MATEMATIKA 1 Senka Banic PREDAVANJA (grupa G1): utorak i ...

Sveucilište u SplituFakultet gra ¯devinarstva, arhitekture i geodezijePreddiplomski sveucilišni studij gra ¯devinarstvaM A T E M A T I K A 1Senka BanićPREDAVANJA (grupa G1):utorak i srijeda, 10:15-12:00KONZULTACIJE:utorak i srijeda u 14:00

Sadraj:I. 0. Skupovi - osnovni pojmovi1. Linearna algebra2. Vektorska algebra3. Analiticka geometrija4. Skupovi brojeva5. Realne funkcije realne varijable6. Nizovi i redovi realnih brojevaII. 7. Derivacije i primjene8. Nizovi i redovi funkcija9. Neodre ¯deni integral10. Odre ¯deni integral11. Nepravi integral12. Primjene odre ¯denog integrala

Provjere znanja: dva parcijalna ispita:- zadaci ( 50%);- teoretska pitanja - pismeni test ( 50%) i usmeniispit; završni ispit (2 termina u zimskom ispitnom roku):- oba poloena parcijalna ispita (zadaci + "teorija"pismeno i usmeno) utvr ¯duje se konacna ocjena.- polae se nepoloeni parcijalni ispit (detaljinaknadno);- zadaci ( 50%) - pismeni eliminacijski ispit;- teoretska pitanja - pismeni test i usmeni ispit. popravni ispit (po 1 termin u ljetnom i jesenskomispitnom roku):- polae se cjelokupno gradivo i to zadaci i teorija(bez obzira na dotad poloene cjeline);- zadaci ( 50%) - pismeni eliminacijski ispit;- teoretska pitanja - pismeni test i usmeni ispit.

Minimalne nastavne obveze (uvjet za pristupanjeispitu): prisutnost na predavanjima ( 85%) prisutnost na vjebama ( 85%) na svakom parcijalnom ispitu ostvariti minimalno:- 20% iz zadataka i- 20% na pismenom testu iz teoretskih pitanja.Student koji kroz semestar ne ostvari minimalnenastavne obveze moe izići na ispit - samo jedan put.

0. SKUPOVI OSNOVNI POJMOVI

OZNAKE:cita se:konjukcija ^ ( & ) idisjunkcija _ iliimplikacija =) povlaci, slijediekvivalencija () ako i samo ako (akko)kvantikatori: 8 za svaki9 postoji@ ne postoji9! postoji tocno jedanPojam skupaSkup je pojam koji se ne denira. Skup je zadansvojim elementima, npr.:S = fa; b; c; dgA = f1; 2; 3ga 2 S; 1 2 A; 3 =2 SB = fx 2 R j1 < x < 3g oznaka= h 1; 3i? ! prazan skup (skup bez elemenata)

Denicija 1. Kaemo da je A podskup od Bi pišemo A B ako je svaki element skupa Aujedno i element skupa B; tj.x 2 A =) x 2 BB zovemo nadskup skupa A i pišemo B A:Vrijedi sljedeće: A A;? AA = B () A B ^ B AAko je A B i A 6= B; onda kaemo da je Apravi podskup od B i to oznacavamoVrijedi:A $ B ili A B:A $ B () (9y 2 B) y =2 A

Vaan primjer skupova su skupovi brojeva: skup prirodnih brojeva:N = f1; 2; 3; :::; n; :::g ; skup cijelih brojeva:Z = f:::; n; ::: 2; 1; 0; 1; 2; ; :::; n; :::g ; skup racionalnih brojeva:n moQ =n j m 2 Z ^ n 2 N ; skup iracionalnih brojeva Ip2 2 I;p2 =2 Q; 2 I; =2 Q; e 2 I; e =2 Q; skup realnih brojevaRN Z Q R; I R:

Operacije sa skupovimaDenicija 2. Neka je U skup i neka je A U iB U:Unija skupova: A[B = fx 2 U j x 2 A _ x 2 Bg :Presjek skupova: A\B = fx 2 U j x 2 A ^ x 2 Bg :A\B = ? =) A i B disjunktni skupovi.Q [ I = R; Q \ I =?

Razlika skupova: ArB = fx 2 U j x 2 A ^ x =2 Bg :R r Q = I; R r I = Q:Komplement skupa A : A c = U r A = fx 2 U j x =2 Ag :A \ A c = ?; A [ A c = U;U = R; Q c = I; I c = Q:

Neka su A; B 6= ? proizvoljni neprazni skupovi, tea 2 A i b 2 B.Objekt (a; b) nazivamo ure ¯denim parom, pri cemuje a prvi clan (prva koordinata) ure ¯denog para, a bdrugi clan (druga koordinata) ure ¯denog para (a; b):Poredak clanova u ure ¯denom paru je vaan!!!Vrijedi(a; b) = (c; d) () (a = c ^ b = d) :Dakle,(a; b) 6= (b; a) za a 6= b;(a; b) = (b; a) () a = b:Za razliku od toga za "obicni" dvoclani skup (par, aline ure ¯deni) vrijedifa; bg = fb; agtj. nije bitan poredak elemenata u tom skupu.Kartezijev (ili direktni) produkt skupova:A B = f(a; b) j a 2 A ^ b 2 Bg :A ? = ? B = ?A B 6= B A

Primjeri: A = f; g ; B = f1; 2; 3gA B = f(; 1) ; (; 2) ; (; 3) ; (; 1) ; (; 2) ; (; 3)gB A = f(1; ) ; (1; ) ; (2; ) ; (2; ) ; (3; ) ; (3; )gR R = R 2 = f(x; y) j x 2 R ^ y 2 Rg :

Ostali pomovi:Za skupove A i B kaemo da su ekvipotentni ,u oznaci A = B; ako postoji barem jedna bijekcijaf : A !B:Svi skupovi koji su ekvipotentni sa skupom S imajuisti kardinalni broj, a oznacavamo ga sa card S.Reći ćemo da je skup S beskonacan ako postojipravi podskup S 0 S takav da je S = S 0 :Ako skup S nije beskonacan, kaemo da je konacan.Primjeri:A = f1; 2; 3g ; B = fag konacni skupoviN beskonacan skup.Neka je S konacan skup. Reći ćemo da je nbroj elemenata skupa S i pisati card S = n ako jeS = f1; : : : ; ng N:Primjeri:a) SkupoviA = f1; 2; 3; 4g i B = fa; b; c; dgsu ekvipotentni skupovi i card A = card B = 4:

) Skup N je ekvipotentan sa skupom parnihprirodnih brojeva, tj.jer postoji bijekcijacard N = card f2; 4; 6; 8; :::gf : N ! f2; 4; 6; 8; :::g ; f (n) = 2n:Razlikujemo prebrojivo (N Z Q) i neprebrojivo(I R) beskonacne skupove.

1. LINEARNA ALGEBRA

1.1. MatriceDenicija 1.1. Neka su m; n 2 N iD mn = f1; 2; :::; mg f1; 2; :::; ng :Svako preslikavanje A : D mn ! R;D mn 3 (i; j) 7 ! A (i; j) = a ij 2 Rnazivamo realnom matricom tipa (m; n) (ili m n).Kako je domena D mn konacna (ima mn elemenata)uobicajeni su zapisi matrice u obliku pravokutnihshema: 23a 11 a 12 a 1j a 1na 21 a 22 a 2j a 2nA =. . . .6 a i1 a i2 a ij a in74 . . . . 5a m1 a m2 a mj a mnili0a 11 a 12 a 1nB@1a 21 a 22 a 2nC. . .a m1 a m2 a mn a 11 a 12 a 1n A ili a 21 a 22 a 2n:. . .a m1 a m2 a mnBrojeve a ij nazivamo matricnim elementima,elementi a i1 ; a i2 ; : : : ; a in tvore i ti redak,elementi a 1j ; a 2j ; : : : ; a mj tvore j ti stupac.

Ako je m = n onda govorimo o kvadratnoj matrici reda n:Elementi a 11 ; a 22 ; : : : ; a nn kvadratne matrice reda ntvore glavnu dijagonalu matrice.Ako je m = 1 onda kaemo da je matrica retcana.Ako je n = 1 onda kaemo da je matrica stupcana.Retcane i stupcane matrice nazivamo još i vektori.Skup svih matrica tipa m n oznacavamo sa M m;n :Matrice obicno oznacavamo velikim tiskanim slovimanpr. A; B; X; ::: . Kraća oznaka:A = [a ij ] m;nili A = (a ij ) m;n:Denicija 1.2. Za dvije matrice A = [a ij ] m;niB = [b ij ] k;lkaemo da da su jednake, i pišemoA = B; ako:1. su istog tipa, tj. ako je m = k i n = l;2. imaju jednake odgovarajuće elemente, tj. ako jea ij = b ij za sve i; j.

Neke matrice specijalnog oblikaNul-matricaMatrica ciji su svi elementi nule naziva se nul-matrica,neovisno o tome kojeg je tipa ili reda. Oznaka:2 30 0 0O = 6 0 0 074 . . . 50 0 0Dijagonalna matricaDijagonalna matrica je kvadratna matrica kojoj su svielementi van dijagonale jednaki 0:2643a 11 0 00 a 22 07. . ... . 50 0 a nnSumu elemenata na glavnoj dijagonalinXtr A =i=1a iinazivamo trag kvadratne matrice A.

Jedinicna matricaJedinicna matrica je kvadratna matrica kojoj su svielementi van dijagonale jednaki 0; a na dijagonali jednaki1: Oznaka:2 31 0 0I = 6 0 1 074 . . ... . 50 0 1Napomena. Jedinicnu matricu oznacavamo još isa I n ako joj elimo naglasiti dimenziju. Nadalje,I = [ ij ] ; gdje je ij = 1; i = j0; i 6= jKroneckerov simbol.

Trokutaste matriceZa kvadratnu matricu kaemo da je gornja trokutastaako su svi njeni elementi ispod glavne dijagonale jednaki0:23a 11 a 12 a 1n6 0 a 22 a 2n74 . . ... . 50 0 a nnZa kvadratnu matricu kaemo da je donja trokutastaako su svi njeni elementi iznad glavne dijagonale jednaki0:23a 11 0 06 a 21 a 22 074 . . ... . 5a n1 a n2 a nn

Operacije s matricamaZbrajanje matricaDenicija 1.3. Neka su A = [a ij ] m;ni B = [b ij ] m;nmatrice istog tipa. Tada je zbroj matrica A i B matricaC = A + Bkoja je istog tipa kao matrice A i B, tako da jeC = [c ij ] m;ngdje jec ij = a ij + b ijza sve i = 1; 2; ::; m i j = 1; 2; :::; n:Svojstva:Ako su svi zbrojevi denirani vrijedi:1. A + B = B + A; (komutativnost)2. (A + B) + C = A + (B + C) ; (asocijativnost)3. A + O = O + A = A; gdje je O nul-matrica.Mnoenje matrica sa skalaromDenicija 1.4. Umnoak realnog broja (skalara) s matricom A = [a ij ] m;ndeniramo kao matricuB = [b ij ] m;nistog tipa kao matrica A, tako da jeb ij = a ijza sve i = 1; 2; ::; m i j = 1; 2; :::; n: Pišemo B = A:

Svojstva:Ako su ; skalari, A i B matrice istog tipa, tada je:1. (A + B) = A + B;2. ( + ) A = A + A;3. (A) = () A:Mnoenje matricaMatrice A i B moemo pomnoiti samo ako suulancane, tj. ako matrica A ima onoliko stupaca kolikoB ima redaka.Denicija 1.5. Neka su A = [a ij ] m;pi B = [b ij ] p;nulancane matrice: Tada je umnoak matrica A i Bmatrica C = [c ij ] m;n(tipa m n); gdje jec ij =pXa ik b kj = a i1 b 1j + a i2 b 2j + ::: + a ip b pjk=1za sve i = 1; 2; ::; m i j = 1; 2; :::; n: PišemoC = AB:Ako je denirano AB i BA i ako su to matrice istogtipa (reda), općenito je AB 6= BA, tj mnoenjematrica nije komutativno!

Svojstva:Neka je skalar i A, B; C; D, E matrice. Ako su sveoperacije dobro denirane, vrijedi:1. (AB) C = A (BC) ; (asocijativnost)2. B(C + D) = BC + BD; (distributivnost)3. (C + D)E = CE + DE; (distributivnost)4. (AB) = (A) B = A (B)5. I m A = AI n = A, gdje su I m ; I n odgovarajućejedinicne matrice.TransponiranjeDenicija 1.6. Neka je A = [a ij ] m;nmatrica tipam n: Matricu B = [b ij ] n;mtipa n m nazivamotransponirana matrica matrice A, ako jeb ij = a jiza sve i = 1; 2; ::; m i j = 1; 2; :::; n: Pišemo B = A T :Uocimo: Transponiranu matricu A T dobivamo izpolazne matrice A zamjenom stupaca s retcima (iliobrnuto zamjenom redaka sa stupcima), tj. i-ti stupacod A T podudara se s i-tim retkom od A, za svakii = 1; 2; :::; m.

Kvadratnu matricu za koju je A T = A nazivamosimetricna matrica. (Navedi primjer!)Kvadratnu matricu za koju je A T = A nazivamoantisimetricna matrica. (Navedi primjer!)Svojstva:Neka je skalar i A, B matrice. Ako su sve operacijedobro denirane, tada je:1. A T T= A;2. (A + B) T = A T + B T ;3. (A) T = A T ;4. (AB) T = B T A T :Za kvadratnu matricu A (samo za takve!) deniramopotencijeA 0 def= I: A 2 def= A A;A p def= A| A{z ::: A};p faktoraAko je f (x) = p x p + ::: + 1 x + 0 proizvoljan polinomstupnja p; tada deniramo matricni polinom kaof (A) def= p A p + ::: + 1 A + 0 I:

1.2. DeterminanteNeka je M n skup svih realnih kvadratnih matricareda n. Denirat ćemo preslikavanjedet : M n ! Rkoje svakoj kvadratnoj matrici pridruuje realan broj(skalar)M n 3 A 7 ! det A 2 R:Funkciju det nazivat ćemo determinantna funkcija,a njenu vrijednost det A 2 R na matrici Adeterminanta matrice A: Za determinantu matriceuobicajene su oznake:det A = jAj = ja ij j ;23 a 11 a 12 a 1n a 11 a 12 a 1n det 6 a 21 a 22 a 2n74 . . ... . 5 ili a 21 a 22 a 2n:. . ... .a n1 a n2 a nn a n1 a n2 a nnBudući da je zapis slican kao kod matrica i ovdjegovorimo o: elementima, retcima, stupcima,dijagonali, redu determinante.Kako se denira ta determinantna funkcija, tj.determinanta kvadratne matrice?

Postoje dva nacina deniranja determinante. Mićemo determinante denirati induktivno (od matricamalog reda n).Za n = 1, tj. za matricu A = [a 11 ] deniramodet A = det [a 11 ] = a 11 :Za n = 2, tj. za matricu drugog reda deniramo a11 adet 12=a 21 a 22 a 11 a 12 = aa 21 a 11 a 22 a 12 a 21 :22Za n = 3, tj. za matricu trećeg reda deniramo23a 11 a 12 a 13a 11 a 12 a 13 det 4 a 21 a 22 a 235 =a 21 a 22 a 23 =a 31 a 32 a 33 a 31 a 32 a 33= a 11 a 22 a 23 a 32 a 33a 12 a 21 a 23 + aa 31 a 13 33 a 21 a 22 =a 31 a 32= a 11 (a 22 a 33 a 23 a 32 ) a 12 (a 21 a 33 a 23 a 31 ) ++a 13 (a 21 a 32 a 22 a 31 ) (1)

Oznacimo s M 11 determinantu matrice koju dobijemobrisanjem prvog retka i prvog stupca matrice A :M 11 = a 22 a 23 a 32 a 33Tu determinantu nazivamo minora elementa a 11 :Slicno, neka suM 12 = a 21 a 23 ; Ma 31 a 13 =33 a 21 a 22 a 31 a 32minore elemenata a 12 , odnosno a 13 :Pomoću minora deniramo algebarske komplementematricnih elemenata:A 11 = ( 1) 1+1 M 11 = M 11 ,A 12 = ( 1) 1+2 M 12 = M 12 ;A 13 = ( 1) 1+3 M 13 = M 13 :Sada je determinanta trećeg reda:23a 11 a 12 a 13det 4 a 21 a 22 a 235 = a 11 A 11 +a 12 A 12 +a 13 A 13 =a 31 a 32 a 333Xa 1j A 1jj=1i kaemo da smo determinantu razvili po elementimaprvog retka.

Poopćenje: Neka je A matrica n tog reda.Determinantu M ij koju dobijemo brisanjem i togretka i j tog stupca matrice A nazivamo minoraelementa a ij matrice A; a algebarski komplementelementa a ij je:A ij = ( 1) i+j M ij :Za matricu A trećeg reda vrijedi:det A ==3Xa ij A ij = a i1 A i1 + a i2 A i2 + a i3 A i3j=13X( 1) i+j a ij M ij ; za i = 1; 2; 3j=1što je razvoj determinante po idet A ==tom retku, te3Xa ij A ij = a 1j A 1j + a 2j A 1j + a 3j A 3ji=13X( 1) i+j a ij M ij ; za j = 1; 2; 3i=1što je razvoj determinante po jtom stupcu.

Determinanta matrice ntog reda - Laplaceov razvojNeka je A = [a ij ] matrica n tog reda i neka je n 3,M ij minora, a A ij algebarski komplement elementaa ij : Deniramo determinantu matrice n tog reda nanacin:det A =nXa ij A ij =j=1nX( 1) i+j a ij M ij ; za i = 1; 2; :::; nj=1što je Laplaceov razvoj determinante po itedet A =nXa ij A ij =i=1tom retku,nX( 1) i+j a ij M ij ; za j = 1; 2; :::; ni=1što je Laplaceov razvoj determinante po jtom stupcu.Napomena: vrijednost determinante ne ovisi o izboruretka ili stupca po kojem je razvijamo, a odabiremoredak ili stupac koji ima najviše nula.

Vratimo se opet na determinantu trećeg reda. Zakonracunanja determinante 3. reda lako se pamtiprimjenom tzv. Sarrusovog pravila: Determinanti dopišemo s desna prva dva njezinastupca, zbrojimo produkte elemenata na glavnoj dijagonali injoj paralelnim pravcima, od dobivenog zbroja produkata oduzmemo produkteelemenata na sporednoj dijagonali i njojparalelnim pravcima.Po tom pravilu dobivamo: a 11 a 12 a 13 a 11 a 12a 21 a 22 a 23 a 21 a 22 = a 31 a 32 a 33 a 31 a 32= a 11 a 22 a 33 + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32a 13 a 22 a 31 a 11 a 23 a 32 a 12 a 21 a 33 :Uspore ¯divanjem sa ranijim izrazom (1) uocavamo dase ovim pravilom dobiva isti rezultat.

Svojstva determinantiSljedeća svojstva olakšavaju racunanje determinanti.1. Determinanta trokutaste matrice jednaka je produktuelemenata na dijagonali.2. det (A) = det A TZbog svojstva 2. sve sljedeće tvrdnje koje vrijede zaretke, vrijede i za stupce.3. Determinanta koja ima u nekom retku samo nulejednaka je 0:4. Zamjenom dvaju susjednih redaka determinantamijenja predznak.5. Vrijednost determinante se ne mijenja ako nekomretku pribrojimo neki drugi redak pomnoen snekim brojem.6. Determinanta s dva jednaka ili proporcionalnaretka jednaka je 0.7. Determinanta se mnoi nekim brojem tako da setim brojem pomnoe elementi jednog (proizvoljnog)retka.8. (Binet-Cauchyev teorem) Za matrice A; B 2 M nvrijedi:det (AB) = det A det B:

Vrijedi sljedeće:a 11 a 12 a 13b 1 + c 1 b 2 + c 2 b 3 + c 3a 31 a 32 a 33 = a 11 a 12 a 13 b 1 b 2 b 3 +a 31 a 32 a 33a 11 a 12 a 13 c 1 c 2 c 3a 31 a 32 a 33za determinatnte bilo kojeg reda i za proizvoljan brojpribrojnika u bilo kojem retku polazne determinante.Primjer: Primjenom navedenih svojstava izracunajmodeterminantu:1 1 1 23 2 2 42 1 3 5= - 3 I + II !1 1 1 20 1 1 22 I + III !0 1 5 9= 4 3 3 1 - 4 I + IV ! 0 7 7 9 =II + III !- 7 II + IV !1 1 1 20 1 1 20 0 4 70 0 0 5= 1 1 4 5 = 20

1.3. Inverzna matricaDenicija 1.7. Neka je A 2 M n : Za matricu Akaemo da je regularna (invertibilna) ukoliko postojimatrica B za koju vrijediAB = BA = I:Za matricu A kaemo da je singularna ukoliko nijeregularna.Matrica B je (ukoliko postoji) jedinstvena, oznacavamoje sa A 1 i nazivamo inverzna matricamatrice A:Dakle, vrijediAA 1 = A 1 A = I:Ako je G n skup svih regularnih matrica reda n; tadavrijedi:i) G n 6= M n ,ii) I 2 G n ,iii) za sve matrice A; B 2 G n je AB 2 G n i vrijedi(AB) 1 = B 1 A 1 ;iv) za svaku matricu A 2 G n vrijedi A 1 1= A:

Ako je A 2 G n (kvadratna i regularna) (samo tada!)deniramo potencijeA 2 def= A 1 A 1 ;A p def= A 1 p; p 2 NVrijedi: A p = A 1 p= (A p ) 1 :Dva pitanja:1. Kada je matrica A 2 M n regularna?2. Ako je matrica A 2 M n regularna, kako naći A 1 ?Jedan od mogućih odgovora na ova pitanja dajudeterminante. Moe se pokazati:A 2 M n je regularna () det A 6= 0:Posljedica:A 2 M n je singularna () det A = 0:Dakle, ako je det A = 0 onda je A singularna matrica,tj. nema inverz.

