn−1+. . . +a1x+a0=0,
gdje je nprirodan broj, a koeficijenti a0, a1, . . . , ansu cijeli brojevi. Pojam algebarskog
broja je prirodna generalizacija racionalnog broja. Naime, svaki racionalan broj je ujedno
i algebarski broj, ali ima i bro jeva koji su algebarski a nisu racionalni. Na primjer 2
nije racionalan broj ali jeste algebarski broj, jer se moˇze dobiti kao rjeˇsenje jednaˇcine
x2−2=0.Joseph Liouville7je 1844. godine dokazao da postoje brojevi koji nisu alge-
barski. Oni su nazvani transcedentni brojevi, a takvi su npr. brojevi eiπ. Dokaz da je
broj 22transcedentan dali su nezavisno jedan od drugog, C.L.Siegel8i A.Gelfond 9. To
je bio jedan od problema koje je David Hilbert10 predstavio u svom ˇcuvenom govoru na
Internacionalnom kongresu matematiˇcara u Parizu 1900.godine. Vrijedi i opˇstije: svaki
broj oblika ab,gdje je aalgebarski broj razliˇcit od 0 i 1,abbilo koji iracionalan algebarski
broj, je transcedentan.
6.5 Skup realnih brojeva
Racionalni i iracionalni brojevi saˇcinjavaju zajedno skup realnih brojeva Ri zajedno ih
nazivamo realni brojevi, tj. vrijedi R=Q∪I.
U skupu realnih brojeva definisane su operacije sabiranja +i operacija mnoˇzenja ⋅.
Za svaka dva realna broja xiy, jedoznaˇcno su odredeni realni brojevi x+yix⋅y. Ove
operacije imaju sljede´ce osobine:
(A1) Za svako x, y, z ∈Rvrijedi (x+y)+z=x+(y+z),(asocijativni zakon).
(A2) Postoji samo jedan realan broj 0 ∈Rtakav da je svaki x∈Rvrijedi x+0=0+x=x,
(0 je neutralni element za sabiranje).
(A3) Za svaki x∈Rpostoji samo jedan −x∈Rtakav da je x+(−x)=(−x)+x=0,
(−xje inverzni element elementa xu odnosu na sabiranje).
(A4) Za sve x, y ∈Rvrijedi x+y=y+x(komutativni zakon za sabiranje).
(A5) Za sve x, y, z ∈Rvrijedi (xy)z=x(yz)(asocijativni zakon za mnoˇzenje).
(A6) Postoji samo jedan realan broj 1 ∈Rtakav da za svaki x∈Rvrijedi x⋅1=1⋅x=x
(1 je neutralni element za mnoˇzenje).
(A7) Za svaki x∈R, x ≠0,postoji jedinstven element x−1=1
x∈Rtakav da je x⋅x−1=
x−1⋅x=1 (x−1je inverzni element elementa xza mnoˇzenje).
(A8) Za sve x, y ∈Rvrijedi xy =yx (komutativni zakon za mnoˇzenje).
(A9) Za sve x, y, z ∈Rvrijedi x(y+z)=xy +xz (distributivni zakon mnoˇzenja prema
sabiranju).
7Joseph Liouville (24.mart 1809.–8.septembar 1882. godine) bio je francuski matematiˇcar i inˇzinjer.
8Carl Ludwig Siegel (31.decembar 1896.–4.april 1981. godine) bio je njemaˇcki matematiˇcar koji se
bavio analitiˇckom teorijom brojeva. Vaˇzio je za jednog od najvaˇznijih matematiˇcara 20.vijeka.
9Alexander Osipovich Gelfond (24.oktobar 1906.–7.novembar 1968. godine) bio je sovjetski
matematiˇcar. Objavio je vaˇzne rezultate u nekoliko matematiˇckih oblasti: teorija brojeva, analitiˇcke
funkcije, integralne jednaˇcine i istorija matematike. Gelfondova teorema nosi ime po njemu.
10David Hilbert (23.januar 1862.–14.februar 1943. godine) bio je njemaˇcki matematiˇcar, jedan od
najuticajnijih matematiˇcara u 19. i 20. vijeku.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 75
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.5. Skup realnih brojeva
Napomena 6.2.
Svaku uredenu trojku (S, +,⋅)koju ˇcine proizvoljan neprazan skup, te binarne ope-
racije +i⋅za koje vaˇze osobine (aksiomi) (A1)–(A9) nazivamo polje. Dakle polja su
(R,+,⋅)i(Q,+,⋅),dok (N,+,⋅)i(Z,+,⋅)nisu polja.
Brojna osa. Neka je data prava p, vidi Sliku 6.2. Na pravoj puoˇcimo bilo koju taˇcku,
na primjer O. Na ovaj naˇcin dijelimo pravu pna tri dijela, prvi dio su taˇcke koje su lijevo
od taˇcke O, samu taˇcku O i taˇcke koje su desno od taˇcke O. Sada ho´cemo da svakoj taˇcki
prave ppridruˇzimo taˇcno jedan realan broj. Samoj taˇcki O moˇzemo pridruˇziti nulu 0,taˇcki
Abroj 1,taˇcki Bbroj 2 itd. Taˇckama koje su desno od taˇcke O pridruˇzujemo pozitivne
realne brojeve. Na primjer, taˇcki X2dodjeljujemo broj x2=OX2,tj. duˇzinu duˇzi OX2,
dok taˇckama lijevo od taˇcke O dodjeljujemo negativne broje, na primjer x1=−OX1.Na
ovaj naˇcin uspostavljena je bijekcija izmedu taˇcaka brojne prave i realnih brojeva (svakoj
taˇcki brojne prave odgovara samo jedan realan bro j i obrnuto). Pravu pzovemo brojna
osa (ili prava).
p
0
O
1
A
2
B
x2
X2
x1
X1
Slika 6.2: Brojna prava
Uredenje na skupu realnih brojeva. Vidjeli smo da svakom realnom broju odgovara
jedna taˇcka na brojnoj osi. Ako se taˇcka koja odgovara broju xnalazi lijevo od taˇcke koja
odgovara broju y, onda je x<yili y>x, tj. xje manje od yili yje ve´ce od x(ili yje
desno od xpa je yve´ce od x). Dakle, bilo koja dva realna broja xiymoˇzemo uporediti.
Mogu´ca su tri sluˇcaja x<y, x =yix>y. Ako koristimo relaciju uredenja (ili poretka)
⩽,onda x⩽yznaˇci ili je x<yili x=y. Relacija uredenja ima osobine:
(A10) Za bilo koja dva realna broja x, y ∈Rvrijedi x⩽yili y⩽x.
(A11) (∀x∈R)x≤x(refleksivnost).
(A12) x⩽yiy⩽xako i samo ako je x=y(antisimetriˇcnost).
(A13) Ako je x⩽yiy⩽zonda je x⩽z(tranzitivnost).
Relacija uredenja ⩽je kompatibilna sa sabiranjem i mnoˇzenjem i vrijedi
(A13) Ako je x⩽yonda za svaki z∈Rvrijedi x+z⩽y+z.
(A14) Iz (0⩽x∧0⩽y)⇒0⩽xy.
Napomena 6.3.
Svaku uredenu trojku (S, +,⋅)koju ˇcine neprazan skup Si binarne operacije +i⋅
za koje vaˇze osobine (A1)–(A14) zovemo uredeno polje. Uredeno polje je i (R,+,⋅)
i(Q,+,⋅),dok (N,+,⋅)i(Z,+,⋅)nisu polja.
76 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.5. Skup realnih brojeva POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
Intervali i segmenti. Osim podskupova N,Z,Q,Iskupa realnih brojeva Rˇcesto se
koriste i intervali odnosno segmenti. Uobiˇcajena naziv je otvoreni interval ili samo interval,
dok zatvoreni interval nazivamo i segment. Otvoreni interval (ili samo interval) u oznaci
(a, b)je skup elemenata x∈Rza koje vrijedi a<x<b, gdje su aibrealni brojevi i
a<b, tj. (a, b)={x∈R∶a<x<b}.
Zatvoreni interval (ili samo segment) u oznaci [a, b],je skup elemenata x∈Rza koje
vrijedi a⩽x⩽b, i ovdje su aibrealni brojevi i a<b, tj.
[a, b]={x∈R∶a⩽x⩽b}.
Pored intervala i segmenta mogu se definisati i poluotvoreni intervali
(a, b]={x∈R∶a<x⩽b},[a, b)={x∈R∶a⩽x<b},
i beskonaˇcni intervali
(−∞, a)={x∈R∶x<a},(−∞, a]={x∈R∶x⩽a},
(a, +∞)={x∈R∶x>a},[a, +∞)={x∈R∶x⩾a}.
Supremum i infimum.
Definicija 6.11.
Kaˇzemo da je skup S⊆Rodozgo omeden ili ograniˇcen, ako postoji realan broj M
takav da je x⩽Mza svaki x∈S. Svaki broj Msa navedenim svojstvom nazivamo
majoranta skupa S. Ako skup Snije odozgo omeden, kaˇzemo da je odozgo neomeden.
Kaˇzemo da je skup S⊆Rodozdo omeden ili ograniˇcen, ako postoji realan broj
mtakav da je x⩾mza svaki x∈S. Svaki broj msa navedenim svojstvom nazivamo
minoranta skupa S. Ako skup Snije odozdo omeden, kaˇzemo da je odozdo neomeden.
Skup S⊆Rje omeden, ako je i odozgo i odozdo omeden. U protivnom se se kaˇze da
je Sneomeden.
Primjer 6.26.
Skup prirodnih brojeva ograniˇcen je odozdo, ali nije ograniˇcen odozgo, za minorantu
dovoljno je uzeti bilo koji broj manji ili jednak 1, dok sa druge strane za bilo koji
prirodan broj nuvijek postoji prirodan broj ve´ci od n, na primjer n+1,pa je N
neomeden odozgo.
Primjer 6.27.
Svi skupovi (a, b),[a, b],(a, b],[a, b)su ograniˇceni, dok su (−∞, a),(−∞, a]ograniˇceni
odozgo, a skupovi (a, +∞),[a, +∞)su ograniˇceni odozdo.
Svaki odozgo ograniˇcen skup Sima viˇse majoranti, isto tako ograniˇcen skup odozdo
ima viˇse minoranti. Vidjeli smo da su minorante skupa prirodnih brojeva svi brojevi manji
ili jednaki 1. Od svih majoranti najzanimljivija je najmanja ma joranta, pa je pitanje kada
ona postoji. Isto tako postavlja se pitanje egzistencije najve´ce minorante.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 77
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.6. Apsolutna vrijednost realnog broja
Definicija 6.12.
Najmanju majorantu skupa Snazivamo supremum i oznaˇcavamo sa supS. Ako je
sup S∈S, nazivamo ga maksimalnim elementom i oznaˇcavamo ga sa maxS.
Najve´cu minorantu skupa Snazivamo infimum i oznaˇcavamo sa inf S. Ako je
inf S∈S, nazivamo ga minimalnim elementom skupa Si oznaˇcavamo ga sa minS.
U skupu Rvrijedi vaˇzna osobina:
Aksiom o supremumu. Svaki neprazan skup S⊂Rograniˇcen sa gornje strane ima
sup Skoji pripada R.Sliˇcna osobina vrijedi i za infimum, pa moˇzemo objediniti:
(A15) Svaki odozgo ograniˇcen skup S⊂Rima supremum, a svaki odozdo ograniˇcen skup
S⊂Rima infimum.
6.6 Apsolutna vrijednost realnog broja
Definicija 6.13 (Apsolutna vrijednost realnog broja).
Apsolutna vrijednost (ili modul ili norma) realnog broja x, u oznaci x, je pre-
slikavanje ⋅∶R↦R+∪{0}, definisano sa
x=
x, ako je x>0,
0,ako je x=0,
−x, ako je x<0.
Napomena 6.4.
Moˇzemo koristiti i sljede´ce definicije koje su ekvivalentne sa Definicijom 6.13
xdef
=max{x, −x},
xdef
=x2.
Primjer 6.28.
Vrijedi
3=3,−3=3,0=0.
Vrijede sljede´ce osobine apsolutne vrijednosti realnog broja
1. xy=xy,2. x
y=x
y,3. x+y⩽x+y(nejednakost trougla),
4. x−y⩽x+y,5. x⩽a⇔−a⩽x⩽a, a >0,6. x≥a⇔(x≤−a)∨(x≥a),
7. x−y⩽x−y.
78 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.6. Apsolutna vrijednost realnog broja POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
Napomena 6.5.
Geometrijski gledano apsolutna vrijednost realnog broja xpredstavlja udaljenost tog
realnog broja od koordinatnog poˇcetka, vidjeti Sliku 6.3.
x
y
f(x) = |x|
−2 2
2
Slika 6.3: Grafik funkcije f(x)=xi udaljenost taˇcaka 2 i −2 od koordinatnog poˇcetka
Primjer 6.29.
Rijeˇsiti jednaˇcinu 3x−2x+1−5−x=3.
Rjeˇsenje:
Odredimo prvo znak izraza x+1i5−x, iskoristimo grafike linearnih funkcija f1(x)=x+1
if2(x)=−x+5,datih na Slici 6.4.
x
f1(x) = x+ 1
−−− +++
x=−1
(a) Grafik funkcije f1(x)=x+1
x
f2(x) = −x+ 5
+++ −−−
x= 5
(b) Grafik funkcije f2(x)=−x+5
Slika 6.4: Grafici linearnih funkcija, koji ´ce posluˇziti za oslobadanje od zagrada za apso-
lutne vrijednosti
Sada na osnovu grafika dobijamo Tabelu 6.1, te na osnovu znaka funkcija f1(x)=x+1
if2(x)=−x+5,dijelimo domen na tri intervala.
Interval I, x∈(−∞,−1]vrijedi
3x−2[−(x+1)]−(5−x)=3⇔3x+2x+2−5+x=3⇔6x=6⇔x=1∉(−∞,−1].
Interval II, x∈(−1,5]vrijedi
3x−2(x+1)−5+x=3⇔2x=10 ⇔x=5∈(−1,5].
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 79
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.6. Apsolutna vrijednost realnog broja
∞-1 5 +∞
x+1−(x+1)0x+1x+1
5−x5−x5−x0−(5−x)
I II III
Tabela 6.1: Znak funkcija f1(x)=x+1 i f2(x)=−x+5
Interval III, x∈(5,∞)3x−2(x+1)−[−(5−x)]=3⇔3=3,
ovo znaˇci da su rjeˇsenja jednaˇcine na intervalu III svi x∈(5,∞).Pa rjeˇsenje jednaˇcine
unija svih dobijenih rjeˇsenja na sva tri intervala x∈{5}∪(5,∞)=[5,∞).
Primjer 6.30.
Rijeˇsiti jednaˇcinu x2+x−2+−x2+x+2=2.
Rjeˇsenje:
Da bi odredili znak kvadratnih trinoma unutar zagrada za apsolutne vrijednosti, po-
smatrajmo kvadratne funkcije f1(x)=x2+x−2 i f2(x)=−x2+x+2.
x
f1(x) = x2+x−2
x1=−2x2= 1
+ + ++
− −−
(a) Grafik funkcije f1(x)=x2+x−2
x
f2(x) = −x2+x+ 2
x1=−1x2=2
− − −−
+ ++
(b) Grafik funkcije f2(x)=−x2+x+2
Slika 6.5: Grafici kvadratnih funkcija, koji ´ce posluˇziti za oslobadanje od zagrada za
apsolutne vrijednosti
Nule funkcija f1if2odredujemo rjeˇsavaju´ci odgovaraju´ce kvadratne jednaˇcine po
formuli x1/2=−b±b2−4ac
2a,pa tako nalazimo
x2+x−2=0⇔(x1=−2∨x2=1);−x2+x+2=0⇔(x1=−1∨x2=2).
80 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.6. Apsolutna vrijednost realnog broja POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
Znak izraza pod apsolutnim zagradama odredujemo koriste´ci prethodne grafike date
na Slici 6.5.
∞-2 -1 1 2 +∞
x2+x−2x2+x−2−(x2+x−2)−(x2+x−2)x2+x−2x2+x−2
−x2+x+2−(−x2+x+2)−(−x2+x+2)−x2+x+2−x2+x+2−(−x2+x+2)
I II III IV V
Tabela 6.2: Znak funkcija f1(x)=x2+x−2 i f2(x)=−x2+x+2
Interval I, x∈(∞,−2], vrijedi
x2+x−2−(−x2+x+2)=2⇔x2=3⇔x1/2=±3, x1/2∉(−∞,−2].
Interval II, x∈(−2,−1], vrijedi
−(x2+x−2)−(−x2+x+2)=2⇔x=−1, x =−1∈(−2,−1].
Interval III, x∈(−1,1], vrijedi
−(x2+x−2)−x2+x+2=2⇔x2=1⇔x1/2=±1, x2=1∈(−1,1].
Interval IV, x∈(1,2], vrijedi
x2+x−2−x2+x+2=2⇔x=1, x =1∉(1,2].
Interval V, x∈(2,∞), vrijedi
x2+x−2−(−x2+x+2)=2⇔x2=3⇔x1/2=±3, x1/2∉(2,∞).
Pa je konaˇcno rjeˇsenje jednaˇcine x∈{−1,1}.
Primjer 6.31.
Rijeˇsiti nejednaˇcinu 2−x>x+1−3.
Rjeˇsenje:
Oslobadanju od zagrada apsolutne vrijednosti pristupamo na isti naˇcin kao i sluˇcaju
jednaˇcina, koriste´ci sljede´ce grafike.
Podatke iz grafika prenesemo u tabelu.
Interval I, x∈(−∞,−1],vrijedi
2−x>−(x+1)−3⇔2−x>−x−1−3⇔2>−4.
Nejednakost 2 >−4 je taˇcna bez obzira na vrijednost x, tj. (∀x∈R)2>−4,te je rjeˇsenje
nejednaˇcine na Intervalu I,
x∈R∩(−∞,−1]=(−∞,−1].
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 81
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.6. Apsolutna vrijednost realnog broja
x
f1(x) = x+ 1
−−− +++
x=−1
(a) Grafik funkcije f1(x)=x+1
x
f2(x) = −x+ 2
+++ −−−
x= 2
(b) Grafik funkcije f2(x)=−x+2
Slika 6.6: Grafici linearnih funkcija, koji ´ce posluˇziti za oslobadanje od apsolutnih vrije-
dnosti
∞-1 2 +∞
x+1−(x+1)0x+1x+1
2−x2−x2−x0−(2−x)
I II III
Tabela 6.3: Znak funkcija f1(x)=x+1 i f2(x)=−x+2
Interval II, x∈(−1,2],vrijedi
2−x>x+1−3⇔−2x>−4⇔x<2, x ∈(−∞,−2)
pa je rjeˇsenje nejednaˇcine
x∈(−∞,2)∩(−1,2]=(−1,2).
Interval III, x∈(2,∞),vrijedi
−(2−x)>x+1−3⇔−2>−2.
Ovo je netaˇcna brojna nejednakost pa rjeˇsenje nejednaˇcine na x∈(2,∞),prazan skup,
tj. ∅.
Rjeˇsenje nejednaˇcine je unija rjeˇsenja na svakom posmatranom intervalu
x∈(−∞,−1]∪(−1,2)=(−∞,2).
Primjer 6.32.
Rijeˇsiti nejednaˇcinu 2x−1
x+1⩽2.
82 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.6. Apsolutna vrijednost realnog broja POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
Rjeˇsenje:
Razlomak koji se pojavljuje u datoj nejednaˇcini nije definisan za x=−1,pa to treba
obavezno uzeti u obzir kod rjeˇsavanja ove nejednaˇcine, drugim rijeˇcima rjeˇsenje traˇzimo
na skupu R\{−1}.
Ovu nejednaˇcinu moˇzemo rijeˇsiti kao nejednaˇcinu u Primjeru 6.31, medutim moˇzemo
iskoristiti sljede´cu osobinu
x<a⇔−a<x<a⇔(−a<x∧x<a), a ∈R+.
Koriste´ci prethodnu osobinu realnih brojeva, vrijedi
2x−1
x+1⩽2⇔−2⩽2x−1
x+1⩽2⇔−2⩽2x−1
x+1∧2x−1
x+1⩽2.
Sada je
−2⩽2x−1
x+1⇔4x+1
x+1⩾0,
zatim odredimo znak brojnika i nazivnika, koriste´ci grafike linernih funkcija, te unesemo
te podatke u sljede´cu tabelu.
−∞ −1−1
4+∞
4x+1− − +
x+1− + +
4x+1
x+1+ − +
Tabela 6.4: Znak razlomka 4x+1
x+1
Iz Tabele 6.4 je 4x+1
x+1⩾0 za
x∈(−∞,−1)∪[−1
4,+∞).(6.5)
Dalje je 2x−1
x+1⩽2⇔−3
x+1⩽0,
odgovaraju´ca tabela je
−∞ −1+∞
−3− −
x+1− +
−3
x+1+ −
Tabela 6.5: Znak razlomka −3
x+1
Sada iz tabele dobijamo da je −3
x+1⩽0 za
x∈(−1,+∞).(6.6)
Rjeˇsenje polazne nejednaˇcine je presjek dobijenih rjeˇsenja (rjeˇsenja datih u (6.5) i (6.6))),
u ovom sluˇcaju
x∈−1
4,∞.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 83
POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA 6.7. Zadaci
Primjer 6.33.
Rijeˇsiti nejednaˇcinu 2x−1
x+1⩾2.
Rjeˇsenje:
U sluˇcaju nejednaˇcine 2x−1
x+1⩾2,koristimo se osobinom
x>a⇔(x<−a∨x>a), a ∈R+,
pa je 2x−1
x+1⩾2⇔2x−1
x+1⩾2∨2x−1
x+1⩽−2.
Rijeˇse se obje nejednaˇcine, ali rjeˇsenje polazne nejednaˇcine je sada unija dobijenih rjeˇsenja,
pa je na kraju rjeˇsenje
x∈(−∞,−1)∪−1,−1
4.
Napomena 6.6.
I kod rjeˇsavanja ove nejednaˇcine vodimo raˇcuna o definicionom podruˇcju, tj. rjeˇsenje
traˇzimo na skupu R\{−1}.
6.7 Zadaci
1. Matematiˇckom indukcijom pokazati taˇcnost sljede´cih jednakosti
(a) (∀n∈N)1+3+. . . +(2n−1)=n2;
(b) (∀n∈N)1⋅2+2⋅3+. . . +n(n+1)=n(n+1)(n+2)
3;
(c) (∀n∈N)12+22+. . . +n2=n(n+1)(2n+1)
6;
(d) (∀n∈N)1
1⋅2+1
2⋅3+ ⋅ 1
n(n+1)=n
n+1;
(e) (∀n∈N)1
1⋅3+1
3⋅5+. . . +1
(2n−1)(2n+1)=n
2n+1.
2. Matematiˇckom indukcijom pokazati djeljivost
(a) (∀n∈N)67n−1; (b) (∀n∈N)3n3−n;
(c) (∀n∈N)6n3+5n; (d) (∀n∈N)17 7⋅52n−1+23n+1.
3. (a) Koriste´ci binomni obrazac razviti binom (3+2x)5.
(b) Odrediti tre´ci ˇclan u razvijenom obliku binoma (2xx−3
x)8.
(c) U razvijenom obliku binoma x2+2
xnkoeficijenti ˇcetvrtog i trinaestog ˇclana
su jednaki. Odrediti ˇclan koji ne sadrˇzi x.
(d) ˇ
Cetvrti ˇclan u razvijenom obliku binoma 10log x+10−1
log x7je 3500000.
Odrediti x.
84 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
6.7. Zadaci POGLAVLJE 6. SKUP REALNIH BROJEVA
4. Primjenjuju´ci algoritam dijeljenja, odrediti brojeve qirtako da je a=b⋅q+r, ako
je
(a) a=18, b =4; (b) a=65, b =9; (c) a=763, b =24; (d) a=1000, b =143.
5. Odrediti najve´ci zajedniˇcki djelilac NZD
(a) NZD(12,15); (b) NZD(9,21); (c) NZD(24,60); (d) NZD(52,76);
(e) NZD(13,25); (f) NZD(225,102); (g) NZD(524,88); (h) NZD(1331,1001).
6. Odrediti najmanji zajedniˇcki sadrˇzilac NZS
(a) NZS(6,15); (b) NZS(7,12); (c) NZS(9,24); (d) NZS(10,48);
(e) NZS(15,24); (f) NZS(32,92); (g) NZS(54,216); (h) NZS(42,200).
7. Rijeˇsiti jednaˇcine
(a) 2x−1−21−x=1; (b) x−3+1−4x=2x+2; (c) 2x−1−3(3x+1)=
x−1−2(x+3)−9;
(d) 2x+1−3x−3=x−1+x+2; (e) 4(1−x)+2x−1=3x−x−2−1;
(f) 2x−1−3(3x+1)=x−1−2(x+3)−9;
(g) 2x+1−3x−3=x−1+x+2; (h) 4(1−x)+2x−1=3x−x−2−1.
8. Rijeˇsiti jednaˇcine
(a) x2−4x+3=x2+x−5; (b) x−1+x2+3x−4=5; (c) x−5+x2−2x−8=7;
(d) 2x−5−x−2=1.
9. Rijeˇsiti nejednaˇcine
(a) 2 −31−x−2x⩽1−4x−22x+3; (b) x+1+3x−1>2;
(c) 2x−1−3(3x+1)<x−1−2(x+3)−9;
(d) 2x+1−3x−3⩽x−1+x+2; (e) 4(1−x)+2x−1⩾3x−x−2−1;
(f) 2x−1
x+1⩽2; (g) x−1
2x+1<1; (h) x+1
2x−3⩾1
2.
10. Rijeˇsiti nejednaˇcine
(a) x2−x−x<1; (b) x2−3x+2−1>x−3(c) x2−7x+10−x−3<6
(d) x−1+x2+3x−4⩾5; (e) x2−2x−3+2−2x⩾x−4+x2; (f) x2+2x−3<
3x+3;
(g) x2−4x+3⩾x2+x−5; (h) x2+2x
x2−4x+3<1.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 85
Poglavlje 7
Kompleksni brojevi
U Poglavlju 6 smo vidjeli da se zbog potrebe za proˇsirenjem pojma broja doˇslo do polja
realnih brojeva (R,+,⋅).U polju realnih brojeva sve jednaˇcine oblika
a+x=b, c ⋅x=d,
xn=p, x2n+1=q,
gdje su a, b, d ∈R, c ∈R\{0}, p ∈R+∪{0}, q ∈R,an∈N,moˇzemo rijeˇsiti.
Medutim, ponovo je potrebno izvrˇsiti proˇsirenje, ovog puta skupa realnih brojeva R,jer
npr. jednostavna jednaˇcina
x2+1=0,
nema rjeˇsenje u skupu realnih brojeva R.
Definiˇsimo na skupu
R×R=R2={(a, b)∶a, b ∈R},
operacije sabiranja +i mnoˇzenja ⋅,uredenih parova na sljede´ci naˇcin
(∀a, b, c, d ∈R)(a, b)+(c, d)=(a+c, b +d),
(∀a, b, c, d ∈R)(a, b)⋅(c, d)=(ac −bd, ad +bc).
Uredena trojka (R2,+,⋅)je polje. Ovo polje naziva se polje kompleksnih brojeva i
obiljeˇzava se sa C,dok njegove elemente nazivamo kompleksni brojevi. Pokazuje se da
vrijede svi aksiomi polja.
Napomena 7.1.
Za polje kompleksnih brojeva koristi se ˇceˇs´ce oznaka C,umjesto (C,+,⋅).Ista oznaka
Ckoristi se i za sam skup kompleksnih brojeva. Iz samog konteksta vidi se radi li se
o skupu ili polju, a ako se ne vidi onda se naglasi o ˇcemu se radi.
87
POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI 7.1. Algebarski oblik
Kompleksni broj (0,0)zva´cemo kompleksna nula, a kompleksni broj (1,0)kompleksna
jedinica i radi jednostavnijeg zapisa oznaˇcava´cemo ih sa
(0,0)=0 i (1,0)=1,
respektivno. Kompleksni broj (0,1)oznaˇci´cemo sa i, tj.
(0,1)=i,
te ´cemo ga zvati imaginarna jedinica. Sada vrijedi,
z=(x, y)=(x, 0)+(0, y)=(x, 0)+(y , 0)⋅(0,1)=x(1,0)+y(1,0)(0,1)
=x⋅1+y⋅1⋅i=x+iy.
Oblik
z=x+iy,
naziva se algebarski oblik kompleksnog broja. Pri tome je
i2=(0,1)⋅(0,1)=(−1,0)=−1.
Vrijede sljede´ce jednakosti
i1=i
i2=−1
i3=i⋅i2=−i
i4=−1⋅(−1)=1
i5=i⋅i4=i
⋮
te je
i4n=1, i4n+1=i, i4n+2=−1, i4n+3=−i, n ∈N.
S obzirom da smo definisali da je (1,0)=1,moˇzemo primijetiti da za svaki kompleksni
broj oblika (a, 0)dobijamo (a, 0)=a⋅1=a, ˇsto je u stvari realan bro j. Prema tome, jasno
je da je zaista R⊂C.Sa druge strane broj (0, b)=b⋅(0,1)=i⋅bnazivamo imaginarni
broj.
7.1 Algebarski oblik kompleksnog broja
Vratimo se ponovo algebarskom obliku kompleksnog broja z=x+iy. Realni broj xje
realni dio kompleksnog broja zi piˇsemo
x=Re(z),
a realan broj yje imaginarni dio kompleksnog broja z, ovdje piˇsemo
y=Im(z).
88 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
7.1. Algebarski oblik POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI
Dva kompleksna broja z1iz2su jednaka ako je realni dio prvog kompleksnog broja
jednak realnom dijelu drugog kompleksnog broja, te imaginarni dio prvog kompleksnog
broja jednak imaginarnom dijelu drugog kompleksnog broja, drugim rijeˇcima ako vrijedi:
z1=z2⇔Re(z1)=Re(z2)∧Im(z1)=Im(z2).
Ako je sada imaginarni dio kompleksnog broja zjednak nuli Im(z)=0,tada je z∈R,tj.
taj kompleksni broj je ˇcisto realan. Sa druge strane ako je Im(z)≠0∧Re(z)=0,tada
je kompleksni broj ˇcisto imaginaran.
Napomena 7.2.
Polje (C,+,⋅)nije uredeno kao polje (R,+,⋅).Pretpostavimo suprotno da se moˇze
definisati relacija poretka ⩽u(C,+,⋅).Tada bi za ∀z1, z2∈Cvrijedilo z1⩽z2ili
z2⩽z1.Prethodno vrijedi i za 0 i za i, dakle imamo 0 ⩽iili i⩽0.Iz 0 ⩽i⇒0⩽
i2=−1.Kontradikcija. Sliˇcno, iz i⩽0 slijedi 0 ⩽−ia sada je 0 ⩽i2=−1,ˇsto
ponovo vodi ka kontradikciji.
Konjugovano–kompleksni broj. Za kompleksni broj z=x+iy, kompleksni broj koji
ima isti realni dio a imaginarni dio mu je suprotan broj od imaginarnog dijela Im z, ima
posebnu ulogu. Taj broj z=x−iy je konjugovano–kompleksni broj kompleksnog broja
z. Vrijede sljede´ce jednakosti
z=z,
z+z
2=x+iy +x−iy
2=x=Re(z),
z−z
2i=x+iy −(x−iy)
2i=y=Im(z),
z⋅z=(x+iy)⋅(x−iy)=x2+y2=(Re(z))2+(Im(z))2.
7.1.1 Operacije sa kompleksnim brojevima u algebarskom obliku
Neka su kompleksni brojevi z1iz2dati u algebarskom obliku, tj. z1=x1+iy1, z2=x2+iy2.
Sabiranje, oduzimanje, mnoˇzenje i dijeljenje se svodi na pravila data formulama
z1+z2=x1+iy1+(x2+iy2)=(x1+x2)+i(y1+y2),
z1−z2=x1+iy1−(x2+iy2)=(x1−x2)+i(y1−y2),
z1⋅z2=(x1+iy1)⋅(x2+iy2)=(x1x2−y1y2)+i(x1y2+x2y1)
z2
z1=x2+iy2
x1+iy1
=x2+iy2
x1+iy1
⋅x1−iy1
x1−iy1
=x1x2+y1y2
x2
1+y2
1
+ix1y2−x2y1
x2
1+y2
1
, z1≠0.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 89
POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI 7.1. Algebarski oblik
Dakle, dva kompleksna broja sabiramo tako ˇsto saberemo realni dio prvog sa realnim
dijelom drugog kompleksnog broja, te isto uradimo i sa imaginarnim dijelovima. Odu-
zimanje je analogno. Mnoˇzenje dva kompleksna broja radimo kao mnoˇzenje dva binoma,
primenjujemo pravilo ”mnoˇzenje svaki sa svakim” i koristimo i2=−1.I na kraju, kod
dijeljenja je potrebno ukloniti imaginarni dio iz nazivnika, a ovo radimo koriste´ci ve´c
navedenu osobinu z⋅z=(Re (z))2+(Im (z))2.
Primjer 7.1.
Dati su kompleksni brojevi z1=3+4i, z2=2−5i.
Izraˇcunati (a)z1+z2;(b)z1−z2;(c)z1⋅z2;(d)z2
z1,te odrediti Re z2
z2i Re z2
z2;
(e)z1
z1+z2.
