Determinante. Inverzna matrica

Determinante Inverzna matrica Neka je A = [a ij ] n n kvadratna matrica Determinanta matrice A je a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n det A = = ( 1) j a 1j1 a 2j2 a njn, a n1 a n2 a nn gde se sumiranje vrši po svim permutacijama p ν = (j 1, j 2,, j n ) skupa {1, 2,, n}, a j je broj inverzija u permutaciji p ν n = 1 : a 11 = a 11 ; n = 2 : a 11 a 12 a 21 a 22 = a 11a 22 a 12 a 21 ; a 11 a 12 a 13 n = 3 : a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 = a 11a 22 a 33 a 11 a 23 a 32 a 12 a 21 a 33 Kofaktor elementa a ij je + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32 a 13 a 22 a 31 A ij = ( 1) i+j D ij, gde je D ij determinanta reda n 1 dobijena iz det A izostavljanjem i te vrste i j te kolone Laplasov razvoj determinante po elementima i te vrste (i = 1, 2,, n): a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n = a i1 A i1 + a i2 A i2 + + a in A in a n1 a n2 a nn 1

2 Laplasov razvoj determinante po elementima j te kolone (j = 1, 2,, n): a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n = a 1j A 1j + a 2j A 2j + + a nj A nj a n1 a n2 a nn Adjungovana matrica matrice A = [a ij ] n n je matrica A 11 A 21 A n1 adj A = [A ji ] n n = [A ij ] T A 12 A 22 A n2 n n =, A 1n A 2n A nn gde je A ij kofaktor elementa a ij (i, j = 1, 2,, n) Inverzna matrica matrice A = [a ij ] n n je matrica A 1 takva da važi Ako je det A 0, tada je A A 1 = A 1 A = I A 1 = 1 adj A det A Matrica A je regularna ako postoji njena inverzna matrica A 1 U protivnom, matrica A je singularna

3 Zadaci: 1 0 0 3 5 1 1 Date su matrice A = 2 3 0 i B = 4 5 6 0 1 3 Izračunati determinantu 0 0 4 det(ab) Rešenje: Kako je det(ab) = det A det B i matrice A i B su trougaone matrice, to odmah nalazimo det(ab) = (1 3 6) (( 3) 1 ( 4) ) = 12 18 = 216 2 Izračunati determinantu a a a a D = a b b b a b c c a b c d Odrediti pod kojim uslovima za parametre a, b, c, d R važi D 0 Rešenje: Radi lakšeg računanja determinante, dovedimo je na trougaoni oblik Ako se prva vrsta pomnoži sa 1 i doda drugoj, trećoj i četvrtoj redom, dobija se a a a a a a a a D = a b b b a b c c = 0 b a b a b a 0 b a c a c a a b c d 0 b a c a d a Pomnožimo sada drugu vrstu sa 1 i dodajmo trećoj i četvrtoj Tako je a a a a D = 0 b a b a b a 0 0 c b c b 0 0 c b d b Konačno, ako treću vrstu pomnožimo sa 1 i dodamo četvrtoj, determinanta dobija trougaoni oblik

4 a a a a D = 0 b a b a b a 0 0 c b c b, 0 0 0 d c pa je njena vrednost jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali, tj D = a(b a)(c b)(d c) Očigledno, D 0 ako je a 0, a b, b c i c d 3 Neka je 1 1 1 x P (x) = 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 1 Odrediti sve nule polinoma P (x) i njihovu višestrukost Rešenje: Polinom P (x), dat u obliku determinante, predstavimo u faktorisanom obliku Rezultat dobijamo postupkom koji se sastoji od sledećih koraka: prvoj koloni dodamo zbir ostalih kolona, iz prve kolone izvučemo x + 3 kao zajednički faktor, prvu vrstu pomnožimo sa 1 i dodamo drugoj, trećoj i četvrtoj vrsti redom, razvijemo determinantu po elementima prve kolone, iz svake kolone izvučemo x 1 kao zajednički faktor, razvijemo determinantu po elementima prve kolone Tako je 1 1 1 x x + 3 1 1 x P (x) = 1 1 x 1 1 x 1 1 = x + 3 1 x 1 x + 3 x 1 1 x 1 1 1 x + 3 1 1 1 1 1 1 x 1 1 1 x = (x + 3) 1 1 x 1 1 x 1 1 = (x + 3) 0 0 x 1 1 x 0 x 1 0 1 x 1 1 1 1 0 0 0 1 x 0 x 1 1 x 0 1 1 = (x + 3) x 1 0 1 x = (x + 3)(x 1)3 1 0 1 0 0 1 x 0 0 1 = (x + 3)(x 1) 3 1 1 0 1 = (x + 3)(x 1)3

