Neven Elezović Andrea Aglić
LINEARNA ALGEBRA ZBIRKA ZADATAKA
3.
izdanje
Zagreb, 2006.
©Prof. dr. sc. Neven Elezović, 1995.
Urednik
Prof. dr. sc. Neven Elezović Za nakladnika
Sandra Gračan, dipl. inž
ELEMliNT,
Nakladnik
2
Zagreb, Menčetićeva telefoni: 01/6008-700, 01/6008-701 faks: 01/6008-799 http:ffwww.element.hr/ e-mail:
[email protected] Slog, crteži i prijelom
Element, Zagreb
Design ovitka
Boje vremena, Zagreb
Tisak
Element, Zagreb
Nijedan dio ove knjige ne smije se preslikavati niti umnažati na bilo koji način, bez pismenog dopuštenja nakladnika
PREDGOVOR
Ova je zbirka pisana po programu istoimenog predmeta koji se preda je na Fakultetu elektrotehnike i računarstva u Zagrebu, u prvom semestru sa satnicom od 3+ 2 sata tjedno (45 sati predavanja i 30 sati vježbi). Ona prati odgovarajući udžbenik. Na početku svakoga poglavlja dan je kratak podsjetnik najvažnijih definicija i teorema. Sva potrebna detaljnija objašnjenja čitatelj treba potražiti u udžbeniku. U svakom su poglavlju zatim dani zadaci s detaljnim rješenjima. Oni se (možda ne svi) rješavaju na auditomim vježbama. Student svakako tre ba pokušati samostalno riješiti i te zadatke, ne čitajući unaprijed rješenje. Na koncu svakoga poglavlja naveden je dovoljan broj zadataka (njihovi su odgovori na kraju zbirke) koji trebaju poslužiti za samostalnu vježbu. Neki od njih proširuju i produbljuju osnovno gradivo i namijenjeni su boljim studentima. Sigurni smo da će i ova zbirka pomoći studentima u lakšem usvajanju ovoga lijepog dijela matematike. Kako je riječ o pripremnom izdanju, bit ćemo zahvalni na svakoj korisnoj napomeni ili ispravku pogrešaka koje su ostale u knjizi.
Autori U Zagrebu, listopada 1995.
SADRZˇ AJ
1. Matrice . . . . . . . . . . . 1.1. Operacije s matricama 1.2. Zadaci za vjezˇ bu . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. Determinante . . . . . . . . . . . . . . . 2.1. Laplaceov razvoj i Sarrusovo pravilo 2.2. Svojstva determinanti . . . . . . . . 2.3. Racˇunanje determinanti n -toga reda 2.4. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. Rang i inverz matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Inverzna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Cramerovo pravilo za racˇunanje inverza matrice 3.4. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Sustavi linearnih jednadzˇ bi . . . 4.1. Gaussova metoda eliminacije 4.2. Cramerovo pravilo . . . . . . 4.3. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5. Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1. Operacije s vektorima . . . . . . . . . 5.2. Koordinatni sustav i kanonska baza . . 5.3. Skalarni, vektorski i mjesˇoviti produkt 5.4. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . . 6. Pravac i ravnina . . . 6.1. Ravnina . . . . 6.2. Pravac . . . . . 6.3. Pravac i ravnina 6.4. Zadaci za vjezˇ bu
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7. Vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . 7.1. Baza i dimenzija vektorskog prostora 7.2. Promjena baze . . . . . . . . . . . . 7.3. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . 8. Linearni operatori . . . . . . . . . 8.1. Prikaz operatora . . . . . . . . 8.2. Promjena baze. Slicˇne matrice 8.3. Algebra operatora . . . . . . . 8.4. Minimalni polinom . . . . . . 8.5. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 2 8 14 15 16 21 30 37 37 43 46 47 51 51 58 62 67 67 71 73 80 86 86 91 96 105 112 112 117 120 122 122 126 128 130 132
9. Svojstveni vektori i svojstvene vrijednosti . . . . . . 9.1. Karakteristicˇni polinom i svojstvene vrijednosti 9.2. Dijagonalizacija operatora. Matricˇne funkcije . 9.3. Hamilton-Cayleyev teorem . . . . . . . . . . . 9.4. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10. Skalarni produkt. Dijagonalizacija simetricˇne matrice 10.1. Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Gramm-Schmidtov postupak ortogonalizacije . . . 10.3. Dijagonalizacija simetricˇne matrice . . . . . . . . . 10.4. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
148 148 . 152 . 154 . 156
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
158 158 163 166
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
169
11. Kvadratne forme. Krivulje i plohe drugog reda 11.1. Dijagonalizacija kvadratne forme . . . . . . 11.2. Krivulje i plohe drugoga reda . . . . . . . . 11.3. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . . . . . Odgovori
136 136 . 139 . 144 . 145
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.
1.
Matrice
Matrice
Matrica je svaka pravokutna tablica realnih ili kompleksnih brojeva. Ako ona ima m redaka i n stupaca, tada kaˇzemo da je tipa m × n i zapisujemo je u obliku ⎡ ⎤ a11 a12 . . . a1n ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥ A=⎢ ⎣ ... ⎦
Matrica je svaka pravokutna tablica realnih ili kompleksnih brojeva. Ako ona ima m redaka i n stupaca, tada kaˇzemo da je tipa m × n i zapisujemo je u obliku ⎡ ⎤ a11 a12 . . . a1n ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥ A=⎢ ⎣ ... ⎦
ili kra´ce A = (aij ) . Element aij naziva se op´ci element matrice A . To je realan ili kompleksan broj. Op´ci element oznaˇcavamo cˇ esto i na naˇcin (A)ij . Skup svih matrica tipa m × n oznaˇcavamo s Mmn .
ili kra´ce A = (aij ) . Element aij naziva se op´ci element matrice A . To je realan ili kompleksan broj. Op´ci element oznaˇcavamo cˇ esto i na naˇcin (A)ij . Skup svih matrica tipa m × n oznaˇcavamo s Mmn .
∗*∗
∗*∗
Za kvadratnu matricu tipa n × n kaˇzemo da je reda n . Skup svih kvadratnih matrica toga reda oznaˇcavamo s Mn . Elementi a11 , a22 , . . . , ann cˇ ine dijagonalu kvadratne matrice. Kvadratna matrica je gornja trokutasta ako je aij = 0 za i > j (svi elementi ispod dijagonale jednaki su nuli), donja trokutasta ako je aij = 0 za i < j (svi elementi iznad dijagonale jednaki su nuli), dijagonalna ako je aij = 0 za i = j , skalarna ako je dijagonalna i svi su joj dijagonalni elementi jednaki. Jediniˇcna matrica je dijagonalna matrica s jedinicama na dijagonali. Oznaˇcavamo ju s I . Nul matricu, cˇ iji su svi elementi jednaki nuli, oznaˇcavamo s 0 . Transponirana matrica A matrice A ima elemente (A )ij = aji . Ona se dobiva iz matrice A zamjenom redaka i stupaca, sˇ to se kod kvadratne matrice moˇze interpretirati i kao zrcaljenje s obzirom na dijagonalu. Kvadratna matrica je simetriˇcna ako vrijedi A = A , tj. aij = aji za sve i, j ; antisimetriˇcna ako vrijedi A = −A , tj. aij = −aji za sve i, j .
Za kvadratnu matricu tipa n × n kaˇzemo da je reda n . Skup svih kvadratnih matrica toga reda oznaˇcavamo s Mn . Elementi a11 , a22 , . . . , ann cˇ ine dijagonalu kvadratne matrice. Kvadratna matrica je gornja trokutasta ako je aij = 0 za i > j (svi elementi ispod dijagonale jednaki su nuli), donja trokutasta ako je aij = 0 za i < j (svi elementi iznad dijagonale jednaki su nuli), dijagonalna ako je aij = 0 za i = j , skalarna ako je dijagonalna i svi su joj dijagonalni elementi jednaki. Jediniˇcna matrica je dijagonalna matrica s jedinicama na dijagonali. Oznaˇcavamo ju s I . Nul matricu, cˇ iji su svi elementi jednaki nuli, oznaˇcavamo s 0 . Transponirana matrica A matrice A ima elemente (A )ij = aji . Ona se dobiva iz matrice A zamjenom redaka i stupaca, sˇ to se kod kvadratne matrice moˇze interpretirati i kao zrcaljenje s obzirom na dijagonalu. Kvadratna matrica je simetriˇcna ako vrijedi A = A , tj. aij = aji za sve i, j ; antisimetriˇcna ako vrijedi A = −A , tj. aij = −aji za sve i, j .
am1 am2 . . . amn
am1 am2 . . . amn
2
1. MATRICE
2
1. MATRICE
1.1. Operacije s matricama
1.1. Operacije s matricama
Operacija mnoˇzenja skalara s matricom definira se za svaki λ ∈ R i A ∈ Mmn na naˇcin (λ A)ij := λ aij .
Operacija mnoˇzenja skalara s matricom definira se za svaki λ ∈ R i A ∈ Mmn na naˇcin (λ A)ij := λ aij .
To je ponovo matrica istoga tipa. Operacija zbrajanja matrica definira se za matrice istoga tipa na naˇcin
To je ponovo matrica istoga tipa. Operacija zbrajanja matrica definira se za matrice istoga tipa na naˇcin
(A + B)ij := aij + bij .
(A + B)ij := aij + bij .
(Dvije se matrice zbrajaju tako da im se zbroje odgovaraju´ci elementi.) Mnoˇzenje matrica definirano je samo za ulanˇcane matrice: broj stupaca prve mora se podudarati s brojem redaka druge matrice. Ako je A tipa m × n , i B tipa n × p , tada je umnoˇzak AB definiran i ima tip m × p ,
(Dvije se matrice zbrajaju tako da im se zbroje odgovaraju´ci elementi.) Mnoˇzenje matrica definirano je samo za ulanˇcane matrice: broj stupaca prve mora se podudarati s brojem redaka druge matrice. Ako je A tipa m × n , i B tipa n × p , tada je umnoˇzak AB definiran i ima tip m × p ,
(AB)ik :=
n
aij bjk .
(AB)ik :=
j=1
1.1.
Izraˇcunaj 2A + − C ako je A =
10 8 5 i C= . −7 −2 1
aij bjk .
j=1
1 B 3
n
−3 0 12 1 5 −2 , B= 21 1 0 −3 0 2
1.1.
Izraˇcunaj 2A + − C ako je A =
10 8 5 i C= . −7 −2 1 1 B 3
−3 0 12 1 5 −2 , B= 21 1 0 −3 0 2
ˇ . Izraˇcunajmo prvo umnoˇske matrice i skalara (pomnoˇzimo svaki element RJE SENJE matrice skalarom)
1 5 −2 2 10 −4 , = 2A = 2 · −3 0 2 −6 0 4
−3 0 12 −1 0 4 1 . B = 13 = 3 21 1 0 7 13 0
ˇ . Izraˇcunajmo prvo umnoˇske matrice i skalara (pomnoˇzimo svaki element RJE SENJE matrice skalarom)
1 5 −2 2 10 −4 , = 2A = 2 · −3 0 2 −6 0 4
−1 0 4 1 1 −3 0 12 . B = = 3 3 21 1 0 7 13 0
Sve su matrice istoga tipa 2 × 3 pa je
−1 0 4 2 10 −4 10 8 1 − + 2A + 3 B − C = 7 13 0 −6 0 4 −7 −2
−9 2−1−10 10+0−8 −4+4−5 = = −6+7+7 0+ 31 +2 4+0−1 8
Sve su matrice istoga tipa 2 × 3 pa je
−1 0 4 2 10 −4 10 8 − + 2A + 13 B − C = 7 13 0 −6 0 4 −7 −2
−9 2−1−10 10+0−8 −4+4−5 = = −6+7+7 0+ 31 +2 4+0−1 8
5 1
2 −5 . 7 3 3
5 1
2 −5 . 7 3 3
1. MATRICE
3
1.2.
Izraˇcunaj umnoˇzak matrica A =
10 2 2 8 1 4 . 14 −1 , B = 2 −2 3 0 2 −5
1. MATRICE
3
1.2.
Izraˇcunaj umnoˇzak matrica A =
10 2 2 8 1 4 . 14 −1 , B = 2 −2 3 0 2 −5
ˇ . Matrica A je tipa 3 × 2 , B tipa 2 × 4 te je umnoˇzak AB definiran i bit RJE SENJE c´ e tipa 3 × 4 :
10 2 2 8 1 4 AB = 14 −1 · 2 −2 3 0 2 −5 10 · 2+2 · 2 10 · 8+2 · (−2) 10 · 1+2 · 3 10 · 4+2 · 0 = 14 · 2+(−1) · 2 14 · 8+(−1) · (−2) 14 · 1+(−1) · 3 14 · 4+(−1) · 0 2 · 2+(−5) · 2 2 · 8+(−5) · (−2) 2 · 1+(−5) · 3 2 · 4+(−5) · 0 24 76 16 40 = 26 114 11 56 . −6 26 −13 8
ˇ . Matrica A je tipa 3 × 2 , B tipa 2 × 4 te je umnoˇzak AB definiran i bit RJE SENJE c´ e tipa 3 × 4 :
10 2 2 8 1 4 AB = 14 −1 · 2 −2 3 0 2 −5 10 · 2+2 · 2 10 · 8+2 · (−2) 10 · 1+2 · 3 10 · 4+2 · 0 = 14 · 2+(−1) · 2 14 · 8+(−1) · (−2) 14 · 1+(−1) · 3 14 · 4+(−1) · 0 2 · 2+(−5) · 2 2 · 8+(−5) · (−2) 2 · 1+(−5) · 3 2 · 4+(−5) · 0 24 76 16 40 = 26 114 11 56 . −6 26 −13 8
Primijeti da umnoˇzak BA nije definiran.
Primijeti da umnoˇzak BA nije definiran.
1.3.
Za matrice A =
1 2 1 2 1 2 1 2 3
i B=
4 1 1 −4 2 0 1 2 1
ˇ se odredi AB i BA . Sto
1.3.
moˇze zakljuˇciti? ˇ . Vrijedi RJE SENJE
AB =
ˇ . RJE SENJE
i B=
4 1 1 −4 2 0 1 2 1
ˇ se odredi AB i BA . Sto
moˇze zakljuˇciti?
−3 7 2 6 8 4 , −1 11 4
BA =
ˇ . Vrijedi RJE SENJE
7 11 9 0 −6 0 . 6 6 8
Vidimo da je AB = BA . Mnoˇzenje matrica nije komutativno. (Za neke matrice ovakvi umnoˇsci mogu biti jednaki.)
1.4.
Za matrice A =
1 2 1 2 1 2 1 2 3
Ako je x = [3, 1, 2] , y = [2, −1, 1] , izraˇcunaj x y i xy . 3 6 −3 3 x y = 1 [2, −1, 1] = 2 −1 1 , 4 −2 2 2 2 xy = [3, 1, 2] −1 = [7]. 1
Matricu s jednim elementom poistovje´cujemo s brojem. Zato je xy = 7 .
AB =
−3 7 2 6 8 4 , −1 11 4
BA =
7 11 9 0 −6 0 . 6 6 8
Vidimo da je AB = BA . Mnoˇzenje matrica nije komutativno. (Za neke matrice ovakvi umnoˇsci mogu biti jednaki.)
1.4. ˇ . RJE SENJE
Ako je x = [3, 1, 2] , y = [2, −1, 1] , izraˇcunaj x y i xy . 3 6 −3 3 x y = 1 [2, −1, 1] = 2 −1 1 , 4 −2 2 2 2 xy = [3, 1, 2] −1 = [7]. 1
Matricu s jednim elementom poistovje´cujemo s brojem. Zato je xy = 7 .
4
1.5.
1. MATRICE
Izraˇcunaj f (A) ako je
a) f (x) = x + 2x − x + 5x − x + 8 , A = 5
4
3
2
0 1 0 0 0 1 ; 0 0 0
4
1.5.
0 0 1 ˇ RJE SENJE . a) Imamo A = 0 0 0 , A3 = 0 , A4 = A5 = 0 , zato je 0 0 0 8 −1 5 f (A) = A5 + 2A4 − A3 + 5A2 − A + 8I = 0 8 −1 . 0 0 8
4 −6 10 −15 2 2 b) A = , f (A) = 2A + 3A − 4I = . 0 16 0 40 c) f (A) = 0 .
2 −1 a b Neka je A = . Odredi matricu B = takvu da vrijedi c d −5 3 AB = I . Provjeri da pri tom vrijedi BA = I .
AB = odnosno
2 −1 −5 3
0 1 0 0 0 1 ; 0 0 0
0 0 1 ˇ RJE SENJE . a) Imamo A2 = 0 0 0 , A3 = 0 , A4 = A5 = 0 , zato je 0 0 0 8 −1 5 5 4 3 2 f (A) = A + 2A − A + 5A − A + 8I = 0 8 −1 . 0 0 8
4 −6 10 −15 b) A2 = , f (A) = 2A2 + 3A − 4I = . 0 16 0 40 c) f (A) = 0 .
1.6.
1 0 a b , = c d 0 1
2 −1 a b . Odredi matricu B = takvu da vrijedi c d −5 3 AB = I . Provjeri da pri tom vrijedi BA = I .
Neka je A =
AB =
2a−c 2b−d 1 0 . = −5a+3c −5b+3d 0 1
Njihova su rjeˇsenja a = 3 , c = 5 , b = 1 , d = 2 . Dakle B = matricu vrijedi i
3 1 2 −1 1 0 . = 5 2 −5 3 0 1
2
2 −1 b) f (x) = 2x + 3x − 4 , A = ; 0 4 1 −2 0 3 2 0 3 0 . c) f (x) = x − 6x + 11x − 6 , A = −1 4 2
ˇ . Iz jednakosti RJE SENJE
Izjednaˇcavanjem odgovaraju´cih elemenata dobiju se dva sustava
2a − c = 1, 2b − d = 0, i −5 a + 3 c = 0 , −5b + 3d = 1.
3
4
2
2
a) f (x) = x + 2x − x + 5x − x + 8 , A =
2 −1 ; 0 4 1 −2 0 3 2 0 3 0 . c) f (x) = x − 6x + 11x − 6 , A = −1 4 2
ˇ . Iz jednakosti RJE SENJE
Izraˇcunaj f (A) ako je 5
b) f (x) = 2x2 + 3x − 4 , A =
1.6.
1. MATRICE
odnosno
3 1 . Za ovu 5 2
2 −1 −5 3
1 0 a b , = c d 0 1
2a−c 2b−d 1 0 . = −5a+3c −5b+3d 0 1
Izjednaˇcavanjem odgovaraju´cih elemenata dobiju se dva sustava
2a − c = 1, 2b − d = 0, i −5 a + 3 c = 0 , −5b + 3d = 1. Njihova su rjeˇsenja a = 3 , c = 5 , b = 1 , d = 2 . Dakle B = matricu vrijedi i
3 1 2 −1 1 0 . = 5 2 −5 3 0 1
3 1 . Za ovu 5 2
1. MATRICE
5
1.7.
Za zadanu matricu A odredi najop´cenitiji oblik
matrice B istoga
tipa 1 2 1 2 ; b) A = . za koju vrijedi AB = 0 , ako je a) A = 3 4 3 6
a b ˇ RJE SENJE . Oznaˇcimo elemente matrice B na naˇcin B = . c d
1 2 a b 0 0 a) Iz = imamo 3 4 c d 0 0
a+2c b+2d 0 0 . = 3a+4c 3b+4d 0 0 Odavde je
a + 2c = 0, b + 2d = 0, 3a + 4c = 0, 3b + 4d = 0. Rjeˇsenja ovih sustava su a = b = c = d = 0 . Stoga je matrica B nulmatrica. b) Sada iz AB = 0 slijedi
0 0 a+2c b+2d . = 0 0 3a+6c 3b+6d Izjednaˇcavanjem elemenata dobivamo sustave
b + 2d = 0, a + 2c = 0, 3a + 6c = 0, 3b + 6d = 0. Rjeˇsenje prvoga je a = −2c , a drugoga b = −2d , pa jednadˇzbu zadovoljava svaka −2c −2d gdje su c i d po volji odabrani realni brojevi. matrica oblika B = c d
1.8.
Odredi sve matrice koje komutiraju s X =
0 1 0 0 0 1 . 0 0 0
ˇ RJE SENJE . Oznaˇcimo traˇzenu matricu s A . Da bi oba umnoˇska AX i XA bila definirana, takva matrica mora biti kvadratna, istoga reda kao i X . Dakle, a11 a12 a13 A = a21 a22 a23 . Iz AX = XA slijedi a31 a32 a33 a21 a22 a23 0 a11 a12 0 a21 a22 = a31 a32 a33 . 0 a31 a32 0 0 0 Odavde dobivamo niz jednakosti a21 = a31 = a32 = 0 , a11 = a22 , a21 = a32 , a12 = a23 , a22 = a33 . Oznaˇcimo li praktiˇcnije a11 = x , a12 = y , a13 = z , dobivamo traˇzenu matricu u sljede´cem obliku x y z A= 0 x y . 0 0 x
1. MATRICE
5
1.7.
Za zadanu matricu A odredi najop´cenitiji oblik
matrice B istoga
tipa 1 2 1 2 ; b) A = . za koju vrijedi AB = 0 , ako je a) A = 3 4 3 6
a b ˇ RJE SENJE . Oznaˇcimo elemente matrice B na naˇcin B = . c d
1 2 a b 0 0 a) Iz = imamo 3 4 c d 0 0
a+2c b+2d 0 0 . = 3a+4c 3b+4d 0 0 Odavde je
a + 2c = 0, b + 2d = 0, 3a + 4c = 0, 3b + 4d = 0. Rjeˇsenja ovih sustava su a = b = c = d = 0 . Stoga je matrica B nulmatrica. b) Sada iz AB = 0 slijedi
0 0 a+2c b+2d . = 0 0 3a+6c 3b+6d Izjednaˇcavanjem elemenata dobivamo sustave
b + 2d = 0, a + 2c = 0, 3a + 6c = 0, 3b + 6d = 0. Rjeˇsenje prvoga je a = −2c , a drugoga b = −2d , pa jednadˇzbu zadovoljava svaka −2c −2d gdje su c i d po volji odabrani realni brojevi. matrica oblika B = c d
1.8.
Odredi sve matrice koje komutiraju s X =
0 1 0 0 0 1 . 0 0 0
ˇ RJE SENJE . Oznaˇcimo traˇzenu matricu s A . Da bi oba umnoˇska AX i XA bila definirana, takva matrica mora biti kvadratna, istoga reda kao i X . Dakle, a11 a12 a13 A = a21 a22 a23 . Iz AX = XA slijedi a31 a32 a33 a21 a22 a23 0 a11 a12 0 a21 a22 = a31 a32 a33 . 0 a31 a32 0 0 0 Odavde dobivamo niz jednakosti a21 = a31 = a32 = 0 , a11 = a22 , a21 = a32 , a12 = a23 , a22 = a33 . Oznaˇcimo li praktiˇcnije a11 = x , a12 = y , a13 = z , dobivamo traˇzenu matricu u sljede´cem obliku x y z A= 0 x y . 0 0 x
6
1. MATRICE
⎡
1.9.
⎤ x1 . Neka je x = ⎣ .. ⎦ (broj komponenti n u sljede´cim primjerima nije xn uvijek jednak). Odredi matricu A ako je poznat umnoˇzak Ax :
0 x2 a) Ax = x1 ; b) Ax = ; x3 −3x4 x ⎡ 2 ⎤ ⎡ ⎤ x2 x1 −x3 +x4 ⎢ x1 −x4 ⎥ ⎢ x −x ⎥ ⎢ ⎥ 0 d) Ax = ⎣ 2 3 ⎦ . c) Ax = ⎢ ⎥; 0 ⎣ x +x −x ⎦ 2 3 4 x1 +x4 −x1
6
ˇ . Matrica A mora imati onoliko redaka koliko i rezultat Ax . Broj stupaca RJE SENJE matrice A odgovara broju komponenti vektora x . Njih moˇzemo tek naslutiti na osnovu danih umnoˇzaka, tako u primjeru a) matrica ima barem dva stupca, no moˇze imati i viˇse. Tako npr. uvjet zadovoljavaju sljede´ce matrice 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A= 1 0 0 , A= 1 0 0 0 A= 1 0 , 0 1 0 1 0 0 1 0 0 itd. Mi c´ emo izabrati matricu s minimalnim brojem stupaca. ⎡ ⎤ 0 1 0 0 ⎡ ⎤ 1 0 −1 1
⎢ 1 0 0 −1 ⎥ 0 1 0 0 ⎢ 0 1 −1 0 ⎥ ⎢ ⎥ b) ; c) ⎢ 0 0 0 0 ⎥ ; d) ⎣ . 0 0 1 −3 0 0 0 0⎦ ⎣ 0 1 1 −1 ⎦ 1 0 0 1 −1 0 0 0
1. MATRICE
⎡
1.9.
⎤ x1 . Neka je x = ⎣ .. ⎦ (broj komponenti n u sljede´cim primjerima nije xn uvijek jednak). Odredi matricu A ako je poznat umnoˇzak Ax :
0 x2 a) Ax = x1 ; b) Ax = ; x3 −3x4 x 2 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ x2 x1 −x3 +x4 ⎢ x1 −x4 ⎥ ⎢ x −x ⎥ ⎢ ⎥ 0 d) Ax = ⎣ 2 3 ⎦ . c) Ax = ⎢ ⎥; 0 ⎣ x +x −x ⎦ 2 3 4 x1 +x4 −x1
ˇ . Matrica A mora imati onoliko redaka koliko i rezultat Ax . Broj stupaca RJE SENJE matrice A odgovara broju komponenti vektora x . Njih moˇzemo tek naslutiti na osnovu danih umnoˇzaka, tako u primjeru a) matrica ima barem dva stupca, no moˇze imati i viˇse. Tako npr. uvjet zadovoljavaju sljede´ce matrice 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A= 1 0 0 , A= 1 0 0 0 A= 1 0 , 0 1 0 1 0 0 1 0 0 itd. Mi c´ emo izabrati matricu s minimalnim brojem stupaca. ⎡ ⎤ 0 1 0 0 ⎡ ⎤ 1 0 −1 1
⎢ 1 0 0 −1 ⎥ 0 1 0 0 ⎢ 0 1 −1 0 ⎥ ⎢ ⎥ b) ; c) ⎢ 0 0 0 0 ⎥ ; d) ⎣ . 0 0 1 −3 0 0 0 0⎦ ⎣ 0 1 1 −1 ⎦ 1 0 0 1 −1 0 0 0
1.10.
a 1 Izraˇcunaj A (n ∈ N) ako je A = . 0 a n
1.10.
Izraˇcunaj An (n ∈ N) ako je A =
a 1 . 0 a
ˇ . Izraˇcunajmo prvih nekoliko potencija. RJE SENJE 2
3
4
a 2a a 3a2 a 4a3 2 3 2 4 3 A = , A =A A= , A =A A= . 0 a2 0 a3 0 a4 n
a nan−1 Na osnovu ovog moˇzemo naslutiti da vrijedi An = . Slutnju c´ emo provje0 an riti matematiˇckom indukcijom. Za n = 1 baza indukcije je ispunjena. Pretpostavimo zato da je An gornjeg oblika. Tada imamo n
a nan−1 a 1 n+1 n A =A A= 0 an 0 a n
n+1 n n−1 ·a (n+1)an a · a a +na a . = = 0 an · a 0 an+1
ˇ . Izraˇcunajmo prvih nekoliko potencija. RJE SENJE 2
3
4
a 2a a 3a2 a 4a3 3 2 4 3 A2 = , , . A = A A = A = A A = 0 a2 0 a3 0 a4 n
a nan−1 n Na osnovu ovog moˇzemo naslutiti da vrijedi A = . Slutnju c´ emo provje0 an riti matematiˇckom indukcijom. Za n = 1 baza indukcije je ispunjena. Pretpostavimo zato da je An gornjeg oblika. Tada imamo n
a nan−1 a 1 n+1 n A =A A= 0 an 0 a n
n+1 n n−1 ·a (n+1)an a · a a +na a . = = 0 an · a 0 an+1
Vidimo da tvrdnja vrijedi za svaki prirodni broj n .
Vidimo da tvrdnja vrijedi za svaki prirodni broj n .
1. MATRICE
7
cos α − sin α Izraˇcunaj A ako je A = . sin α cos α
1. MATRICE
1.11.
7
1.11.
n
cos α − sin α Izraˇcunaj A ako je A = . sin α cos α n
ˇ . Direktnim raˇcunom dobivamo RJE SENJE
cos2 α − sin2 α − cos α sin α − sin α cos α cos 2α − sin 2α 2 . = A = sin α cos α + cos α sin α − sin2 α + cos2 α sin 2α cos 2α
cos 3α − sin 3α cos nα − sin nα 3 n Sliˇcno je A = pa naslu´cujemo da je A = . sin 3α cos 3α sin nα cos nα Dokazujemo indukcijom. Za n = 1 baza indukcije je ispunjena. Dokaˇzimo korak indukcije.
cos nα − sin nα cos α − sin α n+1 n A =A A= sin nα cos nα sin α cos α
cos nα cos α − sin nα sin α − cos nα sin α − sin nα cos α = sin nα cos α + cos nα sin α − sin nα sin α + cos nα cos α
cos(n+1)α − sin(n+1)α . = sin(n+1)α cos(n+1)α
ˇ . Direktnim raˇcunom dobivamo RJE SENJE
cos2 α − sin2 α − cos α sin α − sin α cos α cos 2α − sin 2α 2 . = A = sin α cos α + cos α sin α − sin2 α + cos2 α sin 2α cos 2α
cos 3α − sin 3α cos nα − sin nα 3 n Sliˇcno je A = pa naslu´cujemo da je A = . sin 3α cos 3α sin nα cos nα Dokazujemo indukcijom. Za n = 1 baza indukcije je ispunjena. Dokaˇzimo korak indukcije.
cos nα − sin nα cos α − sin α n+1 n A =A A= sin nα cos nα sin α cos α
cos nα cos α − sin nα sin α − cos nα sin α − sin nα cos α = sin nα cos α + cos nα sin α − sin nα sin α + cos nα cos α
cos(n+1)α − sin(n+1)α . = sin(n+1)α cos(n+1)α
1.12.
