Linearna algebra
Sadržaj 1. Matrice ........................................................................................................................ 2 1.1 Specijalni tipovi matrica ....................................................................................... 3 1.2 Zbrajanje/oduzimanje matrica i množenje matrica skalarom ............................... 5 1.3 Množenje matrica................................................................................................ 10 2. Determinante ................................................ ..................................................... ............................................................. ........ 23 2.1 Definicija determinante ..................................................... ....................................................................................... .................................. 23 2.3 Svojstva determinanti.......................................................................................... 27 – moguća greška kod determinanti!!!! .................................................... 28 BITNO – moguća 3. Inverzna matrica........................................................................................................ 35 4. Matrične jednadžbe ................................................ ................................................... 46 5. Cramerovo pravilo .................................................................................................... 59 6. Gaussova metoda ...................................................................................................... 78 – moguća greška kod Gaussa!!!!.............................................. ................ 80 BITNO – moguća
1
Linearna algebra
Linearna algebra je područje matematike koje se značajnim dijelom bavi problemom rješavanja linearnih sustava jednadžbi, koji se pojavljuje u mnogo praktičnih situacija (mehanički i ekonomski modeli, problemi optimizacije, numeričke metode itd.) Promotrimo općeniti sustav od m linearnih jednadžbi s n nepoznanica x1 , x 2 ,..., x n : a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1
a 21 x1 a 22 x 2 ... a2n x n b2
. . . a m1 x1 a m2 x 2 ... a mn x n bm
Rješenje gornjeg sustava jednadžbi ovisi isključivo o koeficijentima uz nepoznanice i koeficijentima na desnim stranama jednadžbi. Da bi se olakšalo daljnje računanje, ti se koeficijenti zapisuju u obliku pravokutnog polja koje se naziva „matrica“ i sve se daljnje operacije mogu izvršavati isključivo na spomenutom polju – matrici. matrici.
1. Matric e Matrica je pravokutna tablica sačinjena od redaka i stupaca ispunjenih njenim elementima, zapisana unutar dviju uglatih zagrada (ili oblih zagrada). Ti su elementi
najčešće realni brojevi ali mogu biti i kompleksni brojevi ili neki drugi matematički objekti (funkcije, vektori, matrice). Mi ćemo promatrati uglavnom matrice realnih brojeva. Matrice ćemo najčešće označavati velikim slovima. Ako matrica ima m redaka i n stupaca, kaže se da je to matrica tipa ( m x n) – dakle, dakle, prvi
broj označava broj redaka a drugi broj stupaca u matrici. Primjer 1. Primjer jedne matrice: 2
A
1
. 3 8
Matrica A Matrica A ima dva retka i dva stupca, pa kažemo da je matrica A tipa A tipa (2x2), gdje prvi broj
označava broj redaka u matrici a drugi broj označava broj stupaca u matrici. Primjer 2. 3 0 B 1 2 1
2
Matrica B Matrica B ima 3 retka i dva stupca, pa to kraće kažemo – matrica B matrica B je je tipa (3 x 2). Primjer 3. 0 0 0 C 0 0 0
Matrica C je je tipa (2 x 3).
Opći oblik matrice tipa (m x n) je: a11 a 21 . a m1
a12
...
a1n
...
a 2n
. . .... a mn
a 22 . a m2
Elementi matrice su označeni sa dva donja indeksa – prvi prvi indeks označava red u kojem se nalazi element, a drugi indeks označava stupac u kojem se nalazi element. Tako je a11 element matrice koji se nalazi u prvom retku i u prvom stupcu. Element a ij se nalazi u itom retku i j i j-tom -tom stupcu. Jednakost matrica. Dvije matrice A matrice A i i B B su su jednake ako - su istog tipa (imaju jednak broj redaka i stupaca ) - imaju jednake odgovarajuće elemente, tj. vrijedi aij bij za sve i, j. j.
1.1 Specijalni tipovi matrica 1. Retčana i stupčana matrica. Ako matrica ima samo jedan redak, naziva se matrica, odnosno ako ima samo jedan stupac naziva se stupčana matrica.
retčana
Primjer.
A 1
1 B 5 9
C 1 5 9
0 0 D 0 0
Matrica A Matrica A je matrica tipa (1x1), dakle ona je ujedno i stupčana i retčana matrica. Matrica B je matrica tipa (3 x 1), dakle ima jedan stupac pa je ona stupčana matrica. Matrica C je je tipa (1 x 3), pa je ona retčana matrica. Matrica D je tipa (2 x 2), nije ni stupčana ni
retčana matrica. 2. Nul-matrica . Ako su svi elementi matrice jednaki nuli, takvu matricu nazivamo nulmatrica i označavamo ju s 0, neovisno o tome kojeg je tipa. Ta nepreciznost neće stvarati nikakvih problema. Primjer. Sve sljedeće matrice su nul-matrice.
3
A 0
0 0 C 0 0
0 B 0 0
0
0 0 0
0 0 D 0 0
Matrica A Matrica A je je nul-matrica tipa (1 x 1). Matrica B je B je nul-matrica tipa (3x1). Matrica C je nul-matrica tipa (4x2). Matrica D Matrica D je je nul-matrica tipa (2x2). 3. Kvadratna matrica . Ako je broj redaka m jednak broju stupaca n, za matricu kažemo da je kvadratna matrica reda n. Primjer.
Sve sljedeće matrice su kvadratne matrice.
A 1
2 1 B 5 6
1 C 1 1
2
3
2
3
2
0 5 D 5 5 7
3
2
5 1
3
1
5
6
5
4 1
2
1
9
6
3
2 8
8
2
5
Matrica A Matrica A je je matrica tipa (1x1), odnosno reda 1. Matrica B Matrica B je je matrica tipa (2x2), odnosno reda 2. Matrica C je je reda 3 a matrica D matrica D je je reda 5.
U slučaju kvadratnih matrica, definiramo dva nova pojma – glavnu glavnu i sporednu dijagonalu. Glavna dijagonala kvadratne matrice je dijagonala iz gornjeg lijevog u donji desni kut matrice. Sporedna dijagonala je dijagonala iz gornjeg desnog u donji lijevi kut matrice. 0 5 D 5 5 7
2
5
1
3
1
5
2
6
5
4
1
1
9
6
2
8
8
2 3 5
- sporedna dijagonala
- glavna dijagonala
Specijalni tipovi kvadratnih matrica
3.1 Dijagonalna i jedinična matrica. Kvadratna matrica kojoj su svi elementi izvan glavne dijagonale jednaki nuli naziva se dijagonalna matrica. Dijagonalna
matrica kojoj su svi elementi na glavnoj dijagonali jednaki 1 naziva se jedinična matrica. Označavamo ju s I. Primjer.
4
1 0 0 A 0 2 0 0 0 3
1 0 0 B 0 0 0 0 0 3
0 0 0 C 0 0 0 0 0 0
1 0 0 D 0 1 0 0 0 1
Matrice A Matrice A,, B i B i C su su dijagonalne matrice (svi elementi izvan glavne dijagonale jednaki su nuli). Matrica D Matrica D je jedinična matrica. 3.2 Trokutaste matrice. Kvadratna matrica čiji su svi elementi ispod glavne dijagonale jednaki nuli naziva se gornja trokutasta matrica . Kvadratna matrica čiji su svi elementi iznad glavne dijagonale jednaki nuli naziva se donja trokutasta matrica . Svaka dijagonalna matrica je istovremeno i gornja i donja trokutasta matrica. Primjer. 1 0 0 A 0 2 0 0 2 3
1 0 0 B 0 2 0 1 0 3
1 1 C 0 1
Matrice A Matrice A i i B B su su donje trokutaste matrice. Matrica C je je gornja trokutasta.
4. Transponirana matrica. Transponiranu matricu matrice A (koja ne mora biti kvadratna), koju označavamo AT , dobivamo tako da u matrici A A zamijenimo retke i stupce. matrica A:: Primjer. Odrediti AT ako je zadana matrica A 1 5 6 3 2 A 2 5 6 9 1 0 2 0 5 6
Matrica A Matrica A je je tipa (3x5). Dakle, transponirana matrica AT biti će tipa (5 x 3) (jer ćemo zamijeniti retke i stupce u matrici A matrici A). ). Vrijedi: 1 2 0 5 5 2 AT 6 6 0 . 3 9 5 2 1 6
1.2 Zbrajanje/oduzimanje matrica i množenje matrica skalarom Zbrajanje/oduzimanje matrica. Zbrajati/oduzimati možemo isključivo matrice istoga tipa. Ako su matrice A matrice A i i B B istoga tipa (m (m x n), njihov zbroj/razlika je matrica tipa (m (m x n)
5
koju smo dobili zbrajanjem/oduzimanjem elemenata na istim pozicijama u matricama A matricama A i i B. Rečeno se simbolima zapisuje na sljedeći način: a11 a 21 A . a m1
a12 a 22 . a m2
b11 b12 b21 b22 B . . bm1 bm2 a11 b11 a 21 b21 A B . a m1 bm1 a11 b11 a b 21 21 A B . a m1 bm1
...
a1n
...
a 2n
...
b1n
...
b2 n
. . .... a mn
.
.
.... bmn
a12 b12
...
a1n b1n
a 22 b22
...
.
.
a 2 n b2 n .
a m2 bm 2
.... a mn bmn
a12 b12
...
a1n b1n
a 22 b22
...
a 2 n b2 n
.
.
a m 2 bm 2
.... a mn
. bmn
- zbrajanje matrica je komutativna operacija , što znači da ako su A i B matrice B matrice istoga tipa vrijedi: A B B A
- zbrajanje matrica je asocijativna operacija , što znači da ako su A, A, B i B i C matrice matrice istoga tipa vrijedi: ( A B) C A ( B C )
- nul-matrica je neutral za zbrajanje matrica, što znači da za bilo koju matricu A vrijedi: A vrijedi: A 0 0 A A
Množenje matrica skalarom. Ma tricu množimo nekim skalarom (realnim brojem) tako da sve njezine elemente pomnožimo pomnož imo tim skalarom. Simbolima, rečeno zapisujemo: a11 a 21 A . a m1
a12 a 22 . a m2
s a11 s a12 s a 21 s a 22 s A . . s a m1 s a m2
...
a1n
...
a 2n
. . .... a mn ...
s a1n
... s a 2n
.... s a mn .
.
6
- množenje matrica skalarom je distributivna operacija , odnosno vrijedi: s ( A B) sA sB
Zadatak 1. Zadane su matrice 1 0 A 2 1
1 3 . 5 2
B
Izračunati A 2 B BT I . Rješenje. 1 3 2 6 10 4 5 2
2 B 2
T
B
A 2 B B
T
1 3 1 5 5 2 3 2 0 2 6 1 5 2 11 1 10 4 3 2 15 7
T
1 2
U izrazu A 2 B B T I , sa I je označena jedinična matrica. Taj simbol uvijek predstavlja
jediničnu matricu, ali ovisno o kontekstu sami moramo zaključiti kojeg je tipa ta jedinična matrica. Budući da u ovom slučaju, mi trebamo zbrojiti matricu A 2 B B
T
1 0 2 6 1 5 2 11 2 1 10 4 3 2 15 7
sa jediničnom matricom, očito se radi o jediničnoj matrici tipa (2 x 2) pa slijedi: 2 11 1 0 1 11 . 15 7 0 1 15 8
T
A 2 B B I
1 2
Zadatak 2. Zadane su matrice A 4
Izračunati Rješenje.
5
3
3 0 2 i B . 6 7 1 8
2 A 3 B .
1 2 3 2 4 6 2 A 2 8 10 12 4 5 6 3 0 2 9 0 6 3 B 3 7 1 8 21 3 24 2 2 A 3B 8
4 10
9 0 6 7 4 0 . 12 21 3 24 29 7 36 6
7
1 5 Zadatak 3. Zadana je matrica A 2 8 . Izračunati ( AT ) T 5 A 0 . 7 4
Rješenje. T
1 5 1 2 7 T A 2 8 5 8 4 7 4
1 5 T 1 2 7 ( A ) 2 8 5 8 4 7 4 Možemo zaključiti da će vrijediti ( AT ) T A za bilo koju matricu A matricu A.. T T
1 5 5 25 5 A 5 2 8 10 40 7 4 35 20 1 5 5 25 4 20 ( A ) 5 A 2 8 10 40 8 32 7 4 35 20 28 16 T T
U izrazu ( AT ) T 5 A 0 , nula predstavlja nul-matricu. Slično kao i u slučaju jedinične matrice, simbol 0 zamijenjuje nul-matricu ali tip te matrice ovisi o kontekstu u kojem se simbol nalazi. U ovom primjeru, mi moramo pribrojiti matrici 1 5 5 25 4 20 ( A ) 5 A 2 8 10 40 8 32 7 4 35 20 28 16 T T
koja je tipa (3 x 2) nul-matricu. Dakle, i ta nul matrica mora biti tipa (3 x 2) pa slijedi: 4 20 0 0 4 20 ( A ) 5 A 0 8 32 0 0 8 32 . 28 16 0 0 28 16 T T
5 8 1 2 2 6 5 9 i skalar Zadatak 4. Zadane su matrice A i B 6 4 3 1 1 7 7 2 li relacija ( A B) A B za zadane matrice i skalar.
3 .
Provjeriti vrijedi
Rješenje. Trebamo dokazati da je lijeva strana jednakosti ( A B) A B jednaka desnoj strani. Izračunajmo najprije lijevu stranu.
8
1 5 A B 6 7
2
5 9 8 9 2 6 3 4 3 1 9 2 1 7 6 9 7 27 21 3 3 9 9 ( A B) 3 9 5 27 15 6 9 18 27
7
5 9 3
Izračunajmo sada desnu stranu: 6 1 2 3 5 9 15 27 A 3 6 4 18 12 7 2 21 6 5 24 15 8 2 6 6 18 B 3 3 1 9 3 1 7 3 21 6 24 15 27 21 3 15 27 6 18 9 9 A B 18 12 9 3 27 15 21 6 3 21 18 27
Vidimo da je lijeva strana jednaka desnoj, dakle vrijedi jednakost ( A B) A B .
(budući da je množenje sa skalarom distributivna operacija, jednakost će uvijek vrijediti).
( A B) A B
Zadatak 5. (teži) Dokazati da je množenje matrice sa skalarom distributivna operacija, odnosno da za bilo koje dvije matrice A matrice A i i B tipa (m (m x n ) i za bilo koji skalar vrijedi: B tipa ( A B) A B . Rješenje. Trebamo dokazati da vrijedi jednakost ( A B) A B . To možemo napraviti tako da izračunamo lijevu i desnu stranu jednakosti. Ako dobijemo istu „stvar “, time smo dokazali da vrijedi dotična jednakost.
Recimo da su matrice A matrice A i i B B matrice: a11 a 21 A . a m1
a12 a 22 . a m2
...
a1n
...
a 2n
. . .... a mn
9
b11 b12 b b22 21 B . . bm1 bm2
Računamo najprije lijevu stranu jednakosti a11 b11 a 21 b21 ( A B) . a m1 bm1
...
a1n b1n
a 22 b22
...
a 2n
.
. .... a mn
b1n
...
b2 n
. . .... bmn
( A B) A B :
a12 b12
a m 2 bm 2
...
(a11 b11 ) (a12 b12 ) ... (a1n b1n ) b2 n (a 21 b21 ) (a 22 b22 ) ... (a 2n b2 n ) . . . . . bmn (a m1 bm1 ) (a m2 bm 2 ) .... (a mn bmn )
. Sada desnu stranu: a11 a 21 A . a m1
a m2
a11 ... a 2 n a 21 . . . .... a mn a m1
b11 b12 b b22 21 B . . bm1 bm2
b11 ... b2n b21 . . . .... bmn bm1
a12 a 22 .
...
...
a11 b11 a 21 b21 A B . a m1 bm1
a1n
b1n
a12
...
a1n
a 22
...
a 2n
.
.
a m2
.... a mn
b12
...
b1n
b22
...
b2n
.
.
bm2
.... bmn .
.
a12 b12
...
a1n b1n
a 22 b22
...
.
.
a 2 n b2n .
a m 2 bm2
.... a mn bmn
Sada bi trebalo zaključiti jesu li lijeva i desna de sna strana jednake i zašto, odnosno vrijedi li : (a11 b11 ) (a12 b12 ) ... (a1n b1n ) a11 b11 (a b ) (a b ) ... (a b ) ? a b 21 21 22 22 2n 2n 21 21 . . . . . (a m1 bm1 ) (a m2 bm2 ) .... (a mn bmn ) a m1 bm1
a12 b12
...
a1n b1n
a 22 b22
...
.
.
a 2n b2n .
a m 2 bm 2
.... a mn bmn
Očito je da su matrice sa lijeve i desne strane istog tipa, tipa (m (m x n). One imaju i jednake elemente na istim pozicijama zato što vrijedi distributivnost realnih brojeva, odnosno za svaka tri realna broja vrijedi: a(b c) ab ac .
Ovime smo dokazali jednakost ( A B) A B na općenitom nivou (za proizvoljne matrice A matrice A i i B B i i skalar ).
1.3 Množenje matrica
10
Za razliku od zbrajanja matrica, koje možemo izvoditi na matricama istoga tipa, množiti možemo isključivo ulančane matrice. To znači da matricu A A tipa (m (m x n) možemo pomnožiti sa matricom B samo B samo ako je matrica B matrica B tipa tipa (n (n x p x p). ). Dakle, matrica A matrica A mora mora imati onoliko stupaca koliko matrica B matrica B ima ima redaka. Rezultat toga množenja A B biti će matrica tipa (m (m x p x p)) – imati – imati će redaka koliko i matrica A matrica A a a stupaca koliko i matrica B matrica B..