Iz faktorisanog oblika zaključujemo da polinom P (x) ima nulu prvog reda x = 3 i nulu trećeg reda x = 1 5 4 Rešiti jednačinu po realnoj promenljivoj x 1 a bx 1 b ax = 0, a, b R 1 x ab Rešenje: Primenićemo osobinu da se determinanta ne menja ako se od elemenata jedne vrste oduzmu odgovarajući elementi neke druge vrste Razvićemo determinantu tako što ćemo primeniti sledeće korake: 1 korak: od elemenata druge i treće vrste oduzimamo odgovarajuće elemente prve vrste; 2 korak: iz druge vrste izvlačimo zajednički činilac (b a), a iz treće zajednički činilac (x a); 3 korak: razvijamo determinantu po elementima prve kolone; 4 korak: razvijamo determinantu drugog reda Imamo 1 a bx 1 b ax 1 x ab = 1 a bx 1 a bx 0 b a (a b)x = (b a)(x a) 0 1 x 0 x a (a x)b 0 1 b = (b a)(x a) 1 x 1 b = (b a)(x a)(x b) Tražimo rešenje jednačine u zavisnosti od a, b R Vidimo da za 1 a = b rešenje je svako x R; 2 a b rešenje je x = a ili x = b (b a)(x a)(x b) = 0 5 Da li je polinom deljiv sa (x 1) 2? 1 x x P (x) = x 1 x x x 1

6 Rešenje: Važi osobina da se vrednost determinante ne menja ako se elementima jedne kolone (vrste) doda linearna kombinacija odgovarajućih elemenata ostalih kolona (vrsta) Razvijamo determinantu na sledeći način: 1 korak: elementima prve kolone dodajemo elemente druge i treće kolone; 2 korak: iz prve kolone izvlačimo zajednički činilac (2x + 1); 3 korak: oduzimamo od elemenata druge i treće vrste odgovarajuće elemente prve vrste; 4 korak: izračunavamo vrednost dobijene trougaone determinante znajući da je ona jednaka proizvodu dijagonalnih elemenata Imamo 1 x x x 1 x x x 1 = 2x + 1 x x 1 x x 2x + 1 1 x = (2x + 1) 1 1 x 2x + 1 x 1 1 x 1 1 x x = (2x + 1) 0 1 x 0 0 0 1 x = (2x + 1)(1 x)2 = (2x + 1)(x 1) 2 Vidimo da je polinom P (x) = (2x + 1)(x 1) 2 deljiv sa (x 1) 2 6 Predstaviti polinom 1 1 4 4 P (x) = 1 3 x 2 3 3 7 7 5 5 7 7 6 x 2 3 u faktorisanom obliku Rešenje: Uočimo da su u datoj determinanti skoro svi (tri od četiri) odgovarajući elementi prve i druge kolone jednaki i da je ista situacija i sa odgovarajućim elementima treće i četvrte kolone Zato je pogodno koristiti osobinu da se vrednost determinante ne menja ako se od elemenata jedne kolone oduzmu odgovarajući elementi neke druge kolone Postupak za rešavanje date determinante je: od elemenata druge kolone oduzimamo odgovarajuće elemente prve kolone i od elemenata četvrte kolone oduzimamo odgovarajuće elemente treće kolone, razvijamo dobijenu determinantu

četvrtog reda po elementima četvrte kolone U sledećem koraku razvijamo dobijenu determinantu trećeg reda po elementima druge kolone i konačno razvijamo determinantu drugog reda: 1 1 4 4 1 0 4 0 P (x) = 1 3 x 2 3 3 7 7 5 5 = 1 4 x 2 3 0 7 0 5 0 7 7 6 x 2 3 7 0 6 x 2 9 = (x 2 1 0 4 9) 1 4 x 2 3 7 0 5 = (x2 9)(4 x 2 ) 1 4 7 5 = 23(x 2 9)(4 x 2 ) = 23(x 3)(x + 3)(x 2)(x + 2) 7 7 Naći sva rešenja jednačine 1 2x 1 2 x x 3x 2 x = 0 Rešenje: Primetimo da je u datoj determinanti zbir elemenata u svakoj vrsti jednak Stoga možemo dodati elementima, na primer, prve kolone odgovarajuće elemente ostalih kolona U prvoj koloni su na taj način dobijeni svi jednaki elementi 2x + 2 i možemo tu vrednost izvući kao činilac ispred determinante 1 2x 1 2 x x 3x 2 x = 2x + 2 2x 1 1 2x 1 2x + 2 x x = (2x + 2) 1 x x 2x + 2 2 x 1 2 x S obzirom da su u prvoj koloni sada svi elementi jednaki, lako ćemo od tih elemenata (osim jednog) napraviti nule tako što oduzmemo elemente prve vrste od odgovarajućih elemenata druge i treće vrste Dobijenu determinantu trećeg reda razvijamo po elementima prve kolone, a zatim računamo determinantu drugog reda: 1 2x 1 1 2x 1 (2x + 2) 1 x x = (2x + 2) 0 x x 1 = (2x + 2) x x 1 1 2 x 0 2 2x x 1 2 2x x 1 = (2x + 2) [ x( x 1) (x 1)(2 2x) ] = (2x + 2)(3x 2 3x + 2)

