Linearni operatori Stepenovanje matrica Nea su X i Y vetorsi prostori nad istim poljem salara K Presliavanje A : X Y zovemo operator Za operator A ažemo da je linearan ao je istovremeno 1 aditivan: A(u + v Au + Av, homogen: A(λu λau, za svao u, v X i λ K Uslovi 1 i se mogu zameniti uslovom Oznae: A(λu + µv λau + µav, u, v X, λ, µ K R A A(X, N A er A {u Au θ, u X}, dim R A rang A r A (rang, dim N A def A n A (defet Matrica linearnog operatora u onačno dimenzionalnim prostorima: Nea su X i Y vetorsi prostori onačnih dimenzija, dim X n, dim Y m, {e 1,, e n } je baza u prostoru X, {f 1,, f m } je baza u prostoru Y Matrica linearnog operatora A : X Y jednaa je a 11 a 1 a 1n a 1 a a n A fe, a m1 a m a mn gde su elementi matrice odred eni sa 1
Ae 1 a 11 f 1 + a 1 f + + a m1 f m Ae a 1 f 1 + a f + + a m f m Ae n a 1n f 1 + a n f + + a mn f m Operacije sa matricama: Nea su date matrice A [a ij ] m n, B [b ij ] m n, C [c ij ] m n i salar λ K Tada se može definisati 1 množenje matrice salarom: sabiranje matrica: C λa, c ij λa ij, i 1,, m, j 1,, n; C A + B, c ij a ij + b ij, i 1,, m, j 1,, n Ao je A [a ij ] m n, B [b ij ] n p, C [c ij ] m p definišemo 3 množenje matrica: C A B, c ij Ao je A [a ij ] m n, tada je 4 transponovana matrica Zadaci: a i b j, i 1,, m, j 1,, p 1 A T [a ji ] n m 1 Nea je A : R M linearan operator definisan sa [ ] a a + b A(a, b 0 b Odrediti matricu operatora A u bazama {[ ] {(1, 0, (0, 1},, Naći rang i defet operatora A [ ] 0 1, [ ], [ ]} 0 1
Rešenje: Označimo bazne vetore u prostorima R i M sa e 1, e i E 11, E 1, E 1, E redom Kao je dim R i dim M 4, matrica operatora A je matrica A [a ij ] 4 Odredimo slie baznih vetora prostora R : Ae 1 A(1, 0 [ ] 1 1 [ ] + [ ] 0 1 1 E 11 + 1 E 1 + 0 E 1 + 0 E, [ ] [ ] [ ] 0 1 Ae A(0, 1 + 0 1 0 1 0 E 11 + 1 E 1 + 0 E 1 + 1 E Koordinate vetora Ae 1 su elementi prve olone, a vetora Ae druge olone matrice A Zato je A 1 1 0 1 Za odred ivanje defeta operatora A potrebno je odrediti njegovo jezgro N A Kao je [ ] [ ] [ ] a a + b A(a, b 0 b to je N A a b 0, { [ ]} (a, b R A(a, b {(0, 0} U vetorsom prostoru čiji je jedini element nula vetor nema linearno nezavisnih vetora, pa je def A dim N A 0, rang A dim R def A 3 Dat je linearni operator A : R M na sledeći način: [ ] a a + b A(a, b (a, b R b a + b Odrediti matricu operatora A:
