Josipa Ki S - Mathos.unios.hr
Sveučilište J. J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematikuSveučilišni nastavnički studij matematike i informatikeJosipa KišNestandardne jednadžbeDiplomski radOsijek, 2013.
Sveučilište J. J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematikuSveučilišni nastavnički studij matematike i informatikeJosipa KišNestandardne jednadžbeDiplomski radMentor:Osijek, 2013.prof. dr. sc. Kristian Sabo
SadržajUvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1Linearne jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1.1Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2Kvadratne jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2.1Rješenja kvadratne jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2.2Normirani oblik kvadratne jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . .2.3Diskriminanta kvadratne jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . .2.4Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3Diofantske jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3.1Rješavanje linearnih diofantskih jednadžbi Euklidovim algoritmom3.2Nelinearne diofantske jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . .3.3Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4Simetrične (recipročne) jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4.1Simetrične jednadžbe parnog stupnja . . . . . . . . . . . . . . .4.2Simetrične jednadžbe neparnog stupnja . . . . . . . . . . . . . .4.3Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5Iracionalne jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5.1Iracionalne jednadžbe s neparnim korijenima . . . . . . . . . . .5.2Iracionalne jednadžbe s parnim korijenima . . . . . . . . . . . .5.3Svodenje iracionalnih jednadžbi na sustav simetričnih jednadžbi5.4Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6Jednadžbe 3. stupnja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6.1Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . tak29Summary30Životopis313
UvodJednadžba je matematički pojam kojim je izražena veza izmedu poznatih i nepoznatihveličina pomoću znaka jednakosti.Početak rješavanja jednadžbi najčešće vežemo uz starogrčkog matematičara Diofanta, ali postoje dokazi da su se jednadžbe u drevnoj Kini rješavale i mnogo prije.Kada bismo neku današnju jednadžbu dali nekom iz doba Diofanta, on bi bio krajnjezbunjen, iako je znao riješiti tu jednadžbu. U to doba matematičari su se koristili potpuno drugačijim stilom rješavanja zadataka, a ovaj naš zapis u obliku simbola tek jenedavan izum. Nepoznate veličine, nepoznanice, često označavamo s x, y, z ili bilo kojom drugom oznakom, premda nepoznanica u širem smislu može općenito biti i funkcija.Jednadžbe rješavamo u pravilu nekim od već standardnih postupaka, odnosno metodagdje jednadžbe razlikujemo prema osobitostima i načinu rješavanja.U matematici možemo odredene probleme, zadatke riješiti na neobičan, nepredvidljiv i duhovit način. U ovom diplomskom radu navedeni su različiti zadaci i problemi,koji su se pojavljivali na raznim matematičkim natjecanjima širom svijeta. Nastojalesu se prikazati neke metode rješavanja jednadžbi koje se pojavljuju na matematičkimnatjecanjima.Diplomski rad podijeljen je u šest poglavlja. U prvom poglavlju opisana je linearna jednadžba i riješeno nekoliko složenih zadataka koji su se pojavljivali na natjecanjima. U drugom poglavlju opisana je kvadratna jednadžba te postupak kojimdobijemo rješenja kvadratne jednadžbe. Takoder je opisan normirani oblik kvadratnejednadžbe i diskriminanta kvadratne jednadžbe o kojoj ovise rješenja kvadratne jednadžbe. Na kraju drugog poglavlja riješeno je nekoliko nestandardnih zadataka tj.zadataka s natjecanja u kojima se pojavljuje kvadratna jednadžba. U trećem poglavlju spominju se Diofantske jednadžbe, jednadžbe u kojima tražimo samo cjelobrojnarješenja. Opisano je rješavanje linearnih diofantskih jednadžbi Euklidovim algoritmomte nabrojane elementarne metode rješavanja nelinearnih diofantskih jednadžbi. Zatimje navedeno i riješeno nekoliko zadataka s natjecanja. U četvrtom poglavlju definiranaje simetrična jednadžba te simetrična jednadžba parnog i neparnog stupnja i riješeniprimjeri s natjecanja. U petom poglavlju definirana je iracionalna jednadžba te iracionalne jednadžbe s parnim i neparnim korijenima. Potom je opisano kako se iracionalnejednadžbe svode na sustav simetričnih jednadžbi i na kraju riješeni primjeri zadatakas natjecanja. U posljednjem, šestom poglavlju opisane su jednadžbe 3. stupnja, postupak rješavanja tih jednadžbi i diskriminanta jednadžbe 3. stupnja. Na kraju, kao i usvakom poglavlju do sada riješeni su zadaci s natjecanja.