Ako je A 2 M n je regularna. Tada vrijedi:A 1 A = AA 1 = I:Po svojstvu 8. (Binet-Cauchyev teorem) slijedidet A 1 A = det A 1 det (A) = det I = 1:Ovo povlaci det (A) 6= 0 i dodatnodet A 1 =1det (A) :()Inverz regularne matrice moemo racunati na sljedećinacin:A 1 =1det (A) ~ A T ; (|)gdje je ~ A = [A ij ] i A ij su algebarski komplementielemenata matrice A.Matricu ~ A T nazivamo adjunkta matrice A:

Primjer. Odredimo inverznu matricu matrice2 32 1 3A = 4 2 3 4 5:5 0 3Kako jedet A =(razvoj po 2. stupcu) = = 1 ( 1) 1+2 2 4 5 3 + 3 ( 2 31)2+2 5 3 + 0 = 1 6= 0to je matrica A regularna, tj ima inverz.23A 1 1= Adet (A) ~ A T 1 11 A 21 A 31= 4 A 12 A 22 A 325 : ()det (A)A 13 A 23 A 33Racunamo sad A ij algebarske komplemente elemenataa ij zadane matrice:A 11 = 3 40 3 = 9; A 12 =2 4 5 3 = 26A 13 =2 3 5 0 = 15; A 21 = 1 30 3 = 3A 22 = 9; A 23 = 5;A 31 = 5; A 32 = 14; A 33 = 8:

Konacno prema formuli () dobivamo:23 2A 1 = 1 9 3 5 9 3 54 26 9 14 5 = 4 26 9 14115 5 8 15 5 835 :Kako moemo provjeriti tocnost rezultata?Provjerite rezultat! 1 2Primjer. Odredimo inverz matrice A = :3 4 a11 aOpćenito za matricu reda 2; A = 12imamoa 21 a 22A 1 ==1det (A) ~ A T =1det (A)1det (A) a22 a 12a 21 a 11 A11 A 21A 12 A 22=pa je za zadanu matricuA 1 = 1 4 22 3 1= 2 13212:

Ekvivalentne matriceNeka su A i B matrice istog tipa. Za matrice A i Bkažemo da su ekvivalentne i pišemoA ∼ Bako se B može dobiti iz A primjenom konačno mnogoelementarnih transformacija na matrici A.Elementarne transformacije nad matricom A su:1. Zamjena dvaju redaka (stupaca) matrice A,2. Množenje nekog retka (stupca) matrice A skalaromλ ≠ 0,3. Dodavanje nekog retka (stupca) matrice A nekomdrugom retku (stupcu) te matrice.

Elementarne transformacije nam daju drugipostupak za racunanje inverzne matrice: Neka je A matrica reda n. Formiramo matricu tipan 2n oblika[A j I]gdje je I jedinicna matrica (istog reda kao ipolazna). Elementarnim transformacijama nad retcimamatricu [A j I] svodimo na oblik [I j B] :[A j I] [I j B]Ako je to moguće, A je regularna i A 1 = B:Ako to nije moguće, tada je A singularna matrica.

Primjer. Odredimo inverz matrice A =[A j I] =Dakle 1 23 4 1 0 0 1 I + II ! 1 00 2 1 0 12 II ! 0 1A 1 = 1 23 4: - 3 I + II ! 1 20 232 2 1322 13 12 11212:= I j A 11 03 1 Neka je dana matrica A tipa m n:Podmatrice (submatrice) matrice A dobivaju seuklanjanjem bilo kojih redaka i stupaca te matrice.Minora (poddeterminanta, subdeterminanta) reda rmatrice A je determinanta bilo koje njene podmatricereda r (r m; r n).

1.4. Rang matriceDenicija 1.8. Rang matrice A je red njezinenajveće regularne podmatrice (minore koja je razlicitaod nule). Oznacavamo ga rang (A) :Rang matrice se denira i kao broj linearno nezavisnihredaka (stupaca) te matrice.Ako je matrica tipa m n; tada je ocitorang (A) min fm; ng :Teorem 1.9. Sljedeće tvrnje su ekvivalentne:(i) rang (A) = r:(ii) Barem jedna minora od A reda r je razlicita odnule, a sve minore reda većeg od r su jednakenula.Teorem 1.10. Ekvivalentne matrice imaju isti rang,tj.A B =) rang A = rang B:Ako je A matrica reda n, onda vrijedi sljedeće:A je regularna () det A 6= 0 () rang (A) = n:

PITANJE: Kako racunati rang matrice?Da bismo odredili rang matrice A elementarnimtransformacijama je svodimo na njoj ekvivalentnumatricu B trokutastog oblika kojoj je rang evidentan:23b 11 b 12 b 13 b 1r b 1r+1 b 1n0 b 22 b 23 b 2r b 2r+1 b 2n0 0 b 33 b 3r b 3r+1 b 3nA B =. . . . . . . .0 0 0 b rr b rr+1 b rn6 0 0 0 0 0 074 . . . . . . 50 0 0 0 0 0Ispod glavne dijagonale matrice B su nule. Ukolikosu svi b 11 ; b 22 ; :::; b rr razliciti od nule tada uocavamominoru reda r :b 11 b 12 b 13 b 1r0 b 22 b 23 b 2r0 0 b 33 b 3r. . ... .0 0 b rr = b 11 b 22 ::: b rr 6= 0;pa je rang A = rang B = r:(r broj ne-nul redaka matrice B:)

Primjer. Odredimo rang matrice2 31 2 3 2A = 4 2 3 5 1 51 3 4 5Koliki (maksimalno) moe biti rang zadane matrice?A =241 2 3 22 3 5 11 3 4 5II III !35 - 2 I + II !I III !241 2 3 20 1 1 30 0 0 03245 :1 2 3 20 1 1 30 1 1 335 Dakle rang A = 2:

1.5. Matricni zapis sustava od m linearnih jednadbisa n nepoznanicaSustavu 2x1 3x 2 x 3 = 1x 1 + 2x 2 + 4x 3 = 0(S1)moemo pridruiti tri matriceA =x =b =Sada je 2 3 1matrica (koecijenata) sustava1 2 42 3x 14 x 25 vektor (matrica) nepoznanicax 3 10vektor (matrica) slobodnih koecijenataAx = 2x1 3x 2 x 3;x 1 + 2x 2 + 4x 3pa iz (S1) slijedi jednakost matrica Ax = b:Sustavu pridruujemo i proširenu matricu sustava 2 3 1A p = [A jb] =1 2 4 1 :0

Općenito, matricni zapis sustava od m linearnih jednadbisa n nepoznanica8a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1m x n = b 1>:a m1 x 1 + a m2 x 21 + + a mn x n = b mjeAx = b :gdje jeA =x =b =23a 11 a 12 a 1n6 a 21 a 22 a 2n74 . . . 5 matrica sustavaa m2 a m2 a mn2 3x 16 x 274 . 5 vektor nepoznanicax n2 3b 16 b 274 . 5 vektor slobodnih koecijenatab mProširena matrica sustava (S) je: A p = [A jb] :

Rješenje sustava (S) je svaka ure ¯dena n torka(x 1 ; x 2 ; :::; x n ) koja sve jednadbe sustava zadovoljavaidenticki.Za dva sustava kaemo da su ekvivalentna ukolikoimaju isti skup rješenja.Vrijedi: rješenje sustava se ne mijenja, tj. dobivamoekvivalentan sustav, ako izvršimo bilo koju odsljedećih radnji:i) neku jednadbu pomnoimo brojem razlicitim od 0;ii) zamijenimo dvije jednadbe,iii) jednu jednadbu (pomnoenu s nekim brojem) pribrojimodrugoj.Ove radnje odgovaraju sljedećim radnjama naproširenoj matrici sustava A p :i') neki redak pomnoimo brojem razlicitim od 0;ii') zamijenimo dva retka,iii') jedan redak (pomnoen s nekim brojem) pribrojimodrugome.Radnje i'), ii'), iii') su zapravo elementarne transformacijenad retcima matrice A p .

Primjer. Zadani su sustavi:1. x1 + 2x 2 = 12x 1 + 3x 2 = 2Ekvivalentni sustavi:x1 + 2x 2 = 12x 1 + 3x 2 = 2s2I+IIx1 + 2x 2 = 1x 2 = 4s1IIx1 + 2x 2 = 1x 2 = 4Rješenje: (x 1 ; x 2 ) = ( 7; 4) :2II+Isx1 = 7x 2 = 4Odgovarajuće proširene matrice sustava 1 2A p =11 22 3 s12 2I+II 0 1 4 1 20 1 1 42II+Is 1 00 174s1IIGornji sustav (zamjenom: x 1 7! x i x 2 7! y) moemogeometrijski interpretirati kao dva pravca u ravninip 1 ::: x + 2y = 1p 2 ::: 2x + 3y = 2koji se sijeku u tocki (x; y) = ( 7; 4) :

y6(­7,4)5432x+3y=­2x+2y=121­10 ­9 ­8 ­7 ­6 ­5 ­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3­1x­2y3x+2y=12­2x­4y=11­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3­1x­2y4x+3y=53­2x­6y=­1021­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3­1x

2. Ekvivalentni sustavi:x 1 + 2x 2 = 12x 1 4x 2 = 1pa nema rješenja.x 1 + 2x 2 = 12x 1 4x 2 = 1s2I+IIx1 + 2x 2 = 10 = 3 ;Odgovarajuće proširene matrice sustava1 2A p =2 4 1 1 2s1 2I+II 0 0 1 3Gornji sustav (zamjenom: x 1 7! x i x 2 7! y) moemogeometrijski interpretirati kao dva paralelna pravca uravninip 1 ::: x + 2y = 1 =) y = 1 2 x + 1 2p 2 ::: 2x 4y = 1 =) y = 1 2 x 14(ne sijeku se).

3. Ekvivalentni sustavi:x 1 + 3x 2 = 52x 1 6x 2 = 10x 1 + 3x 2 = 52x 1 6x 2 = 10s2I+IIx1 + 3x 2 = 50 = 0 ;pa imamo beskonacno rješenja danih sa x 2 = t;x 1 = 3x 2 + 5 = 3t + 5; t 2 R; tj.(x 1 ; x 2 ) = ( 3t + 5; t) ; t 2 R:Odgovarajuće proširene matrice sustava 1 3A p =5 2I+II 1 32 6 s100 0 5 0Gornji sustav (zamjenom: x 1 7! x i x 2 7! y) moemogeometrijski interpretirati kao dva pravca u ravninikoji se podudarajup 1 ::: x + 3y = 5 =) y = 1 3 x + 5 3p 2 ::: 2x 6y = 10 =) y = 1 3 x + 5 3(pravci se sijeku u svim tockama - jednadbepredstavljaju isti pravac).

Ponovimo: Matricni zapis sustava od m linearnihjednadbi sa n nepoznanica8a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1m x n = b 1>:a m1 x 1 + a m2 x 21 + + a mn x n = b mjeAx = b :gdje jeA =x =b =23a 11 a 12 a 1n6 a 21 a 22 a 2n74 . . . 5 matrica sustavaa m2 a m2 a mn2 3x 16 x 274 . 5 vektor nepoznanicax n2 3b 16 b 274 . 5 vektor slobodnih koecijenatab mProširena matrica sustava (S) je: A p = [A jb] :

1.6. Kronecker-Capellijev teoremAko je zadan sustav (S) pitanja su: Kad sustav ima rješenje? Ako rješenje postoji, je li jedinstveno ili ne? Ako rješenje postoji kako ga naći?Na prva dva pitanja odgovor daje sljedeći teorem:Teorem 1.11. (Kronecker-Capellijev)i) Sustav (S) ima rješenje ako i samo ako jerang ([A jb]) = rang (A) = r:ii) Ako je rang ([A jb]) = rang (A) = r onda je sustavekvivalentan sustavu koji se dobije uzimanjem r linearnonezavisnih jednadbi, tj. redaka matrice [A jb] :iii) Neka je rang ([A jb]) = rang (A) = r i n brojnepoznanica. Sustav ima jedinstveno rješenje ako jer = n: Ako je r < n sustav ima beskonacno rješenjaizraenih pomoću n r parametara.

Primjeri. Promotrimo opet sustave iz prethodnogprimjera:1. x1 + 2x 2 = 12x 1 + 3x 2 = 2Odgovarajuća proširena matrica sustava je 1 2A p = [Aj b] =11 22 3 s2 2I+II 0 1 1 20 1 1 42II+Is 1 00 17414= [A R j b 0 ]s1IIDakle, ovdje je m = n = 2; te r = 2; pa imamojedinstveno rješenje: (x 1 ; x 2 ) = ( 7; 4) :

2. x 1 + 2x 2 = 12x 1 4x 2 = 1Odgovarajuća proširena matrica sustava je1 2A p = [Aj b] =2 4 1 1 2s1 2I+II 0 0 Dakle, ovdje je m = n = 2; terang (A) = 1 < 2 = rang ([A jb]) ;pa nemamo rješenje:13= [A R j b 0 ]3. x 1 + 3x 2 = 52x 1 6x 2 = 10Odgovarajuća proširena matrica sustava jeA p =1 32 6510s2I+II 1 30 0 5 = [A0 R j b 0 ]Dakle, ovdje je m = n = 2; terang (A) = rang ([A jb]) = r = 1 < 2 = n in r = 1;pa imamo jednoparametarsko rješenje dano sa(x 1 ; x 2 ) = ( 3t + 5; t) ; t 2 R:

Ako je u sustavu (S) b 1 = b 2 = ::: = b m = 0, tj. ako je(S) oblika8a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1m x n = 0>:a m1 x 1 + a m2 x 21 + + a mn x n = 0ili u matricnom zapisuAx = 0;onda taj sustav nazivamo homogeni sustav od mlinearnih jednadbi s n nepoznanica.Homogeni sustav uvijek ima trivijalno rješenje(x 1 ; x 2 ; :::; x n ) = (0; 0; :::; 0) ili matricno x = 0:Iz Teorema 1.11 (K-C) slijedi: sustav (S-h) ima samo trivijalno rješenje ako i samoako je rang (A) = n; sustav (S-h) ima parametarsko rješenje (netrivijalna)ako i samo ako je rang (A) < n:

Primjer.1. x 1 + 2x 2 = 02x 1 4x 2 = 0Odgovarajuća proširena matrica sustava je 1 2A p = [Aj b] =2 4 0 1 2s0 2I+II 0 0 0 = [A0 R j b 0 ]Dakle, ovdje je m = n = 2; te rang (A) = r = 1; paimamo parametarsko rješenje: (x 1 ; x 2 ) = ( 2t; t) ;t 2 R:2. x1 + 2x 2 = 02x 1 + 3x 2 = 0Odgovarajuća proširena matrica sustava je 1 2A p = [Aj b] =2 3 0 1 2s0 2I+II 0 1 0 0 1 00 1 0 0= [A R j b 0 ]2II+Is1IIDakle, ovdje je m = n = 2; te rang (A) = r = 2; paimamo jedinstveno rješenje: (x 1 ; x 2 ) = (0; 0) :

1.7. Gaussova metoda eliminacijeSustavu (S) pridruimo matricu A p = [A jb] : Nizomelementarnih transformacija nad retcima matriceA p = [A jb] i zamjenom stupaca matrice A; cilj je doćido ekvivalentne matrice oblika2a 0 11 a 0 12 a 0 1r a 0 1r+1 a 0 1n0 a 0 22 a 0 2r a 0 2r+1 a 0 2n0 0 ... . . .[A jb] s : : : s. . ... . . .0 0 0 a 0 rr a 0 rr+1 a 0 rn6 0 0 0 0 0 04 . . . . . .0 0 0 0 0 0gdje su elementi a 0 11; a 0 22; :::; a 0 rr svi razliciti od 0:Sada je rang (A) = r: Nadalje, ako je: barem jedan od b 0 r+1; :::; b 0 m razlicit od 0; tada jerang (A) < rang (A p ) ; pa sustav nema rješenje.b 0 1b 0 2..b 0 rb 0 r+1.b 0 m b 0 r+1 = = b 0 m = 0; tada je rang (A) = rang (A p ) =r; pa sustav ima rješenje i to:– ako je r = n; jedinstveno rješenje,– ako je r < n, (n r) parametarsko rješenje, anepoznanice kojima pripadaju stupci r + 1; :::; nsu parametri.375

Primjer. Zadani su sustavi:1. 8

2. 8

3. 8

1.8. Cramerov sustavSustav od n linearnih jednadbi sa n nepoznanica8a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1>:a n1 x 1 + a n2 x 21 + + a nn x n = b nili matricnoAx = b;gdje je matrica sustava A regularna matrica(rang (A) = n), nazivamo Cramerov sustav.Cramerov sustav uvijek ima jedinstveno rješenje x(jer je r = n):Mnoenjem matricne jednadbe s A 1 (slijeva) dobivamox = A 1 b:To rješenje se moe zapisati i Cramerovom formulomdanom u narednom teoremu:

Teorem 1.12. (Cramer) Neka je matrica A regularnai neka je D i determinanta matrice koja se dobijezamjenom i tog stupca matrice A s vektorom b:Tada su komponente rješenja x sustava Ax = bdane sax i =D idet A :Primjer. Zadani su sustavi:1. x 1 + 2x 2 = 22x 1 4x 2 = 1Determinanta matrice sustava jedet A =1 2 2 4 = 0 ) A - singularna) Sustav nije Cramerov!) Rješavanje s. Gaussovom metodom eliminacije!

2. x1 + 2x 2 = 12x 1 + 3x 2 = 2Determinanta matrice sustava jedet A = 1 22 3 = 1 ) A - regularna ) Cramerov s.I. nacinA =x = A 1 b =) 1 22 3x1x 2=) A 1 = 3 22 1 12 3 22 1= 74II. nacinD 1 =D = det A = 1 22 3 = 1 6= 01 22 3 = 7; D 2 = 1 12 2 = 4x 1 = D 1det A = 7 1 = 7x 2 = D 2det A = 4 1 = 4

3. 8

1.9. Matricne jednadbePromatrajmo matricnu jednadbu oblikaAX = B (1)gdje su A = [a ij ] m;ni B = [b ij ] m;kpoznate matrice.Rješenje matricne jednadbe (1) je matrica X tipan k koja matricnu jednadbu (1) zadovoljavaidenticki.Dakle, treba naći (nepoznate) elemente matrice X:Rješavanje jednadbe (1) se općenito svodi narješavanje k sustava od kojih svaki ima m linearnihjednadbi i n nepoznanica.No mi razmatramo samo specijalan slucaj matricnejednadbe (1) :Ako je A kvadratna matrica reda n onda će sustavAX = Bimati jedinstveno rješenje ako i samo ako je A regularna,a rješenje je onda dano saX = A 1 B:

Za regularne matrice A i B sustavAXB = Cima jedinstveno rješenje i ono je dano saX = A 1 CB 1 :

2. VEKTORSKA ALGEBRA

Vektori Realni zikalni svijet:– neke velicine opisuju se jednim (realnim) brojem -skalarom (teina, duljina,...);– neke velicine se ne mogu opisati samo jednim(realnim) brojem - opisujemo ih vektorima (sila,brzina,...). Pretpostavka: intuitivno jasan pojam trodimenzionalnog(Euklidskog) prostora E 3 . Oznake:– tocke: A, B, M, N, P ,..., T ;– duine: AB, MN, ...;– udaljenosti - duljine duina: d (A; B) ili jABj, ....AB = BA!AB 6= BA!