1.12.
Koriste´ci relacije
43 −24 3 4 3 0 7 −4 , = 70 −39 5 7 0 1 −5 3
10 43 −24 izraˇcunaj . 70 −39
7 −4 −5 3
3 4 1 0 = 5 7 0 1
Koriste´ci relacije
43 −24 3 4 3 0 7 −4 , = 70 −39 5 7 0 1 −5 3
10 43 −24 izraˇcunaj . 70 −39
7 −4 −5 3
3 4 1 0 = 5 7 0 1
ˇ . Oznaˇcimo matrice redom s A , B , C , D pa vrijedi A = BCD i DB = I . RJE SENJE Koriste´ci asocijativnost matriˇcnog mnoˇzenja imamo
ˇ . Oznaˇcimo matrice redom s A , B , C , D pa vrijedi A = BCD i DB = I . RJE SENJE Koriste´ci asocijativnost matriˇcnog mnoˇzenja imamo
A2 = (BCD)(BCD) = BC(DB)CD = BC2 D.
A2 = (BCD)(BCD) = BC(DB)CD = BC2 D.
Sliˇcno vrijedi i za sve ostale potencije: A = (BCD)(BCD) · · · (BCD) 10
= BC(DB)C(DB) · · · (DB)CD = BCICI · · · ICD = BC10 D
10
3 4 3 0 7 −4 = −5 3 5 7 0 1
10
3 4 3 0 7 −4 = 5 7 0 1 −5 3 11
3 4 7 −4 7 · 311 −20 −4 · 311 +12 . = = 5 · 310 7 −5 3 35 · 310 −35 −20 · 310 +21
Sliˇcno vrijedi i za sve ostale potencije: A10 = (BCD)(BCD) · · · (BCD) = BC(DB)C(DB) · · · (DB)CD = BCICI · · · ICD = BC10 D
10
3 4 3 0 7 −4 = −5 3 5 7 0 1
10
3 4 3 0 7 −4 = 5 7 0 1 −5 3 11
3 4 7 −4 7 · 311 −20 −4 · 311 +12 . = = 5 · 310 7 −5 3 35 · 310 −35 −20 · 310 +21
8
1. MATRICE
8
1. MATRICE
1.2. Zadaci za vjeˇzbu
1.2. Zadaci za vjeˇzbu
1.13.
Zapiˇsi matricu A tipa 3 × 3 cˇ iji je op´ci element aij dan formulom a) aij = 1 i + j ; b) aij = |i − j| ; c) aij = ij ; d) aij = (i − j)2 ; e) aij = i+j−1 ; f) aij = i − j + 1 . Koje su medu njima simetriˇcne?
1.13.
Zapiˇsi matricu A tipa 3 × 3 cˇ iji je op´ci element aij dan formulom a) aij = 1 i + j ; b) aij = |i − j| ; c) aij = ij ; d) aij = (i − j)2 ; e) aij = i+j−1 ; f) aij = i − j + 1 . Koje su medu njima simetriˇcne?
1.14.
Izraˇcunaj:
−2 0 2 −10 1 ⎦ , B = −8 −4 0 −6 ; a) 3A + 12 B ako je A = ⎣ 1 2 −2 2 −4 6 − 3 3 −1 1 2 2 1 2 1 0 6 4 0 −1 −1 , C = 0 −5 1 ; b) A+2B−C za A = 0 1 3 , B = 3 0 2 −3 2 2 −3 4 8 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ −3 0 0 0 8 0 0 0 ⎢ 0 2 0 0⎥ ⎢0 3 0 0⎥ , B=⎣ ; c) A + B za A = ⎣ 0 0 −1 0 ⎦ 0 0 6 0⎦ 0 0 0 5 0 0 0 0 2 −4 6 d) A + A za A = 5 2 7 . −1 0 4 Kakve su dobivene matrice?
1.14.
Izraˇcunaj:
Zadane su matrice
1.15.
⎡1 3 4 3 1 3
1.15.
A=
3 1 −1 2 , 0 1
0 − 13 2 0 3
5 3
⎤
2 0 1 . B= −1 1 3
1.17.
Odredi umnoˇske matrica: 1 2 3 −1 1 0 1 0 0 0 1 2 2 −2 0 ; b) 2 −1 1 −3 −3 4 . a) 4 1 1 2 1 0 2 3 4 1 0 −1 −2 −2 3 Kakve su dobivene matrice?
2 1 0
2 1 3 −2 1 1 5 2 0 −1 1 ; b) 0 −1 ; Izraˇcunaj: a) 2 1 0 3 8 6 1 −2 −1 2 1 ⎡ ⎤ 0 1 3
1 −1 3 2 1 1 3 2 ⎢ 3 −1 2 ⎥ 4 0 5 1 ; d) ⎣ 2 . c) 0 2 1 2 −1 0 ⎦ −2 3 2 0 −1 5 10 −2
⎤
−2 0 2 −10 ⎦ 1 , B = −8 −4 0 −6 ; a) 3A + −2 2 −4 6 − 13 23 −1 1 2 2 1 2 1 0 6 4 0 −1 −1 , C = 0 −5 1 ; b) A+2B−C za A = 0 1 3 , B = 3 0 2 −3 2 2 −3 4 8 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ −3 0 0 0 8 0 0 0 ⎢ 0 2 0 0⎥ ⎢0 3 0 0⎥ , B=⎣ ; c) A + B za A = ⎣ 0 0 −1 0 ⎦ 0 0 6 0⎦ 0 0 0 5 0 0 0 0 2 −4 6 d) A + A za A = 5 2 7 . −1 0 4 Kakve su dobivene matrice? 1 2B
ako je A = ⎣
Zadane su matrice A=
Izraˇcunaj: a) 2A + B ; b) A − 2B . 1.16.
⎡1
3 4 3 1 3
3 1 −1 2 , 0 1
0 − 13 2 0 3
5 3
2 0 1 . B= −1 1 3
Izraˇcunaj: a) 2A + B ; b) A − 2B . 1.16.
1.17.
Odredi umnoˇske matrica: 1 2 3 −1 1 0 1 0 0 0 1 2 2 −2 0 ; b) 2 −1 1 −3 −3 4 . a) 4 1 1 2 1 0 2 3 4 1 0 −1 −2 −2 3 Kakve su dobivene matrice?
2 1 0
2 1 3 −2 1 1 5 2 0 −1 1 ; b) 0 −1 ; Izraˇcunaj: a) 2 1 0 3 8 6 1 −2 −1 2 1 ⎡ ⎤ 0 1 3
1 −1 3 2 1 1 3 2 ⎢ 3 −1 2 ⎥ 4 0 5 1 ; d) ⎣ 2 . c) ⎦ 0 2 1 2 −1 0 −2 3 2 0 −1 5 10 −2
1. MATRICE
1.18.
1.19.
Izraˇcunaj umnoˇske: 1 −3 2 2 5 6 a) 3 −4 1 1 2 5 ; 2 −5 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎡ 2 −1 3 −4 7 8 6 ⎢ 3 −2 4 −3 ⎥⎢ 5 7 4 c) ⎣ 5 −3 −2 1 ⎦⎣ 3 4 5 2 1 1 3 −3 −1 2 Pomnoˇ z i matrice:
3 4 7 −4 ; a) 5 7 −5 3 4 2 3 1 −3 2 4 −5 2 3 −4 1 ; c) 2 −5 2 −2 3 1 3 −2 −1 1 2 3 e) 4 −1 −3 1 2 3 ; 2 −1 −1 1 2 3
9
5 8 −4 3 b) 6 9 −5 4 4 7 −3 9 ⎤ ⎡ 9 5 7 5⎥ ⎢7 6 ; d) ⎣ 6⎦ 6 4 2 8 5
2 −1 6 −3 −4 −3 −6
5 3 ; 5 ⎤⎡ −4 1 −5 ⎥ ⎢ 2 −2 ⎦ ⎣ 1 −1 2
1.18.
2 3 3 4
3 4 5 6
⎤ 4 5⎥ . 7⎦ 8
3 0 7 −4 b) ; 0 1 −5 3 2 1 0 3 1 −2 1 1 2 3 −2 4 ; d) −1 2 2 −3 5 −1 ⎡ ⎤ 2 3 ⎢1 0⎥ f ) [ 1 −2 5 3 ]⎣ . 2 4⎦ 1 −5
3 4 5 7
1. MATRICE
Uvjeri se neposrednim mnoˇzenjem da vrijedi (ABC) = C B A , ako je
1 2 2 −1 0 1 3 , B= , C= ; a) A = −1 3 −1 2 1 3 2
−3 1 2 2 1 , C= . b) A = [ 2 3 −1 ] , B = 1 −2 3 1.21. Zadane su matrice
6 2 0 5 1 2 0 2 −1 0 , B= , C = 1 −1 , D = 2 2 7 . A= 1 0 −5 −1 3 0 −4 8 0 1
1.20.
1.19.
Izraˇcunaj umnoˇske: 1 −3 2 2 5 6 a) 3 −4 1 1 2 5 ; 2 −5 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎡ 2 −1 3 −4 7 8 6 ⎢ 3 −2 4 −3 ⎥⎢ 5 7 4 c) ⎣ 5 −3 −2 1 ⎦⎣ 3 4 5 2 1 1 3 −3 −1 2 Pomnoˇ z i matrice:
3 4 7 −4 ; a) 5 7 −5 3 4 2 3 1 −3 2 4 −5 2 3 −4 1 ; c) 2 −5 2 −2 3 1 3 −2 −1 1 2 3 e) 4 −1 −3 1 2 3 ; 2 −1 −1 1 2 3
9
5 8 −4 3 b) 6 9 −5 4 4 7 −3 9 ⎤ ⎡ 9 5 7 5⎥ ⎢7 6 ; d) ⎣ 6⎦ 6 4 2 8 5
2 −1 6 −3 −4 −3 −6
5 3 ; 5 ⎤⎡ −4 1 −5 ⎥ ⎢ 2 −2 ⎦ ⎣ 1 −1 2
2 3 3 4
3 4 5 6
⎤ 4 5⎥ . 7⎦ 8
3 0 7 −4 ; 0 1 −5 3 2 1 0 3 1 −2 1 1 2 3 −2 4 ; d) −1 2 2 −3 5 −1 ⎡ ⎤ 2 3 ⎢1 0⎥ f ) [ 1 −2 5 3 ]⎣ . 2 4⎦ 1 −5
b)
3 4 5 7
Uvjeri se neposrednim mnoˇzenjem da vrijedi (ABC) = C B A , ako je
1 2 2 −1 0 1 3 , B= , C= ; a) A = −1 3 −1 2 1 3 2
−3 1 2 2 1 , C= . b) A = [ 2 3 −1 ] , B = 1 −2 3 1.21. Zadane su matrice
6 2 0 5 1 2 0 2 −1 0 , B= , C = 1 −1 , D = 2 2 7 . A= 1 0 −5 −1 3 0 −4 8 0 1
1.20.
Odredi sve umnoˇske ovih matrica (koji su definirani).
Odredi sve umnoˇske ovih matrica (koji su definirani).
1.22.
Zadane su matrice
2 −1 1 0 −2 a) A = , B= 0 2 ; 2 −1 3 1 −1 3 −1 2 2 1 −1 b) A = −1 0 2 , B = 3 1 2 . −1 0 4 2 −1 1 Izraˇcunaj: 1) AB ; 2) A B ; 3) B A ; 4) BA .
1.22.
Zadane su matrice
2 −1 1 0 −2 a) A = , B= 0 2 ; 2 −1 3 1 −1 3 −1 2 2 1 −1 b) A = −1 0 2 , B = 3 1 2 . −1 0 4 2 −1 1 Izraˇcunaj: 1) AB ; 2) A B ; 3) B A ; 4) BA .
1.23.
Neka je matrica A tipa m × n , Im , In jediniˇcne matrice reda m odnosno n . Dokaˇzi da je Im A = AIn = A .
1.23.
Neka je matrica A tipa m × n , Im , In jediniˇcne matrice reda m odnosno n . Dokaˇzi da je Im A = AIn = A .
1.24.
Neka su x , y vektor-stupci jednake duljine i A = xy . Pokaˇzi da vrijedi A2 = λ A za neki skalar λ .
1.24.
Neka su x , y vektor-stupci jednake duljine i A = xy . Pokaˇzi da vrijedi A2 = λ A za neki skalar λ .
10
1. MATRICE
10
∗*∗
1. MATRICE
∗*∗
1.25.
Neka je matrica A tipa 5 × 3 , B tipa 3 × 3 , C tipa 3 × 2 , D i E tipa 2 × 1 . Odredi koji je od sljede´cih izraza definiran i koji je tip rezultiraju´ce matrice b) B4 ; c) ABC ; d) ABCD ; a) A6 ; e) ACBD ; f ) CD + E ; g) AB + AC ; h) BC + CB .
1.25.
Neka je matrica A tipa 5 × 3 , B tipa 3 × 3 , C tipa 3 × 2 , D i E tipa 2 × 1 . Odredi koji je od sljede´cih izraza definiran i koji je tip rezultiraju´ce matrice b) B4 ; c) ABC ; d) ABCD ; a) A6 ; e) ACBD ; f ) CD + E ; g) AB + AC ; h) BC + CB .
1.26.
Izmnoˇzi sljede´ce matriˇcne izraze, pretpostavljaju´ci da su svi oni definirani. a) (A + B)2 ; b) (2A + B)(A + 2B) ; c) (A + B)C(D + E) ; d) (A − I)(A + 3I) ; e) (A + B)3 ; f ) (A + B)3 , ako je AB = BA .
1.26.
Izmnoˇzi sljede´ce matriˇcne izraze, pretpostavljaju´ci da su svi oni definirani. a) (A + B)2 ; b) (2A + B)(A + 2B) ; c) (A + B)C(D + E) ; d) (A − I)(A + 3I) ; e) (A + B)3 ; f ) (A + B)3 , ako je AB = BA .
1.27.
Neka je f (x) = x4 − 2x3 + x − 1 . Odredi f (A) ako je
0 1 0 2 1 1 2 ; b) A = ; c) A = 0 0 1 . a) A = −1 1 0 3 0 0 0 Odredi f (A) ako je 1 −2 3 a) f (x) = 3x2 − 2x + 5 , A = 2 −4 1 ; 3 −5 2 5 2 −3 b) f (x) = x3 − 7x2 + 13x − 5 , A = 1 3 −1 . 2 2 −1 1 −1 2 Provjeri da za matricu A = −1 0 1 i polinom f (x) = x3 − 4x2 + 5x + 4 vrijedi f (A) = 0 . −2 1 3
a b zadovoljava jednadˇzbu Pokaˇzi da matrica A = c d
1.27.
Neka je f (x) = x4 − 2x3 + x − 1 . Odredi f (A) ako je
0 1 0 2 1 1 2 ; b) A = ; c) A = 0 0 1 . a) A = −1 1 0 3 0 0 0 Odredi f (A) ako je 1 −2 3 2 a) f (x) = 3x − 2x + 5 , A = 2 −4 1 ; 3 −5 2 5 2 −3 b) f (x) = x3 − 7x2 + 13x − 5 , A = 1 3 −1 . 2 2 −1 1 −1 2 Provjeri da za matricu A = −1 0 1 i polinom f (x) = x3 − 4x2 + 5x + 4 vrijedi f (A) = 0 . −2 1 3
a b zadovoljava jednadˇzbu Pokaˇzi da matrica A = c d
1.28.
1.29. 1.30.
1.31.
1.32.
1.33.
1.28.
1.29. 1.30.
A2 − (a + d)A + (ad − bc)I = 0.
A2 − (a + d)A + (ad − bc)I = 0.
∗*∗
∗*∗
Izraˇcunaj matrice
5
10 3 −1 2 1 ; b) ; a) 1 0 1 −1
5 1 1 1 c) 0 1 1 . 0 0 1
0 1 2 1 1 1 1 1 2 Neka je A = , B= , C= , D= 0 0 3 . 1 1 0 1 −3 2 0 0 0 Izraˇcunaj sljede´ce: a) A10 ; b) B20 ; c) C4 ; d) D20 ; 4 4 3 3 e) (ABC) ; f ) (CBA) ; g) C B ; h) (CB)3 .
2
3
4
5 3 −1 sin α − cos α 1 a 4 −1 ; b) ; c) ; d) . Izraˇcunaj: a) cos α sin α a 1 4 2 5 −2
1.31.
1.32.
1.33.
Izraˇcunaj matrice
5
10 3 −1 2 1 ; b) ; a) 1 0 1 −1
5 1 1 1 c) 0 1 1 . 0 0 1
0 1 2 1 1 1 1 1 2 Neka je A = , B= , C= , D= 0 0 3 . 1 1 0 1 −3 2 0 0 0 Izraˇcunaj sljede´ce: a) A10 ; b) B20 ; c) C4 ; d) D20 ; 4 4 3 3 e) (ABC) ; f ) (CBA) ; g) C B ; h) (CB)3 .
2
3
4
5 3 −1 sin α − cos α 1 a 4 −1 ; b) ; c) ; d) . Izraˇcunaj: a) cos α sin α a 1 4 2 5 −2
1. MATRICE
11
1.34.
Izraˇcunaj: a)
1 1 0 1
n
; b)
1 λ 0 1
n
; c)
1 λ 0 2
n
; d)
2 −1 3 −2
1 1 0 0 1 1 . Pokaˇzi da za svaki prirodni n vrijedi 0 0 1 ⎡ ⎤ 1 n n(n−1) 2 An = ⎣ 0 1 n ⎦. 0 0 1
1.35.
Neka je A =
1.36.
Izraˇcunaj zadane potencije matrica ⎡ ⎤n ⎡ 0 1 0 ... 0 1 1 ⎢0 0 1 ... 0⎥ ⎢0 1 ⎢. ⎥ ⎢ ⎥ ; b) ⎢ 0 0 . a) ⎢ ⎢. ⎥ ⎢. ⎣0 0 0 ... 1⎦ ⎣ ..
1.37.
n
. e)
3 −1 4 −1
n -toga reda: ⎤3 ⎡ ⎤n−1 1 ... 1 1 1 0 0 ... 0 ⎢0 1 1 0 ... 0⎥ 1 ... 1⎥ ⎥ ⎢ ⎥ 1 . . . 1 ⎥ ; c) ⎢ 0 0 1 1 . . . 0 ⎥ . ⎥ ⎢. ⎥ ... ⎦ ... ⎦ ⎣ .. 1 0 0 ... 0 0 0 0 ... 1 0 0 0 0 ... 1
5
17 −6 17 −6 2 3 2 0 −7 3 Izraˇcunaj koriste´ci = . 35 −12 35 −12 5 7 0 3 5 −2
1. MATRICE
n
11
.
1.34.
Izraˇcunaj: a)
1 1 0 1
n
; b)
1 λ 0 1
n
Neka je A =
1.36.
Izraˇcunaj zadane potencije matrica ⎡ ⎤n ⎡ 0 1 0 ... 0 1 1 ⎢0 0 1 ... 0⎥ ⎢0 1 ⎢. ⎥ ⎢ ⎥ ; b) ⎢ 0 0 . a) ⎢ ⎢. ⎥ ⎢. ⎣0 0 0 ... 1⎦ ⎣ ..
∗*∗
; c)
1 λ 0 2
n
; d)
2 −1 3 −2
1 1 0 0 1 1 . Pokaˇzi da za svaki prirodni n vrijedi 0 0 1 ⎡ ⎤ 1 n n(n−1) 2 An = ⎣ 0 1 n ⎦. 0 0 1
1.35.
1.37.
n
. e)
3 −1 4 −1
n -toga reda: ⎤3 ⎡ ⎤n−1 1 ... 1 1 1 0 0 ... 0 ⎢0 1 1 0 ... 0⎥ 1 ... 1⎥ ⎥ ⎢ ⎥ 1 . . . 1 ⎥ ; c) ⎢ 0 0 1 1 . . . 0 ⎥ . ⎥ ⎢. ⎥ ... ⎦ ... ⎦ ⎣ .. 1 0 0 ... 0 0 0 0 ... 1 0 0 0 0 ... 1
5
17 −6 17 −6 2 3 2 0 −7 3 Izraˇcunaj koriste´ci = . 35 −12 35 −12 5 7 0 3 5 −2 ∗*∗
1.38.
Za zadanu matricu A odredi najop´c enitiji oblik matrice B za koju vrijedi
2 5 0 0 , b) A = . AB = 0 . a) A = 0 0 1 0
1.38.
Za zadanu matricu A odredi najop´c enitiji oblik matrice B za koju vrijedi
2 5 0 0 , b) A = . AB = 0 . a) A = 0 0 1 0
1.39.
Odredi neke ne-nul matrice A i B takve da je AB = 0 , ako je a) A tipa 5 × 3 , B tipa 3 × 1 , b) A tipa 5 × 2 , B tipa 2 × 2 , c) A tipa 1 × 2 , B tipa 2 × 3 . Zadane su matrice
3 2 1 −5 , . A= B= −2 1 2 3
1.39.
Odredi neke ne-nul matrice A i B takve da je AB = 0 , ako je a) A tipa 5 × 3 , B tipa 3 × 1 , b) A tipa 5 × 2 , B tipa 2 × 2 , c) A tipa 1 × 2 , B tipa 2 × 3 . Zadane su matrice
3 2 1 −5 , . A= B= −2 1 2 3
1.40.
1.41.
1.42.
1.43. 1.44.
Odredi matricu X za koju vrijedi a) 2A + 3X = I ; b) 3A − 2X = B . Odredi sve matrice koje komutiraju s matricom ⎡ ⎤ 1 1 0 0
2 1 0 1 2 7 −3 ⎢0 1 0 0⎥ ; b) ; c) 0 2 1 ; d) ⎣ . a) 3 4 5 −2 0 0 2 1⎦ 0 0 2 0 0 0 2 Odredi sve matrice koje komutiraju s matricom
3 0 0 1 −1 0 0 1 1 1 −2 a) 0 −1 0 ; b) ; c) 0 1 −1 ; d) 0 0 1 . 1 3 0 0 2 0 0 1 0 0 0 Odredi sve matrice koje komutiraju sa svim matricama drugoga reda. Dokaˇzi da neka matrica komutira sa svim dijagonalnim matricama onda i samo onda ako je i sama dijagonalna.
1.40.
1.41.
1.42.
1.43. 1.44.
Odredi matricu X za koju vrijedi a) 2A + 3X = I ; b) 3A − 2X = B . Odredi sve matrice koje komutiraju s matricom ⎡ ⎤ 1 1 0 0
2 1 0 1 2 7 −3 ⎢0 1 0 0⎥ ; b) ; c) 0 2 1 ; d) ⎣ . a) 3 4 5 −2 0 0 2 1⎦ 0 0 2 0 0 0 2 Odredi sve matrice koje komutiraju s matricom
3 0 0 1 −1 0 0 1 1 1 −2 a) 0 −1 0 ; b) ; c) 0 1 −1 ; d) 0 0 1 . 1 3 0 0 2 0 0 1 0 0 0 Odredi sve matrice koje komutiraju sa svim matricama drugoga reda. Dokaˇzi da neka matrica komutira sa svim dijagonalnim matricama onda i samo onda ako je i sama dijagonalna.
n
.
12
1.45.
1. MATRICE
Dokaˇzi da matrica A reda n komutira sa svim matricama istoga reda onda i samo onda ako je oblika λ I .
12
1.45.
1. MATRICE
Dokaˇzi da matrica A reda n komutira sa svim matricama istoga reda onda i samo onda ako je oblika λ I .
∗*∗
∗*∗
1.46.
Odredi sve matrice drugoga reda cˇ iji je kvadrat jednak nul-matrici.
1.46.
Odredi sve matrice drugoga reda cˇ iji je kvadrat jednak nul-matrici.
1.47.
Odredi sve matrice drugoga reda cˇ iji je kub jednak nul-matrici.
a b Ako za matricu A = vrijedi An = 0 za neki prirodni broj n , dokaˇzi c d da je tada ad − bc = 0 .
1.47.
Odredi sve matrice drugoga reda cˇ iji je kub jednak nul-matrici.
a b Ako za matricu A = vrijedi An = 0 za neki prirodni broj n , dokaˇzi c d da je tada ad − bc = 0 .
Neka je A matrica drugoga reda i n > 2 prirodan broj. Pokaˇzi da jednakost An = 0 vrijedi onda i samo onda ako vrijedi i A2 = 0 .
1.49.
1.48. 1.49.
1.48.
Neka je A matrica drugoga reda i n > 2 prirodan broj. Pokaˇzi da jednakost An = 0 vrijedi onda i samo onda ako vrijedi i A2 = 0 .
∗*∗
∗*∗
1.50.
Ako je A2 = I , tada se matrica A naziva involutorna. a) Odredi sve involutorne matrice drugoga reda. b) Pokaˇzi da je A involutorna onda i samo onda ako vrijedi (I − A)(I + A) = 0.
1.50.
Ako je A2 = I , tada se matrica A naziva involutorna. a) Odredi sve involutorne matrice drugoga reda. b) Pokaˇzi da je A involutorna onda i samo onda ako vrijedi (I − A)(I + A) = 0.
1.51.
Matrica A ∈ Mn je nilpotentna ako za neki pozitivni cijeli broj p vrijedi Ap = 0 . Pokaˇzi da je svaka gornja trokutasta matrica s nulama na glavnoj dijagonali nilpotentna.
1.51.
Matrica A ∈ Mn je nilpotentna ako za neki pozitivni cijeli broj p vrijedi Ap = 0 . Pokaˇzi da je svaka gornja trokutasta matrica s nulama na glavnoj dijagonali nilpotentna.
1.52.
Pokaˇzi da je umnoˇzak dviju trokutastih matrica istoga tipa ponovno trokutasta matrica istoga tipa.
1.52.
Pokaˇzi da je umnoˇzak dviju trokutastih matrica istoga tipa ponovno trokutasta matrica istoga tipa.
1.53.
Dokaˇzi da za operaciju transponiranja vrijedi (AB) = B A .
1.53.
Dokaˇzi da za operaciju transponiranja vrijedi (AB) = B A .
1.54.
Dokaˇzi da je za svaku matricu A ∈ Mn matrica AA simetriˇcna.
1.54.
Dokaˇzi da je za svaku matricu A ∈ Mn matrica AA simetriˇcna.
1.55.
Svaka se kvadratna matrica dade rastaviti na zbroj simetriˇcne i antisimetriˇcne. Provjeri da su to matrice
1.55.
Svaka se kvadratna matrica dade rastaviti na zbroj simetriˇcne i antisimetriˇcne. Provjeri da su to matrice
As = 12 (A + A ), Odredi te matrice ako je A=
Aa = 12 (A − A ).
As = 12 (A + A ), Odredi te matrice ako je
1 5 0 −3 −1 6 . 10 4 −7
A=
Aa = 12 (A − A ).
1 5 0 −3 −1 6 . 10 4 −7
1.56.
Pokaˇzi da jednakost (A + B)2 = A2 + 2AB + B2 vrijedi onda i samo onda kad matrice A i B komutiraju.
1.56.
Pokaˇzi da jednakost (A + B)2 = A2 + 2AB + B2 vrijedi onda i samo onda kad matrice A i B komutiraju.
1.57.
Neka su A i B simetriˇcne matrice. Pokaˇzi na primjeru da AB ne mora biti simetriˇcna.
1.57.
Neka su A i B simetriˇcne matrice. Pokaˇzi na primjeru da AB ne mora biti simetriˇcna.
1.58.
Neka su A i B simetriˇcne matrice. Dokaˇzi da je AB simetriˇcna onda i samo onda ako matrice A i B komutiraju.
1.58.
Neka su A i B simetriˇcne matrice. Dokaˇzi da je AB simetriˇcna onda i samo onda ako matrice A i B komutiraju.
1. MATRICE
1.59.
1.60.
1.61.
1.62.
1.63.
1.64. 1.65.
1.66. 1.67.
1.68.