Linearne jednadžbe15Linearne jednadžbeLinearna jednadžba je jednadžba oblika ax b 0, pri čemu su a i b realni brojevii a 6 0. Rješenje jednadžbe je broj koji uvršten u jednadžbu umjesto nepoznanice dajeistinitu jednakost. Funkciju f : R R zadanu formulom f (x) ax b, a, b R,a 6 0 zovemo afina funkcija. Graf afine funkcije je pravac, koji siječe koordinatnuos x u abscisi točke koja odgovara rješenju jednadžbe ax b 0, te tu abscisu običnozovemo nul-točka funkcije f . Uz pojam linearne jednadžbe vezan je i pojam sustavalinearnih jednadžbi. Sustav linearnih jednadžbi uz odredene uvjete moguće je svestina rješavanje linearne jednadžbe s jednom nepoznanicom. Promatrajmo općenitiji oblikjednadžbe ax b 0, a, b R. U ovisnosti o brojevima a i b može nastupiti jedan odsljedeća tri slučaja:1. Ako je a 6 0, onda je rješenje jednadžbe jedinstveno i glasi x jednadžbu kažemo da je odredena. b.aZa takvu2. Ako je a b 0, onda je rješenje jednadžbe x R. Za takvu jednadžbu kažemoda je neodredena.3. Ako je a 0 i b 6 0, onda jednadžba nema rješenja. Za takvu jednadžbu kažemoda je nemoguća.Jednadžbu oblika a1 x1 a2 x2 . an xn 0, ai R gdje su xi (i 1, ., n) nepoznanice, zovemo linearna jednadžba (s realnim koeficijentima) s n nepoznanica.1.1ZadaciZadatak 1 (Zadatak je motiviran sličnim zadatkom koji se može naći u [2])Riješiti jednadžbux 38x 2013 x 2012x 2008x 33 x 34 . . , x R.201320122008333438Rješenje. Oduzmemo li od svakog razlomka zadane jednadžbe 1, dobivamo:x 33x 34x 38x 2013x 2008 1 1 . 1 1 . 12013201220083338x 2046 x 2046x 2046x 2046 x 2046x 2046 . . .201320122008333438Uočavamo da svi razlomci imaju jednak brojnik. Njegovim izlučivanjem dobivamo:(x 2046) · (1111 . . ) 020132008 3338Sada je jasno da je rješenje zadane jednadžbe x 2046.2
Linearne jednadžbe6Zadatak 2 (vidi [2])U ovisnosti o a i b pronaći rješenja x jednadžbe2a , a, b R, x R.3a xb xRješenje. Uočimo da za x 3a i x b jednadžba nema smisla. Takoder za a 0jednadžba je nemoguća, jer je tada njezina lijeva strana jednaka 0, dok desna nije.Neka jex 6 3a, a 6 0, x 6 b.(1)Iz zadane jednadžbe redom dobivamo:a(b x) 2(3a x)ab ax 6a 2xab 6a ax 2x(a 2)x a(b 6)(2)Za a 6 2 rješenje jednadžbe (2) će bitix a(b 6),a 2pri čemu moraju biti ispunjeni uvjeti (1).Ako je a 6 0 i x 6 3a, onda jea(b 6)6 3a,a 2a(b 6) 3a 6 0,a 2a(b 6) 3a(a 2)6 0,a 2a(b 6 3a 6)6 0,a 2a(b 3a)6 0,a 2b 6 3a.Ako je još i x 6 b, onda jea(b 6)6 0,a 2b 3a6 0,a 2b 3a 6 0,b 6 3a.(3)
Linearne jednadžbe7Dakle, za a 6 0, a 6 2 i b 6 3a zadana jednadžba ima jedinstveno rješenje x a(b 6)a 2i to je odredena jednadžba.Za a 2 i b 6 prema (2) i (1) rješenja jednadžbe su svi x R \ {6} i to je neodredenajednadžba.Za a 2 i b 6 6 ili a 0 ili b 3a i a 6 0 jednadžba nema rješenja i to je nemogućajednadžba.2Zadatak 3 (Zadatak je motiviran sličnim zadatkom koji se može naći u [2])Riješiti sustav jednadžbix1 x2 . x2013 0x1 x2 x2 x3 . x2012 x2013 1, xi R, i 1, ., 2013.Rješenje. Sukladno uvjetu zadatka, vrijedix1 x2 . x2013 0.(4)Zbrajanjem jednadžbix1 x2 x2 x3 . x2012 x2013 1dobivamo2(x1 x2 . x2013 ) (x1 x2013 ) 2012pa zbog (4) izlazix1 x2013 2012.(5)Izx1 x 2 x2 x3 ,x3 x 4 x4 x5 ,.x2011 x2012 x2012 x2013i izx2 x3 x3 x 4 ,x4 x5 x5 x6 ,.x2010 x2011 x2011 x2012izlazi x1 x3 x5 · · · x2013 i x2 x4 x6 · · · x2012 , odakle zbog(5) slijedi da je rješenje zadane jednadžbe x1 x3 x5 · · · x2013 1006,x2 x4 x6 · · · x2012 1007.2