Orijentirane duine i vektoriDenicija 2.1. Orijentirana duina AB ! je duina kojoj se znapocetna tocka (hvatište) A i završna tocka B, tj.(A; B) := AB;! Za dvije orijentirane duine AB ! !i CD kaemo dasu ekvivalentne ako postoji translacija koja prevodijednu u drugu, tj. ako je cetverokut ABDCparalelogram (duine AD i BC imaju zajednickopolovište). Pišemo AB ! CD;!!AB CD;!!AB GH;!!AB EF ! ;!AB MN;!(nisu ekvivalentne)

Sve me ¯dusobno ekvivalentne orijentirane duinetvore klasu koju nazivamo vektor; Pojedinu orijentiranu duinu iz svake klase nazivamopredstavnikom te klase;Vektore oznacavamo:~a =h !iAB ;gdje je ! AB neki predstavnik dane klase - vektora(kaemo da je vektor "sveden" na pocetak A; tj. dasmo uzeli predstavnika vektora ~a sa pocetkom u tockiA).Dakle, h ! ABi=h ! CDi=h ! EFi= ! aGeometrijski, vektor ~a =odre ¯den je s tri podatka:h ! ABi, u ravnini ili prostoru, nosacem - pravcem (odre ¯denim tockama A i B); orijentacijom na tom pravcu (od A prema B); duljinom ili normom j~aj = d (A; B) ;Neprecizna oznaka za vektor: ~a = ! AB:

Skup svih vektora oznacavamo sa V (vektore napravcu sa V 1 ; vektore u ravnini sa V 2 ; a vektore uprostoru sa V 3 ):Neka je O istaknuta (cvrsta tocka) u prostoru. Zasvaki vektor ~a moguće je odabrati njegovog predstavnika,tako da mu pocetna tocka bude O.!OT nazivamo radij-vektorVektor (orijentiranu duinu)ili vektor poloaja tocke T: Oznacimo sa V 0 skup svihradij-vektora s pocetkom u O:Denicija 2.2. Za orijentirane duine kaemo da su istog smjeraako lee na paralelnim pravcima.h !i Za dva vektora ~a = OA i ~ h !ib = OB kaemo dasu kolinearna ako tocke O; A, B pripadaju istompravcu.h !i Vektori ~a = OA i ~ h !ib = OB imaju istu orijentacijuako se tocke A i B nalaze s iste strane tocke O; aimaju razlicitu orijentaciju ako se tocke A i B nalazes razlicitih strana tocke O:orijentirane duine istog smjera, iste orijentacije ijednake duljine deniraju isti vektor.

Nul-vektor ~0 je vektor duljine 0: Dakle, ~ 0 = 0:(Nema smisla govoriti o smjeru). Vrijedi:h !i~0 = AA ; 8A 2 E 3Jedinicni vektor ~e je vektor duljine 1: Dakle, j~ej = 1:Suprotni vektor vektora ~a je vektor ~a koji ima istismjer i duljinu kao vektor h ~a , ali suprotnu orijentaciju!ih !iod ~a: Dakle, ako je ~a = AB ; onda je ~a = BA :

Operacije s vektorimaDenicija 2.3. Neka su ~a =h !iABi ~ b =h !iBCvektori. Zbroj vektora ~a i ~ b je vektor~c = ~a+ ~ h !h !i h !ib = ABi+ BC = AC (pravilo trokuta)ili ako je ~a =~c = ~a + ~ b =h !iOAh !iOCi ~ b =h !iOBonda je(pravilo paralelograma);gdje je C cetvrti vrh paralelograma deniranogtockama O, A, B.

Poopćenje:~a 1 +~a 2 +:::+~a n =h!h!h!iA 0 A 1i+ A 1 A 2i+:::+ A n 1 A n =h!iA 0 A nSvojstva:Neka su ~a, ~ b i ~c vektori, tada vrijedi. ~a + ~ b +~c = ~a + ~b + ~c (svojstvo asocijativnosti); ~a + ~0 = ~0 + ~a = ~a; ~a + ( ~a) = ~a + ~a = ~0; ~a + ~ b = ~ b + ~a (svojstvo komutativnosti):

Deniramo oduzimanje vektora kao~a ~ b =: ~a +~bili ako je ~a =h !iOAi ~ b =h !iOB~a ~ b =h ! BAi:;onda je

Denicija 2.4.Neka je ~a vektor i 2 R: Produkt skalara i vektora ~aje vektor ~c = ~a zadan sa: j~aj = jj j~aj ; vektori ~a i ~a su kolinearni (istog smjera); ako je > 0 onda ~a i ~a imaju istu orijentaciju, aako je < 0 onda ~a i ~a imaju suprotnu orijentaciju.(Za = 0 je j~aj = 0; pa je ~a nul-vektor).Svojstva:Neka su ~a, ~ b vektori i ; 2 R skalari, tada vrijedi. ~a + ~ b = ~a + ~ b; ( + )~a = ~a + ~a; ()~a = (~a) ;Specijalno vrijedi: 1 ~a = ~a; 1 ~a = ~a; ~0 = ~0; za svaki 2 R; ako je ~a 6= ~0 () j~aj 6= 0) onda je 1j~aj ~a =: ~aj~aj= ~a ojedinicni vektor vektora ~a.

Koordinatizacija- olakšava baratanje s vektorima.Koordinatizacija pravca Odaberemo (brojevni) pravac p; tocku kojoj je pridruena 0 oznacimo sa O; a tockukojoj je pridruena 1 oznacimo sa I;Vektor ~i = OI ! ! je jedinicni vektor OI = d (O; I) = 1 . Tako smo na pravcu p zadali koordinatni sustav O;~i :Svakoj tocki T 2 p je jednoznacno pridruen realni!broj x (apscisa) i vektor OT . Vrijedi:~a = ! OT = x ! OI = x ~i =: [x] =: (x)(iz svojstava mnoenja vektora sa skalarom).

Za tocke T; S 2 p; T (x 1 ) ; S (x 2 ) i ; 2 R vrijedi OT ! + OS ! = x 1 ~i + x 2 ~i = (x 1 + x 2 ) ! i= [x 1 + x 2 ] = (x 1 + x 2 ) :(svedeno na operacije s brojevima).Koordinatizacija ravnine Odaberemo dva okomita (brojevna) pravaca p i qkoji se sijeku u tocki O (i lee u ravnini ); na pravcu p zadajmo koordinatni sustav O;~i ; a na pravcu q zadajmo koordinatni sustav O;~jtako da je~i = ! OI; ~j = ! OJ; ~ i = ~ j = 1;i tako da tocka I; rotacijom za 2 u pozitivnomsmjeru, prelazi u tocku J:S ovim smo u ravnini zadali desni pravokutni koordinatni sustav O;~i;~j :

Svakoj tocki T 2 je jednoznacno pridruen ure ¯deni!par realnih brojeva (x; y) i vektor OT . Vrijedi:~a = OT ! x= x~i + y~j =: =: (x; y)y(iz svojstava zbrajanja vektora i mnoenja saskalarom).

Nazivi: pravac p: os apscisa ili x-os; pravac q: os ordinata ili y-os; x i yordinata;koordinate tocke T ; x je apscisa, a y je x i y skalarne komponente radij-vektora OT ! ; x~i i y~j vektorske komponente radij-vektora OT ! ;Za tocke T; S 2 ; T (x 1 ; y 1 ) S (x 2 ; y 2 ) i ; 2 Rvrijedi OT ! + OS ! x1 x2= + =y 1 y 2 x1 + x=2= (xy 1 + y 1 + x 2 ; y 1 + y 2 ) :2(svedeno na operacije s matricama).

Koordinatizacija prostora Odaberemo u prostoru E 3 tri me ¯dusobno okomita(brojevna) pravaca p, q i r koji se svi sijeku utocki O; u ravnini odre ¯denoj s pravcima pi q zadamo desni pravokutni koordinatni sustav 0;~i;~j naprije opisani nacin; na pravcu r zadajmo koordinatni sustav0; ~ k ;tako da vektori ~i;~j i ~ k zadovoljavaju pravilo desne ruke.S ovim smo u prostoru E 3 zadali desni pravokutnikoordinatni sustav 0;~i;~j; ~ k i pri tome vrijedi~i = OI; ! ~j = OJ; ! ~! k = OK; ~i = ~ j = ~ k = 1:Svakoj tocki T 2 E 3 je jednoznacno pridruena ure-!¯dena trojka realnih brojeva (x; y; z) i vektor OT .Vrijedi:2 3~a = OT ! = x~i + y~j + z ~ xk =: 4 y 5 =: (x; y; z)z(iz zbrajanja vektora i mnoenja sa skalarom).

Nazivi: pravac p: os apscisa ili x-os; pravac q: os ordinata ili y-os; pravac r: os aplikata ili z-os; x, y; z koordinate tocke T ; x je apscisa, y jeordinata, a z aplikata; x, y; z skalarne komponente radij-vektora OT ! ; x~i, y~j, z ~ k - vektorske komponente radij-vektora OT ! ; prostor E 3 je podijeljen u 8 oktanata

Za tocke T; S 2 E 3 T (x 1 ; y 1 ; z 1 ) S (x 2 ; y 2 ; z 2 ) i; 2 R vrijedi2 3 2 3 OT ! + OS ! x 1 x 2= 4 y 15 + 4 y 25 =z 1 z 2=243x 1 + x 2y 1 + y 25 = (x 1 + x 2 ; y 1 + y 2 ; z 1 + z 2 ) :z 1 + z 2(svedeno na operacije s matricama).Neka je u koordinatnom sustavuvektor ~a = (x; y; z) tada je:0;~i;~j; ~ k duljina ili norma vektora ~a = OT!j~aj = OT! = p x 2 + y 2 + z 2(vidi se geometrijski: OT! = d (O; T )): ako je ~a 6= ~0; tada je pripadni jedinicni vektor~a 0 = 1j~aj ~a =~aj~aj = x ~i + y~j + z ~ kpx2 + y 2 + z 2 :zadan

Skalarni, vektorski i mješoviti umnoak vektora!Denicija 2.6. Kut izme ¯du vektora ~a = [ OA ] i~! b = [ OB ] je (manji) kut izme ¯du orijentiranih duina! !OA i OB; tj.' = ] !a ! ! !; b =: ] OA; OB ; 0 ' :Denicija 2.7. Neka su dani vektori ~a i ~ b i neka je' = ] !a !; b : Skalarni umnoak vektora ~a i ~ b jerealan broj (skalar)! !a b = j! ! a j b cos ':

Napomena. Ako je ~a = ~0 ili ~ b = ~0; onda' = ] !a !; b nije deniran, pa deniramo~0 ! b = ! a ~0 =: 0:Svojstva:Neka su ~a, ~ b; ~c vektori i 2 R, tada vrijedi:S1. ! a ! b = 0 , ~a = ~0 ili ~ b = ~0 ili ~a ? ~ b (' = 2 );S2. ! a ! a = j ! a j 2 ;S3. !a ! b = (~a) ! b = ~a ! b; (homogenost)S4. ! a ! b = ! b ! a ; (komutativnost)S5. ! !ba + ~c = ! a ! b + ! a ! c ; (distributivnost) ! b = 2 i ~a ? ~ b izracunajtePrimjer. Neka je j ! a j = 1;2 ! !a b = 2 ! a 3 ! a + 2 ! a 2 ! b +S4= 6 j ! a j 2 + ! a ! b 2 ! b3 ! a + 2 ! b!b S5= 3 ! a +!b 2 ! b S3;S2= 2 S1= 6 1 2 + 0 2 2 2 = 2

Projekcija vektora na vektorNeka su dani vektori ~a =h !iOA6= ~0 i ~ b =h ! OBi.Neka je tocka B 0 ortogonalna projekcija tocke B napravac odre ¯den tockama 0 i A. Tada vektorh ! i~ b~a = OB0= ! b cos ' ~a o = ! b cos ' ~aj~ajnazivamo vektorska projekcija vektora ~ b na vektor ~a.Skalar ~a ~b = ! b cos 'nazivamo skalarna projekcija vektora ~ b na vektor ~a.Vrijedi:~ b~a = ~a~b ~a o =! a ! bj ! a j ~a o = !a ! b ! aj ! a j 2 :

U pravokutnom koordinatnom sustavudenicije skalarnog umnoška, slijedi:0;~i;~j; ~ k , iz~i ~i = ~j ~j = ~ k ~ k = 1; (1.1)~i ~j = ~j ~ k = ~ k ~i = 0 S4:) ~j ~i = ~ k ~j =~i ~j = 0:(1.2)Za vektore ! a = a x~i + a y~j + a z~! k i b = bx ~i + b y~j + b z~ k je! !a b = a x~i + a y~j + a z~ k b x~i + b y~j + b z~ k= a x b x~i ~i + a x b y~i ~j + ::: + a z b y~ k ~j + a z b z~ k ~ k =Specijalno vrijedi:= ... (1.1 i 1.2) ... = a x b x + a y b y + a z b z! a ! a = a2x + a 2 y + a 2 z = j ! a j 2 :Kut izme ¯du vektora ~a i ~ b se racuna pomoćucos ' = cos ] !a ! ! ! a b; b =j ! a j ! =b = ...(svojstva)=a x b x + a y b y + a z b zqa 2 x + a 2 y + a 2 z qb 2 x + b 2 y + b 2 z

Prikloni kutevi ; ; vektora~a = a x~i + a y~j + a z~ k 6= ~0su kutevi koje taj vektor zatvara s vektorima ~i; ~j i ~ k;redom. Budući je ] !a ; ~i = ] ~a o ;~i ;onda jecos = cos ] !a !; i =! ! a ij ! a j ! i=a xq:a 2 x + a 2 y + a 2 z

Slicno, cos = cos ] !a ; ~j=! a ~jj ! a j ~ j=a yqa 2 x + a 2 y + a 2 z; cos = cos ] !a ; ~ k=! a ~ kj ! a j ~ k=a zqa 2 x + a 2 y + a 2 z:Dakle, za jedinicni vektor vektora ~a vrijedi:~a o = ~aj~aj = a x ~ i + a y~j + a z~ kqa 2 x + a 2 y + a 2 z= cos ! i + cos ~j + cos ~ k:cos 2 + cos 2 + cos 2 = 1

Denicija 2.8. Neka su dani vektori ~a i ~ b i neka je' = ] !a !; b : Vektorski umnoak vektora ~a i ~ bje vektor ~a ~ b sa svojstvima: ! a ! b = j ! a j ! b sin ';1.2. !a ! b ? ~ b i !a ! b ? ! a ;3. Trojka !a ; ~ b;! !a b cini desni koordinatnisustav ("pravilo desne ruke"):Dakle~a ~ b = j ! a j ! b sin ' ! n 0 ,gdje je ! n 0 jedinicni vektor okomit na vektore ~a i ~ b;a njegova orijentacija se odre ¯duje "pravilom desneruke".Napomena: Ako je ~a = ~0 ili ~ b = ~0; onda ' = ] !a !; bnije deniran, pa deniramo! 0 ! b =! a ! 0 =: ~0:

Geometrijska interpretacija: Duljina vektora ! a ! bje jednaka površini paralelograma P pg ; što ga denirajuvektori ~a i ~ b: ! a ! bgdje je v ~a = = j ! a j ! b ! b sin ' = j ! a j v ~a = P pg ; sin ' visina na stranicu (vektor) ! a :

Svojstva: Neka su ~a, ~ b; ~c vektori i 2 R, tada vrijedi:V1. ! a ! b = ~0 () ~a = ~0 ili ~ b = ~0 ili ~a i ~ b su kolinearni(' = 0 ili ' = );V2. ! a ! !bb = ! a (antikomutativnost);V3. !a ! b = (~a) ! b = ~a ! b (homogenost);V4. !a !+ b ! c = ! a ! c + ! b ! c ; (distributivnost):Specijalno vrijedi:V1'. ! a ! a = ~0 za svaki vektor ! a ;Primjer. Neka je j ! a j = 1; ! b = 2 i ~a ? ~ b: Izracunajtepovršinu paralelograma P što ga deniraju vektori2 ! !a b i! ! a + b :2 ! ! a b !a ! V 4:+ b == 2 ! a ! a + 2 ! a ! b +!b ! a +!b ! b =V 2:;V 1 0 :;V 3:= ~0 + 2 !a ! b + !a ! b + ~0 = 3 !a ! b Sada je P = 2 ! a ! b !a ! + b , tj.

P =3 !a ! b = 3 j ! a j U koordinatnom sustavu0;~i;~j; ~ k , iz denicije vektorskogumnoška, slijedi: ! b sin 2 = 3 1 2 1 = 6~i ~i = ~j ~j = ~ k ~ k = ~0;~i ~j = ~ k~j ~ k = ~i~ k ~i = ~jV 2:=) ~j ~i = ~ kV 2:=) ~ k ~j = ~iV 2:=) ~i ~ k = ~jZa vektore ! a = a x~i+a y~j+a z~! k i b = bx ~i+b y~j+b z~ k je! ! a b = a x~i + a y~j + a z~ k b x~i + b y~j + b z~ k= a x b x~i ~i + a x b y~i ~j + ::: + a z b y~ k ~j + a z b z~ k ~ k == (a y b z a z b y )~i (a x b z a z b x )~j + (a x b y a y b x ) ~ k = ~i ~j ~ k =a x a y a z : b x b y b zUocimo: Iz svojstava determinante ) svoj.: V1., V2., V3. (nije dokaz).= ...(svojstva)...

Denicija 2.9. Neka su dani vektori ~a, ~ b i ~c.Mješoviti umnoak vektora ~a, ~ b i ~c je umnoak(skalar) oblika: !a ! b ~cOznaka: !a ! h b ~c =: ~a; ~ ib;~c :Geometrijska interpretacija: Vektori ~a, ~ b i ~c denirajuparalelopiped (volumena V ): Ako je= ] !a ! b ;! c ;onda je visina paralelopipeda na bazu (paralelogram)deniran vektorima ~a i ~ b jednaka h = j~cj cos .

Sada je !a ! b~c = ! a ! bj~cjcos = P pg (h) = VUocimo: !a ! b ~c = 0 () ~a = ~0 ili ~ b = ~0 ili ~c = ~0 ili~a, ~ b i ~c su komplanarni ( = 2 ); !a ! b ~c 0 ) 2 0; 2;U koordinatnom sustavu0;~i;~j; ~ kza vektore! a = ax ~i+a y~j+a z~ k;! b = bx ~i+b y~j+b z~ k i! c = cx ~i+c y~j+c z~ kvrijedi:h~a; ~ ib;~c== !a !~i ~j ~ k b ~c =a x a y a z c x~i + c y~j + c z~ k = b x b y b zh(a y b z a z b y )~i (a x b z a z b x )~j+ (a x b y a y b x ) ~ ik c x~i + c y~j + c z~ k

a x a y a z = ...(svojstva skal. umn.)... =b x b y b z : c x c y c zIz svojstava determinanti imamo a x a y a z c x c y c z b x b y b z =a x a y a z = c x c y c z b x b y b zb x b y b zc x c y c za x a y a z ;tj. (ciklickom zamjenom) imamoh~a; ~ i hb;~c = ~c;~a; ~ i h ib = ~b;~c;~a : (1)Budući jepa jeh~a; ~ ib;~c !a ! b ~c V =2:h~a; ~ ib;~c ==h~b;~a;~ci= !b ! ah i~b;~a;~c ;h~a;~c; ~ ib= ~c imamoh~c; ~ ib;~a : (2)Napomena: Svojstva (1) i (2) vrijede i ako vektori nisuzadani u koordinatnom sustavu 0;~i;~j; ~ k :

Linearna nezavisnostNeka su ~a 1 ; ~a 2 ; :::;~a k vektori u prostoru E 3 i 1 ; 2 ; :::; k 2 R. Vektor~a= 1 ~a 1 + 2 ~a 2 + ::: + k ~a knazivamo linearna kombinacija vektora ~a 1 ;~a 2 ; :::;~a k :Denicija 2.5. Za vektore ~a 1 ; ~a 2 ; :::;~a k kaemo dasu linearno nezavisni ako za sve 1 ; 2 ; :::; k 2 R 1 ~a 1 + 2 ~a 2 +:::+ k ~a k = ~0 =) 1 = 2 = ::: = k = 0:U protivnom kaemo da su vektori ~a 1 ; ~a 2 ; :::;~a klinearno zavisni.Odnosno, za vektore ~a 1 ; ~a 2 ; :::;~a k kaemo da su linearnozavisni ako postoje skalari 1 ; 2 ; :::; k 2 R; odkojih je barem jedan razlicit od nule, takvi da je 1 ~a 1 + 2 ~a 2 + ::: + k ~a k = ~0:Ako su vektori ~a 1 ; ~a 2 ; :::;~a k linearno zavisni, ondabarem jedan od njih moemo izraziti kao linearnukombinaciju ostalih, i obratno, ako se barem jedan odvektora ~a 1 ; ~a 2 ; :::;~a k moe izraziti kao linearna komb.ostalih, onda su vektori ~a 1 ; ~a 2 ; :::;~a k linearno zavisni.

Ako su vektori ~a 1 = (x 1 ; y 1 ; z 1 ) ; :::; ~a k = (x k ; y k ; z k )zadani u koordinatnom sustavu 0;~i;~j; ~ k tadaje njihova linearna nezavisnost ekvivalentna s linearnomnezavisnosti stupaca matrice23x 1 x 2 x k4 y 1 y 2 y k5 :z 1 z 2 z k1. Koliko vektora na pravcu moe biti linearnonezavisno?2. Koliko vektora u ravnini moe biti linearnonezavisno?3. Koliko vektora u prostoru moe biti linearnonezavisno?Uocimo: svaka dva kolinearna vektora su linearno zavisna; svaka tri komplanarna vektora su linearno zavisna; svaka cetiri vektora u prostoru su linearno zavisna; svaka dva nekolinearna vektora su linearno nezavisna; svaka tri nekomplanarna vektora su linearnonezavisna.

Svaka tri linearno nezavisna ~a, ~ b, ~c vektora u prostoruE 3 cine bazu prostora E 3 :Dakle, svaki vektor ~ d u prostoru E 3 moemo najedinstven nacin izraziti kao linearnu kombinaciju vektorabaze ~a, ~ b , ~c:Napomena: Iz predhodnog zakljucujemo da svaka trinekomplanarna vektora ~a, ~ b ,~c vektora u prostoru E 3cine bazu prostora E 3 :Dakle vrijedi:~a; ~ hb; ~c je baza E 3 () ~a; ~ ib;~c 6= 0Ako jeh~a; ~ ib;~c> 0 ) ~a; ~ b;~c cine desni koordinatni sustav,a ako jeh~a; ~ ib;~c < 0 ) ~a; ~ b;~c cine lijevi koordinatni sustav.