Rjeˇsenje:
Vrijedi
(a) z1+z2=3+4i+2−5i=5−i;
(b) z1−z2=3+4i−(2−5i)=1+9i;
(c) z1⋅z2=(3+4i)⋅(2−5i)=6−15i+8i−20i2=6−7i−(−20)=26 −7i;
(d) z2
z1=2−5i
3+4i⋅3−4i
3−4i=(2−5i)(3−4i)
9+16 =6−8i−15i+20i2
25 =−14 −23i
25 =
−14
25 −23
25i;
te je Re z2
z1=−14
25 ,Im z2
z1=−23
25 ;
(e) z1
z1+z2
=3−4i
3+4i+2+5i=3−4i
5+9i⋅5−9i
5−9i=15 −27i−20i+36i2
25 +81 =−21 −47i
106 .
Primjer 7.2.
Odrediti xiyiz jednakosti z+3x−2z=2+3i.
Rjeˇsenje:
Iz z=x+yi iz=x−yi, dobijamo
x+yi +3x−2(x−yi)=2+3i⇔2x+3yi =2+3i,
sada je iz prethodne jednakosti 2x=2⇔x=1 i 3y=3⇔y=1.
90 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
7.2. Geometrijska interpretacija POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI
7.2 Geometrijska interpretacija kompleksnog broja
Kompleksni broj zmoˇzemo intrepretirati kao taˇcku u Dekartovom pravouglom koordi-
natnom sistemu u ravni. Svakom kompleksnom broju zobostrano–jednoznaˇcno ´cemo
pridruˇziti taˇcku u xOy ravni. Ova ravan je Gaussova1ili kompleksna ravan. Na x–osu
nanosimo realni dio kompleksnog broja zi zovemo je realna osa, dok na y–osu nanosimo
imaginarni dio kompleksnog broja i zovemo je imaginarna osa.
x
y
M(x, y)
ϕ
A
|z|=px2+y2
(0,0)
Slika 7.1: Predstavljanje taˇcke M(x, y)u Gaussovoj ravni
Posmatrajmo proizvoljan kompleksni broj z=x+iy predstavljen na Slici 7.1 taˇckom
M(x, y).Funkcija ⋅∶C↦R+∪{0}definisana sa
z=x2+y2
je modul kompleksnog broja z(ili ρ). Kako je z⋅z=x2+y2,to je z2=z⋅z.
Geometrijski modul zkompleksnog broja zpredstavlja rastojanje taˇcke M(x, y)od
koordinatnog poˇcetka (0,0).
Posmatrajmo funkciju arg ∶C\{0}↦(−π, π ]definisanu sa
arg z=
arctg y
x, x >0
π+arctg y
x, x <0∧y⩾0
−π+arctg y
x, x <0∧y<0
π
2, x =0∧y>0
−π
2, x =0∧y<0,
(7.1)
gdje je z=x+iy ∈C\{0}.Bro j arg z(ˇcesto se oznaˇcava sa ϕili θ) je glavna vrijednost
ili glavni argument kompleksnog broja z.
Napomena 7.3.
Argument kompleksnog broja arg z(ϕili θ) predstavlja vrijednost ugla, ˇciji je jedan
krak pozitivni dio realne ose a drugi krak je poluprava koja polazi iz koordinatnog
poˇcetka i prolazi kroz taˇcku M(x, y)(Slika 7.1).
1Johann Carl Friedrich Gauß (30. april 1777.–23. februar 1855.godine) bio je njemaˇcki matematiˇcar
koji je dao doprinos u mnogim oblastima matematike, kao npr. teorija brojeva, algebra, statistika, analiza,
diferencijalna geometrija i dr.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 91
POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI 7.2. Geometrijska interpretacija
x
y
b
ϕ
ρ
U trouglu △OAB vrijedi
ρ=q(4√3)2+ 42= 8
tg ϕ=4
4√3, ϕ = arctg 4
4√3=π
6
b b
b
A
B(4√3,4)
O(0,0)
x
y
ϕ
ρ
α
b b
b
B(−4√3,4)
AO(0,0)
b
U trouglu △OBA vrijedi
tg α=4
4√3, α = arctg 4
4√3=π
6
ϕ=π−α=π−π
6=5π
6
x
y
ϕ
ρ
α
bb
b
B(−4√3,−4)
A
O(0,0)
b
U trouglu △OAB vrijedi
tg α=4
4√3, α = arctg 4
4√3=π
6
ϕ=π+α=π+π
6=7π
6
x
y
b
ϕ
α
ρ
b b
b
B(4√3,−4)
A
O(0,0)
U trouglu △OBA vrijedi
tg α=4
4√3, α = arctg 4
4√3=π
6
ϕ= 2π−α= 2π−π
6=11π
6
Slika 7.2: Odredivanje ugla
Primjer 7.3 (Praktiˇcno odredivanje ugla ϕ).
Odrediti vrijednost modula z( ili ρ) i argumenta arg z( ili ϕ), ako je
(a)z=43+4i;(b)z=−43+4i;(c)z=−43−4i;(d)z=43−4i;(e)z=43;
(f)z=43i;(g)z=−43; (h)z=−43i.
Rjeˇsenje:
Vrijedi (vidi Sliku 7.2)
(a)x=43, y =4,pa je z=(43)2+42=8,dok je ϕ=arctg y
x=4
43=
1
3, ϕ =π
6,
Slika 7.2 gore desno.
(b)x=−43, y =4,Slika 7.2 gore lijevo, z=(43)2+42=8,sa slike je
92 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
7.3. Trigonometrijski oblik POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI
ϕ=π−α, iz trougla △AOB je α=arcctg 4
43=π
6,pa je na kraju ϕ=5π
6;
(c)x=−43, y =−4,sa Slike 7.2 dole lijevo je ϕ=π+α, dok je α=arctg 4
43=π
6,
te je ϕ=7π
6;
(d)x=43, y =−4,sa Slike 7.2 dole desno je ϕ=2π−α, α =π
6, ϕ =11π
6;
(e)x=43, y =0,z=43, ϕ =0,Slika 7.3 gore lijevo;
(f)x=0, y =43,z=43, ϕ =π
2,Slika 7.3 gore desno;
(g)x=−43, y =0,z=43, ϕ =π, Slika 7.3 dole lijevo;
(h)x=0, y =−43,z=43, ϕ =3π
2,Slika 7.3 dole desno.
x
y
b
O(0,0)
b
A(4√3,0)
ρ=q(4√3)2+ 02= 4√3
tg ϕ=0
4√3, ϕ = arctg 0
4√3= 0
ρϕ
x
y
b
O(0,0)
b
A(0,4√3)
ρ
ρ=q02+ (4√3)2= 4√3
ϕ=π
2
x
y
b
O(0,0)
b
A(−4√3,0)
ϕ
ρ=q(−4√3)2+ 02= 4√3
ϕ=π
ρ
x
y
b
O(0,0)
b
A(0,−4√3)
ϕ
ρ=q02+ (−4√3)2= 4√3
ϕ=3π
2
ρ
Slika 7.3: Odredivanje ugla za ϕ=0, π/2, π, 3π/2
7.3 Trigonometrijski i eksponencijalni oblik
kompleksnog broja
Trigonometrijski i eksponencijalni oblik kompleksnog broja su praktiˇcniji od algebarskog
oblika u sluˇcaju kada treba izvrˇsiti operacije mnoˇzenja, dijeljenja, zatim stepenovanja
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 93
POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI 7.3. Trigonometrijski oblik
i korjenovanja kompleksnih brojeva. Da bi iz algebarskog dobili trigonometrijski oblik
kompleksnog broja radimo na sljede´ci naˇcin.
Za kompleksni broj z=x+iy, ρ =z, ϕ =arg zsa Slike 7.1 iz trougla △OAM vrijedi
x=ρcos ϕ, y =ρsin ϕ, tg ϕ=y
x, x ≠0.
Vidimo sa Slike 7.1, da je taˇcka Mkoja predstavlja kompleksni broj zu prvom kvadrantu,
pa nalazimo ϕ=arctg y
x. Ako je x=0, y >0,tada je ϕ=π
2,odnosno za x=0, y <0,je
ϕ=−π
2.U sluˇcaju kad je zu nekom drugom kvadrantu, za nalaˇzenje argumenta koristimo
(7.1) ili Primjer 7.3. Na opisani naˇcin dobijamo trigonometrijski oblik kompleksnog broja
z=x+iy
z=ρ(cos ϕ+isin ϕ).
Ako iskoristimo identitet cos ϕ+isin ϕ=eiϕ,kompleksni broj z=ρ(cos ϕ+isin ϕ)
moˇzemo pisati u obliku
z=ρeϕi.
Ovaj oblik zovemo eksponencijalni ili Eulerov2oblik kompleksnog broja.
7.3.1 Mnoˇzenje i dijeljenje kompleksnog broja u trigonometri-
jskom obliku
Neka su data dva kompleksna broja u trigonometrijskom obliku z1=ρ1(cos θ1+isin θ1)
iz2=ρ2(cos θ2+isin θ2).Koriste´ci trigonometrijske identitete cos(α+β)=cos αcos β−
sin αsin βi sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β, vrijedi
z1⋅z2=[ρ1(cos θ1+isin θ1)]⋅[ρ2(cos θ2+isin θ2)]
=ρ1ρ2[cos θ1cos θ2−sin θ1sin θ2+i(cos θ1sin θ2+cos θ2sin θ1)]
=ρ1ρ2[cos(θ1+θ2)+i(sin(θ1+θ2))].
Mnoˇzenje dva kompleksna broja u trigonometrijskom obliku vrˇsimo po formuli
z1⋅z2=ρ1⋅ρ2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)].
Na sliˇcan naˇcin, koriste´ci poznate trigonometrijske identite cos(α−β)=cos αcos β+
sin αsin β, sin(α−β)=sin αcos β−cos αsin βi sin2α+cos2α=1,te z⋅z=(Re z)2+
(Im z)2,dobijamo
z1
z2=ρ1
ρ2
cos θ1+isin θ1
cos θ2+isin θ2
⋅cos θ2−isin θ2
cos θ2−isin θ2
=ρ1
ρ2⋅cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2+i(sin θ1cos θ2−cos θ1sin θ2)
cos2θ2+sin2θ2
=ρ1
ρ2[cos(θ1−θ2)+isin(θ1−θ2)].
2Leonhard Euler (15. april 1707.–18. septembar 1783. godine) bio je ˇsvajcarski matematiˇcar, fiziˇcar,
astronom, logiˇcar, inˇzinjer. Dao veliki doprinos u mnogim oblastima matematike.
94 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
7.3. Trigonometrijski oblik POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI
Dijeljenje dva kompleksna broja u trigonometrijskom obliku vrˇsimo po formuli
z1
z2=ρ1
ρ2[cos(θ1−θ2)+isin(θ1−θ2)].
Dva kompleksna broja data u eksponencijalnom obliku z1=ρ1eθ1i, z2=ρ2eθ2i,
mnoˇzimo i dijelimo po sljede´cim formulama
z1⋅z2=ρ1eθ1i⋅ρ2eθ2i=ρ1ρ2e(θ1+θ2)i
i
z1
z2=ρ1eθ1i
ρ2eθ2i=ρ1
ρ2e(θ1−θ2)i.
Primjer 7.4.
Dati su kompleksni brojevi z1=1+i, z2=8(cos 5π
6+isin 5π
6), z3=2(cos 1210+
isin 1210), z4=cos 140+isin 140.Izraˇcunati z1⋅z2
z3⋅z4.
Rjeˇsenje:
Vidi Sliku 7.4, prvo prevedemo z1u trigonometrijski oblik kompleksnog broja, sa
Slike 7.4 je z1=2(cos 450+isin 450),pa je sada
z1⋅z2
z3⋅z4=2(cos 450+isin 450)⋅8(cos 1500+isin 1500)
2(cos 1210+isin 1210)⋅(cos 140+isin 140)
=82(cos 1950+isin 1950)
2(cos 1350+isin 1350)=42[cos(1950−1350)+isin(1950−1350)]
=42(cos 600+isin 600).
Rezultat moˇzemo napisati i u algebarskom obliku kompleksnog broja
z1⋅z2
z3⋅z4=42(cos 600+isin 600)=421
2+3
2i=22+26i.
7.3.2 Stepenovanje kompleksnog broja
Neka je zk=ρk(cos θk+isin θk), k =1,2, . . . , n. Na osnovu prethodno izvedenih formula
za mnoˇzenje dva kompleksna broja u trigonometrijskom obliku vrijedi
z1⋅z2=ρ1⋅ρ2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)],
(z1⋅z2)⋅z3=ρ1⋅ρ2⋅ρ3[cos(θ1+θ2+θ3)+isin(θ1+θ2+θ3)].
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 95
POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI 7.3. Trigonometrijski oblik
x
y
M(1,1)
ϕ=π
4,= 450
ρ=√12+ 12=√2,(= |z|)
(0,0)
Slika 7.4: Kompleksni broj z1=1+iu Gaussovoj ravni
Na osnovu matematiˇcke indukcije3se lako pokazuje da vrijedi
z1⋅z2⋅. . . ⋅zn=ρ1⋅ρ2⋅. . . ⋅ρn[cos(θ1+θ2+. . . +θn)+isin(θ1+θ2+. . . +θn)].
Ako je z1=z2=. . . =zn,onda je ρ1=ρ2=. . . =ρniθ1=θ2=. . . =θn,dobijamo
formule za stepenovanje dva kompleksna broja u trigonometrijskom
zn=ρn(cos nθ +isin nθ)
ili u eksponencijalnom obliku
zn=ρnenθi.
Izvode´ci formulu za stepenovanje dva kompleksna broja u trigonometrijskom obliku,
dobija se i Moivreov4(Moavrov) obrazac (ili formula)
(cos θ+isin θ)n=cos nθ +isin nθ,
koja vrijedi i kada je nne samo prirodan nego i negativan cio broj i nula, tj. vrijedi za
sve n∈Z.
7.3.3 Korjenovanje kompleksnog broja
Neka je data jednaˇcina
zn=u,
gdje je n∈N,auje kompleksni broj razliˇcit od nule. Tada piˇsemo
z=n
u.
3Princip matematiˇcke indukcije: Jedan iskaz P(n)istinit je za svaki prirodan brod n, 1) Ako je istinit
za prirodan broj 1; 2) Ako implikacija P(n)⇒P(n+1)vaˇzi za svaki prirodan broj n.
4Abraham de Moivre (26.maj 1667.–27.novembar 1754. godine) bio je francuski matematiˇcar poznat
po Moivreovom obracscu koji povezuje kompleksne brojeve i trigonometriju, te doprinosu u vjerovatno´ci
i statistici.
96 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
7.3. Trigonometrijski oblik POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI
Potrebno je za dati broj uodrediti kompleksni broj z. Neka je u=r(cos ϕ+isin ϕ), z =
ρ(cos θ+isin θ).Tada je, na osnovu Moivreovog obrasca, (ρ(cos θ+isin θ))n=ρn(cos nθ+
isin nθ)=r(cos ϕ+isin ϕ),pa na osnovu jednakosti kompleksnih brojeva ρn=r, nθ =
ϕ+2kπ, k ∈Z,odakle je
ρ=n
r, θ =ϕ+2kπ
n, k ∈Z.
Medutim, razliˇcite vrijednosti cijelih brojeva kne daju uvijek razliˇcite argumente.
Ako uzmemo da je k=nbi´ce ϕ+2nπ
n=ϕ
n+2π, ista se vrijednost dobije i za k=0.
Sliˇcno, dobijamo da je ϕ+2(n+k)π
n=ϕ+2kπ
n+2π. Dakle, poslije nuzastopnih cijelih bro jeva
kompleksni brojevi se ponavljaju, pa imamo nrazliˇcitih vrijednosti n
u, a to su
zk=n
rcos ϕ+2kπ
n+isin ϕ+2kπ
n, k =0, . . . , n −1,
ili u eksponencijalnom obliku
zk=n
u=n
re
ϕ+2kπ
ni, k =0, . . . , n −1.
Sva ova rjeˇsenja leˇze na kruˇznici polupreˇcnika n
ri ˇcine tjemena pravilnog n–tougla,
ˇcije je jedno tjeme (z0) sa argumentom ϕ
n,a za svako sljede´ce tjeme argument se pove´cava
za 2π
n.
Primjer 7.5.
Dat je kompleksni broj z=i81 +i43 +(−1−i)80
240 +i19.Izraˇcunati 3
z.
Rjeˇsenje:
Izraˇcunajmo prvo (−1−i)80
240 ,prevedemo ova j kompleksni broj u trigonometrijski oblik,
sa Slike 9.1a je
(−1−i)80
240 =2cos 5π
4+isin 5π
480
240
=240 cos 5π
4⋅80+isin 5π
4⋅80
240 =cos 100π+isin 100π=1,
pa je sada
z=i81 +i43 +(−1−i)80
240 +i19 =i4⋅20+1+i4⋅10+3+1+i4⋅4+3=1−i.
Koriste´ci Sliku 9.1b pretvorimo kompleksni broj iz algebarskog u trigonometrijski
oblik, i dobijamo
z=2cos 7π
4+isin 7π
4.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 97
POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI 7.4. Zadaci
Sada je
3
z=3
2cos
7π
4+2kπ
3+isin
7π
4+2kπ
3,
te rjeˇsenja w0, w1iw2dobijamo uvrˇstavaju´ci k=0,1,2 u prethodnu jednakost.
Vrijedi
k=0
w0=6
2cos 7π
12 +isin 7π
12 ,
k=1
w1=6
2cos 15π
12 +isin 15π
12 ,
k=2
w2=6
2cos 23π
12 +isin 23π
12 .
Rjeˇsenja su predstavljena na Slici 9.1c.
x
y
M(−1,−1)
(a) z=−1−i
x
y
M(1,−1)
(b) z=1−i
x
y
w0
w1
w2
(c) Rjeˇsenje jednaˇcine 3
z
Slika 7.5: Gaußova ravan u kojoj su predstavljeni kompleksni brojevi −1−i, 1−i, w0, w1
iw2
7.4 Zadaci
1. Dati su kompleksni brojevi z1=2−3i, z2=1+2i. Izraˇcunati
(a) z1+z2; (b) z1−z2; (c) z1⋅z2; (d) z1
z2; (e) z1; (f) z1
z2; (g) Re z1
z2; (h) Im z1
z2.
2. Izraˇcunati
(a) i25 +(−i)50 +i40 +i62 +i83; (b) 1+3i
(−1+i)2+(−4+i)(−4−i)
1+i; (c) Za z=
1−3i, 2z−2zz
zz +i.
3. Izraˇcunati
(a) xiyiz jednaˇcine 3x+xi−2y=12−yi −i, (b) ziz uslova (2+i)z+2z−3=4−6i.
98 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
7.4. Zadaci POGLAVLJE 7. KOMPLEKSNI BROJEVI
4. Odrediti kompleksni broj ziz uslova z−4=z−2∧z−3=z−2i.
5. Dati su kompleksni brojevi z1=2−23i, z2=−63−6i, z3−5+5i.
(a) Pretvoriti date kompleksne brojeve iz algebarskog u trigonometrijski oblik;
(b) Izraˇcunati z1⋅z2
z3;
(c) Izraˇcunati z40
3⋅z60
2
z30
2
.
6. Kompleksni broj z=1+4i+i29
2−3inapisati u trigonometrijskom obliku;
7. Izraˇcunati
(a) 3
−3−3i; (b) 4
3−33i; (c) zako je z3=2−23i.
8. Izraˇcunati kompleksni broj ziz uslova Rez−z
2+10iIm z−1
3+i=x+1+2i, a zatim
izraˇcunati z.
9. Rijeˇsiti jednaˇcinu z3+2+2i=0.
10. Razni zadaci
(a) Rijeˇsiti jednaˇcinu z5−3+i=0.
(b) Dat je kompleksni broj z=43−12i, izraˇcunati 4
z.
(c) Dat je kompleksni broj z=−6−23i, izraˇcunati 4
z.
(d) Rijeˇsiti jednaˇcinu z5−3+i=0.
(e) Ako je z=5−53i, odrediti z5i3
z.
(f) Rijeˇsiti jednaˇcinu u skupu racionalnih brojeva 4z3+73i=7.
(g) U skupu kompleksnih brojeva rijeˇsiti jednaˇcinu z4−33=−3i.
(h) U skupu kompleksnih brojeva rijeˇsiti jednaˇcinu z4+2i=3−i.
(i) Rijeˇsiti jednaˇcinu z=1+i
2.
(j) Rijeˇsiti jednaˇcinu z=3
1+i
2.
(k) U skupu kompleksnih brojeva rijeˇsiti jednaˇcinu 2z3+2i=3i+1.
(l) Izraˇcunati kompleksni broj ziz uslova iRe z+2
1+i+Im 2z+z
2+z=1+3i,
(m) Izraˇcunati kompleksni broj ziz uslova Rez
z1=2−33
13 i Im z⋅z1
2=−3−22
2,
gdje je z1=2−3i, a zatim izraˇcunati z12.
(n) Izraˇcunati kompleksni broj ziz uslova z−12
z−8i=5
3iz−4
z−8=1.
(o) Izraˇcunati zi3
zako je z−2+zRe(2z)+z2−4z=4i.
(p) Izraˇcunati z50 ako je 2z−iRe z+1
2=1−i3−i.
(q) Izraˇcunati zako je 2
iz(2−i)+33
2=−3(1+23+2i).
(r) Pokazati da Re 1
z−2
3=0 predstavlja jednaˇcinu kruˇznice.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 99
Poglavlje 8
Matrice i determinante
Pojam matrice i determinante je izuzetno vaˇzan kako iz ugla same matematike, tako i
njene primjene u drugim oblastima. Vidje´cemo da je izuˇcavanje sistema linearnih al-
gebarskih jednaˇcina znatno olakˇsano koriˇstenjem matrica, odnosno matriˇcnog raˇcuna,
zatim tu je upotreba u vektorskoj algebri, analitiˇckoj geometriji i dr. U ovom poglavlju
su dati osnovni pojmovi o matricama i determinantama, neophodni za njihovu primjenu
u oblastima koje se analiziraju u nastavku.
8.1 Osnovni pojmovi o matricama
Prelazak promjenljivih x1, x2, . . . , xnna nove promjenljive y1, y2, . . . , ynpomo´cu formula
y1=a11x1+a12 x2+. . . +a1nxn,
y2=a21x1+a22 x2+. . . +a2nxn,
⋮(8.1)
yn=an1x1+an2x2+. . . +ann xn, aij ∈C, i, j =1, . . . , n
zove se linearna transformacija promjenljivih x1, . . . , xnu promjenljive y1, . . . , yn.Koefi-
cijente promjenljivih x1, . . . , xnmoˇzemo izdvojiti i zapisati ih u sljede´cu shemu
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
an1an2. . . ann
.(8.2)
Shemu (8.2) zovemo matrica (ili matrica linearne transformacije (8.1)).
•Koeficijenti aij , i, j =1, . . . , n, su elementni matrice.
•Elementi ai1, . . . , ain, i =1, . . . , n, ˇcine i–tu vrstu matrice.
•Elementi a1j, . . . , anj, j =1, . . . , n, ˇcine j–tu kolonu matrice.
•Elementi a11, . . . , ann,ˇcine glavnu dijagonalu matrice.
•Elementi a1n, a2,n−1, . . . , an1,ˇcine sporednu dijagonalu matrice.
•Matricu kra´ce zapisujemo A=(aij ).
101
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.1. Osnovni pojmovi o matricama
Matrice moˇzemo definisati i na sljede´ci naˇcin:
Definicija 8.1.
Preslikavanje Aiz skupa S={1,2, . . . , m}×{1,2, . . . , n}u polje F, koje svakom
uredenom paru (i, j)∈Spridruˇzuje element A(i, j)=aij ∈F, naziva se matrica
A=(aij )tipa (formata) m×nnad poljem F.
Za oznaku matrice moˇzemo koristiti malu ili srednju zagradu, dakle (⋅)ili [⋅].Ako ˇzelimo
naglasiti kojeg je formata matrica, koristimo oznaku (aij )m×n.U formuli (8.1) ve´c je
navedeno da su elementi matrica aij ∈C,tj. da su u opˇstem sluˇcaju kompleksni brojevi.
Kako je R⊂C,to realne brojeve moˇzemo shvatiti kao specijalni sluˇcaj kompleksnih bro-
jeva i to su oni kompleksni brojevi kod kojih je imaginarni dio jednak nuli. Stoga elementi
matrica mogu biti i realni brojevi. U nastavku ´cemo uglavnom raditi sa matricama ˇciji
su elementi realni brojevi.
Matrica kod koje je jednak broj vrsta i kolona, kao kod matrice Aiz (8.2), zovemo
kvadratna matrica. U sluˇcaju da broj kolona i vrsta nije jednak dobijamo pravougaonu
matricu
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
am1am2. . . amn
.
Za matricu koja ima mvrsta i nkolona, kaˇzemo da je tipa ili formata ili dimenzije
m×nili jednostavno matrica m×ni piˇsemo
Am×n.
Matrica formata 1 ×nje takode matrica formata m×n, tj. m=1,
(a1a2. . . an),
a zovemo je matrica vrsta. Na isti naˇcin rezonujemo za format m×1,sada je n=1
b1
b2
⋮
bm
i zovemo je matrica kolona. U sluˇcaju matrice kolone i matrice vrste, obiˇcno piˇsemo
jedan indeks elementa. Matrice kolone i matrice vrste nazivaju se i vektori. U sluˇcaju
m=n=1 dobijamo matricu sa samo jednim elementom (a1),koju zovemo skalar. Skup
svih vektora tipa n×1 sa realnim odnosno kompleksnim elementima, obiljeˇzava se sa Rn,
odnosno sa Cn, respektivno.
Primjer 8.1.
Date su matrice
A=4−120
3 1 2 1 , B =
−1 2 0
1 2 1
0 0 −4, C =
4−1
2 1
3 5 .
102 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.1. Osnovni pojmovi o matricama POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
Matrice AiCsu pravougaone, formata 2 ×4,3×2,respektivo, dok je matrica B
kvadratna matrica, formata 3 ×3.Prethodno moˇzemo zapisati: A2×4, B3×3, C3×2.
Jednakost matrica. Kao i kod drugih matematiˇckih objekata, koji mogu biti jednaki,
tako postoje i matrice koje su jednake. Uslovi pod kojima su dvije matrice jednake dati
su u sljede´coj definiciji.
Definicija 8.2.
Dvije matrice jednake su ako su istog formata i ako su im odgovaraju´ci elementi
jednaki.
Drugim rijeˇcima, matrica A=(aij )iB=(bij )formata m×nsu jednake ako je ispunjeno
m×nuslova
aij =bij , i =1, . . . , m, j =1, . . . , n.
Primjer 8.2.
Date su matrice
A=4−120
3 1 2 1, B =
−1 2 0
121
0 0 −4, C =
4−1
2 1
3 5 , D =4−120
3 1 2 1.
Samo su matrice AiDjednake, tj. A=D.
8.1.1 Operacije sa matricama
U ovoj podsekciji obradeno je sabiranje i oduzimanje matrica, te mnoˇzenje matrice sa
brojem (skalarom).
Sabiranje matrica. Sabiranje ili oduzimanje matrica svodi se na sabiranje ili odu-
zimanje elemenata matrica. Sabiranje odnosno oduzimanje dvije matrice moˇzemo vrˇsiti
samo ako su istog formata. Slijedi precizna definicija.
Definicija 8.3.
Zbir matrica A=(aij )iB=(bij ),formata m×n, u oznaci A+Bje matrica
C=(cij ),formata m×n, gdje je cij =aij +bij , i =1, . . . , m, j =1, . . . , n.
Drugim rijeˇcima, matrice sabiramo ako su istog formata i to radimo tako ˇsto im
sabiramo elemente na istim pozicijama. Analogno se vrˇsi i oduzimanje, tj. C=A−B
vrˇsimo tako ˇsto od elementa aij matrice Aoduzimamo odgovaraju´ci element bij matrice
B, te je cij =aij −bij .
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 103
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.1. Osnovni pojmovi o matricama
Mnoˇzenje matrice brojem. Osim sabiranja i oduzimanja matrica, nekada je potrebno
i pomnoˇziti matricu sa brojem, ovaj postupak dat je u sljede´coj definiciji.
Definicija 8.4.
Proizvod matrice
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
am1am2. . . amn
i broja αdefiniˇse se sa
α⋅
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
am1am2. . . amn
=
αa11 αa12 . . . αa1n
αa21 αa22 . . . αa2n
⋮
αam1αam2. . . αamn
.
Pomnoˇziti matricu Asa brojem α, znaˇci svaki element matrice aij pomnoˇziti sa brojem
α.
Primjer 8.3.
Date su matrice
A=2120
3121, B =3−1−5 0
0−1 2 1 , C =−2020
3121.
Izraˇcunati
(a)A+B;
(b)C−A;
(c)2A−3B+4C.
Rjeˇsenje:
Vrijedi
(a)A+B=2120
3121+3−1−5 0
0−121
=2+3 1 −1 2 −5 0 +0
3+0 1 −1 2 +2 1 +1=5 0 −3 0
3 0 4 2 ;
(b)C−A=−2020
3121−2120
3121
=−2−2 0 −1 2 −2 0 −0
3−3 1 −1 2 −2 1 −1=−4−100
0 0 0 0 ;
(c)2A−3B+4C=22120
3121−33−1−5 0
0−121
104 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.1. Osnovni pojmovi o matricama POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
+4−2020
3121
=2⋅2 2 ⋅1 2 ⋅2 2 ⋅0
2⋅3 2 ⋅1 2 ⋅2 2 ⋅1
−3⋅3 3 ⋅(−1)3⋅(−5)3⋅0
3⋅0 3 ⋅(−1)3⋅2 3 ⋅1
+4⋅(−2)4⋅0 4 ⋅2 4 ⋅0
4⋅3 4 ⋅1 4 ⋅2 4 ⋅1
=4240
6242−9−3−15 0
0−3 6 3 +−8080
12484
=4−9−8 2 +3+0 4 +15 +8 0 −0+0
6−0+12 2 +3+4 4 −6+8 2 −3+4
=−13 5 27 0
18 9 6 3 .
U sljede´coj teoremi navedene su neke osobine mnoˇzenja matrice brojem. Ove osobine
proizilaze iz upravo definisanih operacija sa matricama.
Teorema 8.1.
Mnoˇzenje matrice brojem ima osobine
1. α(A+B)=αA +αB;
2.(α+β)A=αA +βA;
3.(αβ)A=α(βA);
4.1⋅A=A.
gdje su α, β ∈CiA, B su matrice istog formata.
Mnoˇzenje matrica. Osim mnoˇzenja matrice brojem, matricu moˇzemo, pod odredenim
uslovima, pomnoˇziti i drugom matricom. I ova se operacija na kraju svodi na mnoˇzenje
i sabiranje elemenata matrice. Detalji su dati u sljede´coj definiciji.
Definicija 8.5.
Proizvod matrica A=(aij )m×niB=(bjk )n×p,u oznaci A⋅Bili AB, je matrica
C=(cik)m×p=n
∑
j=1
aij bjk m×p
.
Dakle, za dvije matrice A=(aij )m×niB=(bjk )n×pmoˇzemo izraˇcunati proizvod A⋅B
ili AB, samo ako je broj kolona matrice Ajednak broju vrsta matrice B, (oznaˇceno sa
magentom/bold). Sada, element cik matrice Cdobijamo na taj naˇcin ˇsto se elementi
i–te vrste matrice A, (ai1ai2. . . ain )
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 105
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.1. Osnovni pojmovi o matricama
pomnoˇze redom sa odgovaraju´cim elementima k–kolone matrice B
b1k
b2k
⋮
bnk
i dobijeni proizvodi se saberu.
Mnoˇzenje kompleksnih, pa samim tim i realnih brojeva, je komutativna operacija,
vrijedi ab =ba, ∀a, b ∈C.Medjutim, mnoˇzenje matrica u opˇstem sluˇcaju nije komutativna
operacija. Samo za neke matrice vrijedi ova osobina, za one matrice koje imaju ovu
osobinu dajemo posebno ime.
Definicija 8.6.
Ako je AB =BA, matrice AiBzovu se komutativne matrice.
U sljede´coj teoremi date su neke osobine mnoˇzenja matrica.
Teorema 8.2.
Mnoˇzenje matrica ima osobine
1. (AB)C=A(BC)(asocijativnost);
2. (A+B)C=AC +BC (distributivnost mnoˇzenje prema sabiranju sa desne
strane);
3. A(B+C)=AB +AC (distributivnost mnoˇzenja prema sabiranju sa lijeve
strane),
kada su formati matrica takvi da su svi gore navedeni proizvodi definisani.
Primjer 8.4.
Date su matrice
A=3 1 −2
0 2 0 , B =
2 1
0 4
−1 0 , C =
−2
0
1, D =1 1 −2.
Izraˇcunati (a)AB;(b)B A;(c)AC;(d)DB.
Rjeˇsenje:
Vrijedi
(a)AB =3 1 −2
0 2 0 2×3
2 1
0 4
−1 0 3×2
106 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.1. Osnovni pojmovi o matricama POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
=3⋅2+1⋅0−2⋅(−1)3⋅1+1⋅4−2⋅0
0⋅2+2⋅0+0⋅(−1)0⋅1+2⋅4+0⋅02×2
=8 7
0 8 2×2
;
(b)BA =
2 1
0 4
−1 0 3 1 −2
0 2 0 =
6 4 −4
080
−3−1 2 ;
(c)AC =3 1 −2
0 2 0
−2
0
1=−8
0;
(d)DB =1 1 −2
2 1
0 4
−1 0 =(4 5).