4 a u prirodnim bazama; b u bazama M B 1 {(1, 0, (1, 1} i B R : (e {(1, 0, (0, 1}, {[ ], M : (E {[ ] [ ] [ ] [ ]} 1 1 1 1 1 1,,, 1 1 [ 0 1 ] [ ] [ ]},, 1 1 Za formiranje matrice A operatora A potrebne su slie vetora baze (e oje se dobijaju ovim presliavanjem A(1, 0 A(0, 1 [ ] 1 1 0 1 [ ] 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 (E (E, (01 (0 Koordinate vetora slia (01 i (0 predstavljaju olone matrice A, dale A 1 1 0 1 1 1 b Potražimo slie operatora A primenjenog na vetore baze B 1 [ ] 1 1 A(1, 0, 0 1 [ ] 1 A(1, 1 1 Odredimo oordinate ovih vetora slia u bazi B Polazeći od linearne ombinacije vetora baze B
α [ ] + β [ ] 1 1 + γ [ ] 1 1 + δ [ ] 1 1 1 1 [ α + β + γ + δ β + γ + δ γ + δ δ ], 5 tražene oordinate dobijamo iz uslova [ ] [ ] 1 1 α + β + γ + δ β + γ + δ 0 1 γ + δ δ [ ] [ ] 1 a + b + c + d b + c + d 1 c + d d i Izjednačavanjem odgovarajućih omponenti matrica dolazimo do sistema jednačina α + β + γ + δ 1, a + b + c + d 1, β + γ + δ 1, b + c + d, i γ + δ 0, c + d 1, δ 1, d Eliminacijom nepoznatih dobijamo α 0, β 1, γ 1, δ 1, i a 1, b 1, c 1, d Tražena matrica A operatora A formira se od pronad enih oordinata smeštenih u olone 0 1 A 1 1 1 1 1 3 Nea je A : R M operator zadat sa [ ] a + b a A(a, b b a b a Doazati da je A linearan operator b Odrediti matricu operatora A u bazama {(1, 0, (1, 1} i { [ ] [ ] [ ] [ ] } 1 1,,, 1 1 c Odrediti rang i defet operatora A
6 Rešenje: a Doazaćemo da je A(λu + µv λau + µav, za u, v R, u (a, b, v (p, q: A(λu + µv A(λ(a, b + µ(p, q A(λa + µp, λb + µq [ ] (λa + µp + (λb + µq λa + µp λb + µq (λa + µp (λb + µq [ ] [ ] λa + λb λa µp + µq µp + λb λa λb µq µp µq [ ] [ ] a + b a p + q p λ + µ b a b q p q λa(a, b + µa(p, q λau + µav b Presliaćemo bazne vetore prostora R operatorom A: [ ] 1 1 A(1, 0 (03 0 1 Izrazićemo dobijenu matricu ao linearnu ombinaciju vetora baze prostora M, to jest, ao matricu [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 1 λ + µ µ λ + µ + ν + δ 1 1 ν + δ δ Iz jednaosti A(1, 0 [ ] 1 1 λ 0 1 [ ] + µ [ ] 1 1 + ν [ ] + δ [ ] 1 1 [ ] λ + µ µ ν + δ δ imamo [ ] 1 1 0 1 [ ] λ + µ µ ν + δ δ λ + µ 1, µ 1, ν + δ 0, δ 1 Rešenje dobijenog sistema jednačina, vetor [ 0 1 1 1 ] T, predstavlja prvu olonu u matrici A operatora A Na sličan način odredićemo i drugu olonu matrice A Ao presliamo drugi bazni vetor, dobijamo
A(1, 1 [ ] 1 λ [ ] + µ [ ] 1 1 + ν [ ] + δ [ ] 1 1 [ ] λ + µ µ, ν + δ δ 7 odale je [ ] 1 [ ] λ + µ µ ν + δ δ λ + µ, µ 1, ν + δ 1, δ 0 Rešenje ovog sistema jednačina je vetor druge olone matrice A [ 1 1 ] T Matrica A operatora A je A 0 1 1 1 1 1 c Za rang i defet operatora važi relacija rang A + def A dim R Znamo da je dim R i da važi dim er A def A Nea je [ ] [ ] a + b a Au A(a, b a + b 0, a 0, b 0, a b 0, b a b odale je a b 0 To znači da jezgro operatora čini samo nula vetor (0, 0, pa je dimenzija jezgra nula, to jest, defet je nula Rang operatora je sada jedna 4 Nea je operator A : P [x] P 1 [x] definisan sa A(ax + bx + c (a 3b + cx + (a + b c a Doazati da je A linearan operator b Odrediti matricu operatora A u bazama {x + x + 1, x + 4x +, x + x} i {x + 1, x 1} c Odrediti rang i defet operatora A
