5. Sad ovo menjamo u P( A) A2 2 , ali pazimo da uz 2 obavezno dodamo jediničnu matricu I, naravno trećeg reda.
Dakle P ( A) A2 2 I
11 -2 6 1 0 0 11 -2 6 2 0 0 13 -2 6
P ( A) A 2 I 12
2
-3 8 2 0
1 0 12
-3 8 0
2 0 12
-1 8
1
-1 -2
0
0 1 1
-1 -2 0
0 2 1
-1 0
2 1 1
7. Za dati polinom P ( x) x 5 x 3 i matricu A 3
2
1 2 odredi P A .
0
0 2
Rešenje:
P ( A) A2 5 A 3 I
Naći ćemo na stranu svaki od sabiraka pa to ubaciti u P ( A) A2 5 A 3 I . Možemo i direktno sve da radimo ali se
ukomplikuje …
2 1 1 2 1 1 2 2 1 3 1 0 2 1 +1 1 1 0 2 1+1 2 1 2
A A A 3
2
1 2 3
1 2
3 2 1 3 2 0 3 1 1 1 2 0 3 1 1 2 2 2
0
0 2 0
0 2
0 2 03 20 0 1 0 1 2 0
0 1 0 2 2 2
7 3 6
A 9
2
4 9
0
0 4
2 1 1 10 5 5
5 A 5 3
1 2 15
5 10
0
0 2 0
0 10
1 0 0 3 0 0
3 I 3 0
1 0 0
3 0
0
0 1 0
0 3
7 3 6 10 5 5 3 0 0 0 -2 1
P ( A) 9
4 9 15
5 10 0
3 P ( A) -6
0 2 -1
0
0 4 0
0 10 0
0 3
0
0 -3
www.matematiranje.com
5
6. Dalje ćemo pokušati da vam objasnimo kako se traži matrica An ako je data matrica A.
Ovakav tip zadatka možemo rešavati na više načina:
i Tražimo matrice A2 , A3 , A4 i ako treba još par njih dok ne zaključimo po kojoj se zakonitosti pojavljuju elementi
matrice… Zatim zapišemo kako bi trebalo da izgleda An i izvršimo dokaz matematičkom indukcijom.
n n n n
ii Drugi način je da koristimo binomnu formulu (a b) n a nb 0 a n 1b1 a n 2b 2 ....... a 0b n .
0 1 2 n
Datu matricu napišemo kao zbir dve matrice,od kojih je jedna jedinična matrica a druga kada se traži njen stepen,
postaje nula matrica već kod trećeg ili četvrtog stepena.
iii Treći način je da upotrebljavamo sopstvene vrednosti i vektore a to je objašnjeno u fajlu matrice zadaci 2. deo.
1 1 1
8. Ako je data matrica A 0 1 1 , nadji An .
0 0 1
Rešenje:
I način
1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 2 1 2
A A A 0 1 1 0 1 1 0 1 2 0 1
2
2
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
1
1 2 3 1 1 1 1 3 6 1 3 1 2 3
A A A 0 1 2 0 1 1 0 1 3 0 1
3 2
3
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
1
1 3 6 1 1 1 1 4 10 1 4 1 2 3 4
A A A 0 1 3 0 1 1 0 1 4 0 1
4 3
4
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
1
1 n 1 2 ... n
Na osnovu ovoga možemo predpostaviti da je An 0 1 n , odnosno, pošto je 1 2 3 ... n n(n 1)
2
0 0
1
www.matematiranje.com
6
7. n(n 1)
1 n 1 2 ... n 1 n 2
to je onda An 0 1 An 0 1
n n
0 0 1 0 0 1
Sada ovo moramo dokazati primenom matematičke indukcije . Da bi se podsetili kako ide indukcija, pogledajte
istoimeni fajl iz treće godine.
1 1 1
za n=1 je A1 0 1 1 tačno.
0 0 1
23
1 2 2 1 2 3
za n=2 je A2 0 1 2 0 1 2 takodje tačno
0 0 1 0 0 1
postavljamo indukcijsku hipotezu, da je formula tačna za n k
k (k 1)
1 k 2
za n=k je Ak 0 1 k
0 0 1
da dokažemo da je formula tačna za n k 1
k (k 1) k (k 1)
1 k
2 1 k 2 1 1 1
Ak 0 1 k Ak A 0 1 k 0 1 1
0 0 1 0 0 1 0 0 1
(k 1)(k 2)
1 k 1
2
Ak 1 0 1 k 1
0 0 1
Dakle, naša formula je dobra.
www.matematiranje.com
7
8. II način
Datu matricu rastavimo na jediničnu i još jednu matricu:
1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1
0 1 1 0 1 0 0 0 1 I 0 0 1
A
0 0 1 0 0 0 0 0 0
0 0 0
0 1 1
Obeležimo matricu 0 0 1 sa slovom M.