8.1.2 Trougaona, dijagonalna, skalarna, jediniˇcna i transpono-
vana matrica
Neke su matrice zbog specifiˇcnog rasporeda svojih elemenata ili vrijednosti tih elemenata,
dobile i posebna imena. Inaˇce ovakve matrice sre´cemo ˇcesto u drugim oblastima gdje se
primjenjuju matrice, odnosno matriˇcni raˇcun. Definicije nekih od takvih matrica su date
u nastavku.
Definicija 8.7 (Trougaone matrice).
Kvadratne matrice oblika
a11 0 0 . . . 0 0
a21 a22 0. . . 0 0
⋮
an−1,1an−1,2an−1,3. . . an−1,n−10
an1an2an3. . . an,n−1ann
i
a11 a12 a13 . . . a1,n−1a1n
0a22 a23 . . . a2,n−1a2n
⋮
000. . . an−1,n−1an−1,n
000. . . 0ann
zovu se donja i gornja trougaona matrica, respektivno.
Vidjeti Primjer 8.5.
Definicija 8.8 (Dijagonalna matrica).
Kvadratna matrica, ˇciji su svi elementi van glavne dijagonale nule zove se dijagonalna
matrica, tj.
a11 0 0 . . . 0 0
0a22 0. . . 0 0
⋮
0 0 0 . . . an−1,n−10
0 0 0 . . . 0ann
.
Vidjeti Primjer 8.6.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 107
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.1. Osnovni pojmovi o matricama
Primjer 8.5.
A=
300
220
162, B =
3−2 1
0 2 −4
0 0 2 ,
matrica Aje donja trougaona, a matrica Bje gornja trougaona.
Primjer 8.6.
Matrica
4 0 0 0
0−200
0 0 3 0
0 0 0 5
je dijagonalna matrica.
Definicija 8.9 (Skalarna matrica).
Dijagonalna matrica ˇciji su svi elementi na glavnoj dijagonali jednaki zove se skalarna
matrica.
Vidjeti Primjer 8.7.
Definicija 8.10 (Jediniˇcna matrica).
Dijagonalna matrica ˇciji su svi elementi na glavnoj dijagonali jedinice, zove se je-
diniˇcna matrica i obiljeˇzava se sa I(ili E).
Primjer 8.7.
Matrica
A=
4000
0400
0040
0004
je skalarna matrica, dok je matrica
I=
1000
0100
0010
0001
jediniˇcna matrica.
108 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.1. Osnovni pojmovi o matricama POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
Definicija 8.11 (Transponovana matrica).
Transponovana matrica, matrice
A=
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
am1am2. . . amn
je matrica
AT=
a11 a21 . . . am1
a12 a22 . . . am2
⋮
a1na2n. . . amn
(za ∀i=1, . . . , m;i–ta vrsta u Apostaje i-ta kolona u AT).
Neke osobine transponovanja, odnosno operacija sa transponovanim matricama, date su
u sljede´coj teoremi.
Teorema 8.3.
Operacija transponovanja ima osobine
1. ATT=A;
2. (A+B)T=AT+BT;
3. (αA)T=αAT;
4. (AB)T=BTAT;
5. (A1A2⋯An)T=AT
n⋯AT
2AT
1.
Primjer 8.8.
Date su matrice
A=3 1 −2
0 2 0 , B =2 1
0 4 .
Odrediti ATiBT.
Rjeˇsenje:
AT=
3 0
1 2
−2 0 iBT=2 0
1 4
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 109
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.1. Osnovni pojmovi o matricama
8.1.3 Zadaci
1. Date su matrice
A=3−2
5−4, B =3−2
5−4, C =211
301, D =
3 1
2 1
1 0 ,
G=
5 8 −4
6 9 −5
4 7 3 iF=
315
4−1 3
695.
Izraˇcunati
(a) A+B; (b) 2A+3B; (c) 3A−B; (d) A⋅B; (e) B⋅A; (f) C⋅D; (g) D⋅C;
(h) G⋅F; (i) F⋅G.
2. Date su matrice
A=
−125−9
−2 6 4 0
1 1 0 4 , B =
147
−2 0 10
359
0 0 −1, C =−125−9 6
−3−2 6 4 0 ,
D=
4 7
−2 10
5 9
0−1
3 3
.
Izraˇcunati
(a) A⋅B; (b) B⋅A; (c) C⋅D; (d) D⋅C.
3. Date su matrice A=2−1
−3 7 , B =4 0
−2 1 iC=5−3
1 1 .
Izraˇcunati
(a) 2A; (b) A+B; (c) B−C; (d) A2−3ABT+4C−2I; (e) B2CT−2A+B.
4. Izraˇcunati AB −2A+Bako je A=
122
212
123iB=
411
−420
121.
5. Izraˇcunati A2−3Bako je A=
210
112
−121iB=
3 1 −2
3−2 4
−3 5 −1.
110 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.2. Determinante POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
8.2 Determinante
Pojam determinante usko je povezan sa kvadratnim matricama. Determinante su skalarne
vrijednosti pridruˇzene kvadratnim matricama, isto tako nezaobilazan su alat u nekim
metodama rjeˇsavanja sistema algebarskih linearnih jednaˇcina. Zbog tih, a i drugih razloga,
vaˇzno je nauˇciti ˇsta su determinante i kako se raˇcuna sa njima.
Posmatrajmo sistem od dvije linearne algebarske jednaˇcine
a11x+a12 y=b1
a21x+a22 y=b2.
Rjeˇsenja moˇzemo napisati u obliku
x=a22b1−a12 b2
a11a22 −a21 a12
y=a11b1−a21 b2
a11a22 −a21 a12 ,
za a11a22 −a21 a12 ≠0.Koeficijente koji se nalaze u nazivniku moˇzemo izdvojiti u
kvadratnu matricu drugog reda a11 a12
a21 a22 ,
ovoj matrici moˇzemo pridruˇziti broj a11a22 −a21a12 ili zapisan u obliku kvadratne sheme
a11 a12
a21 a22 .
Generalno, svakoj kvadratnoj matrici A=(aij )reda nmoˇzemo pridruˇziti broj ili
odgovaraju´ci izraz. U tu svrhu, posmatrajmo najprije sve permutacije skupa {1,2, . . . , n}.
Uredeni par (ki, kj)jedne permutacije p, gdje je i<j, zovemo inverzija permutacije p
ako je ki>kj.Oznaˇcimo broj inverzija permutacije psa i(p).Na primjer, permutacija
p=(312)skupa {1,2,3}ima 2 inverzije, a to su parovi (3,1)i(3,2).
Definicija 8.12.
Neka je data kvadratna matrica A=(aij )reda n, ˇciji su elementi aij, i, j =1,2, . . . , n
realni ili kompleksni brojevi. Pod determinantom matrice Apodrazumijeva se broj
det A=∑
p∈Sn(−1)i(p)a1k1a2k2⋯ankn,
gdje se sumira po svim permutacijama p=(k1k2...,kn)skupa {1,2, . . . , n}.Taj
skup permutacija oznaˇcavamo sa Sni zovemo simetriˇcna grupa.
Suma u ovoj definiciji se sastoji od n! sabiraka jer toliko ima svih permutacija n–ˇclanog
skupa (card Sn=n!). Determinanta matrice A(determinanta n–tog reda) moˇze se, osim
sa det A, obiljeˇziti i sa Aili
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
an1an2. . . ann
.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 111
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.2. Determinante
Napomena 8.1.
U literaturi su dostupne i definicije koje su praktiˇcnije sa stanoviˇsta samog raˇcunanja
vrijednosti determinante. Jedna takva definicija bi´ce navedena u nastavku ove se-
kcije.
8.2.1 Osobine determinanti
Neka su date kvadratne matrice A=(aij )iB=(bij )proizvoljnog reda. Za determinante
det Ai det Bvrijede sljede´ce osobine.
1. det A=det AT.Npr.,
1 2
3 4 =1⋅4−2⋅3=−2; 1 3
2 4 =1⋅4−3⋅2=−2,vidimo da je det A=det AT.
2. Ako su u determinanti det Aelementi jedne vrste (ili kolone) jednaki sa elementima
druge vrste (ili kolone), tada je det A=0.Npr.,
1 2
1 2 =1⋅2−1⋅2=0.
3. Determinanta det Apomnoˇzi se sa brojem λtako ˇsto se svaki element samo jedne
vrste ili kolone te determinante pomnoˇzi sa tim brojem. Npr.,
−5⋅1 2
3 4 =−5⋅1−5⋅2
3 4 =−5⋅1 2
−5⋅3 4 =10.
4. Ako su elementi jedne vrste (ili kolone) u determinanti detAproporcionalni ele-
mentima druge vrste (ili kolone), tada je detA=0.Npr.,
1 2
3 6 =1⋅6−2⋅3=0.
5. Ako je svaki element k–te vrste determinante det Azbir dva broja (tj. akj =a(1)
kj +
a(2)
kj ), onda je determinanta det Ajednaka zbiru dvije determinante, istog reda pri
ˇcemu su elementi k–te vrste u jednoj determinanti prvi sabirci (a(1)
kj ), a elementi k–te
vrste druge determinante drugi sabirci (a(2)
kj ). Ostali elementi u obje determinante
jednaki su odgovaraju´cim elementima determinante det A(ista osobina vrijedi i za
kolone). Npr.,
det A=2+3 2
1+2 4 =14
det A(1)=2 2
1 4 =6
det A(2)=3 2
2 4 =8.
Vidimo da je det A=det A(1)+det A(2).
112 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.2. Determinante POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
6. Determinanta ne mijenja vrijednost ako se elementima jedne vrste (ili kolone) do-
daju odgovaraju´ci elementi druge vrste (ili kolone) pomnoˇzeni istim brojem. Npr.,
ako kod determinante drugu kolonu pomnoˇzimo sa 3 i dodamo prvoj koloni, dobi´cemo
5 2
3 4 =14
5+3⋅2 2
3+3⋅4 4 =11 2
15 4 =44 −30 =14.
7. Ako u determinanti det Advije vrste (ili kolone) medusobno promijene mjesta de-
terminanta det Amijenja znak. Npr.,
5 2
3 4 =14
3 4
5 2 =6−20 =−14.
8. det(AB)=det Adet B, za kvadratne matrice istog reda. Npr.,
A=1 2
−1 4
B=3 0
2−5
AB =7−10
5−20
det A=1 2
−1 4 =6
det B=3 0
2−5=−15
det AB =7−10
5−20 =−90.
Vidimo da je det(AB)=det Adet B.
8.2.2 Raˇcunanje determinanti
Determinanta prvog reda se sastoji samo od jednog elementa i ona je jednaka tom ele-
mentu.
Za raˇcunanje determinanti drugog i tre´ceg reda koristimo sljede´ce formule
a11 a12
a21 a22 =a11a22 −a12 a21,(8.3)
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33 =a11a22a33 +a12 a23a31 +a13 a21 a32
−(a31a22 a13 +a32a23 a11 +a33 a21a12 ).(8.4)
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 113
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.2. Determinante
Za lakˇse raˇcunanje determinante tre´ceg reda moˇzemo koristiti tzv. Sarrusovo1pravilo.
Ovo pravilo se sastoji u tome da se determinanti sa desne strane dopiˇsu prve dvije
kolone. Nakon toga, mnoˇzimo trojke brojeva u pravcu glavne dijagonale i saberemo
ta tri umnoˇska, a onda od toga oduzmemo sumu umnoˇzaka trojki brojeva koji se nalaze
u pravcu sporedne dijagonale.
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
a11 a12
a21 a22
a31 a32
=a11a22 a33 +a12a23 a31 +a13 a21a32 −
−(a31a22 a13 +a32a23 a11 +a33 a21a12 ).
Napomena 8.2.
Umjesto opisanog dopisivanja kolona desno od determinante, mogli smo obaviti dopi-
sivanje prve dvije vrste ispod determinante, a dalji postupak je isti.
Primjer 8.9.
Izraˇcunati vrijednost determinati.
1. 7−4
3 4 =7⋅4−(−4⋅3)=28 +12 =40;
2.
3 2 −1
1 2 4
0 6 −2=3⋅2⋅(−2)+2⋅4⋅0+(−1)⋅1⋅6−(0⋅2⋅(−1)+6⋅4⋅3+(−2)⋅1⋅2)
=−86.
Razvijanje determinante po elementima neke vrste ili kolone Za raˇcunanje de-
terminanti reda ve´ceg od tri postoje formule analogne formulama za raˇcunanje determinati
drugog i tre´ceg reda koje su date u (8.3) i (8.4). Medutim, te su formule dosta sloˇzene i
nepraktiˇcne su. Mnogo bolje rjeˇsenje je razvijanje determinate po vrsti ili koloni. Na ovaj
naˇcin determinantu n–tog reda predstavljamo preko nodgovara ju´cih determinanti reda
n−1,odnosno ovim postupkom smanjujemo red determinante za 1. Postupak nastavlja-
mo dok ne dobijemo determinate odgovaraju´ceg reda (1., 2. ili 3.). Navedeni postupak
dat je u teoremi koja slijedi, a prije toga definisana su dva pojma koja se koriste u ovom
postupku.
Posmatrajmo ponovo kvadratnu matricu A=(aij )reda n, njena determinanta je
det A=
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
an1an2. . . ann
.
1Pierre Fr´ed´eric Sarrus (10.mart 1798–20.novembar 1861. godine), bio je francuski matematiˇcar
114 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.2. Determinante POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
Definicija 8.13 (Minor).
Determinanta koja se dobije iz det Aodbacivanjem i–te vrste i j–te kolone, naziva
se minor elementa aij i obiljeˇzava se sa Mij .
Definicija 8.14 (Algebarski kofaktor).
Broj (−1)i+jMij naziva se algebarski komplement (ili kofaktor) elementa aij i
oznaˇcava se sa Aij.
Sljede´ca teorema daje pravilo razlaganja determinante po elementima proizvoljne vrste
ili kolone.
Teorema 8.4 (Laplaceova1).
Ako je det Areda n, onda je
•det A=ai1Ai1+ai2Ai2+. . . +ain Ain,(Laplaceov razvoj po i–toj vrsti);
•det A=a1jA1j+a2jA2j+. . . +anj Anj ,(Laplaceov razvoj po j–toj koloni);
za ∀i, j ∈{1,2, . . . , n}.
Primjer 8.10.
Determinatu
det A=
3 2 −1
1 2 4
0 6 −2,
razviti po elementima druge vrste i prve kolone.
Rjeˇsenje:
Razvoj po elementima druge vrste
3 2 −1
1 2 4
0 6 −2=1⋅(−1)2+12−1
6−2+2⋅(−1)2+23−1
0−2
+4⋅(−1)2+33 2
0 6
=−1(−4+6)+2(−6)−4⋅18 =−86.
1Pierre–Simon, marquis de Laplace (23.mart 1749.–05.mart 1827. godine) bio je francuski nauˇcnik ˇciji
rad je imao znaˇcajan uticaj u razvoju matematike, fizike, filozofije i raznih inˇzinjerskih disciplina.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 115
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.2. Determinante
Razvoj po elementima prva kolone
3 2 −1
1 2 4
0 6 −2=3⋅(−1)1+12 4
6−2+1⋅(−1)2+12−1
6−2
+0⋅(−1)3+12−1
2 4
=3(−4−24)−(−4+6)=−86.
U posljednjem primjeru vidimo da je korisno ako je neki element u vrsti ili koloni, po
kojoj vrˇsimo razvoj, jednak nuli. Ovo ´ce biti iskoriˇsteno u sljede´cem primjeru.
Primjer 8.11.
Izraˇcunati vrijednost determinante
det A=
2121
2−3 1 −3
4222
−2 4 −1 5
Rjeˇsenje:
Da bi pojednostavili razvijanje determinante, od prve kolone oduzmimo tre´cu kolonu
prethodno pomnoˇzenu sa 2, te od ˇcetvrte kolone oduzmino drugu kolonu, vrijedi
2 1 2 1 I kol-2×III kol
2−3 1 −3
4222
−2 4 −1 5
=
−2 1 2 1 IV kol-II kol
0−3 1 −3
0222
0 4 −1 5
=
−2 1 2 0
0−3 1 0
0 2 2 0
0 4 −1 1
Razvijmo sada determinatnu po elementima ˇcetvrte kolone
=(−1)4+4
−2 1 2
0−3 1
0 2 2 .
Razvijmo posljednju determinantu po elementima prve kolone
=−2⋅(−1)1+1−3 1
2 2 =−2⋅(−6−2)=16.
116 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.2. Determinante POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
Primjer 8.12.
Dokazati
ax a2+x21
ay a2+y21
az a2+z21=a(x−y)(x−z)(z−y).
Rjeˇsenje:
ax a2+x21
ay a2+y21 IIv-Iv
az a2+z21 IIIv-Iv
=
ax a2+x21 izvuˇcemo aiz Ik
a(y−x) (y−x)(y+x)0 izvuˇcemo y−xiz IIv
a(z−x) (z−x)(z+x)0 izvuˇcemo z−xiz IIIv
=a(y−x)(z−x)x a2+x21
1y+x0 razvijemo determinantu po IIIk
1z+x0
=a(y−x)(z−x)⋅1⋅(−1)1+31y+x
1z+x
=a(y−x)(z−x)[z+x−(y+x)]
=a(y−x)(z−x)(z−y)=a[−(x−y)][−(x−z)](z−y)
=a(x−y)(x−z)(z−y).
Primjer 8.13.
Dokazati a b c d
a−b−c−d
a b −c−d
a b c −d
=−8abcd.
Rjeˇsenje:
abcdizvuˇcemo aiz Ik
a−b−c−dizvuˇcemo biz IIk
a b −c−dizvuˇcemo ciz IIIk
abc−dizvuˇcemo diz IVk
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 117
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.2. Determinante
=abcd
1111
1−1−1−1 IIv+Iv
1 1 −1−1
111−1
=abcd
1 1 1 1
2 0 0 0 razvijemo determinantu po elementima IIv
1 1 −1−1
1 1 1 −1
=abcd ⋅2⋅(−1)2+1
111
1−1−1 IIv+Iv
1 1 −1
=−2abcd
1 1 1
2 0 0 razvijemo determinantu po elementima IIv
1 1 −1
=−2abcd ⋅2⋅(−1)2+11 1
1−1
=4abcd(−1−1)=−8abcd.
8.2.3 Zadaci
1. Izraˇcunati vrijednost determinati
(a) 2 4
−3 9 ; (b)
2+2i3−i
−3+4i−1−i; (c)
x2+1
1−x2
2x
1−x2
2x
1−x2
x2+1
1−x2
;
(d)
sin x+sin ycos x+cos y
cos y−cos xsin x−sin y; (e)
1 logab
logba1;
(f)
563
012
745; (g)
1 2 0
−329
−121; (h)
a a a
−aax
−a−a x ; (i)
1i1+i
−i1 0
1−i0 1 ;
(j)
3 1 2 3
4−124
1−111
4−115
; (k)
1 1 3 4
2 0 0 8
3 0 0 2
4 4 7 5
; (l)
3 1 2 3
4−124
1−111
4−115
;
(m)
72134
10203
30407
63245
51223
; (n)
x0−1 1 0
1x−1 1 0
1 0 x−1 0 1
0 1 −1x1
0 1 −1 0 x
.
118 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.2. Determinante POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
2. Pokazati da je
(a)
b2+c2ab ca
ab c2+a2bc
ca bc a2+b2=4a2b2c2; (b)
1a a2+a3
1a2a3+a
1a3a+a2=0;
(c)
1 1 1
1a1
1 1 b=(1−a)(1−b); (d)
1a bc
1b ca
1c ab =(b−c)(b−a)(a−c);
(e)
1a a2
1b b2
1c c2=(b−a)(c−a)(c−b);
(f)
ax a2+x21
ay a2+y21
az a2+z21=a(x−y)(x−z)(z−y);
(g)
1bc b +c
1ac a +c
1ab a +b=(a−b)(b−c)(c−a); (h)
a−b2a2a
2b b −a2b
a−b2a a −b=(a+b)3;
(i)
a+b−a−b
−b b +c−c
−a−c c +a=0; (j)
−x y z 1
x−y z 1
x y −z1
x y z −1
=−8xyz;
(k)
a b c d
a−b−c−d
a b −c−d
a b c −d
=−8abcd; (l)
a a a a
a b b b
a b c c
a b c d
=−a(a−b)(c−b)(d−c).
3. Izraˇcunati
(a)
a−4a−3a−2
a−11a
a2a3a4(=0); (b)
aba1
bab1
a−a b 1
b−b a 1
(=2(a+b)(b−a)2);
(c)
1 1 1
1z z2
1z2z, ako je z=cos 4π
3+isin 4π
3;
(d)
1 1 z
1 1 z2
z2z1, ako je z=cos 2π
3+isin 2π
3;
(e)
sin 2x−cos 2x1
sin x−cos xcos x
cos xsin xsin x;(=0)(f)
1+cos x1+sin x1
1−sin x1+cos x1
1 1 1 (=1).
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 119
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.2. Determinante
4. Rijeˇsiti jednaˇcine
(a)
x2 3
3 1 2
1 3 4 =0; (b)
x1 1
1x1
1 1 x=0;
(c) logcxlogcx−n
logcx−mlogcx=0,(0<c≠1);
(d)
1 1 2 3
1 2 −x22 3
2 3 1 5
2 3 1 9 −x2
=0; (e)
x−3x+2x−1
x+2x−4x
x−1x+4x−5=0;
(f)
sin x+π
4sin xcos x
sin x+π
4cos xsin x
1a1−a=2−2
4; (g)
1 1 2 3
1 2 −x22 3
2 3 1 5
2 3 1 1 −x2
=0.
5. Rijeˇsiti nejednaˇcine
(a)
x−1 0
5−1−6
−1 0 x⩾0; (b)
1 0 x
0 1 1
1x0⩽
x3x
2 1 3
1x1.
120 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.3. Inverzna matrica POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
8.3 Inverzna matrica
Neka je a≠0 realan broj i neka je ” ⋅” uobiˇcajeno mnoˇzenje na skupu realnih brojeva.
Za broj a−1ili 1
akaˇzemo da je inverzni broj broja aako je ispunjen uslov a⋅a−1=1
ili a⋅1
a=1.ˇ
Cesto je potrebno za kvadratnu matricu Aodrediti matricu A−1tako da je
ispunjen uslov A⋅A−1=I(ili A−1⋅A=I) gdje je Ijediniˇcna matrica, dok je ” ⋅” sada
operacija mnoˇzenja matrica. U nastavku ´cemo vidjeti koje uslove mora ispuniti matrica
Ada bi postojala matrica A−1sa navedenim osobinama, kako se onda raˇcuna matrica
A−1i gdje se primjenjuje.
Prvi korak u odredivanju traˇzene matrice je adjungirana matrica, slijedi njena defini-
cija.
Definicija 8.15 (Adjungirana matrica).
Neka je A=(aij)kvadratna matrica reda n, i Aij je algebarski kofaktor elementa
aij .Tada se matrica
adj A=
A11 A21 . . . An1
A12 A22 . . . An2
⋮
A1nA2n. . . Ann
naziva adjungirana matrica matrice A. Determinanta matrice adj Azove se adjun-
girana determinanta determinante matrice A.
Vrijedi sljede´ca teorema u kojoj su date neke osobine adj Ai det(adj A),koje koristimo u
nastavku.
Teorema 8.5.
Neka je Akvadratna matrica reda n, tada vrijedi
1A⋅adj A=(adj A)⋅A=(det A)⋅I;
2 det A⋅det(adj A)=(det A)n;
3 det(adj A)=(det A)n−1.
Primjer 8.14.
Za date matrice odrediti adjungirane matrice
(a)A=3−5
4 6 ;
(b)A=
1 2 −5
0 2 1
1 1 3 .
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 121
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.3. Inverzna matrica
Rjeˇsenje:
Raˇcunanje adjungirane matrice podijeli´cemo u dva koraka.
I korak: Izraˇcunamo algebarske kofaktore Aij i formiramo matricu kofaktora cof A=
(Aij );
II korak: Zatim transponujemo matricu kofaktora cof Ai dobijemo adjungiranu
matricu adj Amatrice A, tj. adj A=(cof A)T.
(a)Izraˇcunamo prvo kofaktore
A11 =(−1)1+1⋅6=6, A12 =(−1)1+2⋅4=−4
A21 =(−1)2+1⋅(−5)=5, A22 =(−1)2+2⋅3=3
formiramo matricu kofaktora cof Ai transponujemo je
cof A=6−4
5 3 ,
adj A=(cof A)T=6−4
5 3 T
=6 5
−4 3 .
(b)Ponovo izraˇcunajmo prvo kofaktore
A11 =(−1)1+12 1
1 3 =5, A12 =(−1)1+20 1
1 3 =1, A13 =(−1)1+30 2
1 1 =−2,
A21 =(−1)2+12−5
1 3 =−11, A22 =(−1)2+21−5
1 3 =8, A23 =(−1)2+31 2
1 1 =1,
A31 =(−1)3+12−5
2 1 =12, A32 =(−1)3+21−5
0 1 =−1, A33 =(−1)3+31 2
0 2 =2.
Matrica kofaktora je
cof A=
5 1 −2
−11 8 1
12 −1 2 ,
i na kraju adjungirana matrica
adj A=(cof A)T=
5−11 12
1 8 −1
−2 1 2 .
Slijedi definicija inverzne matrice.
Definicija 8.16 (Inverzna matrica).
Ako je Akvadratna matrica reda ni ako postoji matrica Xtakva da je XA =AX =
I, tada kaˇzemo da je Xinverzna matrica matrice A. Inverznu matricu matrice A,
oznaˇcavamo sa A−1.
Neke kvadratne matrice imaju inverznu matricu, dok neke nemaju. Da bi napravili
122 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.3. Inverzna matrica POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
razliku izmedu ove dvije klase matrica uvodimo dva pojma sljede´com definicijom.
Definicija 8.17 (Regularna i singularna matrica).
Kvadratna matrica Aje regularna (nesingularna) matrica ako ima inverznu ma-
tricu. Ako kvadratna matrica Anema inverznu matricu, kaˇzemo da je Asingularna
(neregularna) matrica.
Sada se postavlja pitanje kako napraviti razliku izmedju regularnih i singularnih ma-
trica, tj. za neku datu kvadratnu matricu kako odrediti je li ona regularna ili singularna?
Ako smo utvrdili da je ta matrica regularna, onda na osnovu prethodne definicije postoji
njena inverzna matrica, kako sada izraˇcunati tu inverznu matricu? Zatim za datu regu-
larnu matricu da li postoji jedna ili viˇse njenih inverznih matrica i obrnuto, za inverznu
matricu da li postoji jedna ili viˇse regularnih matrica za koje je ona inverzna matrica?
Odgovori na ova pitanja dati su u sljede´cim teoremama.
Teorema 8.6.
Kvadratna matrica A=(aij )je regularna ako i samo ako je det A≠0.Ako je
det A≠0,inverzna matrica matrice Aje
A−1=1
det Aadj A.
Dokaz. Pretpostavimo da je matrica Aregularna, tj. ima inverznu matricu A−1.Tada
je det A⋅A−1=det I=1.Kako je det A⋅A−1=det A⋅det A−1=1,slijedi da je
det A≠0.Osim toga vidimo da je det A−1=1
det A=(det A)−1.
Pretpostavimo sada da je det A≠0.Treba dokazati da postoji matrica A−1.
A⋅adj A=
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
an1an2. . . ann
⋅
A11 A21 . . . An1
A12 A22 . . . An2
⋮
A1nA2n. . . Ann
=
=ai1Aj1+ai2Aj2+. . . +ain Ajn n×n.
S obzirom da je
ai1Aj1+ai2Aj2+. . . +ain Ajn =det A, ako je i=j
0,ako je i≠j
dobijamo da je
A⋅adj A=
det A0. . . 0
0 det A . . . 0
⋮
0 0 . . . det A=det A⋅I .
Kako je po pretpostavci det A≠0,zakljuˇcujemo da je A⋅(det A)−1⋅adj A=I. To znaˇci
da je matrica (det A)−1⋅adj Adesni inverz matrice A. Na sliˇcan naˇcin bismo zakljuˇcili da
je adj A⋅A=det A⋅I, odakle slijedi da je matrica (det A)−1⋅adj Atakoder i lijevi inverz
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 123
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.3. Inverzna matrica
matrice A. Dakle, ako je kvadratna matrica Aregularna, tada postoji njena inverzna
matrica koja je jednaka
A−1=(det A)−1⋅adj A=1
det Aadj A.
Teorema 8.7.
Svaka regularna matrica Aima jednu i samo jednu inverznu matricu A−1.
U sljede´coj teoremi date su neke osobine inverznih matrica.
Teorema 8.8 (Osobine inverznih matrica).
Ako su AiBregularne matrice istog reda, tada je
(1)(AB)−1=B−1A−1;
(2)A−1−1=A;
(3)AT−1=A−1T;
(4)det A−1=(det A)−1.
Primjer 8.15.
Date su matrice
(a)A=2−3
−4 6 ;
(b)B=2−3
0 1 ;
(c)C=
−1 0 −2
021
1−1 2 ;
(d)D=
−2 0 −2
321
1−1 2 .
Ispitati jesu li date matrice regularne. Ako jesu, izraˇcunati njihove inverzne matrice.
Rjeˇsenje:
Postupak raˇcunanja inverzne matrice matrice X, je sljede´ci:
I – Izraˇcunamo det X. Ako je det X≠0 nastavljamo dalje
124 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.3. Inverzna matrica POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
II – Raˇcunamo matricu cof X, a zatim adj X=(cof X)T
III – Raˇcunamo inverznu matricu po formuli X−1=1
det Xadj X.
Na kraju moˇzemo provjeriti rezultat, odnosno da li vrijedi X−1⋅X=I.
(a)Poˇsto je detA=2−3
−4 6 =12 −12 =0,matrica Aje singularna, tj. nema
inverzne matrice.
(b)Kako je det B=2−3
0 1 =2,matrica je regularna pa moˇzemo raˇcunati
inverznu matricu. Prvo izraˇcunajmo kofaktore i matricu kofaktora
B11 =(−1)1+1⋅1=1, B12 =(−1)1+2⋅0=0
B21 =(−1)2+1⋅(−3)=3, B22 =(−1)2+2⋅2=2
formiramo matricu kofaktora cof Bi transponujemo je
cof B=1 0
3 2 ,
adj B=(cof B)T=1 0
3 2 T
=1 3
0 2 .
Inverzna matrica je
B−1=1
det Badj B=1
21 3
0 2 =1
2
3
2
0 1 .
Provjera:
B−1⋅B=1
21 3
0 2 ⋅2−3
0 1 =1 0
0 1
(c)Kako je det C=−1,matrica je regularna. Izraˇcunajmo prvo kofaktore
C11 =(−1)1+12 1
−1 2 =5, C12 =(−1)1+20 1
1 2 =1, C13 =(−1)1+30 2
1−1=−2,
C21 =(−1)2+10−2
−1 2 =2, C22 =(−1)2+2−1−2
1 2 =0, C23 =(−1)2+3−1 0
1−1=−1,
C31 =(−1)3+10−2
2 1 =4C32 =(−1)3+2−1−2
0 1 =1, C33 =(−1)3+3−1 0
0 2 =−2.
Matrica kofaktora je
cof C=
5 1 −2
2 0 −1
4 1 −2,
adjungovana matrica
adj C=(cof C)T=
524
101
−2−1−2
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 125
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.3. Inverzna matrica
i na kraju inverzna matrica je
C−1=1
det Cadj C=1
−1
524
101
−2−1−2=
−5−2−4
−1 0 −1
212.
(d)Kako je det D=0,matrica Dje singularna.
Primjer 8.16.
Rijeˇsiti matriˇcnu jednaˇcinu AX +B=3X+I, ako su
A=2−3
−4 6 , B =−1 0
2 3 .
Rjeˇsenje:
Datu matriˇcnu jednaˇcinu moˇzemo napisati u obliku
AX +B=3X+I⇔AX −3X=I−B⇔(A−3I
=C)X=I−B
=D
⇔CX =D,
(Xizvlaˇcimo sa desne strane) gdje je
C=A−3I=2−3
−4 6 −31 0
0 1 =−1−3
−4 3
D=I−B=1 0
0 1 −−1 0
2 3 =2 0
−2−2.
Vrijedi
det C=−1−3
−4 3 =−3−12 =−15 ≠0.
Budu´ci da je det C=15,matriˇcnu jednaˇcinu CX =D, pomnoˇzimo sa lijeve strane,
jer mnoˇzenje matrica nije komutativno, sa matricom C−1i dobijamo
X=C−1D,
tj. da bi izraˇcunali nepoznatu matricu Xtreba joˇs izraˇcunati inverznu matricu
matrice Ci pomnoˇziti matricu Dsa lijeve strane sa matricom C−1.Izraˇcunajmo
sada kofaktore, vrijedi
C11 =(−1)1+1⋅2=3C12 =(−1)1+2⋅(−4)=4
C21 =(−1)2+1⋅(−3)=3C22 =(−1)2+2⋅(−1)=−1,
pa je
cof C=3 4
3−1,adj C=(cof C)T=3 3
4−1,
126 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.3. Inverzna matrica POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
C−1=1
det Cadj C=1
−15 3 3
4−1
X=C−1D=−1
15 3 3
4−1 2 0
−2−2=−1
15 0−6
10 2 =02
5
−2
3−2
15 .
Primjer 8.17.
Rijeˇsiti matriˇcnu jednaˇcinu XA −A=2X+I, ako je
A=
012
234
101.