8 Rešenje: a Nea je P (x ax + bx + c i Q(x px + qx + r Doazaćemo da je A linearan A(λP (x + µq(x A(λ(ax + bx + c + µ(px + qx + r A((λa + µpx + (λb + µqx + λc + µr ((λa + µp 3(λb + µq + (λc + µrx + ((λa + µp + (λb + µq (λc + µr ((λa 3λb + λcx + (λa + λb λc + ((µp 3µq + µrx + (µp + µq µr λ((a 3b + cx + (a + b c + µ((p 3q + rx + (p + q r λa(p (x + µa(q(x b Odredićemo slie baznih vetora i izrazićemo ih preo baze u prostoru P 1 [x]: A(x +x+1 ( 3+1x+(+1 1 λ(x+1+µ(x 1 (λ+µx+(λ µ, odale je Slično, λ + µ 0, λ µ λ 1, µ 1 A(x +4x+ (1 1+x+(1+4 9x+3 λ(x+1+µ(x 1 (λ+µx+(λ µ, odale je i λ + µ 9, λ µ 3 λ 3, µ 6, A( x +x ( 1 3x+( 1+1 4x λ(x+1+µ(x 1 (λ+µx+(λ µ λ + µ 4, λ µ 0 λ, µ Matrica operatora A je jednaa A [ ] 1 3 1 6 c Jezgro operatora čine svi polinomi P (x ax + bx + c čija je slia nula polinom Imamo A(ax +bx+c (a 3b+cx+(a+b c 0x+0 a 3b+c 0, a+b c 0 Za rešenje dobijenog sistema imamo a 1 c, b 1 c, c R P (x 1 c(x + x +
Jezgro operatora je er A { 1 c(x + x + c R} i njegova dimenzija je 1, pa je def A jedna 1 Iz relacije rang A + def A dim P [x] i dim P [x] 3 dobijamo da je rang A 5 Nea je operator A : R 3 P 1 [x] definisan sa a Doazati da je A linearan operator A(a, b, c (a + bx + (b c b Odrediti matricu operatora A u bazama {(0, 1,, (0, 3, 0, (1, 1, 0} i {x + 1, x} c Odrediti rang i defet operatora A Rešenje: a Doazaćemo da važi A(λ(a, b, c + µ(p, q, r λa(a, b, c + µa(p, q, r: A(λ(a, b, c + µ(p, q, r A(λa + µp, λb + µq, λc + µr ((λa + µp + λb + µqx + (λb + µq (λc + µr ( (λa + λbx + (λb λc + ( (µp + µqx + (µq µr λ((a + bx + (b c + µ((p + qx + (q r λa(a, b, c + µa(p, q, r b Odredićemo elemente prve, druge i treće olone matrice operatora A: A(0, 1, x 1 α(x + 1 + βx (α + βx + α α + β 1, α 1 α 1, β 3, A(0, 3, 0 3x + 3 α(x + 1 + βx (α + βx + α α + β 3, α 3 α 3, β 3, A(1, 1, 0 3x + 1 α(x + 1 + βx (α + βx + α Matrica operatora A je jednaa α + β 3, α 1 α 1, β 1 A [ ] 1 3 1 3 3 1 9
10 c Odredićemo er A {(a, b, c A(a, b, c θ, a, b, c R} Imamo i važi A(a, b, c (a + bx + b c 0x + 0, a + b 0, b c 0 a R, b a, c a Sada je er A {(a, a, a a R}, pa je dim er A 1 i s obzirom na jednaost rang A + def A dim R 3 i dim R 3 3, dobijamo rang A 6 Nea je u prostoru X zadata baza {e 1, e, e 3 } u ojoj operator A : X X ima matricu 3 A 1 1 7 5 Odrediti matricu operatora A u bazi {e 1, e 1 + e, e 1 + e + e 3 } Rešenje: Ao sa f 1, f, f 3 označimo vetore druge baze, imaćemo f 1 e 1 e 1 f 1 Taod e, iz date matrice operatora