UVIJET ULANČANOTI: A
∙
(m x n) 1 6
B = C (n x p x p))
(m x p x p))
2 1 5
Primjer. Pomnožiti matrice A i B 0 7 2 . 2 1
Matrice možemo pomnožiti budući da su ulančane. Naime, matrica A A je tipa (2 x 2) a matrica B matrica B je je tipa (2 x 3). Rezultat će biti matrica tipa (2 x 3) 1 6 2 1 A B 2 1 0 7
5
_ _ _ 2 _ _ _
na čiju će poziciju 11 (1. redak i 1. stupac) „doći“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata 1. retka matrice A matrice A sa elementima 1. stupca matrice B matrice B i to na sljedeći način: 1 6 2 1 A B 2 1 0 7
1 2 6 0 _ _ _ . 2 _ _ 5
Na poziciju 12 (1. redak i 2. stupac) „dolazi“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata 1. retka matrice A matrice A sa sa elementima 2. stupca matrice B matrice B pa pa dobivamo: 1 6 2 1 A B 2 1 0 7
2 11 6 7 _ . 2 _ _ _ 5
Na poziciju 13 (1. redak i 3. stupac) „dolazi“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata 1. retka matrice A matrice A sa sa elementima 3. stupca matrice B matrice B pa pa dobivamo: 1 6 2 1 A B 2 1 0 7
2 43 1 5 6 2 . 2 _ _ _
5
Na poziciju 21 (2. redak i 1. stupac) „dolazi“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata 2. retka matrice A matrice A sa sa elementima 1. stupca matrice B matrice B pa pa dobivamo: 1 6 2 1 A B 2 1 0 7
5
2 43 17 . 2 2 2 1 0 _ _
Na poziciju 22 (2. redak i 2. stupac) „dolazi“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata 2. retka matrice A matrice A sa sa elementima 2. stupca matrice B matrice B pa pa dobivamo: 1 6 2 1 A B 2 1 0 7
5
43 17 2 . 2 4 2 1 1 7 _
Na poziciju 23 (2. redak i 3. stupac) „dolazi“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata 2. retka matrice A matrice A sa sa elementima 3. stupca matrice B matrice B pa pa dobivamo: 1 6 2 1 A B 0 7 2 1
5
17 2 43 . 2 4 9 2 5 1 2
Kao rezultat smo dakle dobili matricu:
11
1 6 2 1 A B 2 1 0 7
5
2 43 17 . 2 4 9 12
- množenje matrica nije komutativna operacija, odnosno vrijedi : A B B A
- množenje matrica je asocijativna operacija, odnosno vrijedi : ( A B) C A ( B C ) - množenje matrica je distributivno u odnosu na zbrajanje , odnosno vrijedi: A ( B C ) A B A C
- jedinična matrica je neutral za množenje, odnosno vrijedi: A I I A A
0 0 8 i B 5 Zadatak 1. Zadane su matrice A 3 5 1
9
. 5 3
Izračunati
A B i B A (ako
je
moguće). A je tipa (2 x 2), matrica B B je tipa (3 x 2). Dakle, matrice B i A su Rješenje. Matrica A ulančane pa ćemo moći izračunati umnožak B A . Umnožak A B nije definiran budući da matrice nisu ulančane u tom smjeru. Umnožak B A biti će matrica tipa (3 x 2). 0 9 _ _ 0 8 B A 5 3 3 5 _ _ _ _ 1 5
Na poziciju 11 (1. redak i 1. stupac) „dolazi“ broj kojeg ćemo dobiti množenjem elemenata iz 1. retka matrice B matrice B elementima elementima 1. stupca matrice A matrice A.. 0 9 0 0 9 3 _ 0 8 _ B A 5 3 _ . 3 5 1 5 _ _
Na poziciju 12 (1. redak i 2. stupac) „dolazi“ broj kojeg ćemo dobiti množenjem elemenata iz 1. retka matrice B matrice B elementima elementima 2. stupca matrice A matrice A.. 0 9 27 0 8 9 (5) 0 8 . B A 5 3 _ 3 5 _ _ 1 5 _
Nastavljamo sličan postupak i dobivamo: 27 45 0 9 27 45 0 8 5 0 3 3 5 8 3 (5) 9 B A 5 3 25 . 3 5 1 5 1 0 5 3 1 8 5 (5) 15 33
3 1 2 3 1 Zadatak 2. Zadane su matrice A i B 2 0 . 0 1 2 1 1
Izračunati A B i B A (ako
je moguće).
12
Matrica A je je tipa (2 x 3), a matrica B matrica B tipa (3 x 2). Ulančane su u oba smjera, pa Rješenje. Matrica A ćemo moći izračunati i umnožak A B i umnožak B A . Umnožak A B biti će matrica tipa (2 x 2) : 3 1 2 3 1 2 3 3 2 (1) (1) 2 (1) 3 0 (1) 1 13 3 . A B 2 0 0 (1) 1 0 2 1 0 2 0 1 2 1 1 0 3 1 2 2 (1) Umnožak B A biti će matrica tipa (3 x 3) : 8 5 3 1 3 2 (1) 0 3 3 (1) 1 3 (1) (1) 2 6 2 3 1 B A 2 0 22 00 2 3 0 1 2 (1) 0 2 4 6 2 . 0 1 2 1 1 (1) 2 1 0 (1) 3 11 (1) (1) 1 2 2 2 3
Na ovom konkretnom primjeru možemo vidjeti kako u slučaju množenja matrica općenito vrijedi AB BA . 1
Zadatak 3. Zadane su matrice A 3
2 3 i B . 3 2 3 1
Izračunati
A B i B A (ako
je
moguće). Rješenje. Budući da su matrice A i B ulančane u oba smjera, moći će se izračunati oba umnoška. 1
A B
3
(1) 2 1 2 (1) 3 1 3 0 0 0 0 . 3 2 3 6 6 99 1 2 3
Vidimo da u slučaju množenja matrica iz jednakosti A B 0 ne slijedi da je A 0 ili B 0 (što je slučaj kod množenja realnih brojeva). 2 3 1 1 2 9 2 9 7 7 . 2 3 3 3 2 9 2 9 7 7
B A
Zadatak 4.
Izračunati
2 1 2 3 1 I . 3
ješenje. R 2 Matrica 1 2 3 je tipa (1 x 3), odnosno matrica 1 3
tipa (3 x 1). Dakle, ulančane su i
njihov umnožak je matrica tipa (1 x 1) : 2 1 2 3 1 1 2 2 1 3 3 13 . 3
13
Sada je očito da je jedinična matrica iz zapisa
2 1 2 3 1 I jedinična 3
matrica tipa (1 x
1) pa slijedi: 2 1 2 3 1 I 1 2 2 1 3 3 I 13 1 14. 3
Zadatak 5.
Izračunati
2 1 1 2 3 I . 3
Rješenje. Umnožak
2 1 1 2 3 biti će matrica tipa (3 x 3) : 3 2 2 4 6 1 1 2 3 1 2 3 . 3 3 6 9
2 2 4 6 1 0 0 3 4 6 1 1 2 3 I 1 2 3 0 1 0 1 3 3 . 3 3 6 9 0 0 1 3 6 10
Zadatak 6.
Izračunati
Rješenje. Trebamo izračunati
2 0 f ( A) gdje je f ( x) x 3 3x 1 i A . 1 1
3 f ( A) , odnosno f ( A) A 3 A I .
2 3 A A A A 1
0 2
0 2 0 4 0 2 0 8 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 2 0 6 0 3 A 3 1 1 3 3
8 0 6 0 1 0 3 0 1 0 3 3 f ( A) A 3 A I 3 I . 3 1 3 3 0 1 0 3 0 1 1 2 2 b i B komutiraju s 1 0 2
Zadatak 7. Odrediti parametre a i b tako da matrice A a
obzirom na operaciju množenja. Rješenje. Dakle, tražimo sve moguće vrijednosti parametara a i b za koje vrijedi jednakost: A B B A
Izračunajmo A B i B A :
14
1 2 2 a 1 0 2 b 1 B A 0 2 a A B
2 b 4 2 2a ab 2 2 2 ab 4 b 1 2a 2 b
Za koje a i b će vrijediti A B B A
odnosno 2 b 4 2 ab 4 b 2a ab 2 2a ? 2
Gornja jednakost matrica će vrijediti ako su im odgovarajući elementi jednaki odnosno ako su zadovoljene sljedeće četiri jednadžbe: 2 2 ab b 4 4 b 2a 2a ab 2 2
Dakle, moramo naći sva rješenja gornjeg sustava od 4 jednadžbe s dvije nepoznanice a i b. 2 2 ab ab 0 b 4 4 b 2b 0 b 0 2a 2a 0 0 ab 2 2 ab 0
Treću i četvrtu jednadžbu možemo zanemariti iz daljnjeg razmatranja. Naime, treću zanemarujemo zato jer nam ne daje nikakav zahtjev na nepoznanice a četvrtu jer je jednaka prvoj. Dakle, imamo: ab 0 b0
Prva jednadžba će biti zadovoljena za bilo koji realni broj a ako je b=0 pa slijedi da je rješenje gornjeg sustava: b 0 i a R . 1 1
b 1
Zadatak 8. Odrediti parametre a i b tako da matrice A i B 0 1 komutiraju s 0 a
obzirom na operaciju množenja. Rješenje. Radimo isto kao u posljednjem zadatku: 1 A B 0
1 b 1
b 2 a 0 1 0 a b 1 1 1 b b a B A a 0 1 0 a 0
15
Sada tražimo sve moguće vrijednosti parametara a i b tako da vrijedi: b 2 b b a 0 a 0 a
Odnosno rješavamo sustav: b b 2 ba 00 a a
Prvu, treću i četvrtu jednadžbu možemo zanemariti jer ih zadovoljavaju sve moguće vrijednosti parametara a, odnosno b pa ne predstavljaju neki uvjet. Dakle, sve se svodi na
drugu jednadžbu: 2 b a a 2 b .
Dakle, ovaj sustav od sada jedne jednadžbe i dvije nepoznanice ima beskonačno mnogo rješenja : b R i a 2 b .
Samo neka od beskonačno mnogo rješenja su :
b0, a2 b 1, a 1
b 2, a 0
.... Zadatak 9. Odrediti sve matrice koje komutiraju
s obzirom na operaciju množenja
1 1
matrica s matricom M . 0 1 Rješenje. Tražimo sve moguće matrice, označimo ih s X za koje će vrijediti: M X X M
Da bi oba umnoška iz posljednje jednakosti uopće postojala, očito je da matrica X mora mora biti tipa (2 x 2) (da bi bila ulančana s matricom M u u oba smjera). Sada kada znamo kojeg je tipa, označimo nekako elemente matrice X , recimo: a b . c d
X
Izračunajmo M X i X M : a c b d d c d a b 1 1 a a b X M c d 0 1 c c d
1 1 a M X 0 1 c
b
Mi tražimo sve moguće vrijednosti od a, b, c i d za koje će vrijediti : a c b d a a b c , d c c d
Odnosno koje će zadovoljavati jednadžbe: ac a
b d a b
16
c c
d c d
Prema tome, zapravo rješavamo sustav od četiri jednadžbe s četiri nepoznanice: ac a c 0 b d a b a d c c 0 0 d c d c 0
Iz sustava možemo zanemariti treću i četvrtu jednadžbu. Naime, treća nam jednadžba ništa novo ne govori, a četvrta je identična prvoj. Dakle, sustav se svodi na sustav od dvije jednadžbe s četiri nepoznanice: c0 a d
Sustav očito ima beskonačno mnogo rješenja a ta su rješenja : Tražene matrice X su sve matrice oblika:
c 0 , a d i b R .
a b , pri čemu a, b R . 0 a
X
1 1
1
1
Zadatak 10. Dokazati da za matrice A i B 4 1 vrijedi jednakost 2 1 2
2
( A B) A B
2
.
Rješenje. Da bi dokazali da vrijedi jednakost ( A B) 2 A 2 B 2 , trebamo izračunati lijevu i desnu stranu jednakosti i provjeriti jesu li jednake.
Računamo lijevu stranu: 1 1 1 2 0 1 4 1 6 2 2 0 2 0 4 0 2 ( A B) 6 2 6 2 0 4 1 A B 2
Računamo desnu stranu: 1 1 1 1 0 1 2 1 0 1 1 1 1 1 5 0 B 2 4 1 4 1 0 5 1 0 5 0 4 0 2 2 A B 0 1 0 5 0 4 1 A 2 2
Lijeva i desna strana su jednake. Dokazali Dokaz ali smo jednakost ( A B) 2 A 2 B 2 . Zadatak 11. Odrediti sve dijagonalne matrice koje komutiraju s obzirom na operaciju 0 1 . 1 0
množenja s matricom B
17
Rješenje. Tražimo sve matrice X za za koje vrijedi: XB BX .
Da bi oba umnoška iz prethodnog reda uopće bila definirana, matrica X mora biti ulančana s matricom B u oba smjera, dakle mora biti tipa (2 x 2). Nadalje, budući da tražimo isključivo dijagonalne matrice možemo matricu X zapisati zapisati kao: a 0 . 0 b
X
Dakle, zapravo tražimo vrijednosti parametara a i b za koje će vrijediti : XB BX .
Izračunajmo XB i BX : a 0 0 1 0 a 0 b 1 0 b 0 0 1 a 0 0 b BX 1 0 0 b a 0 XB
Izjednačimo ih: 0 a 0 b b 0 a 0
Dakle, tražimo sve a i b takve da: 00 a b a b b a 00
Prvu i četvrtu jednadžbu zanemarujemo, a druga i treća su zapravo identične. Dakle, zaključak je da su rješenja sve matrice oblika: a 0 pri čemu a R . 0 a
X
t 0 i B ( A AT ) 2 . Odrediti parametar t R takav 2 1
Zadatak 12. Zadana su matrice A
da je matrica B matrica B dijagonalna. dijagonalna. Rješenje. T
t 0 t 2 A 2 1 0 1 t 0 t 2 2t 2 T A A 2 1 0 1 2 2 2t 2 2t 2 4t 2 4 4t 4 T 2 B ( A A ) 8 2 2 2 2 4t 4 T
Da bi matrica B B bila dijagonalna, elementi izvan glavne dijagonale moraju biti jednaki
nuli pa dakle zahtijevamo sljedeće: 4t 4 0
18
4t 4 t 1
Dakle, za vrijednost parametra t 1 matrica B ( A AT ) 2 je dijagonalna. t 0
i B A 2 2 A . Odrediti parametar t R takav Zadatak 13. Zadane su matrice A 2 1 da je matrica B matrica B dijagonalna. dijagonalna. Rješenje. t 0 t 0 t 2 0 A 2 1 2 1 2t 2 1 2
t 0 2t 0 2 1 4 2 2 t 2 0 2t 0 t 2t 0 2 B A 2 A 2t 2 1 4 2 2t 2 1 2 A 2
Da bi matrica B matrica B bila bila dijagonalna, moramo zahtijevati: 2t 2 0 t 1 Dakle, za vrijednost parametra t 1 matrica B A 2 2 A je dijagonalna. 2 1 . Izračunati P ( A) , ako je P ( x) 5 x 3 2 x 2 4 x 3 . 3 0
Zadatak 14. Neka je A
Rješenje. Moramo izračunati: P ( A) 5 A 3 2 A 2 4 A 3 I
2 1 2 1 2 3 0 3 0 3 4 3 5 A 5 3
3 A
2 2 1 4 1 1 0 6 3 3 0 3 6 1 20 5 6 15 30
1
2 2 1 2 1 1 3 0 3 0 6 3 2 2 4 1 2 A 2 2 6 3 12 6
2 A
2 1 8 4 3 0 12 0 4 8 4 3 0 20 5 2 3 2 P ( A) 5 A 2 A 4 A 3 I 15 30 12 6 12 0 0 3 23 5 15 33 4 A 4
a a 1 1 i B . Odredite sve vrijednosti a 1 a 6 a 1
Zadatak 15. Zadane su matrice A
realnog parametra a za koje su matrice A matrice A i i B B komutativne. komutativne. Rješenje.
19
Tražimo sve vrijednosti parametra a za koje će vrijediti: AB BA
a 1 1 a 6a 2 a 2 a 1 a 6a 1 a 1 6a
AB
1 BA 6a
0
1
1 a a 1 0 2 2 1 a 1 a 6a a 1 6a a
Za koje a vrijedi: a 6a 2 a 1 6a 2
0
1 0 2 2 1 6a a 1 6a a
Odnosno za koje a vrijedi: 6a 2 a 1 00 2 a 1 6a 6a 2 a 1 0 0 1 6a 2 a
Sve osim prve jednadžbe možemo zanemariti (drugu i treću zanemarujemo jer su za sve vrijednosti parametra a istinite, četvrtu jer je jednaka prvoj). Dakle, tražimo sve vrijednosti parametra a za koje vrijedi: 6a 2 a 1
Odnosno 6a 2 a 1 0 Radi se o kvadratno j jednadžbi po a-u pa ju rješavamo standardnom formulom: a1,2
1 1 4 6 (1) 12 a1 a2
1
1
2
3
1 5 12
1 2
1 3
Dakle, za vrijednosti a1 i a 2 matrice A matrice A i i B B komutiraju. komutiraju. 1 1 0 Zadatak 16. (teži) Odrediti sve matrice koje komutiraju s matricom A 0 1 1 . 0 0 1
Rješenje. Tražimo sve matrice, na primjer X , za koje vrijedi: AX XA
Da bi uopće oba umnoška iz prethodnog reda bila definirana, matrica X mora mora biti tipa (3 x 3). Označimo njezine elemente: a11 X a 21 a 31
a12 a 22 a 32
a13
a 33
a 23
20
Izračunamo AX : 1 1 0 a11 a12 a13 a11 a 21 a12 a 22 a13 a 23 AX 0 1 1 a 21 a 22 a 23 a 21 a 31 a 22 a32 a 23 a 33 0 0 1 a 31 a 32 a33 a31 a32 a 33 a11 a12 a13 1 1 0 a11 a11 a12 a12 a13 XA a 21 a 22 a 23 0 1 1 a 21 a 21 a 22 a 22 a 23 a31 a 32 a33 0 0 1 a31 a31 a32 a 32 a33
Zahtijevamo da vrijedi: a11 a 21 a12 a 22 a a a 22 a32 31 21 a31 a 32
a13 a 23
a11 a 23 a33 a 21 a33 a31
a11 a12 a 21 a 22 a31 a32
a12 a13 a 22 a 23 a32 a33
Odnosno: a11 a 21 a11 a12 a 22 a11 a12 a13 a 23 a12 a13 a 21 a31 a 21
a22 a32 a21 a 22 a23 a33 a 22 a 23 a31 a31 a32 a31 a32 a33 a32 a 33
Dakle, rješavamo sustav od 9 jednadžbi s 9 nepoznanica: a11 a 21 a11 a 21 0
a12 a 22 a11 a12 a11 a22 a13 a23 a12 a13 a12 a23 a 21 a31 a 21 a31 0 a 22 a32 a 21 a 22 a32 a 21 a 23 a 33 a 22 a 23 a33 a 22 a 31 a 31 0 0 a32 a31 a32 a31 0
a33 a32 a33 a32 0
Dakle, iz gornjih jednadžbi slijedi : a21 a31 a32 0 a11 a 22 a33 a12 a 23
Označimo li recimo sa
a11 a 22 a33 i a12 a 23 i a13
tražena matrica X izgleda: izgleda:
21
X 0 . 0 0
Zadatak 17. Ako je matrica A matrica A tipa tipa (3 x 2), a matrica C tipa tipa (3 x 5), kojeg tipa mora biti matrica B matrica B da da bi izraz: A B C
bio definiran.