Kvadratne jednadžbe8Zadatak 4 (vidi [6], VIII. Medunarodna matematička olimpijada, Bugarska 1966.)Riješiti sustav jednadžbi a1 a2 x2 a1 a3 x3 a1 a4 x4 a2 a1 x1 a2 a3 x3 a2 a4 x4 a3 a1 x1 a3 a2 x2 a3 a4 x4 a4 a1 x1 a4 a2 x2 a4 a3 x3 1 1 1 1gdje su a1 , a2 , a3 , a4 dani medusobno različiti realni brojevi.Rješenje. Kako se zadani sustav ne mijenja kod zamjene indeksa i s k bez smanjenjaopćenitosti možemo pretpostaviti da je a1 a2 a3 a4 . Tada je(a1 a2 )x2 (a1 a3 )x3 (a1 a4 )x4 1(6)(a1 a2 )x1 (a2 a3 )x3 (a2 a4 )x4 1(7)(a1 a3 )x1 (a2 a3 )x2 (a3 a4 )x4 1(8)(a1 a4 )x1 (a2 a4 )x2 (a3 a4 )x3 1.(9)Oduzimanjem (7) od (6), (8) od (7) i (9) od (8) dobivamo(a1 a2 )( x1 x2 x3 x4 ) 0(a2 a3 )( x1 x2 x3 x4 ) 0(a3 a4 )( x1 x2 x3 x4 ) 0pa je dani sustav ekvivalentan sljedećem sustavu:x1 x2 x3 x4x1 x 2 x3 x4x1 x2 x3 x 4(a1 a4 )x1 (a2 a4 )x2 (a3 a4 )x3 1Iz prve tri od ovih jednadžbi se dobiva x2 x3 0 i x1 x4 . Iz posljednje se1.dobije x1 a1 a422Kvadratne jednadžbeKvadratna jednadžba je jednadžba oblika ax2 bx c 0, a, b, c R, a 6 0. Brojevia, b i c su koeficijenti jednadžbe ax2 bx c 0. Realan broj a je vodeći koeficijentte jednadžbe i on mora biti različit od 0. Broj b je linearni koeficijent i broj c jeslobodni koeficijent. Funkciju f : R R zadanu formulom f (x) ax2 bx c,a, b R, a 6 0 zovemo kvadratna funkcija. Graf kvadratne funkcije je parabola, koja
Kvadratne jednadžbe9siječe koordinatnu os x u abscisi točke koja odgovara rješenju jednadžbe ax2 bx c 0,te tu abscisu obično zovemo nul-točka funkcije f . Na pitanja kada je pronadenaformula za rješenja kvadratne jednadžbe i tko ju je pronašao najčešće nema pravogodgovora. Svakako se može tvrditi da se način na koji danas rješavamo kvadratnujednadžbu, prigodnom formulom, ustalio negdje u XV II. stoljeću (vidi [4]). Bilo jeto nakon što su talijanski matematičari XV I. stoljeća, prije svih Tartaglia i Cardano,utrli put svojim radovima o algebarskim jednadžbama. Kvadratnu jednadžbu znali suriješiti stari narodi, Egipćani, Babilonci, Kinezi, Indijci. Ti postupci nisu sličili onimakoje danas koristimo. Ako je neki od koeficijenata b ili c jednak 0, dobijemo posebanoblik kvadratne jednadžbe koji se može jednostavno riješiti.1. Ako je koeficijent b 0, a c 6 0 jednadžba glasi ax2 c 0. Dijeljenjem s. Ova jedvodećim koeficijentom a dobivamo ekvivalentnu jednadžbu x2 canadžba uvijek ima dva rješenja. Ona mogu biti realni ili imaginarni brojevi, štoovisi o predznacima brojeva a i c.Označimo s k količnik ac . Kvadratna jednadžba x2 k, k 6 0 ima dva rješenja: (a) Ako je k 0 rješenja su realni brojevi x1 k i x2 k.pp(b) Ako je k 0 rješenja su imaginarni brojevi x1 i k i x2 i k .2. Ako je koeficijent b 6 0, a c 0 jednadžba glasi ax2 bx 0. Broj x je zajedničkifaktor obaju pribrojnika s lijeve strane x(ax b) 0. Kako je umnožak dvajubrojeva jednak nuli ako i samo ako je prvi ili drugi faktor jednak nuli mora bitix 0 ili ax b 0. Vidimo da i ova kvadratna jednadžba ima dva rješenjax1 0 i x2 ab . Oba rješenja su realni brojevi.3. Ako su koeficijenti b 0 i c 0 jednadžba glasi ax2 0 što vrijedi samoako je x 0. Medutim, imajući u vidu gornja dva slučaja u kojima kvadratnajednadžba ima dva rješenja i ovdje ćemo reći da kvadratna jednadžba ima dvarješenja x1 x2 0.2.1Rješenja kvadratne jednadžbeKrenimo od jednadžbeax2 bx c 0.Dijeljenjem s a 6 0 jednadžba se svodi nacbx2 x 0.aaPrebacimo slobodni član na desnu stranubcx2 x .aaKoeficijent uz nepoznanicu x je ab , a njegova polovicalijevoj i desnoj strani jednadžbeb.2aKvadrat ovog izraza dodajemobbcbx2 x ( )2 ( )2 .a2aa2a
Kvadratne jednadžbe10Nakon sredivanja dobivamob 2 b2 4ac(x ) 2a4a2odakle jerb2 4ac4a2rb2 4acb x2 2a4a2bx1 2ašto kraće pišemo na načinx1,2b 2a b2 4ac b b2 4ac .2a2aRješenja kvadratne jednadžbe ax2 bx c 0 su brojevi b b2 4ac b b2 4acx1 , x2 .2a2a2.2Normirani oblik kvadratne jednadžbeSvaku kvadratnu jednadžbu možemo normirati dijeljenjem s a. Onda dobijemo:bcx2 x 0.aaUvodenjem znakab paic qatu jednadžbu zapisujemo u oblikux2 px q 0.2.3Diskriminanta kvadratne jednadžbeRješenja kvadratne jednadžbe mogu biti realni i kompleksno konjugirani brojevi. Hoćeli rješenja biti realna ili kompleksna ovisi samo o izrazu koji se nalazi pod korijenom.Taj se broj naziva diskriminanta kvadratne jednadžbe te glasiD b2 4ac.Rješenja kvadratne jednadžbe napisana pomoću diskriminante glase: b Dx1,2 .2aPredznak diskriminante utječe na prirodu ovih rješenja. Tri su mogućnosti.