A važi f e 1 + e e f f 1 f 3 e 1 + e + e 3 e 3 f 3 f A(e 1 e 1 + e + e 3, A(e e + 7e 3, A(e 3 3e 1 + e + 5e 3 Da bismo odredili matricu operatora A u drugoj bazi, odredićemo slie A(f 1 A(e 1 e 1 + e + e 3 f 1 + (f f 1 + (f 3 f f 1 + f + f 3, A(f A(e 1 + e A(e 1 + A(e (e 1 + e + e 3 + ( e + 7e 3 e 1 + e + 8e 3 f 1 + (f f 1 + 8(f 3 f 0f 1 7f + 8f 3, A(f 3 A(e 1 + e + e 3 A(e 1 + A(e + A(e 3 (e 1 + e + e 3 + ( e + 7e 3 + (3e 1 + e + 5e 3 4e 1 + 3e + 13e 3 4f 1 + 3(f f 1 + 13(f 3 f f 1 10f + 13f 3
11 Matrica operatora A u bazi {f 1, f, f 3 } je a matrica operatora A je A f, gde je 1 A f 1 7 10, 1 8 13 1 1 A f 1 7 10 1 7 10 1 8 13 1 8 13 8 1 18 31 59 0 48 90 7 Dat je linearni operator A : R R, A(a, b (b, a (a, b R Odrediti matrice operatora A, A i A 1 u prirodnoj bazi Rešenje: Matrica operatora A je A [a ij ] jer je dim R Za odred ivanje njenih elemenata potrebno je odrediti slie baznih vetora Kao prirodnu bazu u prostoru R čine vetori e 1 (1, 0 i e (0, 1 i to je Ae 1 A(1, 0 (0, 1 e, Ae A(0, 1 (1, 0 e 1, Matrica operatora B A je Kao je B A A [ 0 1 ] [ ] 0 1 [ ] 0 1 [ ] I 0 1 A (a, b A (A(a, b A(b, a (a, b, to je A AA I, gde je I identiči operator, pa je A 1 A Stoga je matrica operatora A 1 jednaa A 8 Dat je operator A : R 3 R 3, A(a, b, c (a + b + 3c, b + c, c Odrediti matrice operatora A i A n, n N u prirodnoj bazi
1 Rešenje: Prirodnu bazu prostora R 3 čine sledeće ured ene troje realnih brojeva R 3 : (e {(1, 0, 0, (0, 1, 0, (0, 0, 1} Za odred ivanje matrice A operatora A potrebne su slie vetora baze (e dobijene presliavanjem A A(1, 0, 0 (, 0, 0 [ ] T (e, A(0, 1, 0 (1,, 0 [1 0] T (e, A(0, 0, 1 (3, 1, [3 1 ] T (e Dobijene oordinate vetora slia smeštamo u olone matrice A 1 3 A 0 1 Matrica operatora A n, n N jeste A n Da bismo je odredili, uvedimo oznae gde su A I + B, 0 0 1 3 I 0 i B 1 1 0 Matrica I omutira sa svaom drugom matricom istog reda (dale IB BI B, tao za odred ivanje stepena A n možemo oristiti Njutnovu binomnu formulu A n (I + B n 0 (I n B 0 n B (04 Odredimo stepene matrice B 0 1 3 0 1 3 1 B 1 1 0, 0 1 3 0 B 3 B B 0 1 0 O, 0 B n O, n 3
13 Zamenom vrednosti matrica B u (04, za n dobijamo A n ( n 0 ( n 0 n B n B 0 + 0 n 1 B + 1 n(n 1 n B n B n I + n n 1 B + n B 1 0 1 3 1 n 0 + n n 1 1 + n(n 1 n 3 0 1 0 0 n 0 n 0 + n 0 n n 1 3n n 1 n(n 1 n 3 n n 1 + 0 n n n 1 n(n 1 n 3 + 3n n 1 0 n n n 1 n n n n 1 n(n + 11 n 3 0 n n n 1 n 9 Odrediti A n (n N ao je A a 0, a R 0 a Rešenje: Napisaćemo matricu A u obliu zbira 0 A a 0 0 0 + a I + B, 0 a 0 a 0 gde je matrica B jednaa 0 B a 0 a 0 i za nju važi B 3 0 (nilpotentna je, reda 3 Sada je B 0, za 3 Odredićemo
