Post on 31-Jan-2018
Determinante. Inverzna matrica
Neka je A = [aij ]n×n kvadratna matrica. Determinanta matrice A je
detA =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...
.... . .
...an1 an2 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =∑
(−1)ja1j1a2j2 · · · anjn ,
gde se sumiranje vrsi po svim permutacijama pν = (j1, j2, . . . , jn) skupa {1, 2, . . . , n},a j je broj inverzija u permutaciji pν .
n = 1 : |a11| = a11;
n = 2 :
∣∣∣∣a11 a12a21 a22
∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21;
n = 3 :
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ = a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33
+ a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31.
Kofaktor elementa aij jeAij = (−1)i+jDij ,
gde je Dij determinanta reda n − 1 dobijena iz detA izostavljanjem i–te vrste ij–te kolone.
Laplasov razvoj determinante po elementima i–te vrste (i = 1, 2, . . . , n):∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...
.... . .
...an1 an2 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = ai1Ai1 + ai2Ai2 + · · ·+ ainAin.
1
2
Laplasov razvoj determinante po elementima j–te kolone (j = 1, 2, . . . , n):∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...
.... . .
...an1 an2 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = a1jA1j + a2jA2j + · · ·+ anjAnj .
Adjungovana matrica matrice A = [aij ]n×n je matrica
adjA = [Aji]n×n = [Aij ]Tn×n =
A11 A21 . . . An1
A12 A22 . . . An2...
.... . .
...A1n A2n . . . Ann
,
gde je Aij kofaktor elementa aij (i, j = 1, 2, . . . , n).
Inverzna matrica matrice A = [aij ]n×n je matrica A−1 takva da vazi
A ·A−1 = A−1 ·A = I.
Ako je detA = 0, tada je
A−1 =1
detAadjA.
Matrica A je regularna ako postoji njena inverzna matrica A−1. U protivnom,matrica A je singularna.
3
Zadaci:
1. Date su matrice A =
1 0 02 3 04 5 6
i B =
−3 5 10 1 −30 0 −4
. Izracunati determinantu
det(AB).
Resenje: Kako jedet(AB) = detA · detB
i matrice A i B su trougaone matrice, to odmah nalazimo
det(AB) = (1 · 3 · 6) ·((−3) · 1 · (−4)
)= 12 · 18 = 216.
2. Izracunati determinantu
D =
∣∣∣∣∣∣∣∣a a a aa b b ba b c ca b c d
∣∣∣∣∣∣∣∣ .Odrediti pod kojim uslovima za parametre a, b, c, d ∈ R vazi D = 0.
Resenje: Radi lakseg racunanja determinante, dovedimo je na trougaoni oblik.Ako se prva vrsta pomnozi sa −1 i doda drugoj, trecoj i cetvrtoj redom, dobija se
D =
∣∣∣∣∣∣∣∣a a a aa b b ba b c ca b c d
∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣a a a a0 b− a b− a b− a0 b− a c− a c− a0 b− a c− a d− a
∣∣∣∣∣∣∣∣ .Pomnozimo sada drugu vrstu sa −1 i dodajmo trecoj i cetvrtoj. Tako je
D =
∣∣∣∣∣∣∣∣a a a a0 b− a b− a b− a0 0 c− b c− b0 0 c− b d− b
∣∣∣∣∣∣∣∣ .Konacno, ako trecu vrstu pomnozimo sa −1 i dodamo cetvrtoj, determinanta do-bija trougaoni oblik
4
D =
∣∣∣∣∣∣∣∣a a a a0 b− a b− a b− a0 0 c− b c− b0 0 0 d− c
∣∣∣∣∣∣∣∣ ,pa je njena vrednost jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali, tj.
D = a(b− a)(c− b)(d− c).
Ocigledno, D = 0 ako je a = 0, a = b, b = c i c = d.
3. Neka je
P (x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 x1 1 x 11 x 1 1x 1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ .Odrediti sve nule polinoma P (x) i njihovu visestrukost.
Resenje: Polinom P (x), dat u obliku determinante, predstavimo u faktorisanomobliku. Rezultat dobijamo postupkom koji se sastoji od sledecih koraka:
– prvoj koloni dodamo zbir ostalih kolona,– iz prve kolone izvucemo x+ 3 kao zajednicki faktor,– prvu vrstu pomnozimo sa −1 i dodamo drugoj, trecoj i cetvrtoj vrsti redom,– razvijemo determinantu po elementima prve kolone,– iz svake kolone izvucemo x− 1 kao zajednicki faktor,– razvijemo determinantu po elementima prve kolone.
Tako je
P (x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 x1 1 x 11 x 1 1x 1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣x+ 3 1 1 xx+ 3 1 x 1x+ 3 x 1 1x+ 3 1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣= (x+ 3)
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 x1 1 x 11 x 1 11 1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (x+ 3)
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 x0 0 x− 1 1− x0 x− 1 0 1− x0 0 0 1− x
∣∣∣∣∣∣∣∣= (x+ 3)
∣∣∣∣∣∣0 x− 1 1− x
x− 1 0 1− x0 0 1− x
∣∣∣∣∣∣ = (x+ 3)(x− 1)3
∣∣∣∣∣∣0 1 −11 0 −10 0 −1
∣∣∣∣∣∣= −(x+ 3)(x− 1)3
∣∣∣∣1 −10 −1
∣∣∣∣ = (x+ 3)(x− 1)3.
5
Iz faktorisanog oblika zakljucujemo da polinom P (x) ima nulu prvog reda x = −3i nulu treceg reda x = 1.