Kvadratne jednadžbe111. Ako je diskriminanta D 0, onda su rješenja realna i različita i vrijedi: b D b Dx1 , x2 .2a2a2. Ako je diskriminanta D 0, onda su rješenja kompleksno konjugirani brojevi.Vrijedi D D jer je D negativan broj. Zato jepp b i D b D ,x1 2a2app b D b i D x2 .2a2a3. Ako je diskriminanta D 0, onda postoji samo jedno realno rješenje jer je poformuli bx1,2 .2aRješenja kvadratne jednadžbe x1 , x2 se podudaraju. Tako radije govorimo da uslučaju D 0 kvadratna jednadžba ima jedno dvostruko realno rješenje.2.4ZadaciZadatak 5 (vidi [2])Za koju vrijednost parametra m R jednadžbe2x2 (3m 2)x 12 0,4x2 (9m 2)x 36 0, x Cimaju zajednički korijen?Rješenje. Uočimo da x 0 nije rješenje nijedne jednadžbe. Iz prve jednadžbe je2x2 3mx 2x 12 0 3mx 2x2 2x 122x2 2x 12m 3xIz druge jednadžbe je4x2 (9m 2)x 36 04x2 9mx 2x 36 0 9mx 4x2 2x 364x2 2x 36m 9xOdakle jex2 4x 0x 4 6 0Stoga je traženo rješenje m 3.2
Kvadratne jednadžbe12Zadatak 6 (vidi [2])Riješiti jednadžbu5x2 5y 2 8xy 2y 2x 2 0, x, y R.Rješenje. Zadanu jednadžbu možemo pisati u obliku4x2 8xy 4y 2 x2 y 2 2y 2x 2 04(x2 2xy y 2 ) (x2 2x 1) (y 2 2y 1) 04(x y)2 (x 1)2 (y 1)2 0odakle jex y 0, x 1 0, y 1 0,odakle slijedix 1, y 1.2Zadatak 7 (vidi [2])Riješiti sustav jednadžbi:x2 5xy 4y 2 0x2 2x 3y 2 0, x, y R.Rješenje. Kako y 0 nije rješenje sustava jednadžbi (u protivnom iz y 0 slijedix 0, što ne zadovoljava drugu jednadžbu). Djeljenjem prve jednadžbe s y 2 dobivamo: 2xx 5 4 0.yySupstitucijomx tydobivamo jednadžbu t2 5t 4 0 čija su rješenjat1 1t2 4.Izxy22 1 i x 2x 3y 2 0 izlazi x x 2 0. Stoga jex1 y1 1x2 y2 2.xy 4 i x 2x 3y 2 0 dobivamo jednadžbu 16x2 5y 2 0 te je 5 153y3,4 32 5 153x3,4 .8Rješenja danog sustava su: 5 153 5 153 5 153 5 153( 1, 1), (2, 2), (,), (,).832832Iz22
Diofantske jednadžbe313Diofantske jednadžbeU ovom poglavlju promatramo linearne jednadžbe oblika ax by c, a 6 0, b 6 0, gdjesu a, b, c cijeli brojevi. Jasno je da takve jednadžbe imaju beskonačno mnogo rješenja.Dovoljno je za vrijednost x uvrstiti u tu jednadžbu bilo koju konkretnu vrijednost ionda izračunati pripadni y. Ako se traže samo cjelobrojna rješenja (x i y su cijelibrojevi), onda problem nalaženja takvih rješenja zovemo diofantskim problemomili kraće kažemo da je jednadžba diofantska. (vidi [10])Naziv su te jednadžbe dobile u čast grčkog matematičara Diofanta (oko 250.g.n.e.),koji se medu prvima bavio rješavanjem takvih jednadžbi. O njegovu se životu malozna. Djelovao je u Aleksandriji. Od njegova djela ”Arithmetica” koje je imalo trinaestsvezaka, sačuvano je samo prvih šest. Bavio se isključivo algebrom. Prvi je koristioalgebarske oznake. Stoga se drži da je on medu prvima počeo sa stvaranjem današnjegalgebarskog jezika. Prijevod njegovih radova na latinski jezik pojavio se 1621. Jedanprimjerak tog prijevoda naden je medu knjigama velikog francuskog matematičara P.Fermata (20.08.1601. - 12.01.1665.), koji se izmedu ostalog bavio i diofantskim jednadžbama. Fermat je inače bio pravnik, a u slobodno vrijeme bavio se matematikom.Proučavao je diofantsku jednadžbu xn y n z n , gdje je n N, n 2. Za n 2 dobijese Pitagorina jednadžba x2 y 2 z 2 , koja ima beskonačno mnogo rješenja. Fermat jena margini Diofantove knjige zapisao da zna dokazati da jednadžba xn y n z n zan 2 osim trivijalnih (x, y, z 0) nema cjelobrojnih rješenja, ali je margina preuskada ga napiše. Stoga se taj problem zove veliki Fermatov problem. Fermatova tvrdnjase pokazala istinitom, a dokazao ju je engleski matematičar Andrew