Ako vektor d ~ u prostoru E 3 elimo izraziti kao linearnukombinaciju vektora baze ~a, ~ b, ~c; i ako su tivektori zadani u koordinatnom sustavu 0;~i;~j; ~ k ;onda je~d = ~a + ~ b + ~c )d x~i + d y~j + d z~ k =a x~i + a y~j + a z~ k +b x~i + b y~j + b z~ k +c x~i + c y~j + c z~ k) d x~i + d y~j + d z~ k =(a x +b x +c x )~i+ a y +b y +c y ~ j+ (a z +b z +c z ) ~ k)8

Primjer. Pokaite da vektori ~a = ~i + ~j; ~ b = ~i + ~ k;~c = ~j + ~ k cine bazu prostora E 3 i prikaite vektor~d = ~i + ~j + ~ k kao linearnu kombinaciju vektora ~a, ~ b,~c:~a; ~ b;~c je baza E 3 ,h~a; ~ ib;~c6= 0h~a; ~ ib;~c=1 1 01 0 10 1 1 = 2 6= 0 ) ~a; ~ b; ~c je baza.~d = ~a + ~ b + ~c )~i + ~j + ~ k = ~ i + ~j + ~ i + ~ k+ ~ j + ~ k= ( + )~i + ( + )~j + ( + ) ~ k + = 1 + = 1 + = 19=; =) (; ; ) = 12 ; 1 2 ; 1 2=)~d = 1 2 ~a + 1 2 ~ b + 1 2 ~c

Zadatak. Ispitajte da li su zadani vektori linearno zavisni.Ako jesu prikaite jedan od njih kao linearnukombinaciju preostalih.(a) ~a = 3~i + 2~j ~ k; ~ b = ~i + ~j; ~c =~i ~j + ~ k ;(b) ~a =~i + 2~j; ~ b = 5~i 3~j + 2 ~ k; ~c = 3~i + ~j 4 ~ k ;(c) ~a =~i + 2~j; ~ b =~i + 3 ~ k; ~c =~i +~j + ~ k; ! d = ~j + ~ k .(a) Rješenje:~a + ~ b + ~c = ! 0 2432135 + 2411035 + 2411135 =2400035243 + + 2 + + 35 =2400035A to je ekvivalentno homogenom sustavu:

8

A to je ekvivalentno homogenom sustavu:8< + + = 02 + + = 0:3 + + = 0kojeg ćemo rješavati Gaussovom metodom eliminacije:23 231 1 1 001 1 1 004 2 0 1 10 5 ::: 4 0 2 1 10 5 :0 3 1 1 00 0 1 5 0Budući da je sustav homogen - sigurno ima rješenje,a kako jer (A p ) = r (A) = 3 < 4 = nto sustav ima beskonacno mnogo rješenja. Budućida jek = n r = 4 3 = 1to je rješenje sustava jednoparametarsko. Iz zadnjematrice imamo8

3~a 2 ~ b + 5~c + ! d = ! 0 : 6= 0! d = 3~a + 2 ~ b 5~c :Dakle, zadani vektori su linearno zavisni jer se svakiod zadanih vektora moe prikazati preko preostalih!

Denicija 2.10. Neka su dani vektori ~a; ~ b i ~c.Vektorsko-vektorski umnoak vektora ~a; ~ b i ~c jeumnoak (vektor) oblika: !a ! b ~c:Uocimo:1. ! a ! b je okomit na ravninu razapetu s ! a i ! b ;2. !a ! b ~c je okomit na ! a ! b ;Zakljucak: !a ! b ~c lei u ravnini razapetoj s! !a i b: Dakle,!a ! b ~c se moe prikazati kaolinearna kombinacija vektora ~a i ~ b: Vrijedi: !a ! b ~c = ( ! a ~c) ! !bb ~c !a (= ! ! a + b )Uocimo: Budući je! a !b ~c V 2= !b ~c ! a = (~c ! a ) ! b !b ! a~c;onda je, općenito, !a ! b ~c 6= ! !ba ~c(jer vektor ! !ba ~c lei u ravnini razapetoj s ~c i ! b ):

3. ANALITI CKA GEOMETRIJA

Neka je0;~i;~j; ~ kpravokutan koordinatni sustav uprostoru E 3 : Svaka tocka T u prostoru jednoznacnoje odre ¯dena koordinatama (x; y; z) ; koje su ujednoskalarne komponente radij-vektora ! OT :T (x; y; z) , ! OT = x~i + y~j + z ~ kUdaljenost dviju tocakaNeka su T 1 (x 1 ; y 1 ; z 1 ) i T 2 (x 2 ; y 2 ; z 2 ) dvije tocke uprostoru E 3 : Tada je! d (T 1 ; T 2 ) = T 1 T 2 :Budući je!T 1 T 2 = OT ! !2 OT1 = (x 2 x 1 )~i+(y 2 y 1 )~j+(z 2 z 1 ) ~ k;onda jed (T 1 ; T 2 ) =! T 1 T 2 =q(x 2 x 1 ) 2 + (y 2 y 1 ) 2 + (z 2 z 1 ) 2 :

RavninaSvaka ravnina u prostoru E 3 jednoznacno jeodre ¯dena: ili s tri tocke koje sve ne lee na istom pravcu; ili s pravcem i jednom tockom koja ne lei na tompravcu; ili s dva razlicita pravca;(S kakvim pravcima?) ili tockom T 1 2 i vektorom ~n okomitim na ravninu :Napomena: Vektor ~n je okomit na ravninu ; ako jeokomit na svaki vektor iz te ravnine. Vektor ~n nazivamonormala ravnine :Dakle, neka je T 1 2 i ~n normala ravnine i neka je!T 2 ; T 6= T 1 :Tada vektor T 1 T lei u ; pa jeBudući jeonda je!T 1 T = OT!~n ? ! T 1 T :!OT 1 = ~r ~r 1 ;~n (~r ~r 1 ) = 0što je vektorska jednadba ravnine :

Neka je0;~i;~j; ~ kpravokutan koordinatni sustavu prostoru E 3 i neka je T 1 (x 1 ; y 1 ; z 1 ), T (x; y; z),~n = A~i + B~j + C ~ k; onda je~n (~r ~r 1 ) = 0 )A~i + B~j + C ~ hk (x x 1 )~i + (y y 1 )~j + (z z 1 ) ~ ik= 0) A (x x 1 ) + B (y y 1 ) + C (z z 1 ) = 0: (4)Jednadba (4) se naziva jednadba ravnine kroz tockuT 1 (x 1 ; y 1 ; z 1 ) :Iz (4) dobivamoAx + By + Cz + (|Ax 1 By{z 1 Cz 1 )}DJednadba= 0:Ax + By + Cz + D = 0: (5)se naziva opća jednadba ravnine.Napomena: Normalu ravnine ~n odre ¯duje samopravac (nosac), tj. ravnina se ne mijenja ako normali~n promijenimo duljinu i orijentaciju.

Primjer. Na ¯dite jednadbu ravnine koja prolazitockom T (1; 2; 1) i cija je normala ~n = ~i + ~j + 4 ~ k:I nacin: Iz jednadbe (4) dobivamo1 (x 1) + 1 (y ( 2)) + 4 (z 1) = 0 ):::: x + y + 4z 1 = 0II nacin: Iz jednadbe (5) dobivamo1 x + 1 y + 4 z + D = 0T 2 ) 1 1 + 1 ( 2) +4 1 + D = 0 ) D = 1 ):::: x + y + 4z 1 = 0Jednadba ravnine zadane s tri tockeNeka su T 1 (x 1 ; y 1 ; z 1 ) ; T 2 (x 2 ; y 2 ; z 2 ) ; T 3 (x 3 ; y 3 ; z 3 ) tritocke u prostoru E 3 ; koje sve ne lee na istom pravcu(nekolinearne tocke). Te tri tocke odre ¯duju ravninu :Neka je T (x; y; z) 2 ; T 6= T 1 ; T 2 ; T 3 : Budući su vektori!T 1 T ;!T 1 T 2 ;!T 1 T 3komplanarni (svi lee u ), onda je mješoviti produkt

h !T1 T ;!T 1 T 2 ;!T 1 T 3i= 0:Budući je!T 1 T = (x x 1 )~i + (y y 1 )~j + (z z 1 ) ~ k;!T 1 T 2 = (x 2 x 1 )~i + (y 2 y 1 )~j + (z 2 z 1 ) ~ k;!T 1 T 3 = (x 3 x 1 )~i + (y 3 y 1 )~j + (z 3 z 1 ) ~ k;onda jeh !T1 T ;!T 1 T 2 ;!T 1 T 3i=x x 1 y y 1 z z 1x 2 x 1 y 2 y 1 z 2 z 1x 3 x 1 y 3 y 1 z 3 z 1 = 0:(6)Jednadba (6) se naziva jednadba ravnine kroz tri tocke.Primjer. Na ¯dite jednadbu ravnine koja prolazitockama T 1 (1; 0; 0) ; T 2 (0; 2; 0) ; T 3 (0; 0; 1) :Iz jednadbe (6) dobivamox 1 y 0 z 00 1 2 0 0 00 1 0 0 1 0 = 0

Razvojem determinante dobivamo opći oblik jednadberavnine :::: 2x y + 2z + 2 = 0:Segmentni oblik jednadbe ravnineNeka jeAx + By + Cz + D = 0: (5)opći oblik jednadbe ravnine : Ako je D 6= 0 dijeljenjemjednadbe (5) s D dobivamo jednadbu oblika :::: x p + y q + z r= 1: (7)Jednadba (7) se naziva segmentni oblik jednadbe ravnine.Napomena: p; q; r su odresci ravnine na koordinatnimosima x, y, z; redom, tj. koordinatne osi x, y, z;probadaju ravninu u tockama T 1 (p; 0; 0) ; T 2 (0; q; 0) ;T 3 (0; 0; r) ; redom.Uocimo: Ako ravnina prolazi ishodištem onda jeD = 0 (A 0 + B 0 + C 0 + D = 0 ) D = 0); pa nepostoji segmentni oblik ravnine.

Primjer.1. Ravninu zadanu jednadbom 2x y+2z +2 = 0napišite u segmentnom obliku.2x y + 2z + 2 = 0 = : ( 2) =) x 1 + y 2 + z 1 = 1:Koordinatne osi x, y, z; probadaju (sijeku) ravninu u tockama T 1 (1; 0; 0) ; T 2 (0; 2; 0) ; T 3 (0; 0; 1) ;redom.2. Ravninu zadanu jednadbom x + 2y + 2 = 0napišite u segmentnom obliku.x + 2y + 2 = 0 = : ( 2) =) x 2 + y 1 = 1:Koordinatne osi x, y; probadaju (sijeku) ravninu u tockama T 1 (2; 0; 0) ; T 2 (0; 1; 0) ; redom.Uocimo: ravnina ne sijece os z.Kakav je poloaj te ravnine u prostoru?

Parametarska jednadba ravnineVidjeli smo ranije da 2 nekolinearna vektora odre ¯dujuravninu, kaemo da je ravnina razapeta sa ta dvavektora.Izvedimo još jedan oblik jednadbe ravnine koja prolazitockom T 0 (x 0 ; y 0 ; z 0 ) i razapeta je nekolinearnimvektorima ~a = a x~i + a y~j + a z~ k i! b = bx ~i + b y~j + b z~ k .T 2 () ! T 0 T = u ! a +v ! b ; u; v 2 R (parametri):Ako je ! r 0 radij-vektor tocke T 0 ; a ! r radij-vektorproizvoljne tocke T (x; y; z) u ravnini ; tada gornjuvektorsku jednadbu moemo zapisati u sljedećemobliku:! r! r 0 = u ! a + v ! b ; u; v 2 R;ili! r =! r 0 + u ! a + v ! b ; u; v 2 R:U komponentama imamo:8< x = x 0 + ua x + vb xy = y 0 + ua y + vb y ; u; v 2 R: ():z = z 0 + ua z + vb zSustav () nazivamo parametarska jednadba ravnine.

Normalni oblik jednadbe ravnineNeka je ! n 0 jedinicna normala ravnine koja se nalazina pravcu kroz ishodište O (uzimamo predstavnika sapocetkom u ishodištu). Neka je tocka P probodištetog pravca sa ravninom (noište normale ! n 0 ).Oznacimo li sa p udaljenost ravnine od ishodištaimamo:!OP = p ! n 0Ako je T (x; y; z) 2 proizvoljna tocka ravnine tadaje P ! T ? ! n 0 tj.!P T ! n 0 = 0:(N)Ako sa ! r oznacimo radij-vektor tocke T; onda je!P T = OT!!OP = ! r p ! n 0i uvrstivši to u (N) dobivamo! r! n 0 p = 0: ()Raspišemo li tu vektorsku jednadbu u komponentamate uzimajući u obzir da je! n 0 = cos ! i + cos ~j + cos ~ k

dobivamox cos + y cos + z cos p = 0; ()tzv. normalni (ili Hesseov) oblik jednadbe ravnine.Kako dobiti ovaj novi oblik jednadbe ravnine iz općejednadbe ravnine?Ax + By + Cz + D = 0 1 p A 2 + B 2 + C ; 2A p A 2 + B 2 + C 2 x +C p A 2 + B 2 + C 2 z +B p A 2 + B 2 + C 2 y+D p A 2 + B 2 + C 2 = 0;Pri cemu uzimamo onaj predznak korijena da budeD p A 2 + B 2 + C 2 =tj. negativan broj (p = d (; O) > 0). Dakle, uzimamosuprotan predznak od D:p

Udaljenost tocke od ravnineNeka je zadana ravnina koja prolazi tockomT 0 (x 0 ; y 0 ; z 0 ) i ima vektor normale ~n = A~i + B~j + C ~ k:Odredimo udaljenost tocke T 1 (x 1 ; y 1 ; z 1 ) od ravnine :Ta udaljenost (slika - predavanja) jednaka je duljini!projekcije vektora T 0 T 1 = ! r!1 r 0 na vektornormale ~n; tj.d (T 1 ; ) = j( ! r!1 r 0 ) ~nj = j(! r!1 r 0 ) ~njj~nj= j( ! r!1 r 0 ) ~n 0 j ()što raspisano preko komponenti dajed (T 1 ; ) = jA (x 1 x 0 ) + B (y 1 y 0 ) + C (z 1 z 0 )jpA2 + B 2 + C 2= jAx 1 + By 1 + Cz 1 + DjpA2 + B 2 + C 2 :Ako je pak ravnina zadana jednadbom u normalnomobliku ! r ! n 0 p = 0; onda jed (T 1 ; ) = j ! r 1! n 0pj= jx 1 cos + y 1 cos + z 1 cos pj :

PravacSvaki pravac p u prostoru E 3 jednoznacno je odre ¯den: ili s dvije razlicite tocke, ili tockom T 0 2 p i vektorom ~s s nosacem p:Napomena: Vektor ~s nazivamo vektor smjera pravca.Dakle, neka je T 0 2 p i ~s vektor smjera pravca p i!neka je T 2 p: Tada su vektori T 0 T i ~s kolinearni, papostoji t 2 R tako da je !T0 T = t~s:Budući je!T 0 T = OT! !OT 0 = ~r ~r 0 ;onda je~r ~r 0 = t~s ) ~r = ~r 0 + t~s; t 2 R (8)što je vektorska jednadba pravca.

Neka je0;~i;~j; ~ kpravokutan koordinatni sustavu prostoru E 3 i neka je T 0 (x 0 ; y 0 ; z 0 ), T (x; y; z),~s = l~i + m~j + n ~ k; onda~r = ~r 0 + t~s )x~i + y~j + z ~ k = x 0~i + y 0~j + z 0~ k + tl~i + m~j + n ~ k)x~i + y~j + z ~ k = (x 0 + tl)~i + (y 0 + tm)~j + (z 0 + tn) ~ k8< x = x 0 + tl) y = y 0 + tm ; t 2 R (9):z = z 0 + tnJednadba (9) se naziva parametarski oblik jednadbe pravcaNapomena: svakoj vrijednosti parametra t 2 R u (9)odgovara jedna tocka pravca.Eliminacijom parametra t iz jednadbi (9) (npr.t = x x 0l) dobivamox x 0= y y 0l m = z z 0n(10)Jednadba (9) se naziva kanonski oblik jednadbe pravca.

Primjer. Na ¯dite pravac koji prolazi tockom T 0 (1; 3; 0)i ima vektor smjera ~s = 2~i ~ k.Parametarski oblik jednadbe pravca:8< x = 1 + 2tp::: y = 3 ; t 2 R:z = tEliminacijom parametra t dobivamop:::: x 12= y ( 3)0= z 1Uocimo: y ( 3)0je samo formalni zapis.Jednadba pravca zadanog s dvije tockeNeka su T 1 (x 1 ; y 1 ; z 1 ) ; T 2 (x 2 ; y 2 ; z 2 ) dvije razlicitetocke u prostoru E 3 : Te dvije tocke odre ¯duju pravac!p: Budući su T 1 ; T 2 2 p, vektor T 1 T 2 ima nosac p,tj. vektor ~s = T !1 T 2 je vektor smjera pravca p: Budući je~s = ! T 1 T 2 = (x 2 x 1 )~i + (y 2 y 1 )~j + (z 2 z 1 ) ~ k;onda je

ili8< x = x 1 + (x 2p::: y = y 1 + (y 2:z = z 1 + (z 2x 1 ) ty 1 ) tz 1 ) t; t 2 R;p::: x x 1x 2 x 1= y y 1y 2 y 1= z z 1z 2 z 1jednadba pravca zadanog s dvije tocke.Me ¯dusobni poloaj pravca i ravninePravac kao presjek dvije ravnineNeka su zadane dvije ravnine 1 ::::A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0; 2 ::::A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0:elimo znati kakav je me ¯dusobni poloaj ravnina.Imamo tri mogućnosti:1. 1 i 2 se sijeku u pravcu p ( 1 \ 2 = p);2. 1 i 2 su paralelne ( 1 k 2 );3. 1 i 2 se podudaraju ( 1 2 ):

Analizom sustavaA 1 x + B 1 y + C 1 z = D 1 ;A 2 x + B 2 y + C 2 z = D 2 ;dobivamo ogovor na gornje pitanje. Promatramoproširenu matricu sustava A1 BA p = [A jb] = 1 C 1 D 1 [AA 2 B 2 C 2 D R jb 0 ] :2Budući je broj nepoznanica n = 3, imamo trimogućnosti:1. ako je rang (A) = rang (A p ) = 2 ) imamojednoparametarsko rješenje ) 1 i 2 se sijeku upravcu p (parametarska jednadba);2. ako je rang (A) = 1 i rang (A p ) = 2 ) nema rješenja) 1 i 2 su paralelne ( A 1A 2= B 1B 2= C 1C 26= D 1D 2);3. ako je rang (A) = rang (A p ) = 1 ) imamodvoparametarsko rješenje ) 1 i 2 se podudaraju( A 1A 2= B 1B 2= C 1C 2= D 1D 2);

Primjer. Na ¯dite parametarsku jednadbu pravca pzadanog kao presjek ravnina x + y z + 1 = 0;p:::x + 2y + z + 2 = 0 :Promatramo proširenu matricu gornjeg sustava 1 1 1A p = [A jb] =1 1 0 31 2 1 ::: 2 0 1 2 0 1 [A R jb 0 ]Budući je n = 3; rang (A) = rang (A p ) = 2; ondaimamo jednoparametarsko rješenjez = t; x = 3t; y = 1 2t, t 2 Rili8< x = 3t;p::: y = 1 2t;:z = t;, t 2 R; ili p:::: x 3 = y + 12 = z 1 :

Kut izme ¯du dvije ravnineNeka su zadane dvije ravnine 1 i 2 s normalama~n 1 i ~n 2 , redom. Kut izme ¯du ravnina' = ] ( 1 ; 2 )deniramo na sljedeći nacin: Ako je 1 k 2 ili 1 2 onda je ' = 0; Ako je 1 \ 2 = p pravac, onda kroz bilo kojutocku T 1 pravca p poloimo ravninu okomitu na p:Ravnina sijece ravnine 1 i 2 u pravcima p 1 ip 2 , redom. Deniramo' =: ] (p 1 ; p 2 ) ; 0 ' 2 ;(slika - predavanja). Me ¯dutim, vrijedi] (p 1 ; p 2 ) = ] (~n 1 ; ~n 2 )ili= ] (~n 1 ; ~n 2 )( p 1 ?~n 1 i p 2 ?~n 2 ), pa uzimamo' = ] ( 1 ; 2 ) = ] (~n 1 ; ~n 2 ) :ili= ] (~n 1 ; ~n 2 )

Kut racunamo na nacincos ' = j~n 1 ~n 2 jj~n 1 j j~n 2 jili, ako su normale ~n 1 = A 1~i + B 1~j + C 1~ k i~n 2 = A 2~i + B 2~j + C 2~ kcos ' =jA 1 A 2 + B 1 B 2 + C 1 C 2 jpA21 + B 2 1 + C2 1 p A 2 2 + B2 2 + C2 2Specijalni slucajevi: Ako je 1 k 2 ili 1 2 onda je ~n 1 = ~n 2 ; tj.vrijediA 1A 2= B 1B 2= C 1C 2: Ako je 1 ? 2 onda je cos ' = cos 2~n 1 ~n 2 = 0; tj. vrijedi= 0; pa jeA 1 A 2 + B 1 B 2 + C 1 C 2 = 0:

Kut izme ¯du pravca i ravnineNeka su zadana ravnina s normalom ~n i pravac p svektorom smjera ~s: Kut izme ¯du pravca i ravnine= ] (; p)deniramo na sljedeći nacin: Ako je pravac p 0 projekcijapravca p u ravninu onda deniramo=: ] (p; p 0 ) ; 0 < 2 :To je najmanji kut što ga vektor smjera ~s pravca pzatvara s nekim vektorom u ravnini (slika - predavanja).Budući jeonda je2 sin = cos2= ] (~n; ~s)=~n ~sj~nj j~sjili, ako je ~n = A~i + B~j + C ~ k i ~s = l~i + m~j + n ~ ksin =Al + Bm + CnpA2 + B 2 + C 2 p l 2 + m 2 + n 2:

Uocimo: Ako je p ? onda je projekcija pravca p uravninu tocka, pa deniramo:p ? ) = ] (; p) =: 2 :Specijalni slucajevi: Ako je p k ; onda je = 0, pa je ] (~n; ~s) = 2 ;tj. vrijedi ~n ~s = 0 iliAl + Bm + Cn = 0: Ako je p ? ; onda je = 2, pa je ] (~n; ~s) = 0;tj. onda su ~n i ~s kolinearni, tj. vrijedi ~n = ~s iliAl = B m = C n :Primjer. Na ¯dite tocku u kojoj pravacp:::: x 11probada ravninute kut izme ¯du i p:= y + 11 = z 1:::: 2x + 2y 2z 1 = 0;

Parametarska jednadba pravca je8< x = 1 + t;p::: y = 1 t; t 2 R::z = t;Uvrštavanjem u jednadbu ravnine dobivamo2 (t + 1) + 2 ( 1 t) 2t 1 = 0 ) t = 5 6 :Dakle, za vrijednost parametra t =tocku 1P6 ; 16 ; 56u kojoj pravc p probada ravninu :5 6 ; dobivamoBudući je ~n = 2~i + 2~j 2 ~ k i ~s =~i ~j + ~ k; onda je~n = 2~s;pa su ~n i ~s kolinearni ( = 2), tj. p ? .