8 Rešenja jednačine su x 1 = 1, x 2 = 3 + i 15 6 (2x + 2)(3x 2 3x + 2) = 0 i x 3 = 3 i 15 6 8 Naći sve nule polinoma 1 2x 1 P (x) = 2x 1 1 1 1 2x Rezultat: Polinom je jednak P (x) = (2x + 2)(2x 1) 2 Nule su x 1 = 1 (prosta nula), x 2 = 1/2 (dvostruka nula) 9 Ispitati da li je polinom deljiv sa (x + 2) 2 x 1 3 P (x) = 1 x 1 2 0 x Rezultat: Polinom je jednak P (x) = (x + 2)(x 1 2)(x 1 + 2) i nije deljiv sa (x + 2) 2 10 Izračunati vrednost D n determinante n tog reda (n N): 3 2 0 0 0 0 4 2 0 0 0 0 1 3 2 0 0 0 2 4 2 0 0 0 0 1 3 2 0 0 0 2 4 2 0 0 a) D n = 0 0 1 3 0 0 ; b) D n = 0 0 2 4 0 0 0 0 0 0 3 2 0 0 0 0 4 2 0 0 0 0 1 3 0 0 0 0 2 4 Rešenje: a) Primetimo najpre da je D n determinanta trodijagonalne matrice A = [a ij ] n n, čiji su dijagonalni elementi a ii = 3 (i = 1, 2,, n), elementi iznad glavne dijagonale a i 1,i = 2, elementi ispod glavne dijagonale a i,i 1 = 1

(i = 2, 3,, n), a svi ostali elementi jednaki 0 Razvijanjem determinante D n po elementima prve kolone dobija se 3 2 0 0 0 0 1 3 2 0 0 0 3 2 0 0 0 2 0 0 0 0 0 1 3 2 0 0 1 3 2 0 0 1 3 2 0 0 D n = 0 0 1 3 0 0 0 1 3 0 0 0 1 3 0 0 = 3 0 0 0 0 3 2 0 0 0 3 2 0 0 0 3 2 0 0 0 0 1 3 0 0 0 1 3 0 0 0 1 3 Prva od dve dobijene determinante reda n 1 ima isti trodijagonalni oblik kao polazna, pa može da se označi sa D n 1 Drugu razvijamo po elementima prve vrste i dobijamo 2 0 0 0 0 1 3 2 0 0 3 2 0 0 0 1 3 0 0 1 3 0 0 = 2 = 2D n 2, 0 0 0 3 2 0 0 3 2 0 0 0 1 3 0 0 1 3 jer je poslednja determinanta ponovo istog oblika kao polazna, ali je reda n 2 Prema tome, važi D n = 3D n 1 2D n 2, tj članovi niza {D n } zadovoljavaju homogenu linearnu diferencnu jednačinu drugog reda sa konstantnim koeficijentima Njena karakteristična jednačina je D n 3D n 1 + 2D n 2 = 0 λ 2 3λ + 2 = 0, sa rešenjima λ 1 = 1 i λ 2 = 2 Zato je rešenje diferencne jednačine D n = k 1 λ n 1 + k 2 λ n 2 = k 1 + k 2 2 n, pri čemu se konstante k 1 i k 2 odred uju iz početnih uslova: D 1 = 3 = 3, D 2 = 3 2 1 3 = 7 9

10 Kako je D 1 = k 1 + k 2 2 1 = k 1 + 2k 2, D 2 = k 1 + k 2 2 2 = k 1 + 4k 2, rešavanjem sistema jednačina k 1 + 2k 2 = 3, k 1 + 4k 2 = 7, dobija se k 1 = 1, k 2 = 2 Konačno, tražena vrednost determinante je D n = 1 + 2 2 n = 2 n+1 1 b) Postupkom opisanim u delu zadatka pod a) dobija se 4 2 0 0 0 0 2 4 2 0 0 0 4 2 0 0 0 2 0 0 0 0 0 2 4 2 0 0 2 4 2 0 0 2 4 2 0 0 D n = 0 0 2 4 0 0 0 2 4 0 0 0 2 4 0 0 = 4 2 0 0 0 0 4 2 0 0 0 4 2 0 0 0 4 2 0 0 0 0 2 4 0 0 0 2 4 0 0 0 2 4 4 2 0 0 2 4 0 0 = 4D n 1 4 = 4D n 1 4D n 2, 0 0 4 2 0 0 2 4 što znači da D n zadovoljava diferencnu jednačinu D n 4D n 1 + 4D n 2 = 0 Karakteristična jednačina ove diferencne jednačine je λ 2 4λ + 4 = 0 i ima jedno dvostruko rešenje λ = 2 Zato je D n = k 1 2 n + k 2 n2 n, gde su k 1 i k 2 konstante odred ene iz početnih uslova