0 0 0
Tada je A I M
An ( I M ) n
n n n n
Koristimo (a b) n a nb 0 a n 1b1 a n 2b 2 ....... a 0b n , ali najpre da vidimo kako se ponašaju stepeni
0 1 2 n
matrice M.
0 1 1
M 0 0 1
0 0 0
0 1 1 0 1 1 0 0 1
M M M 0 0 1 0
2
0 1 0
0 0
0 0 0 0
0 0 0
0 0
0 0 1 0 1 1 0 0 0
M M M 0 0 0 0
3 2
0 1 0
0 0 odavde zaključujemo da je:
0 0 0 0
0 0 0
0 0
M 4 M 5 ... M n 0
Sad koristimo binomnu formulu:
n n n
( I M ) n I n M 0 I n 1M 1 I n 2 M 2 , svi ostali članovi su jednaki nuli.
0 1 2
www.matematiranje.com
8
9. n(n 1)
( I M ) n 1 I 1 n I M I M 2
2
n(n 1) 2
( I M )n I n M M
2
1 0 0 0 1 1 0 0 1
(I M )
n 0 1 0 n 0 0 1 n(n 1) 0 0 0
2
0 0 1
0 0 0
0 0 0
n(n 1)
0 0
1 0 0 0 n n 2
0 1 0 0 0 n 0 0
( I M )n 0
0 0 1 0 0 0 0 0
0
n(n 1) 2n n(n 1) 2n n 2 n
1 n n 2 1 n 2 1 n 2
( I M ) n 0 1 n 0 1 n 0 1 n
0 0 1 0 0 1 0 0 1
n2 n n(n 1)
1 n 1 n
2 2
0 1 n ( I M ) n 0 1 n
0 0 1 0 0 1
1 1
9. Ako je data matrica A , nadji A .
n
1 1
Rešenje:
1 1 1 1 11 (1) (1) 1 (1) (1) 1 2 2
A2 A A
1 1 1 1 1 1 1 (1) (1) (1) 1 1 2 2
2 2 1 1 4 4 22 22
A3 A2 A 2
2 2 1 1 4 4 2 22
4 4 1 1 8 8 23 2 3
A4 A3 A 3
4 4 1 1 8 8 2 23
8 8 1 1 16 16 24 24
A5 A4 A 4
8 8 1 1 16 16 2 24
Na osnovu ovoga možemo predpostaviti da je :
2n 1 2n 1
A n 1
n
2 2n 1
www.matematiranje.com
9
10. Moramo ovo dokazati matematičkom indukcijom:
211 211 20 20 1 1
za n = 1 je A 11 1
A
2 211 20 2 0 1 1
2k 1 2k 1
Pretpostavimo da je formula tačna za n=k A k 1
k
2 2k 1
Da dokažemo da formula važi i za n k 1
2k 1 2k 1 1 1 2k 1 1 (2k 1 )( 1) 2k 1 ( 1) ( 2k 1 ) 1
Ak 1 Ak A k 1
2 2k 1 1 1 2k 1 1 2k 1 (1) 2k 1 (1) 2k 1 1
2k 1 2k 1 2k 1 2k 1 2 2k 1 2 2k 1 2k 2k
k 1 k 1
2 2 2k 1 + 2k 1 2 2k 1 2 2k 1 2k 2k
U sledećim primerima ćemo pokušati da vam “približimo” rešavanje matričnih jednačina. Takav zadatak se najčešće
sastoji iz dva dela. U prvom delu trebate rešiti matričnu jednačinu, odnosno da izrazite X, a u drugom delu se koriste
operacije sa matricama...
10. Rešiti sledeće matrične jednačine:
1) AX B
2) XA B
3) AX I X B
4) (3 X ) 1 B 1 ( AX ) 1
5) ( AX A) 1 BA
6) ( AX 1 B ) 1 XB
( AX ) X T B A B
1
7) T
Rešenja:
Bilo bi dobro da se podsetite pravila koja važe za matrice a koja su date u prethodnom fajlu.