4. SKUPOVI BROJEVA

4.1. Prirodni brojevi prvi pojam broja (izraavanje kolicine elemenatanekog skupa)Skup prirodnih brojeva uzimamo kao osnovni skup, aoznacavamo ga saN = f1; 2; 3; :::; n; :::g :Operacije zbrajanja i mnoenja u skupu N su uvijekizvedive, tj.(8m; n 2 N)m + n 2 N(8m; n 2 N)m n 2 NZa svaki m; n; r 2 N vrijede sljedeća svojstva:i) komutativnostm + n = n + m m n = n mii) asocijativnost(m + n) + r = m + (n + r) (m n) r = m (n r)iii) distributivnost(m + n) r = m r + n r r (m + n) = r m + r n

Neka su m; n 2 N:Kaemo da je m manji od n i pišemo m < n ako isamo ako postoji p 2 N tako da jem + p = n:Kaemo da je m manji ili jednak n i pišemo m nako i samo ako jem < n _ m = n:Neka svojstva: (N; ) je (potpuno) ure ¯den skup. (N; ) je diskretno ure ¯den skup, tj. za svaki n 2 Nvrijedifp 2 N j n < p < n + 1g = ;: Za skup X kaemo da je prebrojiv iliprebrojivo beskonacan ako je ekvipotentan sa N:Pišemo card X = @ 0 (alef nula).Za skup X kaemo da ima n elemenata ako jeekvipotentan sa skupom f1; 2; 3; :::ng :Pišemo card X = n:

Napomena: Skup N je na jedinstven nacin denirantzv. Peanovim aksiomima P1. - P4.Aksiom P4., kojeg još nazivamo princip matematickeindukcije, glasi:Ako je M N i ako vrijedi:i) 1 2 M;ii) n 2 M =) n + 1 2 Mtada je M = N:Aksiom P4. koristimo za dokazivanje raznih tvrdnji.

Primjer. Treba pokazati da formulanXi = 1 + 2 + 3 + ::: + (n 1) + n =i=1vrijedi za svaki prirodan broj n 2 N:n (n + 1)2(F )Dokaz:Neka je M N skup svih prirodnih brojeva za kojeformula (F ) vrijedi. Treba (pomoću P4.) dokazati daje M = N:Baza indukcije. (Dokazujemo da je 1 2 M)1X 1 (1 + 1)i = 1 =2i=1Pretpostavka indukcije. (Pretpostavimo da je n 2 M)nXn (n + 1)i = 1 + 2 + ::: + (n 1) + n = :2i=1Korak indukcije. (Pokazujemo da je n + 1 2 M)Xn+1i=1i = 1 + 2 + ::: + n + (n + 1) P:I:===n (n + 1)+ (n + 1) = n2 + 3n + 222(n + 1) (n + 2) (n + 1) ((n + 1) + 1)=22

Binomni poucakPoopćenje:(x + y) 2 = x 2 + 2xy + y 2Traimo:(x + y) 3 = x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 3(x + y) n =? za bilo koji n 2 NNeke oznake:(8n 2 N) n! def= 1 2 3 ::: n (n faktorijela)Primjer:Vrijedi:0! def= 11! = 12! = 1 2 = 23! = 1 2 3 = 64! = 1 2 3 4 = 245! = 1 2 3 4 5 = 120(n + 1)! = n! (n + 1)Primjer:6! = 5! 6 = 120 6 = 720

Neka su k; n 2 N[ f0g i k n; deniramobinomni koecijent: nkdef=n!k! (n k)!(n povrh k):Napomena: binomni koecijent je uvijek prirodanbroj, tjPrimjer: 40 41 42 43 44===== nk4!0! (4 0)! = 4!2 N:4! = 14!1! (4 1)! = 4!3! = 3! 43!= 44!2! (4 2)! = 4!2! 2! = 2! 3 42! 24!3! (4 3)! = 4!3! 1! = 3! 43!4!4! (4 4)! = 4!4! 0! = 1= 4= 6

Svojstva: n n1. = = 10n n n2. = = n1n 1 n n3. =kn k n n n + 14. + =kk + 1 k + 1Iz svojstva 4. slijedi npr.53 +54 =64= 15Pascalov trokutn = 0n = 1n = 2n = 3n = 400 1 10 1 2 2 20 1 2 3 3 3 30 1 2 3 4 4 4 4 40 1 2 3 4 5 5 5 5 5 50 1 2 3 411 11 2 11 3 3 11 4 6 4 1n = 551 5 10 10 5 1. . . . . . . . . . . . .

Teorem 4.1. (Binomni poucak)Za svaki n 2 N vrijedi(x + y) n =nXk=0 nkx n k y k :Dokaz. Matematickom indukcijom.Raspis:nPnkxn k y k = n 0xn 0 y 0 + n 1xn 1 y 1 + :::+k=0+ nn 1xn (n 1) y n 1 + n nxn n y n == x n + nx n 1 y + ::: + nxy n 1 + y nPrimjer:(x + y) 4 = x 4 + 4x 3 y + 6x 2 y 2 + 4xy 3 + y 4(x + y) 5 = x 5 + 5x 4 y + 10x 3 y 2 + 10x 2 y 3 + 5xy 4 + y 5Domaći rad: (x + y) 6 =? (x y) 6 =? (x y) n = ? P n ( 1) k n kxn k y k = x n nx n 1 y + k=0 xn 2 y 2 n xn 3 y 3 + :::: + ( 1) n y nn23

4.2. Cijeli brojeviMotivacija: Svaka jednadba oblikam + x = n;gdje su m; n 2 N, nema rješenje u skupu N:Primjer: Jednadba7 + x = 3nema rješenje u skupu N:Proširujemo skup N skupomZ = f:::; n; ::: 2; 1; 0; 1; 2; ; :::; n; :::g :kojeg nazivamo skup cijelih brojeva.Operacije zbrajanja i mnoenja proširujemo na skupZ. U skupu Z te operacije su uvijek izvedive, tj.(8m; n 2 Z)(8m; n 2 Z)m + n 2 Zm n 2 Z

i za njih vrijede svojstva komutativnosti, asocijativnostii distributivnosti.Sada jednadba m + x = n ima rješenje za svakim; n 2 Z; tj.x = n + ( m) def= n m:Na ovaj nacin je denirano oduzimanje u skupu Z:Neka svojstva: (Z; ) je (potpuno) ure ¯den skup. (Z; ) je diskretno ure ¯den skup, tj. za svaki m 2 Zvrijedifp 2 Z j m < p < m + 1g = ;: Za skup Z je prebrojiv, tj. ekvipotentan je sa N:Pišemo card Z = @ 0 (alef nula).Napomena: postoji bijekcija f : N ! Z; dana saf (1) = 0; f (2) = 1; f (3) = 1; f (4) = 2; f (5) = 2; :::

4.3. Racionalni brojeviMotivacija: Svaka jednadba oblikam x = n;gdje su m; n 2 Z, nema rješenje u skupu Z:Primjer: Jednadba7 x = 3nema rješenje u skupu Z:Proširujemo skup Z skupomn moQ =n j m 2 Z ^ n 2 Nkojeg nazivamo skup racionalnih brojeva.Napomena Podrazumijevamo da jeDakle,m 1n 1= m 2n 2() m 1 n 2 = m 2 n 11612 = 8 6 = 4 3 :Isto tako vrijedi dogovor da je, npr.35 = 3 5 = 3 5 :

Operacije zbrajanja i mnoenja proširujemo na skupQ. U skupu Q te operacije su uvijek izvedive, tj.8 m 12 Qn 2; m 2n 18 m 1; m 22 Qn 1 n 2m1n 1+ m 2n 2= m 1n 2 + m 2 n 1n 1 n 2m1n 1 m 2n 2= m 1 m 2n 1 n 2Na skupu Qn f0g se denira i dijeljenje8 m 1; m 22 Q ^ m 2 6= 0n 1 n 22 Q2 Qm1n 1: m 2n 2= m 1 n 2n 1 m 22 Qm 1n 1 m 2n 2() m 1 n 2 m 2 n 1 :Neka svojstva: (Q; ) je (potpuno) ure ¯den skup. (Q; ) je svuda gust, tj. izme ¯du svaka dvaracionalna broja postoji barem jedan racionalanbroj (a to znaci i beskonacno njih). Za skup Q je prebrojiv, tj. ekvipotentan je sa N:Pišemo card Q = @ 0 (alef nula).Napomena: postoji bijekcija f : Nbeskonacnom shemom).! Q (zadana

4.4. Realni brojeviMotivacija: Neke jednadbe, kao što sux 2 = 2; x 3 = 5; :::nemaju rješenje u skupu Q:Kad racionalne brojeve nanosimo na brojevni pravac,oni ne popune citav pravac, iako je Q gust. Te ”rupice”na pravcu popunjavamo tzv. iracionalnim brojevima.Skup svih iracionalnih brojeva oznacavamo sa I; askupR = Q [ Inazivamo skup realnih brojeva. Svaki racionalan broj moe se prikazati kaokonacan decimalan broj ili kao beskonacan periodicandecimalan broj. Svaki iracionalan broj moe se prikazati kaobeskonacan neperiodican decimalan broj.Primjer:14 = 0:25 13 = 0: _3 = 0:3333:::p2 = 1:4121356237::::e = 2: 718 3:::: = 3: 141 6::::

Neka svojstva: Na skupu R su uvijek izvedive operacije " + ", " ":Na skupu Rn f0g je uvijek izvediva operacija " : " . (R; ) je (potpuno) ure ¯den skup. R je svuda gust, tj. izme ¯du svaka dva realna brojapostoji barem jedan realan broj. Q je gust u R, tj. izme ¯du svaka dva realna brojapostoji barem jedan racionalan broj. Skup I je neprebrojiv ili neprebrojivo beskonacan.Skup R je neprebrojiv ili neprebrojivo beskonacan.

I. Operacija zbrajanja na RR R (x; y) 7 ! x + y 2 Rima sljedeća svojstva:1. (asocijativnost zbrajanja)(x + y) + z = x + (y + z) ; 8x; y; z 2 R;2. (postoji neutralni element za zbrajanje - nula)(9! 0 2 R) x + 0 = 0 + x = x; 8x 2 R;3. (postoji inverzni element za zbrajanje)(8x 2 R) (9! ( x) 2 R) x + ( x) = ( x) + x = 0;4. (komutativnost zbrajanja)x + y = y + x; 8x; y 2 R:II. Operacija mnoenja na RR R (x; y) 7 ! x y 2 Rima sljedeća svojstva:5. (asocijativnost mnoenja)(x y) z = x (y z) ; 8x; y; z 2 R;6. (postoji neutralni element za mnoenje - jedinica)(9! 1 2 R) x 1 = 1 x = x; 8x 2 R;7. (postoji inverzni element za mnoenje)(8x 2 R f0g) 9! x 1 = 1 x 2 R x x 1 = x 1 x = 1;

8. (komutativnost mnoenja)x y = y x; 8x; y 2 R;9. (distributivnost mnoenja prema zbrajanju)x (y + z) = x y + x z; 8x; y; z 2 R:III. Relacija ure ¯daja ”” na R ima sljedeća svojstva:10. 8x; y 2 R =) x y ili y x;11. (x y i y x) =) (x = y) ;12. (x y i y z) =) (x z) (tranzitivnost);13. (x y) =) (x + z y + z; 8z 2 R) ;14. (0 x i 0 y) =) (0 xy) :Zakljucak:(R; +; ; 1 9) ! polje realnih brojeva(R; +; ; ; 1 14) ! ure ¯deno polje(Q; +; ; ) ! ure ¯deno polje

Intervali Podskupovi skupa realnih brojeva.Neka su a; b 2 R; a < b.Otvoreni interval: ha; bi = f x 2 R j a < x < b g :Zatvoreni interval: [a; b] = f x 2 R j a x b g :Poluotvoreni intervali: ha; b] = f x 2 R j a < x b g ;[a; bi = f x 2 R j a x < b g :Uvodimo oznake +1 i 1 :1 < x < +1; 8x 2 R:R = h 1; +1i ; R = R[ f 1; +1gBeskonacni intervali: h 1; bi = f x 2 R j x < b g ;[a; +1i = f x 2 R j x a g :R + = h0; +1i ; R = h 1; 0i ;R + 0 = [0; +1i :

Apsolutna vrijednost realnog brojaDenicija 4.2. Apsolutna vrijednost realnog broja jefunkcija j:j : R ! [0; 1i denirana sajxj = x; x 0x; x < 0Graf te funkcije:y5432y = |x|1­5 ­4 ­3 ­2 ­1 0 1 2 3 4 5xDakle, j3j = 3; j 2j = 2; j0j = 0:

Geometrijski, jxj predstavlja udaljenost tocke T (x)na brojevnom pravcu od ishodišta O (0) :Uocimo da je:jxj 0;jxj = 0 () x = 0;x jxj i x jxj ;jxj = p x 2Teorem 4.3. Za svaki x; y 2 R i za svaki r 2 R +vrijede sljedeća svojstva apsolutne vrijednosti:1. jxj < r () r < x < r () x 2 h r; ri ;2. jx + yj jxj + jyj (nejednakost trokuta) ;3. jx yj jxj jyj ;4. jx yj = jxj jyj ;5.xy = jxj za y 6= 0 :jyj

Dakle, prema svojstvu 1. iz prethodnog teoremavrijedi sljedeće:jx 2j < 5 () 5 < x 2 < 5 () x 2 h 3; 7i :Geometrijska interpretacija:jx 2j < 5 () d (x; 2) < 5:Općenito, za a; " 2 R; " > 0 :jx aj < " () " < x a < " ()a " < x < a + " () x 2 ha "; a + "i:Interval ha "; a + "i zovemo " okolina tocke a:

Ome ¯deni skupoviDenicija 4.4. Kaemo da je skup S Rodozgo ome ¯den ili ogranicen, ako postoji M 2 Rtakav da je x M za svaki x 2 S:Svaki broj M s navedenim svojstvom nazivamogornja me ¯da ili majoranta skupa S:Ako skup S nije odozgo ome ¯den, kaemo da jeodozgo neome ¯den.Kaemo da je skup S R odozdo ome ¯den iliogranicen, ako postoji m 2 R takav da je x m zasvaki x 2 S:Svaki broj m s navedenim svojstvom nazivamodonja me ¯da ili minoranta skupa S:Ako skup S nije odozdo ome ¯den, kaemo da jeodozdo neome ¯den.Skup S R je ome ¯den, ako je i odozgo i odozdoome ¯den. U protivnom se kae da je S neome ¯den.Primjeri. . . .Svaki odozgo ome ¯den skup ima više majoranti, asvaki odozdo ome ¯den skup ima više minoranti.

Pitanja: Da li postoji najmanja majoranta odozgo ome ¯denogskupa? Da li postoji najveća minoranta odozdo ome ¯denogskupa?Denicija 4.5. Najmanju majorantu skupa S nazivamosupremum i oznacavamo sa sup S:Ako je sup S 2 S; nazivamo ga maksimalnim elementomskupa S i oznacavamo s max S:Najveću minorantu skupa S nazivamo inmum i oznacavamosa inf S:Ako je inf S 2 S; nazivamo ga minimalnim elementomskupa S i oznacavamo s min S:Skup R ima sljedeće vano svojstvo:15. Svaki odozgo ome ¯den skup S R ima supremum,a svaki odozdo ome ¯den skup S R imainmum.

4.5. Kompleksni brojeviMotivacija: neke jednadbe kao što jex 2 = 1nemaju rješenje u skupu R:Uvodimo novi objekt - imaginarnu jedinicu, kojuoznacavamo sa i, tako da jei 2 = 1:Formalno, deniramoi def= p 1:Denicija 4.6. Skup kompleksnih brojeva je skupC = fx + yi j x; y 2 Rg :Za svaki z = x + yi 2 C; realni brojx = Re znazivamo realni dio od z; a realni brojy = Im znazivamo imaginarni dio od z.

z = x + yi - algebarski oblik kompleksnog broja z.Napomena: VrijediR CiR = fiy j y 2 Rg CSkup iR se naziva skup imaginarnih brojeva.Za z 1 = x 1 + y 1 i; z 2 = x 2 + y 2 i 2 C kaemo da sujednaki ako i samo ako su im jednaki realni i imaginarnidjelovi, tj.x 1 + y 1 i = x 2 + y 2 i () x 1 = x 2 ^ y 1 = y 2 :Za svaki z = x + yi 2 C; deniramo pripadnikonjugirano kompleksni brojz = x yi 2 C:Za svaki z = x + yi 2 C; deniramo modul iliapsolutnu vrijednost kompleksnog broja z kaonenegativni realni brojr = jzj = p x 2 + y 2 2 R + [ f0g :

Primjer.z 1 = 2 i = 2+( 1)i =)8>:Re z 1 = 2; Im z 1 = 1;z 1 = 2 ( 1) i = 2 + i;qjz 1 j = 2 2 + ( 1) 2 = p 5z 2 = 2 = 2+0i =)8>:Re z 2 = 2; Im z 2 = 0;z 2 = 2 0 i = 2;qjz 2 j = ( 2) 2 + (0) 2 = p 4 = 2z 3 = 3i = 0 + 3i =)8>:Re z 3 = 0; Im z 3 = 3;z 3 = 0 3 i = 3i;qjz 3 j = (0) 2 + (3) 2 = p 9 = 3

Računske operacije s kompleksnim brojevimaNeka su z 1 = x 1 + y 1 i, z 2 = x 2 + y 2 i ∈ C, definiramo:z 1 + z 2 = x 1 + x 2 + (y 1 + y 2 ) i,z 1 − z 2 = x 1 − x 2 + (y 1 − y 2 ) i,z 1 · z 2 = (x 1 + y 1 i) (x 2 + y 2 i) == x 1 x 2 + x 1 y 2 i + y 1 x 2 i + y 1 y 2 i 2 i 2 =−1== x 1 x 2 − y 1 y 2 + (x 1 y 2 + y 1 x 2 ) i,z 1z 2= x 1 + y 1 ix 2 + y 2 i = x 1 + y 1 ix 2 + y 2 i · x2 − y 2 ix 2 − y 2 i == x 1x 2 − x 1 y 2 i + y 1 x 2 i − y 1 y 2 i 2 i 2 =−1x 2 2 − =y2 2 i2= x 1x 2 + y 1 y 2x 2 2 + y2 2+ y 1x 2 − x 1 y 2x 2 2 + y2 2· i za z 2 ≠ 0.