D 1 = 2k 1 + 2k 2 = 4 = 4, D 2 = 4k 1 + 8k 2 = 4 2 2 4 = 12 11 Rešavanjem sistema jednačina 2k 1 + 2k 2 = 4, 4k 1 + 8k 2 = 12, dobija se k 1 = k 2 = 1, pa je D n = 2 n (1 + n) 11 Za n N izračunati vrednost determinante n-tog reda: 5 3 0 0 0 2 1 0 0 0 2 5 3 0 0 1 2 1 0 0 0 2 5 0 0 0 1 2 0 0 a) D n = ; b) D n = ; 0 0 0 5 3 0 0 0 2 1 0 0 0 2 5 0 0 0 1 2 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 c) D n = ; d) D n = 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 Rešenje: a) Razvijamo determinantu D n po elementima prve vrste i dobijamo 2 3 0 0 0 5 0 0 D n = 5D n 1 3 = 5D n 1 3 2D n 2, 0 0 5 3 0 0 2 5 n 1 pri čemu smo poslednju determinantu razvili po elementima prve kolone Dobija se diferencna jednačina D n 5D n 1 + 6D n 2 = 0 čija je karakteristična jednačina

12 λ 2 5λ + 6 = 0 λ 1 = 2, λ 2 = 3 Rešenje ove diferencne jednačine je oblika D n = K 1 2 n + K 2 3 n, n N Koeficijente K 1 i K 2 odred ujemo iz uslova D 1 = 5 = 5 = 2K 1 + 3K 2, D 2 = 5 3 2 5 = 19 = 4K 1 + 9K 2 Rešenje dobijenog sistema je jednako K 1 = 2, K 2 = 3 D n = 3 n+1 2 n+1 b) Razvijamo determinantu po elementima prve vrste, a zatim, dobijenu determinantu n 1-og reda po elementima prve kolone: 1 1 0 0 0 2 0 0 D n = 2D n 1 = 2D n 1 D n 2 D n 2D n 1 + D n 2 = 0 0 0 2 1 0 0 1 2 Karakteristična jednačina je n 1 U ovom slučaju je oblik rešenja Početni uslovi za D 1 i D 2 daju λ 2 2λ + 1 = 0 λ 1 = λ 2 = 1 D n = K 1 1 n + K 2 n1 n = K 1 + K 2 n D 1 = 2 = 2 = K 1 + K 2, D 2 = 2 1 1 2 = 3 = K 1 + 2K 2 Dobijamo K 1 = K 2 = 1, pa je sada D n = 1 + n c) Razvijanjem determinante po elementima prve vrste u prvom koraku i po elementima prve kolone u drugom koraku, dobijamo

1 1 0 0 0 1 0 0 D n = D n 1 0 0 1 1 0 0 1 1 n 1 Rešavamo karakterističnu jednačinu λ 2 λ 1 = 0 λ 1 = 1 5 2 = D n 1 + D n 2 D n D n 1 D n 2 = 0, λ 2 = 1 + 5 2 Rešenje je oblika ( 1 5 ) n ( 1 + 5 ) n D n = K 1 + K2 2 2 Iz početnih uslova za D 1 i D 2 imamo D 1 = 1 = 1 = 1 5 K 1 + 1 + 5 K 2, 2 2 D 2 = 1 1 ( 1 5 ) 2 ( 1 + 5 ) 2K2 1 1 = 2 = K 1 + 2 2 Rešavanjem dobijenog sistema jednačina dobijamo K 1 = 5 5 10, K 2 = 5+ 5 10, odakle je D n = 5 5 ( 1 5 ) n 5 + 5 ( 1 + 5 ) n + 10 2 10 2 13 d) Razvijanjem determinante po elementima prve vrste, a onda u drugom koraku po elementima prve kolone, dobijamo 1 1 0 0 0 1 0 0 D n = D n 1 = D n 1 D n 2 D n D n 1 + D n 2 = 0 0 0 1 1 0 0 1 1 n 1 Rešavamo karakterističnu jednačinu λ 2 λ + 1 = 0 λ 1 = 1 + i 3 2 Vrednost determinante D n, n N, je oblika = e iπ/3, λ 2 = 1 i 3 2 = e iπ/3

14 D n = K 1 cos nπ 3 + K 2 sin nπ 3 Iz početnih uslova za D 1 i D 2 imamo D 1 = 1 = 1 = 1 3 2 K 1 + 2 K 2, D 2 = 1 1 3 1 1 = 0 = 1 2 K 1 + 2 K 2 Rešavanjem dobijenog sistema jednačina dobijamo K 1 = 1, K 2 = 3 3, odakle je D n = cos nπ 3 + 3 3 sin nπ 3 12 Odrediti vrednost determinante x + α x x x x x + α x x x x x + α x x x x x + α Rešenje: Vrednost determinante se neće promeniti ako oduzmemo prvu vrstu od svih ostalih vrsta: x + α x x x x + α x x x x x + α x x α α 0 0 x x x + α x = α 0 α 0 x x x x + α α 0 0 α U poslednjoj determinanti dodaćemo sve kolone prvoj koloni: nx + α x x x 0 α 0 0 0 0 α 0 = (nx + α)α n 1 0 0 0 α n n n n