14 0 B a a 0 0 a a 0 a Primenom binomne formule (a + b n 1, 0 0 a n b na omutativne matrice I i B dobijamo A n ( I + B n 0 ( I n B 0 + 0 ( n ( n 1 ( I n B ( I n 1 B 1 + 0 a b n, n(n 1 (n + 1,! ( n ( I n B + 3 ( I n 3 B 3 + } {{ } 0 ( n I + n( n 1 n(n 1 B + ( n B 1 0 0 ( n 0 + n( n 1 a n(n 1 + ( n 0 1 0 a 0 a ( n n( n 1 a ( n 0, n N n(n 1 ( n a n( n 1 a ( n 10 Naći A n, n N, ao je 1 A 0 1 1 1 Rešenje: Napisaćemo matricu A ao zbir dve matrice na sledeći način 1 1 0 A 0 1 1 0 + 1 I + B, 1 1 0 pri čemu je matrica B nilpotentna, reda 3 i važi B 0, 3 Računamo
0 1 1 0 1 B 1 1 0 0 15 Za n N imamo: A n (I + B n I n B 0 + 0 ( n ( n 1 0 I n B I n 1 B 1 + n(n 1 I + nb + B 1 0 0 + n 1 + 1 0 1 n n(n 1/ 0 1 n 1 n(n 1 ( n I n B + 3 1 0 0 I n 3 B 3 + } {{ } 0 11 Naći sve matrice M omutativne sa matricom [ ] 3 1 A, 0 3 a zatim naći M n, n N Rešenje: Nea je M [ ] a b, a, b, c, d R c d Iz uslova omutativnosti AM MA dobijamo [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 3 1 a b a b 3 1 3a + c 3b + d 0 3 c d c d 0 3 3c 3d odale imamo sistem jednačina [ ] 3a a + 3b 3c c + 3d 3a + c 3a, 3b + d a + 3b, 3d c + 3d a d, c 0 Matrica M je jednaa
16 [ ] a b M, a, b R 0 a [ ] 0 b Odredićemo M n, n N uz napomenu da je B i da važi B 0: M n (ai + B n (ai n B ( ( n n (ai n 1 B 1 + 1 0 (ai n B 0 + 0 a n I + na n 1 B [ a n na n 1 ] b 0 a n (ai n B + } {{ } 0 1 Odrediti A n, n N, ao je a b c A 0 a b a Rezultat: Imamo A n an na n 1 b na n 1 c + n(n 1 a n b 0 a n na n 1 b a n 13 Izračunati A 3 ao je a zatim odrediti (I + A n, n N 1 1 3 A 5 6, 1 3 Rešenje: Uzastopnim množenjem matrice A dobija se
1 1 3 1 1 3 0 A 5 6 5 6 3 3 9, 1 3 1 3 1 1 3 1 1 3 A 3 A A 5 6 3 3 9 0 1 3 1 1 3 0 17 Koristeći dobijeni rezultat može se jednostavno odrediti (I + A n, n N Primena binomne formule za n 3 daje (I + A n ( n 0 ( n 0 A 0 + I n A A 1 + 1 ( n ( n 0 A A + A 3 + + 3 A n n Kao je A 3 O, to je i A O, 3, 4,, pa za n 1,, 3, 4, važi (I + A n n(n 1 I + na + A 1 1 1 3 0 0 + n 5 6 n(n 1 + 3 3 9 1 1 3 1 1 3 1 (1 + n n 6n n(7 + 3n + n + 3n 3n(1 + 3n n(3 + n n(1 + n 3n 3n 14 Odrediti A n (n N ao je a 0 0 A a a 0 a a a (a R Rešenje: Primetimo da je A aj, gde je J donje trougaona matrica sastavljena od jedinica 1 J 1, 1 1 1
18 tj matrica istog tipa ao i A za onretno a 1 Zbog osobina množenja matrica salarom (brojem, važi A n a n J n Potražimo J n I način: Njutnova binomna formula 1 1 0 J 1 0 + 1 I + B, 1 1 1 1 1 uz jasne oznae za I i B Kao jedinična matrica I omutira priliom množenja sa svaom drugom matricom, to za izraz J n (I + B n možemo oristiti Njutnovu binomnu formulu (I + B n 0 I n B 0 B, jer je I n I i IB B Ostaje još da se odrede stepeni matrice B 0 B 1 1 0, 1 1 1 0 B 3 B B 1 0 0 O 1 1 0 Dale, B O za 3 Tada J n (I + B n 0 B 0 B jer su preostali sabirci binomne formule za 3,, n nula matrice O Konačno, J n n(n 1 I + nb + B 1 0 0 + n 1 + 1 1 1 n, n(n + 1 n 1 n(n 1 0 0 1