Rjeˇsenje:
Matriˇcnu jednaˇcinu napiˇsimo u sljede´cem obliku
XA −A=2X+I⇔XA −2X=I+A⇔X(A−2I
=C)=I+A
=D
,
(Xizvlaˇcimo sa lijeve strane), gdje je
C=A−2I=
012
234
101−2
100
010
001=
−2 1 2
2 1 4
1 0 −1,
D=
100
010
001+
012
234
101=
112
244
102.
Vrijednost det Cje
det C=
−2 1 2
2 1 4
1 0 −1=6≠0,
sada matriˇcnu jednaˇcinu XC =Dpomnoˇzimo sa desne strane inverznom matricom
C−1matrice Ci dobijamo
X=DC−1.
Matrica Cje regularna pa izraˇcunajmo matricu kofaktora i adjungovanu matricu
C11 =(−1)1+11 4
0−1=−1, C12 =(−1)1+22 4
1−1=6, C13 =(−1)1+32 1
1 0 =−1,
C21 =(−1)2+11 2
0−1=1, C22 =(−1)2+2−2 2
1−1=0, C23 =(−1)2+3−2 1
1 0 =1,
C31 =(−1)3+11 2
1 4 =2C32 =(−1)3+2−2 2
2 4 =12, C33 =(−1)3+3−2 1
2 1 =−4.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 127
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.3. Inverzna matrica
Matrica kofaktora je
cof C=
−1 6 −1
1 0 1
2 12 −4,
adjungovana matrica
adj C=(cof C)T=
−1 1 2
6 0 12
−1 1 −4,
te je inverzna matrica
C−1=1
det Cadj C=1
6
−1 1 2
6 0 12
−1 1 −4.
Sada je
X=DC−1=
112
244
1021
6
−1 1 2
6 0 12
−1 1 −4=1
6
3 3 6
18 6 36
−3 3 −6.
8.3.1 Zadaci
1. Odrediti inverznu matricu matrice
(a) 1 2
3 4 ; (b)
1 2 −3
0 1 2
0 0 1 ; (c)
3−4 5
2−3 1
3−5−1.
2. Rijeˇsiti matriˇcne jednaˇcine
(a) 2 1
1−1⋅X=1 3
2 0 ; (b) X⋅3−2
5−4=−1 2
−5 6 .
3. Rijeˇsiti matriˇcnu jednaˇcinu (I−2A)X=B, ako je
A=2−3
1 0 iB=−3 0
−6 1 .
4. Rijeˇsiti matriˇcnu jednaˇcinu
1 2 −3
3 2 −4
2−1 0 ⋅X=
1−3 0
10 2 7
10 7 8 .
5. Rijeˇsiti matriˇcnu jednaˇcinu
X⋅
531
1−3−2
−5 2 1 =
−830
−590
−2 15 0 .
128 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.4. Rang matrice POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
8.4 Rang matrice
Posmatrajmo sljede´ce jednakosti
α1
1
0
0+α2
0
1
0+α3
0
0
1=
α1
0
0+
0
α2
0+
0
0
α3=
α1
α2
α3,
i
α1
1
0
0+α2
2
0
0+α3
5
0
0=
α1
0
0+
2α2
0
0+
5α3
0
0=
α1+2α2+5α3
0
0.
Postavlja se pitanje kolika je vrijednost koeficijenata α1, α2, α3tako da rezultantna ma-
trica kolona (na desnoj strani jednakosti) bude jednaka nuli? U prvom sluˇcaju zbir ´ce biti
jedino nula ako je α1=α2=α3=0,dok u drugom sluˇcaju vrijednost zbira (rezultantne
matrice kolone) moˇze biti jednaka nuli i kada je npr. α1=1, α2=2, α3=−1.Drugim
rijeˇcima, u drugom primjeru linearna kombinacija matrica kolona i koeficijenata se moˇze
anulirati za neke koeficijente α1, α2, α3,koji nisu svi nule. A u prvom primjeru to nije
sluˇcaj, tj. mogu´ce je jedino za α1=α2=α3=0.Ovo nam daje opravdanje za uvodenje
sljede´ceg pojma.
Definicija 8.18 (Linearna nezavisnost).
Za matrice vrste (ili matrice kolone) A1, A2, . . . , Ankaˇzemo da su linearno nezavisne
ako za realne brojeve α1, α2, . . . , αniz jednakosti
α1A1+α2A2+. . . +αnAn=0(8.5)
slijedi da je jedino rjeˇsenje α1=α2=. . . =αn=0.U suprotnom, tj. ako matrice
vrste (ili matrice kolone) nisu linearno nezavisne, onda za njih kaˇzemo da su linearno
zavisne.
Simbol 0oznaˇcava nula matricu vrstu ili nula matricu kolonu. U nekoj matrici zanima nas
koliki je broj maksimalno nezavisnih vrsta i kolona. Sljede´ca teorema kaˇze da je svejedno
koji ´cemo broj odrediti: maksimalan broj nezavisnih vrsta ili kolona te matrice.
Teorema 8.9.
Maksimalan broj linearno nezavisnih vrsta posmatrane matrice jednak je maksima-
lnom broju linearno nezavisnih kolona te matrice.
Vrijedi sljede´ca definicija.
Definicija 8.19 (Rang matrice).
Pod pojmom ranga matrice A=(aij )formata m×npodrazumijevamo maksimalan
broj linearno nezavisnih vrsta (ili kolona) te matrice.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 129
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.4. Rang matrice
Rang matrice oznaˇcava´cemo sa rang A. Moˇze se joˇs rang matrice oznaˇcavati i sa rang(A)
ili r(A).Za matricu Aformata m×njasno je da vrijedi
rang A⩽min{m, n}.
Praktiˇcno raˇcunanje ranga matrice priliˇcno je lako izvesti koriˇstenjem elementarnih
transformacija. Primjenom elementarnih transformacija rang matrice se ne mijenja.
Definicija 8.20 (Elementarne trasformacije).
Pod elementarnim transformacijama jedne matrice smatraju se operacije
1. Razmjena mjesta dvije vrste (ili dvije kolone);
2. Dodavanje elementima jedne vrste (ili kolone) elemenata neke druge vrste (ili
kolone), poˇsto su prethodno posljednje pomnoˇzene nekim brojem razliˇcitim od
nule;
3. Mnoˇzenje elemenata jedne vrste (ili kolone) nekim brojem razliˇcitim od nule.
Matrice dobijene elementarnim transformacijama su ekvivalentne (koristimo oznaku ”∼”).
Datu matricu, primjenjuju´ci elementarne trasformacije svodimo na trougaonu matricu ili
na trapeznu ili stepenu formu matrice (za matrice u trapeznoj ili stepenoj formi u literaturi
se koristi i naziv kvazitrougaone matrice). U datim primjerima bi´ce jasnije o kakvim se
formama radi.
Napomena 8.3.
Elementarne transformacije za odredivanje ranga matrice naˇcelno se koriste samo za
manipulaciju sa vrstama, zbog primjene elementarnih transformacija pri rjeˇsavanju
sistema linearnih algebarskih jednaˇcina. O ovome ´ce biti viˇse rijeˇci u narednom
poglavlju.
Primjer 8.18.
Odrediti rang matrice A=
411
121
112.
Rjeˇsenje:
411Ik↔IIk
121
112 ∼
141
2 1 1 IIv-2Iv
1 1 2 IIIv-Iv ∼
141
0−7−1
0−3 1 7IIIv-3IIv
∼
14 1
0-7 −1
0 0 10 ,
130 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
8.4. Rang matrice POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE
pa je rang A=3.
Primjer 8.19.
Odrediti rang matrice A=
2 3 −1 4
5−3 8 19
1−2 3 5 .
Rjeˇsenje:
A=
2 3 −1 4 Iv ↔IIIv
5−3 8 19
1−2 3 5 ∼
1−2 3 5
5−3 8 19 IIv-5Iv
2 3 −1 4 IIIv-2Iv
∼
1−235
0 7 −7−6
0 7 −7−6 IIIv-IIv ∼
1−235
07−7−6
0 0 0 0 .
U ovom sluˇcaju je rang A=2.
Primjer 8.20.
Odrediti rang matrice A=
3 6691
2 4120
−1−2451.
Rjeˇsenje:
A=
3 6691Iv↔IIIv
2 4120
−1−2451 ∼
−1−2451
2 4 1 2 0 IIv+2Iv
3 6 6 9 1 IIIv+3Iv
∼
−1−2 4 5 1
0 0 9 12 2
0 0 18 24 4 IIIv-2IIv ∼
-1 −2 4 5 1
0 0 912 2
0 0 0 0 0 IIIv-2IIv,
pa je rang A=2.
Napomena 8.4.
Rezultantna matrica u Primjeru 8.18 je u trougaonoj formi, u Primjeru 8.19 to
je trapezna forma i u Primjeru 8.20 rezultantna matrica je u stepenoj formi. Iz
prezentovanih primjera vidimo da se rang matrice odreduje tako ˇsto prebrojimo broj
vrsta koje imaju nenulte elemente nakon svodenja matrice na jednu od pomenutih
formi.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 131
POGLAVLJE 8. MATRICE I DETERMINANTE 8.4. Rang matrice
8.4.1 Zadaci
1. Odrediti rang matrica
(a)
1 0 0 0
2 0 0 0
−1000; (b)
1 0 0 0
2 1 0 0
−1000; (c)
1 0 0 0
2 1 2 0
−1410.
2. Odrediti rang matrica
(a)
1 0 0
−300
2 0 0
4 0 0; (b)
1 0 0
−310
2 0 0
4 0 0; (c)
1 0 0
−310
2 2 0
4 0 0; (d)
1 0 0
−310
2 2 0
4−1 2.
3. Odrediti rang matrica
(a)
1 1 1 1
2 3 −1 1
3 4 0 2; (b)
20202
01010
21021
01010;
(c)
1 1 −2
2 1 −3
2−1−1
6−1−5
7−3−4
; (d)
1 6 7 1 4
3 5 11 1 6
12 5 3 1 4
15 25 10 5 30.
4. Odrediti rang matrica u zavisnost od parametra a
(a)
1a−1 2
2−1a5
1 10 −6 1; (b)
3 1 1 4
a4 10 1
1 7 17 3
2 2 4 1.
5. Odrediti rang matrice u zavisnost od parametra aib
(a)
1 3 1 −2
2 6 −3−4
a b 6−2.
132 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
Poglavlje 9
Sistemi linearnih algebarskih
jednaˇcina
Mnogi problemi u matematici i njenim primjenama svode se na sisteme linearnih alge-
barskih jednaˇcina1, odnosno na nalaˇzenje rjeˇsenja ovih sistema. Na primjer, u najve´cem
broju sluˇcajeva veoma je teˇsko ili nemogu´ce taˇcno izraˇcunati ili rijeˇsiti neke druge vrste
jednaˇcina (nelinearne, diferencijalne, integralne i dr.), pa se pribjegava raˇcunanju pri-
bliˇznih rjeˇsenja ovih jednaˇcina. Sastavni dio tih metoda za raˇcunanje ovih pribliˇznih
rjeˇsenja su upravo SLAJ i njihovo rjeˇsavanje. SLAJ koje sre´cemo u konkretnim pri-
mjenama uglavnom imaju veliki broj jednaˇcina i nepoznatih, pa je stoga potrebno prvo
utvrditi da li dati SLAJ ima rjeˇsenje (jedno ili viˇse njih), a zatim je potrebno izraˇcunati
to rjeˇsenje ili rjeˇsenja, naravno ako postoje.
U ovom poglavlju bavimo se upravo navedenim problemima. Prvo, kako utvrditi da li
SLAJ ima jedno ili viˇse rjeˇsenja ili uopˇste nema rjeˇsenja, a zatim ako ima, kako to rjeˇsenje
ili rjeˇsenja izraˇcunati.
9.1 Osnovni pojmovi. Teoreme o egzistenciji
i jedinstvenosti rjeˇsenja
Analizira´cemo SLAJ koji imaju nnepoznatih i mjednaˇcina. Brojevi nimmogu biti
jednaki, a i razliˇciti. U nastavku ´cemo vidjeti kako se radi sa SLAJ u oba sluˇcaja, kada
je m=n, odnosno kada je m≠n. Slijedi definicija.
Definicija 9.1 (SLAJ).
Skup jednaˇcina
a11x1+a12 x2+. . . +a1nxn=b1
a21x1+a22 x2+. . . +a2nxn=b2(9.1)
⋮
1U daljem tekstu umjesto punog naziva ovog poglavlja ”Sistemi linearnih algebarskih jednaˇcina”,
nekada ´cemo koristiti ”Sistemi linearnih jednaˇcina”, ”Sistemi jednaˇcina ”, ”Sistemi” a nekada samo
skra´cenicu – SLAJ.
133
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.1. Osnovni pojmovi. Teoreme
am1x1+am2x2+. . . +amn xn=bm,
gdje su aij ibidati brojevi, dok su xjnepoznate, i=1,2, . . . , m;j=1,2, . . . , n; zove
se sistem od malgebarskih linearnih jednaˇcina sa nnepoznatih. Brojevi aij nazivaju
se koeficijenti a brojevi bislobodni ˇclanovi. Ako je b1=b2=. . . =bm=0,onda
se kaˇze da je sistem (9.1) homogen, a ako je bar jedan od slobodnih ˇclanova bi≠0,
onda kaˇzemo da je sistem (9.1) nehomogen.
Rjeˇsiti sistem znaˇci izraˇcunati rjeˇsenje (ili rjeˇsenja) tog sistema, ako ono postoji (ili ona
postoje). Slijedi definicija rjeˇsenja sistema linearnih algebarskih jednaˇcina.
Definicija 9.2 (Rjeˇsenje sistema).
Brojevi α1, α2, . . . , αnnazivaju se rjeˇsenje sistema (9.1) ako se zamjenom xj=αj, j =
1,2, . . . , n u sistem (9.1) dobiju taˇcne brojne jednakosti.
Za dva sistema linearnih jednaˇcina kaˇze se da su ekvivalentni ako je svako rjeˇsenje
jednog sistema ujedno rjeˇsenje i drugog sistema i obrnuto.
Jedan sistem moˇze imati jedno ili viˇse rjeˇsenja, a moˇze i da nema rjeˇsenja. Ako sistem
nema rjeˇsenja, kaˇze se da je nesaglasan (protivrjeˇcan, nemogu´c), a ako ima rjeˇsenje, kaˇze
se da je saglasan. Ako sistem ima taˇcno jedno rjeˇsenje, kaˇze se da ima jedinstveno rjeˇsenje,
a ako ima viˇse rjeˇsenja, onda je taj sistem neodreden.
Posmatrajmo sljede´ce sisteme linearnih jednaˇcina
x+y=2x+y=2x+y=2
x−y=0 2x+2y=4x+y=3.(9.2)
Sistemi su jednostavni i ve´c na prvi pogled vidimo da je rjeˇsenje ”lijevog” sistema
x=1, y =1,u ”srednjem” sistemu drugu jednaˇcinu smo dobili tako ˇsto je prva pomnoˇzena
sa 2, pa ovaj sistem ima beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja, jer postoji beskonaˇcno mnogo brojeva
ˇciji je zbir 2. I na kraju, tre´ci ”desni” sistem nema rjeˇsenja, jer ne postoje dva broja ˇciji
je zbir istovremeno jednak i 2 i 3. Svaka jednaˇcina iz (9.2) predstavlja jednaˇcinu prave u
ravni. Na ovaj su naˇcin sistemi (9.2) predstavljeni na Slici 9.1.
x
y
x+y= 2
x−y= 0
A(1,1)
1
1
(a) ”Lijevi” sistem, prave se
sijeku, jedna taˇcka je za-
jedniˇcka. Koordinate za-
jedniˇcke taˇcke predstavljaju
rjeˇsenje sistema i rjeˇsenje je
jedinstveno.
x
y
x+y= 2
2x+ 2y= 4
(b) ”Srednji” sistem, prave se
poklapaju, sve su taˇcke za-
jedniˇcke. Ovaj sistem ima
beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja.
x
y
x+y= 2
x+y= 3
(c) ”Desni” sistem, nema
zajedniˇckih taˇcaka, pa
prema tome ovaj sistem
nema rjeˇsenja.
Slika 9.1: Grafiˇcki prikaz rjeˇsenja sistema (9.2)
Rjeˇsenje sistema su koordinate zajedniˇcke taˇcke dviju pravih, koje smo nacrtali na osnovu
jednaˇcina koje ˇcine taj sistem. Sa Slike 9.1a vidimo da prave imaju jednu zajedniˇcku
134 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.1. Osnovni pojmovi. Teoreme POGLAVLJE 9. SLAJ
taˇcku–”lijevi” sistem ima jedno rjeˇsenje, prave na Slici 9.1b imaju beskonaˇcno mnogo
zajedniˇckih taˇcaka–”srednji” sistem ima beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja i na Slici 9.1c prave
nemaju zajedniˇckih taˇcaka–”desni” sistem nema rjeˇsenja.
Postavlja se sada pitanje kako ustanoviti egzistenciju i broj rjeˇsenja za ne tako jedno-
stavne sisteme kao u sluˇcaju sistema (9.2). Odgovor na ova pitanja (egzistencija–postojanje
i broj rjeˇsenja) dati su u narednim teoremama. Sistem (9.1) moˇzemo zapisati u matriˇcnoj
formi
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
am1am2. . . amn
x1
x2
⋮
xn
=
b1
b2
⋮
bm
(9.3)
ili
A X =B,
gdje su
A=
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
am1am2. . . amn
, X =
x1
x2
⋮
xn
, B =
b1
b2
⋮
bm
.
Matrica Aje matrica sistema, matrica kolona Xje matrica kolona nepoznatih i matrica
kolona Bje matrica slobodnih ˇclanova. Moˇzemo od matrice Aformirati joˇs jednu matricu,
u oznaci AB,tako ˇsto ´cemo matrici Adodati sa desne strane joˇs jednu kolonu, a to ´ce
biti elementi matrice–kolone B. Ovo je proˇsirena matrica sistema i vrijedi
AB=
a11 a12 . . . a1nb1
a21 a22 . . . a2nb2
⋮
am1am2. . . amn bm
.
Sada moˇzemo navesti teoreme.
Teorema 9.1 (Kronecker8–Capelli9).
Sistem (9.1) je saglasan ako i samo ako je rang matrice sistema Ajednak rangu
proˇsirene matrice sistema AB,tj.
rang A=rang AB.
Dokaz. Ako je rang A=rang AB,tada matrica Ai proˇsirena matrica ABimaju isti
maksimalan broj linearno nezavisnih kolona. Odatle slijedi da kolona Bslobodnih ˇclanova
sistema linearno zavisi od kolona matrice A, pa se moˇze prikazati kao linearna kombinacija
8Leopold Kronecker (7. decembar 1823.–29. decembar 1891.) bio je njemaˇcki matematiˇcar koj je
radio na teoriji brojeva, algebri i logici.
9Alfredo Capelli (5. august 1855.–28. januar 1910.) bio je italijanski matematiˇcar.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 135
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.1. Osnovni pojmovi. Teoreme
kolona matrice Asa odgovaraju´cim koeficijentima α1, α2, . . . , αn.Dakle, postoji n–torka
skalara (α1, α2, . . . , αn)za koju vrijedi
b1
b2
⋮
bm
=α1⋅
a11
a21
⋮
am1
+α2⋅
a12
a22
⋮
am2
+. . . +αn⋅
a1n
a2n
⋮
amn
(9.4)
b1
b2
⋮
bm
=
a11α1+a12 α2+. . . +a1nαn
a21α1+a22 α2+. . . +a2nαn
⋮
am1α1+am2α2+. . . +amn αn
.(9.5)
Na osnovu jednakosti matrica iz (9.5) dobijamo:
a11α1+a12 α2+. . . +a1nαn=b1
a21α1+a22 α2+. . . +a2nαn=b2(9.6)
⋮
am1α1+am2α2+. . . +amn αn=bm,
Kad uporedimo (9.6) sa sistemom (9.1), vidimo da je jedno rjeˇsenje tog sistema upravo
x1=α1, x2=α2, . . . , xn=αn,
pa je sistem saglasan. Ovim smo pokazali da iz rangA=rang ABslijedi saglasnost
sistema (9.1).
Dokaˇzimo da vrijedi i obrnuto. Pretpostavimo da je sistem (9.1) saglasan. To znaˇci da
ima bar jedno rjeˇsenje:
x1=α1, x2=α2, . . . , xn=αn,
pa koriste´ci zapis sistema u matriˇcnom obliku (9.3) dobijamo da vrijedi (9.4). Ova relacija
je ekvivalentna sa
b1
b2
⋮
bm
−α1⋅
a11
a21
⋮
am1
−α2⋅
a12
a22
⋮
am2
−. . . −αn⋅
a1n
a2n
⋮
amn
=
0
0
⋮
0
.
Zato, ako koloni slobodnih ˇclanova proˇsirene matrice ABdodamo prvu kolonu pomnoˇzenu
sa −α1,drugu kolonu pomnoˇzenu sa −α2, . . . , n–tu kolonu pomnoˇzenu sa −αn,dobi´cemo
da je
AB∼
a11 a12 . . . a1n0
a21 a22 . . . a2n0
⋮
am1am2. . . amn 0
.
Ovo znaˇci da je rang A=rang AB,ˇsto je i trebalo dokazati.
Prethodna teorema kaˇze kako da utvrdimo da li je sistem saglasan ili nije, drugim rijeˇcima
ima li rjeˇsenje/rjeˇsenja ili nema. Medutim, ova teorema ne kaˇze niˇsta o tome, ako je sistem
saglasan, da li ima jedno ili viˇse rjeˇsenja. Odgovor na ovo pitanje daje sljede´ca teorema.
136 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.1. Osnovni pojmovi. Teoreme POGLAVLJE 9. SLAJ
Teorema 9.2.
Ako je rang A=rang AB=r, tada sistem
1. ima jedinstveno rjeˇsenje u sluˇcaju r=n;
2. beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja u sluˇcaju r<n(nje broj nepoznatih u (9.1)).
Prethodne dvije teoreme moˇzemo ”testirati” i na sistemima (9.2), za koje smo utvrdili na
dva naˇcina da li su saglasni i koliko imaju rjeˇsenja.
Primjer 9.1.
Posmatrajmo ponovo sisteme (9.2)
x+y=2x+y=2x+y=2
x−y=0 2x+2y=4x+y=3.
Odrediti egzistenciju i broj rjeˇsenja koriste´ci Teoreme 9.1 i 9.2.
Rjeˇsenje:
Zakljuˇcili smo da ”lijevi” sistem ima jedinstveno rjeˇsenje x=1, y =1,”srednji”
sistem ima beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja, dok ”desni” sistem nije saglasan, tj. nema
rjeˇsenja. Zapiˇsimo proˇsirenu matricu sistema ”lijevog” sistema i odredimo njen rang
1 1 2
1−1 0 IIv-Iv ∼
112
0-2 −2.(9.7)
Proˇsirena matrica sistema ABformirana je od matrice sistema Asa dodatkom ma-
trice kolone slobodnih ˇclanova B. Zbog toga iz posljednje matrice (na desnoj strani)
u (9.7) moˇzemo odrediti i rang Ai rang AB.Bez kolone sa plavim/bold elementima
je matrica istog ranga kao matrica sistema A, pa je rang A=2 (zakruˇzeni elementi
obojeni u magentu/zaokruˇzeno), ako dodamo kolonu elemenata sa elementima ma-
trice B(elementi obojeni u plavo/bold) rang se ne mijenja, tj. rang AB=2.Pa
vrijedi
rang A=rang AB=2=r,
pa je po Teoremi 9.1 ”lijevi” sistem saglasan, a kako je i n=2,(broj nepoznatih), tj.
n=r,
to po Teoremi 9.2 ”lijevi” sistem ima jedinstveno rjeˇsenje. Posmatrajmo sada ”sred-
nji” sistem i njegovu proˇsirenu matricu sistema, vrijedi
1 1 2
2 2 4 IIv-2⋅Iv ∼
112
0 0 0(9.8)
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 137
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.2. Metode za rjeˇsavanje
Sada je rang A=rang AB=1=rir=1<2=n, pa je sistem saglasan, ali ima
beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja. I na kraju za ”desni” sistem vrijedi
1 1 2
1 1 3 IIv-Iv ∼
112
0 0 1(9.9)
Vrijedi rang A=1 ali rang AB=2,tj. rang A≠rang AB,te desni sistem nema
rjeˇsenja, tj. nesaglasan je.
Napomena 9.1 (Tumaˇcenja zaˇsto je ovaj sistem nesaglasan – posljednji/desni).
Kako smo samo kod ovih sistema primjenjivali elementarne transformacije na vrste
to su u desnoj matrici iz (9.9) elementi vrsta zapravo koeficijenti uz nepoznate i
slobodni ˇclanovi, pa tako druga vrsta iz desne matrice predstavlja jednaˇcinu
0⋅x+0⋅y=1.
Sada se postavlja pitanje: Koje brojeve treba uvrstiti umjesto xiyda bi lijeva
strana prethodne jednakosti imala vrijednost 1? Znamo da takvi brojevi ne postoje,
jednaˇcina nije saglasna pa nije ni ”desni” sistem.
9.2 Metode za rjeˇsavanje sistema linearnih jednaˇcina
Sada znamo kako utvrditi za dati sistem da li je saglasan ili nesaglasan, te ako je saglasan
da li ima jedno ili beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja. Sljede´ci korak, u sluˇcaju saglasnog sistema,
je izraˇcunati to rjeˇsenje (ili rjeˇsenja). Metode koje ´ce biti ovdje obradene su Gaussova2,
Cramerova3(metoda determinanti) i matriˇcna metoda.
9.2.1 Gaussova metoda
Sistem
a11x1+a12 x2+. . . +a1nxn=b1
a21x1+a22 x2+. . . +a2nxn=b2
⋮
am1x1+am2x2+. . . +amn xn=bm,
zapiˇsimo u obliku proˇsirene matrice sistema
AB=
a11 a12 . . . a1nb1
a21 a22 . . . a2nb2
a31 a32 . . . a3nb3
⋮ ⋮
am1am2. . . amn bm
.
2Johann Carl Friedrich Gauss (30. april 1777.–23. februar 1855.) bio je njemaˇcki matematiˇcar, smatra
se najve´cim matematiˇcarem ili jednim od najve´cih u istoriji ˇcovjeˇcanstva
3Gabriel Cramer (31. juli 1704.–4. januar 1752.) bio je ˇsvajcarski matematiˇcar
138 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.2. Metode za rjeˇsavanje POGLAVLJE 9. SLAJ
Cilj nam je matricu ABsvesti na odgovaraju´cu trapeznu ili stepenu formu matrice.
Da bi to uradili trasformisa´cemo datu matricu u matricu kod koje je u prvoj koloni samo
element a11 razliˇcit od nule, dok su svi ostali jednaki nuli. U sluˇcaju da je a11 =0,
zamijeni´cemo prvu i i–tu vrstu, kod je je ai1≠0,dakle i–ta vrsta postaje prva, a prva
postaje i–ta vrsta. Sada nastavljamo postupak u anuliranju elemenata ispod elementa
a11.Ovo radimo tako ˇsto elemente druge vrste pomnoˇzimo sa a11 ,pa od njih oduzmeno
elemente prve vrste pomnoˇzene sa a21,zatim elemente tre´ce vrste pomnoˇzimo sa a11 i
od njih oduzimamo elemente prve vrste pomnoˇzene sa a31 .Postupak nastavljamo dok ne
dobijemo matricu kod koje je samo element a11 u prvoj koloni razliˇcit od nule. Dobijamo
sljede´cu matricu
a11 a12 a13 . . . a1nb1
0a(1)
22 a(1)
23 . . . a(1)
2nb(1)
2
0a(1)
32 a(1)
33 . . . a(1)
3nb(1)
3
⋮ ⋮
0a(1)
m2a(1)
m3. . . a(1)
mn b(1)
m
,
sa a(1)
ij ib(1)
i, i =2, . . . , m, j =2, . . . , n su oznaˇceni elementi matrice dobijeni poslije
oduzimanja odgovaraju´cih vrsta.
Zatim prelazimo na drugu kolonu. U drugoj koloni ostavljamo prva dva elementa
razliˇcita od nule, ”ispod” elementa a(1)
22 formiramo nule na ve´c opisani naˇcin, te dobijamo
a11 a12 a13 a14 . . . a1nb1
0a(1)
22 a(1)
24 a(1)
23 . . . a(1)
2nb(1)
2
0 0 a(2)
33 a(2)
34 . . . a(2)
3nb(2)
3
⋮ ⋮
0 0 a(2)
m3a(2)
m4. . . a(2)
mn b(2)
m
,
u sljede´cem koraku dobijamo matricu
a11 a12 a13 a14 . . . a1nb1
0a(1)
22 a(1)
24 a(1)
23 . . . a(1)
2nb(1)
2
0 0 a(2)
33 a(2)
34 . . . a(2)
3nb(2)
3
⋮ ⋮
0 0 0 a(3)
m4. . . a(3)
mn b(3)
m
.
Dakle ispod elemenata aii , i =1, . . . , n, trebamo dobiti nule. Postupak ponavljamo dok
ne dobijemo jedan od sljede´cih oblika matrice AB∶
a11 a12 a13 a14 . . . a1nb1
0a(1)
22 a(1)
24 a(1)
23 . . . a(1)
2nb(1)
2
0 0 a(2)
33 a(2)
34 . . . a(2)
3nb(2)
3
0 0 0 a(3)
44 . . . a(3)
4nb(3)
4
⋮ ⋮
0 0 0 0 . . . a(n−1)
mn b(n−1)
m
,(ovdje je m=n)
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 139
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.2. Metode za rjeˇsavanje
a11 a12 a13 a14 . . . a1nb1
0a(1)
22 a(1)
24 a(1)
23 . . . a(1)
2nb(1)
2
0 0 a(2)
33 a(2)
34 . . . a(2)
3nb(2)
3
0 0 0 a(3)
44 . . . a(3)
4nb(3)
4
⋮ ⋮
0 0 0 0 . . . a(n−1)
nn b(n−1)
n
0 0 0 0 . . . 0 0
⋮ ⋮
0 0 0 0 . . . 0 0
,
ili
a11 a12 a13 a14 . . . a1p. . . a1nb1
0a(1)
22 a(1)
24 a(1)
23 . . . a(1)
2p. . . a(1)
2nb(1)
2
0 0 a(2)
33 a(2)
34 . . . a(2)
3p. . . a(2)
3nb(2)
3
0 0 0 a(3)
44 . . . a(3)
4p. . . a(3)
4nb(3)
4
⋮ ⋮
0 0 0 0 . . . a(r−1)
rr . . . a(r−1)
rn b(r−1)
r
0 0 0 0 . . . 0. . . 0 0
⋮ ⋮
0 0 0 0 . . . 0. . . 0 0
.
Kako je prethodno opisani postupak koriˇsten i za odredivanje ranga proˇsirene matrice
sistema, odredimo sada rang matrice sistema Ai rang proˇsirene matrice sistema AB. U
sluˇcaju saglasnosti sistema i ako je n=r, iz dobijene matrice rekonstruiˇsemo sistem, te
iz posljednje jednaˇcine izraˇcunamo posljednju nepoznatu, te njenu vrijednost uvrstimo u
prethodnu jednaˇcinu. Ovaj postupak nastavimo dok ne izraˇcunamo i prvu nepoznatu iz
prve jednaˇcine.
U sluˇcaju saglasnosti sistema i r<n, na desnu stranu prebacujemo n−rnepoznatih
i ponavljamo prethodno opisani postupak.
Gaussovom metodom moˇzemo rjeˇsavati kako pravougaone tako i kvadratne sisteme.
Sljede´cim metodama moˇzemo rjeˇsavati samo kvadratne sisteme linearnih jednaˇcina.
9.2.2 Metode za rjeˇsavanje kvadratnih sistema
Prva metoda za rjeˇsavanje kvadratnih SLAJ je matriˇcna metoda. Kvadratni sistem
a11x1+a12 x2+. . . +a1nxn=b1
a21x1+a22 x2+. . . +a2nxn=b2(9.10)
⋮
an1x1+an2x2+. . . +ann xn=bn,
moˇzemo zapisati u matriˇcnom obliku
AX =B,
140 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.2. Metode za rjeˇsavanje POGLAVLJE 9. SLAJ
gdje je
A=
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
⋮
an1an2. . . ann
, X =
x1
x2
⋮
xn
, B =
b1
b2
⋮
bn
.
Vrijedi sljede´ca teorema.
Teorema 9.3.
Kvadratni sistem linearnih jednaˇcina (9.10) ima jedinstveno rjeˇsenje ako je Areg-
ularna matrica.
Ako podemo od matriˇcnog zapisa sistema linearnih jednaˇcina AX =B, a poˇsto je A
regularna matrica, to ona ima jedinstvenu inverznu matricu (Teorema 8.7). Vrijedi
AX =B⇔A−1AX =A−1B⇔X=A−1B.
Napomena 9.2.
Dakle, rjeˇsavanje sistema linearnih jednaˇcina matriˇcnom metodom sastoji se
u sljede´cem:
1. Zapiˇsemo kvadratni sistem u matriˇcnom obliku;
2. Ispitamo da li je Aregularna matrica;
3. Ako jeste izraˇcunamo A−1;
4. Rjeˇsenje sistema raˇcunamo iz jednakosti X=A−1B.
Sljede´ca metoda je Cramerova4metoda (metoda determinanti). Ova je metoda za-
snovana na narednoj teoremi.