15 13 Odrediti inverznu matricu matrice 1 2 3 A = 0 1 2 3 0 1 Rešenje: Kako je det A = 4 0, za matricu A postoji inverzna matrica A 1 Ona se odred uje prema formuli A 1 = 1 adj A, det A gde je adj A matrica čiji su elementi kofaktori elemenata matrice A, a koji se izračunavaju na sledeći način: A 11 = ( 1) 1+1 1 2 0 1 = 1, A 12 = ( 1) 3 0 2 3 1 = 6, A 13 = ( 1) 4 0 1 3 0 = 3, A 21 = ( 1) 2+1 2 3 0 1 = 2, A 22 = ( 1) 4 1 3 3 1 = 8, A 23 = ( 1) 5 1 2 3 0 = 6, A 31 = ( 1) 3+1 2 3 1 2 = 1, A 32 = ( 1) 5 1 3 0 2 = 2, A 33 = ( 1) 6 1 2 0 1 = 1 Tako je A 11 A 12 A 13 adj A = A 21 A 22 A 23 A 31 A 32 A 33 pa je T 1 6 3 = 2 8 6 1 2 1 A 1 = 1 1 2 1 6 8 2 4 3 6 1 T 1 2 1 = 6 8 2, 3 6 1 Rezultat se može i proveriti: 1 2 3 A A 1 = 0 1 2 1 1 2 1 6 8 2 = 1 4 0 0 0 4 0 = I 4 4 3 0 1 3 6 1 0 0 4 14 Naći A 1 ako je 1 0 0 A = 1 1 0 0 1 1

16 Rešenje: Ako je det A 0 odredićemo A 1 iz formule A 1 = 1 A 11 A 12 A 13 adj A, adj A = A 21 A 22 A 23 det A A 31 A 32 A 33 gde je A ij kofaktor elementa a ij, i, j = 1,, n, matrice A Imamo 1 0 0 det A = 1 1 0 0 1 1 = 1 0 Odgovarajući kofaktori su jednaki: A 11 = ( 1) 1+1 1 0 1 1 = 1, A 12 = ( 1) 1+2 1 0 0 1 = 1, A 13 = ( 1) 1+3 1 1 0 1 = 1, A 21 = ( 1) 2+1 0 0 1 1 = 0, A 22 = ( 1) 2+2 1 0 0 1 = 1, A 23 = ( 1) 2+3 1 0 0 1 = 1, A 31 = ( 1) 3+1 0 0 1 0 = 0, A 32 = ( 1) 3+2 1 0 1 0 = 0, A 33 = ( 1) 3+3 1 0 1 1 = 1 Inverzna matrica je jednaka A 1 = 1 1 1 1 det A adj A = 0 1 1 0 0 1 T T 1 0 0 = 1 1 0 1 1 1 Napomenimo da bismo uočili i otklonili eventualne greške, možemo proveriti da li za nad enu matricu A 1 važi AA 1 = I: 1 0 0 1 0 0 1 0 0 AA 1 = 1 1 0 1 1 0 = 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1, 15 Odrediti inverznu matricu matrice 1 1 1 A = 0 1 1 0 0 1

17 Rešenje: Matrica A ima inverznu matricu, jer je det A = 1 Prema formuli A 1 = 1 det A adj A dobija se 1 1 0 1 A 1 = 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 1 T 1 0 0 = 1 1 0 0 1 1 T 1 1 0 = 0 1 1 0 0 1 16 Date su matrice A = [ ] 0 1, B = 1 0 a) Izračunati det X ako je AXB = C b) Izračunati det ( B 1) [ ] 1 1, C = 1 2 [ ] 4 2 2 1 Rešenje: a) Rešavanjem jednačine AXB = C po matrici X dolazimo do izraza S obzirom na osobinu determinanti zaključujemo X = A 1 CB 1 (01) det(p Q) = det P det Q, P, Q M n n, (02) det X = det(a 1 CB 1 ) = det(a 1 ) det C det(b 1 ) Ponovo, na osnovu (02) za regularnu matricu P važi Kako je P P 1 = I det P det(p 1 ) = det I = 1 det(p 1 ) = 1 det P (03)

18 to je det A = 0 1 1 0 = 1, det B = 1 1 1 2 det C = 4 2 2 1 = 0, det A = 0 b) Na osnovu (04) i (03) nalazimo det ( B 1) = 1 1 = 1 = 1, (04) 17 Neka su matrice A = [ ] 1 0 1 0 1 1 1 1 i B = 1 0 1 1 Ispitati da li postoje sledeće matrice Ako postoje, odrediti ih AB, BA, A 1, (AB) 1, 2A, 2A + B Rešenje: Matrica A je dimenzije 2 3, a matrica B dimenzije 3 2 i kako je broj kolona prve matrice jednak broju vrsta druge matrice proizvod AB postoji i jednak je AB = [ ] 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 = 1 1 [ ] 2 2 0 1 Proizvod BA takod e postoji jer je broj kolona matrice B jednak broju vrsta matrice A i jednak je 1 1 [ ] 1 1 0 BA = 1 0 1 0 1 = 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 Matrica A 1 ne postoji jer matrica A nije kvadratna Da bi postojala inverzna matrica kvadratne matrice AB potrebno je da važi det AB 0 Kako je det(ab) = 2 2 0 1 = 2 0,