Wiles.Jednadžba oblika a1 x1 a2 x2 . an xn an 1 , ai Z \ {0}, i 1, 2, ., n,an 1 Z zove se linearna Diofantska jednadžba sa n nepoznanica (vidi [2]).Do beskonačno mnogo rješenja jednadžbe najčešće dolazimo Eulerovom metodom.Bit ove metode sastoji se u tome da varijablu, uz koju je koeficijent po apsolutnojvrijednosti manji, izrazimo pomoću druge varijable te nakon toga razlomak na desnojstrani napišemo u obliku zbroja cijelog i razlomljenog dijela i tada gledamo kada će razlomljeni dio biti cijeli broj. Diofantske jednadžbe koje nisu linearne zovu se nelinearneDiofantske jednadžbe. (vidi [2])3.1Rješavanje linearnih diofantskih jednadžbi Euklidovim algoritmomTeorem 3.1 (vidi [5]) Neka su a i b nenegativni cijeli brojevi pri čemu je b 6 0. Tadasu jednoznačno odredeni cijeli brojevi q i r tako da je a bq r, 0 r b. Broj qnazivamo količnikom brojeva a i b, a r ostatkom pri dijeljenju broja a brojem b.Sam Euklidov algoritam sastoji se u uzastopnoj primjeni tvrdnje iskazane u prethodnom teoremu. Neka su a i b zadani cijeli brojevi, pri čemu je a b. Tada su jednoznačnoodredeni nenegativni cijeli brojevi qi i ri , 1 i k 1, takvi da je:a q1 b r1 , 0 r1 b;b q2 r1 r2 , 0 r2 r1 ;
Diofantske jednadžbe14r1 q3 r2 r3 , 0 r3 r2 ;.rk 3 qk 1 rk 2 rk 1 , 0 rk 1 rk 2 ;rk 2 qk rk 1 rk , 0 rk rk 1 ;rk 1 qk 1 rk 0, rk 1 0;Niz gornjih jednakosti nazivamo Euklidovim algoritmom dužine n za brojeve a i b.Teorem 3.2 (vidi [5]) Najveći zajednički djelitelj cijelih brojeva a i b, b 6 0 je brojM (a, b) rk , gdje je rk posljednji pozitivan ostatak dobiven primjenom Euklidovogalgoritma na prirodne brojeve a i b.Ostatke iz Euklidovog algoritma napišemo na slijedeći način:r1 a q1 b;r2 b q2 r1 ;r3 r1 q 3 r2 ;.rk 1 rk 3 qk 1 rk 2 ;rk rk 2 qk rk 1 ;Vidimo da se svaki član (počevši od trećeg) izražava pomoću svoja dva prethodnika kaocjelobrojna linearna kombinacija. Ako krenemo od posljednjeg člana rk u navedenomnizu, vidimo da se može izraziti kao linearna kombinacija brojeva a i b sa cjelobrojnimkoeficijentima: rk ax by, pri čemu su x i y cijeli brojevi. Time smo dokazali slijedećiteorem.Teorem 3.3 (vidi [5]) Ako su a i b cijeli brojevi, tada jednadžba ax by M (a, b)ima bar jedno cjelobrojno rješenje.Taj teorem možemo koristiti za rješavanje diofantskih jednadžbi oblika ax by M (a, b).3.2Nelinearne diofantske jednadžbeJednadžbe u kojima se nepoznanice pojavljuju u članovima višeg reda zovu se nelinearne diofantske jednadžbe. Elementarne metode rješavanja nelinearnih diofantskihjednadžbi su:1. Metoda faktorizacije2. Metoda kvocijenta3. Metoda zbroja4. Metoda ostataka5. Metoda posljednje znamenke6. Metoda parnosti7. Metoda karakterističnih ostataka
Diofantske jednadžbe158. Metoda nejednakostiSvim tim metodama zajednička je metoda razlikovanja slučajeva. Jednadžba senajčešće prvo mora zapisati u odgovarajući oblik, da bi se kroz razlikovanje dopuštenihslučajeva mogao suziti skup potencijalnih rješenja, te konačno i naći sama rješenja.U zavisnosti od toga kakav zapis jednadžbe koristimo, ili po kojoj osnovi razlikujemoslučajeve dobivamo različite (pod)metode za rješavanje nelinearnih diofantskih jednadžbi (vidi [1]).3.3ZadaciZadatak 8 (vidi [10])Riješiti jednadžbu:3x 4y 29.Rješenje. Ako je (x0 , y0 ) bilo koje cjelobrojno rješenje linearne jednadžbe ax by cs cjelobrojnim koeficijentima a, b i c, tada se sva cjelobrojna rješenja te jednadžbe (x, y)odreduju formulama x x0 bt, y y0 at, t Z. Odmah se vidi da je par (3, 5)jedno rješenje jednadžbe, pa uzmemo x0 