Teorema 9.4 (Cramerova teorema).
Ako je det A≠0,sistem (9.10) ima jedinstveno rjeˇsenje (x1, x2, . . . , xn)dato sa
xk=det Ak
det A, k =1,2, . . . , n,
gdje je det Akdeterminanta matrice Akkoja je dobijena zamjenom k–te kolone ma-
trice Amatricom kolonom B.
Dokaz. Za k=1,2, . . . , n je
det Ak=
a11 . . . a1k−1b1a1k+1. . . a1n
a21 . . . a2k−1b2a2k+1. . . a2n
⋮
an1. . . an k −1bnan k+1. . . ann
,
4Gabriel Cramer (31.juli 1704.–4.januar 1752. godine) bio je ˇzenevski matematiˇcar
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 141
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.2. Metode za rjeˇsavanje
pa je Laplaceov razvoj determinante det Akpo k–toj koloni jednak
det Ak=b1A1k+b2A2k+. . . +bnAnk .(9.11)
Ako prvu jednaˇcinu sistema (9.10) pomnoˇzimo sa A1k,drugu jednaˇcinu sistema pomno-
ˇzimo sa A2k,itd., posljednju jednaˇcinu sistema pomnoˇzimo sa Ank ,a zatim tako dobijene
jednaˇcine saberemo, tada dobijamo jednaˇcinu
(a11A1k+a21 A2k+. . . an1Ank )x1+(a12A1k+a22 A2k+. . . an2Ank )x2+. . . +(a1nA1k+
a2nA2k+. . . annAnk )xn=b1A1k+b2A2k+. . . +bnAnk.
Iz relacije (9.11) vidimo da je desna strana posljednje jednakosti jednaka detAk.Na lijevoj
strani jednakosti uz nepoznatu xku zagradi stoji (a1kA1k+a2kA2k+. . . ank Ank ), a to
je jednako determinanti detA(Laplaceov razvoj po determinante po k–toj koloni). Svi
ostali koeficijenti uz ostale nepoznate xi(i≠k) na lijevoj strani su jednaki 0.Prema tome
dobijamo da vrijedi
det A⋅xk=det Ak,(∀k∈{1,2, . . . , n}).
Kako je det A≠0,to slijedi da je
xk=det Ak
det A,(k∈{1,2, . . . , n}).
Napomena 9.3.
Cramerova metoda rjeˇsavanja sistema linearnih jednaˇcina sastoji se u sljede´cem:
1. Izraˇcunamo det A. Ako je det A≠0,nastavljamo dalje.
2. Izraˇcunamo determinante det Ak, k =1, . . . , n, po uputstvu iz Teoreme 9.4.
3. Nepoznate raˇcunamo po formuli xk=det Ak
det A, k =1,2, . . . , n.
Primjer 9.2.
Dat je sistem
x+y+z=3
2x+3y−z=4
−x+2y+z=2
3x+y−3z=1.
(a)Ispitati saglasnost Kroneker-Capellijevom teoremom, i u sluˇcaju saglasnosti
(b)Rijeˇsiti sistem Gaussovom, Cramerovom i matriˇcnom metodom.
142 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.2. Metode za rjeˇsavanje POGLAVLJE 9. SLAJ
Rjeˇsenje:
(a)Saglasnost
AB=
1 1 1 3
2 3 −1 4 IIv–2Iv
−1 2 1 2 IIIv+Iv
3 1 −3 1 IVv–3Iv
∼
1113
0 1 −3−2
0 3 2 5 IIIv–3IIv
0−2−6−8 IVv+2IIv
∼
1 1 1 3
0 1 −3−2
0 0 11 11
0 0 −12 −12 11IVv+12IIIv
∼
1 1 1 3
0 1 −3−2
0 0 11 11 IIIv:11
0 0 0 0
∼
1 1 1 3
0 1 −3−2
0 0 1 1
0 0 0 0 .
Dakle, rang A=rang AB=3=r. Kako je i n=3,sistem je saglasan i ima
jedinstveno rjeˇsenje.
(b)Rjeˇsavamo sistem dobijen od koeficijenata iz posljednje matrice.
(i) Gaussova metoda
x+y+z=3
y−3z=−2
z=1
−−−−−−−−−
x+y+1=3
y−3=−2
z=1
−−−−−−−−−
x+y=2
y=1
z=1
−−−−−−−−−
x+1=1
y=1
z=1
−−−−−−−−−
x=1
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 143
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.2. Metode za rjeˇsavanje
y=1
z=1.
(ii) Cramerova metoda
D=
1 1 1
0 1 −3
0 0 1 =1
Dx=
3 1 1
−2 1 −3
1 0 1 =1
Dy=
131
0−2−3
011=1
Dz=
1 1 3
0 1 −2
0 0 1 =1.
Dakle,
x=Dx
D=1
1=1
y=Dy
D=1
1=1
z=Dz
D=1
1=1.
(iii) Matriˇcna metoda. Napiˇsimo sistem u matriˇcnoj formi AX =B, tj.
1 1 1
0 1 −3
0 0 1
x
y
z=
3
−2
1
Izraˇcunajmo inverznu matricu matrice A=
1 1 1
0 1 −3
0 0 1 .
Vrijednost determinante je
det A=1.
Kofaktori su
A11 =(−1)1+1
1−3
0 1 =1, A12 =(−1)1+2
0−3
0 1 =0, A13 =(−1)1+3
0 1
0 0 =0,
144 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.2. Metode za rjeˇsavanje POGLAVLJE 9. SLAJ
A21 =(−1)2+1
1 1
0 1 =−1, A22 =(−1)2+2
1 1
0 1 =1, A23 =(−1)2+3
1 1
0 0 =0,
A31 =(−1)3+1
1 1
1−3=−4, A32 =(−1)3+2
1 1
0−3=3, A33 =(−1)3+3
1 1
0 1 =1.
Matrica kofaktora je
cof A=
100
−110
−431.
Adjungirana matrica je
adj A=
1−1−4
013
001.
Inverzna matrica A−1matrice Aje
A−1=1
det Aadj A=1
1
1−1−4
013
001=
1−1−4
013
001.
Pa je na kraju,
X=A−1B=
1−1−4
013
001
3
−2
1=
1
1
1.
Dakle rjeˇsenje je x=1, y =1, z =1 ili (x, y , z)=(1,1,1).
Primjer 9.3.
Dat je sistem
x+y+z=3
2x+3y−z=4
x+2y−2z=1
3x+5y−3z=5.
(a) Ispitati saglasnost Kroneker-Capellijevom teoremom, i u sluˇcaju saglasnosti;
(b) Rijeˇsiti sistem Gassuovom, Cramerovom i matriˇcnom metodom.
Rjeˇsenje:
Odredimo, kako i u prethodnim sluˇca jevima, prvo rang Ai rang AB,da bi ispitali
da li je dati sistem saglasan i ukoliko jeste, koliko ima rjeˇsenja.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 145
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.2. Metode za rjeˇsavanje
(a) Saglasnost
AB=
1 1 1 3
2 3 −1 4
1 2 −2 1
3 5 −3 5 ∼
1 1 1 3
0 1 −3−2
0 1 −3−2
0 2 −6−4∼
1 1 1 3
0 1 −3−2
0 0 0 0
0 0 0 0 ,
vidimo da je rang A=rang AB=2=r, a poˇsto je broj nepoznatih n=3,to je
sistem saglasan i ima beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja.
(b) Rijeˇsimo sada sistem
x+y+z=3
y−3z=−2,
poˇsto je n−r=1,to ´cemo jednu nepoznatu prebaciti na desnu stranu, i dobijamo
x+y=3−z
y=−2+3z.
Nepoznata zpoprima proizvoljne vrijednosti i oznaˇcava´cemo je sa t, t ∈R.
(i) Gaussova metoda
x+y=3−t
y=−2+3t,
−−−−−−−−
x=−y+3−t
y=−2+3t,
−−−−−−−−
x=−4t+5
y=−2+3t,
−−−−−−−−
x=−4t+5
y=3t−2
z=t, t ∈R.
(ii) Cramerova metoda
D=1 1
0 1 =1,
Dx=3−t1
3t−2 1 =−4t+5,
Dy=1 3 −t
0 3t−2=3t−2,
146 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.2. Metode za rjeˇsavanje POGLAVLJE 9. SLAJ
sada je
x=Dx
D=−4t+5
1=−4t+5,
y=Dy
D=3t−2
1=3t−2,
z=t, t ∈R.
(iii) Matriˇcna metoda. Napiˇsimo sistem
x+y=3−t
y=−2+3t,
u obliku 1 1
0 1 x
y=3−t
3t−2,
odnosno AX =B, gdje je A=1 1
0 1 , X =x
y, B =3−t
3t−2,
dalje je
A11 =1, A12 =0, A21 =−1, A22 =1,
matrica kofaktora je
cof A=1 0
−1 1 ,
adjungirana matrica, matrice Aje
adj A=(cof A)T=1−1
0 1 ,
determinanta je det A=1,pa je
A−1=1
det Aadj A=1−1
0 1 ,
te je rjeˇsenje sistema
X=1−1
0 1 3−t
3t−2=−4t+5
3t−2,
odnosno
x=−4t+5, y =3t−2, z =t, t ∈R.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 147
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.2. Metode za rjeˇsavanje
Primjer 9.4.
Dat je sistem
x+y+z+w=4
2x+3y+z−2w=3
3x+4y+2z−w=7.
(a) Ispitati saglasnost Kronecker-Capellijevom teoremom, u sluˇcaju saglasnosti;
(b) Rijeˇsiti sistem Gaussovom, Cramerovom i matriˇcnom metodom.
Rjeˇsenje:
(a) Saglasnost
AB=
1 1 1 1 4
231−2 3
342−1 7∼
1 1 1 1 4
0 1 −1−4−5
0 1 −1−4−5∼
1 1 1 1 4
0 1 −1−4−5
0 0 0 0 0 ,
dakle rang A=rang AB=2=r<n=4,sistem ima beskonaˇcno mnogo
rjeˇsenje.
(b) Rijeˇsimo sada sistem x+y+z+w=4
y−z−4w=−5,
poˇsto je rang A=rang AB=2=r, an=4,pa je r=2<4=nin−r=2,
prebacimo ziwna desne strane jednaˇcina. Sada uzmimo z=a, w =b, a, b ∈R,
te dalje rjeˇsavajmo sistem
x+y=−a−b+4
y=a+4b−5.
(i) Gaussova metoda
x+y=−a−b+4
y=a+4b−5
−−−−−−−−−−−−−−
x=−(a+4b−5)−a−b+4
y=a+4b−5
−−−−−−−−−−−−−
x=−2a−5b+9
y=a+4b−5
z=a
w=b, a, b ∈R.
148 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.2. Metode za rjeˇsavanje POGLAVLJE 9. SLAJ
(ii) Cramerova metoda
D=1 1
0 1 =1
Dx=−a−b+4 1
a+4b−5 1 =−2a−5b+9
Dy=1−a−b+4
0a+4b−5=a+4b−5,
pa je x=Dx
D=−2a−5b+9, y =Dy
D=a+4b−5, z =a, w =b, a, b ∈R.
(iii) Matriˇcna metoda. Napiˇsimo sistem
x+y=−a−b+4
y=a+4b−5
u matriˇcnom obliku
1 1
0 1 x
y=−a−b+4
a+4b−5.
Izraˇcunajmo matricu kofaktora, vrijedi A11 =1, A12 =0, A21 =−1, A22 =
1,pa je
cof A=1 0
−1 1 ,
adjungirana matrica je
adj A=(cof A)T=1−1
0 1 ,
determinanta matrice sistema Aje det A=1,te je inverzna matrica
A−1=1−1
0 1 .
Rjeˇsenje sistema sada je
X=A−1B=1−1
0 1 −a−b+4
a+4b−5=−2a−5b+9
a+4b−5,
odnosno
x=−2a−5b+9, y =a+4b−5, z =a, w =b, a, b ∈R.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 149
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.2. Metode za rjeˇsavanje
Primjer 9.5.
Dat je sistem
x+y+z+w=4
x−y+z+2w=3
2x+y+z−w=3
4x+y+3z+2w=10.
(a) Ispitati saglasnost Kronecer-Capellijevom teoremom, u sluˇcaju saglasnosti;
(b) Rijeˇsiti sistem Gaussovom metodom.
Rjeˇsenje:
(a) Odredimo rang Ai rang AB.Vrijedi
AB=
1111 4
1−1 1 2 3
211−1 3
413210∼
11114
0−2 0 1 −1
0−1−1−3−5
0−3−1−2−6
∼
11114
0−1−1−3−5
00279
00279∼
11114
0−1−1−3−5
00279
00000.
Dakle rang A=rang AB=3=r, tj. sistem ima rjeˇsenje, ali poˇsto sistem ima
ˇcetiri nepoznate n=4, n=4<3=r, rjeˇsenja ima beskonaˇcno mnogo.
(b) Polazni sistem ekvivalentan je sljede´cem sistemu
x+y+z+w=4
−y−z−3w=−5
2z+7w=9
w=a, a ∈R
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
x+y+z=−a+4
−y−z=3a−5
2z=−7a+9
w=a, a ∈R
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
x+y+z=−a+4
−y−z=3a−5
z=−7a+9
2
w=a, a ∈R
150 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.2. Metode za rjeˇsavanje POGLAVLJE 9. SLAJ
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
x+y+−7a+9
2=−a+4
−y+7a−9
2=3a−5
z=−7a+9
2
w=a, a ∈R
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
x+y=7a−9
2−a+4
−y=−7a+9
2+3a−5
z=−7a+9
2
w=a, a ∈R
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
x=−a−1
2+7a−9
2−a+4
y=a+1
2
z=−7a+9
2
w=a, a ∈R
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
x=4a−2
2=2a−1
y=a+1
2
z=−7a+9
2
w=a, a ∈R.
9.2.3 Homogeni sistemi linearnih algebarskih jednaˇcina
U Definiciji 9.1 ve´c je uveden pojam homogenog sistema. Da ponovimo, to je sistem
algebarskih linearnih jednaˇcina u kojem su svi slobodni ˇclanovi bi, i =1, . . . , m jednaki
nuli, tj.
a11x1+a12 x2+. . . +a1nxn=0
a21x1+a22 x2+. . . +a2nxn=0 (9.12)
⋮
am1x1+am2x2+. . . +amn xn=0,
ili u matriˇcnoj formi
AX =0.
Oˇcigledno svaki homogeni sistem linearnih jednaˇcina ima rjeˇsenje x1=0, x2=0, . . . , xn=
0.Uvrˇstavanjem ovih vrijednosti u lijeve strane jednaˇcina sistema (9.12), svaka lijeva
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 151
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.2. Metode za rjeˇsavanje
strana posmatranih jednaˇcina postaje jednaka nuli. Dobili smo taˇcne brojne jednakosti,
tj. x1=x2=. . . xn=0 je rjeˇsenje datog homogenog sistema. Ovo rjeˇsenje se naziva
trivijalno ili nulto rjeˇsenje. I iz proˇsirene matrice sistema moˇzemo lako zakljuˇciti da je
sistem uvijek saglasan, tj. da ima rjeˇsenje
AB=
a11 a12 . . . ann 0
a21 a22 . . . a2n0
⋮
am1am2. . . amn 0
,
jer posljednja kolona matrice sa slobodnim ˇclanovima ne utiˇce na vrijednost ranga matrice
AB,poˇsto su svi njeni elementi jednaki nuli. Osnovni problem u rjeˇsavanju homogenih
sistema linearnih jednaˇcina je u ispitivanju da li ovaj sistem ima i netrivijalnih rjeˇsenja.
Rjeˇsenje ovog problema dato je u sljede´coj teoremi i njenim posljedicama.
Teorema 9.5.
Homogeni sistem linearnih jednaˇcina (9.12) ima netrivijalna rjeˇsenja ako i samo
ako je rang matrice sistema manji od broja nepoznatih, tj. ako je rang A=r<n.
Posljedica 9.1.
Svaki homogeni sistem linearnih jednaˇcina u kome je broj jednaˇcina manji od broja
nepoznatih ima netrivijalna rjeˇsenja.
Posljedica 9.2.
Homogeni sistem u kome je broj jednaˇcina jednak broju nepoznatih ima netrivijalna
rjeˇsenja ako i samo ako je determimanta sistema jednaka nuli.
Primjer 9.6.
Rijeˇsiti homogeni sistem
x+2y−3z=0
2x+5y+2z=0
3x−y−4z=0.
Rjeˇsenje:
Izraˇcunajmo rang proˇsirene matrice sistema
AB=
1 2 −3 0
2 5 2 0
3−1−4 0 ∼
1 2 −3 0
0 1 8 0
0−7 5 0 ∼
1 2 −3 0
0 1 8 0
0 0 61 0 .
Dakle vrijedi rang A=rang AB=3,a kako je broj nepoznatih n=3,sistem
ima samo trivijalna rjeˇsenja. Vidimo da posljednja kolona ne igra nikakvu ulogu
u odredivanju ranga proˇsirene matrice sistema kod homogenih sistema, pa se zato i
152 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.2. Metode za rjeˇsavanje POGLAVLJE 9. SLAJ
raˇcuna samo rang matrice sistema, kao ˇsto je navedeno u Teoremi 9.5. Da sistem ima
samo trivijalna rjeˇsenja moˇzemo zakljuˇciti koriste´ci Posljedicu 9.2 jer broj jednaˇcina
jednak broju nepoznatih, pa je
1 2 −3
2 5 2
3−1−4=61 ≠0.
Dakle postoji samo trivijalno rjeˇsenje x=y=z=0.
Primjer 9.7.
Rijeˇsiti homogeni sistem
x+2y+z=0
2x+3y+z=0
3x+5y+2z=0
2x+4y+2z=0.
Rjeˇsenje:
AB=
121
231
352
242
∼
121
0−1−1
0−1−1
000
∼
121
0−1−1
000
000
pa je rang A=2<3=n. Dakle sistem ima i netrivijalna rjeˇsenja.
x+2y+z=0
−y−z=0
−−−−−−−−−−
x+2y=−z
y=−z
z=a, a ∈R
−−−−−−−−−−
x+2y=−a
y=−a
z=a
−−−−−−−−−−
x=a
y=−a
z=a, a ∈R.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 153
POGLAVLJE 9. SLAJ 9.3. Zadaci
9.3 Zadaci
1. Rijeˇsiti sisteme Gaussovom metodom
(a)
x+y+z=3
x+2y+3z=6
3x+3y+z=7;
(b)
2x−y+z=2
2x+2y+4z=8
3x−y−2z=0.
2. Rijeˇsiti sisteme Cramerovom metodom
(a)
x+3y−z=3
−3x+2y+z=0
2x+3y−3z=2;
(b)
x−2y+3z=2
2x+y+4z=7
3x−2y−2z=−1.
3. Rijeˇsiti sisteme matriˇcnom metodom
(a)
−x−2y+z=1
2x+5y−z=−2
3x−y−2z=5;
(b)
3x−2y+3z=4
x+2y+z=4
2x−3y−4z=−5.
4. Ispitati saglasnost sistema Kronecker-Capellijevim stavom i sluˇcaju saglasnosti
rijeˇsiti ga
(a)
x+y+z=3
2x+y+z=4
−x−y+z=−1
3x−y−z=1;
(b)
x+y+z=3
2x+y+z=4
−x−y+z=−1
3x−y−z=1;
(c)
2x+2y+z=5
x−y+z=1
−2x−3y+z=−4
x−y−z=−1.
5. Ispitati saglasnost sistema Kronecker-Capellijevim stavom i sluˇcaju saglasnosti
rijeˇsiti dati sistem sa sve tri metode
(a)
x+2y+3z=7
2x−y−5z=−4
−x+y+z=1
3x+y+z=5;
(b)
x+y+z=1
2x+y+z=4
−x−y+z=−1
3x−y−z=1;
(c)
x+4y−3z=2
−2x−y+6z=3
x−7y+z=−5
x−y−z=−1.
6. Ispitati saglasnost sistema Kronecker-Capellijevim stavom i u sluˇcaju saglasnosti
rijeˇsiti ga
(a)
x+y−z+t=2
−2x−y−z+2t=−3
2x+2y−3z−3t=4
−4x−3y+z−t=−7;
(b)
x+2y+z−t=0
−x−y+2z−2t=−3
−2x+y−2z+t=−1
−2x+4y−z−2t=−4.
7. Ispitati saglasnost sistema Kronecker-Capellijevim stavom i sluˇcaju saglasnosti
rijeˇsiti dati sistem
(a)
2x+7y+3z+u=6
3x+5y+2z+2u=4
9x+4y+z+7u=2;
(b)
x−2y+z+u=1
x−2y+z−u=−1
x−2y+z+5u=5.
154 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
9.3. Zadaci POGLAVLJE 9. SLAJ
8. Ispitati saglasnost sistema Kronecker-Capellijevim stavom i sluˇcaju saglasnosti
rijeˇsiti dati sistem sa sve tri metode
(a)
3x−y−2z+u=5
−2x−5y+z−2u=2
x+2y−z+u=−1
−x+y−3z+5u=−6;
(b)
2x−y+z+u=1
x+2y−z+4u=2
x+7y−4z+11u=3.
9. Ispitati ima li homogeni sistem rjeˇsenja osim trivijalnog, i sluˇca ju da ima, odrediti
ih
(a)
x+y+2z=0
−2x+2y+3z=0
−5x+2y+z=0;
(b)
x+y+2z=0
−2x+2y+3z=0
−x+3y+5z=0;
(c)
x+2y−2z=0
−x+3y+z=0
−x+8y=0
−x+13y−z=0;
(d)
2x+y−2z=0
−x+2y+z=0
x+3y−z=0
2x+6y−2z=0
3x+4y−3z=0.
10. Odredi realni parametar λtako da homogeni sistem ima netrivijalna rjeˇsenja i odre-
diti ih
(a)
x+2y−z=0
3x−y+2z=0
4x+y+λz =0;
(b)
2x+y+2z=0
λx −z=0
−x+3y+λz =0.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 155
Poglavlje 10
Vektori
U matematici, prirodnim i tehniˇckim naukama, neke veliˇcine su odredene svojom brojnom
vrijednoˇs´cu. Takve su na primjer, masa, zapremina, vrijeme i dr. Medutim, posto je
veliˇcine za koje nije dovoljno samo znati njihove brojne vrijednosti, kao na primjer brzina,
sila, ubrzanje, jaˇcina elektriˇcnog polja, jaˇcina magnetnog polja i dr. Veliˇcine sa kojima
radimo mogu se podijeliti na:
1. Veliˇcine koje su definisane samo brojnom vrijednoˇs´cu i njih nazivamo skalarnim
veliˇcinama ili kra´ce skalarima.
2. Veliˇcine za koje je potrebno poznavati brojnu vrijednost, pravac i smjer. Ove veliˇcine
se nazivaju vektorske veliˇcine ili vektori.
10.1 Osnovni pojmovi
10.1.1 Pojam vektora
Vektore geometrijski predstavljamo usmjerenim (ili orjentisanim) duˇzima. Neka su date
taˇcke A, B, A ≠B, prostora. Duˇz AB kojo j je jedna taˇcka npr. Aproglaˇsena za poˇcetak,
a druga za kraj (taˇcka B) zva´cemo vektor, u oznaci −−→
AB. Vektor −−→
AB ima pravac kao i
prava na kojoj leˇzi duˇz AB, smjer od taˇcke Aka taˇcki B, a intenzitet (ili modul ili norma)
mu je jednak duˇzini duˇzi AB.
Vektor je definisan ako znamo njegov intenzitet, pravac i smjer. Vektori se obiˇcno
oznaˇcavaju malim slovima latinice sa strelicom iznad, na primjer a,
b, . . . , a ako su poznate
poˇcetna i krajnja taˇcka onda koristimo oznaku −−→
AB, −−→
DF , . . . Osim ovakvog oznaˇcavanja ko-
riste se i mala slova latinice, ali podebljana (boldovana) a,b, . . . Intenziteti se oznaˇcavaju
sa a,
b, . . . ili −−→
AB,−−→
DF , . . . ili a,b. . . Skup svih vektora prostora oznaˇcava´cemo
sa
V3.
Vektor ˇciji je intenzitet jednak nuli naziva se nula–vektor. Poˇcetna i krajnja taˇcka
nula–vektora poklapaju se (tj. iste su), dok pravac i smjer nisu definisani. Nula–vektor
oznaˇcavamo
0 ili 0.Vektor ˇciji je intenzitet jednak 1 zovemo jediniˇcni vektor.
157
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.1. Osnovni pojmovi
B
−−→
AB
A
(a)
~a
(b)
a
(c)
Slika 10.1: Oznaˇcavanje vektora
Uobiˇcajeno, vektori se dijele u tri kategorije:
1. slobodni vektori;
2. vektori vezani za pravu ili nosaˇc;
3. vektori vezani za taˇcku.
Slobodni vektori. Za vektore ai
bkaˇzemo da su jednaki, tj. a=
bako imaju
jednake intenzitete, iste smjerove a nosaˇci su im paralelni ili se poklapaju. Ovakve vektore
nazivamo slobodni. Slobodne vektore moˇzemo paralelno pomjerati duˇz njihovog nosaˇca
ili paraleno nosaˇcu, zadrˇzavaju´ci smjer i intenzitet nepromijenjenim.
Vektori vezani za pravu (nosaˇc). Vektori ai
bsu jednaki ako imaju iste module,
smjerove i isti nosaˇc. Ovo su vektori vezani za pravu. Moˇzemo ih pomjerati duˇz njihovog
nosaˇca.
Vektori vezani za taˇcku. Vektori ai
bsu jednaki ako imaju iste module, smjerove,
intenzitete a krajne taˇcke im se poklapaju. Ovi vektori su vezani za taˇcku.
U nastavku ´cemo koristiti slobodne vektore.
10.1.2 Operacije sa vektorima
Sabiranje vektora. Vektore ai
bsabiramo tako ˇsto poˇcetak vektora
bdovedemo pa-
ralelnim pomjeranjem do kraja vektora a. Rezultantni vektor c, ˇciji se poˇcetak poklapa
sa poˇcetkom vektora aa kra j sa krajem vektora
b, je zbir vektora ai
b, tj. c=a+
b.
Ovo je pravilo trougla (Slika 10.2a) ili paralelograma (nadoponjavanjem dobijemo par-
alelogram, vidjeti Sliku 10.2b – isprekidane linije). U sluˇcaju da trebamo sabrati vektore
a1,a2,...,an−1,anpostupamo na sljede´ci naˇcin. Poˇcetak vektora a2dovedemo na kraj
vektora a1,poˇcetak vektora a3na kraj vektora a2,postupak nastavimo do vektora an
ˇciji poˇcetak dovodimo do kraja vektora an−1.Sada rezultantni vektor c, ˇciji se poˇcetak
poklapa sa poˇcetkom vektora a1a kraj sa krajem vektora an,predstavlja traˇzeni zbir,
tj. c=a1+. . . +an(Slika 10.2c). Izloˇzeni postupak ˇcesto se zove i pravilo (ili princip)
nadovezanih vektora.
Oduzimanje vektora. Suprotan vektor vektora
bje vektor koji ima isti inten-
zitet, isti ili paralelan nosaˇc, ali suprotan smjer od vektora
b. Suprotan vektor, vektora
b
oznaˇcavamo sa −
b.
158 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.1. Osnovni pojmovi POGLAVLJE 10. VEKTORI
~c
~a
~
b
(a)
~c
~a
~
b
(b)
~a1
~a2
~a3
~an
~c
(c)
Slika 10.2: Sabiranje vektora
Oduzimanje vektora
bod vektora asvodimo na sabiranje vektora asa suprotnim
vektorom, vektora
b, tj. a−
b=a+(−
b).
~a
~
b
−~
b
~a −~
b
Slika 10.3: Oduzimanje vektora
Mnoˇzenje vektora skalarom. Proizvod vektora ai skalara k∈Rje vektor, ˇciji se
pravac poklapa sa pravcem vektora a, intenzitet mu je jednak k⋅a,a smjer mu je isti
kao i smjer vektora aako je k>0,a suprotan od smjera aako je k<0.Na Slici 10.4a
je vektor ai vektor 1.5a. Vidimo da rezultantni vektor 1.5aima isti smjer i pravac kao
vektor a, ali mu je duˇzina (intenzitet) 1.5 puta ve´ca od duˇzine vektora a. Na Slici 10.4b je
k=−1.5<0,pa rezultantni vektor ima isti pravac kao i a, intenzitet mu je 1.5 puta ve´ci
nego kod a, ali ima suprotan smjer. Na Slikama 10.4c i 10.4d su sluˇcajevi kada je k<1.
Rezultantni vektor ima intenzitet manji od intenziteta vektora a. Za k=−1 dolazi samo
do promjene smjera vektora.
Upravo obradene operacije uvedene su koriste´ci vektore kao potpuno geometrijske
obje kte, nisu koriˇstene nikakve formule da bismo predstavili ove vektore (osim oznaka
za vektore a, . . .). Ovakav pristup znatno oteˇzava i suˇzava primjenu vektora. Puno
praktiˇcnije bi bilo kada bismo vektore mogli predstaviti analitiˇcki, dakle putem neke
formule, a samim tim dosta bi olakˇsali kalkulacije sa vektorima i proˇsirili bi njihovu pri-
mjenu. U nastavku bi´ce razmatrano kako predstaviti vektor nekom formulom, tj. kako
ga predstaviti preko drugih vektora, koje uslove treba da ispune vektori, pa da bi druge
vektore mogli preko njih izraziti.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 159
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.1. Osnovni pojmovi
~a
k·~a, k = 1.5
(a)
~a
k·~a, k =−1.5
(b)
~a
k·~a, k = 0.5
(c)
~a
k·~a, k =−0.5
(d)
Slika 10.4: Mnoˇzenje vektora skalarom
10.1.3 Linearna kombinacija vektora. Baza prostora V3
Neka je dato nvektora a1,a2,...,aninrealnih skalara α1, α2, . . . , αn.Linearnom kom-
binacijom vektora a1,a2,...,annazivamo sljede´ci zbir
α1a1+α2a2+⋯+αnan.
Realni skalari α1, . . . , αn∈Rsu koeficijenti linearne kombinacije.
Linearna kombinacija nam je nezaobilazni element u predstavljanju jednog vektora
preko drugog ili drugih vektora. Da bismo predstavili vektor nekom linearnom kombi-
nacijom potrebni su nam pojmovi dati u sljede´coj definiciji.
Definicija 10.1 (Linearno zavisni–nezavisni vektori).
Vektori a1,a2,...,ansu linearno zavisni ako postoje skalari α1, α2, . . . , αn,od kojih
je bar jedan razliˇcit od nule, tako da je
α1a1+α2a2+⋯+αnan=
0.(10.1)
Ako je jednakost (10.1) zadovoljena jedino kada je α1=α2=. . . =αn=0,onda se
kaˇze da su vektori a1,a2,...,anlinearno nezavisni.
Pojmovi zavisni i nezavisni vektori sre´cu se indirektno u ranijim stadijima obrazovanja.
Pa tako za dva vektora ili viˇse vektora kaˇzemo da su kolinearni ako leˇze na istim ili
paralelnim nosaˇcima (radimo sa slobodnim vektorima). Recimo da dva vektora a,
b,
leˇze na istoj pravoj (nosaˇcu), koriste´ci mnoˇzenje vektora skalarom, moˇzemo predstaviti
(izraziti) jedan vektor preko drugog a=k
bili
b=1
ka, k ≠0,Slika 10.5a. Isto tako za tri ili
viˇse vektora kaˇzemo da su komplanarni ako leˇze u jednoj ravni ili su sa njom paralelelni.
160 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.1. Osnovni pojmovi POGLAVLJE 10. VEKTORI
Neka su sada data tri komplanarna vektora a,
b, c, kao na Slici 10.5b. Vidimo na koji naˇcin
moˇzemo vektor cizraziti preko vektora ai
b. U ovom sluˇcaju vektor a´cemo produˇziti,
pomnoˇzi´cemo ga sa 2,dok ´cemo intenzitet vektora
bsmanjiti (skrati´cemo duˇzinu vektora
b). Na kraju, vektor cjednak je linearno kombinaciji 2a+0.5
b, tj. c=2a+0.5
b. Vektori
ai
b(Slika 10.5a) su zavisni i moˇzemo ih izraziti jedan preko drugog. Isto tako, vektori
dati na Slici 10.5b, a,
b, csu zavisni jer moˇzemo jedan vektor izraziti preko druga dva.
~a ~
b
(a) a=−1.5
bili
b=−1
1.5
b
~a
2~a
~
b
0.5~
b
~c
(b) c=2a+0.5
b
Slika 10.5: Predstavljanje vektora
Vidjeli smo primjer da na pravoj, koja predstavlja jednodimenzionalni prostor, moˇzemo
izraziti vektor preko samo jednog vektora. Zatim, u ravni, koja predstavlja dvodimen-
zionalni prostor, vektor moˇzemo izraziti preko druga dva vektora. Vratimo se sada na
prostor V3,koji je naravno trodimenzionalni. Vrijedi sljede´ca teorema.
Teorema 10.1.
Neka su su a1,a2,a3∈V3bilo koja tri linearno nezavisna vektora. Tada se svaki
vektor a∈V3moˇze na jedinstven naˇcin prikazati kao njihova linearna kombinacija.
Vrijedi i sljede´ca definicija.
Definicija 10.2.
Uredenu trojku (a1,a2,a3)tri linearno nezavisna vektora iz V3nazivamo baza
prostora V3.