Svojstva: Za sve z; z 1 ; z 2 2 C vrijedi:1. z 1 z 2 = z 1 z 2 ;2. z 1 z 2 = z 1 z 2 ; z13. = z 1; za z 2 6= 0:z 2 z 24. z = z;5. z = z () z 2 R;6. Re z = z + z2 ;7. Im z = z z ;2i8. z z = z z = jzj 2 ;9. jzj = 0 () z = 010.jz 1 + z 2 j jz 1 j + jz 2 j(nejednakost trokuta)

Ravninski koordinatni sustavi Zadamo li u ravnini pravokutni (Kartezijev)koordinatni sustav (O; ! i ; ! j ) (O; x; y) :T 2 ! T (x; y) x; y 2 R; Polarni koordinatni sustav:N Neka je p 2 pravac i neka je na njemu zadankoordinatni sustav (O; ! i ) (O; x);N Neka je T 2 tocka, T 6= O; !i !' = ] ; OT ;(' mjerimo u pozitivnom smjeru);N Neka je = d(O; T ) udaljenost od O do T ;N T = O =) ' def: !i != ] ; OO = 0;NT 2 ! T ('; ); ' 2 [0; 2i ; 2 [0; 1i ;

N Tocku O = (0; 0) nazivamo ishodištem (ili polom),a zraku odre ¯denu s O i ! i - polarnom osi polarnogakoordinatnog sustava pod oznakom(O; '; ) Veza: Zadamo li u ravnini i pravokutni koordinatnisustav (O; ! i ; ! j ) (O; x; y) tako da se pozitivnax- os podudara s polarnom osiyyT=(ϕ,ρ)ρO0 1ϕxxtada je veza izme ¯du Kartezijevih (x; y) i polarnihkoordinata ('; ) bilo koje tocke T 2 : x = cos 'y = sin ' ; 8

Geometrijski prikaz kompleksnog brojaPrisjetimo se: realne brojeve smještali smo nabrojevni pravac:R 3 x 7 ! T (x) 2 pTako ćemo kompleksne brojeve smještati u ravninu.Svakom kompleksnom broju z = x + iy jednoznacnoje pridruen ure ¯deni par (x; y) 2 R R; odnosnotocka T (x; y) u koordinatnoj ravnini i obratno.C 3 z = x + iy 7 ! T (x; y) 2 = R Rf : C ! = R R bijekcijaRavninu u kojoj kompleksne brojeve predocavamokao tocke (na gore opisan nacin) nazivamo brojevnaili Gaussova ravnina.Primjer. Prikai u Gaussovoj ravnini zadanekompleksne brojeve:a) 3 + 2i c) 2 i e) 2 g) 6b) 4 + i d) 5i f)5i h) 4 3i2

Trigonometrijski oblik kompleksnog brojaSvaki z = x+iy 2 C u Gaussovoj ravnini jednoznacnoje odre ¯den sa: r = d ( O (0; 0) ; T (x; y) ) 2 [0; 1i ; ' = ^ OT ; x os 2 [0; 2i(kut s pozitivnim smjerom xosi).Kut' = arg znazivamo argument kompleksnog broja z. arg 0 def.= 0:Budući da jex = Re z = r cos 'y = Im z = r sin ';onda jez = r cos ' + ir sin ' = r (cos ' + i sin ')trigonometrijski oblik kompleksnog broja, gdje jer = jzj = p x 2 + y 2 ;tg ' = tg (arg z) = y x :

Preciznije: brojArg z = ' 2 [0; 2inazivamo glavna vrijednost argumenta broja z 2 C;a općenita vrijednost argumenta broja z 2 C jearg z = ' + 2k; k 2 Z:Za z 1 ; z 2 2 Cz 1 = r 1 (cos ' 1 + i sin ' 1 ) ;z 2 = r 2 (cos ' 2 + i sin ' 2 ) ;vrijedi:z 1 = z 2 () r 1 = r 2 ^ ' 1 = ' 2 + 2k; k 2 Z:Primjer 1. Prikaite zadane kompleksne brojeve utrigonometrijskom obliku:a) z = 1 i ;b) z = 2i ;c) z = 3 :

Racunske operacije s kompleksnim brojevimazadanim u trigonometrijskom oblikuNeka su z 1 ; z 2 2 Cz 1 = r 1 (cos ' 1 + i sin ' 1 ) ; z 2 = r 2 (cos ' 2 + i sin ' 2 ) :Tada jez 1 z 2 = r 1 (cos ' 1 + i sin ' 1 ) r 2 (cos ' 2 + i sin ' 2 )= r 1 r 2 (cos ' 1 cos ' 2 + i cos ' 1 sin ' 2 ++ i sin ' 1 cos ' 2 sin ' 1 sin ' 2 )= r 1 r 2 [(cos ' 1 cos ' 2 sin ' 1 sin ' 2 ) ++ i (sin ' 1 cos ' 2 + cos ' 1 sin ' 2 )]a:t:= r 1 r 2 (cos (' 1 + ' 2 ) + i sin (' 1 + ' 2 )) :Slicno, za z 2 6= 0; vrijediz 1= r 1 (cos ' 1 + i sin ' 1 )z 2 r 2 (cos ' 2 + i sin ' 2 )= r 1r 2(cos (' 1 ' 2 ) + i sin (' 1 ' 2 )) :

Matematickom indukcijom moe se pokazatinYz k =k=1!nYr kk=1cos!nX' k + i sink=1!!nX' kk=1Posebno, za z 1 = z 2 = ::: = z n = z = r (cos ' + i sin '),dobivamo tzv. Moivreovu formulu za potenciranjeprirodnim brojem nz n = r n (cos n' + i sin n') : Kako z 2 C potencirati sa racionalnim eksponentomq = m n ? Kako odrediti potenciju z 1 n = np z; n 2 N?np z n ti korijen kompleksnog broja z:w = np z () w n = z: Koliko takvih w 2 C ima?

Ako je z = r (cos ' + i sin '), onda w = np z ima nme ¯dusobno razlicitih vrijednosti w 0 ; w 1 ; :::; w n 1 kojesu dane saw k = np rcos ' + 2knBrojevi w k ; k = 0; 1; :::; n 1;+ i sin ' + 2k ; k = 0; 1; :::; n 1:n lee na centralnoj krunici radijusa np r i dijele tukrunicu na n jednakih djelova, predstavljaju vrhove pravilnog nkrunici radijusa np r:terokuta upisanogPrimjer 2. Neka su z 1 = 1 i i z 2 = 1 2 + p 32 i:Napiši te brojeve u trigonometrijskom obliku te odredi:a) z 1 z 2 ;b) z 1z 2;c) z 6 2 :

Primjer 3. Riješite jednadbu z 6 = 1:Trigonometrijski oblik:1 = 1 + 0i =) pr = 12 + 0 2 = 1tg' = 0 =)1=) ' = 01 = 1 (cos 0 + i sin 0) ;pRješenja jednadbe su dana sa z = 6 1 = zk ; gdje jepz k = 6 1 cos 0 + 2k + i sin 0 + 2k ; k = 0; 1; :::; 5:66Dakle,z 0 = 1 (cos 0 + i sin 0) = 1z 1 = 1 cos 3 + i sin = 1 p33 2 + 2 iz 2 = 1 cos 2 3 + i sin 2 = 1 p33 2 + 2 iz 3 = 1 (cos + i sin ) = 1z 4 = 1 cos 4 3 + i sin 4 = 1 3 2z 5 = 1 cos 5 3 + i sin 5 = 1 3 2p32 ip32 i

Eksponencijalni ili Eulerov oblik kompleksnog brojaMoe se pokazati da jee i' = cos ' + i sin ':Sada iz trigonometrijskog oblika kompleksnog brojaz = r (cos ' + i sin ') slijediz = r e i' :Ovaj oblik nazivamo eksponencijalni ili Eulerov oblikkompleksnog broja z:Racunske operacije:Ako su z 1 = r 1 e i' 1 , z2 = r 2 e i' 2 ; z = r e i' kompleksnibrojevi, onda jez 1 z 2 = r 1 e i' 1 r 2 e i' 2 = r 1r 2 e i(' 1+' 2 )z 1= r 1 e i' 1z 2 r 2 e i' 2z n == r 1r 2e i(' 1 ' 2 ) ; za z 2 6= 0r e i' n= r n e in'Kako bismo korjenovali kompleksne brojeve?

Zbog periodicnosti funkcija sinus i kosinus, osnovnogperioda P 0 = 2; vrijedi sljedećez = r e i' = r e i('+2k) ; k 2 Z:Potencirajmo gornju jednakost eksponentom 1 n ; n 2 Ntj. odredimo n-ti korijen:z 1 n =n p z == np rr e i('+2k) 1n= r 1 n ei '+2kn =cos ' + 2kn+ i sin ' + 2k ; k 2 Z: ()nKoliko u gornjem izrazu ima razlicitih kompleksnihbrojeva?Pogledajmo njihove argumente: ' + 2kn k 2 Z = '=n ; ' n + 2 n ; ' n + 4 n ; ::: ; ' n + 2 (nn1) ; ' n + 2 :Vidimo da je razlika argumenata dvaju uzastopnih 2 ni da zbog periodicnosti funkcija sinus i kosinus imamotocno n razlicitih kompleksnih brojeva u izrazu () :Stoga je dovoljno u tom izrazu uzeti

k 2 f0; 1; 2; :::; n 1g :Za proizvoljan z 2 C ovim smo potvrdili da np zpoprima tocno n vrijednosti (u skupu C) i da ti brojevismješteni u Gaussovu ravninu predstavljaju vrhovepravilnog n-terokuta upisanog krunici radijusa np r:

5. REALNE FUNKCIJE REALNEVARIJABLE

5.1. FunkcijeDenicija 5.1. Funkcija ili preslikavanje je svakaure ¯dena trojka(A; f; B) ;pri cemu su A i B skupovi, a f bilo koje pravilo pokojem se svakom elementu x 2 A pridruuje tocnojedan element y 2 B:Oznaka: f : A ! B ili x 7! y = f (x) ; skup A - podrucje denicije ili domena; skup B - podrucje vrijednosti ili kodomena; x - nezavisna varijabla ili argument; y - zavisna varijabla; y = f (x) - vrijednost (na elementu x) funkcije f; Skupf [A] = ff (x) j x 2 Agnazivamo slika funkcije f. (Oznake: Im f; R (f) :)

Uocimo: Funkcija je potpuno denirana s tri podatka:- domenom;- kodomenom;- pravilom f:Vana napomena: Realne funkcije realne varijable,tj. f : A ! B gdje su A; B R, obicno zadajemosamo pravilom (analitickim izrazom), npr.f (x) = 2x; g (x) = 1x 2 1 ; h (x) = p x:Pri tome podrazumijevamo (ako se drugacije ne naglasi)da je:N domena - maksimalan podskup skupa R za koji tajizraz ima smisla (poprima realnu vrijednost). Taj skupnazivamo prirodno podrucje denicije i oznacavamosa D f ili D (f) ;N kodomena - cijeli skup R:Dakle (za gornje funkcije):f : R ! R; g : Rn f 1; 1g ! R; h : [0; 1i ! R:

Denicija 5.2. Za funkcije f : A 1 ! B 1 ig : A 2 ! B 2 kaemo da su jednake i pišemo f = g;ako je A 1 = A 2 ; B 1 = B 2 i f (x) = g (x) za svakix 2 A 1 = A 2 :Ili(A 1 ; f; B 1 ) = (A 2 ; g; B 2 ) ()A 1 = A 2 ^ B 1 = B 2 ^ (8x 2 A 1 = A 2 ) (f (x) = g (x))Primjer.f (x) = x;g (x) = x2x :Vrijedi: f 6= g jer je D f = R 6= Rn f0g = D g :Grafom funkcije f : A! B nazivamo skupf = f(x; f (x)) j x 2 Ag AB:Što bi bili grafovi funkcija iz prethodnog primjera?Skiciraj ih i usporedi!

Denicija 5.3. Neka su zadane dvije funkcijef : A 1 ! B 1 i g : A 2 ! B 2 ; tako da je A 2 A 1 ;B 2 B 1 i f (x) = g (x) za svaki x 2 A 2 : Tadakaemo da je:- g restrikcija ili suenje od f;- f ekstenzija ili proširenje od g.Primjer.Vrijedi:f (x) = x;g (x) = x2x :- f - proširenje od g;- g - suenje od f:Napomena: Funkcija x; x 6= 0h (x) =1; x = 0je tako ¯der proširenje od g:Napomena: Ako je A 2 A 1 ; B 2 B 1 suenjaod f : A 1 ! B 1 na A 2 u B 2 ima tocno jedno,a proširenja od g : A 2 ! B 2 na A 1 u B 1 imabeskonacno mnogo.

Denicija 5.4. Kompozicija funkcija f : A ! B 1 ig : B 2 ! C; B 1 B 2 je funkcija h : A ! C; takoda jeh (x) = g (f (x))za svaki x 2 A: Pišemo h = g f:Kompozicija je asocijativna, tj. vrijedih (g f) = (h g) f:Primjer. Naći h g f; ako jef (x) = 2x; g (x) = 1x 2 1 ; h (x) = p x:

Denicija 5.5. Za funkciju f : A! B kaemo da je: surjekcija ili preslikavanje na ako jetj.f [A] = (Im f) = B;(8y 2 B) (9x 2 A) (f (x) = y) ;("slika jednaka kodomeni"). injekcija ili 11 preslikavanje ako(8x; x 0 2 A) (f (x) = f (x 0 ) =) x = x 0 )ili (8x; x 0 2 A) x 6= x 0 =) f (x) 6= f (x 0 ) ;("razlicitim x evima pridrueni razliciti y i"). bijekcija ili obostrano jednoznacno preslikavanjeako je surjekcija i injekcija, tj.(8y 2 B) (9!x 2 A) (f (x) = y) ;Primjer 1. Funkcija id A : A ! A denirana said A (x) = x; za svaki x 2 A; naziva se identiteta naskupu A.Identiteta id A : A! A je bijekcija.

Primjer 2. Sa f (x) = sin x zadana je funkcijaf : R ! R koja nije ni injekcija ni surjekcija.Restrikcija ove funkcije f 1 : 2 ; 2! [ 1; 1] ;f 1 (x) = sin x je bijekcija.y1.00.5­6 ­5 ­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3 4 5 6­0.5­1.0xTeorem 5.6. Funkcija f : A ! B je bijekcija akoi samo ako postoji funkcija g : B ! A tako da jeg f = id A i f g = id B , gdje su id A i id B odgovarajućeidentitete. Funkcija g je jedinstvena i nazivase inverzna funkcija funkcije f i oznacava sa f 1 :Napomena 1: Ako je f : A! B bijekcija onda jeNaime,f (x) = y () f 1 (y) = x:(8x 2 A) f 1 f (x) =f 1 (f (x)) = f 1 (y) = x =id A (x) ;(8y 2 B) f f 1 (y) =f f 1 (y) = f (x) = y =id B (y) :

Napomena 2: Ako imamo realnu funkciju realne varijablef : A ! B koja je bijekcija, graf inverznefunkcije f 1 : B ! A je simetrican grafu funkcije fs obzirom na pravac y = x.yy=xxPitanja koja se odnose na dijagrame na sljedećemslajdu: Koji od dijagrama predstavljaju funkcije? Za dijagrame funkcija odredi što je domena, kodomenai graf tih funkcija, te odredi sliku tih funkcija! Koji od navedenih dijagrama predstavljaju surjekciju,injekciju, a koji bijekciju? Navedi restrikcije (suenja) zadanih funkcija koje bibile bijekcije?

fff1a1a1a234bc234bc234ba)b)c)1fab12fab1fab2cd3c2cd)e)f)

A f B AfB A f B1a122ab1a3bc2ba)b)e)Mogu li se definirati inverzne funkcije funkcijazadanih gornjim dijagramima ?Obrazloži odgovore !U slučajevima u kojima se to može navedi te funkcije !

5.2. Realne funkcije realne varijableDenicija 5.7. Za funkciju f : A ! B kaemoda je realna funkcija realne varijable ako su skupoviA; B R.Zadavanje funkcija:1) Tablicno2) Analitickim izrazom3) Gracki1) Tablicno zadavanje funkcijaPrimjer:x 0 3 7 11 30f (x) 1 2 4 7 3- ako je domena konacan skup;- ako domena nije konacan skup - ostale vrijednostiodre ¯dujemo priblino (npr. interpolacijom - numerickamatematika).

2) Zadavanje funkcija analitickim izrazom (pravilom)Primjer:f (x) = p x 2 1; g (x) = sin 3x; ::::Napomena: Ovdje za domenu uzimamo prirodno podrucjedenicije D f ; a za kodomenu R:Još kaemo da je funkcija zadana eksplicitno.3) Zadavanje funkcija grackiPodsjetimo se, graf realne funkcije realne varijable jeskupf = f(x; f (x)) j x 2 D f g R R:Graf te funkcija je podskup ravnine R R (krivulja):Primjer: Za f (x) = jxj graf je f = f(x; jxj) j x 2 Rg :y42­4 ­2 0 2 4x

Napomena 1: Promatrajmo jednadbu F (x; y) = 0 ukojoj pravilo F povezuje x i y.Ako se na nekom podskupu A R svakom x 2 Amoe pridruiti tocno jedan y 2 R, onda kaemo daje jednadbom F (x; y) = 0 implicitno zadana funkcijaf : A ! R, tako da je y = f (x) i F (x; f (x)) = 0: Cesto je jednadbom F (x; y) = 0 zadano višefunkcija. Općenito, sa F (x; y) = 0 je zadanakrivulja u ravniniF = f(x; y) j F (x; y) = 0g ;(uvjeti da bi bila zadana tocno jedna funkcija -kasnije);Primjer:1.py| {z x + 1}F (x;y)= 0 =) y = p x 1Zadana je funkcija: f (x) = p x 1; f : [0; 1i ! R

2.x 2 + y 2 1| {z }F (x;y)= 0 =) y = p 1 x 2Zadane su funkcije:f 1 (x) = p 1 x 2 ; f 1 : [ 1; 1] ! R;f 2 (x) = p 1 x 2 ; f 2 : [ 1; 1] ! R;GrafF = (x; y) j x 2 + y 2 1 = 0 ;je centralna krunica radijusa 1:y21­2 ­1 1 2x­1­2f 1:::y = p 1 x 2f 2:::y = p 1 x 2

Napomena 2: Promatrajmo funkcije ; : Tdenirajmo za svaki t 2 T! R ix = (t) ; y = (t) : (1)Jednadbama (1) je općenito parametarski zadanakrivulja u ravnini= f(x; y) j x = (t) ; y = (t) ; t 2 T g :Ako je funkcija injekcija, onda će sa (1) bitizadana funkcija f : A ! R, gdje je A = (T ) ;a eksplicitni (implicitni) oblik funkcije dobivamo tzv.eliminacijom parametra t iz jednadbi (1).Primjer: (t) = cos t; : [0; 2i ! R(t) = sin t; : [0; 2i ! RNeka je x = cos t i y = sin t:Eliminacija parametra t:x 2 + y 2 = (cos t) 2 + (sin t) 2 = 1

Graf1 = f(x; y) j x = cos t; y = sin t; t 2 [0; 2ig ;je (cijela) centralna krunica radijusa 1: Graf2 = f(x; y) j x = cos t; y = sin t; t 2 [0; ]g ;je dio centralne krunice radijusa 1 (gornjapolovica):Uocimo:- 1 je graf krivulje;- 2 je graf funkcije f (x) = p 1 x 2(jer je (t) = cos t, : [0; ] ! R injekcija).

5.3. Globalna svojstva realnih funkcijaDenicija 5.8. Za funkciju f : Akaemo da je:! R; A R ome ¯dena odozgor ako postoji M 2 R takav da je(8x 2 A) (f (x) M) ; ome ¯dena odozdol ako postoji m 2 R takav da je(8x 2 A) (m f (x)) ; ome ¯dena ako je ome ¯dena odozgor i odozdol; neome ¯dena ako nije ome ¯dena.Primjer.yxfunkcija ome ¯dena odozgor

yxfunkcija ome ¯dena odozdolyxome ¯dena funkcijayxneome ¯dena funkcija

Denicija 5.9. Neka je dana funkcija f : A ! R;A R i neka je domena A simetricna s obzirom naishodište. Za funkciju f kaemo da je: parna ako je(8x 2 A) (f ( x) = f (x)) ;(graf simetrican s obzirom na os y) neparna ako je(8x 2 A) (f ( x) = f (x)) ;(graf simetrican s obzirom na ishodište)Primjer. f (x) = p 1 x 2 ; f : [ 1; 1] ! R. Dakle, domenaA = [ 1; 1] je simetricna s obzirom na ishodište ivrijediqf ( x) = 1 ( x) 2 = p 1 x 2 = f (x) ;pa je funkcija parna. f (x) = x 3 ; f : R ! R. Dakle, domena A = R jesimetricna s obzirom na ishodište i vrijedif ( x) = ( x) 3 = x 3 = f (x) ;pa je funkcija neparna.

Zadatak: Ispitaj parnost funkcija zadanih sa:1. f (x) = sin xx ;2. g (x) = x 5 + tg x ;3. h (x) = x 3 + cos x :Rješenja:1. D f = R r f0g = h 1; 0i [ h0; 1i! skup simetrican oko 0:f ( x) ==sin ( x)= (neparnost funkcija sinus i identitete)xsin xx= sin xx= f (x)Dakle, funkcija f je parna.(Kvocjent neparnih je parna funkcija).n2. D g = R r (2k + 1) o k 2 Z = 23= ::: [2 ; D [2 2 ; [2E2 ; 3 [ :::2! skup simetrican oko 0:

g (−x) = (−x) 5 + tg (−x)= ( neparnost funkcija tangens i potencije x 5)= −x 5 − tg x = − ( x 5 + tg x ) = −g (x)Dakle, funkcija g je neparna (zbroj neparnih jeneparna funkcija).3. D h = R = 〈−∞, +∞〉 −→ skup simetričan oko 0.h (−x) = (−x) 3 + cos (−x)= ( neparnost potencije x 3 i parnost funkcije kosinus ){ h (x)= −x 3 + cos x ≠−h (x)Dakle, funkcija h nije ni parna ni neparna.