3, y0 5 i možemo zapisati opće rješenjex 3 4t, y 5 3t, t Z.2Zadatak 9 (vidi [7], 15. ožujka 2010., 7.razred, županijsko natjecanje iz matematike)Koliko parova troznamenkastih prirodnih brojeva (x, y) zadovoljava uvjet 15x 3y 2010?Rješenje. Djeljenjem jednadžbe 15x 3y 2010 s 3 dobivamo jednadžbu 5x y 670.Kako je M (5, 1) 1, tada vrijedi 1 0 · 5 1 · 1. Dakle dobivamo u 0, v 1 tevrijedi x0 0, y0 670. Dobivamo skup rješenjax 0 ty 670 5t, t ZNama odgovaraju rješenja za 100 t 114 i tako dobivamo 15 parova troznamenkastih prirodnih brojeva (100, 170), (101, 165), (102, 160),. . .,(113, 105) i (114, 100) kojizadovoljavaju postavljeni zahtjev.2Zadatak 10 (vidi [12], 1. travnja 1995., 7. razred, županijsko natjecanje iz matematike)Odredite sve parove cijelih brojeva x i y koji zadovoljavaju jednadžbu11 1 1.x y xy
Diofantske jednadžbe16Rješenje. Ako zadanu jednadžbu pomnožimo s xy, pri čemu je x 6 0 i y 6 0,dobivamo:y x 1 xyy 1 xy xy 1 x(y 1)y 1y 1y 1 2x y 12x 1 .y 1x Broj x bit će cijeli broj samo ako jey 1 1, y 2y 1 1, y 0y 1 2, y 3y 1 2, y 1Vrijednost y 0 otpada zbog navedenog uvijeta, a za y 1 dobivamo x 0, što istotako ne može biti. Zato su rješenja zadane jednadžbe: x 3, y 2 i x 2, y 3.2Zadatak 11 (vidi [12], 1997., 8.razred, državno natjecanje iz matematike)Odredite sve cijele brojeve a, b, c za koje vrijede jednakosti:a2 2b2 2bc 1212ab c2 121.Rješenje. Kako su desne strane zadanih jednakosti jednake, to nužno slijedi da sujednake i lijeve strane, pa jea2 2b2 2bc 2ab c2a2 2b2 2bc 2ab c2 0a2 2ab b2 b2 2bc c2 0(a b)2 (b c)2 0.Sad je očito a b 0 i b c 0, iz čega slijedi da je a b c. Uvrštavanjem dobivenih vrijednosti u jednu od zadanih jednadžbi lako odredujemo cjelobrojne vrijednostibrojeva a, b, c. Prema tome je a b c 11 ili a b c 11.2
Simetrične (recipročne) jednadžbe417Simetrične (recipročne) jednadžbeZa polinom f : R R jedne varijable zadan formulomf (x) a0 xn a1 xn 1 . an 1 x ankažemo da je simetričan ako vrijedi a0 an , a1 an 1 , a2 an 2 ,.,an k ak ,odnosno ako su koeficijenti jednako udaljeni od krajeva medusobno jednaki.Simetričnom polinomu f pridružena jednadžba f (x) 0 zove se simetrična jednadžba. (vidi [11])4.1Simetrične jednadžbe parnog stupnjaSimetrične jednadžbe parnog stupnja rješavaju se na osnovu slijedećeg teorema.Teorem 4.1 (vidi [9]) Svaki simetrični polinomf (x) a0 x2k a1 x2k 1 . a2k 1 x a2kparnog stupnja može se predočiti u obliku f (x) xk · h(σ), gdje je h polinom stupnjak u varijabli σ x x1 , x 6 0.Na osnovu Teorema 5.1, svaka simetrična jednadžba reda 2k može se supstitucijomσ x x1 napisati u obliku:h(σ) 0,gdje je h polinom stupnja k u σ. Nadu li se korijeni σ1 , σ2 jednadžbe h(σ) 0,rješavanje simetrične jednadžbe svodi se na rješavanje k kvadratnih jednadžbi s jednomnepoznanicom.4.2Simetrične jednadžbe neparnog stupnjaSimetrične jednadžbe neparnog stupnja rješavaju se na osnovu ovog teorema.Teorem 4.2 (vidi [11]) Svaki simetrični polinom neparnog stupnja djeljiv je sa x 1,a pripadni kvocijent je simetrični polinom parnog stupnja.4.3ZadaciZadatak 12 (vidi [2])Riješiti jednadžbu:x4 3x3 4x2 3x 1 0, x C.Rješenje. Djeljenjem jednadžbe sa x2 6 0 i grupiranjem članova dobivamo:(x2 11) 3(x ) 4 0.2xxSupstitucijomx 1 tx
