Neven Elezović Andrea Aglić
LINEARNA ALGEBRA ZBIRKA ZADATAKA
3.
izdanje
Zagreb, 2006.
©Prof. dr. sc. Neven Elezović, 1995.
Urednik
Prof. dr. sc. Neven Elezović Za nakladnika
Sandra Gračan, dipl. inž
ELEMliNT,
Nakladnik
2
Zagreb, Menčetićeva telefoni: 01/6008-700, 01/6008-701 faks: 01/6008-799 http:ffwww.element.hr/ e-mail:
[email protected] Slog, crteži i prijelom
Element, Zagreb
Design ovitka
Boje vremena, Zagreb
Tisak
Element, Zagreb
Nijedan dio ove knjige ne smije se preslikavati niti umnažati na bilo koji način, bez pismenog dopuštenja nakladnika
PREDGOVOR
Ova je zbirka pisana po programu istoimenog predmeta koji se preda je na Fakultetu elektrotehnike i računarstva u Zagrebu, u prvom semestru sa satnicom od 3+ 2 sata tjedno (45 sati predavanja i 30 sati vježbi). Ona prati odgovarajući udžbenik. Na početku svakoga poglavlja dan je kratak podsjetnik najvažnijih definicija i teorema. Sva potrebna detaljnija objašnjenja čitatelj treba potražiti u udžbeniku. U svakom su poglavlju zatim dani zadaci s detaljnim rješenjima. Oni se (možda ne svi) rješavaju na auditomim vježbama. Student svakako tre ba pokušati samostalno riješiti i te zadatke, ne čitajući unaprijed rješenje. Na koncu svakoga poglavlja naveden je dovoljan broj zadataka (njihovi su odgovori na kraju zbirke) koji trebaju poslužiti za samostalnu vježbu. Neki od njih proširuju i produbljuju osnovno gradivo i namijenjeni su boljim studentima. Sigurni smo da će i ova zbirka pomoći studentima u lakšem usvajanju ovoga lijepog dijela matematike. Kako je riječ o pripremnom izdanju, bit ćemo zahvalni na svakoj korisnoj napomeni ili ispravku pogrešaka koje su ostale u knjizi.
Autori U Zagrebu, listopada 1995.
SADRZˇ AJ
1. Matrice . . . . . . . . . . . 1.1. Operacije s matricama 1.2. Zadaci za vjezˇ bu . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. Determinante . . . . . . . . . . . . . . . 2.1. Laplaceov razvoj i Sarrusovo pravilo 2.2. Svojstva determinanti . . . . . . . . 2.3. Racˇunanje determinanti n -toga reda 2.4. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. Rang i inverz matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Inverzna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Cramerovo pravilo za racˇunanje inverza matrice 3.4. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Sustavi linearnih jednadzˇ bi . . . 4.1. Gaussova metoda eliminacije 4.2. Cramerovo pravilo . . . . . . 4.3. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5. Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1. Operacije s vektorima . . . . . . . . . 5.2. Koordinatni sustav i kanonska baza . . 5.3. Skalarni, vektorski i mjesˇoviti produkt 5.4. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . . 6. Pravac i ravnina . . . 6.1. Ravnina . . . . 6.2. Pravac . . . . . 6.3. Pravac i ravnina 6.4. Zadaci za vjezˇ bu
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7. Vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . 7.1. Baza i dimenzija vektorskog prostora 7.2. Promjena baze . . . . . . . . . . . . 7.3. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . 8. Linearni operatori . . . . . . . . . 8.1. Prikaz operatora . . . . . . . . 8.2. Promjena baze. Slicˇne matrice 8.3. Algebra operatora . . . . . . . 8.4. Minimalni polinom . . . . . . 8.5. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 2 8 14 15 16 21 30 37 37 43 46 47 51 51 58 62 67 67 71 73 80 86 86 91 96 105 112 112 117 120 122 122 126 128 130 132
9. Svojstveni vektori i svojstvene vrijednosti . . . . . . 9.1. Karakteristicˇni polinom i svojstvene vrijednosti 9.2. Dijagonalizacija operatora. Matricˇne funkcije . 9.3. Hamilton-Cayleyev teorem . . . . . . . . . . . 9.4. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10. Skalarni produkt. Dijagonalizacija simetricˇne matrice 10.1. Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Gramm-Schmidtov postupak ortogonalizacije . . . 10.3. Dijagonalizacija simetricˇne matrice . . . . . . . . . 10.4. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
148 148 . 152 . 154 . 156
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
158 158 163 166
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
169
11. Kvadratne forme. Krivulje i plohe drugog reda 11.1. Dijagonalizacija kvadratne forme . . . . . . 11.2. Krivulje i plohe drugoga reda . . . . . . . . 11.3. Zadaci za vjezˇ bu . . . . . . . . . . . . . . . Odgovori
136 136 . 139 . 144 . 145
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.