tj 1 A n a n n n(n + 1 n 1 II način: Matematiča inducija a n na n a n 0 n(n + 1 19 (05 a n na n a n 1 1 1 J 1 1, 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 J 3 J J 1 3, 3 1 1 1 1 6 3 1 1 1 1 J 4 J 3 J 3 1 4 6 3 1 1 1 1 10 4 1 1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 Pasalov trougao Poredeći elemente matrica J n, n, 3, 4 sa vrednostima binomnih oeficijenata ( n datih Pasalovim trouglom za n, 3, 4 (poslednje tri vrste trougaone šeme, formulišemo indutivnu hipotezu: 1 J n n ( n + 1 n 1 1 n (06 n 1 n(n + 1 Proverimo indutivnu hipotezu (06 za n + 1 : 1 1 1 J n+1 J n J n 1 n + 1 n(n + 1 n 1 1 1 1 n(n + 1 + n + 1 n + 1 1 1 1 n + 1 (n + 1(n + n + 1 ( n + n + 1 1 n + 1 1
0 Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da je indutivna hipoteza (06 tačna za svao n N, što nas dovodi ponovo do formule (05 15 Odrediti A n (n N ao je A [ ] 0 1 Rešenje: I način: Uzastopnim množenjem matrice A dobija se [ ] [ ] [ ] A 0 1 A A I, 1 1 A 3 A A A ( I A, A 4 A A 3 A ( A A I, A 5 A A 4 A Na osnovu ovog rezultata može se pretpostaviti obli matrice A n : I, n 4, A n A, n 4 + 1, N I, n 4 +, 0 A, n 4 + 3, Doaz matematičom inducijom ćemo izostaviti zbog obimnosti II način: Označimo sa a n, b n, c n, d n nepoznate elemente matrice A n (n N, tj [ ] A n an b n Tada je Imajući u vidu da je A n+1 A A n c n [ ] 0 1 d n [ ] [ an b n cn d n c n d n [ ] A n+1 an+1 b n+1, c n+1 d n+1 izjednačavanjem odgovarajućih elemenata dobijamo a n+1 c n, b n+1 d n, c n+1 a n, d n+1 b n Posmatrajmo najpre jednaosti a n b n ]
1 a n+1 c n, c n+1 a n One važe za svai prirodan broj n, pa se zamenom n sa n + 1 u prvoj jednaosti, a zatim primenom druge jednaosti, dobija a n+ c n+1 a n Prema tome, članovi niza a n zadovoljavaju linearnu homogenu diferencnu jednačinu drugog reda sa onstantnim oeficijentima a n+ + a n 0 Njena arateristična jednačina je vadratna jednačina λ + 1 0, čija su rešenja onjugovano omplesni brojevi λ 1, ±i e ±iπ/ Zato je rešenje diferencne jednačine oblia a n 1 cos nπ + sin nπ, gde su 1 i onstante oje se odred uju na osnovu poznatih prvih članova niza Kao su a 1 i a elementi na mestu (1, 1 u matricama A 1 i A redom, imamo: tj 1 1, 0 Tao je a n cos nπ, c n a n 1 cos a 1 1 cos π + sin π 0, a 1 cos π + sin π 1, (n 1π ( nπ cos π sin nπ Elemente b n i d n dobijamo na isti način upotrebom jednaosti Njihovim ombinovanjem dobijamo b n+1 d n, d n+1 b n b n+ d n+1 b n, što znači da članovi niza b n zadovoljavaju istu diferencnu jednačinu