Simetrične (recipročne) jednadžbe18odakle je1 t2 2,x2dobivamo jednadžbu t2 3t 2 0, čija su rješenja t1 1, t2 2. Iz x dobivamo rješenja zadatka: x1,2 12 (1 i 3), x3,4 1.x2 1x t1,22Zadatak 13 (vidi [11])Riješiti jednadžbu:2x3 7x2 7x 2 0.Rješenje. Jednadžbu možemo faktorizirati na slijedeći način:2(x3 1) 7x(x 1) 0,(x 1)(2x2 5x 2) 0.Odatle slijedix 1 0,2x2 5x 2 0,pa za rješenja dobivamo:1x1 1, x2 , x3 2.22Zadatak 14 (vidi [11])Riješiti jednadžbu:4x5 12x4 11x3 11x2 12x 4 0.Rješenje. Najprije grupiramo simetrične članove:4(x5 1) 12x(x3 1) 11x2 (x 1) 0,pa imamo:(x 1)[4(x4 x3 x2 x 1) 12x(x2 x 1) 11x2 ] 0.Dakle, x1 1. Ostali korijeni su rješenja jednadžbe4x4 8x3 3x2 8x 4 0.To je simetrična jednadžba četvrtog stupnja. Rješavamo je tako da je najprije podijelimo sa x2 , dakle:114(x2 2 ) 8(x ) 3 0.xxUvedemo supstituciju:1x tx
Iracionalne jednadžbe19i dobivamo4(t2 2) 8t 3 0,odnosno:4t2 8t 5 0.Rješenja te jednadžbe su t1 korijeni ovih jednadžbi:12i t2 5,2pa su preostala rješenja polazne jednadžbe11 ,x2 51,x x2x odnosno:2x2 x 2 0,2x2 5x 2 0.Konačno je5 11x2,3 (1 i 15), x4 , x5 2.422Iracionalne jednadžbePraksa pokazuje da su iracionalne jednadžbe najkompliciranije od svih jednadžbi elementarne algebre. Naime, razlog za to je nepostojanje općeg postupka za njihovorješavanje. Tako je moguće riješiti samo neke jednostavne tipove iracionalnih jednadžbi, dok je pokušaj bilo kakve klasifikacije tih jednadžbi prema načinu rješavanjavrlo složen (vidi [8]).Definicija 5.1 Jednadžba u kojoj se nepoznanica javlja (u obliku polinoma) pod korijenom naziva se iracionalnom jednadžbom. (vidi [11])Osnovna metoda za rješavanje iracionalnih jednadžbi je metoda eliminacije korijena. Ta metoda se sastoji u tome da se jednadžba algebarskim transformacijama(prije svega potenciranjem) svede na jednadžbu u kojoj se nepoznanice ne pojavljujupod znakom korijena. Medutim, potenciranje ne dovodi uvijek do ekvivalentne jednadžbe koju je lako riješiti. Često dobijemo jednadžbu koja je samo posljedica polaznejednadžbe. (vidi [8])5.1Iracionalne jednadžbe s neparnim korijenimaPri rješavanju iracionalnih jednadžbi s neparnim korijenom (da bismo se ”oslobodili”korijena) koristimo se sljedećim teoremom:
Iracionalne jednadžbe20Teorem 5.1 (vidi [8]) Jednadžbef (x) g(x)f n (x) g n (x)su ekvivalentne za neparan broj n(n N).Kada se radi o iracionalnim jednadžbama s trećim korijenom ili korijenima višeg reda,postupak racionalizacije (tj. oslobadanja od korijena) obično dovodi do vrlo složenihjednadžbi. Zbog toga se one često rješavaju metodom supstitucije ili nekim drugimidejama.5.2Iracionalne jednadžbe s parnim korijenimaU slučaju iracionalne jednadžbe u kojoj se pojavljuju parni korijeni treba voditi računao području definicije te jednadžbe. O tome nam govori sljedeći teorem.Teorem 5.2 (vidi [8]) Za paran broj n jednadžbef (x) g(x)f n (x) g n (x)su ekvivalentne u domeni u kojoj je f (x) 0 i g(x) 0, ili f (x) 0 i g(x) 0.Specijalno, pf (x) g 2 (x),f (x) g(x) g(x) 0.Izraz f (x) pod korijenom treba biti nenegativan (tj. f (x) 0), što je zadovoljenoodmah, jer jef (x) g 2 (x) 0.5.3Svodenje iracionalnih jednadžbi na sustav simetričnih jednadžbiJednadžbe oblikappa f (x) b f (x) csvode se supstitucijamapa f (x)pv b f (x)u na sustav simetričnih jednadžbi. (vidi [14]) Uvodenjem supstitucije dobivamo:u v cu v 2 a b.2Ako je jednadžba oblikappa f (x) b f (x) c, c 6 0,
Iracionalne jednadžbe21ona se supstitucijamapa f (x)pv b f (x)u svodi na:u v cu v 2 a b.2Koristeći formulu za razliku kvadrata dobivamo:(u v)(u v) a b.Sada je(c2 a b)2c2(c a b)v .2cu 5.4ZadaciZadatak 15 (vidi [2])Riješiti jednadžbu 32 x x 1 1, x R.Rješenje. Uvodeći supstituciju 3 dobivamo:2 x ux 1 v, v 0 32 x u/3 , x 1 v/2 .Sada je:2 x u3x 1 v2.Zbrajanjem dobivamou3 v 2 1.Kako jeu v 1x 2 u3 v 2 1dobivamo:u3 (1 u)2 1