4. Resiti jednacinu po realnoj promenljivoj x∣∣∣∣∣∣1 a bx1 b ax1 x ab
∣∣∣∣∣∣ = 0, a, b ∈ R.
Resenje: Primenicemo osobinu da se determinanta ne menja ako se od eleme-nata jedne vrste oduzmu odgovarajuci elementi neke druge vrste.
Razvicemo determinantu tako sto cemo primeniti sledece korake:
1. korak: od elemenata druge i trece vrste oduzimamo odgovarajuce elemente prvevrste;
2. korak: iz druge vrste izvlacimo zajednicki cinilac (b − a), a iz trece zajednickicinilac (x− a);
3. korak: razvijamo determinantu po elementima prve kolone;4. korak: razvijamo determinantu drugog reda.
Imamo ∣∣∣∣∣∣1 a bx1 b ax1 x ab
∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣1 a bx0 b− a (a− b)x0 x− a (a− x)b
∣∣∣∣∣∣ = (b− a)(x− a)
∣∣∣∣∣∣1 a bx0 1 −x0 1 −b
∣∣∣∣∣∣= (b− a)(x− a)
∣∣∣∣1 −x1 −b
∣∣∣∣ = (b− a)(x− a)(x− b).
Trazimo resenje jednacine
(b− a)(x− a)(x− b) = 0
u zavisnosti od a, b ∈ R. Vidimo da za
1. a = b resenje je svako x ∈ R;2. a = b resenje je x = a ili x = b.
5. Da li je polinom
P (x) =
∣∣∣∣∣∣1 x xx 1 xx x 1
∣∣∣∣∣∣deljiv sa (x− 1)2?
6
Resenje: Vazi osobina da se vrednost determinante ne menja ako se elementimajedne kolone (vrste) doda linearna kombinacija odgovarajucih elemenata ostalihkolona (vrsta).
Razvijamo determinantu na sledeci nacin:
1. korak: elementima prve kolone dodajemo elemente druge i trece kolone;2. korak: iz prve kolone izvlacimo zajednicki cinilac (2x+ 1);3. korak: oduzimamo od elemenata druge i trece vrste odgovarajuce elemente prve
vrste;4. korak: izracunavamo vrednost dobijene trougaone determinante znajuci da je
ona jednaka proizvodu dijagonalnih elemenata.
Imamo∣∣∣∣∣∣1 x xx 1 xx x 1
∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣2x+ 1 x x2x+ 1 1 x2x+ 1 x 1
∣∣∣∣∣∣ = (2x+ 1)
∣∣∣∣∣∣1 x x1 1 x1 x 1
∣∣∣∣∣∣= (2x+ 1)
∣∣∣∣∣∣1 x x0 1− x 00 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
P (x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 4 4
−1 3− x2 3 37 7 5 5
−7 −7 6 x2 − 3
∣∣∣∣∣∣∣∣u faktorisanom obliku.
Resenje: Uocimo da su u datoj determinanti skoro svi (tri od cetiri) odgo-varajuci elementi prve i druge kolone jednaki i da je ista situacija i sa odgo-varajucim elementima trece i cetvrte kolone. Zato je pogodno koristiti osobinuda se vrednost determinante ne menja ako se od elemenata jedne kolone oduzmuodgovarajuci elementi neke druge kolone.
Postupak za resavanje date determinante je: od elemenata druge kolone odu-zimamo odgovarajuce elemente prve kolone i od elemenata cetvrte kolone odu-zimamo odgovarajuce elemente trece kolone, razvijamo dobijenu determinantu
7
cetvrtog reda po elementima cetvrte kolone. U sledecem koraku razvijamo do-bijenu determinantu treceg reda po elementima druge kolone i konacno razvijamodeterminantu drugog reda:
P (x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 4 4
−1 3− x2 3 37 7 5 5
−7 −7 6 x2 − 3
∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣
1 0 4 0−1 4− x2 3 07 0 5 0
−7 0 6 x2 − 9
∣∣∣∣∣∣∣∣= (x2 − 9)
∣∣∣∣∣∣1 0 4
−1 4− x2 37 0 5
∣∣∣∣∣∣ = (x2 − 9)(4− x2)
∣∣∣∣1 47 5
∣∣∣∣= −23(x2 − 9)(4− x2) = 23(x− 3)(x+ 3)(x− 2)(x+ 2).
7. Naci sva resenja jednacine ∣∣∣∣∣∣1 2x 12 x x3x 2 −x
∣∣∣∣∣∣ = 0.
Resenje: Primetimo da je u datoj determinanti zbir elemenata u svakoj vrstijednak. Stoga mozemo dodati elementima, na primer, prve kolone odgovarajuceelemente ostalih kolona. U prvoj koloni su na taj nacin dobijeni svi jednaki elementi2x+ 2 i mozemo tu vrednost izvuci kao cinilac ispred determinante.∣∣∣∣∣∣
1 2x 12 x x3x 2 −x
∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣2x+ 2 2x 12x+ 2 x x2x+ 2 2 −x
∣∣∣∣∣∣ = (2x+ 2)
∣∣∣∣∣∣1 2x 11 x x1 2 −x
∣∣∣∣∣∣ .S obzirom da su u prvoj koloni sada svi elementi jednaki, lako cemo od tih ele-menata (osim jednog) napraviti nule tako sto oduzmemo elemente prve vrste ododgovarajucih elemenata druge i trece vrste. Dobijenu determinantu treceg redarazvijamo po elementima prve kolone, a zatim racunamo determinantu drugogreda:
(2x+ 2)
∣∣∣∣∣∣1 2x 11 x x1 2 −x
∣∣∣∣∣∣ = (2x+ 2)
∣∣∣∣∣∣1 2x 10 −x x− 10 2− 2x −x− 1
∣∣∣∣∣∣ = (2x+ 2)
∣∣∣∣ −x x− 12− 2x −x− 1
∣∣∣∣= (2x+ 2)
[−x(−x− 1)− (x− 1)(2− 2x)
]= (2x+ 2)(3x2 − 3x+ 2).