13
Neka su A i B antisimetriˇcne matrice. Dokaˇzi da je njihov produkt AB antisimetriˇcna matrica onda i samo onda ako A i B antikomutiraju tj. ako vrijedi AB = −BA . Provjeri da mnoˇzenje dijagonalnom matricom slijeva odgovara mnoˇzenju redaka s njenim dijagonalnim elementima. Sliˇcno, mnoˇzenje dijagonalnom matricom zdesna za rezultat ima mnoˇzenje stupaca sa odgovaraju´cim dijagonalnim elementima. Komutatorom [AB] kvadratnih matrica reda n naziva se matrica [AB] := AB − BA . Pokaˇzi da komutator posjeduje sljede´ca svojstva: a) [AB] = 0 onda i samo onda ako A i B komutiraju; b) [AB] = −[BA] (antikomutativnost); c) [[AB]C] + [[BC]A] + [[CA]B] = 0 (Jacobijev identitet). ¯ na naˇcin Za kompleksnu matricu A definiramo konjugiranu matricu A ¯ ij = a¯ij , gdje je a¯ij kompleksno konjugirani broj broju aij . Takoder (A) ¯ . definiramo adjungiranu matricu A∗ na naˇcin A∗ = (A) 2−i 3i 0 - A ¯ i A∗ . Za matricu A = 1+2i 5 6−i nadi 2 3−i −2i Za (kompleksnu) kvadratnu matricu kaˇzemo da je hermitska ako vrijedi A∗ = A , antihermitska ako je A∗ = −A . (U realnom sluˇcaju ove se matrice podudaraju s simetriˇcnim i antisimetriˇcnim jer je tada A∗ = A .) Pokaˇzi da je u hermitskoj matrici dijagonala uvijek realna, a u antihermiskoj cˇ isto imaginarna. Pokaˇzi da se svaka kvadratna matrica moˇze prikazati kao zbroj hermitske i antihermitske matrice. Neka je A ∈ Mn takva da vrijedi AB = B za sve B ∈ Mn . Pokaˇzi da je A jediniˇcna matrica. Za kvadratnu matricu A definiramo njen trag kao sumu dijagonalnih elemenata: tr A = a11 + a22 = . . . + ann . Dokaˇzi da vrijedi tr(AB) = tr(BA) , tr(A + B) = tr A + tr B , tr(A) = tr(A ) za sve A, B ∈ Mn . Dokaˇzi da ne postoje kvadratne matrice A i B takve da vrijedi AB − BA = I . Jordanov produkt kvadratnih matrica A i B definira se na naˇcin A ∗ B := 1 (AB + BA) . Dokaˇzi sljede´ca svojstva: a) A ∗ B = B ∗ A ; b) A ∗ A = A2 ; 2 c) A ∗ I = A ; d) A ∗ (B + C) = A ∗ B + A ∗ C .
0 1 . Uvjeri se da vrijedi J2 = −I . Pokaˇzi da se skup svih Neka je J = −1 0 matrica oblika
α β {Z = α I + β J = : α , β ∈ R} −β α s obzirom na operacije zbrajanja i mnoˇzenja matrica ponaˇsa identiˇcno skupu kompleksnih brojeva {z = α + iβ } .
1. MATRICE
1.59.
1.60.
1.61.
1.62.
1.63.
1.64. 1.65.
1.66. 1.67.
1.68.
13
Neka su A i B antisimetriˇcne matrice. Dokaˇzi da je njihov produkt AB antisimetriˇcna matrica onda i samo onda ako A i B antikomutiraju tj. ako vrijedi AB = −BA . Provjeri da mnoˇzenje dijagonalnom matricom slijeva odgovara mnoˇzenju redaka s njenim dijagonalnim elementima. Sliˇcno, mnoˇzenje dijagonalnom matricom zdesna za rezultat ima mnoˇzenje stupaca sa odgovaraju´cim dijagonalnim elementima. Komutatorom [AB] kvadratnih matrica reda n naziva se matrica [AB] := AB − BA . Pokaˇzi da komutator posjeduje sljede´ca svojstva: a) [AB] = 0 onda i samo onda ako A i B komutiraju; b) [AB] = −[BA] (antikomutativnost); c) [[AB]C] + [[BC]A] + [[CA]B] = 0 (Jacobijev identitet). ¯ na naˇcin Za kompleksnu matricu A definiramo konjugiranu matricu A ¯ ij = a¯ij , gdje je a¯ij kompleksno konjugirani broj broju aij . Takoder (A) ¯ . definiramo adjungiranu matricu A∗ na naˇcin A∗ = (A) 2−i 3i 0 - A ¯ i A∗ . Za matricu A = 1+2i 5 6−i nadi 2 3−i −2i Za (kompleksnu) kvadratnu matricu kaˇzemo da je hermitska ako vrijedi A∗ = A , antihermitska ako je A∗ = −A . (U realnom sluˇcaju ove se matrice podudaraju s simetriˇcnim i antisimetriˇcnim jer je tada A∗ = A .) Pokaˇzi da je u hermitskoj matrici dijagonala uvijek realna, a u antihermiskoj cˇ isto imaginarna. Pokaˇzi da se svaka kvadratna matrica moˇze prikazati kao zbroj hermitske i antihermitske matrice. Neka je A ∈ Mn takva da vrijedi AB = B za sve B ∈ Mn . Pokaˇzi da je A jediniˇcna matrica. Za kvadratnu matricu A definiramo njen trag kao sumu dijagonalnih elemenata: tr A = a11 + a22 = . . . + ann . Dokaˇzi da vrijedi tr(AB) = tr(BA) , tr(A + B) = tr A + tr B , tr(A) = tr(A ) za sve A, B ∈ Mn . Dokaˇzi da ne postoje kvadratne matrice A i B takve da vrijedi AB − BA = I . Jordanov produkt kvadratnih matrica A i B definira se na naˇcin A ∗ B := 1 (AB + BA) . Dokaˇzi sljede´ca svojstva: a) A ∗ B = B ∗ A ; b) A ∗ A = A2 ; 2 c) A ∗ I = A ; d) A ∗ (B + C) = A ∗ B + A ∗ C .
0 1 . Uvjeri se da vrijedi J2 = −I . Pokaˇzi da se skup svih Neka je J = −1 0 matrica oblika
α β {Z = α I + β J = : α , β ∈ R} −β α s obzirom na operacije zbrajanja i mnoˇzenja matrica ponaˇsa identiˇcno skupu kompleksnih brojeva {z = α + iβ } .
2.
2.
Determinante
Determinante
Determinanta realne kvadratne matrice je funkcija det : Mn → R . Determinantu matrice A oznaˇcavamo s a11 . . . a1n . . det A ili |A| ili .. a ... a n1 nn Definiramo je induktivno po redu n matrice. Za n = 1 i A = [ a11 ] je det
A = a11 . a11 a12 Za n = 2 i A = , a21 a22 a a det A = 11 12 := a11 a22 − a12 a21 . a21 a22
Determinanta realne kvadratne matrice je funkcija det : Mn → R . Determinantu matrice A oznaˇcavamo s a11 . . . a1n . . det A ili |A| ili .. a ... a n1 nn Definiramo je induktivno po redu n matrice. Za n = 1 i A = [ a11 ] je det
A = a11 . a a Za n = 2 i A = 11 12 , a21 a22 a11 a12 := a11 a22 − a12 a21 . det A = a21 a22
Za matrice viˇsega reda determinanta se definira (i moˇze raˇcunati) razvojem po bilo kojem retku ili stupcu, na naˇcin a11 a12 a13 a22 a23 a21 a23 a21 a22 . + a13 − a12 det A = a21 a22 a23 = a11 a32 a33 a31 a33 a31 a32 a31 a32 a33 Op´cenito se determinanta matrice reda n dobije pomo´cu determinanti reda n − 1 tako da se zbroje (ili oduzmu) produkti elemenata nekog retka ili stupca s determinantama matrica koje se dobiju uklanjanjem retka i stupca u kojem se taj element nalazi. Toˇcnije zapisano n det A = (−1)i+j aij Mij ,
Za matrice viˇsega reda determinanta se definira (i moˇze raˇcunati) razvojem po bilo kojem retku ili stupcu, na naˇcin a11 a12 a13 a22 a23 a21 a23 a21 a22 . + a13 − a12 det A = a21 a22 a23 = a11 a32 a33 a31 a33 a31 a32 a31 a32 a33 Op´cenito se determinanta matrice reda n dobije pomo´cu determinanti reda n − 1 tako da se zbroje (ili oduzmu) produkti elemenata nekog retka ili stupca s determinantama matrica koje se dobiju uklanjanjem retka i stupca u kojem se taj element nalazi. Toˇcnije zapisano n det A = (−1)i+j aij Mij ,
j=1
j=1
(rastav po i -tom retku, ili det A =
n
(rastav po i -tom retku, ili (−1)i+j aij Mij .
i=1
(rastav po j -tom stupcu). Tu je Mij minor elementa aij : determinanta matrice reda n − 1 u kojoj se ne nalazi i -ti redak niti j -ti stupac poˇcetne matrice.
det A =
n
(−1)i+j aij Mij .
i=1
(rastav po j -tom stupcu). Tu je Mij minor elementa aij : determinanta matrice reda n − 1 u kojoj se ne nalazi i -ti redak niti j -ti stupac poˇcetne matrice.
2. DETERMINANTE
15
2. DETERMINANTE
15
Definicija determinante je dobra, poˇsto ovaj Laplaceov razvoj ne ovisi o izboru retka ili stupca po kojem vrˇsimo razvoj. Izbor predznaka + ili − pamtimo po sljede´coj shemi za matrice reda 3 i 4: ⎡ ⎤ + − + − + − + ⎢− + − +⎥ − + − , ⎣ + − + − ⎦. + − + − + − +
Definicija determinante je dobra, poˇsto ovaj Laplaceov razvoj ne ovisi o izboru retka ili stupca po kojem vrˇsimo razvoj. Izbor predznaka + ili − pamtimo po sljede´coj shemi za matrice reda 3 i 4: ⎡ ⎤ + − + − + − + ⎢− + − +⎥ − + − , ⎣ + − + − ⎦. + − + − + − +
2.1. Laplaceov razvoj i Sarrusovo pravilo
2.1. Laplaceov razvoj i Sarrusovo pravilo
Direktnim razvojem po nekom retku ili stupcu raˇcunamo uglavnom determinante matrica maloga reda (3 ili 4). Specijalno, za determinante tre´cega reda ponekad je brˇze dati gotov razvoj: a11 a12 a13 det A = a21 a22 a23 a a a 31 32 33 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − (a31 a22 a13 + a32 a23 a11 + a33 a21 a12 ). Ovaj se razvoj pamti iz sljede´ceg zapisa kojeg nazivamo Sarrusovo pravilo. Prva dva stupca determinante se prepiˇsu iza tre´cega i potom izmnoˇze po tri broja koja se nalaze na istovrsnim dijagonalama. Padaju´ce dijagonale nose pozitivan, a rastu´ce negativan predznak: + + + a11 a12 a13 a11 a12 det A = a21 a22 a23 a21 a22 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 a31 a32 a33 a31 a32 −(a31 a22 a13 + a32 a23 a11 + a33 a21 a12 ). − − −
Direktnim razvojem po nekom retku ili stupcu raˇcunamo uglavnom determinante matrica maloga reda (3 ili 4). Specijalno, za determinante tre´cega reda ponekad je brˇze dati gotov razvoj: a11 a12 a13 det A = a21 a22 a23 a a a 31 32 33 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − (a31 a22 a13 + a32 a23 a11 + a33 a21 a12 ). Ovaj se razvoj pamti iz sljede´ceg zapisa kojeg nazivamo Sarrusovo pravilo. Prva dva stupca determinante se prepiˇsu iza tre´cega i potom izmnoˇze po tri broja koja se nalaze na istovrsnim dijagonalama. Padaju´ce dijagonale nose pozitivan, a rastu´ce negativan predznak: + + + a11 a12 a13 a11 a12 det A = a21 a22 a23 a21 a22 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 a31 a32 a33 a31 a32 −(a31 a22 a13 + a32 a23 a11 + a33 a21 a12 ). − − −
2.1.
2.1.
Izraˇcunaj determinante: 2 1 −1 a) 3 1 −2 ; b) 1 0 1 1 2 3 d) 2 3 4 ; e) 3 4 5
1 2 2 0 2 3
2 2 1 −2 ; −2 1 1 3 3 5 . 5 7
−2 3 1 c) 3 6 2 ; 1 2 1
ˇ RJE SENJE . a) Determinantu raˇcunamo razvojem po tre´cem retku 2 1 −1 1 −1 2 1 − 2 = 1 · + 1 · 3 1 1 −2 3 1 1 0 1 = (−2 − (−1)) + (2 − 3) = −2.
Izraˇcunaj determinante: 2 1 −1 a) 3 1 −2 ; b) 1 0 1 1 2 3 d) 2 3 4 ; e) 3 4 5
1 2 2 0 2 3
2 2 1 −2 ; −2 1 1 3 3 5 . 5 7
−2 3 1 c) 3 6 2 ; 1 2 1
ˇ RJE SENJE . a) Determinantu raˇcunamo razvojem po tre´cem retku 2 1 −1 1 −1 2 1 − 2 = 1 · + 1 · 3 1 1 −2 3 1 1 0 1 = (−2 − (−1)) + (2 − 3) = −2.
16
2. DETERMINANTE
16
2. DETERMINANTE
b) Laplaceovim razvojem po prvom retku dobivamo 1 2 2 1 −2 2 −2 2 1 −2· +2· 2 1 −2 = 1 · 2 1 2 −2 −2 1 2 −2 1 = 1 · (1 − 4) − 2(2 + 4) + 2(−4 − 2) = −27.
b) Laplaceovim razvojem po prvom retku dobivamo 1 2 2 1 −2 2 −2 2 1 −2· 2 1 −2 = 1 · 2 1 + 2 · 2 −2 −2 1 2 −2 1 = 1 · (1 − 4) − 2(2 + 4) + 2(−4 − 2) = −27.
c) Sarrusovim pravilom −2 3 1 −2 3 3 6 2 3 6 = −12 + 6 + 6 − (6 − 8 + 9) = −7. 1 2 1 1 2
c) Sarrusovim pravilom −2 3 1 −2 3 3 6 2 3 6 = −12 + 6 + 6 − (6 − 8 + 9) = −7. 1 2 1 1 2
d) 0. e) 4.
d) 0. e) 4.
2.2.
Izraˇcunaj determinantu 3 1 −1 2 −5 1 3 −4 D= . 2 0 1 −1 1 −5 3 −3
ˇ RJE SENJE . Razvijamo po tre´cem retku 1 −1 2 3 1 2 3 1 −1 D = 2 · 1 3 −4 + 1 · −5 1 −4 − (−1) −5 1 3 1 −5 −3 1 −5 3 −5 3 −3 = (Sarrusovim pravilom) = 2(−9 − 20 + 6 + 30 + 12 − 3) + (−9 − 4 + 50 − 2 − 60 − 15) + (9 + 3 − 25 + 1 + 45 + 15) = 2 · 16 − 40 + 48 = 40.
2.2.
Izraˇcunaj determinantu 3 1 −1 2 −5 1 3 −4 D= . 2 0 1 −1 1 −5 3 −3
ˇ RJE SENJE . Razvijamo po tre´cem retku 1 −1 2 3 1 2 3 1 −1 D = 2 · 1 3 −4 + 1 · −5 1 −4 − (−1) −5 1 3 1 −5 −3 1 −5 3 −5 3 −3 = (Sarrusovim pravilom) = 2(−9 − 20 + 6 + 30 + 12 − 3) + (−9 − 4 + 50 − 2 − 60 − 15) + (9 + 3 − 25 + 1 + 45 + 15) = 2 · 16 − 40 + 48 = 40.
2.2. Svojstva determinanti
2.2. Svojstva determinanti
Navedimo neka svojstva determinanti. 1) det A = det A . 2) Zamjenom dva retka (ili stupca) determinanta mijenja predznak. 3) Determinantu mnoˇzimo skalarom tako da tim skalarom pomnoˇzimo sve elemente nekog retka ili stupca determinante. Ovo se pravilo cˇ eˇsc´ e koristi na naˇcin da se svi elementi nekog retka ili stupca skrate za zajedniˇcki faktor koji se izvlaˇci ispred determinante.
Navedimo neka svojstva determinanti. 1) det A = det A . 2) Zamjenom dva retka (ili stupca) determinanta mijenja predznak. 3) Determinantu mnoˇzimo skalarom tako da tim skalarom pomnoˇzimo sve elemente nekog retka ili stupca determinante. Ovo se pravilo cˇ eˇsc´ e koristi na naˇcin da se svi elementi nekog retka ili stupca skrate za zajedniˇcki faktor koji se izvlaˇci ispred determinante.
2. DETERMINANTE
17
2. DETERMINANTE
17
4) Ako su svi elementi nekog retka (ili stupca) jednaki nuli, determinanta je jednaka nuli. 5) Ako su u determinanti dva retka (ili stupca) jednaka (ili proporcionalna), ona je jednaka nuli. 6) Vrijednost determinante se ne mijenja ako se nekom retku (ili stupcu) pribroje elementi nekog drugog retka (ili stupca) pomnoˇzeni skalarom λ . 7) Determinanta trokutaste matrice jednaka je umnoˇsku elemenata na dijagonali. 8) Binet-Cauchyjev teorem: det(AB) = det A · det B . Od ovih svojstava pri raˇcunanju determinante najˇceˇsc´ e koristimo svojstvo 6. Cilj - donju) trokutastu i je pomo´cu takve transformacije dovesti matricu na gornju (rjede tako izraˇcunati njenu vrijednost.
4) Ako su svi elementi nekog retka (ili stupca) jednaki nuli, determinanta je jednaka nuli. 5) Ako su u determinanti dva retka (ili stupca) jednaka (ili proporcionalna), ona je jednaka nuli. 6) Vrijednost determinante se ne mijenja ako se nekom retku (ili stupcu) pribroje elementi nekog drugog retka (ili stupca) pomnoˇzeni skalarom λ . 7) Determinanta trokutaste matrice jednaka je umnoˇsku elemenata na dijagonali. 8) Binet-Cauchyjev teorem: det(AB) = det A · det B . Od ovih svojstava pri raˇcunanju determinante najˇceˇsc´ e koristimo svojstvo 6. Cilj - donju) trokutastu i je pomo´cu takve transformacije dovesti matricu na gornju (rjede tako izraˇcunati njenu vrijednost.
2.3.
2.3.
Izraˇcunaj determinante: 2 5 6 2+a 1+b ; b) 1 2 5 ; a) a b 1 3 2
5 2 c) 2 2
2 5 2 2
2 2 5 2
2 2 ; 2 5
4 0 d) 0 5
0 4 5 0
0 5 4 0
5 0 . 0 4
ˇ RJE SENJE . a) Determinantu transformiramo tako da drugi redak oduzmemo od prvog: 2+a 1+b = (1.r − 2.r) = 2 1 = 2b − a. a b a b - oprez, u jednom koraku moˇze se sprovoditi nekoliko transformab) Uz odredeni cija tipa 6. Dopuˇsteno je jednom retku dodati linearnu kombinaciju nekoliko preostalih redaka: 2 5 6 0 0 −1 1 2 5 = (1.r−2.r−3.r) = 1 2 5 1 3 2 1 3 2 = (rastav po prvom retku) 1 2 = −(3 − 2) = −1. = (−1) 1 3
c)
5 2 2 2
2 5 2 2
11 11 11 11 2 2 2 5 2 2 = (1.r+(2.r+3.r+4.r)) = 2 2 2 5 2 5 2 2 2 5 1 1 1 1 2 5 2 2 = 11 = (2.r−2×1.r, 3.r−2×1.r, 4.r−2×1.r) 2 2 5 2 2 2 2 5 1 1 1 1 0 3 0 0 = 11 = (trokutasta matrica) = 11 · 33 = 297. 0 0 3 0 0 0 0 3
2 2 5 2
Izraˇcunaj determinante: 2 5 6 2+a 1+b ; b) 1 2 5 ; a) a b 1 3 2
5 2 c) 2 2
2 5 2 2
2 2 5 2
2 2 ; 2 5
4 0 d) 0 5
0 4 5 0
0 5 4 0
5 0 . 0 4
ˇ RJE SENJE . a) Determinantu transformiramo tako da drugi redak oduzmemo od prvog: 2+a 1+b = (1.r − 2.r) = 2 1 = 2b − a. a b a b - oprez, u jednom koraku moˇze se sprovoditi nekoliko transformab) Uz odredeni cija tipa 6. Dopuˇsteno je jednom retku dodati linearnu kombinaciju nekoliko preostalih redaka: 2 5 6 0 0 −1 1 2 5 = (1.r−2.r−3.r) = 1 2 5 1 3 2 1 3 2 = (rastav po prvom retku) 1 2 = −(3 − 2) = −1. = (−1) 1 3
c)
5 2 2 2
2 5 2 2
11 11 11 11 2 2 2 5 2 2 = (1.r+(2.r+3.r+4.r)) = 2 2 2 5 2 5 2 2 2 5 1 1 1 1 2 5 2 2 = 11 = (2.r−2×1.r, 3.r−2×1.r, 4.r−2×1.r) 2 2 5 2 2 2 2 5 1 1 1 1 0 3 0 0 = 11 = (trokutasta matrica) = 11 · 33 = 297. 0 0 3 0 0 0 0 3
2 2 5 2
18
2. DETERMINANTE
d) 4 0 0 5
0 4 5 0
9 0 0 9 0 5 5 0 0 9 9 0 = (1.r+4.r, 2.r+3.r) = 4 0 0 5 4 0 0 4 5 0 0 4 1 0 0 1 0 1 1 0 = 92 = (4.r−5×1.r, 3.r−5×2.r) 0 5 4 0 5 0 0 4 1 0 0 1 0 1 1 0 = 81 = 81. 0 0 −1 0 0 0 0 −1
18
2. DETERMINANTE
d) 4 0 0 5
0 4 5 0
9 0 0 9 5 0 0 9 9 0 = (1.r+4.r, 2.r+3.r) = 0 0 5 4 0 4 5 0 0 4 1 0 0 1 2 0 1 1 0 =9 = (4.r−5×1.r, 3.r−5×2.r) 0 5 4 0 5 0 0 4 1 0 0 1 0 1 1 0 = 81 = 81. 0 0 −1 0 0 0 0 −1
0 5 4 0
∗*∗
∗*∗
Dakako da ovdje navedeni postupci raˇcunanja nisu jedini mogu´ci, pa moˇzda cˇ ak niti ‘najjednostavniji’; cˇ itatelj moˇze potraˇziti i druge naˇcine za njihov izraˇcun. Pri tom treba paziti da se pri koriˇstenju svojstava determinanti ne uˇcini circulus viciosus — vrtnja u krugu. Spomenuli smo da je dozvoljeno u jednom koraku retku dodati linearnu kombinaciju nekolicine preostalih, medutim ako se to uˇcini s nekolicinom redaka istovremeno, vrlo je vjerojatno da c´e do´ci do pogreˇske. Pogreˇsna primjena moˇze dovesti i do ovakovih ‘raˇcuna’ 3 8 2 2 −3 3 = (1.r+2.r,2.r+1.r) 2 1 −1 5 5 5 0 0 0 = 5 5 5 = (1.r−2.r) = 5 5 5 = 0. 2 1 −1 2 1 −1
Dakako da ovdje navedeni postupci raˇcunanja nisu jedini mogu´ci, pa moˇzda cˇ ak niti ‘najjednostavniji’; cˇ itatelj moˇze potraˇziti i druge naˇcine za njihov izraˇcun. Pri tom treba paziti da se pri koriˇstenju svojstava determinanti ne uˇcini circulus viciosus — vrtnja u krugu. Spomenuli smo da je dozvoljeno u jednom koraku retku dodati linearnu kombinaciju nekolicine preostalih, medutim ako se to uˇcini s nekolicinom redaka istovremeno, vrlo je vjerojatno da c´e do´ci do pogreˇske. Pogreˇsna primjena moˇze dovesti i do ovakovih ‘raˇcuna’ 3 8 2 2 −3 3 = (1.r+2.r,2.r+1.r) 2 1 −1 5 5 5 0 0 0 = 5 5 5 = (1.r−2.r) = 5 5 5 = 0. 2 1 −1 2 1 −1
Mi c´ emo ubudu´ce koristiti sljede´ce pravilo (koje je upotrebljeno u zadatku c): dopuˇsteno je u jednom koraku svakom (osim jednog) dodati taj redak pomnoˇzen s brojem.
Mi c´ emo ubudu´ce koristiti sljede´ce pravilo (koje je upotrebljeno u zadatku c): dopuˇsteno je u jednom koraku svakom (osim jednog) dodati taj redak pomnoˇzen s brojem.
2.4.
2.4.
Izraˇcunaj determinante: 1 1 1 b) a) 1 a a ; 2 2 1 a a
ˇ RJE SENJE . a) 0 (dva identiˇcna stupca).
1 1 1 a b c ; 2 2 2 a b c
x y x+y c) y x+y x . x+y x y
Izraˇcunaj determinante: 1 1 1 b) a) 1 a a ; 2 2 1 a a
ˇ RJE SENJE . a) 0 (dva identiˇcna stupca).
1 1 1 a b c ; 2 2 2 a b c
x y x+y c) y x+y x . x+y x y
2. DETERMINANTE
b)
19
0 0 1 1 1 1 a b c = (2.s−1.s, 3.s−1.s) = a b−a c−a a2 b2 c2 a2 b2 −a2 c2 −a2 b−a c−a 1 1 = 2 2 2 2 = (b − a)(c − a) b −a c −a b+a c+a
2. DETERMINANTE
b)
= (b − a)(c − a)(c − b). c)
y x+y x 2x+2y 2x+2y 2x+2y x+y x y x+y x = (1.r+(2.r+3.r)) = y x+y x x+y y x y 1 1 1 = (2x + 2y) y x+y x = (2.s−1.s, 3.s−1.s) x+y x y 1 0 0 x x−y x x−y = 2(x + y) = 2(x + y) y −y −x x+y −y −x
Izraˇcunaj determinante: 2 7 −8 1 3 15 18 91 a) ; b) 0 0 0 0 27 13 39 1 1 2 −1 e) d) 0 1 −6 ; 3 8 −15
8 28 38 4 14 19 7 5 3 1 3 5 378 253 377 252 −3 −3
0 0 1 1 1 1 a b c = (2.s−1.s, 3.s−1.s) = a b−a c−a a2 b2 c2 a2 b2 −a2 c2 −a2 b−a c−a 1 1 = 2 2 2 2 = (b − a)(c − a) b −a c −a b+a c+a
= (b − a)(c − a)(c − b). c)
= 2(x + y)(−x2 − y2 + xy) = −2(x3 + y3 ).
2.5.
19
48 24 ; 1 7 127 126 ; −3
y x+y x 2x+2y 2x+2y 2x+2y x+y x y x+y x = (1.r+(2.r+3.r)) = y x+y x x+y y x y 1 1 1 = (2x + 2y) y x+y x = (2.s−1.s, 3.s−1.s) x+y x y 1 0 0 x x−y x x−y = 2(x + y) = 2(x + y) y −y −x x+y −y −x
= 2(x + y)(−x2 − y2 + xy) = −2(x3 + y3 ).
3 −1 2 4 1 2 5 1 c) ; 7 0 9 9 13 −1 17 4 2789 3453 . f) 2790 3454
ˇ RJE SENJE . a) 0 (3. redak). b) 0 (1. redak = 2 × 2 . redak). c) 0 (3. redak = 2 × 1 . redak + 2. redak). Dakako da ova veza nije oˇcigledna. Medutim, svaki drugi ispravan naˇcin raˇcunanja ove determinante dati c´ e isti rezultat. d) 0 (3. redak = 3 × 1 . redak + 2 × 2 . redak). e) 378 253 127 1 1 1 D = −3 377 252 126 = (1.r − 2.r) = −3 377 252 126 = 0. 1 1 1 1 1 1 2789 3453 = 2789 − 3453 = −664 . f) D = (2.r − 1.r) = 1 1
2.5.
Izraˇcunaj determinante: 2 7 −8 1 3 15 18 91 a) ; b) 0 0 0 0 27 13 39 1 1 2 −1 e) d) 0 1 −6 ; 3 8 −15
8 28 38 4 14 19 7 5 3 1 3 5 378 253 377 252 −3 −3
48 24 ; 1 7 127 126 ; −3
3 −1 2 4 1 2 5 1 c) ; 7 0 9 9 13 −1 17 4 2789 3453 . f) 2790 3454
ˇ RJE SENJE . a) 0 (3. redak). b) 0 (1. redak = 2 × 2 . redak). c) 0 (3. redak = 2 × 1 . redak + 2. redak). Dakako da ova veza nije oˇcigledna. Medutim, svaki drugi ispravan naˇcin raˇcunanja ove determinante dati c´ e isti rezultat. d) 0 (3. redak = 3 × 1 . redak + 2 × 2 . redak). e) 378 253 127 1 1 1 D = −3 377 252 126 = (1.r − 2.r) = −3 377 252 126 = 0. 1 1 1 1 1 1 2789 3453 = 2789 − 3453 = −664 . f) D = (2.r − 1.r) = 1 1
2. DETERMINANTE
20
2.6.
Izračunaj detenninante:
l b) 0l o
oo9 l
a)
OO 8 2 .
0 0 7 3' l 2 3 4
l o 0 o
25 75 e) 75 25
5 4 2 -1 . 3 O' 2 -4
31 94 94 32
17 53 54 20
43 132 134 · 48
RJEŠENJE.
a)
razvojem po prvom stupcu:
o9 l
D=- O 8 2 =O.
o7 3
b) l 2
-l
D= (po2. stupcu ) =- O 3
O
o 2 -4
= (pol. stupcu ) =
e)
-l� � l -
l 3 . . . /.s) = 25 D= (1zlučmw251z 3 l
= 12.
3 1 17 94 53 94 54 32 20
:::::: (2.s-3lxl.s, 3.s-17xl.s, 4.s-43xl.s )
l 3 ::::2:: 5 3 l
o l 1 l
o 2 3 3
43 132 134 48
o 3 = 25 1l 23 53 = 0 5 l 3 5 5
(drugi i treći redak su jednaki).
2.7.
Izračunaj detenninantu petoga
reda
-2 5 o l o 3 D= 3 -1 O 2 6 -4 o -3 -1
-1 3 7 -2 5 -5 . l 2 2 3
RJEšENJE. Koristit ćemo elementarne transformacije. Krenimo sa stuecem u kojem je dovoljno upotrijebiti samo dvije transformacije -trećim stupcem. Zelimo postići
2. DETERMINANTE
21
nule u drugom i četvrtom retku, a kao stožerni element biramo onaj iz petog retka.
-9
D= (4.r-4x5.r, 2.r+3x5.r) =
l -9
-2l 5 oo -113 73 -2 5 -113 73 -5 2o3 -1-318 -1oo -725 -10-53 = (-1) 23 -118 -75 -10
S ada za stožer biramo prvi element drugoga retka.