Rješenje. Recimo najprije da je matrica B B tipa ( b1 xb2 ) – dakle, sa b1 smo označili broj redaka matrice B matrice B a a sa b 2 broj stupaca matrice B matrice B.. Da bi umnožak A B bio definiran, matrica B matrica B mora biti ulančana s matricom A, A, odnosno mora imati redaka onoliko koliko matrica A matrica A ima ima stupaca. Dakle, matrica B matrica B mora mora imati 2 retka. Slijedi da je matrica matrica B B tipa tipa ( 2 xb2 ). Umnožak A B biti će matrica tipa (3 x b 2 ) a da bi tu matricu mogli zbrojiti s matricom C koja je tipa (3 x 5), one moraju biti istoga tipa – dakle dakle b2 5 . Matrica B Matrica B je je matrica tipa (2 x 5).
22
2. Determin ante
Neka je zadana općenita kvadratna matrica A tipa A tipa (n (n x n) : a11 a 21 A . a n1
a12
...
a1n
...
a 2n
. . .... a nn
a 22 . a n2
Njoj je pridružen skalar – njezina njezina determinanta . Taj broj označavamo s det A ili pak s | A | . Koristimo i zapis: a11
a12
...
a1n
a 21
a 22
...
a 2n
.
.
.
.
a n1
a n2
.
.... a nn
Kako je ovaj zapis sličan onome kod matrica, govorit ćemo – baš baš kao i kod matrica – o elementima determinante, njezinom retku ili stupcu, iako je ona (kad se izračuna) tek jedan broj.
2.1 Definicija determinante
Determinante ćemo definirati induktivno. - za kvadratne matrice tipa (1 x 1) oblika a11 definiramo determinantu : a11 a11 a
a
- za kvadratne matrice tipa (2 x 2) 11 12 definiramo determinantu : a 21 a 22 a11
a12
a 21
a 22
a11a 22 a12 a 21
Primjer. 2 5 1
6
2 6 1 5 12 5 7 2 3
e
2e 3
5 3 (5) (1) (4) 3 5 (12) 5 12 17 4 1
Da bi mogli definirati determinantu za općenitu kvadratnu kvad ratnu matricu tipa (n x n) kao :
23
a11 a 21 A . a n1
a12
...
a1n
...
a 2n
. . .... a nn
a 22 . a n2
najprije moramo uvesti dva nova pojma. Svakom elementu a ij kvadratne matrice A matrice A pridružujemo : - minoru elementa a ij što je determinanta koju smo dobili izbacivanjem i-tog retka i j i j-tog -tog stupca iz matrice A matrice A i označavamo ju s D ij - algebarski komplement Aij (1) i j Dij Sada definiramo determinantu za matricu : a11 a 21 A . a n1
a12
...
a1n
...
a 2n
. . .... a nn
a 22 . a n2
Na sljedeći način: det( A)
a11
a12
...
a1n
a 21
a 22
...
a 2n
.
.
.
.
a n1
a n2
n
(1)
i j
n
aij Dij
j 1
a A ij
ij
j 1
.... a nn
-tom retku ili što se naziva Laplaceov razvoj determinante po i -tom det( A)
a11
a12
...
a1n
a 21
a 22
...
a 2n
.
.
.
.
a n1
a n2
n
(1)
i j
n
aij Dij
i 1
a A ij
ij
i 1
.... a nn
Laplaceov razvoj determinante po j -tom -tom stupcu .
Primjer.
2
1
3
3
1
5
1
2
3
Izračunati determinantu
.
Koristiti ćemo Laplaceov razvoj na nekoliko načina: - Laplaceov razvoj po 1. retku: 2
1
3
3
1
5 2 (1)
1
2
11
3
1
5
2
3
(1) (1)1 2
3
5
1 3
3 (1)13
3
1
1 2
2 (3 10) (9 5) 3 (6 1) 26 4 21 9
- Laplaceov razvoj po 2. retku:
24
2
1
3
1
1
2
3 21 5 3 (1)
3
1
3
2
3
1 (1) 2 2
2
3
1 3
5 (1) 23
2
1
1
2
2
1
3
1
3 (3 6) (6 3) 5(4 1) 9 3 15 9
- Laplaceov razvoj po 3. retku: 2
1
3
3
1
5 (1) (1)
1
2
31
3
1 3 1
5
2 (1) 3 2
2 3 3 5
(3) (1) 33
(1) (5 3) 2 (10 9) (3) (2 3) 8 2 15 9
- Laplaceov razvoj po 1. stupcu: 2
1
3
3
1
5 2 (1)
1
2
11
3
1
5
2
3
3 (1) 21
1
3
2
3
(1) (1) 31
1 3 1
5
2 (3 10) 3 (3 6) (1) (5 3) 26 9 8 9
- Laplaceov razvoj po 2. stupcu: 2
1
3
3
1
5 (1) (1)
1
2
3
1 2
3
5
1 3
1 (1) 2 2
2
3
1 3
2 (1) 3 2
2 3 3 5
(9 5) (6 3) 2(10 9) 4 3 2 9
Primjer. Sarrusovo pravilo. Determinante (isključivo)
3. reda možemo računati i primjenom tzv. Sarrusovog pravila. Najprije desno od determinante prepišemo njena prva dva stupca: a11
a12
a13 a11 a12
a 21
a 22
a 23 a 21 a 22
a 31
a 32
a 33 a31 a 32
Zatim zbrojimo umnoške elemenata na glavnoj dijagonali i na dvije dijagonale paralelne s glavnom: a11
a12
a13 a11 a12
a 21
a 22
a 23 a 21 a 22 a11a 22 a 33 a12 a 23 a31 a13 a 21a32
a31
a 32
a33 a31 a32
Zatim oduzmemo umnoške elemenata na sporednoj dijagonali i na dvije dijagonale paralelne sa sporednom: a11
a12
a13 a11 a12
a 21
a 22
a 23 a 21 a 22 a11a 22 a 33 a12 a 23 a31 a13 a 21a 32 a31a 22 a13 a32 a 23 a11 a33 a 21a12
a 31
a32
a33 a31 a32
25
Primjenom Sarrusovog pravila izračunati determinantu
Zadatak 1.
2
1
3
3
1
5
1
2
3
2
1
3 2 1
3
1
5 3 1 6 5 18 (3) 20 9 9 .
1
2
:
3 1 2
Izračunati determinantu
1
3
4
7
0
8
0
2
5
1
0
4
0
1
2
0
.
Rješenje. Često je „najbolje“ za razvoj determinante odabrati onaj redak, odnosno stupac determinante koji ima najviše nula. Odaberimo prema tome u ovom slučaju razvoj po 2. retku : 1
3
4 7
0
8
0
2
5
1
0
4
0
1 2 0
1
4 7
1
3
4
8 (1) 2 2 5 0 4 2 (1) 2 4 5
1
0
0
2 0
4 7
1
3
4
8 5 0 4 2 5
1
0
1 0
2 0
0
0
1 2
1 2
Izračunajmo „sa strane“ dvije minore koje su se javile u razvoju:
1
3
4
5
1
0
0
1
2
1
4
7
5
0
4 razvoj
0
2
0
po 3. retku 2 (1) 3 2
razvoj po 1. stupcu 1 (1)11
1
0
1 2
1 7 5 4
2(4 35) 62
5 (1) 21
3
4
1 2
2 50 48
Vratimo se na početnu determinantu: 1
1
3
4
8 5 0 4 2 5
1
0 8 62 2 (48) 496 96 400
0
4 7 2 0
0 1 2
26
2.3 Svojstva determinanti
Vidimo da se „posao“ računanja determinanti poprilično komplicira što se radi o „većim“ determinantama. Tako bi se npr. prilikom računanja determinante 5. reda u samo prvom koraku Laplaceovog razvoja javilo 5 minora 4. reda (determinanti reda 4), pa bi
svaka od tih 5 minora „dala“ još 4 minore 3. reda. Da bi se to računanje malo ubrzalo često se koriste svojstva determinanti: 1. Ako su dva retka/stupca matrice A jednaka, tada det( A) 0 . 2. Ako se matrica B dobije iz matrice A zamjenom dvaju redaka/stupaca, tada je det( A) det(B) . 3. Ako se matrica B dobije iz matrice A množenjem jednog retka/stupca s konstantom k , tada je det( B) k det( A) . 4. Ako se matrica B dobije iz matrice A dodavanjem jednog retka/stupca pomnoženog nekim brojem drugom retku/stupcu, tada je det( A) det(B) .
Zadatak 1.
Izračunati determinantu
1
1
1
4
1
1
4
1
1
4
1
1
4
1
1
1
.
Rješenje. Determinantu bi mogli ići standardno izračunavati Laplaceovim razvojem. MeĎutim, budući da se radi o determinanti 4. reda, skratiti ćemo si računanje primjenom nekih od svojstava determinanti. Cilj nam je u nekom retku/stupcu (najčešće u 1. stupcu) dobiti što više nula, što najčešće radimo primjenom 4. svojstva determinanti: 1
1
1
1
1
4 1 II I
1
4 1
4 1
1
4 1 III I 1 IV 4 I
1
1
1
4
3 0 3 0 3 0 3 3 15 0
0
3
Sada kada 1. stupac ima 3 nule, koristimo Laplaceov razvoj po 1. stupcu i dobivamo: 1
1
1
0
0
3
4
0 3 3 3 11 1 (1) 3 0 3 Razvoj po 1. stupcu= 3 0 3 0 3 3 15 0 3 3 15
3 3 3 3 3 3 3 3 (1) 21 (3) (1) 31 0 3 15 0 3 3 3 15 0
3
3 (45 9) 3 (9 0) 162 27 189 .
27
BITNO – moguća greška kod determinanti !!!! Prilikom računanja determinanti korištenjem 4. svojstva može se dogoditi greška ako se
više transformacija radi u jednom koraku. Na primjer, recimo da izračunavamo determinantu: 3
7
2
5
8
9
5 3 2
Kako bi poništili elemente iz prvog stupca , 5 iz drugog o dnosno (-5) iz trećeg reda – mogli bi odabrati sljedeće dvije transformacije: 3
7
2
5
8
9 II III
5 3 2 III II
I dobili bi determinantu: 3
7
2
3
5
8
9 II III 0 11 11
5 3 2 III II
7
2
0 11 11
Budući da posljednja determinanta ima dva jednaka retka, prema svojstvu 1. ona je jednaka nuli.
Pokušajmo sada istu determinantu riješiti klasičnim razvojem po 1. stupcu bez ikakvih transformacija: 3
7
2
5
8
9 3
5 3 2
8 9 3 2
5
7
2
3
2
5
7
2
8
9
33 40 235 308
U čemu je bila greška sa prvim načinom računanja? Greška se dogodila zato jer smo odabrali dvije transformacije čija je posljedica dobivanje dva linearno zavisna retka (u ovom slučaju čak dva jednaka retka). Dva retka su linearno zavisna ako je jedan jednak drugome pomnoženom sa nekim skalarom. Još jedan primjer u kojem „krivi“ odabir transformacija dovodi do pogrešnog rezultata: 4
2 8
4
4
8
2
3 Svojstvo 3. = 0 3 0 3 0 3 3
3 5
1 II III 0
3
4 III II
2
2 3
8 3
Svojstvo 1. = 0
3
Kako riješiti taj potencijalni problem? Tako da kada koristite više transformacija nad determinantom u jednom koraku, pazite da retke nad kojima ste izvršili neku transformaciju, u tom k oraku oraku više ne koristite (jer bi tada koristili njihovu „staru“ formu). Na primjer, promotrimo ponovno prethodnu determinantu: 4
2
8
3
5
1
3
2
4
28
Nad njom u jednom jedn om „koraku“ ne smijemo napraviti transformacije II-III i III-II budući budući da smo transformacijom II-III transformacijom II-III promijenili promijenili 2. redak, a u transformaciji III-II transformaciji III-II koristimo koristimo upravo
2. redak. Dakle, te dvije transformacije moramo „razbiti“ u dva koraka, pa recimo da najprije radimo II-III radimo II-III : : 4
2 8
4
2
8
3
5 1 II III 0
3
3
3
2
2
4
4
3
Sada vidimo da nam transformacija III-II transformacija III-II zapravo više uopće „ne igra“, kada smo vidjeli
što doĎe od drugoga retka nakon prve transformacije. U stvari, postoji mnogo transformacija koje se mogu izvršiti u jednom koraku i koje koriste retke koji su u tom koraku promijenjeni i koje ne ispadnu pogrešne. To je zato što neka kombinacija transformacija jednostavno neće rezultirati linearno zavisnim stupcima/recima. MeĎutim, da ne morate razmišljati o tome najbolje je jednostavno izbjegavati takve transformacije i biti na miru.
Zadatak 2.
Izračunati determinantu
1
1
3 18
3 22
2
3 2
7 9
.
4
Rješenje. Da ne bi morali računati s razlomcima, za z a početak koristimo 3. svojstvo determinanti: 1
1
3 18
3 22
7 9
2
1 3 1 2 18 3 4 7
2
1 22
9
2 1 1 2 1 2 2 9 2 11 2 1 2 9 11 1 3 3 4 4 7 9 7 9 4 1
1
1
Koristimo 4. svojstvo i to dva puta, s time da moramo obratiti pažnju na to da ne koristimo redak na koji smo djelovali u sljedećim transformacijama koje radimo u istom koraku. U ovom slučaju, prva transformacija je II-9I , što znači da drugi redak više ne bi smjeli koristiti u transformacijama u tom istom koraku, što i ne činim o s drugom transformacijom III+7I transformacijom III+7I : 1
1
2
1
2 9 11 3 7 9
1 II 9 I 4 III 7 I
1 3
1
1
2
20
2
19
0
2 10
Razvijamo po 1. stupcu: 1
1
2
20
2
19
1
3
0
2 10
2 2 1 (1)11 2 3
19
2
(20 38) 12 . 10 3
29
Zadatak 3. Izračunati determinantu
2
4
2
3
3
5
1 . 1
2
4
5
5
Rješenje. 2
4
5
1 II I 0 7 6 razvoj po 1. stupcu = 3 5 1 3 5 1 2
2 (1)11
3
6 4 5 3 (1) 31 2(7 30) 3(24 35) 2 (37) 2 (11) 74 22 96 5 1 7 6 7
.
Zadatak 4.
Izračunati determinantu
6
3
5
9
5
2
3
6
0
1
2
3
2
1
1
1
0
0
2
6
1
0 1
4
.
Rješenje. 6
3 5 9 I 3 IV
5
2
3 6 II 2 IV
0 1
2 3 III IV
2 1
1 1
1 (1)
2 (1)12
Zadatak 5.
1
2
Razvijamo po 2. stupcu=
2 0 1 2 2
0 42
1
6
1
0
1
2 6
1 1 4 1 1 4 Razvijamo po 1. retku = 2 1 2 2 1 2 4
2 2
6 (1)13
1
1
2 1
2 (2 6) 6(1 2) 16 18 2 .
6
5
8
4
9
7
5
2
7
5
3
7
4
8
8
3
Izračunati determinantu
.
Rješenje. 6
5
8
4
9
7
5
2
7
5
3
4
8
8
3
5
8
4
5
2 11 (1)
13 (1) 31 7 8
7 III I
8 3
6
5
8
4
9
7
5
2
13
0
11
3
4
8
8
3
6 3 3
9 4
Razvoj po 3. retku =
5 4 7
2 3 (1)
8
3
3 4
6
5
8
9 4
7
5
8
8
„Sa strane“ riješimo 3 minore koje smo dobili: 30
5
8
4
7
5
2
8
5 8 4 7
8 3 III I
3
po 3. retku = 3 (4) 7 (81) 12 567 579
0 7
5 4 I 2 II
6
2 (1) 23
2 razvoj
5
9
7
2
4
8
3
12 19 0 9 4
7
2 razvoj
8
3
po 3. stupcu =
12 19 12 19 3 (1) 33 2 (96 76) 3 (84 171) 344 261 605 4 8 9 7
2
6
5
9
7
5
4
8
8
7
5
8
8
3
8 I III
2
3
0
9 7 5 razvoj po 1. retku = 4 8 8
9
5
4 8
2(56 40) 3(72 20) 192 156 36
Vratimo se na početnu determinantu: 13 (579) 11 605 3 (36) 7527 6655108 980 . x 2 x 4
Zadatak 6.