8
Resenja jednacine(2x+ 2)(3x2 − 3x+ 2) = 0
su x1 = −1, x2 =3 + i
√15
6i x3 =
3− i√15
6.
8. Naci sve nule polinoma
P (x) =
∣∣∣∣∣∣1 2x 12x 1 11 1 2x
∣∣∣∣∣∣ .Rezultat: Polinom je jednak P (x) = −(2x + 2)(2x − 1)2. Nule su x1 = −1
(prosta nula), x2 = 1/2 (dvostruka nula).
9. Ispitati da li je polinom
P (x) =
∣∣∣∣∣∣x −1 31 x 12 0 x
∣∣∣∣∣∣deljiv sa (x+ 2)2.
Rezultat: Polinom je jednak P (x) = (x + 2)(x − 1 −√2)(x − 1 +
√2) i nije
deljiv sa (x+ 2)2.
10. Izracunati vrednost Dn determinante n–tog reda (n ∈ N):
a) Dn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 2 0 0 . . . 0 01 3 2 0 . . . 0 00 1 3 2 . . . 0 00 0 1 3 . . . 0 0...
......
.... . .
......
0 0 0 0 . . . 3 20 0 0 0 . . . 1 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣; b) Dn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
4 2 0 0 . . . 0 02 4 2 0 . . . 0 00 2 4 2 . . . 0 00 0 2 4 . . . 0 0...
......
.... . .
......
0 0 0 0 . . . 4 20 0 0 0 . . . 2 4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
Resenje: a) Primetimo najpre da je Dn determinanta trodijagonalne matriceA = [aij ]n×n, ciji su dijagonalni elementi aii = 3 (i = 1, 2, . . . , n), elementi iz-nad glavne dijagonale ai−1,i = 2, elementi ispod glavne dijagonale ai,i−1 = 1
9
(i = 2, 3, . . . , n), a svi ostali elementi jednaki 0. Razvijanjem determinante Dn poelementima prve kolone dobija se
Dn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 2 0 0 . . . 0 01 3 2 0 . . . 0 00 1 3 2 . . . 0 00 0 1 3 . . . 0 0...
......
.... . .
......
0 0 0 0 . . . 3 20 0 0 0 . . . 1 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 2 0 . . . 0 01 3 2 . . . 0 00 1 3 . . . 0 0...
......
. . ....
...0 0 0 . . . 3 20 0 0 . . . 1 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 0 0 . . . 0 01 3 2 . . . 0 00 1 3 . . . 0 0...
......
. . ....
...0 0 0 . . . 3 20 0 0 . . . 1 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
Prva od dve dobijene determinante reda n − 1 ima isti trodijagonalni oblik kaopolazna, pa moze da se oznaci sa Dn−1. Drugu razvijamo po elementima prvevrste i dobijamo∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 0 0 . . . 0 01 3 2 . . . 0 00 1 3 . . . 0 0...
......
. . ....
...0 0 0 . . . 3 20 0 0 . . . 1 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 2 . . . 0 01 3 . . . 0 0...
.... . .
......
0 0 . . . 3 20 0 . . . 1 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2Dn−2,
jer je poslednja determinanta ponovo istog oblika kao polazna, ali je reda n − 2.Prema tome, vazi
Dn = 3Dn−1 − 2Dn−2,
tj. clanovi niza {Dn} zadovoljavaju homogenu linearnu diferencnu jednacinu dru-gog reda sa konstantnim koeficijentima
Dn − 3Dn−1 + 2Dn−2 = 0.
Njena karakteristicna jednacina je
λ2 − 3λ+ 2 = 0,
sa resenjima λ1 = 1 i λ2 = 2. Zato je resenje diferencne jednacine
Dn = k1λn1 + k2λ
n2 = k1 + k22
n,
pri cemu se konstante k1 i k2 odreduju iz pocetnih uslova:
D1 = | 3 | = 3, D2 =
∣∣∣∣3 21 3
∣∣∣∣ = 7.
10
Kako je
D1 = k1 + k221 = k1 + 2k2, D2 = k1 + k22
2 = k1 + 4k2,
resavanjem sistema jednacina
k1 + 2k2 = 3,k1 + 4k2 = 7,
dobija se k1 = −1, k2 = 2. Konacno, trazena vrednost determinante je
Dn = −1 + 2 · 2n = 2n+1 − 1.
b) Postupkom opisanim u delu zadatka pod a) dobija se
Dn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
4 2 0 0 . . . 0 02 4 2 0 . . . 0 00 2 4 2 . . . 0 00 0 2 4 . . . 0 0...
......
.... . .
......
0 0 0 0 . . . 4 20 0 0 0 . . . 2 4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
4 2 0 . . . 0 02 4 2 . . . 0 00 2 4 . . . 0 0...
......
. . ....
...0 0 0 . . . 4 20 0 0 . . . 2 4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− 2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 0 0 . . . 0 02 4 2 . . . 0 00 2 4 . . . 0 0...
......
. . ....
...0 0 0 . . . 4 20 0 0 . . . 2 4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 4Dn−1 − 4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
4 2 . . . 0 02 4 . . . 0 0...
.... . .
......
0 0 . . . 4 20 0 . . . 2 4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 4Dn−1 − 4Dn−2,
sto znaci da Dn zadovoljava diferencnu jednacinu
Dn − 4Dn−1 + 4Dn−2 = 0.