1.
Matrice
Matrice
Matrica je svaka pravokutna tablica realnih ili kompleksnih brojeva. Ako ona ima m redaka i n stupaca, tada kaˇzemo da je tipa m × n i zapisujemo je u obliku ⎡ ⎤ a11 a12 . . . a1n ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥ A=⎢ ⎣ ... ⎦
Matrica je svaka pravokutna tablica realnih ili kompleksnih brojeva. Ako ona ima m redaka i n stupaca, tada kaˇzemo da je tipa m × n i zapisujemo je u obliku ⎡ ⎤ a11 a12 . . . a1n ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥ A=⎢ ⎣ ... ⎦
ili kra´ce A = (aij ) . Element aij naziva se op´ci element matrice A . To je realan ili kompleksan broj. Op´ci element oznaˇcavamo cˇ esto i na naˇcin (A)ij . Skup svih matrica tipa m × n oznaˇcavamo s Mmn .
ili kra´ce A = (aij ) . Element aij naziva se op´ci element matrice A . To je realan ili kompleksan broj. Op´ci element oznaˇcavamo cˇ esto i na naˇcin (A)ij . Skup svih matrica tipa m × n oznaˇcavamo s Mmn .
∗*∗
∗*∗
Za kvadratnu matricu tipa n × n kaˇzemo da je reda n . Skup svih kvadratnih matrica toga reda oznaˇcavamo s Mn . Elementi a11 , a22 , . . . , ann cˇ ine dijagonalu kvadratne matrice. Kvadratna matrica je gornja trokutasta ako je aij = 0 za i > j (svi elementi ispod dijagonale jednaki su nuli), donja trokutasta ako je aij = 0 za i < j (svi elementi iznad dijagonale jednaki su nuli), dijagonalna ako je aij = 0 za i = j , skalarna ako je dijagonalna i svi su joj dijagonalni elementi jednaki. Jediniˇcna matrica je dijagonalna matrica s jedinicama na dijagonali. Oznaˇcavamo ju s I . Nul matricu, cˇ iji su svi elementi jednaki nuli, oznaˇcavamo s 0 . Transponirana matrica A matrice A ima elemente (A )ij = aji . Ona se dobiva iz matrice A zamjenom redaka i stupaca, sˇ to se kod kvadratne matrice moˇze interpretirati i kao zrcaljenje s obzirom na dijagonalu. Kvadratna matrica je simetriˇcna ako vrijedi A = A , tj. aij = aji za sve i, j ; antisimetriˇcna ako vrijedi A = −A , tj. aij = −aji za sve i, j .
Za kvadratnu matricu tipa n × n kaˇzemo da je reda n . Skup svih kvadratnih matrica toga reda oznaˇcavamo s Mn . Elementi a11 , a22 , . . . , ann cˇ ine dijagonalu kvadratne matrice. Kvadratna matrica je gornja trokutasta ako je aij = 0 za i > j (svi elementi ispod dijagonale jednaki su nuli), donja trokutasta ako je aij = 0 za i < j (svi elementi iznad dijagonale jednaki su nuli), dijagonalna ako je aij = 0 za i = j , skalarna ako je dijagonalna i svi su joj dijagonalni elementi jednaki. Jediniˇcna matrica je dijagonalna matrica s jedinicama na dijagonali. Oznaˇcavamo ju s I . Nul matricu, cˇ iji su svi elementi jednaki nuli, oznaˇcavamo s 0 . Transponirana matrica A matrice A ima elemente (A )ij = aji . Ona se dobiva iz matrice A zamjenom redaka i stupaca, sˇ to se kod kvadratne matrice moˇze interpretirati i kao zrcaljenje s obzirom na dijagonalu. Kvadratna matrica je simetriˇcna ako vrijedi A = A , tj. aij = aji za sve i, j ; antisimetriˇcna ako vrijedi A = −A , tj. aij = −aji za sve i, j .