1)
AX B sa leve strane množimo celu jednačinu sa A1
A1 AX A1 B
A1 A X A1 B
I X A1 B
X A1 B
10
11. 2)
XA B sa desne strane množimo celu jednačinu sa A1
XAA1 BA1
X I BA1
X BA1
3)
AX I X B nepoznate na levu a poznate na desnu stranu...
AX X B I izvlačimo X kao zajednički ispred zagrade , ali sa desne strane!
(A I)X B I celu jednačinu množimo sa ( A I ) 1 , ali sa leve strane!
( A I ) 1 ( A I ) X ( A I ) 1 ( B I )
I X ( A I ) 1 ( B I )
X ( A I ) 1 ( B I )
4)
(3 X ) 1 B 1 ( AX ) 1
X 1 31 B 1 X 1 A1 Nepoznate na jednu, poznate na drugu stranu...
1 1 1 1 1
B X A X 3 Izvlačimo X 1 kao zajednički ispred zagrade ali sa leve strane...
1
Pazi , moramo dodati I kod 31
3
1
B 1 X 1 ( A1 I ) Celu jednačinu množimo sa X sa leve strane
3
1
X B 1 X X 1 ( A1 I )
3
1
X B 1 I ( A1 I )
3
1
X B 1 ( A1 I ) Celu jednačinu množimo sa B sa desne strane
3
1
X B 1 B ( A1 I ) B
3
1
X I ( A1 I ) B
3
1
X ( A1 I ) B
3
www.matematiranje.com
11
12. 5)
( AX A) 1 BA unutar zagrade izvučemo A sa leve strane
[ A( X I )]1 BA celu jednačinu stepenujemo na () 1
[ A( X I )1 ]1 ( BA) 1
A( X I ) A1 B 1 množimo celu jednačinu sa A1 sa leve strane
A1 A( X I ) A1 A1 B 1
I ( X I ) A2 B 1
X I A2 B 1
X A2 B 1 I
6)
( AX 1 B) 1 XB celu jednačinu stepenujemo na () 1
(( AX 1 B) 1 ) 1 ( XB) 1
AX 1 B B 1 X 1 sad nepoznate na levu a poznate na desnu stranu...
1 1 1
AX B X B
1 1
(A B )X B pomnožimo celu jednačinu sa X ali sa desne strane...
1 1
( A B ) X X BX
( A B 1 ) I BX
A B 1 BX pomnožimo celu jednačinu sa B 1 ali sa leve strane...
B 1 ( A B 1 ) B 1 BX
B 1 ( A B 1 ) I X
B 1 ( A B 1 ) X
X B 1 ( A B 1 )
7)
( AX ) X B A B
T T 1
X A X B A B
1
T T T
unutar zagrade izvučemo X T ...
X ( A B) A B
1
T T
celu jednačinu na -1...
X T ( AT B ) ( A B ) 1 sa desne strane množimo sa ( AT B )1
X T ( AT B)( AT B) 1 ( A B ) 1 ( AT B) 1
X T ( A B) 1 ( AT B ) 1 spakujemo malo desnu stranu
X T [( AT B )( A B)]1 celu jednačinu transponujemo...
( X T )T [( AT B )( A B)]1
T
X [( AT B)( A B)]1
T
www.matematiranje.com
12
13. 2 1 0
11. Rešiti matričnu jednačinu AX X A ako je data matrica A 0 2 1
1 1 2
Rešenje:
Najpre rešavamo zadatu matričnu jednačinu:
AX X A
AX X A
(A I)X A
( A I ) 1 ( A I ) X ( A I ) 1 A
I X ( A I ) 1 A
X ( A I ) 1 A
Dalje tražimo matricu A I , pa njenu inverznu. Ako vaš profesor dozvoljava , radi lakšeg rada, matricu A I možemo
obeležiti nekim slovom, recimo sa M. Ako se profesor ljuti, vi nastavite da radite sa A I .
2 1 0 1 0 0 1 1 0
A I 0 2 1 0 1 0 0 1 1 M
1 1 2 0 0 1 1 1 1
sada je X M 1 A
1
tražimo M 1 adjM
det M
1 1 0 1 1 0 1 1
det M 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 det M 1 , matrica je regularna…
1 1 1 1 1 1 1 1
Ako vam se u radu dogodi da je det M 0 , onda takva matrica nema inverznu matricu i tu prekidate sa radom.
Tražimo kofaktore i adjungovanu matricu:
www.matematiranje.com
13