Drugim rijeˇcima bilo koji vektor a∈V3moˇzemo izraziti preko nezavisnih vektora
a1,a2,a3,tj. predstaviti vektor akao linearnu kombinaciju vektora a1,a2,a3
a=α1a1+α2a2+α3a3.
Skalare α1, α2, α3nazivamo koeficijenti ili koordinate vektora au bazi (a1,a2,a3).
10.1.4 Prostorni koordinatni sistem. Ortogonalna baza
Dakle, vektor a∈V3moˇzemo predstaviti preko bilo koje baze prostora V3.Na osnovu
prethodno izloˇzenog, svaka tri nezavisna vektora iz V3ˇcine bazu tog prostora i moˇzemo
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 161
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.1. Osnovni pojmovi
ih iskoristiti za predstavljanje (razlaganje) nekog vektora iz V3.Cilj nam je odabrati bazu
tako da to bude ˇsto jednostavnije, kao i da kalkulacije sa takvim vektorima budu isto tako
ˇsto jednostavnije. Da bi odredili jednu takvu bazu, potrebno je definisati nekoliko novih
pojmova.
Definicija 10.3 (Orjentisana prava ili osa).
Orjentisanom pravom ili osom naziva se prava za ˇcije je dvije proizvoljne taˇcke
utvrdeno, koja se od njih smatra prethodnom a koja sljede´com. Orjentisana prava
ili osa moˇze biti okarakterisana jediniˇcnim vektorom u.
Definicija 10.4 (Ortogonalna projekcija, Slika 10.6).
Pod ortogonalnom projekcijom vektora −−→
AB na osu ppodrazumijeva se duˇzina duˇzi
A′B′,tj. A′B′,pri ˇcemu su taˇcke A′iB′ortogonalne projekcije (respektivno)
taˇcaka AiBna osu p, uzeta sa predznakom +ako je vektor −−→
AB orjentisan na istu
stranu kao i osa pu odnosu na ravan koja prolazi kroz taˇcke AiA′i normalna je na
pravu p, a sa znakom −u suprotnom sluˇcaju.
p
~p0A0B0
A
B
C
projp−−→
AB
Slika 10.6: Projekcija vektora na osu
Prava podnosno osa pje orjentisana prava i to je uradjeno vektorom p0,Slika 10.6. Na
istoj slici vidimo i ortogonalnu projekciju vektora −−→
AB na osu p. Ova projekcija je uradjena
veoma jednostavno, odredi se ortogonalna projekcija taˇcke A(spustimo normalu iz taˇcke A
na osu pi odredimo presjeˇcnu taˇcku normale i ose) i to je taˇcka A′,zatim isto uradimo i sa
taˇckom B, dobijamo taˇcku B′. Sada je duˇzina duˇzi A′B′,sa odgovaraju´cim predznakom,
ortogonalna projekcija vektora −−→
AB na osu p.
Definicija 10.5 (Pravougli koordinatni sistem, Slika 10.8a).
Uredeni skup tri ose koje prolaze kroz utvrdenu taˇcku O(pol ili koordinatni poˇcetak)
i koje su uzajamno okomite, obrazuju Descartesov1pravougli koordinatni sistem
1Ren´e Descartes (31.mart 1596.–11.februar 1650.) bio je francuski filozof, matematiˇcar i nauˇcnik.
162 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.1. Osnovni pojmovi POGLAVLJE 10. VEKTORI
Dakle tri uzajamno ortogonalne orjentisane prave, koje prolaze kroz taˇcku O, obrazuju
Descartesov pravougli koordinatni sistem. Prave koje obrazuju pravougli koordinatni
sistem nazivaju se koordinatne ose, a njihova zajedniˇcka taˇcka Oje koordinatni poˇcetak.
Ako se koordinatne ose obiljeˇze sa Ox, Oy, Oz i orjentiˇsu kao na Slici 10.8a kaˇze se
da one obrazuju desni prostorni koordinatni sistem i nazivaju se respektivno apscisna
osa, ordinatna osa i aplikativna osa, odnosno x–osa, y–osa i z–osa. Jediniˇcne vektore
(ort–vektori ili ortovi) koordinatnih osa Ox, Oy, Oz , (Slika 10.8b) oznaˇcava´cemo sa
i,
j
i
k. Koordinatne ose x, y iz, odreduju koordinatne ravni, pa je tako xOy koordinatna
ravan odredena koordinatnim osama xiy, analogno su odredene i koordinatne ravni xOz
iyOz.
Pokaˇzimo kako se taˇcka a zatim i vektor predstavljaju, prvo u ravni a zatim i u
prostoru. Posmatrajmo Sliku 10.7, tj. sluˇcaj u ravni (z=0). Taˇcka Mima koordinate
4 i 3, 4 je njena x–koordinata i to je udaljenost od y–ose, dok je 3 njena y–koordinata i
to je udaljenost od x–ose. Na ovaj naˇcin jednoznaˇcno je odredena taˇcka M(4,3)u ravni.
Vektor −−−→
OM moˇzemo predstaviti u bazi (
i,
j)pomo´cu ovih projekcija taˇcke. Sa Slike 10.7
vidimo da je
−−−→
OM =4
i+3
j.
Vidimo da je vektor −−−→
OM zbir dva vektora i to −−→
OA =4
ii−−→
AM =3
j, odnosno linearna
x
y
M(4,3)
O(0,0) A(4,0)
~
i~
i~
i~
i
~
j~
j
~
j
~
j
−−→
OM = 4
~
i+ 3~
j
Slika 10.7: Predstavljanje vektora u ravni
kombinacija vektora
ii
j.
Na sliˇcan naˇcin moˇzemo predstaviti taˇcku u prostoru, odnosno njen odgovaraju´ci
vektor. U ovom sluˇcaju imamo jednu dodatnu koordinatu z. Posmatrajmo Sliku 10.8a ili
10.8b. Koordinate taˇcke Msu upravo njena odstojanja od koordinatnih ravni i to x0je
odstojanje od yOz ravni, y0od xOz ravni i z0je odstojanje od xOy koordinatne ravni.
Odredili smo poloˇzaj taˇcke u pravouglom koordinatnom sistemu, Slika 10.8a ili 10.8b.
Odredimo sada vektor −−−→
OM . Taˇcka M0je projekcija taˇcke Mna koordinatnu ravan
xOy (spustimo normalu kroz taˇcku Mna xOy i presjeˇcna taˇcka normale i koordinatne
ravni je traˇzena taˇcka). Odredimo sada vektor −−−→
OM0.Njegova poˇcetna taˇcka je O, a
krajnja M0(x0, y0,0),pa je −−−→
OM0=x0
i+y0
j. Prava koja prolazi kroz taˇcke MiM0
paralelna je sa zosom, pa je vektor kojem je poˇcetna taˇcka M0a krajnja M, −−−−→
M0M=z0
k.
Na kraju, vektor koji spa ja koordinatni poˇcetak i taˇcku Mraˇcunamo kao zbir vektora
−−−→
OM0i−−−−→
M0M, tj. −−−→
OM =−−−→
OM0+−−−−→
M0M=x0
i+y0
j+z0
k. Drugim rijeˇcima, da bi odredili
vektor kojem je poˇcetna taˇcka koordinatni poˇcetak O, a kra jnja taˇcka M, dovoljno je da
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 163
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.1. Osnovni pojmovi
znamo koordinate te krajnje taˇcke M, tj. vrijedi
−−−→
OM =x0
i+y0
j+z0
k.
Dakle i ovdje smo vektor −−−→
OM predstavili kao linearnu kombinaciju vektora, ali sada tri
vektora
i,
ji
k. Osim notacije −−−→
OM =x0
i+y0
j+z0
kkoristimo i sljede´cu notaciju
x
y
z
M(x0, y0, z0)
z0
x0
y0
M0(x0, y0,0)
O(0,0,0)
(a) Pravougli koordinatni sistem
x
y
z
~
k
~
j
~
i
−−→
OM
M(x0, y0, z0)
z0
x0
y0
M0(x0, y0,0)
O(0,0,0)
(b) Vektor −−−→
OM
Slika 10.8: Pravougli koordinatni sistem u prostoru
−−−→
OM =(x0, y0, z0).
Inaˇce vektor −−−→
OM se naziva i vektor poloˇzaja taˇcke M.
Neka su date dvije taˇcke M1(x1, y1, z1)iM2(x2, y2, z2)kao na Slici 10.9. Kako izraziti
vektor −−−−→
M1M2? Vidimo da je −−−→
OM2=−−−→
OM1+−−−−→
M1M2. Sada je
x
y
zM1
M2
O
Slika 10.9: Predstavljenje vektora
M1M2
−−−−→
M1M2=−−−→
OM2−−−−→
OM1=(x2
i+y2
j+z2
k)−(x1
i+y1
j+z1
k)
=(x2−x1)
i+(y2−y1)
j+(z2−z1)
k,
164 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.1. Osnovni pojmovi POGLAVLJE 10. VEKTORI
tj. vrijedi
−−−−→
M1M2=(x2−x1)
i+(y2−y1)
j+(z2−z1)
k. (10.2)
Dakle, ako su date koordinate poˇcetne i krajnje taˇcke vektora, njegove koeficijente raˇcu-
namo tako ˇsto od koordinata krajnje taˇcke oduzimamo koordinate poˇcetne taˇcke.
Primjer 10.1.
Ispitati da li su vektori a=(4,−6,10)i
b=(−6,9,−15)kolinearni.
Rjeˇsenje:
Znamo da su dva vektora kolinearna ako leˇze na istom nosaˇcu (pravoj) ili se mogu
paralelnim pomjeranjem dovesti na isti nosaˇc. Ako leˇze na istom nosaˇcu onda je
a=k
b⇔(a1, a2, a3)=k(b1, b2, b3),
dva vektora su jednaka ako su im odgovaraju´ci koeficijenti jednaki pa je
a1=kb1⇔a1
b1
=k,
a2=kb2⇔a2
b2
=k,
a3=kb3⇔a3
b3
=k,
pa dobijamo produˇzenu proporciju
a1
b1
=a2
b2
=a3
b3
=k.
Sada samo treba ispitati da li koeficijenti vektora zadovoljavaju prethodnu propor-
ciju. Vrijedi 4
−6=−6
9=10
−15 =−2
3,
dakle vektori su kolinearni.
Primjer 10.2.
Odrediti parametre αiβtako da vektori a=(α, 1,−4)i
b=(3,4, β)budu kolinearni.
Rjeˇsenje:
Koristimo ponovo uslov (10.1)
α
3=1
4=−4
β,
α
3=1
4⇔α=3
4,
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 165
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.1. Osnovni pojmovi
1
4=−4
β⇔β=−16.
Primjer 10.3.
Razloˇziti vektor au pravcu vektora
bic, ako je a=3p−2q,
b=−2p+qic=7p−4q.
Rjeˇsenje:
Vrijedi
a=α
b+βc
3p−2q=α(−2p+q)+β(7p−4q)
3p−2q=(−2α+7β)p+(α−4β)q,
izjednaˇcavaju´ci koeficijente dobijamo sistem
3=−2α+7β
−2=α−4β,
ˇcijim rjeˇsavanjem dobijamo α=2, β =1,pa je
a=2
b+c.
Primjer 10.4.
Ispitati linearnu zavisnost vektora a=(1,2,0),
b=(2,−4,1),c=(1,−1,−1).
Rjeˇsenje:
I naˇcin–rang matrice
Formirajmo matricu ˇciji su elementi jedne vrste upravo koeficijenti jednog od ve-
ktora, druge vrste koeficijenti drugog vektora i tre´ce vrste koeficijenti tre´ceg vektora.
Zatim odredimo rang te matrice. Vrijedi
A=
120
2−4 1
1−1−1∼
120
0−8 1
0−3−1∼
1 2 0
0−8 1
0 0 11 ,
dakle rang A=3,tj. imamo tri nezavisne vrste ili kolone, a poˇsto su u matrici
elementi vrsta koeficijenti od vektora to su naˇsi vektori nezavisni.
II naˇcin–sistem homogenih jednaˇcina
Vektori a,
b, csu linearno nezavisni ako jednaˇcina αa+β
b+γc=
0 ima samo trivijalno
rjeˇsenje, tj. α=β=γ=0.U suprotnom, ako ima i drugih rjeˇsenja, vektori su zavisni.
Vrijedi
αa+β
b+γc=
0⇔
166 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.2. Skalarni proizvod POGLAVLJE 10. VEKTORI
α(
i+2
j)+β(2
i−4
j+
k)+γ(
i−
j−
k)=
0⇔
(α+2β+γ)
i+(2α−4β−γ)
j+(β−γ)
k=
0,(
0 predstavlja nula–vektor).
Iz posljednje jednakosti dobijamo homogeni sistem
α+2β+γ=0
2α−4β−γ=0
β−γ=0,
a vrijednost determinante je
121
2−4−1
0 1 −1=11 ≠0.
Dakle sistem ima samo trivijalno rjeˇsenje α=β=γ=0.Zakljuˇcujemo da su
posmatrani vektori linearno nezavisni.
Predstavljaju´ci vektore analitiˇcki, tj. nekom formulom, znatno je proˇsirena pri-
mjena vektora, a samim tim i kalkulacije sa vektorima su uˇcinjene znatno jednostavnijim.
Na poˇcetku ovog poglavlja vidjeli smo kako se raˇcuna proizvod skalara i vektora. Sada
moˇzemo, imaju´ci u vidu kako se predstavljaju vektori analitiˇcki, pomnoˇziti medusobno
dva ili viˇse vektora. Prvo ´cemo vidjeti kako se raˇcuna proizvod dva vektora. Rezultat
ovih operacija moˇze biti skalar ili vektor.
10.2 Skalarni proizvod
Neka su data dva vektora xiy. Kada je rezultat operacije mnoˇzenja ova dva vektora
skalar, onda se radi o skalarnom proizvodu. Slijedi definicija.
Definicija 10.6 (Skalarni proizvod).
Broj, odnosno skalar xycos ∡(x, y)
naziva se skalarni proizvod vektora xiyi obiljeˇzava se sa
x⋅y.
Dakle, vrijedi
x⋅y=xycos ∡(x, y),
gdje je ∡(x, y)ugao izmedu vektora xiy.
Skalarni proizvod je binarna operacija, koja nije zatvorena, poˇsto rezultat proizvoda
x⋅ynije vektor nego skalar.
Primjetimo da je ycos ∡(x, y)ortogonalna projekcija vektora yna osu vektora x(ili
preciznije na pravu ili nosaˇc vektora x). Sada je
x⋅y=xprojxy,
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 167
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.2. Skalarni proizvod
vrijedi i x⋅y=yprojyx.
~x
~y
AB
C
proj~x ~y
proj~y ~x
Slika 10.10: Projekcije vektora
Osobine skalarnog proizvoda date su u sljede´coj teoremi.
Teorema 10.2 (Osobine skalarnog proizvoda).
Neka su x, y, zproizvoljni vektori, a αproizvoljan skalar. Vrijedi
(1)x⋅y=y⋅x;
(2)x⋅(y+z)=x⋅y+x⋅z;
(3)(αx)⋅y=α(x⋅y);
(4)x⋅x=x2;
(5)x⋅y⩽x⋅y(Cauchy1–Schwarzova2nejednakost).
Dokaz. Dokaˇzimo samo osobinu (4). Na osnovu definicije skalarnog proizvoda je
x⋅x=x⋅xcos ∡(x, x)=x⋅xcos 0 =x⋅x=x2.
Imaju´ci u vidu da je cos0 =1,cos 900=cos π
2=0,izraˇcunajmo skalarne proizvode sa
ortovima
i,
j,
k. Vrijedi
i⋅
i=
i⋅
icos 0 =1⋅1⋅1=1,
1Augustin-Louis Cauchy (21.avgust 1789.–23.maj 1857. godine) bio je francuski matematiˇcar, inˇzinjer
i fiziˇcar koji je napravio pionirske doprinose u mnogim oblastima matematike. Bio je jedan od prvih
matematiˇcara koji koristi rigorozne dokaze u matematiˇckoj analizi.
2Karl Hermann Amandus Schwarz (25.januar 1843. – 30.novembar 1921. godine) bio je njemaˇcki
matematiˇcar najviˇse poznat po doprinosu u kompleksnoj analizi.
168 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.2. Skalarni proizvod POGLAVLJE 10. VEKTORI
j⋅
j=
j⋅
jcos 0 =1,
k⋅
k=
k⋅
kcos 0 =1,
i⋅
j=
j⋅
i=
i⋅
jcos π
2=1⋅1⋅0=0,
i⋅
k=
k⋅
i=
i⋅
kcos π
2=0,
j⋅
k=
k⋅
j=
j⋅
kcos π
2=0.
Dakle
i⋅
i=
j⋅
j=
k⋅
k=1 (10.3)
i
i⋅
j=
j⋅
i=
i⋅
k=
k⋅
i=
j⋅
k=
k⋅
j=0.(10.4)
U sljede´coj teoremi date su neke geometrijske osobine vektora koje moˇzemo iskazati
preko skalarnog proizvoda.
Teorema 10.3.
Neka su x, yproizvoljni vektori. Vrijedi
(1)x=(x⋅x)1
2(duˇzina, intenzitet, modul ili norma vektora);
(2)cos ∡(x, y)=x⋅y
xy(ugao izmedu vektora);
(3)proj yx=x⋅y
y,y≠
0(projekcija vektora xna vektor y);
(4)x⊥y⇔(x⋅y=0,x≠
0∧y≠
0)(ortogonalnost vektora).
Pokaˇzimo kako se raˇcunaju vrijednosti iskazane u prethodnoj teoremi u ortonormiranoj
bazi, tj. bazi koju ˇcine vektori
i,
j,
k. Neka su x=x1
i+x2
j+x3
kiy=y1
i+y2
j+y3
k.
Tada je x⋅y=(x1
i+x2
j+x3
k)⋅(y1
i+y2
j+y3
k),
a kako vrijedi (10.3) i (10.4) to je
x⋅y=x1y1+x2y2+x3y3.
Posljednja formula nam kaˇze kako se raˇcuna skalarni proizvod dva vektora koji su zadani
u ortonormiranoj bazi (
i,
j,
k). Koriste´ci prethodnu formulu, vrijedi
x⋅x=x2
1+x2
2+x2
3,
a kako je x⋅x=x2,to dobijamo
x=x2
1+x2
2+x2
3.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 169
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.2. Skalarni proizvod
Ovo je formula za raˇcunanje duˇzine (ili norme ili intenziteta) vektora koji je zadan u
ortonormiranoj bazi. Dalje vrijedi
cos ∡(x, y)=x1y1+x2y2+x3y3
x2
1+x2
2+x2
3y2
1+y2
2+y2
3
,
proj yx=x1y1+x2y2+x3y3
y2
1+y2
2+y2
3
,
te
x⊥y⇔(x1y1+x2y2+x3y3=0,x≠
0∧y≠
0).
Prva od posljednje tri formule je formula za raˇcunanje ugla izmedju dva vektora xiy,
sljede´ca formula je za raˇcunanje projekcije vektora xna osu odredjenu vektorom y, a tre´ca
formula sluˇzi za ispitivanje ortogonalnosti dva vektora.
Primjer 10.5.
Dati su vektori a=(−1,2,1)i
b=(1,−3,2).
Izraˇcunati (a)a;(b)
b;(c)a⋅
b;(d)cos ∡(a,
b);(e)proja
b.
Rjeˇsenje:
Vrijedi
(a)a=a2
1+a2
2+a2
3=1+4+1=6;
(b)
b=b2
1+b2
2+b2
3=1+9+4=14;
(c)a⋅
b=a1b1+a2b2+a3b3=(−1,2,1)⋅(1,−3,2)=−1−6+2=−5;
(d)cos ∡(a,
b)=a1b1+a2b2+a3b3
a2
1+a2
2+a2
3b2
1+b2
2+b2
3
=(−1,2,1)⋅(1,−3,2)
1+4+11+9+4=−1−6+2
614 =
−5
84;
(e)proja
b=a⋅
b
a=−5
6.
Primjer 10.6.
Izraˇcunati unutraˇsnje uglove i obim trougla trougla △ABC ˇcija su tjemena
A(2,−1,3), B(1,1,1), C (0,0,5).
170 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.2. Skalarni proizvod POGLAVLJE 10. VEKTORI
Rjeˇsenje:
Vidjeti Sliku 10.11, vrijedi
−−→
AB ⋅−−→
AC =−−→
AB⋅−−→
ACcos α⇔cos α=
−−→
AB ⋅−−→
AC
−−→
AB⋅−−→
AC
−−→
BA ⋅−−→
BC =−−→
BA⋅−−→
BC cos β⇔cos β=
−−→
BA ⋅−−→
BC
−−→
BA⋅−−→
BC .
Uglove αiβraˇcunamo koriste´ci prethodne formule, dok tre´ci ugao moˇzemo dobiti
iz α+β+γ=π. Dalje je
−−→
AB =(−1,2,−2),−−→
BA =−−−→
AB =(1,−2,2)
−−→
AC =(−2,1,2)
−−→
BC =(−1,−1,4)
pa je
cos α=(−1,2,−2)⋅(−2,1,2)
1+4+44+1+4=0⇔α=π
2
cos β=(1,−2,2)⋅(−1,−1,4)
1+4+41+1+16 =2
2⇔β=π
4
i
γ=π−α−β=π
4.
Obim trougla je
O=−−→
AB+−−→
BC +−−→
CA=1+4+4+1+1+16 +4+1+4
=6+18 =6+32.
A(2,−1,3) B(1,1,1)
αβ
γ
C(0,0,5)
Slika 10.11: Trougao △ABC
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 171
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.2. Skalarni proizvod
Primjer 10.7.
Date su taˇcke A(3,3,−2), B(0,−3,4), C (0,−3,0), D(0,2,−4).Izraˇcunati proj−−→
AB
−−→
CD.
Rjeˇsenje:
Sa Slike 10.12 je cos ϕ=pro j−−−→
AB
−−→
CD
−−→
CDpa je proj−−→
AB
−−→
CD =−−→
CDcos ϕ, znamo da je
cos ϕ=
−−→
CD⋅−−→
AB
−−→
CD−−→
AB,te vrijedi
proj−−→
AB
−−→
CD =−−→
CD−−→
CD ⋅−−→
AB
−−→
CD−−→
AB=
−−→
CD ⋅−−→
AB
−−→
AB.
Odredimo sada −−→
AB, −−→
CD, −−→
AB
−−→
CD =(0−0)
i+(2−(−3))
j+(−4−0)
k=(0,5,−4),
−−→
AB =(0−3)
i+(−3−3)
j+(4−(−2))
k=(−3,−6,6),
−−→
AB=9+36 +36 =9,
pa je na kraju
proj−−→
AB
−−→
CD =(0,5,−4)⋅(−3,−6,6)
9=0−30 −24
9=−6.
D(0,2,−4)
C(0,−3,0)
A(3,3,−2) B(0,−3,4)
ϕ
proj−−→
AB −−→
CD
Slika 10.12: Projekcija vektora
Napomena 10.1.
Vidimo da na Slici 10.12 vektori nisu dobro orjentisani, zbog negativne projekcije.
172 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.3. Vektorski proizvod POGLAVLJE 10. VEKTORI
10.3 Vektorski proizvod
Kao ˇsto je prethodno pomenuto, rezultat operacije mnoˇzenja dva vektora moˇze biti i
vektor, pa stoga imamo potrebu uvesti i vektorski proizvod dva vektora.
Iz Definicije skalarnog proizvoda 10.6 lako je vidjeti da je operacija skalarnog proizvoda,
a to je navedeno i u Teoremi o osobinama skalarnog proizvoda 10.2, komutativna operacija,
tj. da vrijedi x⋅y=y⋅x. Vidje´cemo da vektorski proizvod nema ovu osobinu. Zbog toga ´ce
nam trebati preciznija informacija o rasporedu vektora u prostoru, pa najprije definiˇsemo
pojam desnog, odnosno lijevog, triedra tri vektora.
Definicija 10.7 (Desni triedar).
Kaˇze se da tri nekomplanarna vektora a,
b, csa zajedniˇckim poˇcetkom obrazuju
redom desni triedar ako se rotacija vektora aprema vektoru
b, najkra´cim putem,
posmatrano sa kraja vektora c, vrˇsi suprotno kretanju kazaljke na satu (Slika 10.13a).
Na sliˇcan naˇcin definiˇse se lijevi triedar koji obrazuju tri nekomplanarna vektora a,
b, c
sa zajedniˇckim poˇcetkom (Slika 10.13b).
~a
~
b
~c
(a) Desni triedar vektora a,
b, c
~
b
~a
~c
(b) Lijevi triedar vektora a,
b, c
Slika 10.13: Desni i lijevi triedar vektora
Razlikuju´ci desni i lijevi triedar, moˇzemo sada navesti definiciju vektorskog proizvoda.
Definicija 10.8 (Vektorski proizvod).
Ako je n0jediniˇcni vektor normalan na ravan koju obrazuju vektori xiy, pri ˇcemu
x, yin0obrazuju desni triedar, onda se vektor
xysin ∡(x, y)n0
naziva vektorski proizvod vektora xiyi obiljeˇzava sa x×y.
Dakle, vrijedi
x×y=xysin ∡(x, y)n0
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 173
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.3. Vektorski proizvod
ix×y=xysin ∡(x, y).
Vektorski proizvod dva vektora x, yje vektor z, koji je normalan na ravan koju obrazuju
vektori xiy, intenzitet mu je jednak xysin ∡(x, y),a smjer mu je takav da x, yiz
obrazuju triedar desne orjentacije.
Ako je c1=a×
bic2=
b×a, medusobni raspored vektora prikazan je na Slici 10.14.
Iz same definicije i Slike 10.14 vidimo da je c1=−c2,drugim rijeˇcima vektori c1ic2su
~
b
~a
~c1=~a ×~
b
~c2=~
b×~a
Slika 10.14: Vektori c1ic2
suprotni, a operacija vektorski proizvod je antikomutativna operacija.
Kako ortovi
i,
j,
kobrazuju triedar desne orjentacije, kao na Slici 10.15, to na osnovu
~
i
~
j
~
k
Slika 10.15: Ort–vektori
i,
j,
k
definicije vektorskog proizvoda dobijamo
i×
i=
0
i×
j=
k
i×
k=−
j
j×
i=−
k
j×
j=
0
j×
k=
i
k×
i=
j
k×
j=−
i
k×
k=
0.
174 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.3. Vektorski proizvod POGLAVLJE 10. VEKTORI
Vrijedi sljede´ca teorema.
Teorema 10.4 (Osobine vektorskog proizvoda).
Ako su x, y, zproizvoljni vektori i αje proizvoljan skalar, onda je
(1)x×y=−(y×x);
(2)(αx)×y=x×(αy)=α(x×y);
(3)x×(y+z)=x×y+x×z.
Ako su vektori x, ydati u ortonormiranoj bazi, tj. x=(x1, x2, x3)iy=(y1, y2, y3)
tada je
x×y=(x1
i+x2
j+x3
k)×(y1
i+y2
j+y3
k)
=(x2y3−x3y2)
i+(x3y1−x1y3)
j+(x1y2−y1x2)
k.
Posljednju jednakost moˇzemo pisati u obliku determinante
x×y=
i
j
k
x1x2x3
y1y2y3
.
Primjena vektorskog proizvoda. Iz definicije vektorskog proizvoda proizilazi da je
intenzitet vektorskog proizvoda xiyjednak povrˇsini paraleograma koju formiraju ova
dva vektora. Ako oznaˇcimo sa Povu povrˇsinu, vrijedi
P=x×y.
~x
~y
Slika 10.16: Povrˇsina paralelograma
U sluˇcaju da su vektori xiyparalelni ili ako imaju isti nosaˇc tada je
x×y=
0,
jer je ∡(x, y)=0, pa je sin ∡(x, y)=0 ( x×y=xysin ∡(x, y)n0). Koriste´ci vektorski
proizvod moˇzemo ispitati kolinearnost vektora, tj. vrijedi
x×y=
0⇔(xy, x≠
0∧y≠
0).
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 175
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.3. Vektorski proizvod
Primjer 10.8.
Ako je a=10,
b=5,a⋅
b=12,izraˇcunati a×
b.
Rjeˇsenje:
Vrijedi
a⋅
b=a
bcos ϕ⇔cos ϕ=a⋅
b
a
b=12
50 =6
25,
a×
b=a
bsin ϕ=5⋅101−cos2ϕ=5⋅101−6
252
=2589.
Primjer 10.9.
Izraˇcunati povrˇsinu i visinu hCtrougla △ABC, ˇciji su vrhovi
A(1,2,3), B(−2,5,4), C (2,5,8).
Rjeˇsenje:
Vidi Sliku 10.17, povrˇsinu trougla raˇcunamo
P△ABC =1
2P□ABC D =1
2−−→
AB ×−−→
AC.
Vrijedi
−−→
AB =(−3,3,1)
−−→
AC =(1,3,5)
−−→
AB ×−−→
AC =
i
j
k
−3 3 1
1 3 5 =12
i+16
j−12
k
P△ABC =1
2−−→
AB ×−−→
AC=1
2122+162+122=1
2544 =234.
Povrˇsina trougla je P△AB C =234.
Visinu moˇzemo izraˇcunati i na drugi naˇcin P△AB C =1
2−−→
AB⋅hc,pa je
hc=2P△ABC
−−→
AB=434
9+9+1=434
19 =4646
19 ,
visina je hC=4646
19 .
176 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.3. Vektorski proizvod POGLAVLJE 10. VEKTORI
hc
D
A(1,2,3)
C(2,5,8)
B(−2,5,4)
Slika 10.17: Povrˇsina trougla
Primjer 10.10.
Izraˇcunati projekciju vektora a=(3,−12,4)na vektor
b=c×
d, ako je c=
(1,0,−2),
d=(1,3,−4).
Rjeˇsenje:
Izraˇcunajmo prvo vektor
b=c×
d
b=
i j k
1 0 −2
1 3 −4=6
i+2
j+3
k,
sada je projekcija
proj−→
ba=a⋅
b
b=(3,−12,4)⋅(6,2,3)
62+22+32=6
7.
Primjer 10.11.
Neka je a=5,
b=5,∡(a,
b)=π
4,izraˇcunati povrˇsinu paralelograma konstru-
isanog nad vektorima m=2
b−ain=3a+2
b.
Rjeˇsenje:
m×n=(2
b−a)×(3a+2
b)=6
b×a+4
b×
b
=0
−3a×a
=0
−2a×
b
=6
b×a+2
b×a=8
b×a=8
basin ∡(a,
b)=8⋅5⋅5⋅2
2=1002.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 177
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.4. Mjeˇsoviti proizvod tri vektora
Primjer 10.12.
Odrediti jediniˇcni vektor koji je normalan na ravan odredenu vektorima a=(1,1,0),
b=(1,−1,1).
Rjeˇsenje:
n=
i j k
1 1 0
1−1 1 =
i−
j−2
k,
n0=n
n=
i−
j−2
k
1+1+4=1
6
i−1
6
j−2
6
k=1
6,−1
6,−2
6.
10.4 Mjeˇsoviti proizvod tri vektora
Neka su data tri nekomplanarna vektora a,
b, ci vektor
dnormalan na vektore ai
b.
Pomnoˇzimo li prvo ai
bvektorski, a zatim a×
bpomnoˇzimo sa cskalarno, dobijamo
mjeˇsoviti proizvod
(a×
b)⋅c,
tri vektora a,
bic. Ova tri vektora konstruiˇsu (razapinju) paralelopiped Slika 10.18. U
ovom sluˇcaju a,
bic, obrazuju triedar desne orjentacije. Povrˇsina baze paralelopipeda
(Slika 10.18 paraleogram obojen sivo) jednaka je a×
b,dok je visina hjednaka h=proj
dc.
Pa je sada
(a×
b)⋅c=a×
b
d0⋅c=a×
bproj
d0c=a×
bh=V,
gdje je
d0=
d
d.
Sa druge strane, u sluˇcaju drugaˇcije orjentacije, tj. kada vektori a,
b, cobrazuju
triedar lijeve orjentacije, projekcija proj
d0cbi bila negativna. U ovom sluˇcaju,
V=−(a×
b)⋅c.
Prema tome, zapreminu paralelopipeda raˇcunamo
V=±(a×
b)⋅c,
gdje predznak biramo tako da zapremina ne bude negativna.
Ako su vektori a,
b, cdati u ortonormiranoj bazi i ako vrijedi a=(a1, a2, a3),
b=
(b1, b2, b3),c=(c1, c2, c3),tada zapreminu moˇzemo raˇcunati ovako:
V=±
a1a2a3
b1b2b3
c1c2c3
.
178 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.4. Mjeˇsoviti proizvod tri vektora POGLAVLJE 10. VEKTORI
~
d
~a
~
b
~c
h
Slika 10.18: Zapremina paralelopipeda
Napomena 10.2.
Tri nenulta vektora su komplanarna ako je mjeˇsoviti proizvod tih vektora jednak 0.
Primjer 10.13.
Odrediti parametar ttako da vektori a=(ln(t−2),−2,6),
b=(t, −2,5),c=
(0,−1,3)budu komplanarni.
Rjeˇsenje:
U sluˇcaju da su vektori a,
b, ckomplanarni, da leˇze u istoj ravni, njihov mjeˇsoviti
proizvod bio bi jednak 0.Pa iz uslova (a×
b)⋅c=0 raˇcunamo vrijednost parametra
t, vrijedi
(a×
b)⋅c=
ln(t−2)−2 6
t−2 5
0−1 3 =−6 ln(t−2)−6t+5 ln(t−2)+6t
=−ln(t−2)=0,
ln(t−2)=0⇔e0=t−2⇔t=3.