Karakteristicna jednacina ove diferencne jednacine je
λ2 − 4λ+ 4 = 0
i ima jedno dvostruko resenje λ = 2. Zato je
Dn = k12n + k2n2
n,
gde su k1 i k2 konstante odredene iz pocetnih uslova
11
D1 = 2k1 + 2k2 = | 4 | = 4, D2 = 4k1 + 8k2 =
∣∣∣∣4 22 4
∣∣∣∣ = 12.
Resavanjem sistema jednacina
2k1 + 2k2 = 4,4k1 + 8k2 = 12,
dobija se k1 = k2 = 1, pa jeDn = 2n(1 + n).
11. Za n ∈ N izracunati vrednost determinante n-tog reda:
a)Dn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
5 3 0 . . . 0 02 5 3 . . . 0 00 2 5 . . . 0 0...
....... . .
......
0 0 0 . . . 5 30 0 0 . . . 2 5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣; b) Dn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 1 0 . . . 0 01 2 1 . . . 0 00 1 2 . . . 0 0...
....... . .
......
0 0 0 . . . 2 10 0 0 . . . 1 2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣;
c) Dn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 0 . . . 0 0−1 1 1 . . . 0 00 −1 1 . . . 0 0...
....... . .
......
0 0 0 . . . 1 10 0 0 . . . −1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣; d) Dn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 0 . . . 0 01 1 1 . . . 0 00 1 1 . . . 0 0...
....... . .
......
0 0 0 . . . 1 10 0 0 . . . 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
Resenje: a) Razvijamo determinantu Dn po elementima prve vrste i dobijamo
Dn = 5Dn−1 − 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 3 . . . 0 00 5 . . . 0 0...
.... . .
......
0 0 . . . 5 30 0 . . . 2 5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n−1
= 5Dn−1 − 3 · 2Dn−2,
pri cemu smo poslednju determinantu razvili po elementima prve kolone. Dobijase diferencna jednacina
Dn − 5Dn−1 + 6Dn−2 = 0
cija je karakteristicna jednacina
12
λ2 − 5λ+ 6 = 0 ⇒ λ1 = 2, λ2 = 3.
Resenje ove diferencne jednacine je oblika
Dn = K12n +K23
n, n ∈ N.
Koeficijente K1 i K2 odredujemo iz uslova
D1 = |5| = 5 = 2K1 + 3K2,
D2 =
∣∣∣∣5 32 5
∣∣∣∣ = 19 = 4K1 + 9K2.
Resenje dobijenog sistema je jednako
K1 = −2, K2 = 3 ⇒ Dn = 3n+1 − 2n+1.
b) Razvijamo determinantu po elementima prve vrste, a zatim, dobijenu deter-minantu n− 1-og reda po elementima prve kolone:
Dn = 2Dn−1 −
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 . . . 0 00 2 . . . 0 0...
.... . .
......
0 0 . . . 2 10 0 . . . 1 2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n−1
= 2Dn−1 −Dn−2 ⇒ Dn − 2Dn−1 +Dn−2 = 0.
Karakteristicna jednacina je
λ2 − 2λ+ 1 = 0 ⇒ λ1 = λ2 = 1.
U ovom slucaju je oblik resenja
Dn = K11n +K2n1
n = K1 +K2n.
Pocetni uslovi za D1 i D2 daju
D1 = |2| = 2 = K1 +K2,
D2 =
∣∣∣∣2 11 2
∣∣∣∣ = 3 = K1 + 2K2.
Dobijamo K1 = K2 = 1, pa je sada Dn = 1 + n.
c) Razvijanjem determinante po elementima prve vrste u prvom koraku i poelementima prve kolone u drugom koraku, dobijamo
13
Dn = Dn−1 −
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−1 1 . . . 0 00 1 . . . 0 0...
.... . .
......
0 0 . . . 1 10 0 . . . −1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n−1
= Dn−1 +Dn−2 ⇒ Dn −Dn−1 −Dn−2 = 0.
Resavamo karakteristicnu jednacinu
λ2 − λ− 1 = 0 ⇒ λ1 =1−
√5
2, λ2 =
1 +√5
2.
Resenje je oblika
Dn = K1
(1−√5
2
)n+K2
(1 +√5
2
)n.
Iz pocetnih uslova za D1 i D2 imamo
D1 = |1| = 1 =1−
√5
2K1 +
1 +√5
2K2,
D2 =
∣∣∣∣ 1 1−1 1
∣∣∣∣ = 2 = K1
(1−√5
2
)2+
(1 +√5
2
)2K2.
Resavanjem dobijenog sistema jednacina dobijamo K1 =5−
√5
10 , K2 =5+
√5
10 , odakleje
Dn =5−
√5
10
(1−√5
2
)n+
5 +√5
10
(1 +√5
2
)n.
d) Razvijanjem determinante po elementima prve vrste, a onda u drugom korakupo elementima prve kolone, dobijamo
Dn = Dn−1 −
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 . . . 0 00 1 . . . 0 0...
.... . .
......
0 0 . . . 1 10 0 . . . 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n−1
= Dn−1 −Dn−2 ⇒ Dn −Dn−1 +Dn−2 = 0.
Resavamo karakteristicnu jednacinu
λ2 − λ+ 1 = 0 ⇒ λ1 =1 + i
√3
2= eiπ/3, λ2 =
1− i√3
2= e−iπ/3.
Vrednost determinante Dn, n ∈ N, je oblika
14
Dn = K1 cosnπ
3+K2 sin
nπ
3.