-9
D= (l.r+2x2.r, 3.r-3x2.r, 4.r-2x2.r)
-13 2513 177 -13 25 17 2636 -33 -34 -26 2636 -34 -33 -26 -24 -1313 -1725 -1317 = (l.r+2.r, 3.r-2.r) = 6 13o -178 -134 =2 3 -1 6 5 12 - l l ,-8 = 6 ( -13 1 : � 1 - l l - l� -11 1 ) = 6 ( -13 . 16 - ( -36)) = -1032 . o l o o
·
-24
·
Ne postoji općeniti postupak koji bi bio koristan pri računu determinanti n -toga reda. Najčešće se koristimo svojstvima determinanti bilo u pokušaju da ih sveđerno na trokutasti oblik, bilo na oblik pogodan za Laplaceov razvoj, bilo da uočimo vezu između determinante i sličnih determinanti manjega reda. Taj je problem složen i zahtijeva velik nivo apstrakcije da bi se uočile zakonitosti među elementima početne determinante i onih koje dobivamo u postupku računanja. Osvrnut ćemo se na najčešće metode računanja ovih determinanti.
Svođenje na trokutasto formu. Determinantu svodimo na gornju (ili donju) trokutastu formu bilo rastavom po nekome retku, bilo koristeći elementarne transfor macije. 2.8.
Izračunaj sljedeće determinante reda
a)
00 01 01 .. .. .. 00 00 01 00 00 .... .. 00 01
n:
a {jO O a {j
oo oo
b) ooo ... a fJ fjOO ...O a
2. DETERMINANTE
22
)
RJEšENJE. a Determinantu rastavljamo po prvom stupcu: o ... oo o ... oo
ll
(-l t+l . l .
oo ... o
l
= (-l t+l .
b) Determinantu rastavljamo po prvom stupcu
aO a/3 /3O ... OO /3 f30 00 .... . . 00 a D=a + (-l)n+l/3 O a /3 . . . O oo . . . a /3 O O ... 1O a . . a /3 oo . n = a + (-l t+w.
2.9.
Izračunaj sljedeće determinante:
222 23Z4 .. .. .. 22 2 2 2 ... n + l 2n-l ll 3Z55 ... . 2n-l l 3 4 . . Zn-l z ... z
a)
b)
d)
l 3 5 Zn-Z
RJEšENJE. a)
• . •
l O O . . . an
.
2l 2 ) = O O 2 . . . O = Z(n 1)! O O O ... n-l z
D= (
.
z
_
(determinanta gornje trokutaste matrice). b) 2 33 ...... nn -1-ll o-Z O =( D= -l -2 -3 . .o ... n
...
o o ... o
od svakog retka osim · prvog odu-onemo prv1
zn
'
..
.
..
... 2n
-4
. .
e)
-2-2 o-44 o66 .. .... 2nZn . -2 -6 ... o o l l .. . l ll oa1 oa . oo 2 z
z
)=
svakom ret� dodamo prv1
zn
Oo1 o2Z633 ........ . 2nZnn .
O O O ... n
=
zn n !.
2. DETERMINANTE
23
l -13 o5 ... 2n-l -1 o o o o . . . -l
e) Od svakoga retka oduzmemo prvi
D=
o
O
O O
= (- l t -1 •
d) Od prvog retka oduzmemo drugi podijeljen s itd. Dobit ćemo trokutastu matricu:
D=
- I:7l=1 i o oo . .. o l l o oo... n n 2 2 . . . 2 22 2 2 .. .. .. 22 2 2 2 .. a1
O O ... O
O
az
O ... O
=
Izračuna j determinante reda
az
(L�). i= l ' n
-a1 az .. . an
a
2.10.
a1 , zatim treći podijeljen s
:
-l
a)
-l
-l
.
-l
011... 11
lOx ... xx e)
lxO ... xx lxx ... Ox lxx ... xO
RJEšENJE. tor:
a)
D=
Prvom retku dodajmo zbroj preostalih i izlučimo potom zajednički fak
2n-3 2n-3 . . . 2n-3 . ... . 2 22 2n-3 2 2 2 2 2 -l 2 (2n - 3) 2 2 -l 2 2 2 2 -l 2 2 2 lo -3 o ol -3 (-3)n-1(2n - 3). (2n- 3) o o o . . . -3
=
-l
l l
-1
-l
Sada od svakog retka oduzimamo dvostruki prvi:
D=
l
O O
l
O
=
l
l
.
2. DETERMINANTE
24
b)O. Prvom retku dodamo zbroj preostalih. e) Od svakog retka (osim prvog) oduzmemo prvi redak pomnožen s
x:
0l -x1 1 1 . . 1 D= l -x l x . . -x n-l 1 -x D= l -x = (n - l )(- 1 )"-1x "-2 • l . -x x x-aa a a a -a-x D = -a-x x-a . . . -a-x x-a 2. H-a-xx-a ) x-a . . . ! (x+a ) D = -a-x x-a . . -a-x x-a . . = Hx-a )(x -at- 1 + (-1 )"+1 Hx +a )(-x-a )"- 1 = ! [(x -a )"+ (x +at]. O
O O ... O O . . .O
O OO .
Zbroj svih redaka osim prvog, podijeljen s X
dodajemo prvom retku:
o o o ... o o o ... o o O ... o
O OO
d)
,
.
.
Od svakog retka (osim prvog) oduzmemo prethodni
O O O
O
o
o
O O
O
Sada prvom retku dodajemo zbroj preostalih redaka podijeljen s
Nakon toga deter
minantu rastav ljamo po prvom retku.
o
o . . o .
o
o
2.11.
o
o o o
o o
o
-xal aX2 a3 . .. a,. . -x X
Izračuna j determinante reda h :
a)
o
-x
o X
o o . .
o o
-xall -xXa22z Xa33 a ., . .. -Xn-l X11 o
b)
o
o o
o o
2. DETERMINANTE RJEšENJE. a)
25
l:a0 i aX2 a03 aon
Prvom stupcu dodajemo preostale. Dobivenu determinantu razvijemo
0 .. .. .. O0 X D= O O = (ti=l ai) 0 0 ... X O O x1 = x2 = ... = Xn = aXl1 Xa22 Xna3 Xnan D= X1X2 · · X n -1O -1 o oO o o a) = aXl1 a1
po prvom stupcu:
-x
x
• . •
b)
-x x
-x x
Ova je determinanta općenitiji slučaj prethodne. Ukoliko nju izračunamo, x dobit ćemo prethodni rezultat!
uvrštavajući
Iz svakoga
stupca izlučimo odgovarajuću nepoznanicu:
l
l
-l l
o o o
, kod koje je x
Sada smo dobili specijalni slučaj determinante iz moramo staviti
umjesto
l! Dakako,
i slično za ostale veličine:
Korištenje rekurzijskih formula.
Razvojem po nekom retku ili stupcu mogu
će je ponekad determinantu reda n izraziti s pomoću istih determinanti reda n - l . Ponavljajući tu formulu unatrag, dobivamo vrijednost tražene determinante.
2.12.
Izračunaj determinante reda n :
RJEŠENJE. a)
101 111 011 ........ . 001 001 001 a) 00 00 00 .. .. .. 01 11 01
01 01 01 00 .. .. .. 00 00 0 1 0 1 ... 0 0 00 00 00 00 .. .. .. 01 01
b)
Označimo tražene determinante s .6.,. .
Rastavom po prvom stupcu dobivamo
!l.n =
l
1 01 00 .. .. .. 00 11 11 01 .. .. .. 01 1 . O . . O . O ... O ooo ooo l l
.
o o o
-l
l
l l
o
o o
l
= -11n-l · l
2. DETERMINANTE
26 Iz ove jednakosti slijedi dalje
( l:::t.n =l -l:::t.n-1 =l - l
-
l:::t.n z) = l:::t.n-2• -
Za osnovu uzimamo n= 3 (to je prvi n za koji determinanta ima karakterističan oblik koji vrijedi potom za svaki veći broj n):
!:::t.3
Ill
=
���
11 10 - 1 =l . =1 ll 1 l l1
Zato j e !:::t. 2n+1 = !:::t. 3 =l . Za parne indekse vrijedi !:::t.2n = � =l- !:::t.3 =O.
b)
Ponovo rastavom po prvom stupcu pa potom po prvom retku dobivamo rekur
zijskurelaciju l:::t.n = -!:::t.,._z, Kako je !:::t.2 = -1, !:::t.3 =O, to dobivamo !:::t.2n+l =O,
n ( -l) •
!:::t.2n
2.13.
Izračunaj determinante reda n :
1-A. 2 l 2-A.
a)
l
2
3 3
n n
b)
3 ... n-A.
lll ...l n+l
RJEšENJE. Označimo traženu determinantu s l:::t.n
a)
2l l ... l l l 3l ... l l ll 4 . .. l l
•
Determinantu možemo prikazati kao zbroj dviju determinanti, cijepajući pos-
ljednji stupac na zbroj dvaju stupaca:
l:::t.n=
1-A. 2 l 2-A. l
2
3 ... n 3 ...n 3 ... n
+
1-A. 2 l 2-A. l
2
3 3
o o
3
-A.
U prvoj determinanti ćemo od svakog retka oduzeti posljednji i tako dobiti trokutastu determinantu. Drugu determinantu rastavljamo po posljednjem stupcu.
A. !::t.,.=
o ... o o -A. o ... o o o -A. ... o o
l 2
3 ... n
=n( -A. )"-1 - A.!:::t.n-1·
1-A. 2 3 l 2-A. 3 2 3-A. - A. l l
2
3
n-l n-l n-l ...n-1-A.
2.
DETERMINANTE Vrijedi
�1==nl(-A- t.-l -A [(n -l)(-A )n -2 -A �n-2] 1 2 + == ((-A.t + n -l ) A. [ n A . ( ] 2 1 -A.t- (n + (n -l) + (n -2)]-A.3 �n-3 == ((--A.tA.t--ll [[nn ++ ((nn -l)+ -l)+ .. . .. ++ 22]]++ ((--l)l tn--llA.A_nn--11 (�11 -A.) = (- l t[A.n -An-l n (n l) ] · �n == n�n[(nn--l)1 + (An. -l)2 +(! n -2) ! ]+n!· -l - -3)!]n+n! + = n(n -l)[(n -2)�n-3 +(n (n � l �) n.- il1 +n.l' ( l l+ l + . . l+ ;;l ) - n.' (2 + + · · · + ;;) · A.
A,.
27
lterirajući ovu rekurzijsku relaciju dobivamo
;
b) Istom transformacijom kao u prošlom primjeru dobivamo
_
lA
2
3
2+3
2.14.
lX1 Xl2 l W(x t, ... , Xn) = XI X � x x: l Xl2 X1 P(x) = W(xt, ... , Xn- t, X) = XIn 1 X�n 1 x 1 - x 2-
Izračunaj Vandermondeovu determinantu
.RJEšENJE. Stavimo u ovoj determinanti nepoznanicu mo je kao funkciju
Xxl2 xn- 1
umjesto broja
od
.
.
•
Xn ,
i promotri
2. DETERMINANTE
28
l.
Razvojem determinante po posljednjem stupcu zaključujemo da je P(x) polinom stupnja n- Vrijedi P(x1) =P(xz) =...=P(xn-1) =O, jer odgovarajuće deter minante imaju dva jednaka stupca. Zato je P(x) = C(x-xd(x - xz) ··· (x - Xn-d, gdje je C vodeći koeficijent ( uz potenciju xn-l). U rastavu po posljednjem stupcu prepoznajemo taj koeficijent: to je identična determinanta reda n - l . Tako dobivamo
P(x) = W(xh ... , Xn-d(x - xi)· · · (x-Xn-d i odavde, stavljajući x =Xn , W(x�, ...,xn )=P(xn ) =(xn - xl) ···(xn - Xn-1 )W(x1,...,xn-1 ) = II (xn - xi)W(x�, . . ., Xn-1) i<Jt-1 = II (xj - x;). i <j i<Jt
l (l )
U slučaju kada se determinanta reda n izražava pomoću determinanti reda n - i reda n - postupak je nešto složeniji. Pretpostavimo da determinante zadovoljavaju sljedeću rekurzijsku jednadžbu:
2,
gdje p i q ne ovise o n Za nju kažemo da je linearna rekurzijska jednadžba drugoga reda. Pokažimo kako se nalazi njeno rješenje. Najprije riješimo pripadnu karakterističnu jednadžbu .
A. z =pA. +q. Ova kvadratna jednadžba ima uvijek dva rješenja A.1 i Az (koja mogu biti i kompleksni
lo
(l )
brojevi). Sada razlikujemo dva slučaja: A.1 f Az . Rješenje relacije tada ima oblik
l
.
(2)
gdje su C1 i Cz dvije konstante koje nalazimo iz poznatih vrijednosti determinante i iz � za n = i n = pak n = i n = ) Te vrijednosti uvrstimo u dobivenog sustava odredimo C1 i Cz. A.1=Az . Rješenje relacije tada ima oblik
2
o
Konstante
2 (ili
2
(l )
3
+
!:in =C1A.� Cz nA.�. C1 i Cz određujemo kao i prije.
(2)
(3)
29
2. DETERMINANTE 2.15.
RJEšENJE.
n
Izračunaj vrijednost determinante -toga reda
Razvijmo determinantu po prvom stupcu:
41 43 03 00 .. . .. 00 00 0 1 4 3 ... 0 0 00 00 00 00 . ..... 41 43
41 43 03 .. . 00 00 31 04 30 .. .. .. 00 00 l:!.n= 4 0: 0 0 ... 4 3 0 0 0 . . 4 3 0 0 0 . . . 1 4 0 0 0 .. 1 4 4 3 ... o o = 4 n1:!. -!- 3 o: o . . . 4 3 = 4 n1:!. -!- l:!.n 2-· oo . l4 Dobili smo sljedeću rekurzijsku relaciju drugoga reda: l:!.n= 4 n1:!. -!- 3 n/). 2-· Pripadna karakteristična jednadžba glasi ). 2 = 4). - 3 s tješenjima A.1 = 3 , ).2 = l Zato je !:!.n= c,3n+ c2 l.n = 3n c,+ c2. Za n = l vrijedi 11:!. = 4, za n = l dobivamo 21:!.= 13. Odavde 4 = 3 c,+ c2} 3 c2= - 1 . = 2 13 = 9 c,+ c2 2' Tako dobivamo n/).= -23 . 3n - -2l = 3n 1+2- l Fibonaccijev niz l, 2, 3, 5, 8, 13, . . definiran je formulom 2.16. /I = l, h = 2, ! n = !n -+! fn 2-, n � 3. Dokaži da je n -ti član toga niza jednak determinanti n -toga reda -l0l -1l1 0l1 0o1 ... .. ... ooO Ooo Jn = o o o o . . .-l l .
.
.
.
.
.
.
.
==} e,
---
.
.
2. DETERMINANTE
30
RJEšENJE. Rastavljajući determinantu na potpuno isti način kao i u prethodnom zadat ku, dobivamo rekurzijsku relaciju A =A A 2 n-l nn čime je tvrdnja dokazana. Vrijednosti determinante za male brojeve n dobivamo direktnim računanjem čla nova niza. Možemo napisati i formulu za opći član, koja slijedi tješavanjem pripadne karakteristične jednadžbe: Jš n+l Jš n+l A n Jš
+
) _ _ ) ] l l + l = [( 2 . ( 2
Uvjerite se da su ovom formulom dani čalnovi Fibonaccijevog niza, uvrštavajući ne koliko početnih vrijednosti za broj n .
2.17.
2.18.
Izračunaj determinante (razvojem po pogodnom retku ili stupcu):
a) 2ol -4o8 -6o2
;
b)
oO5 23l -1-1l 232 oo l3
e
)
;
-25 o3 -32 o2 4l O6 2l 5l ·
d)
Izračunaj determinante (Laplaceovim razvojem po pogodnom retku ili stup cu!):
3 oO 25 o a) l 2 3 o o od b
e
OOd O y O OJ e) O oooo 2 -12 -12 -12 -1 33l 33l 33l 333 e) oo oo -12 -12 ' 333l ol ol ll ll ol -1o -1l -1l -1l -1l ol -1o f) ll ll ol ol
23l Oo 24 5o dooo a
a
2.19.
;
3o ol -12 46 22 -2l 33 ll
b) '
Izračunaj determinante:
o Ol Oo Oo -1 a) o o o l ' o o -1 o l oo -1o 23 -1 d) ll 2l oo -2-1 '
b)
e)
e
b
x a g
e
b
e z
h k
u
.
l
v
2. DETERMINANTE 2.20.
lzračunaj determinante:
a) 2.21.
Izračunaj determinante:
a)
e)
2.23.
Izračunaj determinante:
a) 2.24.
-3l -2o -54 45 e) -3o O2 2222 2l -23 -34 -4-5 .' -3-3 -3-3 -3o o2 . 49 52 3l -7-3 . e) -62 3l -4l 3l 1325 137 47 -21 -14 ' 3l -4l -52 79 . 2 -1l 3l -44 o b) -5 2 -4 -8 ' -l o l l 3 ll -1-1 44 6l 4 d) 26 -2l -13 63 48 . 5 -2 3 6 l ol ol -1l -1l ll -l3 -12 2o ll o3 oo -1l -22 oo 2l ; e) -ll -1l ol ol -1l l l -1 l o o 3 -2 l o
Izračunaj determinante:
a)
2.25.
2ol -123 -12o 4Ol '. b) -1 o 4 -1 -13 -12 -155 -186 23 ll ol 76 ;b) 3l -53 ol -24 -3-1 -35 52 7l ' 34l -12l o43 -1ol ' 2 -1 l 2 23 -1l -12 ol 23 oo oo -13 -12 23 ; b) o o l l -1
lzračunaj determinante:
a) 2.22.
31
ll -1l ll ll ol ol ll ll ll ll -1l -1l ' b) ll ll ol ol '
Izračunaj determinante:
a)
20xll 20 ;
X
X
l 02 00 3 b) 0 2x3 '. 00l X
X
X
e)
ll ll ll -1l -1l ll -1l -1-1 -1l -1l ll -1-1 -1l -1l ll X
e)
l 0 0 0
4x2 03 0O . O0 03x2x4 000l X
2. DETERMJNANTE
32 2.26.
131 -230 231 1 ' a) l -130
Izračunaj determinante: b)
4 7
l 2 3 4 -1 d) -23 -12 6 5 5 l3
2.27. 2.28.
e)
Vi
-2o3 -1-22 -1-12 2 2 2 l 10 12 13 l l 3 l 445 6
7
-
Izračunaj determinante: sina cosa l sin f3 cos f3 l ; sin y cos y l sin2a cos2a cos 2a e) sin2 f3 cos2 f3 cos 2/3 sin2 y cos2 y cos 2 y
a)
2.30.
d
b)
d)
Izračunaj determinante: (b+e)2 � 2 2 ( + )2 2 2 2 ( + )2
sin2a cos2a l sin2 f3 cos2 f3 l sin2 y cos2 y l sina cosa sin(a+c5) sin f3 cos f3 sin(f3+c5) sin y cos y sin(y+c5)
a+b a+ ee; b+a -2b b+ e+a a be+be -2e e) d) -b-e a a -be ' -eb a Ol ol ll ab l l O e· abe Odredi nužne uvjete bi sljedeća jednakost bila istinita l cosa cos tJ O cosa cos f3 cosa l cos y cosa O cos y cos f3 cos y l cos tJ cos y o a) aa
eba a eb a2 (a+l)2 (a+2)2 b2 (b+l)2 (b+2)2 (e+l)2 ( e +2)2 -bO e-aOe -bOa zx -x O
b)
e)
-y
-z
-2a
d
-d
d
2
2.31.
22 sin2 a - cos2a sin2 f3 - cos2 f3 2 sin2 y - cos2 y
v'3 v's v'3 v'6 J2I VIO 2 v'3 Izračunaj determinantu · 2 VIO v'IS 2 2 v'6 VIO5 JI5v'6 Izračunaj determinante: ab e a+x x x OaO x b+x x b) b e ; e) a) beaeab ; x x e+x O O cosa sina cos a2+1 af3 ay f3 sina sin f3 d) af3 /32+1 f3y e) - sina cosa cos f3 cosa sin f3 f3y y2+1 ay O - sin/3 cos f3 e
2.29.
e)
-d
y
f)
d
da
=
33
2. DETERMINANTE 2.32.
l ba ba33 = (a + b+ c )(b -a )(c -a )(c -b ); l bae22 cab333 = (ab + bc + ea )(b -a )(e -a )(e -b ); ab ba44c = (a2 + b2 + + ab + bc + ea )(b -a )(e -a )(e -b ). l e c4 l a a2 a3 l a+b+c ab+bc+ca abc bccd++da+ac cd+db beedda ll be b2 bc333 ll b+c+d c+d+a l d dl a a2l a3d+a+b da+ab+bd dab a3 a13 al3 aa2 , , al = = l -l. = == l . =
Dokaži ide9titete a) b)
e)
ll ll ll
2
2
2.33.
Dokaži relaciju
2.34.
Dokaži da determinanta
2.35. 2.36.
2 cP
y
ne ovisi o x
x y
z.
z
Matrica A je ortogonalna ako vrijedi AA T A TA determinanta iznosi ili Vrijedi li obrat?
I.
Kompleksna matrica je unitarna ako vrijedi UU* U*U Pokaži da za determinantu unitarne matrice vrijedi l detUl
Pokaži da njena
I (U*
U
T
).
2.37.
Izračunaj determinantu od ( -A ) . Koristeći taj rezultat izračunaj determinantu antisimetrične matrice nepamog reda.
2.38.
Kako se mijenja determinanta reda suprotnom poretku?
2.39.
n ako joj stupce ( ili retke) složimo u 'Drugu' dijagonalu kvadratne matrice čine elementi s indeksima (n, (n-1, 2), . . . , (2,n-l), (l,n). Kako se mijenja determinanta ako je
calima oko druge dijagonale? 2.40.
2.41.
= =+
=
zr
Koje su od sljedećih jednakosti istinite za bilo koje kvadratne matrice A i B reda a) det(A + B ) detA detB ; b) det(A.A ) A. detA ; e) det(A.A )=A. n detA ; det(Ak ) ( detA )k .
n:
d)
=
detA 1
•
• •
Neka su A, B kvadratne matrice i D detA· detB .
[ 0l At
Neka su A�, .. . , At kvadratne matrice i A= matrica. Dokaži da je detA
2.42.
l ),
.
·
O detAt .
= [� : ]
.
blok-dijagonalna
A1
.
Pokaži da je det D
=
34 2.43.
2. DETERMINANTE
a) det [ � � ] =det(D - BC);
Neka su A, D , I kvadratne matrice, I jedinična. Dokaži da vrijedi:
b) det
[ � �] [ ] {
=de t( A - BC);
det(D A- CB) ako je AB =BA A B = C D det( AD- CB) ako je AC =C A (uz dodatnu pretpostavku da su sve A, B , C, D kvadratne istog reda i da je A regularna).
e) det
2.44.
lac ((xx )) db ((xx )) l' -l- ac'((xx)) bd' ((xx)) l+ l ca'((xx)) db'((xx)) l ·
Elementi determinante drugoga reda diferencijabilne su funkcije. Pokaži da vrijedi
Kako izgleda analogna formula za determinantun -toga reda?
2.45.
2.46.
aaiJiJ
aiaiJJ + 23 x3 x2 23 ...... 23 32 3 2 .... . 32 32 x x l-x 2 - x
Izračunaj determinantu redan ako su njezini elementi =max{i,J}; b) =min{i,J}; = li -JI l. = li-JI; e)
a)
d)
Izračunaj determinante
X
1 1 1 1 ... 1
a) D=
b) D=
2.48.
l l Izračunaj determinantu D= l
l
l
l
l l
... l . .. l ... l
l
...n-x
l
Izračunaj detenninanten-tog reda: l l l ...
3O o3 oo .. .. .. ooO a) ; o ... o 3 l
l
... l
l
X
11-l n-l n-l . . . n-l n n n ...n n
nnnn . ..
2.47.
l
X
b)
2 32 . . n-2
n OO lO l .. .. ... n-l ; o o o ... l
l
35
2. DETERMINANTE
o o o o
010 ... 001 . .
e)
o An-l .. o o An o . . . o o l o l l l -1 o l -1 -1 o l
d)
.
e)
-l -l -l ... -l
o
. .
l
l 2 3 ...n-l n l
l
l
l
l
l
o
l
-l -l -l ... -l -l 2.49.
000 .
.
o
Izračunaj determinanten -tog reda:
a)
l
2
3 ...n
-l
O
3 ...n
-l -2
... n ;
O
b)
355 ... 55 535 ... 55 555 ... 35
-1 -2 -3 ...
e)
o
555 ... 53
l 2 3 ...n-l
n
100 ... 002
234 ... n
l
34 5 . ..
2
l
010 ... 020 ... 2 O O
d) O O l
n l 2 ... n-2n-l 2.50.
200 ... 001
Izračuna j determinanten -tog reda: l 2 3 ... n-2n-l n
a)
234 ...n-l
n n
34 5 ... n
n n ;
nnn ... n
e)
l nn ...n
b)
n n
n 2n ...n nn 3 ... n ; n nn ...n n
a b ... b b b a ... b b
n -1 d)
b b a b b b ... b a . . .
2.51.
(n paran).
n-2 2 l
-1
O . .. O O O O x . .O O x
-l ... O .
0 0
0 0
. . .
. . .
X
Izračunaj determinanten -tog reda:
Xt a12 a13 Xt x2 a23 a) X t X2 X3
. •
.
. • •
•
• •
Otn a2n 03n ;
b)
ao a1 a2 Qo X a2 Qo al X ao
a1 a2
. . •
. • •
• • •
• • •
On
On
011 ; x
-l
0 X
2. DETERMINANTE
36
e)
az
x
•
•
•
X
X
a3
•
•
•
X
X X
X
2.52.
...
X
X
X
•
• •
o
X
X
at
l
Xt
d)
an
at
X z xz X3 X3
a)
530 ... 00 253 ... 00 O 25 . . O O .
b)
e)
000 ... 75 000 ... 27
a3
n
·
·
•
•
•
•
an
210 ... 00 121 ... 00 O l 2 .. O O .
a+fJ
d)
Xn
�tog reda:
000 ... 21 000 ... 12
000 ... 53 000 ... 25 750 ... 00 275 ... 00 027 ... 00
X3
Xn X n X n Xn
Izračunaj (rekurzijskim formulama) deterrninante
l l o o o o o o
l l o o az o
l o
o o
a(J o a+fJ a(J a+fJ ... l o o
o o
o o o
o o o
... a+f3 a(J a+f3 l
3.
Rang i inverz matrice
Elementarne transformacije nad retcima matrice su: • zamjena dvaju redaka, • rnnoženje retka skalarom različitim od nule, • dodavanje nekog retka nekom drugom retku. Uzastopnom primjenom posljednje transformacije uočavamo da u elementarnu transformaciju spada i dodavanje nekom retku linearne kombinacije preostalih redaka. Primjenom elementarnih transformacija moguće je matricu svesti na reducirani oblik koji je jedinstven. Tu podrazumjevamo sljedeći oblik matrice: • Prvi ne-nul element (stožer) svakoga retka iznosi Svi elementi u stupcu tog stožernog elementa jednaki su nuli. • Svi retci koji sadrže samo nul elemente (ako takvih ima) nalaze se iza onih redaka koji sadrže bar jedan ne-nul element. • Svaki naredni stožer (gledajući po retcima) nalazi se desno (u retku s većim indeksom) od prethodnog stožera: ako stožer u retku i1 leži u stupcu h, a stožer u retku i2 > i1 leži u stupcu h, tada je h >h . Evo nekoliko primjera reduciranih formi:
l.
[ o 1o lo 4 oo ] [lo lo -13] [1-201] [l O O o oo oo lo 2o ' oo lo o J ' 00001. oo o ooooo s
'
l
Rang matrice je broj ne-nul redaka u reduciranom obliku matrice. Označavamo ga obično slovom r i pišemo r( A) = r. Ako je matrica A tipa m x n, tada je uvijek r(A) �min{m, n} . Rang matrice se podudara s najvećim redom nekog minora koji je različit od nule.
3. RANG I INVERZ MATRICE
38
Neka je A kvadratna matrica reda n . Njen je rang jednak n onda i samo onda kad je njena detenninanta različita od nule. Reducirana forma takve kvadratne matrice jedinična je matrica.
[ 42 2 53 -21 47 ] .
3.1.
l
RJEšENJE.
A=
2 1 .1 8 2
[; � � � ] 002 o -
"'
prvi�edakdx(-2)) (dodajemo rugom "'
[�o -�o -2� -�o]
"' [�o oi 2l o�] [ l O [ [ � l "'(treĆI dijelimoredak ) OO O 1 O3 -!l 3. [ 2 -3 -21 3 l "' ('UJHijprvi eni trećijujemo) [ 3 -22 23 ] 2 -3 3 2 2 redak 3 2 2 [ ] oništavamo) poništavamo ) "' [ O O3 -4 ll (elemente "' Glemente "' 4 O 3 rvogstupca 0 12 -3 drugogstupca O O O O "'(::::��daks3) [� � -1 t], 2. oo oo [ 42 21 35 -2 74 ] "' Gelemente oništavamo) "' [ O2 O -13 -25 -14 ] 2 8 2 rvogstupca O O -2 10 -2 oništavamo) "' [ 2 O 13 l "' (ptreće elemente gstupca 0O 0O -10 05 03 1 1 O� 01 _!5 21 l ) p redak i s dijeli� rv "'(dru 0 [o o o o o 2 gls-1 �g� redak ) "' (ddyeluno s
-4
s
2
.
r( A) =
B= l l
4 4
"'
l
l
4
l
4
X
l "' l
6 l
6
16 l
l
l
l
=
l
l
l l
l
2
"'
6
l
-9
r(B)
e __
4
4
6
"'
1
drugi. redakprvom(-2)) "' � � f - l4 "' (dodajemo oo2 0 (poništavamo ) "' lO Ol OO - 3 � "' elemente u trećemstupcu OOl O
l -l
'
r(C)
= .