am1 am2 . . . amn
am1 am2 . . . amn
2
1. MATRICE
2
1. MATRICE
1.1. Operacije s matricama
1.1. Operacije s matricama
Operacija mnoˇzenja skalara s matricom definira se za svaki λ ∈ R i A ∈ Mmn na naˇcin (λ A)ij := λ aij .
Operacija mnoˇzenja skalara s matricom definira se za svaki λ ∈ R i A ∈ Mmn na naˇcin (λ A)ij := λ aij .
To je ponovo matrica istoga tipa. Operacija zbrajanja matrica definira se za matrice istoga tipa na naˇcin
To je ponovo matrica istoga tipa. Operacija zbrajanja matrica definira se za matrice istoga tipa na naˇcin
(A + B)ij := aij + bij .
(A + B)ij := aij + bij .
(Dvije se matrice zbrajaju tako da im se zbroje odgovaraju´ci elementi.) Mnoˇzenje matrica definirano je samo za ulanˇcane matrice: broj stupaca prve mora se podudarati s brojem redaka druge matrice. Ako je A tipa m × n , i B tipa n × p , tada je umnoˇzak AB definiran i ima tip m × p ,
(Dvije se matrice zbrajaju tako da im se zbroje odgovaraju´ci elementi.) Mnoˇzenje matrica definirano je samo za ulanˇcane matrice: broj stupaca prve mora se podudarati s brojem redaka druge matrice. Ako je A tipa m × n , i B tipa n × p , tada je umnoˇzak AB definiran i ima tip m × p ,
(AB)ik :=
n
aij bjk .
(AB)ik :=
j=1
1.1.
Izraˇcunaj 2A + − C ako je A =
10 8 5 i C= . −7 −2 1
aij bjk .
j=1
1 B 3
n
−3 0 12 1 5 −2 , B= 21 1 0 −3 0 2
1.1.
Izraˇcunaj 2A + − C ako je A =
10 8 5 i C= . −7 −2 1 1 B 3
−3 0 12 1 5 −2 , B= 21 1 0 −3 0 2
ˇ . Izraˇcunajmo prvo umnoˇske matrice i skalara (pomnoˇzimo svaki element RJE SENJE matrice skalarom)
1 5 −2 2 10 −4 , = 2A = 2 · −3 0 2 −6 0 4
−3 0 12 −1 0 4 1 . B = 13 = 3 21 1 0 7 13 0
ˇ . Izraˇcunajmo prvo umnoˇske matrice i skalara (pomnoˇzimo svaki element RJE SENJE matrice skalarom)
1 5 −2 2 10 −4 , = 2A = 2 · −3 0 2 −6 0 4
−1 0 4 1 1 −3 0 12 . B = = 3 3 21 1 0 7 13 0
Sve su matrice istoga tipa 2 × 3 pa je
−1 0 4 2 10 −4 10 8 1 − + 2A + 3 B − C = 7 13 0 −6 0 4 −7 −2
−9 2−1−10 10+0−8 −4+4−5 = = −6+7+7 0+ 31 +2 4+0−1 8
Sve su matrice istoga tipa 2 × 3 pa je
−1 0 4 2 10 −4 10 8 − + 2A + 13 B − C = 7 13 0 −6 0 4 −7 −2
−9 2−1−10 10+0−8 −4+4−5 = = −6+7+7 0+ 31 +2 4+0−1 8
5 1
2 −5 . 7 3 3
5 1
2 −5 . 7 3 3
1. MATRICE
3
1.2.
Izraˇcunaj umnoˇzak matrica A =
10 2 2 8 1 4 . 14 −1 , B = 2 −2 3 0 2 −5
1. MATRICE
3
1.2.