Iz pocetnih uslova za D1 i D2 imamo
D1 = |1| = 1 =1
2K1 +
√3
2K2,
D2 =
∣∣∣∣1 11 1
∣∣∣∣ = 0 = −1
2K1 +
√3
2K2.
Resavanjem dobijenog sistema jednacina dobijamo K1 = 1, K2 =√33 , odakle je
Dn = cosnπ
3+
√3
3sin
nπ
3.
12. Odrediti vrednost determinante∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x+ α x x . . . xx x+ α x . . . xx x x+ α . . . x...
......
. . ....
x x x . . . x+ α
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n
.
Resenje: Vrednost determinante se nece promeniti ako oduzmemo prvu vrstuod svih ostalih vrsta:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x+ α x x . . . xx x+ α x . . . xx x x+ α . . . x...
......
. . ....
x x x . . . x+ α
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x+ α x x . . . x−α α 0 . . . 0−α 0 α . . . 0...
......
. . ....
−α 0 0 . . . α
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n
.
U poslednjoj determinanti dodacemo sve kolone prvoj koloni:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
nx+ α x x . . . x0 α 0 . . . 00 0 α . . . 0...
......
. . ....
0 0 0 . . . α
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n
= (nx+ α)αn−1.
15
13. Odrediti inverznu matricu matrice
A =
1 2 30 1 23 0 1
.
Resenje: Kako je detA = 4 = 0, za matricu A postoji inverzna matrica A−1.Ona se odreduje prema formuli
A−1 =1
detAadjA,
gde je adjA matrica ciji su elementi kofaktori elemenata matrice A, a koji seizracunavaju na sledeci nacin:
A11 = (−1)1+1
∣∣∣∣1 20 1
∣∣∣∣ = 1, A12 = (−1)3∣∣∣∣0 23 1
∣∣∣∣ = 6, A13 = (−1)4∣∣∣∣0 13 0
∣∣∣∣ = −3,
A21 = (−1)2+1
∣∣∣∣2 30 1
∣∣∣∣ = −2, A22 = (−1)4∣∣∣∣1 33 1
∣∣∣∣ = −8, A23 = (−1)5∣∣∣∣1 23 0
∣∣∣∣ = 6,
A31 = (−1)3+1
∣∣∣∣2 31 2
∣∣∣∣ = 1, A32 = (−1)5∣∣∣∣1 30 2
∣∣∣∣ = −2, A33 = (−1)6∣∣∣∣1 20 1
∣∣∣∣ = 1.
Tako je
adjA =
A11 A12 A13
A21 A22 A23
A31 A32 A33
T
=
1 6 −3−2 −8 61 −2 1
T
=
1 −2 16 −8 −2
−3 6 1
,
pa je
A−1 =1
4
1 −2 16 −8 −2
−3 6 1
.
Rezultat se moze i proveriti:
A ·A−1 =
1 2 30 1 23 0 1
· 14
1 −2 16 −8 −2
−3 6 1
=1
4
4 0 00 4 00 0 4
= I.
14. Naci A−1 ako je
A =
1 0 01 1 00 1 1
.
16
Resenje: Ako je det A = 0 odredicemo A−1 iz formule
A−1 =1
detAadjA, adj A =
A11 A12 A13
A21 A22 A23
A31 A32 A33
T
,
gde je Aij kofaktor elementa aij , i, j = 1, . . . , n, matrice A. Imamo
detA =
∣∣∣∣∣∣1 0 01 1 00 1 1
∣∣∣∣∣∣ = 1 = 0.
Odgovarajuci kofaktori su jednaki:
A11 = (−1)1+1
∣∣∣∣1 01 1
∣∣∣∣ = 1, A12 = (−1)1+2
∣∣∣∣1 00 1
∣∣∣∣ = −1,
A13 = (−1)1+3
∣∣∣∣1 10 1
∣∣∣∣ = 1, A21 = (−1)2+1
∣∣∣∣0 01 1
∣∣∣∣ = 0,
A22 = (−1)2+2
∣∣∣∣1 00 1
∣∣∣∣ = 1, A23 = (−1)2+3
∣∣∣∣1 00 1
∣∣∣∣ = −1,
A31 = (−1)3+1
∣∣∣∣0 01 0
∣∣∣∣ = 0, A32 = (−1)3+2
∣∣∣∣1 01 0
∣∣∣∣ = 0,
A33 = (−1)3+3
∣∣∣∣1 01 1
∣∣∣∣ = 1.
Inverzna matrica je jednaka
A−1 =1
detAadjA =
1 −1 10 1 −10 0 1
T
=
1 0 0−1 1 01 −1 1
.
Napomenimo da bismo uocili i otklonili eventualne greske, mozemo proveriti da liza nadenu matricu A−1 vazi AA−1 = I:
AA−1 =
1 0 01 1 00 1 1
·
1 0 0−1 1 01 −1 1
=
1 0 00 1 00 0 1
.
15. Odrediti inverznu matricu matrice
A =
1 1 10 1 10 0 1
.
17
Resenje: Matrica A ima inverznu matricu, jer je detA = 1. Prema formuli
A−1 =1
detAadjA
dobija se
A−1 =
∣∣∣∣1 10 1
∣∣∣∣ −∣∣∣∣0 10 1
∣∣∣∣ ∣∣∣∣0 10 0
∣∣∣∣−∣∣∣∣1 10 1
∣∣∣∣ ∣∣∣∣1 10 1
∣∣∣∣ −∣∣∣∣1 10 0
∣∣∣∣∣∣∣∣1 11 1
∣∣∣∣ −∣∣∣∣1 10 1
∣∣∣∣ ∣∣∣∣1 10 1
∣∣∣∣
T
=
1 0 0−1 1 00 −1 1
T
=
1 −1 00 1 −10 0 1
.