onda je inverzna matrica jednaka (AB) 1 = odredićemo kofaktore Inverzna matrica je jednaka 19 1 adj(ab) Ako je C = AB, det(ab) C 11 = ( 1) 1+1 1 = 1, C12 = ( 1) 1+2 0 = 0, C 21 = ( 1) 2+1 2 = 2, C 22 = ( 1) 2+2 2 = 2 C 1 = (AB) 1 = Matrica 2A postoji 1 2 2A = 2 [ ] T 1 0 = 1 2 2 2 [ ] 1 0 1 = 0 1 1 [ ] 1 2 = 0 2 [ ] 2 0 2 0 2 2 [ ] 1/2 1 0 1 i njena dimenzija je 2 3 S obzirom da su dimenzije matrica 2A i B različite (matrica 2A je dimenzije 2 3, a matrica B dimenzije 3 2), one se ne mogu sabirati 18 Date su matrice A = Ako postoje, odrediti matrice [ ] 3 0 1 2 3, B = 0 1 0 2 5 1 2 AB, B T A T, A + B, A 1, (AB) 1 Rešenje: AB = [ ] 1 2 3 0 2 5 B T A T = (AB) T = 3 0 0 1 = 1 2 [ ] 0 5 8 8 [ ] 0 8, 5 8 A+B nije definisano jer nisu matrice istog tipa A 1 ne postoji jer A nije kvadratna matrica Kako je det(ab) = 40 0 to matrica (AB) 1 postoji i iznosi (AB) 1 = 1 det(ab) adj(ab) = 1 40 [ 8 8 5 0 ]

20 19 Date su matrice A = [ ] 1 0 1, B = 0 1 1 [ ] 1 1 1 2 Ispitati da li postoje sledeće matrice Ako postoje, odrediti ih A + 2B, AB, BA, A 1, B 1, (A T A) 1 Rešenje: Matrica A je dimenzije 2 3, a matrica B (pa i matrica 2B) je dimenzije 2 2, što znači da se A i 2B ne mogu sabirati Proizvod AB matrica dimenzija 2 3 i 2 2 ne postoji (broj kolona prve matrice se razlikuje od broja vrsta druge matrice) Proizvod BA matrica dimenzija 2 2 i 2 3 postoji i jednak je [ ] [ ] [ ] 1 1 1 0 1 1 1 2 BA = = 1 2 0 1 1 1 2 1 Inverzna matrica A 1 ne postoji jer A nije kvadratna matrica Za kvadratnu matricu B postoji B 1 jer je det B = 2 + 1 = 3 0 Važi B 1 = 1 [ ] T B11 B adj B, adj B = 12 det B B 21 B 22 Kofaktori su B 11 = 2, B 12 = 1, B 21 = 1, B 22 = 1 Imamo B 1 = 1 [ ] T 2 1 3 = 1 [ ] 2 1 1 1 3 = 1 1 [ 2/3 1/3 1/3 1/3 Matrica A T A se može odrediti i jednaka je 1 0 [ ] 1 0 1 A T A = 0 1 1 0 1 = 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 2 Med utim, determinanta ove matrice je jednaka nuli 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 = 2 + 0 + 0 1 1 0 = 0, 1 1 2 1 1 odakle zaključujemo da inverzna matrica (A T A) 1 ne postoji ]

21 20 Ako postoje, odrediti (A T B) 1 i (AB T ) 1, gde su [ ] 2 0 1 A =, B = 1 1 0 [ 0 1 1 1 0 2 Rešenje: Označimo A T B = C i AB T = D Tada je 2 1 [ ] 1 2 0 C = A T B = 0 1 0 1 1 = 1 0 2, 1 0 2 1 0 0 1 1 D = AB T = [ 2 0 ] 1 1 1 0 0 1 = 1 0 1 2 [ ] 1 4 1 1 Kako je det C = 0, matrica C nije regularna, tj ne postoji C 1 Matrica D je regularna, jer je det D = 5, pa postoji njena inverzna matrica i ona je jednaka D 1 = 1 [ ] 1 4 5 1 1 ] 21 Date su matrice A = [ ] 0 1 1 1 0, B = 1 1 1 2 1 1 0 Ako postoje, odrediti matrice C 1 i D 1, gde su C = AB i D = BA Rezultat: [ ] 1 2 C =, det C = 5, C 1 = 1 [ ] 1 2, 3 1 5 3 1 1 2 1 D = 2 1 1, det D = 0, D 1 ne postoji 1 1 0 22 Rešiti matričnu jednačinu AX = B ako je 3 0 1 1 2 A = 0 2 1, B = 0 3 1 0 0 1 1