Denicija 5.10. Za funkciju f : Akaemo da je:! R; A R uzlazna ili rastuća(8x 1 ; x 2 2 A) (x 1 < x 2 =) f (x 1 ) f (x 2 )) ; strogo uzlazna ili strogo rastuća(8x 1 ; x 2 2 A) (x 1 < x 2 =) f (x 1 ) < f (x 2 )) ; silazna ili padajuća(8x 1 ; x 2 2 A) (x 1 < x 2 =) f (x 1 ) f (x 2 )) ; strogo silazna ili strogo padajuća(8x 1 ; x 2 2 A) (x 1 < x 2 =) f (x 1 ) > f (x 2 )) ; ako je f : A ! R; A R ili (strogo) rastuća ili(strogo) padajuća kaemo da je (strogo) monotona. funkcija f : A ! R; A R je po dijelovima monotonaako se domena A moe "rastaviti" na konacnoSmnogo dijelova (intervala) I k , tj. A = n I k ; tako dak=1je na svakom od njih funkcija monotona.

Primjer.ystrogo padajuća funkcijaxyxstrogo rastuća funkcijayxrastuća funkcija

yxpo dijelovima monotona funkcijaNapomena: Svaka strogo monotona funkcija jeinjekcija.Denicija 5.11. Za funkciju f : A ! R; A Rkaemo da je periodicna ako postoji realan broj P 6= 0takav da vrijedi(8x 2 A) (x + P 2 A =) f (x) = f (x + P ))P se naziva period od f. Najmanji pozitivan periodP 0 (ako postoji) naziva se osnovni period.Napomena: Graf periodicke funkcije se ponavlja nasvakom intervalu duljine osnovnog perioda, tj. naintervalu oblika [x; x + P 0 i

Zadatak 1. Odredite domenu i osnovni periodfunkcije f (x) = ln sin x !y2osn. period­14 ­12 ­10 ­8 ­6 ­4 ­2 2 4 6 8 10­2x­4­6Graf funkcije f (x) = ln sin xZadatak 2. Odredite osnovne periode funkcija:1. f (x) = sin 2x ;2. f (x) = sin 1 3 x ;3. f (x) = cos 4x :Skicirajte njihove grafove te ih usporedite sagrafovima funkcija g (x) = sin x i h (x) = cos x:

15.4. OSNOVNE ELEMENTARNE FUNKCIJEU ovom poglavlju razmatrat ćemo realne funkcije (jedne) realne varijable:f : S ! R;S RPodsjetimo se. Vrijedi: Svaka strogo monotona funkcija je injekcija. Za svaku funkciju f : A ! B, suenje f : A ! f [A] je surjekcija. Ako je f : A ! B strogo monotona na nekom intervalu I A, onda je suenjef : I ! f [I] bijekcija.Ako je f : A ! B bijekcija onda vrijedi: Postoji funkcija g : B ! A takva da je g f = i A i f g = i B . Funkcija g : B ! A je jedinstvena, oznacavamo je g = f 1 i nazivamo inverznomfunkcijom funkcije f. Graf inverzne funkcije f 1 je simetrican grafu funkcije f s obzirom na pravac y = x:

2Osnovne elementarne funkcije su:1. Konstantna funkcija2. Opća potencija3. Eksponencijalna funkcija4. Logaritamska funkcija5. Trigonometrijske funkcije6. Ciklometrijske ili arkus funkcije

35.4.1. Konstantna funkcijaZa svaki c 2 R deniramo funkciju f : R ! R na nacin f (x) = c:y4c2y=c­4 ­2 2 4x Slika funkcije: Im f = f [R] = fcg; Ome ¯dena je funkcija: c = m f (x) M = c; Monotona (ali ne strogo); Parna je i periodicna pa nije injekcija, a time ni bijekcija te ne postoji f 1 :

45.4.2. Opća potencijaZa svaki r 2 Rn f0g deniramo funkciju f : D ! R na nacin f (x) = x r .Razlikujemo sljedeće slucajeve:1. r 2 N;2. r 2 Z ;3. r = m n 2 QnZ;4. r 2 RnQ.Napomena. Ako je r = 0, onda je x 0 = 1 za x 6= 0, pa je funkcijaf : Rn f0g ! R; f(x) = x 0 ; tj. f(x) = 1suenje konstantne funkcije.

5Potencije s prirodnim eksponentomZa r = n 2 N opća potencija f : R ! R denirana s f (x) = x n = x ::: x | {z }nje oblikay42­4 ­2 2 4­2­4xf (x) = xf (x) = x 2f (x) = x 3Ako je n neparan broj, onda je Im f = R i f je bijekcija, pa postoji inverzna funkcija.Ako je n paran broj, onda je Im f = [0; +1i ali f nije injekcija, pa time ni bijekcija.

6No za n paran broj postoje dva suenja dane funkcije:g = f [0;+1i: [0; +1i ! [0; +1i ; g (x) = x n ;h = f h 1;0]: h 1; 0] ! [0; +1i ; h (x) = x n ;koja su bijekcije. Kasnije ćemo navesti primjer za n = 2.Za m; n 2 N vrijede pravila potenciranja:x m+n = x m x n(x m ) n = x mn(x y) n = x n y nNavedena pravila dokazuju se matematickom indukcijom.Primjetimo da su (ne)parne potencije! (ne)parne funkcije.

7Potencije s cijelobrojnim eksponentomNeka je n 2 N: Za r = n 2 Z opća potencija f : Rn f0g ! R denirana sf (x) = x n = 1 x nje oblikay321­3 ­2 ­1 1 2 3x­1f (x) = x 1 = 1 x­2f (x) = x 2 = 1 x 2­3f (x) = x 3 = 1 x 3

8Vrijede razmatranja kao i u slucaju potenciranja prirodnim eksponentom:Ako je n neparan broj, f je neparna funkcija, Im f = Rn f0g ; af : Rn f0g ! Rn f0g ; f (x) = x nje bijekcija, pa postoji inverzna funkcija. Primjerice,f : Rn f0g ! Rn f0g ; f (x) = x 1je bijekcija koja je sama sebi inverz! Provjerite!Ako je n paran broj, onda je Imf = h0; +1i i f je parna funkcija pa nije injekcija, atime ni bijekcija. U tom slucaju suenja razmatrane funkcije na interval h0; +1i ilih 1; 0i ; ako za kodomenu uzmemo interval h0; +1i ; su bijekcije.

9Potencije s racionalnim eksponentom(A) Za r = 1 n ; n 2 N opća potencija je denirana s f (x) = x 1 n = np x (korjenovanje).y21­3 ­2 ­1 1 2 3x­1­2f (x) = x 1 2 = p xf (x) = x 1 3 = 3 p xf (x) = x 110 = 10 p xAko je n neparan, onda je D f = R, Im f = R i funkcija f je bijekcija.

10Ako je n paran, onda je D f = [0; +1i, Im f = [0; +1i i funkcijaje bijekcija.f : [0; +1i ! [0; +1iNadalje vrijedi:x 1 n n= x; 8x 2 Df ; (1)(y n ) 1 n = y; 8y 2 Im f : (2)Dakle, kad god to "ima smisla" korjenovanje je inverzna funkcija odgovarajuće potencijesa prirodnim eksponentom. Pogledajmo to na sljedećim primjerima.

Primjer 1. Razmatramo funkciju f : R ! R; f (x) = x 2 : Ta funkcija nije ni injekcija nisurjekcija. Budući da je Im f = [0; +1i razmatramo suenjeg = f [0;+1i: [0; +1i ! [0; +1i ; g (x) = x 2 ;koje je bijekcija pa postoji inverzna funkcijag 1 : [0; +1i ! [0; +1i ; g 1 (y) = y 1 2 =p y:11y4y=xy4y=x22g (x) = x 2­4 ­2 2 4x­4 ­2 2 4xg 1 (x) = p x­2­2h (x) = x 2­4­4h 1 (x) =p x

12Ako razmatramo drugo suenje polazne funkcijeh = f h 1;0]: h 1; 0] ! [0; +1i ; h (x) = x 2 ;koje je tako ¯der bijekcija, inverzna funkcija tog suenja jeh 1 : [0; +1i ! h 1; 0] ; h 1 (y) = y 1 2 =p y:Zaista, prema izrazima (1) i (2) imamo:h h 1 (y) = h h 1 (y) = hy 1 2=y 1 2 2=y 1 2 2= y; 8y 2 [0; +1i ih 1 h (x) = h 1 (h (x)) = h 1 x 2 = x 2 12= jxj = x; 8x 2 h 1; 0]pa su h h 1i h 1 h odgovarajuće identitete, kako se i trailo.

13Primjer 2. Funkcija f : R ! R; f (x) = x 3 je bijekcija, pa postoji inverzna funkcijaf 1 : R ! R; f 1 p(y) = y 1 3 = 3 y: Naime za svaka dva x; y 2 R vrijedif f 1 (y) = f y 1 3= 3y 1 3 = y i f 1 (f (x)) = f 1 x 3 = x 3 13= x:y3y=x21­3 ­2 ­1 1 2 3x­1­2­3f (x) = x 3f 1 (x) = 3 p x

14(B) Za ostale r 2 QnZ, tj. r = m n; m 2 Zn f0g ; n 2 N i M (m; n) = 1;opća potencija denirana je sf (x) = x m n= (x m ) p 1 n =nx m m= x p 1 n =nx mtj. denira se kao kompozicija funkcija x m i x 1 n pri cemu se domena odre ¯duje izdomena komponiranih funkcija.

15Primjer 3.Za r = 2 3 opća potencija f 1 : R ! [0; +1i denirana je s f 1 (x) = x 2 3 = 3 px 2 .Za r = 2 3 opća potencija f 2 : Rn f0g ! h0; +1i denirana je s f 2 (x) = x 2 3 = 1 3px2 .y54321­5 ­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3 4 5­1xf 1 (x) = 3 px2f 2 (x) = 1 3px2

16Primjer 4.Za r = 3 2 opća potencija f 3 : [0; +1i ! [0; +1i denirana je s f 3 (x) = x 3 2 = p x 3 .Za r = 3 2 opća potencija f 4 : h0; +1i ! h0; +1i denirana je s f 4 (x) = x 3 2 = 1 px3 .y54321­1 1 2 3 4 5­1xf 1 (x) = 2 px3f 2 (x) = 1 2px3

17Potencije s realnim eksponentomZa r 2 R n Q opća potencija je funkcija f : h0; +1i ! R denirana s f (x) = x r :y4321­1 1 2 3­1xf (x) = x p 2f (x) = x p 2f (x) = x

18Vrijedi općenito:Inverzna funkcija (suenja) opće potencije opet je opća potencija.Preciznije, ako je f(x) = x r , onda je f 1 (x) = x 1 r , “kad god ti izrazi imaju smisla”.y3y=x21­1 1 2 3xf 1 (x) = x e­1f 2 (x) = x 1 e

5.4.3. Eksponencijalna funkcijaNeka je a 2 R + n f1g. Funkciju f : R ! R deniranu s f (x) = a x nazivamoeksponencijalnom funkcijom. Vrijedi: (0; 1) 2 f ; 8a 2 R + n f1g :Za 0 < a < 1 funkcija f je strogo padajuća, a za a > 1 strogo rastuća,y0 1 (rastuća)) x = y; a x < a y =)x > y; 0 < a < 1 (padajuća)

205.4.4. Logaritamska funkcijaEksponencijalna funkcija f : R ! h0; +1i ; f (x) = a x ; a 2 R + n f1g ; je bijekcija paima inverznu funkciju koja se naziva logaritamska funkcija i oznacava s log a : Dakle,f 1 : h0; +1i ! R denirana je s f 1 (x) = log a x pri cemu jelog a y = x () a x = y:log a x; a > 1 log a x; 0 < a < 1yy55­5 5x­5 5x­5­5

21Nadalje, kako je f f 1 (y) = y i f 1 f (x) = x, to jeSvojstva:a log a y = y i log a a x = x:log a (xy) = log a x + log a yxlog ay = log a x log a ylog a x k= k log a xlog a x = log b xlog b ax=b=) log a b log b a = 1a=b k=) log bk x = 1 k log b x:U primjeni vanu ulogu igraju eksponencijalne i logaritamske funkcije s bazom 10 i sbazom e, gdje je e = 2:71828::: transcendentan broj. Logaritam po bazi 10 nazivamodekadski ili Briggsov logaritam, a logaritam po bazi e prirodni logaritam. Zbognjihove vanosti za njih koristimo posebne oznake. Tako je log 10 = log, a log e = ln.

22y421a=ea=101e2 4 6 8 10 12x­2a=1/e­4a=0.7­6Grafovi funkcija f (x) = log a xlog a 1 = 0; 8a:::; @ log a 0; log a a = 1; ln e = 1; log 10 = 1; log 100 = 2 log 10 = 2:

235.4.5. Trigonometrijske funkcijeTrigonometrijske funkcije su: sinus, kosinus, tangens i kotangens.Neka je dana krunica sa središtem u tocki (0; 0) i polumjera r = 1, te brojevni pravacsa ishodištem u tocki T (1; 0) koji tangira tu krunicu u toj tocki. Namatanjem pravcana krunicu svakoj tocki tog pravca (tj. svakom realnom broju) pridruena je jednatocka na krunici:t 7! E (t) = (cos t; sin t) - prvu koordinatu te tocke oznacimo sa cos t, a drugu sa sin t.yy1E(t)/­­ t1costE(t)=(cost,sint)tsint­1 1x­1 1x­1­1

24Na taj nacin dobili smo dva surjektivna preslikavanja cos; sin : R ! [ 1; 1]f H x L = sinx21−π − π2 -1 1 π2π3 π22 πx-1-2f H x L = cosx21−π − π2 -1 1 π 2π3 π22 πx-1-2

25Preostale dvije trigonometrijske funkcije denirane su sa:tg : Rn (2k 1) 2j k 2 Z ! R; tg x =sin xcos xctg : Rn fk j k 2 Zg ! R; ctg x = cos xsin x :fHxL=tgx4fHxL=ctgx422− 3 π 2−π− π 2-21 π 2π3 π22 π x− 3π 2−π− π 2-21 π 2π3π22π x-4-4

265.4.6. Ciklometrijske ili arkus funkcijeFunkcija sin : R ! [ 1; 1] je neparna, periodicna P 0 = 2; pa nije injekcija. Stogarazmatramo suenje te funkcije na podrucje 2 ; 2 :Vrijedi:sin :[ 2 ; 2]h 2 ; 2iarcsin : [ 1; 1] !! [ 1; 1] je bijekcija, pa ima inverznu funkcijuh 2 ; ; arcsin y = x () sin x = y2iarcsin 0 = 0 (sin 0 = 0); arcsin 1 2 =?arcsin 1 = 2(sin 2 = 1); arcsin p32 =?

27fHxLπ21−π− π 2 -1 1 π2-1− π 2πsinarcsin :3 π2⎡ π π ⎤⎢ − ,⎣ 2 2 ⎥⎦x⎡ π π ⎤:⎢ − , → [ −1 , 1]⎣ 2 2 ⎥⎦⎢⎡ π π− 1, 1 → − ,⎣ 2 2[ ]⎥ ⎦⎤arcsin x > 0 () 0 < x 1

28Funkcija cos : R ! [1; 1] je parna, periodicna, P 0 = 2; pa nije injekcija. Stogarazmatramo suenje te funkcije na podrucje [0; ]:cos : [0; ] ! [ 1; 1] je bijekcija, pa ima inverznu funkciju[0;]arccos : [ 1; 1] ! [0; ] ; arccos y = x () cos x = yVrijedi:arccos 1 = 0 (cos 0 = 1); arccosarccos 0 = 2p22 =?(cos 2 = 0); arccos 12=?

fHxL29ππ21−π− π 2 -1 1 π2-1− π 2π3 π2cos[ ]0 , πarccos ::x[ ] ][ ] [ ]−1 , 10 , π → [ −1 , 1→0 , πarccos x 0; 8x 2 D (arccos) = [ 1; 1] :

Funkcija tg : Rn (2k 1) 2 j k 2 Z ! R je neparna, periodicna, P 0 = ; pa nijeinjekcija. Stoga razmatramo suenje te funkcije na podrucje 2 ; 2 :Dtg :h2 ; ! R je bijekcija, pa ima inverznu funkciju2E2 ; 2iD arctg : R !2 ; ; arctg y = x () tg x = y2E30π2− 3 π 2−π− π 2− π21 π2π3 π22 πx

Funkcija ctg : Rn fk j k 2 Zg! R je neparna, periodicna, P 0 = ; pa nijeinjekcija. Stoga razmatramo suenje te funkcije na podrucje h0; i:31ctgh0;i: h0; i ! R je bijekcija, pa ima inverznu funkcijuarcctg : R ! h0; i ; arcctg y = x () ctg x = yπ2π− 3 π 2−π− π 2− π21 π2π3 π22 πx

32Vrijedi:arctg 1 = 4(tg 4= 1); arctg x > 0; 8x > 0arctg p 3 = 3(tg 3 = p 3);arctgp33 =?arcctg p 3 = 6(ctg 6 = p 3); arcctg x > 0; 8x 2 R:arcctg 0 = 2(ctg 2= 0); arcctg ( 1) =?

25.5. ELEMENTARNE FUNKCIJEDenicija. Elementarnom funkcijom smatramo svaku funkciju koja se moe konstruiratiod osnovnih elementarnih funkcija i njihovih restrikcija primjenjujući (konacno puta)zbrajanje, oduzimanje, mnoenje, dijeljenje i kompoziciju funkcija.Pritom se osnovne racunske operacije na realnim funkcijama f; g : X R ! Rdeniraju na prirodni nacin:1. f + g : X ! R; (f + g) (x) = f (x) + g (x) ;2. f g : X ! R; (f g) (x) = f (x) g (x) ;3. f g : X ! R; (f g) (x) = f (x) g (x) ; ff4. : X n fx 2 X j g (x) = 0g ! R; (x) = f (x)g g g (x) :Skup svih elementarnih funkcija obicno se dijeli na ove podskupove:polinomi, racionalne funkcije, algebarske funkcije i transcendentne funkcije.

35.5.1. PolinomiNeka je n 2 N 0 i a n ; a n 1 ; : : : a 1 ; a 0 2 R: Funkciju p n : R ! R deniranu sap n (x) = a n x n + a n 1 x n 1 + a n 2 x n 2 : : : + a 2 x 2 + a 1 x + a 0(ukoliko je a n 6= 0) nazivamo polinom ntog stupnja:a i koecijenti polinoma, a n vodeći koecijent, a 0 slobodni clan.p 0 (x) = a 0p 1 (x) = a 1 x + a 0p 2 (x) = a 2 x 2 + a 1 x + a 0polinom nultog stupnja (konstantna funkcija);polinom prvog stupnja (linearna funkcija);polinom drugog stupnja (kvadratna funkcija);p 3 (x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 polinom trećeg stupnja; . . .