Riješiti jednadžbu
x
x 1 x 4 x 5 0 . x 3 x 2 x 1
Rješenje. x 2 x 4
x
x 1 x 4 x 5 Razvoj
po 1. stupcu =
x 3 x 2 x 1
( x 2) (1)11
x 4 x 5 x 2 x 1
( x 1) (1) 21
x 4
x
x 2 x 1
( x 3) (1) 31
x 4
x
x 4 x 5
( x 2) ( x 4)( x 1) ( x 2)( x 5) ( x 1) ( x 4)( x 1) ( x 2) x ( x 3) ( x 4)( x 5) ( x 4) x ( x 2) x 2 3 x 4 ( x2 3 x 10) ( x 1) x 2 5 x 4 x 2 2 x ( x 3) x2 9 x 20 ( x 2 4 x) ( x 2) x2 3 x 4 x 2 3 x 10 ( x 1) x 2 5 x 4 x2 2 x ( x 3) x 2 9 x 20 x2 4 x
( x 2) (6 x 6) ( x 1) (7 x 4) ( x 3) (13x 20) 6 x 2 18 x 12 (7 x 2 11 x 4) 13 x 2 59 x 60
6 x 2 18 x 12 7 x 2 11 x 4 13 x 2 59 x 60 66x 44
Izjednačavamo s nulom: 66 x 44 0 66 x 44/ : 2 33 x 22/ : 11 3 x 2 2 x . 3
31
1
Zadatak 7.
1 2 x
1
Riješiti jednadžbu
2
2
3
2
3 5
2
3
1
2
3
1 9 x
0. 2
Rješenje. 1 1
1 2 x
2 2
3
2
3 5
1 II I
2
3
1
2
3
1 9 x
2
1 2
(1 x ) (1)
2 2
1
0 1 x
2
3
0
0 5
Razvoj po 2. retku =
2
3
1
2
3
1 9 x
2
3
2 1 2
2
1
2
3
(1 x ) 2 1
5
2
5
2 1 9 x 1
2
2
II 2 I 2
2 1 9 x III 2 I
3
(1 x 2 ) 0 3
1 Razvoj po 1. stupcu =
3 3 x 2
0
3 1 2 2 (1 x 2 ) 1 (1)11 2 (1 x ) 3(3 x ) 3 3 3 x (1 x 2 ) 9 3 x 2 3 (1 x 2 ) (12 3 x 2 )
Izjednačavamo s nulom: 2
2
(1 x ) (12 3 x ) 0
Umnožak dva faktora jednak je nuli ako je jedan od ta dva faktora jednak nuli. Dakle, imamo dva slučaja: a) 1 x 2 0 x 2 1 x1,2 1 b) 12 3 x 2 0 3 x 2 12 x 2 4 x 3,4 2 . Zadatak
8. Ispitati
vrijedi
li
jednakost
det( A B) det( A) det(B)
za
matrice
3 5 2 1 1 1 A 6 1 8 ; B 2 1 2 . 0 2 1 3 1 3
Rješenje. Izračunati ćemo
det( A B) i det( A) det(B)
i vidjeti jesmo li dobili istu „stvar“.
3 5 2 1 1 1 7 6 7 A B 6 1 8 2 1 2 32 15 32 0 2 1 3 1 3 7 3 7
Prema svojstvu 1. (matrica ima dva jednaka stupca), stupc a), zaključujemo da vrijedi: det( A B) 0
32
3 5 det( A) 6 1 0
2
2
3
2
5
8 II 2 I 0 9 1
0
3
9 12 2
12 Razvoj
2
po 1. stupcu =
1
3(9 24) 99
1
1 1 1 det( B det( B) 2 1 2 Svojstvo
1. (dva ista stupca) = 0
3 1 3
det( A) det( B) (99) 0 0
Zaključujemo da vrijedi: det( A B) det( A) det(B) .
Zadatak 9.
Izračunati determinantu
1
4
9
16
4
9
16
25
9
16
25 36
.
16 25 36 49
Rješenje. 1
4
9
4
9
16
9
16
16 25 II 4 I
25 36 III 9 I
16 25 36
1
49 IV 16 I
4
9
16
7 20 39 Razvoj po 1. stupcu = 0 20 56 108 0 39 108 207 0
7 20 39 1 20 56 108 Razvoj po 1. stupcu = 39 108 207
(7)
56 108 20 39 20 39 (20) (1) 21 (39) (1) 31 108 207 108 207 56 108
(7)(1159211664) 20(4140 4212) 39(2160 2184) (7)(72) 20(72) 39(24) 504 1440 936 0 .
Zadatak 10.
Odrediti sve moguće vrijednosti parametra x za x za koje vrijedi: x
0
0
0
0 x
0
0
0
0 x
0
0
0
0 x
16
.
Rješenje. Riješimo determinantu:
33
x
0
0
0
0 x
0
0
0
0 x
0
0
0
x
0
0
Razvoj po 1. stupcu x 0 x 0 Razvoj po 1. stupcu = 0
0 x
x 2
x
0
0 x
0 x
x 2 ( x 2 0) x 4 .
Za koje x koje x vrijedi: vrijedi: x 4 16 ?
Za x 2 .
34
3. Inverzna m atrica Inverzna matrica kvadratne matrice A matrice A je matrica koju označavamo sa A 1 a za koju vrijedi: A A 1 A 1 A I . Iz jednakosti A A1 A 1 A I slijedi det( A 1 )
1 det( A)
.
Ako za kvadratnu matricu A vrijedi - det( A det( A) 0 A nema inverznu matricu i kažemo da je A singularna. - det( A det( A) 0 A ima inverznu matricu i kažemo da je A regularna ili nesingularna. a11 a Za regularnu matricu A 21 . a n1
a12 a 22 . a n2
...
a1n
...
a 2n
vrijedi: . . .... a nn A
1
1
A11 A12 ~ A21 A22 Gdje je A . . An1 An 2
det( A)
~ T A
.... A1n
( A su algebarski komplementi elemenata matrice ij . . .... Ann .... A2n
–
~
definirani su u poglavlju 2.1) . Matrica A zove se adjunkta ili adjungirana matrica matrice A . 2
5
Zadatak 1. Odrediti inverz matrice A . 1 3 Rješenje.
Provjerimo najprije je li matrica A matrica A regularna, odnosno ima li uopće inverz. det( A)
2
5
1 3
11 0
Matrica A je regularna budući da joj je determinanta različita od nule. Sada računamo adjunktu matrice A. Da bi odredili adjunktu, najprije odreĎujemo algebarske komplemente svih elemenata matrice A matrice A:: A11 (1) A12 (1)
11
1 2
3 3 1 1
A21 ( 1) 2 1 5 5 A22 ( 1)
22
2 2
35
~ 3 1 A 5 2 ~ T 3 1 A 5 2
T
3 5 1 2
Imamo sve što nam treba da bi izračunali iz računali traženi inverz:
A
1
5 3 3 5 1 11 . 11 2 11 1 2 1 11 11
2 5 i 1 3
Napravimo još i provjeru, odnosno uvjerimo se računski da za matrice A A
1
5 3 11 11 vrijedi relacija A A1 A 1 A I : 1 2 11 11 A A
1
10 10 5 6 5 3 1 0 2 5 11 11 11 11 11 11 3 3 1 2 5 6 1 3 0 1 11 11 11 11 11 11 5 3 2 5 1 0 1 11 A A 11 1 2 1 3 0 1 11 11
1 1 3 Zadatak 2. Odrediti inverz matrice A 3 0 4 . 4 5 2
Rješenje. Provjerimo je li matrica A matrica A regularna regularna : 1 det( A) 3
4
1
3
0
4 II 3 I 0
5
1
1
2 III 4 I 1
3 5 1
10
0
3
3
5 Razvoj po 1. stupcu =
1
10
30 5 35 0
Budući da je determinanta matrice A različita od nule, matrica je regularna odnosno ima inverz.
Računamo adjunktu: 11 A11 (1)
A12 (1)
1 2
3
0
4
5
2
4
4 2
20
(6 16) 10
36
A13 (1) A21 (1)
21
2 2 A22 (1) 2 3 A23 (1)
0
1
3
5
2
1
(2 15) 13
3
4 2 1
1
4
5
3 2
15
4 5
31 A31 (1)
A32 (1)
3
1 3
(5 4) 1
1 3 0
1 3
3 3
4
4
(4 9) 5
3 4
A33 (1)
2 12 10
1
1
0
3
3
Generiramo adjunktu: 20 10 15 ~ A 13 10 1 4
5
3
T
20 10 15 20 13 4 ~ T A 13 10 1 10 10 5 4 5 3 15 1 3
Konačno: A
1
20 13 4 1 10 10 5 . 35 15 1 3
Provjerimo još zadovoljavaju li matrice
1 1 3 20 13 4 1 1 A 3 0 4 i A 35 10 10 5 4 5 2 15 1 3
relaciju A A 1 A 1 A I :
A A
1
20 1 1 3 35 10 3 0 4 35 4 5 2 15 35
4 20 10 45 13 10 3 4 5 9 35 35 35 35 35 35 35 35 35 35 35 1 0 0 12 12 10 5 60 60 39 4 0 1 0 35 35 35 35 35 35 35 35 0 0 1 1 3 80 50 30 52 50 2 16 25 6 35 35 35 35 35 35 35 35 35 35 35 20 13 4 35 35 35 1 1 3 1 0 0 10 10 5 1 3 A A 0 4 0 1 0 . 35 35 35 15 1 3 4 5 2 0 0 1 35 35 35 13
37
2 3 1 Zadatak 3. Odrediti inverz matrice C 1 1 1 . 3 1 2
Rješenje. 2
3
det(C ) 1
1
3
1
1 I 2 II
5 1
0
1
1
2 III 3 II 1 (1) 21
1 Razvoj
1
po 1. stupcu =
2 5
0
5 1 (25 2) 23 0 2 5
Računamo algebarske komplemente elemenata matrice C : : C 11 (1) C 12 (1)
11 1
1
2 1 3
1 2
1 2
1
1
(2 3) 5
3 2
C 13 (1)13
1 1
3
1
1
2
21 C 21 (1)
2 2 C 22 (1) 2 3 C 23 (1)
1
3
2
3
31
C 32 (1)
3 2
(6 1) 5
2
2 3
C 31 (1)
1 3 2
3 1
(2 9) 11
1
3 1 1
1
2 1 1 1
C 33 (1)
3 ~ C 5
3 3
4 3 7
3 1 4
(2 1) 1
2
3
1
1
5
2 7 11 4 1 5 3 5 4 ~ T 7 1 C 5 2 11 5 1
C
5
3 1 5 23 2
5 4 7 1 . 11 5
38
1 1 2 Zadatak 4. Odrediti inverz matrice D 2 2 4 . 1 0 3
Rješenje. 1 1 det( D) 2 2 1
0
2
1
1
2
4 II 2 I 0
0
0
3 III I
Budući da je determinanta matrice
= Razvoj po 2. retku = 0
0 1 1
1 1 2 D 2 2 4 jednaka nuli, matrica je singularna – 1 0 3
nema inverz. 0 2 1 Zadatak 5. Odrediti sve vrijednosti parametra m za koje je matrica A m 1 m 1 0 1 1
regularna. Rješenje.
Tražimo sve vrijednost parametra za koje će vrijediti
det( A) 0
. Izračunajmo
determinantu: 2 det( A) m 0
2
1 m 1 1
1
m
1 0 1 1
1
0
1 m 1 Razvoj po 1. stupcu = 1
1
2(1 m 1) m(1 0) 2(2 m) m 4 3m
Mi trebamo naći sve vrijednosti parametra m za koje će vrijediti: det( A) 4 3m 0
To će biti ostvareno za s ve m takve da: 3m 4 m
4 3
.
4 5 x parametra x takve takve da za matricu A Zadatak 6. Odrediti sve vrijednosti parametra x vrijedi 3 4 5 5 A 1 AT .
Rješenje. Izračunajmo najprije A 1 : 4 det( A) 5 3
5
x 4
16 25
3x 5
5
39
4
A11
5 3
A12 A21
5 x 4
A22
5
4 A 5 x
3
~
4 ~ T 5 A x A
1
3
5 4
5
T
4 5 5 4 3 5 5
x 4 5
4 4 5 x 5 x 1 1 3 4 3 4 16 3 x 16 15 x 16 15 x 5 25 25 5 5 25 5 5 25 25 x 4 20 x 25 5 16 15 x 16 15 x . 3 4 15 20 16 15 x 5 5 16 15 x 16 15 x 1
4 T A 5 x
4 5 x 3 4 5 5
3 5 4 5
Dakle, mi tražimo sve vrijednosti od x od x za za koje vrijedi: 20 16 15 x 15 16 15 x
25 x 4 16 15 x 5 20 x 16 15 x
3 5 4 5
Odnosno tražimo vrijednosti x x-a za koje su istovremeno zadovoljene sljedeće četiri jednadžbe: 20 16 15x 25 x 16 15 x 15
5 3
16 15 x 20 16 15x
4
5
x
4 5
40
Rješavamo prvu jednadžbu: 20
4
16 15 x
/ 5 (16 15 x)
5
100 64 60 x 36 60x / : 60 x
36 60
9 15
3 5 3
Dakle, postoji samo jedna vrijednost x vrijednost x koja zadovoljava prvu jednadžbu, i to x . Sada 5
još moramo provjeriti zadovoljava li x 3 i preostale tri jednadžbe. 5
25
3
? 5 3 3 5 16 15 5 ? 3 15
2. jednadžba :
16 9 15 ?
5 3
25 3
5 3
5
Dakle, x
3 5
5
zadovoljava 2. jednadžbu. ?
15
3. jednadžba :
16 15
3
3 5
5 ?
15
3
16 9 5 15 ? 3
25 5 3 3 5
Dakle, x
3 5
5
zadovoljava 3. jednadžbu.
4. jednadžbu ne moramo provjeravati jer je jednaka prvoj. 3
Dakle, za vrijednost x vrijedi A1 AT . 5
41
1 0 3 Zadatak 7. Odrediti inverznu matricu matrice A 0 1 2 . 2 0 7
Rješenje. 1 det( A) 0 2
0
3
1
1 2 0
0
3
0 1 2 Razvijamo po 1. stupcu =
7 III 2 I
1
0
0
1 2 0
1
1
1 0
Matrica je regularna – ima inverz. Računamo adjunktu odnosno najprije algebarsk e komplemente: 11 A11 (1) 1 2 A12 (1)
0
21
1
2
0
0
3
2 2
A23 (1)
2 3
A31 (1)
31
A32 (1)
3 2
02 2
(0 0) 0
0 7
A22 (1)
7
(0 4) 4
0
1 3 0 1 1 0 0 0
0
3
1 2 1
3
0
2
7 ~ A 0
1
7
2
33 A33 (1)
A
0
2 7
13 A13 (1)
A21 (1)
1 2
0
03 3
(2) 2
1
0
0
1
4
1
1
2
1 0 3 2 1 7 0 3 ~ T A 4 1 2 2 0 1 0 3 7 0 3 7 0 3 7 1 4 1 2 4 1 2 4 1 2 . 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1
42
1 1 Zadatak 8. Za koji je parametar t R matrica 0 1 t 0
1
regularna? 1 0
Rješenje. Tražimo takve t za koje će vrijediti
t
1
1
1
0
1
0
t
0
1
1
1
1
0
1
0
t
0
1
1
1
1 0
1
0 . Izračunajmo najprije tu determinantu:
Razvoj po 3. retku =
1
1
0
1
t (0 1) (1 0) t 1
Zahtijevamo: t 1 0 Odnosno t 1 1 1 Dakle, za sve t R osim za t 1, odnosno za t R \ 1 , matrica 0 1 t 0
1 Zadatak 9. Za koji parametar t R je matrica 0 t
1
1
2
1
1
1
je regularna. 1 0
singularna? 0
Rješenje. Tražimo vrijednosti parametra t za koje će determinanta matrice
1 0 t
1
1
2
1
1
biti jednaka 0
nuli. Izračunajmo naprije tu determinantu: 1
1
1
0
2 1 Razvoj
t
1
po 1. stupcu = 1
0
2 1 1
0
t
1 1 2 1
1 t (1 2) t 1
Za koje t vrijedi: vrijedi: t 1 0 Za t 1 . 0 1 . 0
Zadatak 10. Ispitati je li matrica A AT regularna ako je A 1
Rješenje. 43
0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 A AT 1 0 1 0 0 1 T A
Je li matrica regularna ili ne ovisi o tome je li njena determinanta jednaka ili različita od 1 0 : 0 1
nule. Prema tome, računamo determinantu matrice A AT T
det( A A )
1
0
1 0
0 1
1 0
Matrica A AT je regularna budući da joj je determinanta različita od nule. 0 1 matrica A tipa tipa (3 x 3) svojim elementima a ij (i j 1) 2 . Je li ta Zadatak 11. Zadana je matrica A matrica regularna? Rješenje.
Ovdje nam je matrica zadana na drukčiji način nego inače – njezini elementi su zadani formulom. Znamo da je matrica tipa (3 x 3). Prema formuli izračunati ćemo svih 9 elemenata matrice : 2
a11 (1 1 1) 1 2
a12 (1 2 1) 4 2 a13 (1 3 1) 9 2
a 21 (2 1 1) 4 2 a 22 (2 2 1) 9
a 23 (2 3 1) 2 16 2
a 31 (3 1 1) 9 2 a 32 (3 2 1) 16 2
a 33 (3 3 1) 25
Dakle, matrica A matrica A je je matrica : 1 4 9 A 4 9 16 9 16 25
Još trebamo provjeriti je li matrica regularna, odnosno je li joj determinanta različita od nule: 1
4
det( A) 4
9
9
1
4
9
16 II 4 I 0
9 16 25 III 9 I
1
7 20 Razvoj po 1. stupcu = 0 20 56
7 20 392 400 8 0 . 20 56
Matrica A Matrica A je je regularna.