16. Date su matrice
A =
[0 11 0
], B =
[−1 1−1 2
], C =
[4 22 1
].
a) Izracunati detX ako je AXB = C.b) Izracunati det
(B−1
).
Resenje: a) Resavanjem jednacine AXB = C po matrici X dolazimo do izraza
X = A−1CB−1. (0.1)
S obzirom na osobinu determinanti
det(PQ) = detP detQ, ∀P,Q ∈ Mn×n, (0.2)
zakljucujemo
detX = det(A−1CB−1) = det(A−1) detC det(B−1).
Ponovo, na osnovu (0.2) za regularnu matricu P vazi
P · P−1 = I ⇔ detP det(P−1) = det I = 1
⇒ det(P−1) =1
detP. (0.3)
Kako je
18
detA =0 11 0
= −1,
detB =−1 1−1 2
= −1, (0.4)
detC =4 22 1
= 0,
to jedetA = 0.
b) Na osnovu (0.4) i (0.3) nalazimo det(B−1
)=
1
−1= −1.
17. Neka su matrice
A =
[1 0 10 −1 1
]i B =
1 −11 01 −1
.
Ispitati da li postoje sledece matrice
AB, BA, A−1, (AB)−1, 2A, 2A+B.
Ako postoje, odrediti ih.
Resenje: Matrica A je dimenzije 2 × 3, a matrica B dimenzije 3 × 2 i kako jebroj kolona prve matrice jednak broju vrsta druge matrice proizvod AB postoji ijednak je
AB =
[1 0 10 −1 1
]·
1 −11 01 −1
=
[2 −20 −1
].
Proizvod BA takode postoji jer je broj kolona matrice B jednak broju vrsta matriceA i jednak je
BA =
1 −11 01 −1
·[1 0 10 −1 1
]=
1 1 01 0 11 1 0
.
Matrica A−1 ne postoji jer matrica A nije kvadratna.
Da bi postojala inverzna matrica kvadratne matrice AB potrebno je da vazidetAB = 0. Kako je
det(AB) =
∣∣∣∣2 −20 −1
∣∣∣∣ = −2 = 0,
19
onda je inverzna matrica jednaka (AB)−1 =1
det(AB)adj(AB). Ako je C = AB,
odredicemo kofaktore
C11 = (−1)1+1∣∣−1
∣∣ = −1, C12 = (−1)1+2∣∣0 ∣∣ = 0,
C21 = (−1)2+1∣∣−2
∣∣ = 2, C22 = (−1)2+2∣∣2 ∣∣ = 2.
Inverzna matrica je jednaka
C−1 = (AB)−1 =1
−2
[−1 02 2
]T=
−1
2
[−1 20 2
]=
[1/2 −1
0 −1
].
Matrica 2A postoji
2A = 2
[1 0 10 −1 1
]=
[2 0 20 −2 2
]i njena dimenzija je 2× 3.
S obzirom da su dimenzije matrica 2A i B razlicite (matrica 2A je dimenzije2× 3, a matrica B dimenzije 3× 2), one se ne mogu sabirati.
18. Date su matrice
A =
[1 2 30 2 −5
], B =
3 00 −1
−1 −2
.
Ako postoje, odrediti matrice
AB, BTAT , A+B, A−1, (AB)−1.
Resenje: AB =
[1 2 30 2 −5
]·
3 00 −1
−1 −2
=
[0 −85 8
],
BTAT = (AB)T =
[0 5
−8 8
].
A+B nije definisano jer nisu matrice istog tipa. A−1 ne postoji jer A nije kvadratnamatrica.
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 10 −1 1
], B =
[1 1
−1 2
].
Ispitati da li postoje sledece matrice
A+ 2B, AB, BA, A−1, B−1, (ATA)−1.
Ako postoje, odrediti ih.
Resenje: Matrica A je dimenzije 2 × 3, a matrica B (pa i matrica 2B) jedimenzije 2× 2, sto znaci da se A i 2B ne mogu sabirati.
Proizvod AB matrica dimenzija 2×3 i 2×2 ne postoji (broj kolona prve matricese razlikuje od broja vrsta druge matrice).
Proizvod BA matrica dimenzija 2× 2 i 2× 3 postoji i jednak je
BA =
[1 1
−1 2
]·[1 0 10 −1 1
]=
[1 −1 2
−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. Vazi
B−1 =1
det Badj B, adj B =
[B11 B12
B21 B22
]T.
Kofaktori su B11 = 2, B12 = 1, B21 = −1, B22 = 1. Imamo
B−1 =1
3·[
2 1−1 1
]T=
1
3·[2 −11 1
]=
[2/3 −1/31/3 1/3
].
Matrica ATA se moze odrediti i jednaka je
ATA =
1 00 −11 1
·[1 0 10 −1 1
]=
1 0 10 1 −11 −1 2
.
Medutim, determinanta ove matrice je jednaka nuli∣∣∣∣∣∣1 0 10 1 −11 −1 2
∣∣∣∣∣∣1 00 11 −1
= 2 + 0 + 0− 1− 1− 0 = 0,
odakle zakljucujemo da inverzna matrica (ATA)−1 ne postoji.
21
20. Ako postoje, odrediti (ATB)−1 i (ABT )−1, gde su
A =
[2 0 11 −1 0
], B =
[0 −1 −11 0 2
].
Resenje: Oznacimo ATB = C i ABT = D. Tada je
C = ATB =
2 10 −11 0
·[0 −1 −11 0 2
]=
1 −2 0−1 0 −20 −1 −1
,
D = ABT =
[2 0 11 −1 0
]·
0 1−1 0−1 2
=
[−1 41 1
].