4 x 0 2 R (ili C) je nula polinoma p n ako i samo ako je p n (x 0 ) = 0: p n (x 0 ) = 0 () p n (x) = (x x 0 ) p n 1 (x) : Polinom n tog stupnja p n ima tocno n nula, racunajući višestruke i kompleksnenule. Ako je z = a + bi 2 C nula polinoma p n ; onda je i z = abi nula tog polinoma. Ako su x 1 ; x 2 ; : : : ; x n nule polinoma p n (realne ili kompleksne, jednostruke ilivišestruke) tada vrijedi:p n (x) = a n (x x 1 ) (x x 2 ) : : : (x x n ) :

5 Svaki polinom nad R (s realnim koecijentima) moe se općenito faktorizirati kaop n (x) = a n (x x 1 ) 1 : : : (x x k ) kx 2 + p 1 x + q 1 1 : : : x 2 + p s x + q s s;gdje je ( 1 + : : : + k ) + 2 ( 1 + : : : + s ) = n:Pritom su x i (i = 1; :::; k) realne nule višestrukosti (kratnosti) i ,a polinomi x 2 + p j x + q j (j = 1; :::; s) nerastavljivi nad R; cije su nultocke parovikompleksno konjugiranih brojeva. Ako je a n = 1 za polinom p nkaemo da je normiran. Ako normirani polinom p n s cjelobrojnim koecijentima ima cjelobrojnih nula, ondasu te nule djelitelji slobodnog clana a 0 :

Primjeri. Faktoriziraj navedene polinome nad poljem R i nad poljem C :a) p 3 (x) = x 3 1;b) p 4 (x) = x 4 + 2x 2 + 1;c) q 4 (x) = x 4 + 1:a) Polinom p 3 je normirani polinom s cjelobrojnim koecijentima, pa ako ima cjelobrojnihnula one dijele slobodni clan 1: Dakle, kandidati za cjelobrojne nule su 1 i 1:6p 3 (1) = 1 3 1 = 0 =) p 3 (x) = (x 1) p 2 (x) : p 2 (x) = ?p 2 (x) = p 3 (x) : (x 1) = x 3 1 : (x 1) = x 2 + x + 1;p 3 (x) = (x 1) x 2 + x + 1 FAKTORIZACIJA NAD R:x 2 + x + 1 = 0 =) x 1;2 = 1 p32 i =2 R;2

p 3 (x) = (x 1) x + 1 2 + p32 i !| {z } x + 1 p !32 2 i| {z }polinomi 1. stupnja nad C (s kompleksnim koef.)FAKTORIZACIJA NAD C:7b) Budući da je p 4 (1) 6= 0 to normirani polinom p 4 s cjelobrojnim koecijentimanema cjelobrojnih nula, a vidljivo je da nema ni realnih nula (!?). Nadalje imamo:p 4 (x) = x 4 + 2x 2 + 1 = x 2 + 1 2FAKTORIZACIJA NAD R:p 4 (x) = 0 () x 2 + 1 = 0 () x 1;2 = i :Dakle polinom p 4ima dvostruki par kompleksno konjugiranih nula!p 4 (x) = [(x + i) (x i)] 2 = (x + i) 2 (x i) 2 FAKTORIZACIJA NAD C:

8c) Vrijedi: q 4 (1) 6= 0, pa q 4 nema cjelobrojnih nula. Tako ¯der x 4 6= 1 8x 2 R; panema ni realnih nula. Nadalje,q 4 (x) = x 4 + 1 = x 4 + 2x 2 + 1 2x 2 = x 2 + 1 2p 22x=x 2 + 1p2xx 2 + 1 + p 2xFAKTORIZACIJA NAD R:Budući da jex 2 p2x + 1 = 0 () x1;2 =p p2 22 2 i ;x 2 + p 2x + 1 = 0 () x 1;2 =to dobivamo sljedeću FAKTORIZACIJU NAD C:p p ! p p ! p2 22 22q 4 (x) = x2 2 i x2 + 2 i x +2p22 p22 i ;p22 i ! x +p22 + p22 i !:

95.5.2. Racionalne funkcijeNeka su p m i p n polinomi stupnja m i n: Funkciju Q : D Q! R deniranu saQ (x) = p m (x)p n (x) = b mx m + : : : + b 1 x + b 0a n x n + : : : + a 1 x + a 0; x 2 D Q ;nazivamo racionalna funkcija. Domena je skup D Q = R fx 2 R jp n (x) = 0g :Nultocke polinoma u nazivniku zovemo polovi racionalne funkcije.Posebno, ako je n = 0; onda je funkcija Q polinom.Ako je m < n; onda je Q prava racionalna funkcija, a ako je m > n; onda je Qneprava racionalna funkcija.Dijeljenjem polinoma p m : p n (za slucaj m > n) dobivamo da je neprava racionalnafunkcija Q zbroj nekog polinoma (stupnja m n) i prave racionalne funkcije:Q (x) = p m (x)p n (x) = q mn (x) + r k (x)p n (x) ;gdje je r k (x) (”ostatak” pri dijeljenju) polinom stupnja k < n:

105.5.3. Algebarske funkcijeElementarne funkcije koje se mogu dobiti komponiranjem općih potencija s racionalnimeksponentima i racionalnih funkcija s racionalnim koecijentima nazivamo algebarskimfunkcijama.Primjer. f : X R ! R;a funkcije g 1;2 : R ! R;f (x) = 4 s x2 + 12x 3 5xg 1 (x) = x 4 + 7 p 2; g2 (x) = 5p3x + 2algebarska je funkcija,nisu algebarske funkcije.Ocito je da su racionalne funkcije s racionalnim koecijentima ujedno algebarske funkcije.Algebarske funkcije koje nisu racionalne nazivamo iracionalnim funkcijama.

115.5.4. Transcendentne funkcijeElementarne funkcije koje nisu algebarske nazivamo transcendentnima.Dakle, u ovu klasu funkcija ubrajaju se sve eksponencijalne, logaritamske, trigonometrijskei ciklometrijske, kao i većina racionalnih fukcija (sve one kojima je neki koecijentiracionalan).Vane transcendentne funkcije jesu i tzv. hiperbolne funkcije, koje se dobiju pomoćuprirodne eksponencijalne funkcije f (x) = e x :

Hiperbolne funkcije12Deniramo:sh : R ! R; sh x = ex e x;2sinus hiperbolni;ch : R ! R; ch x = ex + e x;2kosinus hiperbolni;e xth : R ! R; th x = sh xch x = exe x + e x;tangens hiperbolni;Vrijedicth : Rn f0g ! R; cth x = 1th x = ex + e xe x e x; kotangens hiperbolni;ch 2 x sh 2 x = 1;pa je (ch t; sh t) za svaki t 2 R tocka (desne grane) hiperbole x 2 y 2 = 1 (x 1);slicno kao što je i (cos t; sin t) za svaki t 2 R tocka krunice x 2 + y 2 = 1.

Area funkcije13Funkcija sh : R ! R; sh x = ex e x2(sinus hiperbolni) je bijekcija,y54y=shx32y=Arshx1­5 ­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3 4 5­1x­2­3­4­5pa postoji inverzna funkcija te funkcije (area sinus hiperbolni) :Arsh : R ! R; Arsh x = ln x + p x 2 + 1 :

14Funkcija ch : [0; 1i ! [1; 1i ; ch x = ex + e x2(kosinus hiperbolni) je bijekcija,y54y=chx32y=Archx1­5 ­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3 4 5­1x­2pa postoji inverzna funkcija te funkcije (area kosinus hiperbolni) :Arch : [1; 1i ! [0; 1i ; Arch x = ln x + p x 2 1 :

15Funkcija th : R ! h 1; 1i ; th x = ex e xe x + e x(tangens hiperbolni) je bijekcija,y32y=Arthx1y=thx­3 ­2 ­1 1 2 3­1x­2pa postoji inverzna funkcija te funkcije (area tangens hiperbolni) :­3Arth : h 1; 1i ! R; Arth x = 1 2 ln 1 + x1 x :

16Funkcija cth : Rn f0g ! Rn [ 1; 1] ; cth x = ex + e xe x e x (kotangens hiperbolni)y43y=Arcth21y=cthx­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3 4­1x­2­3je bijekcija, pa postoji inverzna funkcija te funkcije (area kotangens hiperbolni) :­4Arcth : Rn [ 1; 1] ! Rn f0g ; Arcth x = 1 2 ln x + 1x 1 :

TRANSFORMACIJE GRAFA FUNKCIJENeke od transformacija grafa:Graf funkcije: 1) x ↦ − f ( x)se dobije iz Γfsimetrijom obzirom na os x.2) x ↦ f ( − x)-||- simetrijom obzirom na os y.3) x ↦ f ( x) + c -||- translacijom za c duž osi y.4) x ↦ f ( x − c)-||- translacijom za c duž osi x.5) x ↦ f ( ax)-||- a >1 “stezanjem” grafa duž osi x a puta.0< a 1 “rastezanjem” grafa duž osi y A puta.0< A

TRANSFORMACIJE GRAFA FUNKCIJENeke od transformacija grafa:Graf funkcije: 1) x a − f x se dobije izPRIMJER: Neka jeab)c)( )Γfsimetrijom obzirom na os x.2) x a f ( − x) -||- simetrijom obzirom na os y.3) x a f ( x) + c -||- translacijom za c duž osi y.4) x a f ( x − c) -||- translacijom za c duž osi x.5) x a f ( ax) -||- a >1 “stezanjem” grafa duž osi x a puta.0< a 1 “rastezanjem” grafa duž osi y A puta.0< A

6. NIZOVI I REDOVI REALNIH BROJEVA

6.1. Niz realnih brojevaDenicija 6.1. Svaku funkciju a : N ! R nazivamoniz realnih brojeva (kraće niz).Broj a (n) a n nazivamo opći clan niza (ili n ti clan niza).Niz obicno oznacavamo sa (a n ) ili fa n g ili ponekad saPrimjer.a 1 ; a 2 ; a 3 ; :::; a n ; ::: .1. Niz ciji je opći clan a n = ( 1)n2n + 1je13 ; 1 5 ; 17 ; 1 9 ; ::: ; ( 1) n2n + 1 ; ::: .2. Niz ciji je opći clan81 n>< n ; n neparan,jea n =>:1n ;n paran.0; 1 2 ; 23 ; 1 4 ; 45 ,:::.

Denicija 6.2. Niz (a n ) za koji vrijedi(9r 2 R) (9n 0 2 N) takvi da (8n 2 N) (n n 0 =) a n = r)nazivamo stacionarni niz.Primjer. Niz ciji je opći clana n = 3n; n 4;2; n > 4je3; 6; 9; 12; 2; 2; 2; :::; 2; :::.Dakle, ovo je stacionaran niz.Uocimo: ovdje je r = 2; n 0 = 5 (u oznakama iz Def.6.2).Denicija 6.3. Za niz (a n ) kaemo da je rastući(padajući, strogo rastući, strogo padajući, monoton,strogo monoton) ako je takva funkcija a : N ! R:Napomena: Da bi niz (a n ) bio rastući nuno je idovoljno da je za svaki n 2 N, a n a n+1 :Slicno za ostale tvrdnje.

Primjer.1. Niz ciji je opći clan a n = 1 je strogo padajući jer jena n = 1 n > 1n + 1 = a n+1, 8n 2 N:2. Niz ciji je opći clan a n = ( 1)nnpadajući ni rastući).Uocimo: ovdje je za n parana za n neparana n = 1 n > a n+1 =nije monoton (nije ni1n + 1 ;a n = 1n < a n+1 = 1n + 1 :3. Niz ciji je opći clan a n = 3 je padajući i rastući, tj.monoton je, jer jea n = 3 3 = a n+1 , 8n 2 N ia n = 3 3 = a n+1 , 8n 2 N:Ovo je i stacionaran niz (r = 3; n 0 = 1).

Denicija 6.4. Kaemo da je realan broj Lgranicna vrijednost ili limes niza (a n ) ako vrijedi(8" > 0) (9n 0 2 N) takav da (8n 2 N) n n 0Pišemo=) ja n Lj < ": (1)lim a n = L:n!1Ako limes postoji kaemo da je niz (a n ) konvergentanodnosno da konvergira (prema L). U protivnomkaemo da je divergentan odnosno da divergira.Napomena: nejednakost (1) se naziva osnovnanejednakost konvergencije niza (a n ) :Gornja denicija znaci da kod konvergentnog niza(a n ) ; za svaki " > 0; interval (L "; L+") oko granicnevrijednosti L (" okolina od L), sadri beskonacnoclanova niza, dok se izvan tog intervala nalazi samokonacno mnogo clanova niza.Teorem 6.5. Svaki niz (a n ) ima najviše jednu granicnuvrijednost.

Primjer.1. Za niz ciji je opći clan a n = ( 1)nlimn!1( 1) nn 2n 2 = 0:vrijediPokaimo to koristeći Deniciju 6.4.Neka je " > 0 i neka je ja n( 1) n 0n 2 Lj < "; tj.< ": (2)Treba pronaći n 0 (iz Denicije 6.4). Imamo( 1) n 0n 2 < " () 1 n < " () 2 n2 > 1 " :Dakle, nejednakost (2) vrijedi za svaki n > 1p"za sve n + 1 = n 0 :1 p "; tj.Napomena: funkcija f (x) = bxc ("najveće cijelo") jedenirana na sljedeći nacin: bxc k; k 2 Z; gdje je knajveći cijeli broj manji ili jednak x:

Za " = 1100 jetj. u intervalun 0 =jp100k+ 1 = 10 + 1 = 11;1(0100 ; 0 + 1100 ) = ( 1100 ; 1100 ) ( 1)nse nalaze gotovo svi clanovi niza ; osim njihkonacno mnogo, tj. svi osim prvih 10:n 2Zadatak:Pokaite:1 limn!1 n = 0 :( 1) limnn!1 n= 0:Odredite n 0 za " = 1100 i " = 0:035:

Denicija 6.6. Kaemo da niz (a n ) divergira prema +1ako vrijedi(8r > 0) (9n 0 2 N) takav da (8n 2 N) n n 0Pišemo=) a n > r:lim a n = +1:n!1Slicno, kaemo da niz (a n ) divergira premavrijedi1 ako(8r < 0) (9n 0 2 N) takav da (8n 2 N) n n 0Pišemo=) a n < r:lim a n = 1:n!1Gornja denicija znaci: ako je limn!1a n = +1; onda je, za svaki r > 0;beskonacno clanova niza (a n ) veće od r, dok jesamo konacno mnogo clanova niza manje od r.

ako je limn!1a n = 1; onda ¸je, za svaki r < 0;beskonacno clanova niza (a n ) manje od r, dok jesamo konacno mnogo clanova niza veće od r.Primjer.1. Za niz ciji je opći clan a n = n 2 vrijedilimn!1 n2 = +1:Pokaimo to koristeći Deniciju 6.6. Imamo1; 4; 9; 16; 25; ::: ; n 2 ; ::: .Dakle, za r > 0 treba pronaći n 0 (iz Denicije 6.6).Ocito jeNpr. imamo:n 0 = p r + 1:- za r = 18 je n 0 = p 18 + 1 = 4 + 1 = 5 (gotovo sviclanovi niza n 2 ; osim njih konacno mnogo, tj. sviosim prva 4; su veći od r = 18);- za r = 95 je n 0 = p 95 + 1 = 9 + 1 = 10 (gotovosvi clanovi niza n 2 ; osim njih konacno mnogo, tj.svi osim prvih 9; su veći od r = 95);

2. Za niz ciji je opći clan a n = (2n 1) vrijedilimn!1(2n 1) = 1:Pokaimo to koristeći Deniciju 6.6. Imamo1; 3; 5; 7; 9; ::: ; (2n 1) ; ::: .Dakle, za r < 0 treba pronaći n 0 (iz Denicije 6.6).Ocito je r + 1n 0 = + 1:2Npr. imamo:- za r = 8 je n 0 = b4:5c + 1 = 4 + 1 = 5 (gotovosvi clanovi niza f (2n 1)g ; osim njih konacnomnogo, tj. svi osim prva 4; su manji od r = 8);- za r = 11 je n 0 = b6c + 1 = 6 + 1 = 7 (gotovosvi clanovi niza f (2n 1)g ; osim njih konacnomnogo, tj. svi osim prvih 6; su manji od r = 11); :

3. Niz ciji je opći clan( 1a n = n ; n paran,n; n neparantj. niz1; 1 2 ; 3; 1 4 ; 5; 1 ; 7; ::: .6je divergentan u širem smislu.Uocimo: clanovi niza s parnim indeksom n se pribliavaju0, dok clanovi niza s neparnim indeksomrastu (tee prema +1). Dakle,lim a n 6= 0;n!1jer je uvijek beskonacno clanova niza izvan svake "okoline od 0 (gotovo svi s neparnim indeksom), iakounutar te " okoline ima beskonacno clanova niza.Isto takolimn!1 a n 6= +1;jer je uvijek beskonacno clanova niza manje od r, zasvaki r > 0, (gotovo svi s parnim indeksom), iako jebeskonacno clanova niza veće od tog r.;

Denicija 6.7. Kaemo da je realan broj r gomilišteniza (a n ) ako svaka " okolina od r sadri beskonacnoclanova tog niza, odnosno(8" > 0) (8n 2 N) (9n 0 2 N) takav da jen 0 > n i ja n0 rj < ":Najveće gomilište se naziva limes superior ioznacava slim sup a n ;a najmanje gomilište se naziva limes inferior ioznacavalim inf a n :Napomena: Limes je gomilište, dok gomilišteopćenito ne mora biti limes.Ukoliko je niz (a n ) konvergentan onda jelim a n = lim sup a n = lim inf a n :n!1

Primjer.1. Za niz ciji je opći clan a n = ( 1) n nn + 1 imamo12 ; 2 3 ; 34 ; 4 5 ; 56 ; ::: ; ( n1)n n + 1 ; ::: .Clanovi niza s parnim indeksom n se "gomilaju"oko 1, dok clanovi niza s neparnim indeksom"gomilaju" oko 1. Dakle,lim inf a n = 1; lim sup a n = 1:2. Za niz ciji je opći clan a n = cos n 2 imamo0; 1; 0; 1; 0; 1; 0; 1; 0; ::: ; cos n 2 ; ::: .Clanovi niza s neparnim indeksom n se "gomilaju"oko 0, dok clanovi niza s parnim indeksom oblika4k 2 "gomilaju" oko 1, a clanovi niza s parnimindeksom oblika 4k "gomilaju" oko 1: Dakle, skupsvih gomilišta jepa jef 1; 0; 1g ;lim inf a n = 1; lim sup a n = 1:

Moemo proširiti pojam gomilišta s +1 i 1.Za +1 kaemo je gomilište niza (a n ) ako(8r > 0) (8n 2 N) (9n 0 2 N) takav da jen 0 > n i a n0 > r:Za1 kaemo je gomilište niza (a n ) ako(8r < 0) (8n 2 N) (9n 0 2 N) takav da jePrimjer.Niz ciji je opći clantj. niza n =n 0 > n i a n0 < r:( 1n ; n paran,n; n neparan1; 1 2 ; 3; 1 4 ; 5; 1 ; 7; ::: .6ima dva gomilišta 0 i +1: Clanovi niza s parnimindeksom n se "gomilaju" oko 0, dok clanovi niza sneparnim indeksom rastu ("gomilaju se" prema +1).Dakle,lim inf a n = 0; lim sup a n = +1:;

Primjer. Neka je q 2 R: Promotrimo niz ciji je općiclan a n = q n , tj. nizq; q 2 ; q 3 ; q 4 ; q 5 ; ::: ; q n ; ::: .Ovaj niz nazivamo geometrijski niz. Razlikujemoslucajeve: jqj < 1 =) niz konvergira i limn!1q n = 0; jqj > 1 =) niz divergira:- za q > 1 je limn!1q n = +1;- za q < 1 niz ima dva "gomilišta" +1 i 1 ; q = 1 =) niz konvergira (stacionaran niz) ilimn!1 1n = 1; q = 1 =) niz divergira (ima dva gomilišta 1 i 1).Za geometrijski niz vrijedi a n 1 a n+1 = a 2 na n 0; za sve n 2 N; onda imamo:, a ako jepan 1 a n+1 = a n ; n 2;tj. svaki je clan tog niza (osim prvog) geometrijskasredina susjednih clanova. (Otud i naziv tog niza.)

Primjer. Neka su a 1 ; d 2 R: Niz ciji je opći clana n = a 1 + (n 1) d; n 2 N (AN)nazivamo aritmeticki niz.Iz (AN) dobivamoa n 1 + a n+12= [a 1 + (n 2) d] + a 1 + nd2= a 1 + (n 1) d = a n ;što znaci da je svaki clan niza (osim prvog)aritmeticka sredina susjednih clanova. (Otud i nazivtog niza.)Teorem 6.8. Svaki konvergentan niz je ome ¯den.Teorem 6.9. Svaki monoton i ome ¯den niz je konvergentan.Posebno, svaki rastući niz koji je ome ¯denodozgo je konvergentan, te svaki padajući niz koji jeome ¯den odozdo je konvergentan.

Primjer 1. Niza n =1 + 1 nnje strogo rastući, tj. moe se pokazati da je za svakin 2 N vrijedia n =1 + 1 n n< knjiga :::

Primjer 2. Pokaimolimn!1Razlikujemo slucajeve:np a = 1; a > 0:(L1) a = 1 =) niz konvergira (stacionaran niz) ilimn!1np1 = limn!11 = 1; a > 1Pokaimo (L1) koristeći Deniciju 6.4 (def. limesa).Neka je " > 0 i neka je ja n Lj < "; tj. np a 1 < ":Treba pronaći n 0 (iz Denicije 6.4). Imamo np a 1 < " () np a 1 < " () np a < 1 + " ()1nln aln a < ln (1 + ") () n >ln (1 + ") ln a=) n + 1 = n 0 :ln (1 + ")

0 < a < 1Pokaimo (L1) koristeći Deniciju 6.4 (def. limesa).Neka je " > 0 i neka je ja n Lj < "; tj. np a 1 < ":Treba pronaći n 0 (iz Denicije 6.4). Imamo np a 1 < " , 1n p a < " , np a > 1 " 0ln (1 ") ln a=) n + 1 = n 0 :ln (1 ")Uocimo: za " 1 je n 0 = 1:3. Moe se pokazatilimn!1np n = 1:

Svojstva limesaTeorem 6.10. Neka su nizovi (a n ) i (b n ) konvergentni.Tada vrijedi:i) limn!1(a n + b n ) = limn!1a n + limn!1b n ;ii) limn!1(a n b n ) = limn!1a n limn!1b n ;iii) limn!1(a n b n ) = limn!1a n limn!1b n ;iv) ako za svaki n vrijedi b n 6= 0 i ako je lim b n 6= 0;n!1tada jelimn!1a nb n=lim a nn!1lim b nn!1v) ako za svaki n vrijedi a n > 0 i ako je lim a n > 0;n!1tada jelim (a n) b n= lim (a n ) lim b nn!1 :n!1 n!1;Teorem 6.11. (Teorem o uklještenju) Ako za nizove(a n ), (b n ) ; (c n ) postoji n 0 2 N takav da za n n 0 vrijedia n b n c n i ako je lim a n = lim c n = L; tadan!1 n!1je ilim b n = L:n!1