22 Rešenje: Matrična jednačina AX = B ima rešenje X = A 1 B ukoliko inverzna matrica A 1 postoji Kako je zaključujemo da postoji Odredimo matricu adj A : adj A = det A = 3 0 1 0 2 1 1 0 0 = 0 1 2 1 = 2 0, Razviti determinantu po trećoj vrsti A 1 = 1 adj A det A 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 2 1 0 3 0 1 0 0 1 2 1 3 1 1 0 3 1 0 1 3 0 0 2 = 0 0 2 1 1 3 2 0 6 Onda je Konačno, 0 0 1 A 1 = 1/2 1/2 3/2 1 0 3 0 0 1 1 2 1 1 X = A 1 B = 1/2 1/2 3/2 0 3 = 1 2 1 0 3 1 1 2 1 23 Odrediti matricu X tako da je [ 1 3 3 4 ] X = [ ] 3 5 5 9

Rešenje: Neka je A = [ ] 1 3 3 4 i B = [ ] 3 5 5 9 Ako postoji inverzna matrica A 1, tada je rešenje date matrične jednačine AX = B jednako X = A 1 B (vodimo računa sa koje strane množimo matricu B matricom A 1 jer množenje matrica nije komutativno) Matrica A 1 postoji jer je det A = 4 9 = 5 0 Odredićemo A 1 = 1 det A adj A Kofaktori matrice A su: A 11 = 4, A 12 = 3, A 21 = 3, A 22 = 1 23 Inverzna matrica je jednaka A 1 = 1 5 [ ] T 4 3 = 1 3 1 5 [ ] 4 3 3 1 Rešenje ove jednačine je X = A 1 B = 1 5 [ 4 3 3 1 ] [ ] 3 5 = 1 5 9 5 [ ] 3 7 = 4 6 [ ] 3/5 7/5 4/5 6/5 24 Rešiti matričnu jednačinu AX = B ako su date matrice 1 0 2 1 0 1 A = 0 2 1 i B = 1 1 1 1 2 3 1 0 1 Rešenje: Pod uslovom da postoji inverzna matrica A 1, rešenje date jednačine je X = A 1 B Zbog toga prvo odred ujemo A 1 Računamo determinantu 1 0 2 1 0 det A = 0 2 1 0 2 = 6 + 0 + 0 4 + 2 0 = 4 0 1 2 3 1 2 i nalazimo kofaktore A 11 = 2 1 2 3 = 8, A 12 = 0 1 1 3 = 1, A 13 = 0 2 1 2 = 2, A 21 = 0 2 2 3 = 4, A 22 = 1 2 1 3 = 1, A 23 = 1 0 1 2 = 2, A 31 = 0 2 2 1 = 4, A 32 = 1 2 0 1 = 1, A 33 = 1 0 0 2 = 2

24 Imamo da je matrica A 1 = 1 det A adj A = 1 8 1 2 4 1 2 4 4 1 2 T = 1 8 4 4 1 1 1 4 2 2 2 Rešenje jednačine je matrica X = A 1 B = 1 8 4 4 1 0 1 1 1 1 1 1 1 = 1 0 4 0 1 1 1 4 4 2 2 2 1 0 1 2 2 2 25 Rešiti matričnu jednačinu pri čemu je A = AX = B + 2X, [ ] 3 5, B = 1 1 [ 4 5 8 3 Rešenje: I način Transformišemo najpre jednačinu na sledeći način: AX = B + 2X, AX 2X = B, (A 2I)X = B Ako označimo A 2I = C, jednačina postaje CX = B Množenjem jednačine sa C 1 (ako postoji) sleva dobijamo Kako je C = A 2I = [ ] 3 5 2 1 1 matrica C 1 postoji i jednaka je C 1 CX = C 1 B, [ ] 1 0 = 0 1 C 1 = 1 2 X = C 1 B ] [ ] 1 5, det C = 1 3 [ ] 3 5, 1 1 1 5 1 3 = 2,

25 pa je X = C 1 B = 1 2 [ ] 3 5 1 1 II način Potražimo matricu X u obliku [ ] a b X = c d [ ] [ 4 5 26 15 = 8 3 6 4 Zamenom odgovarajućih matrica u jednačini, sledi [ ] [ ] [ ] [ 3 5 a b 4 5 a b = + 2 1 1 c d 8 3 c d [ ] [ 3a 5c 3b 5d 4 + 2a 5 + 2b = a c b d 8 + 2c 3 + 2d [ ] [ ] a 5c 4 b 5d 5 0 0 = a 3c + 8 b 3d + 3 0 0 Rešavanjem sistema jednačina dobijaju se elementi matrice X: 26 Rešiti matričnu jednačinu a 5c 4 = 0, b 5d 5 = 0, a 3c + 8 = 0, b 3d + 3 = 0, a = 26, b = 15, c = 6, d = 4 ABX = 4X + 2C, ], ], ] ako je 1 1 1 A = 0 2, B = A T, C = 0 3 1 1 Rešenje: Sred ivanjem jednačine dobijamo ABX = 4X + 2C ABX 4X = 2C (AB 4I)X = 2C Data jednačina može se rešavati na dva načina