3. RANG I INVERZ MATRICE 3.2.
39
3 4 4 A= [ 7 147 33] .
U ovisnosti o parametru
A nađi rang matrice ll A 10 l l 22 E
R
A"' [�72 1147� 133 i2l ] "' [�oo 12�0 -25-is- A�-20-412] 5 4 "' [�o 1�0 -25iff A-20�i2] "' [Ho o �o5 �o ]· Iz A = 2 A = O A) = 3 a � A= [!2 7� i2a ] ;b) B= [ l a!2 ;za]. a 3. l� � l 2, a. b) l2 a2l-l = a- l? Ol ll a+l l =- a-1)2a a + 2). OOl aa-l -l a-1 O a+l al = a = a = a = l l � �l l. a = 2. a = -2 .. ,1l 12 1 · .
Ne traži se reducirana forma pa zbog jednostavnijeg računanja smijemo zamijeniti stupce (to neće promijeniti rang matrice):
RJEšENJE.
ovog oblika zaključujemo da je r( )
3.3.
U ovisnosti o parametru
ako je
E
te r(
inače.
R nadi rang matrice
a)
RJEšENJE. a ) Rang matrice jednak je redu najveće minore koja je različita od nule. Kako je za svaku vrijednost parametra deterrninanta matrice jednaka nuli (prvi i drugi redak su proporcionalni), to je rang sigurno manji od Međutim, deterrninanta
minore
iznosi 9, različita je od nule i stoga je rang matrice
neovisno o
vrijednosti parametra Deterrninanta matrice iznosi (
(
(
Ova je determinanta jednaka nuli samo za l O i ostale vrijednosti različita je od nule te je rang matrice jednak 3. Za sva su tri retka jednaka - rang matrice jednak je
-2 . Za sve
,
glavna minora
1znos1
_
različita od nule te je rang jednak
'dnak2. 1 rang Je ponovo Je
Za
Za
O,
prva
ista minora
40 3.4.
3.
RANG I INVERZ MATRICE
U ovisnosti o parametru A E R nađi rang matrice ... n l 2-A ... n l -A . . . n
l 1-A 22 3 33 :
·..
2 3
l
. . . n-A
RJEšENJE. Za A = l taj je rang očevidnol, pošto su svi retci (i stupci) proporcionalni te je svaka minora reda jednaka nuli. Da odredimo rang matrice za preostale vrijednosti, izračunat ćemo njenu deter minantu. (To je učinjeno u zadatku no ovdje ćemo primijeniti drukčiji račun.) Oduzimajući prvi redak od svih preostalih dobivamo determinantu: n A -A ll= A -A
2
2.13 , 1-A 2 O3 O O O A O O -A Dodajmo sada sve stupce od drugoga do posljednjeg prvom stupcu: 2 3 nO O -A O O ll= O O -A O O O -A *
gdje se na �estu zvjezdice nalazi element
2 3
(l- A)+ + + ...+n= -A+
n(n+l)
Determinanta je stoga jednaka umnošku
··
2
·
ll= c(n;l) - A)(-At-1
n(n+l) 1 • Je • dnak v • rang je . U prvom, slucaJu Jednaka Je · nu1·1 samo za 11. = 1· za 11.1 = l, a u drugom on iznosi n- l. Naime, glavna minora reda n- l za ovu vrijednost (n- l)n . ) Za sve broja A različita je od nule! (Ona je jednaka nuli ako je A =
O
1
ostale vrijednosti A rang je n.
3.5.
Zadana je matrica A =
2
[ 23 -2O 1514 88 ]
2
. Pomnoži je redom sa sljedel ćim elementarnim matricama i uvjeri se da su tim množenjima opisane
-1 4 2
41
3. RANG I INVERZ MATRICE
[-2o ool ool ] , [ -3 oo o]l ] ] l o o o [ [o o l oO [olO ool oO][2l3 -2O 1442] [l23 -2. O 1442] (ztm�jprvi ienjtreećini) , [ -2o ol lO ][23 -2O 42] [3O 2 426 4] (prvi redak -2)) [ -3O ool olO]. [lO3 -22 46 24] [oO 2l 436 224] (prvi redaktrećem - ) ' [oO ol O ], l oo
elementarne transformacije: Et=
1
�=
1
1 01 0 ,
E3=
11
Es= 0 10 ,
10 . -1 l
E6=
RJEšENJE. Računajući redom tražene umnoške dobivamo
At=EtA=
A2=�At=
A3= E3A2 =
3.6.
15
1
-1 1 -1
100
-1
1
Matricu A=
8 8
14 15 15
-t
=
8 8
8
15
=
=
[-�l -o� -o! o�l
1 -1
8 8
- 2 15
t -1
redak
x
8
(
dodan drugom
dodan
x(
'
3)
svedi na reduciraniob lik. Nakon svake
transfor macijeod redi elementarnumatricu pomoću koje jeona dobivena (m nožen jem slijeva!). RJEšENJE.
A=
At=
l 6] [-4O -24-42, [ lO oo -4oo oo2] , -4-2 l 6 1
4
E1 =
[oO ol O], l oo 1
42
[ 4o o4 o2 , o -2 l 6 ] [ lo o o o -2 l 6 ] [ lo o o o o 7] [ lo o o ] o o l -7 [ lo o o o o l -7 ]
1 Az=O
1 As=O
-1 !
-1
1 A6=O O
,
1 E4=O O ,
,
-1 t -1
[ o o] 4ol [ lo o o 2 l] [ ol o ] oo [ oo o o l]
1 Ez= 010 ,
-
1 A3 = O
1 A4=O
3. RANG l INVERZ MATRICE
1 Es=O ·
t ,
O , -1
1 E6= 011 .
-lf ,
[� -i �]· o 2l
Izračunaj matricu E = E6EsE4E3EzE1 i uvjeri se matričnim množenjem da vrijedi AR =EA. 3.7.
Zadana je matrica A =
Svedi je na reducirani oblik.
Izračunaj umnožak E pritom korištenih elementarnih matrica.'
RJEŠENJE.
[ 2 -2 s] [lo 2 li l o 2l [l lo i l o2l [l lo �l [o oo ol] ool
A=O
10 ,
-1 A1 =O l 6 Az=O
6 ,
A3=O
6 ,
,
1 A4= 010 , Neposrednim množenjem dobivamo:
B=E4E3E2E1 =
[! lo o o o l] [ o] ool [ o o] [lo lo-2_il l oo l [! l o -2 l E1 =
6
O ,
1 1 Ez= 010 ,
1 E3=O 10 ,
6
E4= O
Uvjeri se množeći matrice da vrijedi BA=I.
6
6 -i l
6 .
.
3. RANG I INVERZ MATRICE
43
Za kvadratnu matricu A kažemo da je regularna ako postoji matrica, označava A_,, za koju vrijedi AA_, =A_,A =I . Matricu A -I nazivamo inverzna
mo je s
matrica. Kvadratna matrica reda n je regularna ako i samo ako joj je rang jednak n . Inverznu matricu računamo svođenjem na reducirani oblik. Ako je
A
kvadratna
matrica punoga ranga, njen reducirani oblik jednak je jediničnoj matrici. Umnožak
En · · E2E, ·
pritom korištenih elementarnih matrica daje upravo inverznu matricu (vidi
posljednji zadatak). Umjesto da se na kraju postupka računa umnožak elementarnih matrica, čitav se postupak sprovodi na tzv. proširenoj matrici koja se sastoji alijevam dijelu od matrice
A, a u desnom od jedinične matrice I. oblika
[A i I]
"' [A, i E,] "' [A2
i
Elementarne transformacije daju niz matrica
E2Ei]
"' ... "' [I i En··· E!]
[-i � - �]· -2 2 3
te se na koncu postupka s desne strane nalazi upravo tražena inverzna matrica.
3.8.
Odredi inverz matrice A =
! o o : 1 3 (��1= [ l 0 l : o l o ] 3: o o l 2 re :amo t t "' Grvogstupca) [� t l t � �] Ol -t t -t Oo ol "'(množimo redales treći) "' [ oO l 2 l o3 Ol ] 1 : o 1 o pon ištavamo ) "' [ 01 o12l elemente "' (dru l 3 gogstupca o -4 0l ] o l : -2 pon ištavamo ) [Ol Ol OO 25 ll5 -l elemente -2 "' (treće gstupca 0 0 1 2 -4 l [ 25 ll5 -l-2 . -2 -4 l l
[-3l o1 -1l :: o1 ol oo -2 2 3 ::o o l ]
RJEšENJE. Iz proširene matrice [A l I ] trebamo dobiti oblik [I l A -1] :
3
"'
"'
elementarnim transformacijama nad retcima
-3
lj
A_, =
_
-2
� Jf -t
� If -t
_
Dobili smo
) "'
1
! 1 3
_
3
44
3. RANG I INVERZ MATRICE
3.9.
[Hl l U]. lo
Elementarnim transformacijama odredi inverz matrice A=
[ Oll Oll Oll lllOl J Ol OOl OOOl OOJ
RJEšENJE.
[ Oll lOl Oll llll::OOl OOl OOl OOOJ ll l Oi O O O I [ l o 1 tio l 1l ol oOIOO O l OO 1l -11 Ol : O1 -1O Ol OOl ol lO ol -1:l :o -1O ol lO OJ ) [O l l l l O O O Oo Oo -1-2 -2:-1 -1-1 -1-1 ol Ol [0O1 oO1 ll1 1lJ: ol O1 oO oOO] o[ 1 o0 0-1 -2: -1 -1 ool] o olo Računamo kao u prošlom zadatku:
i
oništavamo "" Glemente ) rvogstupca
n JuJemo) "" (wn!� ��drugi "" ""
(poništavamo "" ekmenle drugogstupca
(trećiredak)
"" dijelimos-2
1 1
""
---r
A-1
!.
o[ol 0oo 0ol 1i-I:-! -t ool ] O0 0l O1 ! -� oo 0[ l0 o0o1/o: l 0O O1 0l 0O o o o 1: - [ -ill -�ll -2�l -2�l l . ��
_
2
!.
t:
l:
""
ponirtavamo ) "" (ekmente četvrtog stupca __,._
1 1
l2 J l2 21 _l2
poništavamo "" ( elemente ) "" trećegstupca (četvrti redak "" dijelimos-�)
:
""
""
!. 3
1 2
t t : ! - tl 2 '1 l2 2 �t l 1
1
l 2
l
3 l
t _i 1
-
l 3
2
3
3 l
3 3 !. -� 3 3 3 l 3 3
t
l
l
2
3.
45
RANG llNVERZ MATRICE Odredi inverz za opću matricu drugog reda
3.10.
je ona regularna.
a -:j:. O [a db i Ol Ol ] "'
a
[: �]
pretpostavljajući da
RJEšENJE. Da bi ova matrica bila regularna i e ne mogu istovremeno biti nule. Pretpostavimo neka je (u protivnom zamijenimo prvi i drugi redak). Proširimo matricu jediničnom i primjenjujemo elementarne transformacije: e
:
i O� Ol� O � O O lOl d -b = ad -bc[ a ] · ad-bc -:j:. O,
dijelimo ) "' [l � i ] rvi redale d l � i 0 (dodaredak. jemodrux(-c)) gom [ d-c!!. l _ f. 1 ] dru 1 [ l i "' (redijelimo ] dak i!!l.=.!g !E.J 0 �1 �:C - ��bc ,...., (drugi . redak x(-�)) [l ! - tul=bC dodajemo J { \p
sa
prvi
e
rv
rv
s
a
a
l
_a_
1
"'
,.....,
[a db ] prvom
:::::::}
Primijeti daje matrica
[: :]
e
-I
1
ad
ad-bc
ad-bc
-e
regularna ako i samo akoje
3.11.
Riješi matričnu jednadžbu
RJEšENJE. l.
način . Matrica
jednakosti
a
D!] ·X=[�� ] · 22 X mora biti tipa
x
pa uzmimo
{ 3aa +3c4c=3,5, { b3b 3d =5, a = 3 = 4 b = d = X= (34 76 ] način. = =[; :] =[; �] X=
tj.
l � : 1-::f:. O.
X=
izjednačavanjem odgovarajućih elemenata dobivamo dva sustava + + = + 4d 9, =
· r.JešenJa su �·Ja ct .
2.
.
5, e
5,
Jednakost AX
A -l ( A je regularna) pa imamo
7, 5
B
za
A-1 AX= A -I
6 . Sli'Jed'l
5
A
=
I 5
,B
B
:::::::}
A-1B.
· ,
množimo slijeva s
3. RANG I INVERZ MATRICE Računamo A_,=-!
[_j -i] [ ] [ 5] [ 7] pa je
4 -3 l X= š -3 l
3 3 = -šl 4 6 . 5 9
Elemente matrice A_, možemo izraziti eksplicitnom formulom: l (A -1 ) ij= Aji · detA
[
l
Ovdje je Aji algebarski komplement elementa aji, Aji = : (-l )i+j Mj; . Dakle:
A 11 A 12 _l_ A21 A22
1 A_ = detA
• • •
. • •
A 1n A2n
:
An! An2
· • •
A nn
T
Ova se formula nazica Cramerovo pravilo. Efikasna je za matrice drugoga i trećega reda. Zamatrice većega reda treba (u principu) koristiti Gaussov postupak.
3.12.
[
]
l 2 3 Odredi inverznu matricu matrice A= 2 -l -l . l 3 4
RJEšENJE. Koristiti ćemo formulu ( *) Najprije treba provjeriti postoji li inverzna matrica! Izračunat ćemo detA jer nam je ta determinanta ionako potrebna u gornjoj formuli. l 2 3 detA= 2 -1-1=-4-2 +18-(-3-3+16)=2 . l 3 4
Determinanta je različita od nule, stoga postoji inverzna matrica. Za matricu reda 3 najpraktičnije je odmah formirati (veliku!) matricu reda 3čiji su elementi alge barski komplementi. Primijeti da se predznaci ispred minora mijenjaju na isti način kao i pri računanju determinante razvojem po ret:kil ili stupcu. Također, praktičnije je
47
3. RANG I I NVERZ MATRICE transponiranje matrice načiniti u drugome koraku:
2
A- t = !
3.13.
[23-1]· [- 2-42 3l, r -2 1 34.]
Nađi rang matrica:
a) d)
o '
l
l
2
. l h) o o o o o o
b) e)
ooo ooo
[ -1 63]·,
e)
[43--42142sj . 2
l
-6
f)
'
[H-1l,20 14 [ 42 33 -1 ] l
5 ;
o
o9
-1 33 3.14. 4 3 ] 2 3 2 3 4 2 r43 -1 2 1 [ -11 123-113123] [- 23 -14 4 4 -2 3 l
2
o
Nađi rang matrica:
l
a)
l
5.;
5o
5
b)
;
l 7
9 8
e)
l
o
-l
l
2
O7 ;
l
5
H ; � -L � H -� [ [ ] ; ] ! [EH E�]; 2 7 3 1 4 -2 -1 o -3 3 4 -4 o 8 -4 2 3 7 6 4 2 -3 6 l [23l -221 246 -325 56l 279] [ H n -t =i]· 5 10 18 -7 10 15 ; -13 3l -13 7l -1o 27 3. RANG I INVERZ MATRICE
48
d)
g)
h)
-1[ 2 2A -2ll A l ; b) 2; 3 ? 3 -6 -3 A [A� l! :2i :l3] 3. A A+ [ �l ll� -1-6 O�]; b) [�l Al Al]; [l� -�i; 10 -6 ll] .
3.15.
Za koje vrijednosti parame tra e) a)
3.16.
Odredi parametar
3.17.
U ovisnosti o parametru
a)
3.18.
f)
e)
E R je
jednak
bude
E R tako darang matrice
E R odredirang
2
Pmvjeri
rang matrice
direklno na matri cama A
ma trice
e)
2
; [- � : n i B ;
rang vrijede nejednakosti r(AB) � r(A) i r(AB) � r(B).
3.19.
[�5 -2� -3�l, b) [;3l =-5jl -1il ] , l l [il �5 �3l , [2� -2i _;],l [ lll -1-1l -1-1l -1-1l [il �]2; -sl b) [ -312l -23 5l]'. [2 o [ ll -3l -23 ; [ -14 2o 53 ]; f) [ ol -17 o35].
da za
Izračunaj (Cramerovim pravilom) inverz sljedećihmatrica:
a) d) 3.20.
Hj
e)
e)
.
Izračunaj inverznu matricu za matrice:
a) d)
e)
e)
]
sina cosa -cosa sina '
49
3. RANG I INVERZ MATRICE 3.21.
Odredi inverz sljedećih matrica:
a)
d) 3.22.
H H]. [1000 [ � ! ! -�]· 2 [g � + 12]; -
e)
H H]. [0011 [l-� -1H�2 ]; n H]; [2221 n: o o
Odredi inverz sljedećih matrica:
a)
o o
3.23.
,
l -l l -l l -l -l l
b)
o
b)
l
Izračunaj inverz matrica reda
l l l ... l l l ... l O O l ... l
o
a)
o o
l
e) 3.24.
l l l
o
e)
.
o . .. o o o
l .. l . ..
b)
d)
o o o . .. l o l l ... l l o l ... l l l o .. . l
. .. o
l l l
. .. o
a)
e)
x[� !] = [ -� _;]; [ -� i]x[� �] [� ;];
111 . . 1 1232... .. n-1n n-2 =
d)
Ol O l l ... l O O l ... l X = O O l . . .
ooo
... l
o o o .. .
l
o
l
l l
l l O l
o
o l oo
Izračunaj nepoznatu matricu X:
b)
ooo oooo
o3
l l
l H]; [�0001 [H! 2H]2 . [-1 l -1-1 -1-1 -1 .
f)
3
o o o .. .
l l l l ... l l o l ... l l l O . .. l
e)
l
·
3. RANG I INVERZ MATRICE
50 3.25. 3.26.
Pokaži da dijagonalna matrica reda n sa elementima dt , d2 , ••• , dn na dijago nali ima inverz ako i samo ako je d; # O, Vi. Kako glasi njen inverz? Kako se mijenja inverz matrice ako u matrici: a) zamijenimo i-ti i j-tiredak; b) pomnožimo i-ti redaks e) i-tom retku dodamo j-ti pomnožen s Dokaži da je inverz simetrične matrice simetrična matrica, antisimetrične ma tice antisimetrična. Matrična se jednadžba ne smije skraćivati. Odredi _primjer matrica A # O i B # C drugoga reda takvih da je AB = AC. Sto se događa ako je A regularna? Ako matrica A zadovoljava jednadžbu A2 + A + I = O onda je regularna. Dokaži! Kako glasi njen inverz? Matrica je idempotentnaako je A2 = A. Dokaži da je idempotentna matrica regularna onda i samo onda ako je jedinična. Neka su A i B matrice sa svojstvom 2A - B = l. Dokaži da je matrica A idempotentna onda i samo onda ako je matrica B involutoma. Ako za matricu A vrijedi Ak = O ( A je nilpotentna), pokaži da je I - A regularna te da vrijedi
A;
3.27. 3.28.
3.29. 3.30. 3.31. 3.32.
3.33. 3.34. 3.35. 3.36.
b)
(I - A) - 1 =I + A + A2 + . . . + Ak- 1• Dokaži da vrijedi: a) (AB) - 1 = B- 1 A- 1; (A- 1 ) k = (Ak ) - 1 , k E N. 1 Opovrgni: e) (A + B)-1 = A-1 + B- • Ako matrice A i B komutiraju dokaži da i A , B , A - l , B- 1 komutiraju sve
međusobno. Neka je f(t) polinom u t . Dokaži da je f (S - 1 AS ) = s-1/(A)S za regularnu matricu S E .4n i bilo koju matricu A E .4 n. Dokaži da za ortogonalnu matricu A ( AA T = A TA = I ) vrijedi: a) matrica A - l također ortogonalna; b) produkt ortogonalnihmatrica je ortogonalna matrica; . cosa -sina . e) matrica Je ortogonalna. . sma cosa Dokaži da za unitarnu matricu U (U je kompleksna i UU* = U*U = I ) vrijedi: a) matrica u- l je također unitarna; produkt unitarnihmatrica je unitarna matrica. Ako matrica posjeduje neka dva od sljedećihsvojstava A je simetrična, (2) A je ortogonalna, (3) A je involutoma, onda nužno posjeduje i treće.
[
3.37.
3.38.
A.
b) (l)
]
4.
Sustavi linearnih jednadžbi
{
Linearni sustav od m jednadžbi s n nepoznanica zapisujemo u obliku
auX t + a12X2 + . . . + a1,.x,. . aztXt + azzXz + . . . + a2nxn
(
= =
bt, bz,
(l)
(l)
amtXt + amzXz + . . . + �nXn = bm. Ovdje su a ij, bi zadani brojevi, a x , x,. nepoznanice sustava. Rješenje ovoga sustava je svaka n-tarka x t , . . . , x,.) koja uvrštena u identički zadovoljava sve
jednadžbe.
1,
• • •
[:: ::! �].
Linearni sustav možemo predočiti u obliku proširene
matrice sustava
:� :::
aml amz . . . amn : bm
Taj se sustav rješava tako da se svede na ekvivalentan u kojemu matrica ima re
ducirani oblik.
Pri tom se smiju koristiti identične elementarne transformacije kao i
pri određivanju reducirane forme matrice: • •
•
zamjena dvaju redaka, množenje retka skalarom različitim od nule,
dodavanjem nekom retku drugoga retka pomnoženog skalarom različitim od nule.
One se primjenjuju na proširenoj matrici sustava. Rješenje sustava će postojati ako matrica i proširena matrica sustava imaju isti rang.
Iz reduciranog oblika se očita
va rješenje izborom po volji odabranih vrijednosti za slobodne nepoznanice te potom
određivanjem vrijednosti vezanih nepoznanica.
52
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
x +- 2yy +- 3zz == S,l, x + 3y + 4z = 6. 1[ 2 -12 -13 l l [ 1 -S -73 l [ 1 l 3l sll l 3 4 6 o l lo 1l: 3 o -S1 -7o 1J3 1 o o: 1 [ o ol -2l : -4ll [o ol ll : 2l ] [ o ol l : -12l , x = l3, y = -l , z = 2. 3{ x -2y-y +6z+3z == 4,l, b) { xx ++2y2y +3z+z-z === -2,3,3, Sx +4y = 2. z l. = -x +2y +12 ) l. 3: [ 63 -2-l 63J: 4l [ 3 -l 3 : -74 4 o : 2l o -S l 2, b) [-H-l 2 J12:Hl] [io 4Lm] o o m]. o:o lS : 4 [Ho o m] 8 : o [H = 3,
4.1.
Gaussovom metodom riješi sustav 2x
RJEšENJE. Sustav pišemo u matričnom obliku koristeći proširenu matricu [A i lJ]. Nakon toga matricu A svodimo na reducirani oblik.
:
! l
s
rv
2
O
:
! -9
l
l
rv
O
s
O
rv
J
N
:
l
2
l
J
O
Rang matrice jednak je rangu proširene matrice i iznosi stveno. Čitamo ga direktno iz reduciranog oblika: 4.2.
-9
rv
O
OJ
. Rješenje sustava je jedin
Gaussovom metodom riješi sustave:
a)
-2x
6x
RJEšENJE. a Pri postupku svođenja na reduciranu formu nije obvezno na mjestu sto žernog elementa imati broj jednak Dovoljno je zadržati bilo koji ne-nul element. U ovom primjeru zadržavamo broj rv
s
O
O
lf
OJ
: If
.
-
Iz drugoga retka čitamo da sustav nema rješenja. Rang matrice A je 3.
rv
rv
rang proširene
rv
Postupak svođenja na reducirani oblik u ovom se primjeru neznatno razlikuje od do sadašnjih. Opredijelili smo se da u prvom koraku matricu A svedemo na gornji t'rokutasti oblik, kako bismo uz minimalni broj operacija ustanovili da li sustav uopće ima rješenja. Iz ovoga oblika čitamo r(A) baš kao i rang proširene matrice. Sada nastav ljamo postupak svođenja matrice A na reducirani oblik. Taj se korak naziva obratni
53
4. SUSTAVI LINEARNDf JEDNADŽBI hod.
[ ][ ] [ l
Posljednji redak matrice (ispunjen nulama) ne moramo prepisivati.
0O1 42O 00l 1ii O43 "' 0O1 20l 0O1 11i 03l x = l, y = l, z = O.
OOl OOl OOl iii Oll .
rv
Rješenje sustava glasi
4.3.
Riješi sustav
3x5x1 X ++ 3x3X3 +- 2xX44 == 3,l , 1 + x22 + - 3x4 = 4. - 2x2
2x 3
2x l
Pri svođenju na reducirani oblik dozvoljeno je zamijeniti stupce matrice A (ali nikako s proširenim stupcem! ). Zamjena stupaca odgovara promjeni poretka
RJEšENJE.
nepoznanica: svaki stupac odgovara točno jednoj nepoznanici i pri zamjeni stupaca moramo naznačiti kojoj nepoznanici odgovara koji stupac.
U ovoj
matrici zamijenit
ćemo (radi jednostavnijeg računa ! ) prvi i treći stupac.
[
l 1 -2 3 2 i l l [ "' [ oo -7:-7 ol "' [ oo o5 -4o -7o :: o2l .
523 -2-1l 231 -1-32 i:: 43l "' 321 -1-2l 253 -1-32 ::i 43l 1 -25 -43 2 i l 5 -4 : 2
Sustav nema lješenja.
4.4.
Riješi sljedeće homogene sustave
a) RJEšENJE.
a)
+3z == O,O. { 3xx +y-y +5z
b)
{
+3z x3x +2y+y-y -2z -Sz === O,O,O.
2x
Proširenu matricu svodimo na reducirani oblik.
oo o
oo o
na nul-vektor, sustav će uvijek imati lješenje.
Kako je desna stra
oo o o oo .
Dvije su mogućnosti: postoji samo
[ 3l -ll 53 i ] "' [ l -l4 -43 i ] "' [ l -ll -l3 i ] "' [ l l - 21 li ] x = -2z = -2A , y = zz == AA
trivijalno lješenje, ili, postoji beskonačno mnogo lješenja. l
l
l
Prve dvije nepoznanice su vezane, dok je treća slobodna. Nju biramo po volji:
Nakon toga određujemo vrijednost prvih dviju: Rješenje zapisano u vektorskom obliku glasi
. .
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
54
b) [ 2 -1 o ] [l 2 -slo ] [l 2 -slo ] l 2l -2-5 oo "' 2 -1l -2 l oo "' oo --55 11 ll oo "' [loo -5o2 -slo 1oll oo ] "' [ol 2l l oo] "' [o1 0l -4 l1 oo] . = = -A., = SA.. y= 1 Zamijenimo prvi s drugim retkom i nastavimo svođenje na reducirani oblik
3
3:
3
3
3 3
�i
1
- -s l
3
Izaberimo slobodnu nepoznanicu na način z lf z = 3).. . dakle
Tada slijedi x
1
-tz
= O, = O, { = O. [l ll -ll oO ] "' ol -2l lll oO ] "' ol ll 2l ll Oo ] "' [lo Ol -l2 ll oO] . 2 l o o =A..[ o -1 -2 l o [o -1 -2 l o o o ol o = -2A., = =A.. � 2 ] A [ [�:l � [+l � b) [;11 2i1 2�1 ;11 110i �l0 "' [;11 22� 2�1 ;11 i1010�l "' [�oo -�1l -o1� �o0 �loo "' [�oO 1l� ol� �o:oO il �Ol ["' o0001 o01 -10o1 010oo1 l: o0o] "' [o01 oo1 o1l o01 oool "' [oo1 oo1 ool oo1 ooo] . =O, =O, x1 = =-A.. =A..
4.5.
Riješi homogene sustave:
a)
X 1 +x2 +x3 3x l +x2 -x3 2x l +x2
RJEŠENJE. a) Proširenu matricu sustava svodimo na reducirani oblik:
3
-4
Uzmimo neka je x3 da je x2 = - 2x3
Tada iz reduciranog oblika prosirene matrice sustava slijedi Rjesenje u vektorskom obliku je odnosno x1 x3
Zamijenimo prvi i četvrti redak i radimo elementarne transformacije:
l
l� l� [�� n · nJ
Uzmimo nekaje x4 Iz reduciranog oblikaje x3 Rješenje u vektorskom obliku je
1 l
1 l
l
l
/
!
x2
-x4
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
ss
{ 3xt2xtXt +3x+x-x22-3x+x-x33-3x4+x4-x4+-+xs4xs2xs===O,2,l,
4.6.