b n+ + b n 0 Zato je b n 3 cos nπ + 4 sin nπ, gde se onstante 3 i 4 odred uju na osnovu poznatih elemenata na mestu (1, u matricama A 1 i A Tao, za n 1 i n imamo: tj 3 0, 4 1, pa je b n sin nπ, d n b n 1 sin Konačno, matrica A n je b 1 3 cos π + 4 sin π 1, b 3 cos π + 4 sin π 0, (n 1π cos nπ A n sin nπ ( nπ sin π cos nπ sin nπ cos nπ 16 Odrediti A n (n N 0 ao je A [ ] 1 4 3 Rešenje: Nea je Tada je A n+1 A A n [ ] A n an b n c n [ ] 1 4 3 d n (n N 0 [ ] [ an b n an + 4c n b n + 4d n c n d n 3a n + c n 3b n + d n ] Imajući u vidu da je [ ] A n+1 an+1 b n+1, c n+1 d n+1
3 izjednačavanjem odgovarajućih elemenata dobijamo a n+1 a n + 4c n, b n+1 b n + 4d n, c n+1 3a n + c n, d n+1 3b n + d n Posmatrajmo najpre jednaosti a n+1 a n + 4c n, c n+1 3a n + c n One važe za svai prirodan broj n, pa se zamenom n sa n + 1 u prvoj jednaosti, a zatim primenom druge jednaosti, dobija a n+ a n+1 + 4c n+1 a n+1 + 4(3a n + c n Izražavajući c n iz prve jednaosti imamo a n+ a n+1 + 1a n + 8c n a n+1 + 1a n + (a n+1 a n 3a n+1 + 10a n Prema tome, članovi niza a n zadovoljavaju linearnu homogenu diferencnu jednačinu drugog reda sa onstantnim oeficijentima Njena arateristična jednačina je a n+ 3a n+1 10a n 0 λ 3λ 10 0, čija su rešenja λ 1 5 i λ Zato je rešenje diferencne jednačine oblia a n 1 5 n + ( n, gde su 1 i onstante oje se odred uju na osnovu poznatih prvih članova niza Kao su a 0 i a 1 elementi na mestu (1, 1 u matricama A 0 I i A 1 A redom, imamo: a 0 1 5 0 + ( 0 1, a 1 1 5 1 + ( 1 1 Rešavanjem sistema linearnih jednačina { 1 + 1, 5 1 1 dobija se 1 3/7, 4/7, pa je
4 a n 3 7 5n + 4 7 ( n i c n 1 4 (a n+1 a n 1 4 ( 3 5 7( n+1 5 n + 4 ( ( n+1 ( n 7 3 7 (5n ( n Elemente b n i d n dobijamo na isti način upotrebom jednaosti Njihovim ombinovanjem dobijamo b n+1 b n + 4d n, d n+1 3b n + d n b n+ b n+1 + 4d n+1 b n+1 + 4(3b n + d n b n+1 + 1b n + (b n+1 b n 3b n+1 + 10b n, što znači da članovi niza b n zadovoljavaju istu diferencnu jednačinu Zato je b n+ 3b n+1 10b n 0 b n 3 5 n + 4 ( n, gde se onstante 3 i 4 odred uju na osnovu poznatih elemenata na mestu (1, u matricama A 0 i A 1 Tao, za n 0 i n 1 imamo: { b0 3 5 0 + 4 ( 0 { 0, 3 + b 1 3 5 1 + 4 ( 1 4 0, 3 4 7, 4 5 3 4 4 4 4 7 Sada je b n 4 7( 5 n ( n, d n 1 4 (b n+1 b n 4 7 5n + 3 7 ( n Konačno, za proizvoljno n N važi 3 A n 7 5n + 4 4( 7 ( n 5 n ( n [ 7 3( 5 n ( n 4 7 7 5n + 3 1 3 5 n + 4 ( n 4 5 n 4 ( n ] 7 7 ( n 3 5 n 3 ( n 4 5 n + 3 ( n
5 17 Odrediti A n (n N ao je A [ ] 4 1 3 Rezultat: Za proizvoljno n N važi 1( 5 n + n ( 5 n n A n 3 3 1( 5 n n 1( 5 n + n+1 3 3