Iracionalne jednadžbe22Izlučimo zajednički faktoru(u2 u 2) 0pa jeu1 0, u2 2, u3 1.Rješenja dane jednadžbe su:x1 2, x2 10, x3 1.2Zadatak 16 (vidi [6], V. Medunarodna matematička olimpijada, Poljska 1963)Odrediti sva realna rješenja jednadžbep x2 p 2 x2 1 x,gdje je p realan broj.Rješenje. Kvadriranjem obiju strana jednadžbep x2 p 2 x2 1 x,i sredivanjem dobiva se 4x2 p 4 4x x2 1.Ponovnim kvadriranjem i sredivanjem dobiva sex2 (p 4)2, p 2,8(2 p)p 4x1,2 p.2 2(2 p)Ako uzmemo da je p 4x p,2 2(2 p)tada jednadžba poprima oblik 3p 4 2 p p 4.1. Ako je 3p 4 0 i p 0, onda je42p ,x .332. Ako je 3p 4 0 i p 0, onda nijedan broj p ne zadovoljava ove uvjete.3. Ako je 3p 4 0 i p 0 tj. 0 p 43 , onda je p 4.x p2 2(2 p)
Iracionalne jednadžbe234. Ako je 3p 4 0 i p 0, tj. p 0, onda je p 0, x 1.Uočavamo da su 1
Uz pojam linearne jednad zbe vezan je i pojam sustava linearnih jednad zbi. Sustav linearnih jednad zbi uz odredene uvjete mogu ce je svesti na rje savanje linearne jednad zbe s jednom nepoznanicom. Promatrajmo op cenitiji oblik
Independent Personal Pronouns Personal Pronouns in Hebrew Person, Gender, Number Singular Person, Gender, Number Plural 3ms (he, it) א ִוה 3mp (they) Sֵה ,הַָּ֫ ֵה 3fs (she, it) א O ה 3fp (they) Uֵה , הַָּ֫ ֵה 2ms (you) הָּ תַא2mp (you all) Sֶּ תַא 2fs (you) ְ תַא 2fp (you
pour travailler à Zagreb où il est policier. Son frère Frane est resté au village et a préféré la facilité qui la souvent écarté du droit chemin. Marié avec Mara, Frane a une fille, Josipa, quil adore. A la mort de leur mère, Josip revient au village pour soccuper du père. Les relations familiales, déjà difficiles, vont
LX Infinity is a culmination of expertise and craft from our Australian designers, engineers and fabricators. Each length of LX Infinity is made to your exact specification in our ESD free state-of-the-art facility in Perth. Zero light leakage The LX Infinity range delivers zero l
4 EU criminal law and procedure Elizabeta Ivičević Karas DECISIONS RENDERED IN ABSENTIA AS A GROUND TO REFUSE THE EXECUTION OF A EUROPEAN ARREST WARRANT: EUROPEAN LEGAL STANDARDS AND IMPLEMENTATION IN CROATIAN LAW . 459 Boban Misoski CAN LAW ON PROBATION IMPROVE THE IMPLEMENTATION OF THE
The MIT EMBA is an entire experience. Outside of the classroom you are part of the MIT ecosystem, which includes a rich set of extracurricular activities and resources across MIT, the Sloan School of Management, and the EMBA program. MIT OPPORTUNITIES MIT SLOAN OPPORTUNITIES EMBA OPPORTUNITIES 100K Competition Sloan Senate Student Fireside Chats
optimal off-grid PV system, the crucial first point is to consider battery sizing, given that it is one of the main cost components in typical off-grid PV-based residen-tial energy systems [6]. However, in the past few years, due to constant improvements in solar technologies, the prices of all PV components have declined, which
the USA, IEEE 1584-2002 entitled "IEEE Guide for Per-forming Arc-Flash Hazard Calculations" is a standard. . tive arc flash hazards [4]. Based on the test data, the IEEE 1584 Committee developed empirical equations to calculate arc flash incident energy for AC systems. The Occupational Safety and Health Administration has two parts, i.e .
small-group learning that incorporates a wide range of formal and informal instructional methods in which students interactively work together in small groups toward a common goal (Roseth, Garfield, and Ben-Zvi 2008; Springer, et al. 1999).