4xt+5x22-5x33-5x4+1xs=3. -14:2 : -123 ] 3[ l lll -l-2-1 -1-1-3 -2:o:: 252] [ool -8-2l -12 -3268 -38: l -1 o -1l 12 -1: l -3 o 4:-2 2l 2 -2:l o -1o -2: o o[oo -2-8l -ll -4262 -38:-2:6 -1-132] [ooo ool -l-1 -4-6-6 11600 ::: 323 ] [ O1 o -lo -41 -26 :: 2o] [ O1 ol Oo 21 -4-2 : -lo] . o o l 6 -10 : -3 o 3o l 6 -10 : -3 a =2 = X4 Iz 5 -3x =-l+ -3 +l Ox s-6x4 x x-3-={J.+ 10/J-6a, = 2 4x5-2x4 =-l+ 4/J-2a, x13 = 2xs-X4 = 2/J-a.= [;;xx2l ] = [ -3+1-1+4fJ2/J-a-2a6al = [ -i-1o] +a [-l-!-2l +P [ 142] . � t b)2 1 -l -l 1 1 l -l 1 1 -2 o l -l 1 1 -2: o 3[4l -13 -3-5l -5-3l -24 o32] [423 53l -1-3 -3-5 l 23l ] [ooO 36 -3-6 -3-6 1105:5 : 3l ] o[o1 -1o3 -3ol -3ol -2iO0105 1 1 ] [1o -11 -1l -1l -2l0] [10 01 -1o -10 -� : t] o o o o o:o 2 -3y = 5 -2 = 3 4 = = a, x x5 = X 3 x2 = - txs + X4 + X3 = -5y + + a Xt = + tXs = + RJEšENJE. a)
4
-4
rv
9
IV
7
1
l
7
rv
- 1
IV
l
rv
l
Rang matrice jednak je rangu proširene matrice i iznosi pa rješenje postoji. r(A ) :::::: pa iZilberemo dvije slobodne nepoznanice i reduciranog oblika proširene matrice očitavamo 5
n
U vektorskom obliku:
Zamijenimo u prvom koraku prvi i drugi redak
5
rv
- 1
rv
-5
7
l
rv
Rang matrice i rang proširene matrice su pa izaberemo tri slobodne nepoznanice oblika je t t
4 7
S I I
3 1 3
rv
9 -9 -9
""
pa rješenje postoji. f3 , f3 i
l2
5 1 1 3 1 3
n
t
r( A) .
•
Iz reduciranog t Y U ·
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
56 vektorskom obl iku Ije šenje je:
A Ax{ 2x +2y+y +2z+z == 4, b) {Ax +Ay+y +z+z == A,l, 3x +2y +3z = 12. +y +Az = A. l.4 3. 1 2 A i 4 [ l 2 A i 4 l z. l12 "' [ 32 2l 32 : 12 l "' oo -4-3 3-3A 2-2A :: -3o "' [ool -42l 3-3AA-1A i:: -34o l "' [ ool o2l A-1A-1A -12-3 l "" [oo1 0ol -A+2i A-1A-1 :: -1-3lO2 l "' [oo1 0ol A-1ol ::: -1-22l l) A = l 2 3 2) A l 3 z! ) : X = l-A'12 y = z= -2-X= -2- l-A12 . b) [A l l i l l [ l l ll Al Al ii AA "' Al Al ll =l +y+z = l y =al), z = A =l-a4. 7.
Uovisnostio p arametru
E R rije ši
a)
5,
sustave: x x
RJEšENJE.
a) Zamije nimo
i
stupa c. To od gov ara zamjen i var ijabli
xi
: 5
5
4
9
.
R azlikujemo slučajeve: Za ran g matrice je a ran g pro ši rene matrice pa sustav u tom slučaju nije Ije šiv . Za =/: ran g matrice i ran g p ro šo rene matrice se poduda raju i iznose pa je su stav Ije šiv . Rje še nje je (zamijenili smo na početku x i ,
9,
Z amijen imo prvi i treći redak: A
Ako je f3 ,x
sus tav se svodi na f3 .
x
čije Ije šenje je dvopara met arsko:
57
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
A l A -l l -A l l A i A � � � l i � o -1 [ � l l+A i l+A [ � 2+A[ l :A+ll+Ai A l [ l -l -.1 l l 2+A-1 l+A l 2+A-1 l+Ao . 2) AA = -2l A -2 2, l2+A+A 2+A-1 . l+A ' = -l+z= -1+ --= z= 2+Al+A ' y=z= 2+A
Za l- nastavljamo dalje sa elementarnim transformacijama. Sada smijemo podijeliti drugi redak sa i treći sa
:
rv
O
O O
rv
O O O O
: l
O
rv
O O O O
Nadalje imamo slučajeve: Za 3) Za
l-
rang matrice je rang proširene matrice je 3 i sustav nije rješiv. i lrang matrice i proširene matrice su 3 pa je rješenje: x
--
l. 2.i [�l �42 1�4 A� �l4 [� -4;2 -1-�98 A-9-!4 i:i ;2l l o[ l l 2: 211 [0l o1 -4 A-1-l2i ol l -4 -18 A -9 i l 2,
RJEšENJE. a) Zamijenjujemo i 3. i zatim 3. stupac. Time smo ciklički zamijenili prve tri nepoznanice pa sada imamo redom x3 , x 1 , x2 , x4 •
[�42 14� �l A� ii �l4 -3 3
7 :
7
rv
3
-3
rv
l) A = l
rv
7
Razlikujemo slučajeve: Za rang matrice je
O O
_
O O
_
7 2
5
3:
O
O
O1 O
2 2
l
rv
2 2
O O O O
O O
: l
1
5 Oi O
•
a rang proširene matriceje 3 pa sustav nije rješiv.
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
58
2) Za A l l tješenje je: 5
X4 = r1, x2 = 2a,
b)
[�
x1
=l
x3
=
- 2x4
x4 + 4x2 =
_
5
A
1
+ 8a.
�l "" [� l � ! � � l "" [� l � � � � l [�H l �l [i H =�i �l i'V [i H _w=fl · l� �j
Al l 2 A +l i l +A -1 A-1 O A i - 1-A A-
rv
10 - 9-2x2 = l - -- 9a' A-l
o o o A +2 o
AO O l A : l O A l l+A i - 1
O O l O O -1
AA i l 2 i -1
rv
o o o A+2 : o
o o o A +2 :
o
Imamo slučajeve: l) Za A = -2 rang matrice i rang proširene matrice se podudaraju i iznose 3 . Rješenje je jednoparametarsko:
2) Za A = O lako se vidi da je rang matrice 3 , a rang proširene matrice 4 pa je u ovom slučaju sustav netješiv. 3) Za A l O i A l -2 rang matrice i rang proširene matrice su 4 pa je tješenje jedinstveno i iznosi: 2 2 Xz = --, XI = A - l + I ' X4 = 0. A
Neka je A kvadratna regularna matrica ( D = det A l O ) . i -ta komponenta tješenja sustava Ax b glasi (2)
59
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
D; b :
.. . . D;= . ...
Ovdje je determinanta matrice koju dobijemo tako da se u matrici A zamijeni i -ti stupac s vektorom a ln au . . bl a2n a21 . . b2 .
anl
..
.
bn
.
.
ann
U slučaju manjeg broja nepoznanica, uobičajeno je indekse determinanti označa vati imenima nepoznanica.
2x{ xx +3y+2-yy +4z+3z-z === 5,6.l, D = 2ll -l32 -l43 = 2. D Dx Dy D D 5 l 2 1 5 5 2 3 3 Dx = 6l -l3 -l4 ::::: 2, Dy = 2l 6l -l4 = -2, Dz = 2l -l3 6l = 4. z= -DDz =2. x = DDx = l, 3{2xx +2y-y +3z-z == b) {2xx -3y+5y -4z+z -2+5 == x{ x -2y+y-y +z+z-z === 2,l, 4x +y -3z +4 = 3x -3y +2z = 3. 3 2 -1 D = 2l -ll -13 = l D x = y =z= 2 -3 l D = 4l 5l -4-3 = -2 b) Dx= -4-52 -35l -43l = -10, Dy = 24l -5-42 -43l = -12, Dz = 24l -35l -5-42 = -20.
4.9.
Cramerovim pravilom riješi sustav
=/: O pa postoji je
RJEšENm. Determinanta sustava je
dinstveno rješenje. U determinanti prvi stupac determinante stupcem slobodnih članova. Slično i za i z
zamijenjen je sa
•
RJesenJeJe v • • 4.10.
Cramerovim pravilom riješi sustave: O, a) O, O. e)
O, O, O.
2x
RJEšENJE. a) Determinanta sustava j e
,
dakle
j e homogen pa postoji jedinstveno trivijalno rješenje Determinanta sustava je
O.
Nadalje
=F O i sustav
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
60 Rješenje je
x
= y = 6, z = lO . l -2 l = 32 -l-3 2l = O 5,
e) Determinanta sustava je D
i sustav nema jedinstvenog
tješenja. Moguća su dva slučaja: sustav nema nikakvoga tješenja, ili, sustav ima beskonačno mnogo tješenja. želimo li ispitati koja je od ovih dviju mogućnosti istinita, praktičnije je preći na Gaussov algoritam. Analiza s pomoću determinanti je složena, nepregledna i ponekad neizvediva. U ovome bi slučaju izgledala ovako: Izračunamo najprije sve determinante Dx , Dy , Dz . Ukoliko je barem jedna od njih različita od nule, sustav nema tješenja. Kod nas je
Dx = U ovom je
23l -3-2-l 2ll =O, = 32l 23l 2ll =O, Dy
Dz =
23l -2-l-3 32l =O.
slučaju još uvijek moguće da sustav i ima kao i da nema tješenja. Retci proširene matrice linearno su zavisni (sve determinante trećega redajednake su nuli). Kako su prva dva retka linearno nezavisna, to je treći njihova kombinacija i stoga treću jednadžbu možemo zanemariti. Tako dobivamo sustav
2x -2-yy +z+z == 2.l, y +z = 1+21.., y = { 2x +z = 2+1.. l 1+1. 1 1+21. . l l l 2+1. l 2 2+1. X= = z= � l l =3 l� : l l : }.. [� l [ �l + fn . {
x
Vidimo da su svaka dva stupca linearno nezavisna. To znači da bilo koje dvije varijable možemo uzeti kao vezane varijable, dok će treća biti slobodna. Odaberimo za slobodnu varijablu i uzmimo njenu vrijednost po volji l. pa imamo x
Sada tješenje možemo dobiti Cramerovim pravilom:
J - J. ,
apffiano u vek-kom obliku: 4.11.
4
RJEšENJE. Izračunajte pet determinanti reda i uvjerite se da je jednostavnije koristiti Gaussov algoritam.
3 6 = -33 7 -36 -44 = -303. o6 6 -3 3 -303, = o6 -3 3 -606, ll3 7 6 -44 -33 ll3 6 -44 6 o6 3 = -303, = 6 -3 o6 = 909 Xt = l, -33 7 6 ll -33 7 ll3 -44 X2 = X3 l, X4 = -3. = A{ Ax + y 3• X { yAx-+4y7. = 9x +Ay 3_ RJEšENJE. l � i l = -A -3 -A -3 A -3 = l� il = l � ; l = 3A l � i l A 2 -36, = l ; i l = A l A 6, A -6. 2AX= D = 3A-A2 -36 = A+3 6' = D = A2 -36 - A + 6 . A3 A == -6.6 = = = ] = [ ] +a ]
61
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
2 5
a) Determinanta sustava je D
5 -2.
Dx3 =
2 5
5 -2
2
Rješenje je je-
2
2 5
Dx2
=
-2
5 -2
2
-2
-5
dinstveno. Dx, =
-5
.
2 5
Dx4
-5
2
-2
-5
5 -2
. Dakle,
-2 3 = 2, b) Detenninanta sustava u ovom slučaju je D = O , dok je Dx, Slijedi da sustav nema rješenja.
4.12.
U ovisnosti o parametru
�
:
nije rješiv,
. sustava . v • b) diskutiraJ. IJesenJa
=
_
2,
. Da sustav ne bude rješiv
mora biti D = O i bar jedan od Dx i Dy različit od O . Dakle, i to je dovoljno jer je Dx
_
b)
D=
Dx
=
Imamo slučajeve: ) i::j:.
[�
= O tj.
=
:j:. O .
2 - 12,
Dy
- 18.
Tadaje
Y
2) )
144 i:- O .
ER
a) odredi kada sustav
a) Detenninanta sustava je
=
Dx
12
Dy
18
2
Tada je D = O , Dx :j:. O , Dy :j:. O pa sustav nema rješenja. . Tada je D O , Dx O , Dy O . Rješenje je jednoparametarsko
b [ -;
·
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
x0 , x1 , , Xn (x y1 = = = = anxn +a..-1xn-l + ... +a1x +ao. +a+a21xx21 ++ ..... . ++ aannxx72 = Y2, a + + a,. x � +a = ... , X n { � n Y z ao, a1 , . . , an . l X1 xi .. . x7 = ll XXn2 X�X� . . . X�X2 W(x0,=x1 ,[L q>
cos q>
Kako je q> veći od
{ X = l,
6.18. ) a
y = l;
{ X+ y = l, z=
O;
T( O)
RJEŠENJE. a ) Pravac prolazi točkom lelan s osi Oz ). b) Pravac leži u
T(l, O, O), O, S(
d)
l, l, e) XOy xOy . d) 3, l).z = . l 6.4 .
podignut u ravninu
'
zamijenjujemo ga njegovim suplementom; dakle
Nacrtaj pravce
b)
o
i okomit je na ravninu
ravnini.
(paralelan s ravninom
Vidi sl.
x - 1 = L = �1 -3 -1 xOy
(tj. para
Pravac izgleda poput prethodnog, )
Pravac prolazi točkama
.a-d
(0,1,0)
Sl. 6.4.
Kut q> izmedu pravca i ravnine računamo po formuli q> pri čemu su
ei
= 1:(p, ) := 90° - 1:(c, n)
·
n
n izabrani tako da kut medu njima ne bude tupi. Dakle, C·n sin q> l c l in i ' =
(13)
6.
97
PRAVAC I RAVNINA
e+mB +=nCO,= O, (14) e = A = m A= n O, · A' B e A,x+B,y+C,z+D, =O, 2 A2x+B2y+C2z+D2 = A(A,x B,y + C1z +Dl) + ll(AA2,xll+ B2y + C2z + D2) =O A , ll -l-2- = = 3 T( l, l, l) x-2 = y+l T(l_x+l , l, l) y z+l P2 = -2- = = e= (2, -1, l) 2(x -l)-l(y -l)+ l(z -l)= O= y +z-2 =O 2 j = = 2l l l = + 3j + -x + 3y +z-3 =O.
Pravac je paralelan s ravninom ako je
n
lA
n za neki
a okomit na ravninu ako je
O
·
l
tj. ako vrijedi
1-
tj. ako vrijedi
(15)
Ako se dvije ravnine n 1 = sijeku po pravcu p , tada jednadžba
n =
+
( 16)
predstavlja za svaku vrijednost parametara ravninu koja sadrži pravac p . Fa miliju tih ravnina za sve vrijednosti parametara E R zovemo pramen ravnina. Geometrijski, te se ravnine rotiraju oko pravca p . 6.19.
Odredi jednadžbu ravnine 1t koja: a) prolazi točkom i oko. , X Y Z . v b) ID!ta Je na pravac p = prolazt toekom -- ; _1 1 z- 1 - = -- , i paralelna je s pravcima Pt = -0 1 1 -
-
l
-=I ·
RJEšENJE. a) Vektor normale n ravnineje ujedno vektor smjera ca, zato je
prav
2x -
n =
(slika 6.5.a). b) Vektor smjera n sada je okomit na vektore smjerova pravaca p1 i i k 0 n C t X Cz -i k. -1 Tako dobivamo 1t = (slika 6.5.b). p
n
e
r -:l 7
Sl.
6.5.
p
:
98
6.20.
x -1 = p y-1-1- = -z-11- , 2x + 3y +z + l =lO. T(l, l, l) e p p m n n= ex m=-2x(i ++ j+y +k)z =xO.(2i + 3j +k) = -2i +j+ k T(T(ll,, ll,,pll)) n= 2x+y+3z+l=O ; = { x+y-z+l=O -x + 2y +z+ 3 = O e e= n= (2, l, 3), p -=px-12 - y-1l - z-13 . e = -1il j2l -lkl = 3i + 3k. -x-11- = y-10- = -1z-1-. ) . p = -x-12- = -y+l3- = z+l . x-2-1 = -ly = -z+23- , p2 = = x-2 -y+l-1 = --z-13 T( l, -l, -l) p p, j x e =j x (2i + 3j -k) = -i -2k PRAVAC I RAVNINA
6.
Odredi jednadžbu ravnine
n
koja prolazi pravcem
a okomita je na ravninu p
=
RJEšENJE. Točka leži na pravcu pa stoga i u ravnini n . Normala ravnine n okomita je na vektor smjera pravca i na normalu ravnine p . Dakle i jednadžba ravnine 6.21.
n
je
Odredi jednadžbu pravca a) prolazi točkom b) prolazi točkom
koji: i okomitje naravninu i paralelan je s pravcem
q
·
RJEšENJE. a) Kako je pravac okomit na ravninu, to za njegov vektor smjera može mo uzeti vektor normale ravnine: i jednadžba pravca u kanonskom obliku glasi --
--
--
b) Vektor smjera pravca je u ovom slučaju jednak vektoru smjera pravca q , odnosno, okomit na vektore normala ravnina koje određuju pravac q (skiciraj!):
Tako dobivamo
P =
-
6.22.
Odredi jednadžbu ravnine
n
koja:
a prolazt pravcem
--=1
Oy ;
b)
prolazi paralelnim pravcima
Pt
1
. s ost. paralelna Je _
RJEšENJE. a) Točka leži na pravcu te stoga i u ravnini n . Potrebno je još odrediti njenu normalu. Kako je ravnina paralelna s osi Oy i s pravcem to je njena normala okomita na vektore smjerova tih pravaca: n
=
6.
PRAVAC l RAVNINA
99
n=x+2z+l =0. I, -2), -l, = -9 j e = ( 2 i -j + 3k) ( i -j + 3k) 3k, n = 3y + z + 2 = 2x + 3y + z-3 =0.tJ, = -9':(n, i) no ·i , tJ (1 7 ) ii= k ii= ( 2 i + 3j +k), 32°18' , tJ= 53°18' , v\4 = 15°30' . { 3x+y-z+I oo = = x -8y + 3z - = 2x-y +4z-2 -5k e = (3i +jn =-k) 8j +(2i-j+ 4k) 3i-14 j 3k. . = n·n ee 74100430 = 0,7665, z+l n= 2x-3y +z+ 4 a) P = x-2 = = 1 _2 -=l' = x -2-21 _2 = z+z+_1ll , n:=2x-3y +8z+1=0, e) P = 1 _2 = _1 , n:=2x-3y +8z+4=0 . a) { x= 2+t, yz=-1= -2t-t, , = 2x -3y +z+ 4 = o.
i zato je na
b) Točke M( O, N(O, l) leže na pravcima, pa zato i u ravnini. Ravni 1r je određena jednom točkom (recimo M ) i normalom koja je okomita na vektor ,--..t
smjera e zadanih pravaca, kao i na vektor MN , pošto spojnica
te je 1r
6.23.
x
=
-
X
MN
-
MN leži u ravnini: -
O.
'
:
Izračunaj kuteve što ih s koordinatnim osima zatvara ravnina
RJESENm. Neka su a , y traženi kutovi. Kako vrijedi sin a cos i slično za sin sin y to jedinični vektor normale možemo pisati u obliku
,
,
sin ai + sin /Jj + sin y
Kako je
r
6.24.
to dobivamo a = arc sin
v
.
•
*=
•
i
Izracunaj kut kojeg zatvaraju pravac p
6
ravnina 1r
RJESENm. Vektor smjera pravca je
Sin
(/)
,
,,
O.
x
i-
a vektor normale ravnine
6.25.
.
=
Zato je
l ::::: y'74y'43()
--
Odredi presjek pravca i ravnine:
b)
p
X
= O,
L
L
RmšENm. Presjek pravca i ravnine najlakše određujemo tako da pravac napišemo u parametarskom obliku i zatim dobivene jednadžbe "uvrstimo" u jednadžbu ravnine:
p :
1C
-t) + 4 = t= -l. x = l, y = 2, z =2(22(+t2 +t) -3() -3(-2t-2t) +) +(-8(l -l-t ) + l= -3 = p A(2, -l) p e) 2(2 + t) -3(A(2, -l)+ 8(-l-t) +4 A( 2 , -3, l), p x-3 y+3 z-S q -2- = = -3A q. A q p = e = (2, -l, 3) 2( x -2)-l( y + 3) + 3( z -l)= y + 3z-1 0 =O. -2 y-+1-3 = = 2 2) q B l , , ( p z-ll z+S p : x-l -2- = -y+23- = -1z ; q=:. x-l-2- = -y-13- = -=l' 6.6): 6. PRAVAC I RAVNINA
100
Dobiva mo
O i odavde Zato su O koordinate presječne t očke . b) Sada O daje O , što z nači da pra vac ne siječe ravninu. Provjeri da je z aista p aralelan sa 1t (vektor no rma le rav nine oko mit je na vektor s mjera pravca) , te da t očka O, E ne leži u 1t ! Uovo mslučaju je -2t) = O , što znači da pravac leži u ravnini . Provjeri da je zaista O, E 1t .
6.26.
Odredi jednadžbu pravca
na pravac
=
koji prol azi t očko m .
---=!
..
1
okomit je
1 SIJece ga . y
RJEšENJE. Postavitiće mo ravninu 1t koja prolazi t očko m i okomita je na pravac Traženi pravac prol azi t očko m i sjeci šte mpravca s ravnino m 1t . Nor mala ravnine je n , a njena je dna džba
O = 2x -
n=
PresJe. k
6.27.
n
. n Je to eka
, a J'ednadžba pravca
. X glas 1 ---=!
Odredi uda ljenost dvaju para lelni hpravaca
RJEŠENJE. Zadatak tje šava mo ov impostupko m(slika
p q
p (l, -2, = e = (2, 3, -l), , p =:. + 3y -z + 4q=:.x=l+2t = , y=l+3t = q , z=-l-t. q 2(1 +2t) +3(1+3t) -(-1-t) +4=0 t=-l, Sl. 6.6.
(i) Odred imo točku T na pravcu ,npr. T O) . (ii) Postavi mo r avninu 1t zato je kroz točku T, okom itu na pravac Vektor no rmale n n 2x je O . (iii) Odredi mo S n 1t Para metarski prikaz pravca •
Presjek pravca i ravnine dobiva mo kad je
=>
6. PRAVAC l RAVNINA
101
-l, -2,d(-4).p, q) = y'(I + + (d2(p-2), q) 2=d+((O + 4)2 = 2VS. 6.114. ) p x--2-1 = -y+23- = z-1 -x-12- = -y+23-, -y+23- = z-1 3x -2y -7 = O, y -3z + 5 = O. A(3x-2y -7) +JL(y -3z +5) =O :::::;. 3Ax+ (-2A +JL)y -3Jtz -7A +5JL =O. { x + 3y + Sz -ll = x-y-2z+1=0 (iv) Izračunamo
S(
dakle,
1 )2
(Vidi i Zadatak
6.28.
T, S) :
Odredi jednadžbu pramena ravnina koje prolaze pravcem
�
-- ·
RJEšENJE. Dovoljno je jednadžbu pravca napisati u obliku
i shvatiti ta dva dijela kao jednadžbe dviju ravnina koje u presjeku daju zadani pravac.
To su ravnine n1 =
Jednadžba traženog
n2 =
pramena glasi
6.29.
Odredi jednadžbu ravnine koja prolazi pravcem
P=
O
i paralelna je s osi Oy .
RJEšENJE. Napisati ćemo pramen ravnina koji prolazi zadanim pravcem i potom izd
x(l + +A)3xy++(5z3 -A-ll)y ++A(5(x-2A-y )-2zz -ll++ 7) 7A= O,=O. Ay A = 3 4x-z+ lO = O. (2 +t 3t)x + (1 -2t)y + (3 + t)z + l-2t =O, 2x + y 3z + l+ t(3x -2y +z 2) =2xO+ y + 3z + l O. 3x -2y + z -2 O.
vojiti onu koja j e paralelna s osi Oy . Kako j e pravac zadan kao presjek dviju ravnina,
jednadžbu pramena možemo odmah napisati:
Parametar
nepoznanicu
6.30.
biramo tako da dobivena ravnina bude paralelna s osi Oy - koeficijent uz mora biti jednak nuli. Odavde slijedi
i rješenje
Postoji li pravac koji je zajednički svim ravninama
gdje je
E R bilo koji?
RJEšENJE. Zadanu jednadžbu možemo napisati u obliku:
+
i zato ona predstavlj a pramen odreden ravninama n1 = tr2 = Kako te dvije ravnine nisu paralelne, one se sijeku po traženom pravcu. Odredi njegovu jednadžbu!
102
x + 2z- =O. M' M(l, lM, l) M n = i+ j-2k, x+= l +2zt, - = =l +Ot, z =t =l -2t.l x M' 2, 2, -l)M(. l, l, l)M' e). 2= l+a2 ' 2 = l+2 _1 = l +e2 _x-2 = = z+l1- . M( l, O, 2) M' M M 3x + +z- = O.n= e= 1), x =t=2 +O,3t, =M'St,(2, zO,=-l)-l=+pt a,-1 =,e-e+2) - , 2 = -a +2-l , O = -+2-O , 2 x = -2- = , x-21- = -2-l = z O, T(2, l, ST, M(l, 2, = , n=
6. PRAVAC I RAVNINA
6.31.
Nađi točku N simetričnu točki y6
s obzirom na ravninu
RmšENJE. Odredimo najprije projekciju točke na ravninu n . Nju dobivamo kao presječnu točku rav nine n s pravcem p koji prolazi točkom i okomit je na n . Kako je e = to jednadžba pravca p glasi p = y On siječe ravninu y 6 za , te Točka je polovište dužine čiji su je ( krajevi u točki i u traženoj točki N(a, b, Zato je
n =
M
-
b'
i odavde N(3 , 3 , -3) .
6.32.
Odredi točku N simetričnu točki y p = -3 5 R.mšENIE. Kao i u prošlom zadatku, odredit ćemo najp rije projekciju točke na pravac p . Nju dobivamo kao presjek pravca p i ravnine n koja prolazi točkom i okomitaje na pravac p . Kakoje (3, 5 , to je n = 5 Presjek pravca Sy i ravnine dobiva y p= mo za te je n n . Koordinate
s obzirom na pravac
-
tocJ�. �1.e N dob"tvamo tz
l l
--+--- lx - yl2 lx - al > lx -YI · a = y. Ovo je posljedica činjenice da je jedan vektor cija preostala dva.
od
linearna kombina
Da smo toga bili u početku svjesni, mogli smo jedan (bilo
koji!) vektor izbaciti i nastaviti s jednostavnijim računom. U ovoj situaciji može mo za vrijednost parametra ). izabrati bilo koji broj.
- l , 5)
( 3, O,
i
Uzmimo ).
Udaljenost dvaju vektora vektorskog prostora ma njihove razlike, a udaljenost vektora
kao minimum svih udaljenosti između podskupa.
Neka su
od
aproksimacija od
RJEšENJE. Ali
Uzmimo bilo koji
x
O
definira se kao nor
od nekog podskupa od V
i bilo kojeg vektora iz tog
s obzirom na potprostor
Drugim riječima,
Dokaži da
je najbolja
V.
Vrijedi J.
zbog
odnosno, jasno je da vrijedi
;i:
V
jednaka
u
Tada je
l. ortogonalna projekcija i ortogonalna
i
komponenta vektora
je udaljenost
V
O.
i
pa je
===?
===?
Minimum se postiže za
e2, ... , ek}
t , ..
Pretpostavimo da su X
.
definiran na način
Xn bilo koji linearno nezavisni vektori. Sustav
{et,
10.
153
SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRIĆNE MATRICE
je ortogonalan sustav takav da se za svaki j potprostor L(xt. . . . , xi ) podudara s L(e1 , , ei) . Ovaj algoritam naziva se Gramm-Schmidtov postupak ortogonaliza
cije.
• . •
10.9.
R3 od vektora a 1 = (l, O, l) , a2 = (l, 2, O ) , a 3 = (0, 2, 3) . Gramm-Schmidtovim postupkom ortonormiraj skup u
koji se sastoji
a1 , a2 , a3 su nezavisni (provjeri !) pa razapinju čitav prostor R3 . 3 3 Zbog toga će i e1 , e2 , e3 razapinjati čitav R i tvoriti ortonormiranu bazu za R ..!!... (1, 0, l ) (fl Y1) o e1 - l at i - /2 - 2 ' ' 2 ' b2 = a2 - (a2 j et)e1 = a2 - �e 1 = ( t, 2, -t) ,...., 4, - l ), b2 ( l , 4, - l) ( v'2 w _ .Y:1 ) = = 6 ' 3 ' 6 e2 = b 2 l 1 3 VZ b3 = a3 - (a3 j e 1 )e1 (a3 l e2 )e2 RJEšENJE. Vektori
•
-
(I,
-
! !!) = a3 - b:1e - h!l'e 2 = (-!! 2 6 9 , 9' 9 b ( - 2, 1, 2 ) 2 l 2) e3 = 3 = = ( -3, 3• 3 . 3 l bJ I
l
10.10.
Ortonormiraj kanonsku bazu produkt
(p, q ) =
,....,
(-2, l ' 2 ) '
{ l, t, t2 , t 3 } od &3
j_ll p(t)q(t)dt .
ako je zadan skalami
154
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE
Nadopuni do ortononniranebaze u R4 skup { ( �, �' �' � ) , ( �, �' - �, - �) } .
10.11. RJEšENJE.
Skalami je umnožak ova dva vektora
Cf , t , f, V · ( � , f, - t , - t) = o,
a njihova norma
{4ffi2
=l IC�, t. t , t ) l = IC t , t , - t , - t) l = pa su ova dva vektora nonnirana i međusobno okomita. Označimo ih redom sa e1 i e2 . Skup {et , e2 } linearno je nezavisan. Nadopunimo ga s bilo koja dva vektora a3 i 34 , ali tako da ostane linearno nezavisan. Uzmimo na primjer vektore ( l , O, O, O) i
(0, o, o, l ) .