Izraˇcunaj umnoˇzak matrica A =
10 2 2 8 1 4 . 14 −1 , B = 2 −2 3 0 2 −5
ˇ . Matrica A je tipa 3 × 2 , B tipa 2 × 4 te je umnoˇzak AB definiran i bit RJE SENJE c´ e tipa 3 × 4 :
10 2 2 8 1 4 AB = 14 −1 · 2 −2 3 0 2 −5 10 · 2+2 · 2 10 · 8+2 · (−2) 10 · 1+2 · 3 10 · 4+2 · 0 = 14 · 2+(−1) · 2 14 · 8+(−1) · (−2) 14 · 1+(−1) · 3 14 · 4+(−1) · 0 2 · 2+(−5) · 2 2 · 8+(−5) · (−2) 2 · 1+(−5) · 3 2 · 4+(−5) · 0 24 76 16 40 = 26 114 11 56 . −6 26 −13 8
ˇ . Matrica A je tipa 3 × 2 , B tipa 2 × 4 te je umnoˇzak AB definiran i bit RJE SENJE c´ e tipa 3 × 4 :
10 2 2 8 1 4 AB = 14 −1 · 2 −2 3 0 2 −5 10 · 2+2 · 2 10 · 8+2 · (−2) 10 · 1+2 · 3 10 · 4+2 · 0 = 14 · 2+(−1) · 2 14 · 8+(−1) · (−2) 14 · 1+(−1) · 3 14 · 4+(−1) · 0 2 · 2+(−5) · 2 2 · 8+(−5) · (−2) 2 · 1+(−5) · 3 2 · 4+(−5) · 0 24 76 16 40 = 26 114 11 56 . −6 26 −13 8
Primijeti da umnoˇzak BA nije definiran.
Primijeti da umnoˇzak BA nije definiran.
1.3.
Za matrice A =
1 2 1 2 1 2 1 2 3
i B=
4 1 1 −4 2 0 1 2 1
ˇ se odredi AB i BA . Sto
1.3.
moˇze zakljuˇciti? ˇ . Vrijedi RJE SENJE
AB =
ˇ . RJE SENJE
i B=
4 1 1 −4 2 0 1 2 1
ˇ se odredi AB i BA . Sto
moˇze zakljuˇciti?
−3 7 2 6 8 4 , −1 11 4
BA =
ˇ . Vrijedi RJE SENJE
7 11 9 0 −6 0 . 6 6 8
Vidimo da je AB = BA . Mnoˇzenje matrica nije komutativno. (Za neke matrice ovakvi umnoˇsci mogu biti jednaki.)
1.4.
Za matrice A =
1 2 1 2 1 2 1 2 3
Ako je x = [3, 1, 2] , y = [2, −1, 1] , izraˇcunaj x y i xy . 3 6 −3 3 x y = 1 [2, −1, 1] = 2 −1 1 , 4 −2 2 2 2 xy = [3, 1, 2] −1 = [7]. 1
Matricu s jednim elementom poistovje´cujemo s brojem. Zato je xy = 7 .
AB =
−3 7 2 6 8 4 , −1 11 4
BA =
7 11 9 0 −6 0 . 6 6 8
Vidimo da je AB = BA . Mnoˇzenje matrica nije komutativno. (Za neke matrice ovakvi umnoˇsci mogu biti jednaki.)
1.4. ˇ . RJE SENJE
Ako je x = [3, 1, 2] , y = [2, −1, 1] , izraˇcunaj x y i xy . 3 6 −3 3 x y = 1 [2, −1, 1] = 2 −1 1 , 4 −2 2 2 2 xy = [3, 1, 2] −1 = [7]. 1
Matricu s jednim elementom poistovje´cujemo s brojem. Zato je xy = 7 .
4
1.5.
1. MATRICE
Izraˇcunaj f (A) ako je
a) f (x) = x + 2x − x + 5x − x + 8 , A = 5
4
3
2
0 1 0 0 0 1 ; 0 0 0
4
1.5.
0 0 1 ˇ RJE SENJE . a) Imamo A = 0 0 0 , A3 = 0 , A4 = A5 = 0 , zato je 0 0 0 8 −1 5 f (A) = A5 + 2A4 − A3 + 5A2 − A + 8I = 0 8 −1 . 0 0 8
4 −6 10 −15 2 2 b) A = , f (A) = 2A + 3A − 4I = . 0 16 0 40 c) f (A) = 0 .