44
1 2 7 3 i B . Ispitajte tvrdnju: 3 4 5 2
Zadatak 12. Zadane su matrice A
A B 1 B 1 A 1 .
Rješenje. Tvrdnju ćemo ispitati tako da izračunamo matrice A B i B 1 A 1 i ustanovimo jesu li 1
one jednake ili ne. Ako jesu, tvrdnja vrijedi.
Računamo najprije A B : 1
1 2 7 A B 3 4 5 det( A B) ( A B)
1
3 17 7 2 41 17
7 289 287 2 41 17
17
1 17
2 7
T
41 1 17 7 17 2 41 17
Računamo B 1 A 1 : det( B)
B
1
3 14 15 1 5 2
7
1 2
1 3
det( A)
1 2 3 4
4 6 2 T
3 1 4 2 A 2 2 1 2 3 1 2 3 1 4 2 1 2 3 4 2 1 17 7 2 5 7 3 1 2 41 17 5 7 2 3 1 1
B 1 A 1
T
5 2 3 7 5 7
1 4
Vrijedi A B 1 B 1 A 1 .
45
4. Matrične jednadžbe Ponovimo još jednom svojstva koja zadovoljavaju neke matrične operacije: Zbrajanje matrica je:
-
komutativno , što znači da vrijedi A B B A asocijativno , što znači ( A B) C A ( B C )
Množenje matrica skalarom je: -
distributivno u odnosu na zbrajanje matrica , što znači ( A B) A B homogeno, što znači ( A) B ( AB) i A ( B) ( A B)
Množenje matrica je: -
asocijativno , što znači A( BC ) ( AB)C nekomutativno , što znači AB BA distributivno u odnosu na zbrajanje matrica , što znači A( B C ) AB AC i ( B C ) A BA CA
Zadatak 1. Riješiti matričnu jednadžbu
1 1 3 1 A X B gdje je A 3 0 4 , B 0 . 4 5 2 1
Rješenje. Počinjemo sa zadanom jednadžbom A X B . Zadatak je izračunati matricu X . Da bi dobili eksplicitni izraz za matricu X potrebno je „riješiti se“ matrice A A sa lijeve strane jednadžbe. To ćemo učiniti množenjem čitave jednadžbe sa inverzom matrice A, A, meĎutim kako množenje matrica nije komutativno ovdje ćemo morati razlikovati tzv. množenje s lijeva i množenje sa desna. U ovom slučaju, množiti ćemo sa lijeva inverzom od matrice A matrice A : : A 1 / A X B
A 1 A X A 1 B
Jer je umnožak meĎusobno inverznih matrica jednak jediničnoj matrici dobivamo: I X A 1 B
Jedinična matrica je neutral za množenje pa vrijedi: X A 1 B
46
Našli smo ekspl icitni izraz za nepoznatu matricu X matricu X . Sada očito moramo izračunati inverz matrice A matrice A:1 :1 1
3
det( A) 3
0
4 II 3 I 0
4
5
1
1
1
2 III 4 I
1
3
5 Razvoj po 1. stupcu = 14
3
0
9
5 42 45 3 0 9 14 3
Računamo algebarske komplemente: A11 (1) A12 (1)
1 2
11
0
4
5
2
3
4
4
2
(6 16) 22 3 0
1 3 A13 (1)
A21 (1) 21
3
5
2
1
3
4
2
1
1
4
5
23 A23 (1)
A31 (1) A32 (1)
3 2
A33 (1)
4 5
1
2 2 A22 (1)
31
2 12 14 (5 4) 9
1 3
1 3 3 4
4
4
(4 9) 5
1 1 3
15
(2 15) 13
0
3 3
20
0
03 3
20 22 15 ~ A 13 14 9
4 5 3 20 13 4 ~ T A 22 14 5 15 9 3 20 13 4 1 1 A 22 14 5 3 15 9 3
20
X A
1
B
1 3
22
15
4 1 24 1 14 5 0 27 . 3 18 9 3 1 13
47
Provjerimo još dobiveno rješenje. Rješenje je točno ako zadovoljava početnu jednadžbu,
pa uvrstimo dobivenu matricu u početnu jednadžbu: A X B
1 1 3 24 ? 1 3 0 1 27 0 4 3 4 5 2 18 1 1 1 3 24 1 1 ? 3 0 4 27 0 3 4 5 2 18 1 3 1 1 ? 0 0 3 3 1 1 1 0 0 1 1
Zadatak 2. Sustav 2 x1 x 2 1 x1 x 2 2
Zapisati u matričnom obliku i riješiti dobivenu matričnu jednadžbu. Rješenje. Sustav zapisujemo u matrični oblik tako da najprije „generiramo“ matricu koja sadrži koeficijente uz nepoznanice sustava: 2 A 1
1
, 1
Zatim stupčanu matricu koja sadrži nepoznanice sustava: x1 X x 2
I stupčanu matricu koja sadrži koeficijente sa desne strane jednadžbi sustava: 1 B . 2
Sustav zapisan u matričnom obliku je zapravo matrična jednadžba: A X B
Jednadžbu ćemo riješiti tako da se najprije „riješimo“ matrice A A sa lijeve strane i to množenjem čitave jednadžbe sa matricom A 1 sa lijeve strane: A 1 / A X B
A 1 A X A 1 B I X A 1 B
48
X A 1 B
Izračunajmo sada inverz matrice A: A: det( A)
2
1
1
1
2 1 3 0
A11 1 A12 1 A21 1 A22 2 ~ 1 1 A 1 2 ~ T 1 1 A 1 2 A X A 1 B
1
1 1 1
3 1
2
1 1 1 1
3 1
1 3 1 2 2 3 3 1
Riješili smo matričnu jednadžbu i dobili: x1 1 X x 2 1
Čime smo ujedno i riješili početni sustav i njegova su rješenja: x1 1
x 2 1 .
Provjerimo dobivena rješenja tako da ih uvrstimo u početne jednadžbe: 2 x1 x 2 1 x1 x 2 2
Uvrštavamo: 2 1 1 11 2
Rješenja zadovoljavaju jednadžbe, pa smo sigurni da su točna. 2 x 3 y z 1
Zadatak 3. Sustav x y z 6
zapisati u matričnom obliku i riješiti dobivenu
3 x y 2 z 1
matričnu jednadžbu. Rješenje. Generiramo matrice:
49
2 3 1 A 1 1 1 , 3 1 2
x X y , z
1 B 6 1
Matrični oblik sustava je: A X B
Množimo jednadžbu matricom A1 s lijeva: A 1 A X A 1 B X A 1 B
Računamo inverz A1 : 2
3
det( A) 1
1
3
1
1 I 2 II
5 1
0
1
1
2 III 3 II
1
1 Razvoj
po 1. stupcu =
2 5
0
5 1 (25 2) 23 2 5
1 (1) 21
Računamo algebarske komplemente: 1
A11
1
A12
1
1 1 1
1 3 2
3 1
3
1
1
2
2
1
3
2
A22 A23
(2 3) 5
3 2
A13 A21
2 1 3
1 2
2
3
3
1
A31
A32 A33
4 3 7 (2 9) 11
3 1 1
1
2 1 1 1
(6 1) 5
3 1 4
(2 1) 1
2
3
1
1
3 ~ A 5
23 5
2 7 11 4 1 5 3 5 4 ~ T 7 1 A 5 2 11 5 5
50
3 1 5 23 2
5 4 1 7 1 A 11 5 3 5 4 1 23 1 1 1 1 X A B 5 7 1 6 46 2 23 23 2 11 5 1 69 3
Rješenja sustava su: x 1 X y 2 . z 3
Provjerimo dobivena rješenja tako da ih uvrstimo u početne jednadžbe i vidimo zadovoljavaju li ih: 2 x 3 y z 1 x y z 6 3 x y 2 z 1
Uvrštavamo: 2 6 3 1 1 2 3 6
OK!
3 2 6 1
Zadatak 4. Riješiti matričnu jednadžbu
3 1 5 X A B , ako je A 1 3 2 i 5 2 1
8 3 0 B 5 9 0 . 2 15 0
Rješenje. Jednadžbu množimo sa A 1 s desne strane: X A B / A 1 X A A 1 B A 1 X I B A 1 X B A 1
Računamo inverz matrice A. A. Ponovno, prisjetimo se da ovakav odabir transformacija ne bi bio ispravan: 5 det( A) 1
5
3
1 I III
3 2 2
NETOČNO
1 III I
Razlog tome je što u drugoj transformaciji koristimo 1. redak koji je izmijenjen tokom prve transformacije.
Jedan točan izbor je npr. 51
5 det( A) 1
5
3
1
I III
0
3 2 2
5
2
1
3 2 Razvoj po 1. stupcu = 0 13 9
1 III 5 II
1
5
2
(45 26) 19
13 9
Računamo algebarske komplemente: A11 (1) A12 (1)
1 2
13 A13 (1)
2
5
1
1
3
5
2
3 1
5
3 2
33
1
5 1
5 2
31 A31 (1)
A33 (1)
5 3
3
1
1
(1 10) 9 2 15 13
(3 2) 1
2 1
2 2 A22 (1)
A32 (1)
2
1
21 A21 (1)
2 3 A23 (1)
3 2
11
5 5 10
(10 15) 25 1
3 2
5
1
1
2
5
3
1
3
6 3 3
(10 1) 11 15 3 18
1 9 13 ~ A 1 10 25
3 11 18 1 3 1 ~ T A 9 10 11 13 25 18 1 3 1 1 1 A 9 10 11 19 13 25 18 X B A
1
1 3 1 3 8 3 0 1 8 3 0 1 19 38 57 1 1 1 5 9 0 9 5 9 0 9 10 11 10 11 76 95 114 19 19 19 2 15 0 13 25 18 2 15 0 13 25 18 133 152 171 1 2 3 4 5 6 . 7 8 9
52
Zadatak 5.
Riješiti matričnu jednadžbu
0 1 2 ( A 2 I ) X A I gdje je A 2 3 4 . 1 0 1
Rješenje. Najprije trebamo iz jednadžbe ( A 2 I ) X A I izraziti nepoznatu matricu X matricu X . Da bi se riješili matrice ( A 2I ) s lijeve strane, čitavu jednadžbu množimo sa njenim inverzom i to s lijeve strane: ( A 2 I )
1
/( A 2 I ) X A I
X ( A 2 I ) 1 ( A I )
0 A 2 I 2 1 2 1 2
2 0 0 2 1 2 3 4 0 2 0 2 1 4 0 1 0 0 2 1 0 1 I II 0 2 6
1
2
det( A 2 I ) 2
1
4 II 2 III 0 1
6 Razvoj
1
0
1
1
1
1
2 6 1
6
0
po 1. stupcu =
12 6 6
Računamo algebarske komplemente: ( A 2 I )11 (1) ( A 2 I )12 (1)1 2
11
1
4
0
1
2
4
1
1
( A 2 I )13 (1)13
2 2 ( A 2 I ) 22 (1)
( A 2 I ) 23 (1)
2 3
3 2
1
0
2
2
2
1
1
2 1 1
0 31 1
( A 2 I ) 33 (1)
3 3
22 0
(0 1) 1 2
1 4
2 2 2
1
(1) 1
0 1
( A 2 I ) 31 (1) ( A 2 I ) 32 (1)
(2 4) 6
2 1
1
21 ( A 2 I ) 21 (1)
1
4
2
(8 4) 12
2 1 2
1
4
53
1 6 ( A 2 I ) 1 0 2 12 1 1 T ( A 2 I ) 6 0 1 1
1 1 4 2 12 4
1 1
( A 2 I )
1
1
6 6 1 1 1 A I 2 4 1 0
2
0
12
4
1 2
2 4
1 1 1 2 1 1 2 3 3 6 1 1 18 6 36 2 X ( A 2 I ) 1 ( A I ) 6 0 12 2 4 4 6 31 6 1 1 4 1 0 2 3 3 6 2
Zadatak 6.
1 2 1 1 2
1 6.
1
Iz jednadžbe X A B izraziti nepoznatu matricu X matricu X .
Rješenje. Množimo čitavu jednadžbu s desne strane sa inverzom matrice A : A : X A B / A 1 X A A 1 B A 1 X B A 1 .
Zadatak 7.
Iz jednadžbe
matricu X . (2 X A) B 3I 0 izraziti nepoznatu matricu X
Rješenje. Množenje matrica je distributivno u odnosu na zbrajanje, odnosno vrijedi: A( B C ) AB AC i ( B C ) A BA CA .
To ćemo primijeniti u ovom zadatku. (2 X A) B 3I 0 (2 X A) B 3 I
Primjenjujemo distributivnost: 2 XB AB 3 I 2 XB 3 I AB / XB X
1 2 1 2
1 2
(3 I AB) / B
1
(3 I AB) B
1
Sada možemo (nije obavezno) obavezno ) opet primijeniti svojstvo distributivnosti ali u obratnom smjeru pa imamo: X
1 2
(3 I B
1
A B B 1 )
54
1
X
Zadatak 8.
1 (3 B A)
2
Iz jednadžbe AXB matricu X . AXB C AX izraziti nepoznatu matricu X
Rješenje. AXB AXB C AX AXB AXB AX C
Koristimo svojstvo distributivnosti: AX ( B I ) C AX ( B I ) C / ( B I ) 1 A / AX C ( B I ) 1
1
X A
Zadatak 9.
1
C ( B I ) 1 . 1 2 1 (2 I X ) A B , gdje je A 0 1 0 , 2 1 1
Riješiti matričnu jednadžbu
1 0 0 B 0 2 0 . 0 0 3
Rješenje. Najprije izrazimo nepoznatu matricu X matricu X iz jednadžbe (2 I X ) A B : (2 I X ) A B / A
1
2 I X B A 1 X B A 1 2 I
Izračunavamo inverz matrice A: A: 1
2
1
det( A det( A) 0
1
0 Razvoj
2 1
po 2. retku 1
1
1
1
2
1
1
Računamo algebarske komplemente: A11 (1) A12 (1)
11 1
1 1
0
0 1
2 1
1
1
1
1
1
2 1
2
2 2 A22 (1) 23 A23 (1)
0
1 2
1 3 A13 (1) 21 A21 (1)
0
1
2
1
2 1
2
(2 1) 3
1 2
0
1
(1 4) 5
55
A31 (1) A32 (1)
31
3 2
2
1
1
0
1
1
0
0
33 A33 (1)
1 ~ A 3
1 1 ~ T A 0 2
1
2
0 1
0
1 0 1
2
1 5 0 1 3 1 1 0 5 1
1 3 1 1 3 1 A 0 1 0 0 1 0 2 5 1 2 5 1 1 0 0 1 3 1 1 3 1 1 B A 0 2 0 0 1 0 0 2 0 0 0 3 2 5 1 6 15 3 1 3 1 2 0 0 3 3 1 1 X B A 2 I 0 2 0 0 2 0 0 0 0 . 6 15 3 0 0 2 6 15 5 1
Zadatak 10. Riješiti matričnu jednadžbu
2 0 1 AX A X gdje je A 0 2 0 . 0 0 2
Rješenje. Izrazimo najprije matricu X matricu X iz jednadžbe AX A X : AX A X AX X A
Koristimo svojstvo distributivnosti množenja matrica u odnosu na zbrajanje: X ( A I ) A X ( A I ) A / ( A I )
1
X A ( A I ) 1
Računamo inverz matrice A I : 1 0 1 det( A I ) 0 1
0 1
0 0 1
1 0 0 1 0 1 T A I 0 1 0 A I 0 1 0 1 0 1 0 0 1
56
X A ( A I )
1
1 0 ( A I ) 1 0 1 0 0 2 0 1 1 0 2 0 0 0 0 2 0
1 0 1 0 1 2 0 1 1 0 0 2 0 . 0 0 2 0 1
Odradimo još i provjeru: AX A X
1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 0 2 0 0 2 0 0 2 0 ? 0 2 0 0 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0 2 0 2 0 1 2 0 1 4 0 ? 0 4 0 0 2 0 0 2 0 0 0 4 0 0 2 0 0 2 1 2 0 1 2 0 0 2 0 0 2 0 OK 0 0 2 0 0 2
0 1
1 1
4 2
det( X ) ako je AXB Zadatak 11. Izračunati det( X AXB C , gdje je A , B 1 2 , C 2 1 . 1 0 Rješenje. Izrazimo X Izrazimo X iz jednadžbe:
AXB C / B 1 AX C B 1 A 1 / AX C B 1 X A 1 C B 1
Računamo potrebne inverze: det( A) A
1
1
1
0
1
1 0 1 1 1 0 1 0 1 0
det( B) B
0 1
1 1 2 1 1 1 2
1 2 1 1 1 1 1 1 1 2
57
Računamo X : 0 1 4 2 2 1 2 1 2 1 5 3 1 1 X A C B 1 0 2 1 1 1 4 2 1 1 10 6
I konačno : det( X )
5 3 30 30 0 . 10 6
58
5. Cramerovo p ravilo
Cramerovo pravilo koristimo prilikom rješavanja linearnih sustava od n jednadžbi jednadžbi s n nepoznanica. nepoznanica. Recimo da promatramo jedan takav općeniti sustav: a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1
a 21 x1 a 22 x 2 ... a2n x n b2
. . . a n1 x1 an2 x 2 ... ann x n bn
Taj sustav možemo zapisati u matričnom obliku a11 a 21 A . a n1
a12
A X B pri
...
a1n
...
a 2n
čemu:
. . .... a nn
a 22 . a n2
x1 x 2 X . x n b1 b 2 B . bn
Sustav je homogen ako je B 0 (svi koeficijenti s desne strane jednadžbi jednaki nuli). Sustav je nehomogen ako je B 0 (postoji barem jedan koeficijent s desne strane
jednadžbi koji je različit od nule).