Primjer 10.14.
Odrediti zapreminu tetraedra ˇciji su vrhovi A(3,1,−2), B(−4,2,3), C(1,5,−1),
D(−5,−1,2).Kolika je visina tetraedra ako se za bazu uzme trougao △ABC ?
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 179
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.4. Mjeˇsoviti proizvod tri vektora
Rjeˇsenje:
Vidi Sliku 10.19, paralelopiped kojeg razapinju vektori −−→
AB, −−→
AC, −−→
AD podijelimo na
dva dijela sa ravni, ˇciji je dio predstavljen crvenim (osjenˇcenim) paralelogramom
□BE F C. Sada treba da izraˇcunamo zapreminu tetraedra VTodredenog vrhovima
A, B, C, D . Zapremina ovog tetredra predstavlja 1
3zapremine prizme VPodredene
sa vrhovima A, B, C, E , F, D.
Pa je
VT=1
3VP=1
3⋅1
2V=1
6V
V=±(−−→
AB ×−−→
AC)⋅−−→
AD
−−→
AB =(−7,1,5),−−→
AC =(−2,4,1),−−→
AD =(−8,−2,4),
(−−→
AB ×−−→
AC)⋅−−→
AD =
−7 1 5
−2 4 1
−8−2 4 =54,
VT=1
6⋅54 =9.
Visinu raˇcunamo na sljede´ci naˇcin
VT=1
3P△ABC ⋅hD⇔hD=3VT
P△ABC
P△=1
2−−→
AB ×−−→
AC,−−→
AB ×−−→
AC =
i
j
k
−7 1 5
−2 4 1 =−19
i−3
j−26
k
−−→
AB ×−−→
AC=(−19)2+(−3)2+(−26)2=1046
hD=54
1046 =541046
1046 .
hD
A B
D
C
E
F
Slika 10.19: Zapremina tetraedra
180 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.5. Zadaci POGLAVLJE 10. VEKTORI
10.5 Zadaci
Linearna zavisnost vektora. Razlaganje vektora po bazi
1. (a) Da li su vektori a=4
i−6
j+10
ki
b=−6
i+9
j−15
kkolinearni?
(b) Odrediti parametre uiv, tako da vektori a=(u, 1,−2)i
b=(−1,3, v),budu
kolinearni.
(c) Ako je a=2
3,−3
5,4
3, odrediti x, z vektora
b=(x, 4, z), tako da ai
bbudu
kolinearni.
2. (a) Odrediti parametar k, tako da vektori a=(−1,3,2),
b=(2, k, −4),c=
(k, 12,6),budu komplanarni. Za takvu vrijednost parametra krazloˇziti vektor
apo pravcima vektora
bic.
(b) Ispitati linearnu zavisnost vektora a=(1,−1,2),
b=(4,2,0)ic=(1,1,1).
(c) Ispitati linearnu zavisnost vektora
l, m, n, a ako su zavisni razloˇziti vektor
lna
min,
(i)
l=(2,−1,−1),m=(−1,2,−1),n=(−1,−1,2);
(ii)
l=(1,1,1),m=(0,1,1),n=(−1,0,1).
Skalarni proizvod vektora
3. (a) Dati su vektori a=(2,1,−2),
b=(−1,4,3).Izraˇcunati a,
b,a⋅
b, ∡(a,
b),
proj
bai proja
b.
(b) Odrediti projekciju vektora
d=4a−3
bna vektor c, ako su a=(2,−1,3),
b=
(3,−2,1),c=(2,−4,5).
(c) Neka je a=3,b=6,∡(a,
b)=π
2.Izraˇcunati a+
bi2a−
b.
4. (a) Tjemena trougla su A(2,−1,3), B(1,3,−4), C(0,2,4).Odrediti unutraˇsnje
uglove trougla i duˇzine stranica trougla.
(b) Izraˇcunati duˇzinu dijagonala paralelograma, ako su mu stranice vektori a=
2m+4n,
b=−3m+5nim=22,n=3,∡(m, n)=π
6.
5. Za koje su vrijednosti parametra mvektori a=(−2,1, m),
b=(1,−2,3)ortogo-
nalni.
Vektorski proizvod vektora
6. (a) Ako je a=5,
b=12 i a⋅
b=45,izraˇcunati a×
b.
(b) Ako je p=2a+
b, q=a−2
bia=3,
b=4 i ∡(a,
b)=π
6,izraˇcunati p×q.
7. (a) Stranice paralelograma date su vektorima p=−3a+2
b, q=3a+4
bia=
2,
b=3 i ∡(a,
b)=π
4.Izraˇcunati povrˇsinu paralelograma i ugao izmedju
dijagonala.
(b) Neka je −−→
AB =3p−4q, −−→
BC =p+5qiq=q=1,∡(p, q)=π
4.Izraˇcunati
povrˇsinu trougla i visinu hc.
8. (a) Izraˇcunati projekciju a=(2,1,−3)na vektor
b=c×a, ako je c=(1,0,−2)i
b=1,3,−4).
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 181
POGLAVLJE 10. VEKTORI 10.5. Zadaci
(b) Dati su vektori a=(1,1,−1),
b=(−2,−1,2),c=(1,−1,2).
(i) Razloˇziti vektor cpo pravcima vektora a,
b, a×
b;
(ii) Odrediti ugao koji obrazuju vektor csa ravni odredjenom vektorima ai
b.
Mjeˇsoviti vektorski proizvod
9. Ispitati da li taˇcke A(1,2,−1), B(0,1,5), C(−1,2,1), D(2,13)pripaju istoj ravni.
10. (i) Dokazati da su vektori a=(−1,3,2),
b=(2,−3,4),c=(−3,12,6)komplanarni.
(ii) Izraˇcunati zapreminu tetraedra i visinu hD,ˇciji su vrhovi A(2,0,0), B(0,3,0),
C(0,0,6), D(2,3,8).
Razni zadaci
11. Dati su vektori a=−2p+4q,
b=2p−2q, ∡(a,
b)=π
6.Izraˇcunati a,
b,a⋅
b, ∡(a,
b),proj
bai proja
b.
12. Ako je −−→
AB=2,−−→
AC=4,∡(
AB, −−→
AC)=π
3i taˇcka M je sredina duˇzi BC,
izraˇcunati −−→
AM preko −−→
AB, −−→
AC, a zatim −−→
AM.
13. (a) Izraˇcunati ugao izmedju simetrala koordinatnih osa yOz ixOz.
(b) Izraˇcunati ugao izmedju vektora 2a−4
bi 3a+2
b, ako je a=(2,−1,3),
b=
(3,−2,2).
14. Odrediti projekciju vektora a=(2,4,5)na osu koja zaklapa uglove α=π
3, β =π
6
a sa z-osom tup ugao.
15. (a) U trouglu ∆ ABC poznato je A(2,1,−3),−−→
AB =(2,−3,5),−−→
BC =(3,−2,4).
Odrediti koordinate vrhova BiC, koeficijente vektora −−→
AC i vrijednost ugla γ.
(b) Izraˇcunati povrˇsinu trougla ˇcije su dvije stranice vektori a=4
j−
k+3
ki
b=(5,−3,7).
(c) Dat je trougao ˇciji su vrhovi A(5,2,−4), B(9,−8,−3)iC(16,−6,−11).Odrediti
povrˇsinu △ABC i unutraˇsnje uglove trougla.
16. (a) Odrediti parametar λtako da vektori a=14
j+λ
k+3
ii
b=(λ, −2, λ)budu
okomiti.
(b) Odrediti parametar ktako da vektori a=(−1,3,2),
b=(2, k, −4)ic=(k , 12,6)
budu komplanarni. Za tako dobijenu vrijednost parametra krazloˇziti vektor apo
pravcima vektora
bic.
17. Dati su vektori a=(2,−1,7),
b=(0,−4,3)ic=(−1,−2+1).Ispitati kompla-
narnost vektora. Ako nisu komplanarni izraˇcunati visinu tetraedra koju obrazuju
vektori a,
bic, ako se za bazu uzmu vektori ai
b.
18. Izraˇcunati duˇzinu visine trougla koju obrazuju vektori a=(1,−4,5)i
b=(0,2,−4)
i to onu koja odgovara stranici koja je odredjena vektorom a.
182 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
10.5. Zadaci POGLAVLJE 10. VEKTORI
19. (a) Izraˇcunati povrˇsinu nad vektorima a=(2,1,−k)i
b=(−1,1,−7)i izraˇcunati
ugao izmedju vektora aia+
2b.
(b) Dati su vektori −−→
OA =(5,2,−1),−−→
OB =(1,−3,4),−−→
OC =(−2,1,3),−−→
OD =
(2,6,−2).Pokazati da je □ABC D paralelogram i izraˇcunati ugao izmedju dijago-
nala.
(c) Data su tri tjemena paralelograma A(2,−1,0), B(3,4,1), C (−1,0,−1).Odrediti
ˇcetvrto tjeme i ugao izmedju dijagonala.
20. Izraˇcunati visinu paralelopipeda kojeg obrazuju vektori a=(1,−4,5),
b=(0,2,−4)
ic=(2,−2,1).
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 183
Poglavlje 11
Ravan i prava
Ravan i prava su osnovni objekti u geometriji, a u ovom poglavlju cilj nam je predstaviti ih
i analitiˇckim putem, tj. predstaviti ih nekim formulama. Ovakav pristup znatno olakˇsava
i proˇsiruje primjenu ovih geometrijskih objekata. Da bi ostvarili pomenuti cilj koristimo
se ve´c steˇcenim znanjem iz matematike. Veliki znaˇcaj u analitiˇckom prestavljanju ravni
i prave imaju vektori, determinante i sistemi linearnih algebarskih jednaˇcina, koji su
obradeni u prethodnim poglavljima.
11.1 Ravan
Ravan moˇzemo predstaviti na viˇse naˇcina analitiˇckim putem. U nastavku su dati oblici
jednaˇcine ravni koji se najˇceˇs´ce koriste.
11.1.1 Jednaˇcine ravni
Posmatrajmo Sliku 11.1. U pravouglom Descartesovom koordinatnom sistemu data je
ravan α, odredena taˇckom M0(x0, y0, z0)i vektorom n=(A, B, C),koji je normalan na
ravan α. Neka je M(x, y, z)proizvoljna taˇcka ravni αi neka je r=−−−→
OM njen vektor
poloˇzaja (vektor ˇciji je poˇcetak u taˇcki Oa zavrˇsetak u taˇcki M). Vektor poloˇzaja taˇcke
M0je r0=−−−→
OM0.Iz trougla △OM M0vidimo da je −−−−→
M0M=−−−→
OM −−−−→
OM0=r−r0.Kako
je vektor nnormalan na ravan αsamim tim normalan je i na svaku pravu i vektor koji
leˇze u toj ravni, te je tako vektor nnormalan i na vektor r−r0.Iz poglavlja sa vektorima
poznat je uslov x⊥y⇔(x⋅y=0,x≠
0,y≠
0).Ako sada iskoristimo ovaj uslov,
dobijamo
n(r−r0)=0.(11.1)
Ako iskoristimo oznaku n⋅r0=a, onda (11.1) moˇzemo pisati u obliku
n⋅r=a. (11.2)
Jednaˇcina (11.2) naziva se opˇsta vektorska jednaˇcina ravni.
Napiˇsimo sada vektore n, rir0preko koordinata: n=A
i+B
j+C
k, r=x
i+y
j+
z
k, r0=x0
i+y0
j+z0
k. Sada iz (11.1) dobijamo
(A
i+B
j+C
k)⋅[(x−x0)
i+(y−y0)
j+(z−z0)
k]=0,
185
POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA 11.1. Ravan
y
z
x
O
~n
M0
M
α
~r
~r0
Slika 11.1: Ravan α
odnosno
A(x−x0)+B(y−y0)+C(z−z0)=0.
Ova jednaˇcina predstavlja skalarnu jednaˇcinu ravni kroz datu taˇcku sa poznatim vekto-
rom normale. U ovoj jednaˇcini x, y , z su koordinate bilo koje taˇcke ravni, x0, y0, z0su
koordinate poznate taˇcke, dok su A, B, C koeficijenti vektora normale. Dalje je
Ax +By +C z −(Ax0+By0+Cz0)=0,
pa oznaˇcimo li −(Ax0+By0+Cz0)=D, dobijamo
Ax +By +C z +D=0.(11.3)
Jednakost (11.3) predstavlja opˇstu skalarnu jednaˇcinu ravni.
Ako je A≠0, B ≠0, C ≠0, D ≠0,onda vrijedi
Ax +By +C z +D=0⇔Ax +By +Cz =−D⇔x
−D
A
+y
−D
B
+z
−D
C
=1⇔
x
l+y
m+z
n=1,(11.4)
gdje su −D
A=l, −D
B=m, −D
C=n. Jednakost (11.4) predstavlja segmentni oblik jednaˇcine
ravni. Brojevi l, m, n su odjeˇcci ravni αna koordinatnim osama x, y, z, respektivno (Slika
11.2).
186 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
11.1. Ravan POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA
y
z
x
O
l
m
n
Slika 11.2: Ravan αsa odsjeˇccima (segmentima) l, m, n
Jediniˇcni vektor, u oznaci a0,proizvoljnog vektora adobijamo tako ˇsto vektor a(koji
nije nula vektor) podijelimo sa njegovim intenzitetom a,pa je
a0=a
a.
Neka je n0jediniˇcni vektor i neka vektor n0zahvata uglove α, β, γ sa x, y, z osama
respektivno. Tada vrijedi (vidjeti Slike 11.3)
projxn0=cos α, projyn0=cos β, projzn0=cos γ ,
i
n0=cos α
i+cos β
j+cos γ
k.
x
~n0
α
projx~n0
(a)
y
~n0
β
projy~n0
(b)
z
~n0
γ
projz~n0
(c)
Slika 11.3: Projekcije jediniˇcnog vektora n0na x, y izosu
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 187
POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA 11.1. Ravan
Kako je n0jediniˇcni vektor (n0=1), vrijedi n0=cos2α+cos2β+cos2γi
cos2α+cos2β+cos2γ=1.
Posmatrajmo Sliku 11.4.
~n
~n0
P M
O
~r
α
(a)
~n0
~r
proj~n0~r
O
P M
(b)
Slika 11.4: Projekcije vektora rna jediniˇcni vektor n0
Vektoru normale nodgovara jediniˇcni vektor n0.Poˇsto radimo sa slobodnim vekto-
rima, prenesimo vektor n0u koordinatni poˇcetak, kao na Slici 11.4a. Duˇzina duˇzi OP ,
tj. rastojanje ravni od koordinatnog poˇcetka, jednaka je apsolutnoj vrijednosti projekcije
vektora rna osu koja je odredena vektorom n0.Ova osa normalna je na ravan α. Dakle,
vrijedi
proj n0r=±O P =n0⋅r
n0=n0⋅r.
Oznaˇcimo ovu projekciju sa p, pa je sada
p=n0⋅r.
Ako se sada vratimo u jednaˇcinu ravni (11.2), n⋅r=ai podijelimo je sa ndobijamo
n⋅r
n=a
n⇔n
n⋅r=a
n⇔n0⋅r=a
n.
S obzirom da je n0⋅r=p, to
n0⋅r=p, (11.5)
predstavlja normalnu jednaˇcina ravni u vektorskom obliku.
Poslije skalarnog mnoˇzenja vektora r=x
i+y
j+z
kin0=cos α
i+cos β
j+cos γ
ku
(11.5), dobijamo
xcos α+ycos β+zcos γ−p=0.
188 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
11.1. Ravan POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA
Ovo je normalna jednaˇcina ravni u skalarnom obliku.
Da bi izveli joˇs jedan oblik jednaˇcine ravni, posmatrajmo Sliku 11.5. Neka je data
ravan αi tri taˇcke te ravni i to: M0(x0, y0, z0), M1(x1, y1, z1)iM2(x2, y2, z2). Neka vrijedi
ia=−−−−→
M0M1,
b=−−−−→
M0M2,r0=−−−→
OM0,r=−−−→
OM iM∈α. Jasno je da je −−−−→
M0M=r−r0,
te da su vektori a,
bir−r0linearno zavisni poˇsto pripadaju istoj ravni α. Zbog toga
vektor r−r0moˇzemo predstaviti kao linearnu kombinaciju vektora ai
b. Drugim rijeˇcima,
postoje realni brojevi uiv(zva´cemo ih parametri) takvi da je
r−r0=ua+v
b,
ili
r=r0+ua+v
b. (11.6)
Mijenjaju´ci koordinate taˇcke M(Mostaje u ravni α) mijenjaju se i vrijednosti parame-
tara uiv, zato jednaˇcinu (11.6) zovemo vektorska parametarska jednaˇcina ravni.
O
~r0~r
M0
~a
~
bM2
M
M1
α
Slika 11.5: Tri taˇcke u ravni
Prelaskom na koordinate, iz (11.6) dobijamo
x=x0+ua1+vb1
y=y0+ua2+vb2(11.7)
z=z0+ua3+vb3,
gdje su a=(a1, a2, a3)i
b=(b1, b2, b3).Jednaˇcine (11.7) predstavljaju parametarske
jednaˇcine ravni.
Ako iskoristimo uslov komplanarnosti vektora −−−−→
M0M, −−−−→
M0M1,−−−−→
M0M2,
tj. −−−−→
M0M×−−−−→
M0M1⋅−−−−→
M0M2=0,dobijamo jednaˇcinu ravni kroz tri taˇcke
x−x0y−y0z−z0
x1−x0y1−y0z1−z0
x2−x0y2−y0z2−z0
=0.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 189
POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA 11.1. Ravan
Primjer 11.1.
Napisati sve oblike jednaˇcine ravni (koje su izvedene u prethodnom dijelu ovog
poglavlja) koja je odredena taˇckama M0(1,1,0), M1(−2,0,4), M2(2,3,−1).
Rjeˇsenje:
Vidi Sliku 11.6, odredimo prvo vektore r0=−−−→
OM0,r=−−−→
OM , −−−−→
M0M1,−−−−→
M0M2
r0=(1,1,0)
r=(x, y, z)
−−−−→
M0M1=(−3,−1,4)
−−−−→
M0M2=(1,2−1),
sada vektor normale nα
nα=−−−−→
M0M2×−−−−→
M0M1=
i
j
k
1 2 −1
−3−1 4 =(7,−1,5).
•Za oblik jednaˇcine ravni nα⋅(r−r0)=0
(7
i−
j+5
k)⋅(r−
i−
j)=0;
•za nα⋅r=aje (−7
i−
j+5
k)⋅r=6;
•za A(x−x0)+B(y−y0)+C(z−z0)=0 je
7(x−1)−(y−1)+5(z−0)=0;
•za Ax +By +C z +D=0 je
7x−y+5z−6=0;
•za x
l+y
m+z
n=1 je x
6
7
+y
−6+z
6
5
=1;
•za xcos α+ycos β+zcos γ−p=0,vrijedi
p=nα⋅r0
nα=(7,−1,5)(1,1,0)
49 +1+25 =6
75
cos α=A
nα=7
75
190 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
11.1. Ravan POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA
cos β=B
nα=−1
75
cos γ=C
nα=5
75,
pa je jednaˇcina ravni u ovom sluˇcaju
x7
75 +y−1
75 +z5
75 −6
75 =0;
•za r=r0+u−−−−→
M0M2+v−−−−→
M0M1je
r=
i+
j+u(
i+2
j−
k)+v(−3
i−
j+4
k);
•parametarski oblik
x=1+u−3v
y=1+2u−v
z=−u+4v;
•jednaˇcina ravni kroz tri taˇcke
x−1y−1z−0
−2−1 0 −1 4 −0
2−1 3 −1−1−0=0.
~nα
O
~r0~r
M0
M2
M
M1
α
Slika 11.6: Ravan α
11.1.2 Rastojanje taˇcke od ravni
Neka je data ravan α∶Ax +By +Cz +D=0 i neka taˇcka M(x2, y2, z2)pripada
ravni α, tada vrijedi Ax2+By2+Cz2+D=0,tj. koordinate taˇcke Mzadovoljavaju
jednaˇcinu ravni α. Zanima nas kako da izraˇcunamo rastojanje neke taˇcke, koja ne pripada
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 191
POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA 11.1. Ravan
ravni, od te ravni. Posmatrajmo Sliku 11.7. Taˇcka Q(x1, y1, z1)ne pripada ravni α.
Kako da izraˇcunamo rastojanje dtaˇcke Qod ravni α? Spustimo normalu iz taˇcke Qna
Q
Q0
~n
α
d
M
Slika 11.7: Rastojanje taˇcke od ravni
ravan, dobijamo taˇcku Q0(x0, y0, z0).Poˇsto taˇcka Q0pripada ravni αnjene koordinate
zadovoljavaju jednaˇcinu ravni
Ax0+By0+C z0+D=0,
ali Q∉α, pa je Ax1+By1+C z1+D≠0.Vrijedi n=A
i+B
j+C
k, dok za vektor ˇcija je
poˇcetna taˇcka Q0a kra jnja Q, vrijedi −−−→
Q0Q=(x1−x0)
i+(y1−y0)
j+(z1−z0)
k. Sada je
Ax1+By1+C z1+D=Ax1+By1+Cz1+D−(Ax0+By0+C z0+D
=0)
=A(x1−x0)+B(y1−y0)+C(z1−z0)=n⋅−−−→
Q0Q
=n−−−→
Q0Qcos ∡(n, −−−→
Q0Q),
a kako su vektori ni−−−→
Q0Qkolinearni, to moˇze biti cos ∡(n, −−−→
Q0Q)=±1,i−−−→
Q0Q=dpa je
Ax1+By1+C z1+D=±nd,
i zbog n=A2+B2+C2
dobijamo
d=Ax1+By1+C z1+D
A2+B2+C2.(11.8)
Jednakost (11.8) predstavlja obrazac za raˇcunanje rastojanja taˇcke od ravni.
Primjer 11.2.
Izraˇcunati visinu piramide hsˇciji su vrhovi S(0,6,4), A(3,5,3), B(−2,11,−5),
C(1,−1,4).
Rjeˇsenje:
Visinu moˇzemo izraˇcunati kao rastojanje taˇcke Sod ravni koja je odredena taˇckama
A, B, C. Odredimo prvo jednaˇcinu ravni kroz ove tri posljednje taˇcke. Vrijedi
192 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
11.1. Ravan POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA
x−x0y−y0z−z0
x1−x0y1−y0z1−z0
x2−x0y2−y0z2−z0
=
x−3y−5z−3
−5 6 −8
−2−6 1 =0,
pa je 2x−y−2z+5=0,dakle A=2, B =−1, C =−2, D =5.Rastojanje je
d=Axs+Bys+C zs+D
A2+B2+C2=0−6−8+5
4+1+4=3.
11.1.3 Ugao izmedu dvije ravni
Neka su date dvije ravni
α∶A1x+B1y+C1z+D1=0
β∶A2x+B2y+C2z+D2=0.
Ako se ravni αiβsijeku tada se ugao izmedu ove dvije ravni φ, definiˇse kao ugao
izmedu njihovih vektora normala nαinβ.Kako je
nα=(A1, B1, C1),
nβ=(A2, B2, C2),
i cos φ=nα⋅nβ
nαnβ,to vrijedi
cos φ=A1A2+B1B2+C1C2
A2
1+B2
1+C2
1A2
2+B2
2+C2
2
.
U sluˇcaju da su ravni paralelne αβ, vektori normala nαinβsu kolinearni, ˇsto je
ekvivalentno uslovu
A1
A2
=B1
B2
=C1
C2
.
Ako su ravni αiβokomite, tj. α⊥β, to je ekvivalentno uslovu
A1A2+B1B2+C1C2=0.
Primjer 11.3.
Izraˇcunati ugao izmedu ravni α∶x+3y−4z+5=0 i β∶2x+2y+2z−7=0.
Rjeˇsenje:
Vektori normala su nα=(1,3,−4)inβ=(2,2,2).Oznaˇcimo ugao izmedu ovih
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 193
POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA 11.2. Prava
ravni φ=∡(nα,nβ).Vrijedi
cos φ=nα⋅nβ
nαnβ=(1,3,−4)⋅(2,2,2)
12+32+(−4)222+22+22=2+6−8
26 12 =0,
pa je φ=π
2.
11.2 Prava
Neka kroz datu taˇcku M0(x0, y0, z0)paralelno sa vektorom a=(l, m, n)prolazi prava
p, Slika 11.8. Ova prava je jedinstvena. Sa slike vidimo da je −−−−→
M0M=r−r0te da je
x
y
z
O
p
~a
M0
M
~r0
~r
Slika 11.8: Prava
−−−−→
M0Ma, a kako se radi o slobodnim vektorima to su r−r0ialinearno zavisni, te
moˇzemo r−r0izraziti preko ai obrnuto, tj.
r−r0=ta
odsnosno
r=r0+ta, t ∈R.(11.9)
Jednaˇcina (11.9) je parametarska vektorska jednaˇcina prave. Vektor aje vektor pravca
prave (ili karakteristiˇcni vektor prave ili vektor prave) p.
Kako je r−r0ato je a×(r−r0)=
0,a ako oznaˇcimo
b=a×r0,dobijamo jednakost
a×r=
b, (11.10)
koja predstavlja opˇstu vektorsku jednaˇcinu prave. U posljednoj jednaˇcini prave (11.10)
vektori ai
bsu dati, dok je rvektor poloˇzaja proizvoljne taˇcke prave, u ovom sluˇcaju
taˇcke M.
Neka su x, y, z koordinate taˇcke M∈p, ax0, y0, z0su koordinate taˇcke M0iz jednakosti
(11.9) dobijamo
x=x0+lt
y=y0+mt
z=z0+nt, t ∈R.
(11.11)
194 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
11.2. Prava POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA
Jednakosti (11.11) predstavljaju parametarske jednaˇcine prave u skalarnom obliku. Sada
iz jednaˇcina datih u (11.11) izrazimo parametar t
x=x0+lt ⇔t=x−x0
l
y=y0+mt ⇔t=y−y0
m
z=z0+nt ⇔t=z−z0
n
pa dobijamo
x−x0
l=y−y0
m=z−z0
n.(11.12)
Posljednje jednakosti predstavljaju kanonski oblik jednaˇcine prave.
Napomena 11.1.
Specijalno. Ako prava prolazi kroz dvije poznate taˇcke A(x1, y1, z1)iB(x2, y2, z2),
tada na osnovu (11.12) i predstavljanja vektora kroz dvije taˇcke (10.2), dobijamo
jednaˇcinu prave kroz dvije taˇcke
x−x1
x2−x1=y−y1
y2−y1=z−z1
z2−z1.
p
α1
α2
Slika 11.9: Prava pu presjeku dvije ravni α1iα2
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 195
POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA 11.2. Prava
Pravu moˇzemo predstaviti i kao dvije ravni koje se sijeku. Neka su date ravni
α1∶A1x+B1y+C1z+D1=0
α2∶A2x+B2y+C2z+D2=0,
koje se sijeku, tada
p∶A1x+B1y+C1z+D1=0
A2x+B2y+C2z+D2=0,(11.13)
predstavlja jednaˇcinu prave Slika 11.9.
Primjer 11.4.
Pravu p∶2x−y−z−4=0
2x−3y−2z+7=0napisati u
(a)kanonskom; (b)parametarskom obliku.
Rjeˇsenje:
Jednaˇcina prave u kanonskom obliku je x−x0
l=y−y0
m=z−z0
n.Potrebno je da odred-
imo vektor pravca a=(l, m, n)i taˇcku M(x0, y0.z0)koja pripada pravoj. Odredimo
prvo vektor pravca aprave kao a=nα×nβ,gdje su α∶2x−y−z−4=0 i
β∶2x−3y−2z+7=0.Poˇsto je nα=(2,−1,−1)nβ=(2,−3,−2),vrijedi
a=nα×nβ=
i
j
k
2−1−1
2−3−2=−
i+2
j−4
k.
Taˇcku Mdobi´cemo rjeˇsavaju´ci sistem 2x−y−z−4=0
2x−3y−2z+7=0.Sistem je neodreden i
ima beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja. Svako rjeˇsenje ovog sistema predstavlja jednu taˇcku
prave p. Uvrstimo na primjer x=0 i rijeˇsimo sistem, dobijamo y=15, z =−19.Pa
je traˇzena jednaˇcina prave u kanonskom obliku
p∶x−0
−1=y−15
2=z+19
−4.
Iz posljednje jednakosti je x−0
−1=y−15
2=z+19
−4=t, pa su parametarske jednaˇcina
prave
x−0
−1=t⇔x=−t
y−15
2=t⇔y=2t+15
z+19
−4=t⇔z=−4t−19.
196 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
11.2. Prava POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA
11.2.1 Uzajamni odnos dvije prave
Neka su date dvije prave p1ip2u kanonskim oblicima
p1∶x−x1
l1
=y−y1
m1=z−z1
n1,
p2∶x−x2
l2
=y−y2
m2=z−z2
n2,
gdje su a1=(l1, m1, n1)ia2=(l2, m2, n2)vektori pravca pravih p1ip2,respektivno i
znamo da je M1(x1, y1, z1)∈p1iM2(x2, y2, z2)∈p2.
Ugao izmedu dvije prave. Pod uglom φizmedu dvije prave smatramo ugao izmedu
njihovih vektora pravaca, u naˇsem sluˇcaju φ=∡(a1,a2),pa je
cos φ=a1⋅a2
a1a2=l1l2+m1m2+n1n2
l2
1+m2
1+n2
1l2
2+m2
2+n2
2
.
U sluˇcaju φ=π
2,vrijedi p1⊥p2⇔a1⊥a2,pa je
l1l2+m1m2+n1n2=0.
Za φ=0 sada je p1p2⇔a1a2,pa je
l1
l2
=m1
m2=n1
n2.
Uslov komplanarnosti i uslov da se dvije prave sijeku. Posmatrajmo Sliku 11.10.
Ako su vektori a1,a2i−−−−→
M1M2komplanarni, tada je
p1
p2
S
~a1~a2
M1M2
Slika 11.10: Prave p1ip2
x2−x1y2−y1z2−z1
l1m1n1
l2m2n2
=0,
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 197
POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA 11.2. Prava
vrijedi i obrnuto. Sada mogu nastupiti dva sluˇcaja, da se prave sijeku ili da su paralelne,
tj.
1. Ako je ispunjen uslov (11.2.1) i ako su elementi druge vrste proporcionalni elemen-
tima tre´ce vrste, tada su prava paralelne p1p2.
2. Ako je ispunjen uslov (11.2.1), ali ako elementi druge vrste nisu proporcionalni
elementima tre´ce vrste tada se prave sijeku.
Rastojanje izmedu dvije mimoilazne prave. Mimoilazne prave su prave koje nisu
paralelne i nemaju zajedniˇckih taˇcaka. Zapreminu paralelopipeda, koji je odreden vekto-
rima a1,a2i−−−−→
M1M2(vidjeti Sliku 11.11), moˇzemo izraˇcunati na sljede´ci naˇcin
V=(a1×a2)⋅−−−−→
M1M2
kao i
V=a1×a2d,
p1
p2
M1
M2
−−−−→
M1M2
~a1
~a2
d
Slika 11.11: Mimoilazne prave p1ip2
pa je sada
d=(a1×a2)⋅−−−−→
M1M2
a1×a2.
Rastojanje taˇcke od prave. Neka je potrebno odrediti rastojanje taˇcke, ˇcije koordi-
nate znamo, M2(x2, y2, z2)od prave p∶x−x1
l=y−y1
m=z−z1
n,Slika 11.12. Neka je
M1(x1, y1, z1)fiksirana taˇcka na pravoj p. Poˇcetak vektora pravca a=(l, m, n),prave p,
dovedemo u taˇcku M1.
Vektori ai−−−−→
M1M2konstruiˇsu paralelogram, ˇcija je povrˇsina
P=a×−−−−→
M1M2.
198 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
11.2. Prava POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA
pM1
M2
−−−−→
M1M2
~a
d
Slika 11.12: Prava pi taˇcka M2
Istu povrˇsinu moˇzemo izraˇcunati kao proizvod intenziteta vektora ai visine d,
P=ad.
Kombinuju´ci posljednje dvije jednakosti dobijamo formulu za raˇcunanje rastojanja taˇcke
od prave
d=a×−−−−→
M1M2
a.
11.2.2 Uzajamni odnos prave i ravni
Neka su dati ravan αi prava psa
α∶Ax +By +C z +D=0,
p∶x−x0
l=y−y0
m=z−z0
n,
gdje je n=(A, B , C)vektor normale ravni α, a=(l, m, n)vektor pravca prave pi taˇcka
M0(x0, y0.z0)∈p.
φ
p
α
S
~n
ψ
(a) Prodor prave
α
p
(b) Prava i ravan su paralelne
φ
p
α
S
(c) Prava i ravan su okomite
φ=π
2
Slika 11.13: Odnos prave i ravni
Ugao φ(u naˇsem sluˇcaju Slika 11.13a), prave pprema ravni α, raˇcunamo kao
φ=π
2−ψ.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 199
POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA 11.2. Prava
Kako je cos ψ=cos π
2−φ=sin φ, to vrijedi
sin φ=Al +Bm +C n
A2+B2+C2l2+m2+n2.
Ako su prava i ravan paralelne Slika 11.13b, vrijedi
pα⇔a⊥n⇔Al +Bm +Cn =0.
Ako su prava i ravan normalne Slika 11.13c, vrijedi
p⊥α⇔an⇔l
A=m
B=n
C.