Kako je detC = 0, matrica C nije regularna, tj. ne postoji C−1. Matrica D jeregularna, jer je detD = −5, pa postoji njena inverzna matrica i ona je jednaka
D−1 =1
5
[−1 41 1
].
21. Date su matrice
A =
[1 1 0
−1 2 −1
], B =
0 1−1 11 0
.
Ako postoje, odrediti matrice C−1 i D−1, gde su C = AB i D = BA.
Rezultat:
C =
[−1 2−3 1
], detC = 5, C−1 =
1
5
[1 −23 −1
],
D =
−1 2 −1−2 1 −11 1 0
, detD = 0, D−1 ne postoji.
22. Resiti matricnu jednacinu AX = B ako je
A =
3 0 10 2 11 0 0
, B =
1 20 31 1
.
22
Resenje: Matricna jednacina AX = B ima resenje
X = A−1B
ukoliko inverzna matrica A−1 postoji. Kako je
detA =3 0 10 2 11 0 0
=0 12 1
= −2 = 0,
Razviti determinantu po trecoj vrsti.
zakljucujemo da postoji
A−1 =1
detAadjA.
Odredimo matricu adjA :
adjA =
2 10 0
− 0 10 0
0 12 1
− 0 11 0
3 11 0
− 3 10 1
0 21 0
− 3 01 0
3 00 2
=
0 0 −21 −1 −3
−2 0 6
.
Onda je
A−1 =
0 0 1−1/2 1/2 3/21 0 −3
.
Konacno,
X = A−1B =
0 0 1−1/2 1/2 3/21 0 −3
·
1 20 31 1
=
1 11 2
−2 −1
.
23. Odrediti matricu X tako da je[1 33 4
]·X =
[3 55 9
].
23
Resenje: Neka je
A =
[1 33 4
]i B =
[3 55 9
].
Ako postoji inverzna matrica A−1, tada je resenje date matricne jednacine AX = Bjednako X = A−1B (vodimo racuna sa koje strane mnozimo matricu B matricomA−1 jer mnozenje matrica nije komutativno). Matrica A−1 postoji jer je detA =4− 9 = −5 = 0. Odredicemo A−1 = 1
detA adjA. Kofaktori matrice A su:
A11 = 4, A12 = −3, A21 = −3, A22 = 1.
Inverzna matrica je jednaka
A−1 =1
−5
[4 −3
−3 1
]T=
−1
5
[4 −3
−3 1
].
Resenje ove jednacine je
X = A−1B =−1
5
[4 −3
−3 1
]·[3 55 9
]=
−1
5
[−3 −7−4 −6
]=
[3/5 7/54/5 6/5
].
24. Resiti matricnu jednacinu AX = B ako su date matrice
A =
1 0 20 2 −11 2 3
i B =
1 0 1−1 1 −11 0 1
.
Resenje: Pod uslovom da postoji inverzna matrica A−1, resenje date jednacineje X = A−1B. Zbog toga prvo odredujemo A−1. Racunamo determinantu
detA =
∣∣∣∣∣∣1 0 20 2 −11 2 3
∣∣∣∣∣∣1 00 21 2
= 6 + 0 + 0− 4 + 2− 0 = 4 = 0
i nalazimo kofaktore
A11 =
∣∣∣∣2 −12 3
∣∣∣∣ = 8, A12 = −∣∣∣∣0 −11 3
∣∣∣∣ = −1, A13 =
∣∣∣∣0 21 2
∣∣∣∣ = −2,
A21 = −∣∣∣∣0 22 3
∣∣∣∣ = 4, A22 =
∣∣∣∣1 21 3
∣∣∣∣ = 1, A23 = −∣∣∣∣1 01 2
∣∣∣∣ = −2,
A31 =
∣∣∣∣0 22 −1
∣∣∣∣ = −4, A32 = −∣∣∣∣1 20 −1
∣∣∣∣ = 1, A33 =
∣∣∣∣1 00 2
∣∣∣∣ = 2.
24
Imamo da je matrica
A−1 =1
detAadjA =
1
4
8 −1 −24 1 −2
−4 1 2
T
=1
4
8 4 −4−1 1 1−2 −2 2
.
Resenje jednacine je matrica
X = A−1B =1
4
8 4 −4−1 1 1−2 −2 2
·
1 0 1−1 1 −11 0 1
=1
4
0 4 0−1 1 −12 −2 2
.
25. Resiti matricnu jednacinuAX = B + 2X,
pri cemu je
A =
[3 −51 −1
], B =
[4 5
−8 −3
].
Resenje: I nacin. Transformisemo najpre jednacinu na sledeci nacin:
AX = B + 2X,
AX − 2X = B,
(A− 2I)X = B.
Ako oznacimo A− 2I = C, jednacina postaje
CX = B.
Mnozenjem jednacine sa C−1 (ako postoji) sleva dobijamo
C−1CX = C−1B,
X = C−1B.
Kako je
C = A− 2I =
[3 −51 −1
]− 2
[1 00 1
]=
[1 −51 −3
], detC =
∣∣∣∣1 −51 −3
∣∣∣∣ = 2,
matrica C−1 postoji i jednaka je
C−1 =1
2
[−3 5−1 1
],
25
pa je
X = C−1B =1
2
[−3 5−1 1
]·[
4 5−8 −3
]=
[−26 −15−6 −4
].
II nacin. Potrazimo matricu X u obliku
X =
[a bc d
].