Uvedimo još oznake: det( A) D
matrice A sa sa stupcem B stupcem B Di determinanta matrice koju dobivamo zamjenom i-tog stupca matrice A Za svaku nepoznanicu xi vrijedi xi D Di
Jednakost xi D Di se lako može dokazati za recimo nepoznanicu x1 . Dakle, recimo da
želimo dokazati jednakost x1 D D1 . Ona u matričnom obliku izgleda: x1
a11
a12
...
a1n
a 21
a 22
...
a 2n
.
.
.
.
a n1
a n2
.... a nn
?
b1
a12
...
a1n
b2
a 22
...
a 2n
.
.
.
.
bn
a n2
.... a nn
59
Iskoristimo 3. svojstvo determinanti, i pomnožimo prvi stupac determinante na lijevoj strani nepoznanicom x1 : a11 x1
a12
...
a1n
a 21 x1
a 22
...
a 2n
.
.
.
.
a n1 x1
a n2
.... a nn
?
b1
a12
...
a1n
b2
a 22
...
a 2n
.
.
.
.
bn
a n2
.... a nn
Budući da vrijede jednadžbe a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1
a 21 x1 a 22 x 2 ... a2n x n b2
. . . a n1 x1 an2 x 2 ... ann x n bn
Prvi stupac determinante na desnoj strani možemo napisati u sljedećem obliku: a11 x1
a12
...
a1n
a 21 x1
a 22
...
a 2n
.
.
.
.
a n1 x1
a n2
.... a nn
?
a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n
a12
...
a1n
a 21 x1 a 22 x 2 ... a 2n x n
a 22
...
a2n
.
.
.
.
a n1 x1 a n 2 x 2 ... a nn x n
a n2
.... a nn
Primijenimo sada 4. svojstvo determinanti – od od prvog stupca determinante na desnoj strani oduzmimo drugi stupac pomnožen nepoznanicom x 2 , ponovno od prvog stupca oduzmimo treći stupac pomnožen nepoznanicom x 3 ,...., ponovno od prvog stupca oduzmimo n-ti stupac pomnožen nepoznanicom x n . Nakon tih (n (n-1) transformacija, dobivamo: a11 x1
a12
...
a1n
a 21 x1
a 22
...
a 2n
.
.
.
.
a n1 x1
a n2
.... a nn
a11 x1
a12
...
a1n
a 21 x1
a 22
...
a 2n
.
.
.
.
a n1 x1
a n2
.... a nn
Ovime smo dokazali jednakost x1 D D1 . Dokaz jednakosti xi D Di za neki drugi i bi se provodio analogno.
60
Tablica 1. Cramerovo pravilo
D 0
Nehomogen sustav
Homogen sustav Sustav ima jedinstveno
Sustav ima jedinstveno rješenje.
rješenje.
Za svako i vrijedi: x i
Za svako i vrijedi:
D i D
x i
Slučaj a) Za svako i vrijedi: Di 0 Sustav ima beskonačno mnogo rješenja – neodreĎeni – neodreĎeni sustav.
D 0
Slučaj b) Postoji barem jedno i za koje vrijedi: Di 0 Sustav nema rješenja- nemoguć sustav.
Di D
0 D
0
Sustav ima beskonačno mnogo rješenja – neodreĎeni sustav.
Zadatak 1. Riješiti sustav x1 x 2 2 x3 1 2 x1 x 2 2 x 3 4 4 x1 x 2 4x 3 2 .
Rješenje. Radi se o sustavu tri jednadžbe s tri nepoznanice, dakle možemo ga rješavati Cramerovim pravilom. Zapišimo sustav najprije u matričnom obliku AX B , pri čemu je: 1 1 A 2 1 4 1 x1 X x 2 x3
2
4 2
1 B 4 2
Vidimo da se radi o nehomogenom sustavu, budući da koeficijenti na desnim stranama jednadžbi nisu svi jednaki nuli. n uli. Sljedeće što moramo napraviti je izračunati determinantu matrice koeficijenata sustava, odnosno matrice A matrice A:: 1
1
2
1
1
2
D det( A) 2
1 2 II 2 I 0 3 2 Razvoj po 1. stupcu = 4 1 4 III 4 I 0 3 4
3 2 12 6 6 0 3 4
61
Prema Tablici 1. zaključujemo da zadani z adani sustav ima jedinstveno rješenje. Tražene nepoznanice ćemo računati po formuli x i x1
D1 D
D i
x 2
,
, odnosno vrijedi:
D D 2
D
x 3
,
D 3 D
Trebamo još izračunati determinante D1 , D2 , D3 : 1 1 2 1 1 2 D1 4 1 2 II 4 I 0 5 6 Razvoj po 1. stupcu = 2 1 4 III 2 I 0 1 0 1
5 6 (0 6) 6 1 0
1 2 1 1 2 D2 2 4 2 II 2 I 0 2 2 Razvoj po 1. stupcu = 4 2 4 III 4 I 0 2 4 1
2 2 8 4 12 2 4
1 1 1 1 D2 2 1 4 II 2 I 0 3 2 Razvoj po 1. stupcu = 4 1 2 III 4 I 0 3 2 1
1
3 2 6 6 12 3 2
Slijedi: x1 x 2 x 3
D1
D D2
6 6 12
D 6 D3 12 D
6
1 2 2
Dakle, traženo rješenje sustava je: x1 1 X x 2 2 x3 2
Provjerimo još za svaki slučaj dobiveno rješenje. Uvrstimo dobivene brojeve u sve tri jednadžbe: x1 x 2 2 x3 1 1 2 4 1 OK 2 x1 x 2 2 x3 4 2 2 4 4 OK 4 x1 x 2 4x3 2 4 2 8 2 OK
Zadatak 2. Riješiti sustav: x1 x 2 2x3 2
62
x1 x 2 2x3 1 3 x1 3 x 2 6x 3 4 .
Rješenje. Sustav je nehomogen. Izračunajmo mu determinantu: 1
1
2
1
1
D 1 1 2 II I 0 3
3
6 III 3 I
2
2 0 Razvoj po 3. retku =0
0
0
0
Trebamo izračunavati determinante Di da vidimo jesmo li u slučaju a) ili b) : Idemo redom: 2 D1 1
2 I 2 II
1
0
1 2
4
2
1 1
6 III 4 II
3
3
0
7
2 Razvoj
po 1. stupcu =
2
2 (6 14) 8 0 7 2 3
Budući da je D1 0 , u slučaju b) smo pa zaključujemo da sustav nema rješenja. Zadatak 3. Riješiti sustav: x1 2 x 2 x3 3 3 x1 x 2 2 x3 1 4 x1 x 2 x3 2 .
Rješenje. Sustav je nehomogen. Izračunajmo determinantu sustava: 1 D 3 4
2
1
1
2 II 3 I 0
5 Svojstvo
1
1 III 4 I
5
1
2
7 0 7
1
1. determinanti (dva jednaka retka) =0
Da bi ustanovili jesmo li u slučaju a) ili slučaju b) moramo računati determinante Di : 3
2
D1 1 1 2
1
1 I 3 II
1 5 2 1 1 2 Razvoj po 1. stupcu = 1 III 2 I 0 1 5 0
(1)
1 5 0 1 5
3
1
1
2 II 3 I 0
5 Dva
4
2
1 III 4 I
10 0 10
5
1
2
3
1
3
1 D2 3
1
3
2
1
jednaka retka =0
D3 3
1 1 II 3 I 0 7 10 Dva jednaka retka =0 4 1 2 III 4 I 0 7 10
Budući da su sve tri determinante D1 , D2 , D3 jednake nuli, zaključujemo da sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Još ih trebamo izračunati. To sada računamo „na jednadžbama“:
63
x1 2 x 2 x3 3 3 x1 x 2 2 x3 1 4 x1 x 2 x3 2
Najprije odaberemo bilo koju od tri jednadžbe, recimo prvu, i iz nje izrazimo jednu nepoznanicu preko preostalih, npr. x1 2 x 2 x3 3 x1 3 2 x 2 x3 Veza 1
Sada u preostale dvije jednadžbe nepoznanicu x zapišemo uz pomoć preostalih nepoznanica koristeći vezu 1: 1
3 x1 x 2 2 x3 1 9 6 x 2 3 x3 x 2 2 x3 1 7 x 2 5x3 10 4 x1 x 2 x3 2 12 8 x 2 4 x3 x 2 x3 2 7 x 2 5x3 10
Vidimo da smo uvrštavanjem veze 1 dobili do bili dvije identične jednadžbe (što bi za pravo i trebali dobiti budući da znamo da imamo beskonačno mnogo rješenja – jednadžbe jednadžbe su meĎusobno zavisne). Iz te jedne jednadžbe sada iskažemo ponovno jednu nepoznanicu preko preostalih npr.: 1
7 x 2 5 x3 10 7 x 2 10 5 x3 x 2 (10 5x3 ) 7
Vidimo da ćemo rješenja prikazati preko nepoznanice x , pa je česta praksa (nije obavezno) da se ta nepoznanica označi sa t . Dakle: 3
x 3 t R
x 2
1 7
(10 5t )
Vračajući se još u vezu 1 dobivamo: x1 3
2 7
(10 5t ) t
Provjera. Budući da smo dobili da sustav ima beskonačno mnogo rješenja, nećemo ih sve moći provjeriti ali možemo barem odabrati jedno rješenje i provjeriti njega. Za vrijednost nepoznanice x3 t 0 , dobivamo jedno rješenje: x3 0
10
x 2
x1 3
7 20
7
1 7
Provjerimo točnost tog rješenja uvrštavajući ga u početne jednadžbe: x1 2 x 2 x3 3
1
7 3
3 x1 x 2 2 x3 1
7
20
7 10 7
0 3 OK 0 1 OK
64
4 x1 x 2 x3 2
4 7
10 7
0 2 OK
Napomena. Kada računamo rješenja sustava koji ima beskonačno mnogo rješenja, odabir jednadžbe iz koje ćemo vaditi neku vezu i nepoznanice koju ćemo iskazivati utječe na
konačan zapis rješenja. MeĎutim, ako se sve dobro odradi, rješenje bi neovisno o različitom zapisu trebalo biti ispravno. Zadatak 4.
Riješiti sustav
x 2 y 5z 0 x 2 y 3z 0 x 6 y 13z 0 .
Rješenje. Sustav je homogen. Izračunajmo mu determinantu: 5 1 2 5 D 1 2 3 II I 0 4 8 Dva jednaka retka =0 1 6 13 III I 0 4 8 1
2
Dakle, sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Izračunajmo ih. x 2 y 5z 0 x 2 y 3z 0 x 6 y 13z 0
Odabiremo jednu jednadžbu i nepoznanicu koju ćemo prikazati preko ostalih. Npr., iz prve jednadžbe prikažimo x preko x preko ostalih nepoznanica: x 5 z 2 y Veza 1
Sada u preostale jednadžbe x zamjenjujemo korištenjem veze 1: x 2 y 3 z 0 5 z 2 y 2 y 3 z 0 8 z 4 y 0 x 6 y 13 z 0 5 z 2 y 6 y 13 z 0 8 z 4 y 0
Ponovno smo očekivano dobili dvije identične jednadžbe. Iz nje ponovno iskazujemo jednu nepoznanicu preko druge: 8 z 4 y 0 4 y 8 z y 2 z
Nepoznanice y Nepoznanice y i i x x ćemo očito prikazati preko nepoznanice z pa z pa z možemo zapisati kao: z t R y 2t
x 5t 4t t
NaĎimo jedno rješenje i provjerimo zadovoljava li jednadžbe. Odaberimo npr. vrijednost t 1. Tada dobivamo rješenja: z 1
y 2
65
x 1
Uvrstimo ih u jednadžbe: x 2 y 5z 0 1 4 5 0 OK
x 2 y 3z 0 1 4 3 0 OK x 6 y 13z 0 1 12 13 0 OK
Zadatak 5.
Diskutirati rješenje sustava u ovisnosti o parametru t R tx1 x 2 x3 1 x1 tx 2 x3 1 x1 x 2 tx3 1
Rješenje. Zadatak je naći one vrijednosti parametra t za koje sustav nema rješenja, ima jedinstveno rješenje i ima beskonačno mnogo rješenja, te naći ta rješenja kada postoje. Vidimo da se radi o nehomogenom sustavu. Postojanje rješenja ovisi prvenstveno o vrijednosti determinante, pa ju računamo: t 1 1
t
1
1 I tIII
D 1 t 1 II III 0 t 1 1 t 1 1 t
1
1
0 t 1
t
1 2
1 t 1 t t 1
0 1 t 1 t 2
1 t
1 t = Razvoj po 1. stupcu =
1
t
(1 t ) 2 (1 t 2 )(t 1)
Zanima nas situacija u kojoj je determinanta različita od nule. Naime, tada znamo da će sustav imati jedinstveno rješenje – za – za svaku nepoznanicu će vrijediti x i
D i D
. Da bi znali
za koje vrijednosti od t -a je determinanta različita od nule, moramo riješiti jednadžbu: 2 2 (1 t ) (1 t )(t 1) 0
Ovdje je sada „zgodno“ primijetiti da možemo izlučiti minus u drugom pribrojniku: 2 2 (1 t ) (1 t )(1 t ) 0
Kako bi sada prvi i drugi pribrojnik imali zajednički faktor 1-t kojeg možemo izlučiti i dobivamo: 2 (1 t ) (1 t ) (1 t ) 0 2
(1 t ) 1 t 1 t
0
Sada imamo jednadžbu na čijoj je lijevoj strani umnožak dva faktora a na desnoj nula – dvije su opcije – ili ili je prvi faktor jednak nuli ili je drugi faktor jednak nuli : 1 t 0 t 1
t 2 t 2 0
Zadnje je kvadratna jednadžba koju znamo riješiti:
66
1 1 4 (1) 2
t 2,3
2 t 2 2
1 3
2
t 3 1
Dakle, rješenja jednadžbe
(1 t ) 2 (1 t 2 )(t 1) 0 su:
t 1 2 t 2 1
Dakle, sada imamo 3 opcije:
1. slučaj : Parametar t 2 i t 1 . U ovom slučaju je D 0 . Znamo da tada sustav ima jedinstveno rješenje. Izračunajmo ga: 1 1 1
1
1
1
D1 1 t 1 II I 0 t 1 1 1 t III I
0
t 1
1
0
t 1
(t 1) 2
1
1
0
0
t 1
2
1 t 1 t 0
t 1
0
1
1 1 t III II
t 1
Razvoj po 1. stupcu =
(1 t )(t 1) (t 1)(t 1) (t 1) 2
t 1 1
t
1
1
D3 1 t 1 II I 1 t t 1 0 Razvoj 1 1 1 III I
Još
smo 2
prije
1 t t 1 1 t
0
1 t
0
D1 D
(t 1) 2 (1 t )(t 2 t 2)
0
da
2
je
D (1 t ) (1 t )(t 1) (1 t )(t t 2) pa x1
po 3. stupcu =
(t 1)(1 t ) (t 1)(t 1) (t 1) 2
izračunali
2
po 1. stupcu =
0 1 t 1 t 2
t 1 1 I tIII D2 1 1 1
1 Razvoj
determinanta
sustava
jednaka
sada slijedi:
(t 1) 2 (t 1)(t 2 t 2)
t 1 t 2 t 2
t 1 (t 1)(t 2)
1 t 2
Slično bi dobili: x 2 x 3
D2 D D3 D
1 t 2 1 t 2
2. slučaj. Parametar t 1 . Determinanta sustava je tada jednaka D 0 . Tu su sada otvorena dva slučaja koja ovise o determinantama D1 , D2 , D3 pa ih izračunajmo. iz računajmo. Možemo koristiti opće izraze za determinante D1 , D2 , D3 izračunate u 1. slučaju:
67
2 2 D1 (t 1) (1 1) 0
D2 0 D3 0
Sustav u ovom slučaju ima beskonačno mnogo rješenja. NaĎimo još ta rješenja. Sustav za t 1 postaje: x1 x 2 x3 1 x1 x 2 x3 1 x1 x 2 x3 1
Zapravo imamo samo jednu jednadžbu x1 x 2 x3 1 iz koje slijedi: x1 x 2 x3 1
Kažemo da imamo dvije „slobodne nepoznanice“, jer vrijednosti nepoznanica x2 , x3 možemo nasumično birati. Dakle rješenje sustava je: x1 x 2 x3 1 x 2 R x 3 R
3. slučaj. Parametar t 2 . Determinanta sustava je opet jednaka nuli. Izračunajmo ponovno determinante D1 , D2 , D3 : D1 (t 1) 2 (2 1) 2 9
Sustav nema rješenje.
Zadatak 6.
Diskutirati rješenje sustava u ovisnosti o parametru t R x1 x 2 x3 1 x1 tx 2 x3 1 x1 x 2 tx3 1
Rješenje. Računamo determinantu sustava o kojoj će ovisiti ima li sustav rješenja i to jedinstveno ili ne: 1 1 1
1
1
D 1 t 1 II I 0 t 1 1 1 t III I
0
0
1 2 0 (t 1)
t 1
Rješavamo jednadžbu: (t 1) 2 0
t 1
Dakle, imamo dva slučaja
68
1. slučaj. Ako je t 1 . Determinanta je tada različita od nule pa sustav ima jedinstveno rješenje. Računamo ga: 1 1 1 D1 1 t 1 (t 1)
2
1 1 t 1 1 1 D2 1 1 1 Dva
jednaka stupca =0
1 1 t 1 1 1 D3 1 t 1 0 1 1 1
Dakle, rješenja sustava su: x1
D1
D
x 2
D2
x3
D3
D D
(t 1) 2 (t 1) 2
0 (t 1)
2
0 (t 1)
2
1
0 0
2. slučaj. Ako je
t 1 . Determinanta je tada jednaka nuli. Trebamo izračunati determinante D1 , D2 , D3 . Budući da su sve jednake nuli, znamo da sustav ima beskonačno
mnogo rješenja i do njih dolazimo isto kao u prethodnom zadatku. x1 1 x 2 x3 .