Da bi prava p⊂αpotrebno je i dovoljno da vrijedi M0∈α∧pα, tj.
Ax0+By0+C z0+D=0
Al +Bm +C n =0.
Taˇcku prodora Sprave pkroz ravan α, Slika 11.13a, najlakˇse je odrediti tako ˇsto pravu
izrazimo preko parametarskih jednaˇcina (11.11). Zatim promjenljive x, y, z u jednaˇcini
ravni izrazimo preko jednaˇcina (11.11). Dobijamo
Ax0+By0+C z0+D+t(Al +Bm +Cn)=0,
odakle se raˇcuna t.
Primjer 11.5.
Odrediti odnos datih pravih i ravni
(a) p∶x−1
2=y
3=z+1
−1, α ∶x+y+5z−7=0;
(b) p∶x−2
3=y−1
−2=z−3
2, α ∶2x+2y−z−3=0;
(c) p∶x−1
3=y−2
−2=z−3
1, α ∶6x−4y+2z+7=0.
Rjeˇsenje:
(a) U ovom sluˇcaju vektor pravca prave je a=(l, m, n)=(2,3,−1),dok je vektor
normale ravni n=(A, B , C)=(1,1,5).Izraˇcunajmo n⋅a, vrijedi
n⋅a=Al +Bm +Cn =1⋅2+1⋅3+5⋅(−1)=0,
dakle vektori niasu ortogonalni, pa je ili αpili p⊂α. Taˇcka M0(1,0,−1)∈p,
ispitajmo da li ova taˇcka pripada i ravni α. Vrijedi
Ax0+By0+C z0+D=1⋅1+1⋅0+5⋅(−1)−7=−11 ≠0,
taˇcka M0∉α(taˇcka M0ne zadovoljava jednaˇcinu ravni), pa zakljuˇcujemo da
vrijedi pα, tj. date prava i ravan su paralelne.
200 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
11.2. Prava POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA
(b) Sada je a=(3,−2,2)in=(2,2,−1),pa vrijedi
n⋅a=2⋅3+2⋅(−2)−1⋅2=0,
opet je ili αpili p⊂α. Ispitajmo da li taˇcka M0(2,1,3)pripada ravni α,
vrijedi
Ax0+By0+C z0+D=2⋅2+2⋅1−1⋅3−3=0,
dakle M0∈αip⊂α, tj. data prava pleˇzi u datoj ravni α.
(c) Sada je a=(3,−2,1)in=(6,−4,2),pa je
n⋅a=6⋅3−4⋅(−2)+2⋅1=28 ≠0,
dakle vektori ainnisu ortogonalni pa imamo prodor prave pkroz ravan α.
Sada moˇzemo izraˇcunati koordinate prodorne taˇcke P. Da bi to uradili treba
da rijeˇsimo sistem x−1
3=y−2
−2=z−3
1∧6x−4y+2z+7=0.Ovo je najlakˇse
uraditi na sljede´ci naˇcin: prvo prevedemo pravu pu parametraski oblik. Vrijedi
x−1
3=y−2
−2=z−3
1=t, pa je
x−1
3=t⇔x=3t+1
y−2
−2=t⇔y=−2t+2
z−3
1=t⇔z=t+3.
Sada u jednaˇcini ravni αteku´ce koordinate x, y, z izrazimo preko parametra t
koriste´ci upravo dobijene parametarske jednaˇcine prave, vrijedi
6(3t+1)−4(−2t+2)+2(t+3)+7=0⇔t=−11
28.
Dobijenu vrijednost parametra tuvrstimo u parametarske jednaˇcine prave, do-
bijamo
x=3t+1=−5
28
y=−2t+2=78
28
z=t+3=73
28,
ili P(−5
28 ,78
28 ,73
28 ).
Ugao φizmedju prave i ravni raˇcunamo iz sin φ=Al+Bm+Cn
A2+B2+C2l2+m2+n2.Vrijedi
sin φ=Al +Bm +C n
A2+B2+C2l2+m2+n2=6⋅3−4⋅(−2)+2⋅1
62+(−4)2+2232+(−2)2+12=1,
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 201
POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA 11.3. Zadaci
pa je φ=π
2.Do istog rezultata mogli smo do´ci na osnovu uslova kolinearnosti
dva vektora, vrijedi
l
A=m
B=n
C=3
6=−2
−4=1
2=1
2,
dakle vektor pravca aprave pi vektor normale nravni αsu kolinearni, pa je
p⊥α, tj. φ=π
2(ili 900).
11.3 Zadaci
1. Izraˇcunati ugao izmedju ravni α∶ −x+3y−z−4=0 i β∶ −3x+6z−6=0.
2. (a) Odrediti jednaˇcinu ravni α, koja prolazi kroz taˇcke A(2,−1,0)iB(3,2−5),a
normalna je na ravan β∶2x−y+3z−7=0.
(b) Napisati jednaˇcinu ravni koja prolazi kroz taˇcku M(−2,3,−1)i
(i) na koordinatnim osama odsijeca jednake odsjeˇcke;
(ii) prolazi kroz y−osu;
(iii) prolazi kroz koordinatni poˇcetak i taˇcku A(2,1−5).
(c) Izraˇcunati jednaˇcinu ravni u obliku r⋅n=α, koja je paralelna sa ravni r⋅(3
i−
j+
k)=−5 i prolazi kroz taˇcku M(0,1,2).
(d) Napisati jednaˇcinu ravni koja sadrˇzi taˇcke M(2,1,−1), N (−1,0,1)a okomita
je na ravan 2x−y+4z−1=0.
(e) Napisati jednaˇcinu ravni koja sadrˇzi taˇcke M(−1,1,2), N (0,2,1)a okomita je
na ravan x−3y+4z−7=0.
3. Izraˇcunati visinu piramide hS, ˇciji su vrhovi u taˇckama S(1,−2,3), A(2,−4,2),
B(2,3,4), C(1,2,3).
4. Pravu l∶−2x−y+3z−4=0
x+2y−z=1,napisati u
(a) kanonskom obliku;
(b) parametarskom obliku.
5. (a) Odrediti jednaˇcinu ravni αkoja sadrˇzi pravu p∶2−x
3=y−1
2=−2z
3i
normalna je ravan α∶3x−4y+2z−1=0.
(b) Izraˇcunati jednaˇcinu ravni kojoj pripada prava p∶x−2
1=y+2
1=z
2,a
paralelna je pravoj q∶x−2
−1=y
0=z+3
1.
(c) Napisati jednaˇcinu ravni koja sadrˇzi prave p∶x−1
2=y+1
−1=z
1iq∶x+1
−4=
y
2=z+1
−2.
(d) Napisati jednaˇcinu normale povuˇcenu iz taˇcke M(1,1,2)na pravu p∶x−1
3=
y
−1=z+2
2.
202 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
11.3. Zadaci POGLAVLJE 11. RAVAN I PRAVA
(e) Napisati jednaˇcinu ravni koja sadrˇzi pravu p∶x−1
2=y
1=z+1
3i prolazi kroz
taˇcku M(2,1−,0).
(f) Izraˇcunati jednaˇcinu ravni koja sadrˇzi taˇcu M(1,0,1)
i pravu 2x+3y−z−5=0
x−3y+2z+2=0.
6. Odrediti rastojanje taˇcke A(2,1,0)od prave l∶−x−y+3z−4=0
3x+2y−z=1.
7. Data je jednaˇcina prave u vektorskom obliku r×(2
i+
j−
k)=2
i−
j+2
k. Odrediti
odgovaraju´ci kanonski i parametarski oblik jednaˇcine prave.
8. Odrediti najkra´ce rastojanje izmedju pravih p∶x−1
2=y+2
1=z−5
−1iq∶x+3
1=
y−3
2=z
−3.
9. Odrediti jednaˇcinu normale povuˇcene iz taˇcke P(1,3,2)na pravu l∶x−2
3=y
−1=
z+1
2.
10. Odrediti jednaˇcinu ortogonalne projekcije prave x−2
2=y−1
4=z+1
3na ravan
x+2y+z−3=0.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 203
Poglavlje 12
Dodatak
12.1 Procentni raˇcun. Raˇcun smjese.
12.1.1 Razmjere i proporcije
U raznim proraˇcunima, u prirodnim, inˇzinjerskim naukama i dr., ˇcesto se pojavljuju
razmjere, odnosi ili omjeri nekih veliˇcina.
Definicija 12.1 (Razmjera).
Razmjera (ili omjer) dva broja aib(a, b >0) je njihov koliˇcnik. Piˇsemo
a∶bili a
b, a, b >0.
Ako su dvije razmjere a∶bic∶djednake, dobijamo proporciju.
Definicija 12.2 (Prosta proporcija).
Jednakost koju formiraju jednake razmjere nazivamo proporcija. Piˇsemo
a∶b=c∶dili a
b=c
d.
Proporcije imaju osobinu
a∶b=c∶d=(a±c)∶(b±d).
Ako je viˇse razmjera jednako, vrijedi
a∶b=c∶d=e∶f=p∶q⇔a
b=c
d=e
f=p
q⇔a∶c∶e∶p=b∶d∶f∶q.
Proporcije u prethodnom izrazu nazivamo produˇzene proporcije.
205
POGLAVLJE 12. DODATAK 12.1. Procentni raˇcun. Raˇcun smjese.
Primjer 12.1.
Odrediti xiz proporcije (x+9)∶6=x∶5.
Rjeˇsenje:
(x+9)∶6=x∶5⇔5(x+9)=6x⇔x=45.
Primjer 12.2.
Primjenom osobina produˇzene proporcije odrediti x, y, z it, ako je
x+y+z+t=198 i x∶y∶z∶t=1∶2∶3∶5.
Rjeˇsenje:
Iz produˇzene proporcije vrijedi
x
1=y
2=z
3=t
5=k,
pa je
x=k, y =2k, z =3k, t =5k.
Sada u jednakosti x+y+z+t=198,zamijenimo x, y, z itpreko k, dobijamo
k+2k+3k+5k=198 ⇔11k=198 ⇔k=18,
pa je na kraju
x=18, y =36, z =54, t =90.
Primjer 12.3 (Direktna proporcija.).
Tri majice koˇstaju 90 KM .Koliko majica moˇzemo kupiti za 240 KM?
Rjeˇsenje:
Vrijedi 3 ∶90 KM =x∶240 KM ⇔x⋅90 KM =3⋅240 KM ⇔x=8.
Primjer 12.4 (Obrnuta proporcija.).
Jedan vagon vre´ca krompira istovarila su tri radnika za 12 sati. Za koliko ´ce sati taj
vagon istovariti 4 radnika?
Rjeˇsenje:
Vrijedi 3 ∶4=xsati ∶12 sati ⇔4x=36 ⇔x=9 sati.
206 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
12.1. Procentni raˇcun. Raˇcun smjese. POGLAVLJE 12. DODATAK
12.1.2 Procentni raˇcun
Ako oznaˇcimo sa
G−glavnicu
p−procenat
I−iznos,
tada vrijedi proporcija
G∶100 =I∶p.
Glavnica je ukupan iznos ili koliˇcina nekog dobra, iznos je dio glavnice, dok je procenat
stoti dio glavnice. Oznaka za 1 procenat je
1 procenat =1%.
Dakle 1% =1
100 glavnice.Glavnici odgovara 100%,a iznosu Ivrijednost p.
Primjer 12.5.
U grupi je bilo 32 studenta, a sljede´cu godinu upisalo je 30–oro. Koliki je procenat
prolaznosti?
Rjeˇsenje:
Vrijedi G=32, I =30,pa je
32 ∶100% =30 ∶p⇔32p=3000% ⇔p=93.75%.
Prolaznost je 93.75%.
Primjer 12.6.
Cijena nekog proizvoda je smanjena za 10%, a zatim je pove´cana za 15% i sada iznosi
60 KM. Kolika je prvobitna cijena?
Rjeˇsenje:
Koristi´cemo oznaku Cza cijenu i to C1, C2, C3za prvu, drugu i tre´cu cijenu, re-
spektivno. Vrijedi proporcija
C1∶100% =C2∶(100% −10%)⇔C2=9
10C1,
ili
C2=C1−1
10C1=9
10C1,10% odgovara 1
10.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 207
POGLAVLJE 12. DODATAK 12.1. Procentni raˇcun. Raˇcun smjese.
Dalje imamo
C3=C2+0.15C2=1.15C2=1.15⋅0.9C1⇔C1=C3
1.15 ⋅0.9=60
1.15 ⋅0.9≈57.97 KM .
Napomena 12.1.
Osim procenta koristi se i promil. Promil je hiljaditi dio od neke cjeline, oznaka za
1 promil je
1 promil =1
.
12.1.3 Raˇcun smjese
Jednostavni (ili prosti) raˇcun smjese Ponekad je potrebno pomijeˇsati proizvode
razliˇcitih cijena kako bi se dobio proizvod neke zadane cijene. Na primjer, trgovac ima
u skladiˇstu kafu od 3 KM i kafu od 15 KM.Prva kafa je loˇsijeg kvaliteta, a druga je
preskupa za maloprodaju. On se odluˇcuje da ih pomijeˇsa da bi dobio kafu unaprijed
zadane mase, koja koˇsta 8 KM po kilogramu, koja ne´ce biti ni preskupa, a bi´ce zadovol-
javaju´ceg kvaliteta.
Sa matematiˇcke strane, isti problem je u npr. mijeˇsanju dvije kiseline razliˇcitih kon-
centracija da bi se dobila kiselina sa unaprijed zadanom koncetracijom i unaprijed zadane
zapremine. Preciznija formulacija problema glasi:
U kojem odnosu i u kojim koliˇcinama treba pomijeˇsati taˇcno dvije veliˇcine (dva sasto-
jka) x1ix2koje imaju neko zajedniˇcko svostvo razliˇcitih vrijednosti (intenziteta) s1is2,
tako da se dobije smjesa ukupne koliˇcine xi ˇzeljenog intenziteta s? Problem rjeˇsavamo
rjeˇsavanjem sistema
x1+x2=x
x1s1+x2s2=xs,
sada zbog x2=x−x1,dobijamo linearnu jednaˇcinu sa jednom nepoznatom
x1s1+(x−x1)s2=xs,
ˇcijim rjeˇsavanjem dobijamo x1,ax2iz x2=x−x1.Traˇzeni odnos raˇcunamo iz
x1
x2.
Primjer 12.7 (Prost raˇcun smjese.).
Imamo 48% i 78% kiselinu. Koliko je potrebno jedne, a koliko druge nasuti u posudu
da bi se dobilo 10 litara, 60%–ne kiseline?
Rjeˇsenje:
Oznaˇcimo jednu koncentraciju sa s1=48%,odgovara ju´cu koliˇcinu sa x1,druga
koncentracija je s2=78% i odgovaraju´ca koliˇcina je x2.Ukupna koliˇcina je x1+x2=
x=10 l,dok je odgovaraju´ca koncetracija poslije mijeˇsanja s=60%.
208 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
12.1. Procentni raˇcun. Raˇcun smjese. POGLAVLJE 12. DODATAK
Sada vrijedi
x1+x2=10 l
x1s1+x2s2=xs,
kako je x2=10 l −x1,dobijamo
x1⋅0.48 +(10 −x1)⋅0.78 =10 ⋅0.6⇔x1=6 l .
Potrebno je 6 l,48%– kiseline i 4 l,78%–kiseline.
Primjer 12.8 (Jednostavni raˇcun smjese).
Sa koliko postotnom kiselinom, treba pomijeˇsati 6 l,48%–ne kiseline, da bi se dobilo
10 l,60%–ne kiseline?
Rjeˇsenje:
Sada vrijedi
4p+6⋅0.48 =10 ⋅0.6⇔p=0.78,
ili u procentima 78%.
Sloˇzeni raˇcun smjese Ako imamo viˇse od dvije veliˇcine koje trebamo pomijeˇsati do-
bijamo sljede´ci problem: U kojem odnosu i u kojim koliˇcinama treba pomijeˇsati neke
veliˇcine iste vrste x1, x2, . . . , xn,koje imaju neko zajedniˇcko svojstvo razliˇcitih vrijednosti
s1, s2, . . . , snda bi dobili smjesu ukupne koliˇcine x=x1+x2+. . .+xni ˇzeljenog intenziteta
s?
Ovaj problem rjeˇsavamo algoritmom ˇsema zvijezde koji ´cemo ilustrovati na sljede´cem
primjeru.
Primjer 12.9 (Sloˇzeni raˇcun smjese).
U skladiˇstu su 4 vrste robe po cijenama 160,140,110 i 50 KM (svojstva). Kako
treba izmijeˇsati ovu robu po vrstama da bi dobili 560 kg ove robe po cijeni od 120 KM
po kilogramu?
Rjeˇsenje:
U ˇsemi su uneˇsene na lijevoj strani cijene pojedinih roba (vidjeti Sliku 12.1), tj.
svojstva s1, s2, s3, s4. Treba izraˇcunati kolike su mase pojedinih vrsta robe koje je
potrebno izmijeˇsati (u ovom zadatku ove mase su oznaˇcena sa x1, x2, x3, x4). U
sredini je traˇzena cijena, dok su na desnoj strani traˇzene vrijednosti iz proporcije
(ove vrijednosti trebaju biti pozitivne, tj. uzimaju se po apsolutnoj vrijednosti, zato
uvijek oduzimamo od ve´ce vrijednosti manju).
Iz sheme na Slici 12.1 dobijemo sljede´cu proˇsirenu proporciju
x1∶x2∶x3∶x4=70 ∶10 ∶20 ∶40 ⇔x1∶x2∶x3∶x4=7∶1∶2∶4.
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 209
POGLAVLJE 12. DODATAK 12.1. Procentni raˇcun. Raˇcun smjese.
Iz prethodne proˇsirene proporcije vrijedi
x1
7=k⇔x1=7k
x2
1=k⇔x2=k
x3
2=2k⇔x3=2k
x4
4=4k⇔x4=4k.
Koristimo sada ukupnu masu robe
7k+k+2k+4k=560 ⇔14k=560 ⇔k=40.
Traˇzene vrijednosti dobijamo na sljede´ci naˇcin:
Robe ˇcija je cijena s1=160 KM potrebno je x1=7⋅40 kg =280 kg;
Robe ˇcija je cijena s2=140 KM potrebno je x2=1⋅40 kg =40 kg;
Robe ˇcija je cijena s3=110 KM potrebno je x3=2⋅40 kg =80 kg;
Robe ˇcija je cijena s4=50 KM potrebno je x4=4⋅40 kg =160 kg .
Provjera
280 +40 +80 +160 =560,
i
280 ⋅160 +40 ⋅140 +80 ⋅110 +160 ⋅50 =560 ⋅120
67200 =67200.
s = 120
s−s4= 70
x4;s4= 50
s−s3= 10
x3;s3= 110 s2−s= 20
x2;s2= 140
s1−s= 40
x1;s1= 160
Slika 12.1: ˇ
Sema za dobijanje proˇsirene proporcije
210 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
12.2. Zadaci POGLAVLJE 12. DODATAK
Napomena 12.2.
Ovaj zadatak nema jedinstveno rjeˇsenje.
12.2 Zadaci
Proporcije
1. (a) Rijeˇsiti proporciju (i) (x−3)∶4=10 ∶6; (ii) x∶1+1
11 =3+2
3∶2.
(b) Podijeliti duˇz od 456 m na tri jednaka dijela ˇcije ´ce duˇzine biti redom propor-
cionalne brojevima 2
3,9
8i7
12 .
(c) Unuk, otac i djed imaju zajedno 120 godina. Koliko svaki od njih ima godina,
ako su im godine u razmjeri 1 ∶5∶9?
(d) Tri osobe uloˇzile su u jedan posao ove svote novca: osoba A 1200 KM,osoba B
9000 KM i osoba C 15000 KM .Ako je ukupna zarada od tog posla 210000 KM,
koji dio zarade ´ce pripasti osobi C, (zarada treba da je proporcionalna uloˇzenoj
svoti novca)?
(e) Brojevi a, b icsu u razmjeri 2 ∶3∶4.Ako je njihova aritmetiˇcka sredina 15,
koliko iznosi najmanji od njih?
(f) Omjer ˇse´cera i maslaca u kolaˇcu je 4 ∶3.U kolaˇc je stavljeno 0.3 kg maslaca.
Koliko ´cemo staviti ˇse´cera u kolaˇc?
Procentni raˇcun
2. (a) Sanduk vo´ca teˇzak je 90 kg, od ˇcega je neupotrebljivo 4%.Kolika je teˇzina
upotrebljivog vo´ca?
(b) Odsutna su 4 studenta, ˇsto iznosi 12.5% od ukupnog broja studenata jedne
grupe. Koliko studenata ima u toj grupi?
(c) Koliko litara mlijeˇcne masti ima u 300 l mlijeka, ako to mlijeko sadrˇzi 2.8%
mlijeˇcne kiseline?
(d) Cijena cipela je 270 KM. Kolika ´ce cijena biti nakon sniˇzenja od 15%?
(e) Poslije prelaska na novo radno mjesto jednom radniku plata je pove´cana za
20%.Kolika je plata bila ako je to pove´canje 132 KM?
(f) Cijena knjige sniˇzena je 10%, a zatim za 20% i sada koˇsta 45 KM .Kolika je
bila cijena prije prvog sniˇzenja?
(g) Na ispitu radila su se 3 zadatka. Pri tome 12% studenata nije rijeˇsilo ni jedan
zadatak, 32% studenata rijeˇsilo je jedan ili dva zadatka, dok je 14% studenata
rijeˇsilo sva tri zadatka. Koliko je ukupno studenata radilo ispit?
(h) Poslije 3 pojeftinjenja od po 10% cijena robe iznosi 2187 KM .Izraˇcunati pr-
vobitnu cijenu robe?
S. Karasulji´c i S. Halilovi´c 211
POGLAVLJE 12. DODATAK 12.2. Zadaci
Raˇcun smjese
3. (a) U tri vre´ce ima 64.2 kg braˇsna. U prvoj vre´ci ima 20% manje braˇsna nego u
drugoj, a u tre´coj 42.5% od koliˇcine braˇsna iz prve vre´ce. Koliko braˇsna ima
u svakoj vre´ci?
(b) Na skladiˇstu ima kafe po cijeni od 7.5 KM i 5.5 KM po kilogramu. Napraviti
120 kg mjeˇsavine kafe koja ´ce koˇstati po 6.8 KM po kilogramu.
(c) Imamo 4 vrste neke robe po cijeni od 120,100,70 i 50 KM. Kako treba
pomijeˇsati tu robu da dobijemo 400 kg robe po cijeni od 80 KM? Koliko
mogu´cih rjeˇsenja postoji?
4. (a) Koliko vode temperature 400Ci vode temperature 250Ctreba pomijeˇsati da
se dobije 90 l vode temperature 300C?
(b) Koliko treba uzeti sumporne kiseline jaˇcine 52% , a koliko jaˇcine 88% da se
dobije mjeˇsavina od 144 l jaˇcine 72%?
(c) Koliko litara 80% alkohola treba dodati u 1 l vode da se dobije 20%–tni alkohol?
(d) Razblaˇzen je 75% ˇspirit sa 12 l vode i dobijen je 51%– postotni ˇspirit. Kolika
je bila prvobitna koliˇcina ˇspirita?
(e) Koliko vode treba izmijeˇsati sa 150 g,12%–nog rastvora kiseline da smjesa
bude 4%–postotna?
(f) Kada se pomijeˇsa 60 l ruma od 72% sa 70 l alkohola od 96%.Koliko treba vode
dosuti u ovu smjesu da se dobije rum od 46%?
(g) Koliko 75%–tne otopine soli treba dodati u 20 l da se dobije 60%–tna otopina
soli?
5. (a) Komad bronze mase 7.5 kg sadrˇzi 72.% bakra. Kada se ovaj komad stopi sa
drugim dobije se 10 kg bronze koja sadrˇzi 70% bakra. Koliko je procenata
bakra bilo u drugom komadu bakra?
(b) Koliko bakra treba pomijeˇsati sa 21 g ˇcistog zlata da se dobije smjesa fino´ce
0.75?
(c) Zlatar izmijeˇsa dvije vrste zlata ˇcije su fino´ce 0.75 i 0.81 (f–fino´ca zlatne smjese
0⩽f⩽1) i dobije se 50 g zlata fino´ce 0.774.Po koliko je grama zlata uzeo
obje vrste zlatar?
212 S. Karasulji´c i S. Halilovi´c
Literatura i reference
[CJS94] M. Crnjac, D. Juki´c and R. Scitovski. Matematika. Ekonomski fakultet Osi-
jek, R.Hrvatska, 1994. isbn: 953-6073-03-X.
[Ded05] F. Dedagi´c. Matematiˇcka analiza, prvi dio. Tuzla, BiH: Univerzitet u Tuzli,
2005. isbn: 9958-609-39-8.
[Ded97] F. Dedagi´c. Uvod u viˇsu matematiku. Univerzitet u Tuzli, Tuzla, BiH, 1997.
[JS17] D. Juki´c and R. Scitovski. Matematika 1. STUDIO HS Internet d.o.o., Osijek,
R. Hrvatska, 2017. isbn: 978-953-6032-18-1.
[JS98] D. Juki´c and R. Scitovski. Matematika 1. Prehrambeno tehnoloˇski fakultet i
Elektrotehniˇcki fakultet Osijek, R. Hrvatska, 1998. isbn: 953-6032-18-X.
[MMV73] D.S. Mitrinovi´c, D. Mihailovi´c and P.M. Vasi´c. Linearna algebra, polinomi,
analitiˇcka geometrija. Beogradski izdavaˇcki zavod, Beograd, SFRJ, 1973.
[UM02] M.P. Uˇs´cumli´c and P.M. Miliˇci´c. Elementi viˇse matematike I. IP ”Nauka”,
Beograd, Srbija, 2002.
[Vug09] R. Vugdali´c. Diferencijalni i integralni raˇcun realne funkcije jedne realne
promjenljive. Manualia universitas studiorum Tuzlaensis. Tuzla, BiH: Ars
grafika, 2009. isbn: 978-9958-9072-8-9.
[Vug14] R. Vugdali´c. Matematika 1. Tuzla, BiH: IN SCAN d.o.o., 2014. isbn: 978-
9958-894-22-0.
213
Indeks pojmova
algebarske strukture
distributivnost, 35
grupa, 33
komutativna ili Abelova grupa, 34
polje, 36
prsten, 36
tijelo, 36
apsolutna vrijednost realnog broja, 74
binarna operacija, 30
grupoid, 31
osobine, 30
binomni obrazac, 58
binomni koeficijent, 59
binomni obrazac, 61
faktorijel, faktorijelna funkcija, 58
Pascalov trougao, 60
Descartesov pravougli koordinatni sistem,
155
Descartesov proizvod, 17
determinante, 105
algebarski kofaktor, 109
minor, 108
osobine, 106
raˇcunanje vrijednosti, 107
razlaganje po vrsti ili koloni–Laplaceov
razvoj, 109
iskaz, 1
kompleksni brojevi, 82
algebarski oblik, 83
argument, 86
eksponencijalni ili Eulerov oblik, 89
imaginarna jedinica, 83
imaginarni dio, 83
jedinica, 83
konjugovano kompleksni broj, 84
korjenovanje, 91
mnoˇzenje, 82
modul, 86
Moivreov obrazac ili formula, 91
nula, 83
operacije: mnoˇzenje, dijeljenje , 89
operacije: sabiranje, oduzimanje,
mnoˇzenje, dijeljenje, 84
realni dio, 83
sabiranje, 82
stepenovanje, 91
trigonometrijski oblik, 89
kvantifikatori, 9
logiˇcke operacije
disjunkcija, 3
dovoljan uslov, 5
ekskluzivna disjunkcija, 4
ekvivalencija, 5
implikacija, 4
iskazna formula, 6
konjukcija, 3
negacija, 2
posljedica, 5
potreban uslov, 5
premisa, 5
tautologija, 6
matematiˇcka indukcija, 55
matrica, 95
adjungovana, 115
elementarne transformacije, 124
inverzna, 116
kofaktora, 115
matriˇcne jednaˇcine, 120
rang, 123
regularna, 117
singularna, 117
dijagonalna, 101
donja i gornja trougaona, 101
format ili dimenzija, 96
jediniˇcna, 102
jednake, 97
214
kolona, 96
komutativne matrice, 100
kvadratna, 96
mnoˇzenje skalarom, 98
pravougaona, 96
proizvod matrica, 99
sabiranje, 97
skalarna, 102
transponovana, 102
vrsta, 96
prava, 186
jednaˇcina prave, 188
kanonske jednaˇcine prave, 187
opˇsta vektorska jednaˇcina prave, 186
parametarska vektorska jednaˇcina, 186
parametarske jednaˇcine prave
u skalarnom obliku, 187
rastojanje izmedu dvije mimoilazne prave,
190
rastojanje taˇcke od prave, 190
ugao izmedu dvije prave, 189
uslov da se dvije prave sijeku, 190
uslov komplanarnosti, 190
uslov okomitosti, 189
uslov paralelnosti, 189
prava i ravan
uzajamni odnos prave i ravni, 191
procentni raˇcun, 198
proporcija
direktna, 197
produˇzena, 196, 197
prosta, 196
raˇcun smjese, 199
jednostavni, 200
prost, 199
sloˇzeni, 200
ravan
jediniˇcni vektor normale ravni, 179
jednaˇcina ravni kroz tri taˇcke, 181
normalna jednaˇcina ravni u skalarnom
obliku, 181
normalna jednaˇcina ravni
u vektorskom obliku, 180
opˇsta skalarna jednaˇcina ravni, 178
opˇsta vektorska jednaˇcina ravni, 177
parametarska jednaˇcina ravni u vektorskom
obliku, 181
parametarske jednaˇcine ravni
u skalarnom obliku, 181
rastojanje taˇcke od ravni, 184
segmenti oblik jednaˇcine ravni, 178
ugao izmedu dvije ravni, 185
uslov okomitosti, 185
uslov paralelnosti, 185
razmjera ili omjer, 196
relacija
binarna, 21
ekvivalencije, 25
inverzna, 23
kompozicija, 24
osobine, 25
poretka, 27
predstavljanje, 22
sistemi, 127
beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja, 129
Cramerova metoda, 135
ekvivalentni, 128
Gaussova metoda, 132
homogen, 128, 145
jedinstveno rjeˇsenje, 129
koeficijenti, 128
Kronecker–Capellijeva teorema, 129
matriˇcna metoda, 135
nehomogen, 128
nema rjeˇsenja, 129
nepoznate, 128
nesaglasan, 129
netrivijalno rjeˇsenje
homogenog sistema, 146
proˇsirena matrica sistema, 131
rjeˇsenje, 128
saglasan, 129
trivijalno rjeˇsenje homogenog sistema,
146
skalari, 150
skup
cijelih brojeva, 11
disjunktni skupovi, 15
iracionalnih brojeva, 11
kompleksnih brojeva, 11
kompleksnih brojeva, 82
otvoreni interval, 11
presjek skupova, 14
prirodnih brojeva, 11
racionalnih brojeva, 11
razlika skupova, 15
realnih brojeva, 11
realnih pozitivnih brojeva, 11
unija skupova, 13
zatvoreni interval ili segment, 11
teorema
Cramerova, 135
Kronecker–Capellijeva, 129
kvadratna matrica–osobine, 115
Laplaceov razvoj determinante, 109
linearno nezavisne vrste i kolone, 123
neke geom. osobine vektora izraˇzene
preko skalarnog proizvoda, 162
o broju rjeˇsenja homogenog sistema, 146
o broju rjeˇsenja kvadratnog sistema, 135
o osobinama skalarnog proizvoda, 161
o osobinama vektorskog proizvoda, 168
o reprezentacije vektora iz prostora V3,
154
osobine inverznih matrica, 118
proizvod matrica–osobine, 100
regularna i inverzna matrica, 118
regularna matrica, 117
trasponovana matrica–osobine, 103
mnoˇzenje matrice brojem–osobine, 99
o broju rjeˇsenja sistema lin.alg.jed., 131
uredena trojka, 17
uredeni par, 17
vektori, 150
mjeˇsoviti proizvod tri vektora, 171
ort vektori, 156
osobine skalarnog proizvoda, 161
osobine vektorskog proizvoda, 168
projekcija vektora, 163
raˇcunanje intenziteta vektora, 163
raˇcunanje mjeˇsovitog proizvoda, 171
raˇcunanje skalarnog proizvoda, 163
raˇcunanje ugla izmedu vektora, 163
raˇcunanje vektorskog proizvoda, 167,
168
skalarni proizvod, 160
uslov ortogonalnosti, 163
vektorski proizvod, 166
apscisa, ordinata, aplikata, 156
desni triedar, 166
koeficijenti ili koordinate vektora, 154
kolinearni, 154
komplanarni, 154
linearna kombinacija, 153
mnoˇzenje vektora skalarom, 152
oduzimanje, 151
orjentisana prava ili osa, 155
ortogonalna projekcija, 155
osnovni pojmovi, 150
pravougli koordinatni sistem, 155
predstavljanje vektora, 157
sabiranje, 151
zavisni–nezavisni, 153
Zadaci za vjeˇzbu
ravan i prava, 194
vektori, 174
apsolutna vrijednost realnog broja, 80
binomni obrazac, 80
determinante, 112
funkcije, 49
inverzna matrica, 122
kompleksni brojevi, 93
logika, 9
matematiˇcka indukcija, 80
operacije, 38
osnovni pojmovi o matricama, 104
raˇcun smjese, 202
rang matrice, 126
relacije, 28
sistemi linearnih algebarskih jednaˇcina,
148
skupovi, 19