Nastavljamo sa Gramm-Schmidtovim postupkom b3 = a3 - (a3 ! et ) e1 - (a3 ! e2)e2 = b3 - t e 1 - t e2 = ( t , - t , O, 0) , b3 - b3 - :il v'2 e3 ( 2 , -2, 0, 0) , -l l b3 1 - 72 b4 = a4 - (84 1 et)e1 (84 1 e2) e2 - (84 1 e3) e3 = a4 - t e1 + te2 - OeJ = (0, O, - t , !) , b4 b4 :il :il ) e4 - l - (O, O , - 2 ' 2 l b4 l v'2 Dimenzija prostora R4 je 4 pa ova četiri vektora čine bazu za R4 Ako sa L označimo prostor razapet sa {eh e2 } ondaje prostor razapet sa {eJ, e4} ortogonalni komplement od L koji se označavama sa L.i (vidi sljedeći zadatak) . Ovaj postupak ne dovodi do jedinstvenog ljesenja ( e3 i e4 ) , jer smo zadane vektore mogli nadopuniti do baze i nekim drugom vektorima. Ali ta druga Jjesenja bi razapinjala isti potprostor kao i eJ i e4 , drugim riječima L.i je jedinstven. -
-
-
•
-
•
SS
ST .
kažemo daje ortogonalna ako su njeni stupci ortonormirani vektori. Ako je ortogonalna, tada vrijedi s-l = Za simetrično matricu A vrijedi: l ) ona posjeduje točno realnih svojstvenih vrijednosti (brojeći njihovu višes trukost) ; 2) postoji baza koju čine n međusobno okomitih svojstvenih vektora; Za matricu
n
lO.
155
SKALARNI PRODUKT. DUAGONALIZACUA SIMETRIĆNE MATRICE 3)
matrica
S
10.12.
A. STAS= [:' : : : �]
čiji su stupci normirani svojstveni vektori ortogonalna je matrica
koja dijagonaslizira matricu
Vrijedi
A= [ -2; ; =�]5
Nađi ortonormiranu bazu u kojoj je simetrična matrica
S STAS k(A )= A-2-2 A-5-2 }., -2 5 =A3 -12A2 +2U+10 =(A -l?(A -10). A1 = A, = l 1 = [�l [ _:] . A, = l v3 = [j]. ., = . ., = nJ v,= [� l , v, = LtS ] . v, = U� l ts s= [ o -33{sv'5 i] s s-l =sT . STAS= [o� o� 10gl · -4
dijagonalna (odnosno ortogonalnu matricu
nalna) .
tako da je
dijago
RJEŠENJE.
4
2
Za
4
svojstvene vrijednosti su
Svojstven; vektori v1 ;
v3
;
v
, X
Još preostaje normirati sve vektore:
Od ovih vektora formiramo stupce matrice
Matica
je ortogonalna pa je
za
O
pripadaju ;stoj svojstvenoj vrijednosti ; nisu
okomiti. Uzmimo zato
l
v, =
4
7s - Ns
3 2
-3
Vrijedi
156
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE
10.13.
Dijagonaliziraj simetričnu u matricu A pomoću ortogonalne matrice S
[ o� -�2 -� ] [ -2: --�4 -�4 ] [ i � - � ] [ -22 2 -21 ] [ o1 04 0o ] ; oo7 2 2 1 1 4o o0 ] ; 1 [ 21 21 -22 ] 0 [ [ 2l -2l l l o [oo36o6 oo] lo 006 (tako daje ST AS dijagonalna matrica) ako je A :
a)
b)
5
RJEšENJE.
b) e)
a)
S =
s=
s =
l
3
l
l -l
5
i sT AS =
i STAS =
3
l
-
73 V'2 ..L ..L v'3 v'2
- V'6 -k y6
2
Neka je
A
i s T AS -
.
76
73
10.14.
e)
:
V2
-+
� linearan operator zrcaljenja na pravcu y = X .
Odreadi mu matricu A u bazi
{i, j} , nađi svojstvene vrijednosti i orto
gonalnu matricu S takvu daje ST AS dijagonalna matrica.
[ � �] ,
RJEšENJE. A =
A- 1 = l i
v1
= U] , � =
-l ,
v2 =
[ !1 ]
na pa stupce matrice S formiramo od jediničnih svojstvenih vektora S = S T AS = s- 1 AS =
10.15.
[� � ] l
.
[ tz � l ,
. A je simetrič
?z - ?z
Provjeri da su slijedeći vektori međusobno okomiti i nadopuni ih do ortogo
), (2,3,--33, 2,). 4); (1, -1,2,1,2),2, -3(1,2,
nalne baze
a) b) 10.16.
(l,
l
Provjeri da su slijedeći vektori međusobno okomiti i normirani i nadopuni ih
)
do ortonormirane baze
l 2 2 . a ( 23• 3• 32 ) ( 3• 3• -3 ) ' b) (t, t, t, i) . ( t , t . - t , - t ) . •
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE
157
10.17. Ortogonaliziraj sljedeće vektore a) ( 1 , 2, 2, - 1 ) , ( 1 , 1, - 5 , 3 ) , ( 3 , 2, 8, -7 ) ; b) ( 1, 1 , - 1, -2) , (5, 8, -2, -3 ) , (3 , 9, 3, 8 ) ; e ) (2, l, 3 , l ) (7 , 4, 3 , -3 ) , ( l , l, -6, O) , ( 5 , 7, 7 , 8 ) . 10.18. Ortononniraj skup funkcija { l , sinx, sin2 x} ako je skalami produkt (j, g) = -
,
f, J(x)g(x)dx .
10.19. Dokaži daje skup funkcija { l , cos t, sin t, cos 2t, sin 2t, . . . , cosnt, sin nt, . . . } ortogonalan s obzirom na skalami produkt (j, g) = J�,J(t)g(t)dt .
10.20. Nađi bazu za L.l. ako je L nizapet vektorima a1 = ( 1 , 0,2; 1 } , 82 = (2, l, 2, 3 ) , &J = (0, l, -2, 1 ) . 10.21. Nađi ortogonalnu projekciju y i ortogonalnu komponentu z vektora x na potprostor L ako je a) x = ( 5 , 2, -2, 2) i L razapet vektorima a1 = (2, ( l, l , 3 , O) , a3 = ( l , 2, 8, l) ; b) x = (7, -4, -l, 2) i L zadan linearnim sustavom 2x 1 +x2 +x 3 +3x4 = o, 3x l +2xz +2x3 +x4 = O, X1 +2x2 + 2x3 -9X4 = 0.
{
l , l, - 1 ) , a2 =
10.22. Neka je {e�, e2 , . . . , en } ortononnirana baza u V . Dokaži da vrijedi x = .L:,1 (x, e; )e;, Vx E V. 10.23. Neka je V unitaran prostor, {e� , e2 , , et} ortononniran skup u V , x E V i a; = (x l e;) . Dokaži daje tada (x l x) � lad 2 + l a2 l 2 + . . . + l ak l 2 • • • •
l l.
Kvadratne forme. Krivulje i plohe drugog reda
Kvadratna forma pridružena simetričnoj matrici A je funkcija oblika
f (x)
ili
f (x "
==
. . . , Xn
)
(Ax l x) n
=L
aijXiXj .
Forma je kanonska ako je odgovarajuća matrica dijagonalna. Kanonska forma ima oblik f(x" . . . , Xn ) auxi + a22X� + . . . + annx� .
=
==
Svaka se kvadratna forma može svesti na kanonsku zamjenom x Sy . Lagrangeov postupak dijagonalizacije kvadratne forme . • Ako je au =/; O (ili neki drugi dijagonalni element) uvodimo zamjenu YI
Time dobivamo formu
=
aux!
f(yh X2, . . . , Xn )
+ . . . + a,nxn,
= -1-yf au
+ JI (x2 ,
· · ·
,
Xn)
u kojoj je prva nepoznanica izdvojena od ostalih. Postupak se nastavlja s kvadratnom formom fi . • Ako su pak u polaznoj formi (ili nakon neke od prethodnih transformacija) svi dijagonalni koeficijenti jednaki nuli, tada uvodimo pomoćnu zamjenu, kojom će se forma svesti na oblik u kojemu to nije slučaj. Ako je, recimo, a 12 =/; O , stavljamo Y2
=
-x,
+ a 12x2 + . . . + a!nXn,
Time dobivamo kvadratnu formu u kojoj postoji član prvom slučaju.
2xf . Dalje nastavljamo kao u
l l.
KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
1 1.1.
159
Lagrangeovim postupkom dijagonaliziraj kvadratnu formu
f(xt, Xz, X3) = 4xi - X� - xi - 4XtX2 + 4XtX3 - 3XzXJ.
RJEšENJE. Uočimo prvu nepoznanicu čiji kvadrat se pojavljuje u kvadatnoj formi,
X t . Izlučimo 2xt iz sume mješovitih članova koji sadrže x 1 kao faktor: 2xt (-2xz + 2x3) . Uvodimo novu nepoznanicu Y t kao sumu 4x1 (x 1 pomnožen koeficijentom uz xi ) i članova iz prethodne zagrade Y t 4xt - 2xz + 2x3 . Ako izrazimo odatle x 1 i uvrstimo u kvadratnu formu dobije se oblik koji više ne sadrži mješovite članove sa X t (odnosno Y t ): to je
==
�
f(x r, xz, x3) = (4xt - 2xz + 2x3f - x� - xi + 2xzx3 - x� - x� - 3xzx3 l = 4Yf 2x� - 2x� - XzX3. Dalje nastavljamo na isti način: sljedeća nepoznanica čiji kvadrat se tu pojavljuje je
x2 i uvodimo Yz : pa je
uz supstituciju
1 1 .2.
Lagrangeovim postupkom dijagonaliziraj kvadratnu formu
j(Xt,Xz, XJ) = 2xtX2 + 4XtX3 - 2xzX3.
RJEšENJE. U ovoj formi su isključivo mješoviti članovi pa se postupak u prvom koraku razlikuje od prethodnog primjera. Izlučimo li 2x1 iz ove forme imamo f(x h xz, x3) = 2xt (xz + 2x3) - 2xzx3 . Uvodimo novu nepoznanicu y2 kao razli ku članova iz prethodne zagrade i x 1 ,
Yz = xz + 2x3 - x1 . Uvrštavajući odavde x2 = y2 + x 1 - 2x3 dobivamo kvadratnu formu u kojoj sigurno postoji barem jedan kvadratni član i to 2x i : f(xh Xz, x3) 2x� + 2Xt Y2 - 2yzx3 + 4x� - 2xtx3.
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE J PLOHE DRUGOG REDA
160
Nastavljamo kao i prethodnom zadatku: izlučimo 2x1 iz sume mješovitih članova koji sadrže X t kao faktor. Tome izrazu pribrojimo 2x 1 i imamo novu nepoznanicu
Zt f(x1, xz, x3 )
=
=
2xt + Yz - x3 .
l z l z l z z 2 ( 2xt + Yz - x3 ) - 2Y2 - 2x3 + YzX3 - 2yzx3 + 4x3
1 2
_ 1
7
- 2 Z21 - 2Y2 - YzXJ + 2x23. Napravimo isti korak za nepoznanicu
y2 : l
l
Zz = 2Y2 + 2x3 ,
J(Xt , Xz, x3 ) Konačno
z3
=
x3
=
l z l l 2 l z 7 z 2 z1 - 2( 2Yz + 2X3 ) + 2x3 + 2x3
i dijagonalni oblik je
J(Xt, Xz, x3 )
=
uz supstituciju
Zt Zz
=
1
l z 2 2 2 z 1 - 2z2 + 4x3 .
z I z _z 2 z - 2z2 + 4z3 ,
2xt + (xz + 2x3 - xi ) - x3
l l = -(x z + 2x3 - xt) + -x3 2 2
Uvijek možemo pronaći
=
=
=
Xt + xz + x3, l
l
3
- -x 1 + -Xz + -x3 , 2 2 2
ortogonalnu matricu
S takvu da je S T AS dijagonalna.
Takva matrica svodi kvadratnu formu na kanonski oblik, pri čemu je i novi sustav ortogonalan, a koeficijenti kvadratne forme su svojstvene vrijednosti matrice A . Matricu S biramo tako da njeni stupci budu ortonormirani svojstveni vektori matrice A . Tada vrijedi
S T AS = D =
1[�.: � �l O
O
An
i kvadratna forma će biti kanonska, po novim varijablama
J = A1Yi + AzY� +
. . .
+ AnY �·
Y t . . , Yn : . .
161
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA 11.3.
Svedi na kanonski oblik kvadratnu formu
f(x" Xz, x3) 6xi + Sx� + 7x� -4x,xz + 4x,x3 . =
RJEŠENJE.
[ -� -;o �l ·
Matrica koja odgovara ovoj kvadratnoj formi je
2
Rješenja njene karakteristične jednadžbe
7
A.-6 2
A.
=
5
-2
O
=
O su A.,
=
3, Az 6,
[ !J, [ Y l , [ �� l 2 l. 3[ -2
A3 9.
2
Pripadne svojs�ene vebore
-
O
v, =
A. -7
v, =
v, =
=
n�
mirarno i od njih formirarno stupce ortogonalne matrice Q . Dakle,
Smvljajući
[�: l [H =
Q
Q =
-1
2
l
2
-
2
-1
2
-1
2
odnosno
x, jYI - jY2 + jY3, xz 3Y + 3Y2 - jY3, X3 - 3y' + jY2 + jY3 ( ) f(x" Xz, x3) 3yi + 6y� + 9y�. =
=
2
2
1
l
2
2
l
l
=
2
2
imamo kanonski oblik polazne kvadratne forme
koji možemo direktno napisati po
moću svojstvenih vrijednosti
=
m l [�; l = QT
Obratna veza nom i starih ne!M=R"ica j e
y, 3x' + 3xz - 3x3 YI - 3x ' + 3x2 3 x3 y, 3x' - 3x2 3x3. =
2
l
=
=
2
2
2
l
,
l
+
+
2
2
,
' odnosno
162
l l.
KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
f(xb x2, x3) = 3xi + 3x� - 2xtX2 + 4XtX3 + 4x2x3 .
11.4.
Svedi na kanonski oblik kvadratnu formu
A= [ -2i -!2 �]·0
RJESENJE. Matrica ove kvadratne forme je
A.-3l ). -3l -22 ). = 2 , ). = ).3 = 4 . -2 -2 -). 1 - 2 v1 = [i2] v2 = [ �l· v3 = v1 v, = [ �� l · ovih su
Korijeni karakterističnog polinoma
Pripadni svojstveni vektori su
biti okomit na
v1 v2 i
i
1\eći svojstveni vektor mora
x
pa stavimo
Nakon normiranja
vektora dobijemo ortogonalnu matricu
Q= [ 76� tso -�7ml2 . [;: l = Q [m [�: l = Q [;: l ) f(xh X2, X3) = -2YI + 4y� + 4y�. l -Y'6 7s - 730
2
Ako sraffino
(odnosno
T
imanw kanons� oblik
polazne kvadratne forme
1 1.5.
Ispitaj definitnost s ljedećih kvadratnih formi:
2xr + 3x� + 4x� - 2x1x2 + 4xtx3 - 3x2x3 ; b) -xi - Sx� -6x� +4xtX2 + 2xtX3; ) XI + X� + 3x� + 4XtX2 + 2xtX3 + 2x2X3 · a) e
RJEšENJE.
a)
Odgovarajuća matrica za ovu kvadratnu formu je
D2 = l -2l -3l l > O,
računajmo sve glavne minore ove matrice
[ 2 3 - 2f ] -1
-1
2 -� 4 D3 = -221 -13� -!2 > O. 4
Sve su strogo veće od nule pa je ova kvadratna forma pozitivno definitna.
.
Iz-
l l.
KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
163
Sada imamo matricu [ -�l _o; -6� l za kojuje D, = l -l l < O, Dz = 1 -� _; 1 > 0 i D3 = -�l _o; -6� < 0. Vrijedi (-l)nDn > O za n = l, 2, 3 paje ova kvadratna forma negativno definitna. ) matricu [� : n je D, = i l l > O, D, = l � i l < O i odmah zaključujemo ova kvadratna forma je indefinitna. Odredi sve A E za koje vrijedi 11.6. a) XI + X� + x� + 2Ax,xz + 2AX!X3 + 2AxzX3 je pozitivno definitna; b) 2xr Sx�-3x� + 2Ax,x2 +4x1x3-2Ax2x3 je negativnodefinitna. RJEšENJE. a) D1 = l > 0, D2 = ll � l = l - A 2 > 0 odakle slijedi A 2 < 0, odnosno -l < A < l . D3 = AAl AAl AAl = l - 3A 2 + 2A 3 > O. Racionalni korijeni ove kubnej slobodnog jednadžbečlana moraju biti iz skupa {±lj vodećeg brojnik koridobi jenajemo: mora lbitije , ±4} (jer djeljitel l, a nazivnik djelitel 2). Provjerom nultočkakratnosti 2, a -4 kratnosti l. Rješenje nejednadžbe D3 < O je zato A > -4 . Konačno rješenje je A ( -l, l ) ( -4, oo) = (-�, oo) . b) D, = -2 < O, D2 = � ; -� � = 16 - A 2 > O pa slijedi I A I < 4 . Uv jet D3 = -2A2 -A-8A -A-32 = A 2 - 16 < O je ekvivalentan prethodnom i Iješenje je A ( -4, 4) . b)
e
Za
R
-
-
E
n
E
Za
Polinom drugog stupnja je funkcija oblika p(x) = (Ax l x) + (b l x) + matrice reda 2 koristimo zapis p(x, Y) = [ x y] [ :�: :�� ] [ � ] + [ b, hz ] [ � ] + y = aux2 + 2anXY + azzY2 + b,x + bzy + y, Y
1()4
l l. KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
sličnoNuli za-točke matriceovihtrećeg reda.su, u nedegeneriranom slučaju, krivulje (plohe) drugoga polinoma reda. ja određujemo dijagonalizaci jomortogonal kvadratne forme. Prikakotombiuglav Vrstu krivul nom biramo postupak di j agonalizaci j e s pomoću n ih matrica, i novi sustav bio kartezijev (s okomitim osima). Odredi krivulju zadanu jednadžbom ll. 7. + + 9l + + 18y - 36 O. Prva tri člana određuju kvadratnu formu sa matricom [ 4112 129 ] . Njene normirani svojstveni vektorisvojstvene vrijednosti su = i = , a odgovarajući = }.o [i]. = [ -31 ] . Od njih formiramo stupce matrice S : S = 0o [ 3l -13 ] . Uvodimonovevarijablenanačin [� ] = s [�: ] , (obratnavezaje Uvrštavajući = + = jednadžba se svodi na + + - - 36 = O odnosno + /o) - � - 36 = O. + + fo ) - � + Uvodimo nove varijable translacijom sustava = - )w, = + pasejednadžbasvodina + = odnosno -1 + 9 = 1 . Ovomrotaci jednadžbom sustavu koji je od početnog der biven jom za kutje zadana takavelidapsa,jekoja cos je =centralna #o i sin = � a potom translatiran ( u zarotiranom sustavu) za vektor [ -1o ]· RJEšENJE.
41x2 24xy 24x 45 2 5 v2 i\.1
==
i\.
Vt
l
710
l
x �(3x' -y'), y 7io(x' 3y'), 45x'2 5y12 x' 45(x'2 kx' 5(y12 - vToY' x" x' J.o, y" y' 45x'f122 5y"22 45, x' y" _29..._
y1o
cp
cp
0o
.lQ....
y1o
u
cp
,
165
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA 11.8.
Odredi krivulju zadanujednadžbom
o. RJEšENJE.
jednosti su
3xz + 10xy+3y2-2x-14y-13 =
Matrica kvadartne fonne prva tri člana je
A.1 = 8 , A.z = -2
Sada je S �
[ � -t' l
••
= [�l
[� ;J
, = [ -t' l
.
Njene svojstvene vri
i odgovarajući normirani svojstveni vektori .,
i uvodimo nove varijable na način
[;l =
jednadžba svodi na
odnosno
S
[;:l·
Tako se
8x'2 - 2y'z - ?zx' - �y' - 13 = O, 8(x'z - fzx' + ! ) -4 - 2(y12 + }zy' + V + 9 - 13 = O. x' ' y" = y' + ?z 8x'12 - 2y"z = 8, y"z = 1 . x-112 - 4 l
Uvodimo nove varijable translacijom sustava X
pa imamo
odnosno
"
-
- 72,
[_�l ·
Ovo je jednadžba hiperbole koja je centralna u sustavu koji je najprije zarotiran od početnog za kut q> �
11.9. RJEšENJE.
i
, a potom i translatiian za vektor
Odredi plohu zadanu jednadžbom
4V'2y + 4V'2z + 4 = O.
9x2 + 20yz + 20zz - 40yz - 36x -
[� -202g -2g20 l ·
Matrica ove kvadratne forme je
o
Njene svojstvene vrijednosti vektori
A.1 = 9, A.z = A.3 = O 40 ,
i odgovarajući svojstveni
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
166 Zato imamo
A= i uz supstituciju
[l
O
o o
��
o -?z
7i
]
jednadžba se svodi na
Stavimo li
2 + 40y12 - 36x' - 8y' + 4 = O, 9x' 9(x12 -4x' + 4) + 40(y12 - ty' + 1� ) = 32.4 x" = x' -2, y" = y' - fo y"2 = 1 . x'-f2 + 3.6 0.81
dobijemo jednadžbu cilindra
11.10.
Lagrangeovim postupkom dijagonaliziraj slijedeće kvadratne forme:
== xi-xi+-2x�8x�++5x�2x1x-2x1x ; ; 2 + 4xzx3 + 4xzX3 J 2 e) f = xi + x� + 3x� + 4x1Xz + 2x 1x 3 2xzx3 ; d) f = 6xi + 5x� + 1x� -4x 1 xz + 4xlx3 ; e) f = 3xi + 3x� - 2x1x2 + 4xlx3 + 4xzx3 ; f) f = 2x1x2 -4xlx3 + 3xzx3 ; g) = X 1X2 + XzX3. 11.11. = Qy : a) J = llxi + 5x� + 2x� + l6x1x2 + 4xlx3 - 20xzX3 ; b) f =xi + x� + 5x� - 6x1x2 - 2xlx3 + 2x2X3 ; e) f =xi +x� +x� + 4x1xz + 4xlx3 + 4xzx3; d) f = 17xi + 14x� + 14x� -4x 1x 2 - 4xlx3 - 8xzx3; e) J = xi -5x� + x� + 4x1xz + 2x 1 x3 + 4x2X3 ; f) f = Sxi -1x� + 8x� + 8x1x2 - 2x1x3 + 8xzx3; g) f = 2x1x2 - 6x 1X3 - 6xzX4 + 2x3X4; h) f = 5xi+5x�+5x�+5x�-10x1xz+2x 1x3+6x 1x4 +6xzx3+2xzx4-10x3x4 ; i) J = 3xi - 3x� + 4x� + x� + 8x1x2 - 4x3x4 ; j) = xi +X� - 2x� - 2x� + 2x 1X2 - 4X3X4; k) f = 9xi + 5x� + 5x� + 8x� + 8xzx3 -4xzx4 + 4x3x4. a) f
b)
j
+
Svedi na kanonski oblik slijedeće kvadratne forme i odredi ortogonalnu mat
ricu transformacije Q za koju je x
j
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
11.12.
Ispitaj definitnost sljedećih kvadratnih formi: a) J = xi + lOx1x2 + 26x� ; b) J = -xi + 2x1x2 - 4x� ; e) J = xi - 15x� + 4XtX2 - 2xtX3 + 6x2x3 ; d) J = - l lxi - � - 6x� + 12xtX2 - 12xtX3 + 6x�3 ; e) J = 9xi + 6x� + 6x� + 12xtX2 - lOx1x3 - 2x2x3 ; f) J = 2x� + XtX2 + XtX3 - 2x2X3 + 2x2X4 ; g) J= xi + 4x� + 4x� + 8x� + 8x2x4 .
11.13.
Odredi it E R za koje su slijedeće kvadratne forme pozitivno definitne: a) J = Sxi + x� + itx� + 4XtX2 - 2xtx3 - 2x2x3 ; b) J = 2xi + � + 3xi + 2itXtX2 + 2xtX3 ; e ) J = xi + x� + Sxi + 2itxtX2 - 2xtX3 + 4x�3 ; d) J = XI + 4x� + xi + 2itXtX2 + 10XtX3 t 6x2X3 ; e) J = 2xi + 2x� + X� + 2itXtX2 + 6x1X3 + 2x�3 ; f) J = 2xi - X� + 4x� + (2it - l )XtX2 + it 2X2X3 ; g) J = X� + X� + 4itXtX2 + it 2x1X3 ; h) J = XI + X� + X� + 4XtX2 + 2itXtX3 + 2itx�3 ; i) J = xi + 5x� + (it 2 + l )x� + 4xJx2 + 2xtx3 + 4xzx3 .
11.14.
Odredi it E R za koje su slijedeće kvadratne forme negativno definitne: a) J = -xi - X� - 4XtX2 - 4XtX3 - it 2XzX3 ; b) J = itxi + X� + 3x� + 2xtXz + 2xtX3 + 4XzX3 ; e ) J = itxi + itx� + (it - 3)x� + 2xtXz + 2itxlx3 + 2xzx3 ; d) J = -xi + itx� - x� + 4xtXz + 8x�3 ; e) J = itxi - 2x� - 3x� + 2xtXz - 2xtX3 + 2xzx3 .
11.15.
Ispitaj definitnost kvadratnih formi u ovisnosti o parametru it : a) J = itxi + X� + 4XtX2 ; b) J = 2xf + 3x� + 2itxtxz + 2xtX3 - 4xzx3 ; e ) J = -xi + itx� - 4XtXz + 6x1x3 + 10xzx3 .
11.1().
Odredi krivulje zadane jednadžbama: a) 17x 2 + 12xy + 8y2 + 20VSx + 20 = O ; b) 5x2 + 24xy - 5y2 + 6VT3x + 4VT3y + 13 = O ; 2 2 e ) 16x - 24xy + 9y + 25x - 50y + 50 = O ; 2 2 d) 9x - 4xy + 6y + 16x - 8y - 2 O ; e) x2 2xy + y 2 - lOx - 6y + 25 = O ; f) 5x2 + l2xy - 22x - 12y 19 = O ; g) 4x2 - 4xy + y2 - 6x + 3y 4 = O ; h) 2x+4xy + 5y2 - 6x - 8y - l = O ; i) x2 - 4xy + 4y2 - 4x - 3y - 7 = O.
167
l l. KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
168
11.17. Odredi plohe zadane jednadžbama:
4x2 +4y2 - 8z2 - lOxy +4yz+4xz- 16x - 16y - 8z+72 = O; 7x22 + 6y22 + 5z2 - 4xy -4yz - 6x - 24y + 18z + 30 = O; ) 2x -7y - 4z2 + 4xy + 20yz - 16xz + 60x - 12y + 12z -90 = O; d) 2x2 + 2y2 - 5z2 + 2xy - 2x -4y -4z + 2 = O; ) 2x2 + 2y2 + 3z2 + 4xy + 2yz + 2xz -4x + 6y - 2z + 3 = O; f) 4x2 + y2 + 4z2 -4xy + 4yz - 8xz - 28x + 2y + 16z + 45 = O; g) 2x2 + Sy2 + 2z2 - 2xy -4yz + 2xz + 2x - lOy - 2z - l = O; h) x2 + 5y2 + z2 + 2xy + 2yz + 6xz - 2x + 6y + 2z = O; i) x2 - 2y2 z2 + 4xy + 4yz- lOxz + 2x + 4y - lOz - l = O. a)
b) e
e
+
[ 4 5 �6] ; b) [�2 �1 i0] ; e [;3 ;6 9�]; d) [�4 �1 i0]. ; e) [! t t] ; [;3 �2 -�l ] 51 1.14. b) [�o �o -2�] d) [ i5 !7 �] 1.15. a) [ -; ;l ] ; b) [ 3 o -25 ] . . 6 9 2 1 1.16. a) [ o 5o 4o ] b) [ o2 33 -123 ] 1.17. a) [ � i -q ; b) [ 1� -��] ; e) [ : � ;; �] ; d) 27 )T . 5 -22 3229] [�1�6 ;�12 ;�9 20i� ] d) [ :7 �7 _;7 -l�7] 1.18. a) [ 32l 190 -5-7 ] b) [ ll193 -27 -17 26 7 l 3 10 9 7 1.19. a) [ � � ] b [;� =i:] ; e) [ �� �� 1 � ] ; d) ( -3� �5 �] ;e) [ 1 3 9
1.13. a) i !
)
t i }
f)
. Simetrične su sve osim posljednje.
(dijagonalna); e)
a) O (nul-matrica);
(skalama);
(simetrična).
8
8
-l
O
-1
l
(gornja trokutasta);
1
(simetrična).
[ - 1 -1
O
;
)
;
;
e)
-
-ll
10
l
O
;
·
8
8
O ; f)
8).
170 1.21.
1.22.
[ [ CB =
AB = 4l -2l -15o
1.27.
1.28.
o
o
]
. 2)
1.32.
]
5 10
a) Nije definiran; b ) 3 x 3 ; e) definiran; b) nije definiran.
a)
]
[
]
. 3) -
�
2
[�
[ � -�l -�] ; [� =� � ] ) [ l� =� �� · ; ] . 4)
_
. 3)
-1
9 o
3
.
.