Rješenja su: x1 x 2 x3 1 x 2 R x 3 R
Zadatak 7.
Riješiti sustav
2 x 9 y 11 5 x 2 y 3
.
Rješenje. Sustav ima jednak broj nepoznanica i jednadžbi pa ga možemo rješavati Cramerovim pravilom. D
2
9
5
2
49
Sustav je nehomogen i determinanta mu je različita od nule – ima – ima jedinstveno rješenje. D1 D2
11
9
3 2 2
11
5
3
22 27 5
6 55 61
69
x1
D1
x 2
5
D D2
D
49 61
49
.
3 x 4 y z 7
Zadatak 8.
Riješiti sustav
4 x 2 y 3 z 16 . 2 x 5 y 4 z 9
Rješenje. Sustav je nehomogen. 3
4 1
D 4
4
8 5 5
4
4
3 II 2 III 0
2
2 5
3
3
8 5 Razvoj po 1. stupcu =
2 4
2
1
8 5
1
5
4
3(32 25) 2(20 8) 21 24 45
Determinanta je različita od nule – sustav – sustav ima jedinstveno rješenje. 7
4 1
D1 16 2 9
5
7
7
1
3 II 3 I 5
10 0 Razvoj po 3. stupcu = 19 11 0
4 III 4 I
3
4
5 10 55 190 135 19 11
1
3
7
1
9
4 III 4 I
5 5 5 0 95 50 45 10 19 10 19 0
4
7 I 2 II
5 0 25
D2 4 16 3 II 3 I 5 2 3 D3 4
2 16
2 5
2
5 25 2
9
4
2
2
5
9
5
5 25 4
16
16 Razvoj
po 2. stupcu =
9
2(45 50) 5(80 100) 10 100 90
x1 x 2
D1 D D2
45
1 45 90 x 3 2 D 45 D D3
135 3 45
2 x 3 y z 2
Zadatak 9.
Riješiti sustav
3 x 5 y 5 z 3
.
7 x 11 y 7 z 7
70
Rješenje. 2 D 3 7
3 5
1
3 1
2
5 II 5 I 7
11 7 III 7 I
0 Dva
10
7 10
jednaka retka =0
0
Da bi išta mogli zaključiti, još moramo izračunati determinante D1 , D2 , D3 : 3 1 D1 3 5 5 Identična je D =0 D =0 7 11 7 2
2 D2 3 7
2 1 3 5 Dva
jednaka stupca =0
7 7
3 5
2 D3 3 7
2 3 0
11 7
Sustav ima beskonačno mnogo rješenja. 2 x 3 y z 2 3 x 5 y 5 z 3 7 x 11 y 7 z 7
Iz prve jednadžbe izrazimo nepoznanicu z nanicu z : 2 x 3 y z 2 z 2 2 x 3 y
Uvrstimo u preostale jednadžbe: 3 x 5 y 5 z 3 3 x 5 y 10 10 x 15 y 3 7 x 10 y 7 7 x 11 y 7 z 7 7 x 11 y 14 14 x 21 y 7 7 x 10 y 7
Iz dobivene jednadžbe izrazimo x : x : 7 x 10 y 7 7 x 7 10 y x
1 7
(7 10 y) 1
10 7
y
Dakle, rješenja sustava su oblika: y R
x 1 z 2 2
20 7
10 7
y
y 3 y
1 7
y .
Obavimo provjeru za jedno konkretno rješenje. Odaberimo npr. y 1 . Tada vrijedi: y 1 x z
17 7 1 7
Uvrstimo ova rješenja u jednadžbe:
71
2 x 3 y z 2
34
3 x 5 y 5 z 3
3
7 51
1 7 5
2
5 3 OK. 7 7 119 11 1 7 7 x 11 y 7 z 7 7 2 x y 3 z 9
Zadatak 10. Riješiti sustav 3 x 5 y z 4 . 4 x 7 y z 5
Rješenje. 1 3 I 3 II 7 14 0 D 3 5 1 3 5 1 Razvoj po 3. stupcu = 4 7 1 III II 1 2 0 2
7 14 (14 14) 0 . 1 2
Računamo D1 , D2 , D3 : 1 3 I 3 II 21 14 0 4 5 1 Razvoj po 3. stupcu = D1 4 5 1 5 7 1 III II 9 2 0 9
21 14
2
9
(42 126) 168 0
Sustav nema rješenja.
Zadatak 11. Diskutirati ovisnost rješenja sustava o realnom parametru a x y z a
x (1 a) y z 2a
.
x y (1 a) z 0
Rješenje.
Računamo determinantu sustava: 1
1
D 1 1 a 1
1
1
1
1
1
1
II I 0
a
2 0 a
0
a
1 a III I
0
1. slučaj. a 0 . Determinanta sustava je različita od nule pa sustav ima jedinstveno rješenje.
72
a
a
1
2a 1
(1 a)
a
1
1
D1 2a 1 a
1
0
1 a
1
2a 1 a
1
Razvoj po 3. retku =
(a 2a) (1 a)(a a 2 2a) a (1 a)(a 2 a) a a 2 a a 3 a 2
a3 1
a
1
D2 1 2a
1
1
0
Razvoj po 3. retku
1 a
a
1
2a 1
(1 a)
1
a
1 2a
a (1 a)a a a a 2 a 2 1
1
a
D3 1 1 a 1
1
1
1
a
2a II I 0
a
a a
0 III I
0
0
2
a
Rješenja su: x1 x 2 x3
D1 D
D2 D
D3 D
a
3
a
2
a
2
a
2
a
a2 a
2
1 1
2. slučaj. a 0 . Determinanta je jednaka nuli i vrijedi (koristimo izračunato iz 1. slučaja): D1 D2 D3 0
Dakle, sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Izračunajmo ih: x y z 0 x y z 0 x y z 0
Zapravo imamo samo jednu jednadžbu iz koje slijedi: x y z
Pa su rješenja sustava oblika: x y z y R z R .
Zadatak 12.
Riješiti sustav linearnih jednadžbi:
4 y 2 x 6 z 6 5 x 11 z 8 y 11
73
2 y 4z 4 .
Rješenje. Prvo bi trebali zapisati jednadžbe na način da nepoznanice budu poslagane jedna ispod druge:
2 x 4 y 6 z 6 5 x 8 y 11z 11 2 y 4z 4
Matrica sustava je: 6 D 5 8 11 Razvoj po 1. stupcu 0 2 4 2
2
4
11 4 6 5 2(32 22) 5(16 12) 20 20 0 . 2 4 2 4
8
Moramo izračunati i determinante D1 , D2 , D3 : 6 I 2 III 2 0 2 2 2 0 D1 11 8 11 II 4 II 5 0 5 Razvoj po 2. stupcu 2 5 5 4 2 4 4 2 4 6
2
6
4
6
2
D2 5 11 11 3. 0
4
6
6
svojstvo (izlučujemo faktor -1 iz 3. stupca) 5 11 11 Dva
4
0
4
4
jednaka stupca = 0 2
4
6 I 2 III
2 0
D3 5 8 11 II 4 III 5 0
2
4
0
0 2
2 5 2 4
2 0 5 5 2
Zaključujemo da sustav ima beskonačno mnogo rješenja. 2 x 4 y 6 z 6 5 x 8 y 11z 11 2 y 4z 4
Iz 3. jednadžbe prikažimo y preko y preko z z : : 2 y 4 z 4 2 y 4 4 z y 2 2 z
Uvrstimo u preostale jednadžbe:
2 x 4 y 6 z 6 2 x 8 2 z 6 2 x 2 z 2 x z 1 5 x 8 y 11 z 11 5 x 5 z 5 x z 1
Dobivamo: x 1 z
Rješenje je: z R
y 2 2 z
x 1 z
74
Rješenja je beskonačno mnogo, no svejedno možemo provjeriti štima li barem za jedno konkretno rješenje. Odaberimo npr. z 0 . Tada je rješenje: z 0 , y 2 , x 1
Uvrstimo to rješenje u jednadžbe: u jednadžbe: 2 x 4 y 6 z 6 2 8 6 OK 5 x 8 y 11z 11 5 16 11 OK 2 y 4z 4 4 4 OK
Zadatak 13. Kako broj rješenja sustava x1 x 2 x3 8 x1 x 2 x3 5 3 x1 x 2 2 x3 5
ovisi o realnom parametru . Rješenje.
Broj rješenja sustava ovisi o vrijednostima determinanti D, D1 , D2 , D3 pa ih izračunajmo: 1
1
1
1
D 1 1 II I 0 1 3
1
2 III 3 I
2
0
1
1
1
2
2 3
2 3
( 1)(2 3 ) 2(1 )
2 3 2 2 3 2 2 3 2 3 3 ( 1) 8
1
8
1
D1 5 1 II III 0 1 1 Razvoj 5
1
2
5
1
po 1. stupcu 8
2
1 1 1
2
5
1
1 1
8(2 2 1) 5(1 ( 1)) 16 8 5(1 2 ) 21 13 5 2 1 8 D2 1 5 3 5 1
1
3 1 3 1 6 9 19 19 13 10 19 2 3 0 19 2 3
1 II I 0 2 III 3 I 1
8
1
D3 1 5 II I 0 3
8
1
5 III 3 I
1. slučaj. rješenje.
1 i 0 .
2. slučaj.
1.
0
1
1
2
8
1 3 3 19 19 6 19 13 2 19 19
Determinanta D Determinanta D je različita od nule. Dakle, sustav ima jedinstveno
Determinanta D Determinanta D je je jednaka nuli. Vrijednosti determinanti D1 , D2 , D3 su : D1 3 D2 3 D3 6
Sustav nema rješenja.
75
3. slučaj.
0 .
Determinanta D Determinanta D je je jednaka nuli. Vrijednosti determinanti D1 , D2 , D3 su : D1 13
D2 13 D3 13
Sustav nema rješenja. Zadatak 14. Kako broj rješenja sustava: x y tz 1 x 2 y z 2 2 x 3 y (t 1) z 3
ovisi o parametru t R . Rješenje.
Kako broj rješenja sustava ovisi o vrijednostima determinanti D, D1 , D2 , D3 , računamo ih: 1
1
t
D 1
2
1 1
t
1 1 t 1 II I 0 1 1 t 0 1 1 t 2 3 t 1 III 2 I 0 1 t 1
Kako je D=0, još moramo izračunati determinante D1 , D2 , D3 da bi znali ima li sustav
beskonačno mnogo ili nema rješenja: 1
1
t
1 Dva jednaka stupca =0 3 3 t 1
D1 2
2
1
1
D2 1
2
t
1 D 0 2 3 t 1 1
1
1
D3 1
2
2 0
2
3
3
Sustav ima beskonačno mnogo rješenja neovisno o vrijednosti parametra t R . Zadatak 15. Kak o broj rješenja sustava: x y tz 1 x 2 y z 2 2 x 3 y (t 1) z 4
ovisi o parametru t R . Rješenje. 1
1
D 1
2
t
1 1
t
1 1 t 1 II I 0 1 1 t 0 1 1 t 2 3 t 1 III 2 I 0 1 t 1
1
1
D1 2
2
t
1
1
t
0 1 2t 1 II 2 I 0 0 1 2t 1 2t 1 3t 1 4 3 t 1 III 4 I 0 1 3t 1
76
1
1
D2 1
2
t
1
1
t
1 1 t 1 II I 0 1 1 t t 1 2(1 t ) t 1 2 2t t 1 2 t 1 2 4 t 1 III 2 I 0 2 t 1 1
1
1
D3 1
2
2 II I 0 1 1
2
3
4 III 2 I
Budući da je D3 1 0 za svaki
t R ,
1 1 1 0 1 2
1 1 1 2
2 1 1
zaključujemo da sustav nema rješenja.
77
6. Gausso va metod a
Gaussova se metoda koristi za rješavanje sustava od m jednadžbi s n nepoznanica. Dakle, nije nužno kao u slučaju Cramerovog pravila, da sustav ima jednak broj jednadžbi i nepoznanica da bi ga mogli riješavati Gaussovom metodom. Recimo da promatramo jedan takav općeniti sustav m jednadžbi s n nepoznanica: a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1
a 21 x1 a 22 x 2 ... a2n x n b2
. . . a m1 x1 a m2 x 2 ... a mn x n bm Prvo što radimo je da sustav zapisujemo u proširenom matričnom obliku, odnosno
generiramo sljedeću matricu: a11 a 21 A a31 ... a m1
a12
...
a1n
b1
a 22
...
a 2n
b2
a32
...
a 3n
b3 .
...
...
...
...
a m2
.... a mn
bm
Sada na toj matrici provodimo elementarne transformacije dok je ne „dovedemo“ do „gornjeg trokutastog oblika“ (iako je gornji trokutasti oblik matrice nešto vezano uz kvadratnu matricu, ovdje se pod tim izrazom uglavnom podrazumijeva bilo koja matrica kojoj su svi elementi ispod elemenata oblika a ii jednaki nuli). Elementarne transformacije - zamjena dva retka matrice - množenje retka brojem različitim od nule - dodavanje/oduzimanje retka drugome retku
Kako se „otprilike“ provodi Gaussova metoda: - „Naštimavamo“ element a11 na jedinicu (ovo se nekad preskače) - Poništavamo sve preostale elemente 1. stupca - „Naštimavamo“ element a22 na jedinicu. - Poništavamo sve elemente 2. stupca ispod elementa a 22 -
Ponavljamo ove korake na preostalim retcima...
Specijalna situacija koja se može dogoditi je sljedeća : u nekom koraku element a ii i svi elementi ispod njega jednaki su nuli. Tada se prebacujemo za jedan stupac u desno –
78
prelazimo na element a ii 1 i pokušavamo sve elemente ispod njega poništiti... (Primjer Zadatak 7. I Zadatak 13.)
Zadatak 1.
Riješiti sustav 2 x1 4 x 2 6 x3 8x 4 22 2 x1 x 2 5 x3 x 4 3 3 x1 2 x 2 x 3 2 x 4 1 3 x1 3 x 2 15 x 3 3x 4 15
Rješenje. Sustav ima 4 jednadžbe i 4 nepoznanice pa još ništa ne možemo reći o tome ima li rješenja ili ne , i ako ima, je li ono jedinstveno ili ne. Napišimo proširenu matricu sustava: 2 2 A 3 3
8 22 1 5 1 3 2 1 2 1 3 15 3 15 4
6
Nama je sada cilj „dovesti“ gornju matricu do gornjeg trokutastog oblika, odnosno poništiti sve elemente ispod elemenata a11 , a 22 , a33 , a 44 . To poništavanje je često najlakše izvoditi ako na pozicijama a11 , a 22 , a33 , a 44 imamo jedinicu. Ajmo si na poziciju a11
„naštimati“ jedinicu: 2 2 3 3
8 22 : 2 1 2 1 5 1 3 3 2 1 2 1 3 15 3 15 3 4
6
4 11 1 5 1 3 2 1 2 1 3 15 3 15 2
3
Sada poništavamo elemente ispod pozicije 1 2 3 3
a11 :
4 11 3 4 11 1 2 1 5 1 3 II 2 I 0 3 1 9 19 0 4 8 14 34 2 1 2 1 III 3 I 3 15 3 15 IV 3 I 0 3 6 15 18 2
3
Prvi stupac je „sreĎen“. Prelazimo na drugi. Cilj nam je poništiti sve elemente ispod elementa a 22 . To možemo napraviti na više načina. Jedan je: 4 11 3 4 11 3 1 2 1 2 0 3 1 9 19 0 3 1 9 19 0 4 8 14 34 3 III 4 II 0 0 20 6 26 7 6 1 0 3 6 15 18 IV II 0 0
Drugi stupac je „sreĎen“. Prelazimo na treći:
79
4 11 1 2 3 1 2 3 4 11 4 11 3 1 2 0 3 1 19 9 0 3 1 9 0 3 1 19 9 19 3 13 0 0 1 3 13 0 0 20 6 26 : (20) 0 0 1 10 10 10 10 21 91 7 6 1 0 0 7 6 1 IV 7 III 0 0 0 6 1 0 0 10 10
Matrica je sada dovedena u „gornji trokutasti oblik“. Slijedi očitavanje rješenja. Posljednji redak matrice zapravo predstavlja jednadžbu: 81 81 x 4 10 10
Iz koje slijedi: x 4 1
Iz trećeg retka matrice slij edi: x3
3 10
x4
13 10
Uvrštavanjem x4 1 u gornju jednadžbu dobivamo: x3 1
Iz drugog retka matrice slijedi: 3 x 2 x3 9x 4 19
Uvrštavanjem x 4 1 i x3 1 , dobivamo: x 2 3
I iz prvog retka matrice slijedi: x1 2 x 2 3 x3 4x 4 11
Uvrštavanjem do sada dobivenih rješenja, dobivamo: x1 2 .
BITNO – moguća greška kod Gaussa !!!!
Prilikom izvoĎenja više elementarnih transformacija nad matricom u jednom koraku može doći do greške. Nekoliko primjera pogrešnog primjera pogrešnog odabira transformacija: 2 5 4 3 I 2 III 0 21 10 11 6 1 0 2 6 1 0 2 1 8 3 4 2 III I 0 21 10 11 1 5 4 3 I III 0 3 1 1 6 1 0 2 6 1 0 2 1 8 3 4 III I 0 3 1 1
80
6 5 4 3 I 2 III 0 11 2 5 5 1 0 2 0 2 5 1 3 8 3 4 2 III I 0 11 2 5
Naime, neke elementarne transformacije odraĎene u istom koraku rezultiraju time da neki redci matrice ispadaju linearno zavisni što zapravo uopće nisu. Sličan problem postojao je i kod rješavanja determinanti (Ako niste, pogledajte Bitno – moguća greška kod determinati!).