26 I način: X = 2(AB 4I) 1 C, pod uslovom det(ab 4I) 0 1 1 [ ] 2 2 4 AB = 0 2 1 0 3 = 2 4 2, 1 2 1 3 1 4 2 10 2 2 4 4 0 0 2 2 4 AB 4I = 2 4 2 0 4 0 = 2 0 2, 4 2 10 0 0 4 4 2 6 Tada je det(ab 4I) = adj(ab 4I) = (AB 4I) 1 = 2 2 4 2 0 2 4 2 6 0 2 2 6 2 2 4 6 1 1 2 = 8 1 0 1 2 1 3 2 4 2 6 2 0 4 2 2 2 4 2 1 1 2 = 8 1 0 1 2 0 0 2 4 0 2 2 4 4 6 2 4 2 2 2 2 2 0 = 16, 4 4 4 = 4 28 12 4 12 4 1/4 1/4 1/4 1 adj(ab 4I) = 1/4 7/4 3/4, det(ab 4I) 1/4 3/4 1/4 pa je traženo rešenje 4 4 4 1 0 X = 2(AB 4I) 1 C = 2 4 28 12 0 = 1 4 12 4 1 0 II način: Jednačinu (AB 4I)X = 2C predstavimo u njenom skalarnom obliku Uvod enjem nepoznatih koordinata X = [x, y, z] T polazna jednačina postaje sistem 2x + 2y + 4z = 2, 2x + 2z = 0, 4x + 2y + 6z = 2 Sred ivanjem matrice i proširene matrice sistema dobija se 2 2 4 2 1 0 1 0 1 0 1 0 2 0 2 0 1 1 2 1 0 1 3 1 4 2 6 2 2 0 0 0 0 0 1 0

27 I korak: Podelimo celu matricu sa 2 Zamenimo mesta prvoj i drugoj vrsti Zbir prve i druge vrste oduzmemo od treće II korak: Treću vrstu podelimo sa 2 Prvu vrstu dodamo drugoj, a oduzmemo od treće Transformisani sistem, ekvivalentan polaznom, tada glasi x + z = 0, y + 3z = 1, z = 0, što nas ponovo dovodi do rešenja x = 0, y = 1, z = 0, tj X = [0 1 0] T 27 Date su matrice A = to je jednačinu Rešenje: Kako je 1 1 1 2 0 1 i B = 3 1 2 AX = B A T X 0 5 1 3 0 3 Rešiti matričnu 4 8 4 AX = B A T X AX + A T X = B ( A + A T ) X = B, X = ( A + A T ) 1 B, pod uslovom da je A + A T regularna matrica, tj det ( A + A T ) 0 Potražimo ove matrice

28 1 1 1 1 2 3 2 3 4 A + A T = 2 0 1 + 1 0 1 = 3 0 0, 3 1 2 1 1 2 4 0 4 det ( A + A T ) = adj ( A + A T ) = 2 3 4 3 0 0 4 0 4 = 3 3 4 0 4 = 36, 0 0 0 4 3 4 0 4 3 0 4 4 3 0 4 0 3 4 0 0 2 4 4 4 2 4 3 0 2 3 4 0 2 3 3 0 = ( A + A T ) 1 = 1 det ( A + A T ) adj ( A + A T ) = X = ( A + A T ) 1 B = 1 0 1 = 2 1 1 2 2 0 0 1/3 0 1/3 2/9 1/3 0 1/3 1/4 0 12 0 12 8 12 0 12 9, 0 1/3 0 1/3 2/9 1/3, 0 1/3 1/4 0 5 1 3 0 3 4 8 4 28 Rešiti matričnu jednačinu AX = B 2X, ako je [ ] 1 3 A =, B = 5 2 [ 15 12 24 19 Rešenje: Preured enjem jednačine AX = B 2X dobija se AX = B 2X AX + 2X = B (A + 2I)X = B X = (A + 2I) 1 B, pod uslovom da (A + 2I) 1 postoji, tj det(a + 2I) 0 Potražimo ove elemente [ ] [ ] [ ] 1 3 2 0 3 3 A + 2I = + =, 5 2 0 2 5 4 det(a + 2I) = 3 3 5 4 ] = 12 15 = 3 0

29 Zaklučujemo da inverzna matrica postoji Kako je (A + 2I) 1 = 1 adj(a + 2I), det(a + 2I) za odred ivanje inverzne matrice neophodno je poznavanje adjungovane matrice adj(a + 2I) [ ] 4 3 adj(a + 2I) =, 5 3 pa je Konačno, X = 1 3 (A + 2I) 1 = 1 3 [ ] 4 3 5 3 [ ] 4 3 5 3 [ ] 15 12 = 24 19 [ ] 4 3 1 1