Zamenom odgovarajucih matrica u jednacini, sledi[3 −51 −1
]·[a bc d
]=
[4 5
−8 −3
]+ 2
[a bc d
],[
3a− 5c 3b− 5da− c b− d
]=
[4 + 2a 5 + 2b
−8 + 2c −3 + 2d
],[
a− 5c− 4 b− 5d− 5a− 3c+ 8 b− 3d+ 3
]=
[0 00 0
].
Resavanjem sistema jednacina
a− 5c− 4 = 0,b− 5d− 5 = 0,a− 3c+ 8 = 0,b− 3d+ 3 = 0,
dobijaju se elementi matrice X:
a = −26, b = −15, c = −6, d = −4.
26. Resiti matricnu jednacinu
ABX = 4X + 2C,
ako je
A =
1 10 23 1
, B = AT , C =
101
.
Resenje: Sredivanjem jednacine dobijamo
ABX = 4X + 2C ⇔ ABX − 4X = 2C ⇔ (AB − 4I)X = 2C.
Data jednacina moze se resavati na dva nacina.
26
I nacin: X = 2(AB − 4I)−1C, pod uslovom det(AB − 4I) = 0
AB =
1 10 23 1
·[1 0 31 2 1
]=
2 2 42 4 24 2 10
,
AB − 4I =
2 2 42 4 24 2 10
−
4 0 00 4 00 0 4
=
−2 2 42 0 24 2 6
,
det(AB − 4I) =−2 2 42 0 24 2 6
= 8−1 1 21 0 12 1 3
= 8−1 1 21 0 12 0 0
= 16,
adj(AB − 4I) =
0 22 6
− 2 42 6
2 40 2
− 2 24 6
−2 44 6
−−2 42 2
2 04 2
−−2 24 2
−2 22 0
=
−4 −4 4−4 −28 124 12 −4
.
Tada je
(AB − 4I)−1 =1
det(AB − 4I)adj(AB − 4I) =
−1/4 −1/4 1/4−1/4 −7/4 3/41/4 3/4 −1/4
,
pa je trazeno resenje
X = 2(AB − 4I)−1C = 2
−4 −4 4−4 −28 124 12 −4
·
101
=
010
.
II nacin: Jednacinu (AB−4I)X = 2C predstavimo u njenom skalarnom obliku.Uvodenjem nepoznatih koordinata X = [x, y, z]T polazna jednacina postaje sistem
−2x+ 2y + 4z = 2,2x+ 2z = 0,4x+ 2y + 6z = 2.
Sredivanjem matrice i prosirene matrice sistema dobija se−2 2 4 22 0 2 04 2 6 2
∼
1 0 1 0−1 1 2 12 0 0 0
∼
1 0 1 00 1 3 10 0 −1 0
.
27
I korak: Podelimo celu matricu sa 2. Zamenimo mesta prvoj i drugoj vrsti. Zbir prvei druge vrste oduzmemo od trece. II korak: Trecu vrstu podelimo sa 2. Prvu vrstudodamo drugoj, a oduzmemo od trece.
Transformisani sistem, ekvivalentan polaznom, tada glasix+ z = 0,y + 3z = 1,z = 0,
sto nas ponovo dovodi do resenja x = 0, y = 1, z = 0, tj X = [0 1 0]T .
27. Date su matrice A =
1 1 12 0 −13 1 2
i B =
0 5 13 0 −3−4 8 −4
. Resiti matricnu
jednacinuAX = B −ATX.
Resenje: Kako je
AX = B −ATX ⇔ AX +ATX = B ⇔(A+AT
)X = B,
to jeX =
(A+AT
)−1B,
pod uslovom da je A+AT regularna matrica, tj. det(A+AT
)= 0.
Potrazimo ove matrice
28
A+AT =
1 1 12 0 −13 1 2
+
1 2 31 0 11 −1 2
=
2 3 43 0 04 0 4
,
det(A+AT
)=
2 3 43 0 04 0 4
= −33 40 4
= −36,
adj(A+AT
)=
0 00 4
− 3 40 4
3 40 0
− 3 04 4
2 44 4
− 2 43 0
3 04 0
2 34 0
2 33 0
=
0 −12 0−12 −8 120 12 −9
,
(A+AT
)−1=
1
det(A+AT
) adj (A+AT)=
0 1/3 01/3 2/9 −1/30 −1/3 1/4
,
X =(A+AT
)−1B =
0 1/3 01/3 2/9 −1/30 −1/3 1/4
·
0 5 13 0 −3−4 8 −4
=
1 0 −12 −1 1−2 2 0
.
28. Resiti matricnu jednacinu AX = B − 2X, ako je
A =
[1 35 2
], B =
[−15 12−24 19
].
Resenje: Preuredenjem jednacine AX = B − 2X dobija se
AX = B − 2X ⇔ AX + 2X = B ⇔ (A+ 2I)X = B⇒ X = (A+ 2I)−1B,
pod uslovom da (A+ 2I)−1 postoji, tj. det(A+ 2I) = 0. Potrazimo ove elemente.
A+ 2I =
[1 35 2
]+
[2 00 2
]=
[3 35 4
],
det(A+ 2I) =3 35 4
= 12− 15 = −3 = 0.
29
Zaklucujemo da inverzna matrica postoji. Kako je
(A+ 2I)−1 =1
det(A+ 2I)adj(A+ 2I),
za odredivanje inverzne matrice neophodno je poznavanje adjungovane matriceadj(A+ 2I).
adj(A+ 2I) =
[4 −3
−5 3
],
pa je
(A+ 2I)−1 = −1
3
[4 −3
−5 3
].
Konacno,
X = −1
3
[4 −3
−5 3
]·[−15 12−24 19
]=
[−4 3−1 1
].