Problem se najlakše izbjegava tako da se elementarne transformacije biraju na način da ako u jednom koraku nekom transformacijom promijenimo neki redak, s tim retkom više ne baratamo u tom koraku. Dakle, u primjeru: 2 5 4 3 I 2 III 0 21 10 11 6 1 0 2 6 1 0 2 1 8 3 4 2 III I 0 21 10 11
nećemo odabrati ove dvije transformacije zato što smo prvom transformacijom I 2 III promijenili prvi redak, a onda taj prvi redak koristimo u drugoj transformaciji ali u
njegovoj „staroj formi“. Dakle, tu bi najprije trebali odraditi prvu transformaciju u zasebnom koraku: 2 5 4 3 I 2III 0 21 10 11 6 1 0 2 6 1 0 2 1 8 3 4 1 8 3 4
I sada nastaviti dalje normalno...
Zadatak 2.
Riješiti sustav 3 x1 2 x 2 5 x3 4x 4 3 x1 6 x 2 9 x 3 20x 4 11 2 x1 3 x 2 6 x3 8x 4 5 4 x1 x 2 4 x3 2
Rješenje. Sustav ima 4 jednadžbe i 4 nepoznanice pa još ne znamo ništa o prirodi njegova rješenja. 5 4 3 3 2 1 6 9 20 11 A 2 3 6 8 5 4 0 2 4 1
Poništavamo elemente ispod elementa
a11 :
81
3 0 0 0
5 4 3 2 5 4 3 3 2 3 1 6 9 20 11 3 II I 0 20 32 64 36 A 2 3 0 6 8 5 3 III 2 I 5 8 16 9 4 0 2 3 IV 4 I 4 1 0 5 8 16 6 2 5 4 3 5 4 3 3 2 3 2 0 5 20 32 64 36 : (4) 0 5 8 16 9 0 5 0 0 5 8 16 9 8 16 9 III II 5 8 16 6 0 5 8 16 6 IV II 0 0
5
4
3
0 3
8 16 9 0
0
0
0
Dobili smo redak koji čiji su evi elementi osim posljednjeg jednaki nuli. Taj redak je ekvivalentan jednadžbi: 03
Što je nemoguće. Sustav nema rješenja. Zadatak 3.
Riješiti sustav 2 x1 4 x 2 6 x 3 8x 4 8 x 2 x3 x 4 3 x1 3 x 2 3x 4 1
7 x 2 3 x3 x 4 3
Rješenje. 2 4 6 8 8 2 4 6 8 8 2 4 6 8 8 0 1 1 1 3 0 1 1 1 3 0 1 1 1 3 A 1 3 0 10 6 2 6 III 10 II 0 0 0 3 1 2 III I 4 8 24 1 3 IV 7 II 0 7 3 1 3 0 7 3 0 0 4 8 24 IV III 2 4 6 8 8 0 1 1 1 3 0 0 4 8 24 0 0 0 0 0
Dobili smo redak čiji su elementi same nule. Ako već nije, taj redak postavljamo kao posljednji redak matrice i zanemarujemo ga iz daljnjeg razmatranja. Dakle, vidimo da
matrica (zanemarujući onaj nul redak) ima tri retka – sustav ima tri jednadžbe i četiri nepoznanice. Kad god imamo više nepoznanica od jednadžbi to znači da sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Ta prva tri retka matrice jesu u gornjoj torkutastoj formi, pa sada slijedi očitavanje rješenja: Iz trećeg retka slijedi: 4 x3 8x 4 24
Iskažimo x preko x : 3
4
4 x3 24 8 x 4 x3 6 2 x 4
82
Iz drugog retka slijedi: x 2 x3 x 4 3
Uvrštavanjem veze x3 6 2x 4 u posljednju jednadžbu dobivamo: x 2 6 x 4 3 x 2 x 4 3
Ir prvog retka matrice slijedi: 2 x1 4 x 2 6 x3 8 x 4 8 2 x1 8 4 x 4 12 36 12 x 4 8x 4 16 x1 8
Označimo li x 4
t , rješenja sustava su: x1 8 x 2 t 3 x 3 6 2t x 4 t R
Zadatak 4.
Riješiti sustav 2 x1 x 2 3x3 0 x1 2 x 2 5x 3 0 3 x1 16 x 2 41x3 0
Rješenje. 1 2 1 3 0 A 1 2 5 0 Zamijena 1. i 2. retka 2 3 3 16 41 0 5 0 1 2 1 2 0 5 13 0 0 5 0 10 26 0 III 2 II 0 0
2
5
1
3
0
16 41 0 III 3 I 5 0 13 0 0 0
0 II 2 I
Zanemarujemo 3. redak iz daljenjeg razmatranja. Imamo dva retka – jednadžbe – jednadžbe i 3
nepoznanice. Dakle, sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Ta dva retka jesu u gornjoj trokutastoj formi pa očitavamo rješenja: Iz drugog retka slijedi: 5 x 2 13 x3 0 x 2
13 5
x3
Iz prvog retka slijedi: x1 2 x 2 5 x3 0
1 5
x3
R ješenje sustava je: 1 x1 x3 5 13 x 2 x3 5
83
x3 R
Zadatak 5.
Riješiti sustav x1 x 2 x3 2 2 x1 x 2 2x3 3
x1 2 x 2 4x3 1 3 x1 3x3 0
Rješenje. 1 1 1 2 4 2 A 1 2 4 0 3 3
1 1 1 2 1 1 1 2 0 6 4 1 3 II 2 I 0 6 4 1 0 3 0 0 10 5 : 5 1 III I 3 3 2 III II 0 IV 3 I 8 11 0 3 6 6 2 IV II 0 0 1 1 1 2 1 1 1 2 0 6 4 1 0 6 4 1 0 0 0 0 2 1 2 1 8 11 IV 4 III 0 15 0 0 0 0 2
Sustav nema rješenja. Zadatak 6.
Riješiti sustav x1 x 2 2 2 x1 2x 2 5
2 x1 6x 2 6
Rješenje. 1 2 2 1 1 1 1 1 2 A 2 2 5 II 2 I 0 4 1 0 4 1 2 6 6 III 2 I 0 8 2 III 2 II 0 0 0
Zanemarujemo posljednji redak. Dakle, imamo dvije jednadžbe i dvije nepoznanice. Prva dva retka su u gornjem trokutastom trok utastom obliku pa očitavamo rješenja. Iz drugog retka: x 2
1 4
Iz prvog retka: x1 x 2 2 x1
9 4
.
84
Zadatak 7.
Riješiti sustav 2 x1 10 x 2 4 x3 8x 4 10 2 x1 11 x 2 7 x3 10x 4 18 x1 6 x 2 5 x3 9x 4 19 x1 7 x 2 8 x3 12x 4 29
Rješenje. 2 10 4 8 2 11 7 10 D 1 6 5 9 1 7 8 12
10
2 10 4 8 10 2 10 4 8 10 0 1 3 2 8 18 II I 0 1 3 2 8 0 2 6 10 28 III 2 II 0 0 0 6 12 19 2 III I 29 2 IV I 0 4 12 16 48 IV 4 II 0 0 0 8 16
Sad smo u situaciju spomenutoj na početku poglavlja. Naime, na pozicijama a33 i a 43 imamo nule. U ovom slučaju se situacija malo komplicira. Ono što smo čitavo vrijeme nazivali „gornjom trokutastom matricom“ mijenja značen je. Sada bi zapravo trebali nastaviti transformiranje matrice sa ciljem poništavanja elemenata ispod elemenata a34 , a 45 ,... U ovom slučaju, samo ispod elementa a34 . MeĎutim, mi možemo i samo očitati
rješenja iz gornje matrice koju imamo: Iz 4. retka slijedi: x 4 2
Iz 3. retka slijedi: x 4 2
Da smo u 3. retku dobili neku drugu vrijednost za x 4 , to bi značilo da sustav nema
rješenja. Iz 2. retka slijedi: x 2 3 x3 2 x 4 8 x 2 3x3 4 x 2 4 3x 3
Iz prvog retka slijedi: 2 x1 10 x 2 4 x3 8 x 4 10 2 x1 10 30 x3 4 x3 6 2 x1 16 26x3 x1 8 13x 3
Označimo sada x3 t . Rješenja sustava su : x1 8 13t x 2 4 3t x 3 t R x 4 2
85
Očitavanje rješenja iz redaka matrice smo mogli i odgoditi, i odraditi još nekoliko transformacija na matrici pa bi to izgledalo ovako: 2 10 4 8 10 2 10 4 8 10 2 10 4 8 10 0 1 3 2 8 0 1 3 2 8 0 1 3 2 8 0 0 0 6 12 : 6 0 0 0 1 2 0 0 0 1 2 0 0 0 8 16 0 0 0 8 16 IV 8 III 0 0 0 0 0
Sada bi na temelju matrice odmah znali da se radi o sustavu s beskonačno mnogo rješenja
(jer imamo više nepoznanica od jednadžbi). Iz trećeg retka odmah bi očitali da je x 4 2 itd.
Zadatak 8. U ovisnosti o paramteru k 0
diskutirati rješenja sustava:
x 3z 3 2 x ky z 2 x 2 y kz 1
Rješenje. Trebamo izračunati za koje vrijednosti parametra k , gornji sustav nema rješenje, ima jedinstveno rješenje i ima beskonačno mnogo rješenja i odrediti ta rješenja. Krenimo sustav rješavati Gaussovom metodom: 3 3 1 0 3 3 1 0 3 3 1 0 D 2 k 1 2 II 2 I 0 k 5 4 5 4 0 k 1 2 k 1 III I 0 2 k 3 4 kIII 2 II 0 0 k (k 3) 10 4k 8
U slučaju kada su svi elementi 3. retka matrice nule, znamo da će sustav imati beskonačno mnogo rješenja. Zanima nas za koje vrijednosti parametra k će se to dogoditi, odnosno rješavamo jednadžbe: k (k 3) 10 0 k 2 3k 10 0 Kvadratna jednadžba čija su rješenja: k 1,2
3 9 40 2 k 1 5
3 7 2
k 2 2
4 x 8 0 k 2
Promotrimo dakle sljedeće slučajeve: 1. slučaj : k 2 . Matrica sustava je: 1 0 3 3 4 0 2 5 0 0 0 0
Sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Izračunajmo ih. Iz drugoga retkamatrice slijedi:
86
2 y 5 z 4 y 2
5 2
z
Iz prvoga retka slijedi: x 3 z 3 x 3z 3
Dakle, rješenje sustava je: x 3z 3 y 2
5 2
z
z R
2. slučaj :
k 5 . Matrica sustava je:
1 0 3 3 0 5 5 4 0 0 0 28
Sustav nema rješenja (zbog 3. retka matrice). 3. slučaj :
k 5 i k 2 .Matrica sustava je : 3 1 0
3 0 k 5 4 0 0 k (k 3) 10 4k 8 su izrazi k (k 3) 10 , 4k 8 i sam k
Pri čemu sada znamo da
različiti od nule
(pretpostavka zadatka je da je k 0 ). Dakle, možemo očitavati rješenja:
Iz 3. retka očitavamo: k (k 3) 10 z 4k 8 z
4k 8 k (k 3) 10
Znamo da je izraz k (k 3) 10 polinom 2. stupnja čije su nultočke 2 i (-5) pa ga zapisujemo: z
4k 8 k (k 3) 10
4k 8 (k 2)(k 5)
4(k 2) (k 2)(k 5)
4 k 5
Iz 2. retka očitavamo: ky 5 z 4 y
Uvrstimo z
4
1 k
(4 5z )
pa dobivamo:
k 5 1 20 1 4k 20 20 4 y (4 ) ( ) k k 5 k k 5 k 5
Iz 1. retka očitavamo: x 3 z 3 x 3z 3
87
Uvrstimo z x
12 k 5
3
4
pa dobivamo:
k 5 12 3k 15
k 5
3k 3 k 5
Dakle, rješenja su : x
3k 3 k 5
y z
Zadatak 9. Riješiti sustav:
4 k 5 4 k 5
2 x 3 y z 8
5 x y z 9 3 x 4 y 3z 10
Rješenje. 2 3 1 8 2 3 1 8 2 3 1 8 5 1 1 9 2 II 5 I 0 17 7 22 0 17 7 22 3 4 3 10 2 III 3 I 0 17 9 4 III II 0 0 2 18
Matricu smo sveli na „gornju trokutastu formu“ pa očitavamo rješenja. Iz trećeg retka slijedi: 2 z 18 z 9
Iz drugog retka slijedi: 17 y 7 z 22 17 y 22 63 y 5
Iz trećeg retka slijedi: 2 x 3 y z 8 x 1
Zadatak 10. Riješiti sustav
3 x y 2 z 2w 0 3 x 2 y z 3w 4 2 x y 2 z w 2
Rješenje. Sustav ima više nepoznanica od jednadžbi pa odmah znamo da će imati besk onačno onačno mnogo rješenja. 2 2 0 0 3 1 2 2 0 3 1 3 1 2 2 3 2 1 3 4 II I 0 1 3 5 4 0 1 3 5 4 2 1 2 1 2 3 III 2 I 0 5 2 0 0 13 26 26 1 6 III 5 II
Matrica je u gornjoj trokutastoj formi pa očitavamo. Iz trećeg retka slijedi: 13 z 26w 26 13 z 26w 26 z 2w 2
88
Iz drugog retka slijedi:
y 3 z 5w 4 y 4 6w 6 5w y 2 w
Iz prvog retka slijedi: 3 x y 2 z 2w 0 3 x 2 w 4w 4 2w 3 x 6 3w x 2 w Dakle, rješenje sustava je: x 2 w y 2 w z 2w 2 w R Zadatak 11. Riješiti sustav
x y 1
x y 5 2 x 3 y 0
Rješenje. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 II I 0 2 4 0 2 4 2 3 0 III 2 I 0 1 2 2 III II 0 0 0
Iz drugog retka: y 2
Iz prvog: x 3
Zadatak 12. Riješiti sustav:
5 x 2 y 8z 3 10 x 4 y 16z 7 15 x 6 y 24z 11
Rješenje. 5 2 8 3 5 2 8 3 10 4 16 7 II 2 I 0 0 0 1 15 6 24 11 III 3 I 0 0 0 2
Sustav nema rješenja. Zadatak 13. Riješiti sustav : 5 x1 2 x 2 3 x3 8 x 4 x5 6 10 x1 5 x 2 9 x 3 20 x 4 4 x 5 19 5 x1 3 x 2 6 x 3 13 x 4 5x 5 14 5 x1 3 x 2 6 x 3 13 x 4 6x 5 17
5 x1 2 x 2 3 x3 7 x 4 1x5 5 x 2 3 x3 6 x 4 7 x 5 12
89
Rješenje. 2 3 5 10 5 9 5 3 6 3 6 5 5 2 3 1 3 0
8
1
20
4
13
5
13
6
6
5 0 19 II 2 I 0 14 III I 17 IV I 0 0 5 V I 12 0
7 1 6
7
2
3 8
1
1
3 4
2
1
3 5
4
1
3 5
5
0 0 1
2
1
3 6 7
6
5 0 7 0 8 III II 11 IV II 0 0 1 12 VI II 0
6
2 3 8
1
1
3
0
0 1
2 7 2 1
0
0 1
3
0
0 1
2 1
0
0
4
2 5
4
5
„Preskačemo“ poništavanje elemenata ispod elementa a33 i pomičemo se u desno – poništavamo elemente ispod elementa a34 : 5 0 0 0 0 0
2
3 8
1
1
3 4
2
0 0 1
2
0 0 1
3
0 0 1
2
0 0
5
2
6
5 0 7 0 1 4 IV III 0 0 1 V III 5 VI 2 III 0
6
2 3 8
1
1
3
0
0 1
2 7 2 1
0
0 0
1
0
0 0
0
0
0
0 0
1
3
4
3
Redak sa samim nulama „stavljamo“ kao posljednji: 5 0 0 0 0 0
2 3 8
1
1
3 4
2
0 0 1
2
0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
0
6
5 0 7 0 1 3 0 0 3 V IV 0 0
6
2 3 8
1
1
3 4
0
0 1
2 7 2 1
0
0 0 1
0
0 0
0 0
0
0 0
0 0
3
Gotovi smo s atransformacijama. Vidimo da imamo 4 retka i 5 nepoznanica – dakle, dakle,
sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Očitavamo rješenja. Iz 4. retka slijedi: x5 3
Iz 3. retka slijedi: x 4 2 x 5 1 x 4 5
Iz 2. retka slijedi: x 2 3 x3 4 x 4 2 x5 7 x 2 3x3 20 6 7
x 2 3x3 21
Iz 1. retka slijedi: 5 x1 2 x 2 3 x3 8 x 4 x5 6 5 x1 2 x 2 3 x3 8 x 4 x 5 6
5 x1 6 x3 42 3x3 40 3 6 5 x1 3x 3 1
90
x1
1 5
(3x 3 1)
Rješenja sustava su oblika: x1
1 5
(3x 3 1)
x 2 3x3 21 x3 R x 4 5 x5 3
Provjerimo jedno rješenja. Uzmimo npr. da je beskonačno mnogo rješenja:
x 3 8
. Tada dobivamo jedno od
x1 5
x 2 3 x3 8
x 4 5 x5 3
Provjerimo zadovoljavaju li ovi brojevi jednadžbe: 5 x1 2 x 2 3 x3 8 x 4 x5 6 25 6 24 40 3 6 OK 10 x1 5 x 2 9 x3 20 x 4 4x5 19 50 15 72 100 12 19 OK 5 x1 3 x 2 6 x3 13 x 4 5x5 14 25 9 48 65 15 14 OK 5 x1 3 x 2 6 x3 13 x 4 6 x5 17 25 9 48 65 18 17 OK
5 x1 2 x 2 3 x3 7 x 4 1x5 5 25 6 24 35 3 5 OK x 2 3 x3 6 x 4 7 x5 12 3 24 30 21 12 OK
91