-5
4
5 -3 2
]
5 x 2 ; d) 5 x l ; e) nije definiran; f) nije definiran; g) nije
A2 + AB + BA + B2 • ( AB + BA nije isto što i 2AB ) ; b) 2A2 + 4AB + BA + 2B2 ; e) ACD + ACE + BCD + BCE ; d) A2 + 2A - 31 ; e) A3 + A2B + ABA + AB2 + BA2 + BAB + B2A + B3 ; f) A3 + 3A2B + 3AB2 + B3 . .
a) f(A) = [ � ;� ] ;
21 -23 15 4 10 -9 22 25
a) [ 14455 --5251 ] ; 5 12 ] a) [ 551212 512 '
[ a) [
]
o o o o ; g)
]
[ ; =� ]
];
e) /(A) =
b) /(A) = O .
[ 31814529 1 315695 ] ;
[ -i
]
[� i l ;l .
e)
o o
-
i !] _
·
]
[o o o [ -2963 -42 · d) o o o ; e) [ -5 6 ] ; ] -5 6 -50 ' o o o h) [ -8 -24 ] . 8 2 + 1 4a(l+a2 ) ] . [ --cossin 3a3a -cossin 3a3a ] . e) [a4+6a 4a(l+a2 ) a4+6a2 + 1
[ � 2� ] ; [ -23-3 -31 -67 ];
5 -5 b) 20 o ; 304 -61 305 -62 .
[ ] 1.34. a) [ � � ] ; b) d)
b) b)
[ ; -l� ] ;
b) /(A) =
a) /(A) = [ -13
f) 1.33.
]
A2 = (xyT)(xyT) = x(yT x)yT = A xyT = AA gdje smo s A označili skalar yT x .
1.30. Direktnim uvrštavanjem. 1.31.
[
-40
5 -9 10 6 14 -6 -10 1 -1 5 , CA = 3 -3 , DC = l4 -26 . -4 o 20 4 -12 48 12
[ -! -il ; [-� ��
1.24. Vrijedi
1.26.
]
[ ll6 225 ] ' BD = [ -2 85 -5-4 ] ,
=
a) l) [ � -� ] . 2) [ � -� � -7 6 -5
b) l)
1.25.
] ' BC
RJEŠENJA ZADATAKA
e)
24
[ � l+(n;- l)A ] ;
za neparni n ; e)
e)
'
[ Ol (2n 2n-l )A ] '.
[ 2��� l-2-nn ] ·
1.35. Matematičkom indukcijom po broju
n.
•
d)
[� �]
za
parni n ,
171
RJEŠENJA ZADATAKA
1 31 3 .. 0 1.36. O O . 1.37. [73853197 -1-922266 ] . 6
a)
l;
l
b)
et1 ) . . . (2) . . ("2 1 ) .
e)
o o o ...
{n )l ) (n 21 ) e 11 )
{"!1) {"2 1 ) o e11)
o
o
o
o
o
e:: D ("-1 ) n- 2
("-l) n-3
o
1.38. [ -la -�b] ; [ � �]. [ �t -f ] ; [ 121 ] . a b ] a b a a 3b O a O O [ 1.41. [ 3b a+3b]; [ -5b a+9b J ; [O aO ab] ; OO OO O c a b cl 1.42. [ : a�;, J [� � :] ; [ OO aO ab . . 1.1.4443.. aii a;J O 1.45. aii O bii b 2:k=l a;tbq -aii, k2:=l b;kaA;i ai). -ay aii O, bij ka;=; l a;atjbA;. ; au, 2:k=l btkak.f = au. 1.46. [a -ab ] -a2. 1.47. [a -ab J bc -a2. 1.40.
a)
!
b)
-! 2b
a)
a)
b)
4
-4
o
e)
b)
oo
e
d)
o
a) Sve dijagonalne matrice; b)
e
·
d)
e)
;
d
Matrica A l , A E R .
Očito j e da dijagonalne matrice međusobno komutiraju.
Obrat ćemo pokazati pozivanjem na suprotno. Pretpostavimo da tnatrica
A koja komutira
sa svim dijagonalnim matricatna itna bar jedan vandijagonalni element različit od nule npr za
neke
i, j , i l= j .
Tada ona specijalno komutira i sa matricom
jedinicu i na ostalim mjestima nule. Usporedimo matrice
=
tnatrica
DA
za
što je u kontradikciji sa polaznom pretpostavkom
A
D
na
matricu
dijagonalna.
(i, i) itna (i, j) . Slijedi
koja na mjestu
i AD
mjestu
A.
Zaključak je da je
Jedan je smjer očit, A I komutira sa svim matricatna istoga reda. Obrat Pretpostavirno suprotno da matrica
i, j , i 1: j .
Uzmimo matricu
nuli. Tada je
B
za koju je
n
(AB ) ij
Zbog pretpostavke AB
=
BA
=
A i
l= za neke jj = - l , a svi ostali elementi jednaki su
irna bar jedan element
n
=
(BA);j =
=
slijedi
l
tj
2a;j =
kontradikcija ! Dakle, svi ele
menti van dijagonale jednaki su nuli. Preostaje dokazati da su dijagonalni elementi međusobno jednaki. Uzmimo matricu B za koju je = l za neke fiksne i # j , a svi ostali elementi
jednaki su nuli. Sada je
n L
(AB) y
Zaključujemo da mora biti Matrice oblika
e
Matrice oblika
e
da je
A2 # O i A3 = O .)
==
(BA)tj =
Kako su indeksi
i, j
n
izabrani po volj i, slijedi tvrdnj a.
pri čemu vrijedi bc =
pri čemu vrijedi
(Ne postoji matrica drugoga reda takva
RJEŠEN1A ZADATAKA
172
1.48. Neka je k najmanji prirodan broj za koji vrijedi Ak = O . Svaka kvadratna matrica zadovoljava relaciju A2 = (a + d)A - (ad - bc)I . Odavde slijedi A1 = (a + d)Ak- ! - (ad - bc)A1-2 te zbog pretpostavke slijedi (a + d)Ak- ! = (ad - bc)A/c-2 . Množenjem ove jednakosti s A i korištenjem pretpostavke, dobivamo O = (ad - bc)A k-l . Odavde slijedi tvrdnja 1.49. Koristit ćemo rezultate
zadataka 1.30 i 1.48. Vrijede jednakosti A2 = (a + d)A - (ad - bc)I O pa je stoga A2 = (a + d)A . Ako je k najmanja potencija za koju vrijedi Ak = O , tada vrijedi po gornjemu Ak = O = (a + d)Ak-I te mora biti i a + d = O . No, po prvoj relaciji tada slijedi i A2 O . i ad
- bc
=
=
1.50. A ) Iz zadanoga uvjeta dobivamo sistem jednadžbi
[
] [ o]
{
� + bc = l ,
b(a + d) = o, a2+bc ab+bd = l O l ==> ca+dc cb+d2 e(a + d) = O, cb + d2 = l. Iz druge jednadžbe mora biti a + d = O ( b bilo kakav) ili b = O U prvom slučaju slijedi a = -d i a2 + bc = l . U drugom mora biti e = O te a2 = d2 = l ( a # -d ) . Odavde a = d = l ili a = d = - l . a b , a2 + bc = l te I i -I . Prema tome, rješenje čine matrice oblika -a •
uz
[ ] e
uz
b) Trebamo pokazati oba smjera implikacije. l) Ako je A involutoma, tj. A2 = I , onda je I - A2 = 0 , I - A + A - A2 ::;:: 0 , dakle (I - A)(I + A) ::::: O . 2) 0bratno, ako je (I - A)(I + A) = O , množenjem slijedi I - A + A - A2 = O , tj. I - A2 = O pa je A involutoma 1.51. Dokazujemo matematičkom indukcijom po broju n . Za n = l matrica ima oblik A = [OJ i tvrdnja vrijedi uz p = n = l . Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za matrice reda n . Izaberimo matricu B reda n + l , gornju trokutastu s nulama na glavnoj dijagonali. Nju možemo prikazati u obliku B =
[! �] .
Tu
je matrica A istoga tipa,
ali
reda n , x vektor stupac dimenzije
n - l , O vektor redak dimenzije n - l sastavljen od nula. Za potencije matrice B vrijedi
[
Bp = AP O
AP-'x O
]'
p+ ! =
B
[ ApO+I APxo ] ·
Kako je AP = O , vidimo da je B nilpotentna Primjeri da iz dokaza slijedi i ocjena p � n .
1.52. Neka su A i B gornje trokutaste matrice (za donje trokutaste dokaz je analogan). Tada vrijedi a;j = O , b;i = O za i > j . lzračunajmo matricu e = AB . Njen opći element je Cij = L:�= l a;/cbkj . Pokažimo daje za i > j on jednak nuli.
(ail b!i + . . . + a;ib.ii) + (aii+ !bj+!j + . . . + ambnj) = 0 U prvoj zagradi su elementi matrice A jednaki nuli ( ai! = . . . = aij = O ) a u drugoj zagradi poništavaju se elementi matrice B ( bi+Ii = . . . = bni = O ). Zato je e gornja trokutasta. Cij =
1.53. Ako je A tipa m x n i B tipa n x p , tada je B T tipa p x n i A T tipa n x m paje umnožak B T A T definiran i tipa je p x m , baš kao i matrica (AB) T . Odredimo element na mjestu (i, j)
173
RJESENJA ZADATAKA u ove dvije matrice.
n
((AB)T] ij = [AB1; = :L>jtht;,
k=l
n
n
[B T A T] ij = L [B T J;t [A T]� = L bkiajk ·
k= l
k= l
Opći element se podudara pa su i matrice jednake. 1.54. (AA T) T
= (AT) T AT = AAT .
1.55. Očigledno je
A = As + Aa . As je simetrična matrica jer vrijedi
�
�
[
[
�
(As)T = ( (A + AT))T = (AT + (AT)T) = (AT + A) = As. Aa je antisimetrična: (Aa)T = ( ! (A - AT))T = !(AT - (AT)T) = !(A'f - A) = -Aa. 2 2 2 Za matricu A ovaj rastav je l l 5 l 5 O O 4 -5 A = -3 -l 6 = l -l 5 + -4 O l . Slično,
10
1.56. Tvrdnja slijedi iz jednakosti
4 -7
J
5
5 -7
[
J
5 -1
(A + B)2 = A2 + AB + BA + B2 .
o
J
1.57. Vidi sljedeći zadatak.
A i B simetrične ( A = A T , B = B T ) . Ako je AB simetrična, onda je AB = (AB) T = B T A T = BA pa A i B komutiraju. Obratno, ako je AB = BA , tada imamo (AB) T = B TA T = BA = AB te je AB simetrična matrica.
1.58. Neka su
1.59. Slično
kao
u predhodnom
(AB) T = -(AB)
{::::::}
zadatku:
BA = -AB .
(AB) T = B TA T = (-B)(-A) = BA pa vrijedi
[AB] = O {::::::} AB-BA = O {::::::} AB = BA , b) [AB] = AB-BA = -(BA-AB) = -[BA] , e) Vrijedi [[AB]C] = [AB]C - C[AB] = (AB - BA)C - C(AB - BA) = ABC - BAC - CAB + CBA . Slično je i [[BC]A] = BCA - CBA - ABC + ACB i [[CA]B] = CAB - ACB - BCA + BAC . Zbrajajući sve tri jednakosti dobijemo traženu.
1.61. a)
[
2+i -3i o
J
[
1.62.
A = l-2i 5 6+i ,
1.63.
Iz uvjeta A = A* slijedi a;; = �i te je hermitsku i antihermitsku glasi
2
3+i 2i
2+i l-2i 2 5 3+i o 6+i 2i
A* = -3i
J.
aii realan. Slično za antihermitske. Rastav matrice na
A = �(A + A*) + �(A - A*). 1.64. Uputa. Izaberi za matricu B matricu koja ima sve elemente jednake nuli osim jednog b;j = l , na poziciji i # j . Tada će slijediti nužno a;; = l , aji = O . kako su indeksi i , j izabrani po volji, svi dijagonalni elementi matrice A moraju biti jednaki l, a svi vandijagonalni O.
174 1.65.
RJEŠENJA ZADATAKA
tr(AB) = �(AB)i = �(�aijbji) = � � aijbji, tr(BA) =�(BA); = �(� b;jaji) = � � ai;b;j·
Izračunajmo oba traga:
Ove su dvije sume jednake - zamijenimo imena indeksima
trivijalne.
1.66.
Pretpostavimo obratno:
takve matrice postoje.
tr(AB - BA) = tr i = n . Međutim, tr(AB) - tr(BA) = O . Proturječje. ve
i , j . Druga i treća jednakost su
Tada bi moralo vrijediti
prema prošlom zadatku imamo
za
njihove trago
tr(AB - BA) =
1.67. a) Vrijedi zbog komutativnosti zbrajanja matrica; b) Tvrdnja je očigledna; e) Vrijedi zbog AI = lA = A ; d) A * (B + C) = t (A(B + C) + (B + C)A) = t(AB + AC + BA + CA) = t (AB + BA) + t (AC + CA) = A * B + A * C.
1.68.
Provjeri da vrijedi (ar i + fJrJ) + (a I + fJ J) = (ar + a )I + (fJr + /h )J 2 2 2 (ar i + fJr J) (a2 I + fuJ) = (ar a2 - 13rfh )l + (ar /h + a2 fJr )J .
Uputa
i
·
2.17. a) -96
(po
2.
retku) ;
b) 80 (po l .
2.18. a) abed ; b) abed ; e)
xyzuv .
stupcu);
e) 75
(po 2.retku) ;
d) 102 (po 2.
stupcu).
2.19. a) l ; b) -80 ; e) 9 ; d) O ; e) l ; f) -3 .
2.20. a) -24 ; b) -200 ; e) 42 .
2.22. a) - 140 ; b) 8 ; e) - 13 ; d) -2 . 2.24. a) -8 ; b) -3 ; e) -160.
2.21. a) 320; b) O; e) 3 19.
2.23. a) 1 15 ; b) -12 ; e) 8 .
2.25. a) x(x2 - 22) ; b) (x2 - l)(x2 - 32) ; e) x(x2 - 22)(x2 - 42) .
2.26. a) - 100 ; b) l ; e) O ; d) 900 ; e) 45 . 2.27. 9v'IO(v'3 - v'i) .
2.28. a) 3abc - a3 - b3 - c3 ; b) O ; e) (ab + bc + ca)x + abc ; d) l + a2 + {J 2 + y2 ; e) l .
2.29. a) sin(tl - r) + sin(y - a) + sin(a - tJ) ; b) O; e) O; d) O.
2.30. a) 2abc(a + b + c)3 ; b) 4(b + c)(c + a)(a + b) ; e) 4(a - b)(a - c)(b - c) ; d) (a2 + b2 + c2 + d2)2 ; e) (ax + by + cz)2 f) a2 + if + c2 - 2ab - 2bc - 2ac + 2d .
a + cos2 tJ + cos2 y 2.34. D = (l - a4 )3 . 2
=
l.
2.31.
cos
2.35.
Knristimo Binet-Cauchyjev teorem:
l = det l = det(AAT ) = det A det A T = (det Af
175
RJEŠENJA ZADATAKA
±l .
Odavde slijedi det A =
nalna, a ima determinantu jednaku
2.36.
[; � ]
Obrat ne vrijedi. Na primjer, matrica A =
l.
·
nije ortogo-
Zbog detA = det A po Binet-Cauchyjevoom teoremu je
l
l = det I = det(UU* ) = det Udet U = det Ul Odavde slijedi tvrdnja.
2
•
2.37.
Izlučimo - l iz svakog retka: det( A) = ( - l )" det A. Sada za autisimetričnu matricu neparnog T reda vrijedi det A = det(A ) = det( -A) = ( - I t det A = - det A . Slijedi det A = O .
2.38.
Premještanjem posljednjeg stripca na mjesto prvog za rezultat množenje determinante sa ( - I t- 1 . Slično, premještanje posljednjeg (u tako dobivenoj matrici) na mjesto drugog
ima
(-l )"-
stupca odgovara množenju sa = ( - l )n(n - 1)/2 .
( - 1 ) 1+2+ ...+n - l
2
, itd.
Konačno, početna determinanta se množi s
2.39.
Neće se promijeniti. (Ova transformacija odgovara transponiranju, zamjeni stupaca i zamjeni
2.40.
a)
redaka u suprotnom poretku. ) Ne; b) ne;
e)
da;
d) da.
2.41.
Indukcijom po broju blokova matrice A , (vidi sljedeći zadatak uz
2.42.
Tvrdnju dokazujemo matematičkom indukcijom po redu matrice D . Baza: tvrdnja je očigledna za matricu reda
2.
Pretpostavka: neka tvrdnja vrijedi za svaku matricu reda
[� :]
Korak: nekaje D = reda
k i n-k.
C = O ).
kvadratna matricareda
n
,
n
-
l.
dok su matrice A i B kvadratne
Razvijamo determinantu od D po prvom retku ( Dij označava matricu D bez
i-tog retka i j-tog stupca)
det D = Matrica D i zato je
li je reda n
-
n
� L...,.. ( - 1 ) l+id
l
i=l
i
det D l =
�i
k � L...,.. ( -1) l+ia
i=l
1 ; det D t
�
i
·
l pa po pretpostavci indukcije za nju vrijedi det D
k
det D =
l:
au
l i = det A li det B
det A1i det B = det A · det B.
i= l
2.43.
a)
Vrijedi jednakost blok-matrica
[ � � ] [! ] [ � -B l
=
D
�
BC
]
.
Računajući determinante matrica s obiju strana slijedi tvrdnjajerje det
l po prethodnom zadatku.
b)
Tvrdnja slijedi na isti način iz sljedeće jednakosti
[ C I ] [ -CI OI ] - [ A B
_
A-BC B
O
]
I .
[! -lB ]
= det I det I =
176
RJEŠENJA ZADATAKA
e)
[ A B] [A-1 -B] = [AA-1 -AB+BA] = [ ICD A CA-1 -CB+DA CA l -CB+DA ] [I -CB+AD A-1 B ] .
Tvrdnju dobijemo iz jednakosti
O
O
'
O
2.44.
1:�;� :�;� l' = (a(x)d(x) - b(x)c(x))' = a(x)1d(x) + a(x)d(x)' b(x)'c(x) - b(x)c(x)1 = (a(x)'d(x) - b(x)'c(x)) + (a(x)d(x)' - b(x)c(x)') = 1:�1; ��1; l + j:gf :�?� l ·
Za determinantu n-tog reda na lijevoj strani analogne formule imamo sumu od n determinanti tako da i-ta sadrži derivacije u i-tom retku.
2.45.
l l l ... l 122 2 ( a) l 2 3 · · · 3 = l 2 3 ... n 1 2 3 4 . .. n 2 2 3 4 . n (od b) 3 3 3 4 . . . n n n n n ... n e) O 1 2 ... n-l 1 O 1 ... n-2 2 1 O . n-3 n-1 n-2 n-3 . . . O :
.
)
od svakog retka osim prvog odu-onemo prethodni
· · ·
.
lll ll l
o o o
=
l -1 ) = -1-1 -1-1 ( -l)n-l n. n n n ... n O 1 2 ... n-1 l -l -1 -1 l l -1 -1 = l -l l l o l -2 o o = l o -2 o o o -2 o o o ... o o ... o o ... o -1 . . . O
svakog retka osim posljednjeg odu-onemo sljedeći
. .
L
=
...
..
.
d) Svakom retku osim prvog oduzmemo prethodni. Zatim od svakom stupcu osim posljednjeg dodamo posljednji. Na taj način dobijemo gornju trokutastu matricu. Produkt elemenata na . I Je diJagonal" 2.46.
n +-l ( -2)n- 1 . 2 a) D n-l x x E {2, 3, . .. , n} l( x"- 1 D = (x - 2)(x - 3 ) · · · (x - n) . D n-l x b) x E {l, 2, . . . , n - l} xn l n D = n(x - l)(x - 2) · · · (x - n + l ) .
je polinom stupnja po nepoznanici determinanta je . Za jednaka nuli, jer su joj tada dva retka proporcionalna Također je vodeći koeficijent ovog polinoma jednak najveću potenciju je Slično, je polinom stupnja Koeficijent uz najveću potenciju
-
dobivamo množeći elemente na dijagonali). Zato
u
je
koji se poništava u
paje
.
177
RJEŠENJA ZADATAKA
n-1 s vodećim koeficijentom (-1)"- 1 i snultočkama O, l, 2, . . . , n-1 . ( -1 )"-1x(x - l ) (x - 2) · · · (x - n + l). 2.48. a) l ; b) l ; e) (-l )"(n -l)/2A · · ·A ; d) (-1)"-1 ; e) (1 + (-1)"]/2 . Vrijedi ll,. = 1 " l- l. 2.49. a) n! ; b) (-2)"-1(Sn - 2) ; e) ( -l )"(n- l)/2 -! n"- 1(n+ l ) ; d) (-3)"12 . 2.50. a) n( -1(21) ; b) ( -l )"- 1n! ; e) [a + (n - 1 )b](a - b)"- 1 ; d) L,:�=l kxk-l . 2.51. a) X t (x - a 12 )(x3 - a23) .. . (xn - an t,,. ); b) ao(x - at)(x-a2) . . . (x- a,.) ; e) x(at x) . . . (an2 -x)( � + � + . . . + � -) d) (at - Xt)(a2 -x2) . . . (a,. - Xn) - a1 a2 . .. a,. . ; d) 2.52. a) 3"+ 1 - 2"+ 1 ; b) n+ l ; e) 2.47. D jepolinomstupnja Dakle, D = t\"_
a1 x
a. x ;
s•+l_2•+l
2 ; b) l ,. e) 2·, d) 2 ; e) 2; f) 3; g) 2·, 3.14. a) 2; b) 2 ; e) 3 ; d) l ; e) 2; f) 4 ; g) 2; 3.15. a) -4 ; b) A i= -4 ; e) ne postoji takav A
3.13. a)
,.
i\.
E R.
i\. 1'7
=l= - 4l .
h) s .
s.
h)
A = 3 matrice je 2, a A :f= 3 je 3. b) A = l je l , A :f= l je 3 . je 2, i\. :f= 3 2. e) i\. [-8 29 -ll ] e) t [ -7S -36 -1-1 ] ; 3.19. a) [ -3! �! -3!] ; b) -S 1 8 l -3 -6 3 3 27 -29 l l l ll d) � [�2 -2i ;l ) ; e) ll -1l -1l -1 -1 . -1 -1 l 7 [ sin a - cos a 3.20. a) 1 [ -1 -8]3 . b) 1 [S3 12 ] . e) cos a sin a ] ' 1 -l d) t[=� -� :1 ; e) -}g[=!� � �] ; f) -� [ -7� =; -��] . -4 -1 s 2 14 8o 8 3.16.
3.17. a)
rang
Za
rang je
==
Za
24
l 4
_
TI'
3.21. a)
d)
�
'
[ � Ho o �l;o
za
3 rang
b)
[
za
rang
l
-7
l
-l
_
za
;
.
'
[�o -lo -1� �l l ; e) [o� -lo -io �!]l ;
l[!l -1i -i-1 =il ] ; e) .ful�oo -�oo -2�6 -�-13 �1 ; l
rang
Za
rang
-7 5
f)
[
1
� �]·
-k go �go �:o 32 -16 o o o o 32
178
3.22.
RJEšENJA ZADATAKA
[o� o! o� �ll � [-�2 -�2 j2 -5�l [_!l -� -il =io] . [a) oo: ol -lol ....... .. oo] ool ol l -ll (-l)((-lf-2-l)nn-3-1 a)
;
;
b)
-1
1 -l
3.23.
e)
-1
[2o n�o Oo ..o . ... . oOl o o o[2-n 2-n 2-n . l n oo. . 2-n [ oo o [ 26 [ oo [ 0 1
;
b)
-1
.
l l -l
-
l
e)
a
3.25.
Matrica
1 d) __l
-
l
m
b)
5 -5 ] ;
l
.
l ili, l i1i,
Iz jednakosti
(A-I)TA = A=
jednakost
B=C
3.29. 3.30.
l ..
. . . , a;; l
AA -I l
.
=I
l l ... l l l ... l l l : ·. :: l ...
oo o
(A-I)T AT = l . 1 A A-1 (A-I)T = A- tj.
transponiranjem je
slijeva s
A-1 .
A A-1AB = A-1AC,
Ako je
Imamo
regularna postoji tj .
. Dakle, smijemo kratiti samo sa regulamim matricama!
Iz uvjeta je
I = -A - A2 = A(-I - A) = (-I - A)A, Dobije se
B = 2A - I 4A2 - 4A + I = I {=::::} 4A2 = 4A Neka je matrica
involutorna
{=::::} A
A -I m = IC .
{=::::}
je
. Pomnožimo
A -1 = -I - A . da A-I A2A- l = AA-I :=:::? A = l .
2=A
A-1
i matrica
Slijedi
dakle
Pretpostavimo da je idempotentna matrica regularna Znači
A2 = A.
A ; e) od j-tog
je simetrična pa je
je
[� �] , B = [; � ] , C = [� �] .
AB = AC
D invertibilna
i-ti stupac se podijeli sa
očigledan, jer je jedinična matrica i idempotentna i regularna
3.32.
d)
45 l l ] ;
l
na di"J agonal"t.
Množenjem zdesna s
s njom zdesna jednakost
3.31.
·
od nule. Njen inverz je također dijagonalna matrica sa
simetrična. Slično i za antisimetričnu. Npr.
l
15 - 13
311
e)
3.26. ) U inverznoj matrici se zamijene i-ti i j-ti stupac; b) stupca se oduzme i-ti podijeljen s A .
3.28.
l ... l l ... l .. l
ima inverz ako i samo ako je njena determinanta različita od nule pa je
elementirna
3.27.
l l
.
l
ako i samo ako su svi di različiti
a
l l
. . -l
- 10 -7] ;
l
;
-1 .
10
m
l
l
l
3·24. )
-1
B2 = I {=::::} A
postoji
{=::::}
pa pomnožimo Obrat je
(2A - I)2 = I
je idempotentna.
Direktno provjerom
(I - A)(I + A + A2 + . . . + AP-1) = (I+ A + A2 + . . . + AP-1)(I - A) = l - A +A - A2 + . . . + Ap-I - AP = I - AP = I.
{=::::}
179
RJEŠENJA ZADATAKA 3.33.
3.34.
a)
AB(B-1A-1) = ABB-1A-1 = AIA-1 = AA-1 I slično je i B-1A- 1AB = I pa slijedi (AB)-1 = B-1 A - l . b) Lako se provjeri indukcijom po k . e) Kontraprimjer: uzmimo A = I i B = 21 . Vrijedi (A + B)-1 = ji , A-1 + B-1 �1 . =
,
=
Iz jednakosti
AB = BA invertiranjem je B-1 A - l = A - l B-1 • Množeći početnujednakost zdesna i slijeva s B-1 je B-1 ABB-1 = B-1BAB-1
===>
B-1A = AB-1 .
Slično, množenjem zdesna i slijeva s A -l dobije se A - l B = BA- l .
3.35. Uputa: dokaži prvo (S-1 AS)m = s-1 Ams Vm E N . 3.36. a) Dokažimo prvo
da
vrijedi (A T)-1 = (A - J ) T . To je istina zbog A T (A -J) T = A T (A T) T = A T A l , slično je i (A - l ) T A l pa je A - l također ortogonalna. b) Neka su A i B ortogonalne. Tada je (AB) (AB) T = ABBT A T = AlA T l . Također je i (AB) T (AB) = I paje AB ortogonalna. e) Lako, provjerom. =
=
=
a)
3.37. Slično kao u prethodnom zadatku je u-' (U - 1 ) * = U* (U*)* = U* U = I i analogno U1IUi l a također i (U- 1)*U- 1 = l . b) Vrijedi U,Uz(U Uz)* = U,UzU�Ui J (U, Uz)*U, Uz = l . =
=
,
3.38. Svojstvo (l) je ekvivalentno sa A = A T , Svojstvo (2) je ekvivalentno sa AA T :::;: A T A = l , tj . A- J = A T , Svojstvo (3) je ekvivalentno sa A2 = I , tj. A- l = A . Lako se vidi da bilo koja dva od svojstava (l) A = A T , (2) A T = A- l , (3) A - l A povlače treće. =
,
180
4.18.
RJEšENJA ZADATAKA
a)
Za J.
� l Q
je trivijalno x1 a
rješenje je
�19.
+- + [ll + a [ � -
l sustav nije rješiv. Za A # O i A :j:; l rješenje je jedinstveno: Za A = O ili A .1. 3 ±3.1.2 - 1 5.1.±9 . ).l�l:V.-9 1 3 3A1 2 12A1 - 9) ,· b) za A1 _J_ xr x2 , ..,.. o 1 4l ( - 4A X ,�. _ 1) , x3 .1.2{.1. - 1 } A # l rješenje je x 1 O, x2 = f , x 3 = f , x4 = l f . Za A = O sustav nije rješiv.
]
x2
U.
=
x3
O.
Za A = l rješenje je
a
[-i] [
.
Za A = -2
Za J. � O -i< �
b) �jo ojclW VJ.E R . Za J.
XI
+tl -�]
; e) Za J. # l i J. # -2 >j
[=t]+ a [-�l +{�l; 8 [ -!l +a ul + {�] 8 [ -ll + a [ -�l - + -i] +tl(-f]. [ � ] +a[ + - a- tl .
a) Za J. # O -· m� >jotiv.
Qošenj< i
jcloojo i
5.82. Vrijedi [ AB , AC, AD J = O . 5.84. a
!b - ic + i d , b = ja + -§-e -
5.85. C(3, 7) , D(O, S) , P
- z ! AB I = 1 3 .
5.83. a) P
VIT ; b) P = iv'3 .
j-d, e = -2a + 3b + d , d = 2a - 3b + e .
5.86. a) [i, j, k] > O , �. k, i] > O , [k, i, jJ > O ; b) zbog [i, j, k] > O [a, a + b, a + b + e] imaju isti predznak.
i
U, i, k]