2 −1 a b Neka je A = . Odredi matricu B = takvu da vrijedi c d −5 3 AB = I . Provjeri da pri tom vrijedi BA = I .
AB = odnosno
2 −1 −5 3
0 1 0 0 0 1 ; 0 0 0
0 0 1 ˇ RJE SENJE . a) Imamo A2 = 0 0 0 , A3 = 0 , A4 = A5 = 0 , zato je 0 0 0 8 −1 5 5 4 3 2 f (A) = A + 2A − A + 5A − A + 8I = 0 8 −1 . 0 0 8
4 −6 10 −15 b) A2 = , f (A) = 2A2 + 3A − 4I = . 0 16 0 40 c) f (A) = 0 .
1.6.
1 0 a b , = c d 0 1
2 −1 a b . Odredi matricu B = takvu da vrijedi c d −5 3 AB = I . Provjeri da pri tom vrijedi BA = I .
Neka je A =
AB =
2a−c 2b−d 1 0 . = −5a+3c −5b+3d 0 1
Njihova su rjeˇsenja a = 3 , c = 5 , b = 1 , d = 2 . Dakle B = matricu vrijedi i
3 1 2 −1 1 0 . = 5 2 −5 3 0 1
2
2 −1 b) f (x) = 2x + 3x − 4 , A = ; 0 4 1 −2 0 3 2 0 3 0 . c) f (x) = x − 6x + 11x − 6 , A = −1 4 2
ˇ . Iz jednakosti RJE SENJE
Izjednaˇcavanjem odgovaraju´cih elemenata dobiju se dva sustava
2a − c = 1, 2b − d = 0, i −5 a + 3 c = 0 , −5b + 3d = 1.
3
4
2
2
a) f (x) = x + 2x − x + 5x − x + 8 , A =
2 −1 ; 0 4 1 −2 0 3 2 0 3 0 . c) f (x) = x − 6x + 11x − 6 , A = −1 4 2
ˇ . Iz jednakosti RJE SENJE
Izraˇcunaj f (A) ako je 5
b) f (x) = 2x2 + 3x − 4 , A =
1.6.
1. MATRICE
odnosno
3 1 . Za ovu 5 2
2 −1 −5 3
1 0 a b , = c d 0 1
2a−c 2b−d 1 0 . = −5a+3c −5b+3d 0 1
Izjednaˇcavanjem odgovaraju´cih elemenata dobiju se dva sustava
2a − c = 1, 2b − d = 0, i −5 a + 3 c = 0 , −5b + 3d = 1. Njihova su rjeˇsenja a = 3 , c = 5 , b = 1 , d = 2 . Dakle B = matricu vrijedi i
3 1 2 −1 1 0 . = 5 2 −5 3 0 1
3 1 . Za ovu 5 2
1. MATRICE
5
1.7.
Za zadanu matricu A odredi najop´cenitiji oblik
matrice B istoga
tipa 1 2 1 2 ; b) A = . za koju vrijedi AB = 0 , ako je a) A = 3 4 3 6
a b ˇ RJE SENJE . Oznaˇcimo elemente matrice B na naˇcin B = . c d
1 2 a b 0 0 a) Iz = imamo 3 4 c d 0 0
a+2c b+2d 0 0 . = 3a+4c 3b+4d 0 0 Odavde je
a + 2c = 0, b + 2d = 0, 3a + 4c = 0, 3b + 4d = 0. Rjeˇsenja ovih sustava su a = b = c = d = 0 . Stoga je matrica B nulmatrica. b) Sada iz AB = 0 slijedi
0 0 a+2c b+2d . = 0 0 3a+6c 3b+6d Izjednaˇcavanjem elemenata dobivamo sustave
b + 2d = 0, a + 2c = 0, 3a + 6c = 0, 3b + 6d = 0. Rjeˇsenje prvoga je a = −2c , a drugoga b = −2d , pa jednadˇzbu zadovoljava svaka −2c −2d gdje su c i d po volji odabrani realni brojevi. matrica oblika B = c d
1.8.
Odredi sve matrice koje komutiraju s X =
0 1 0 0 0 1 . 0 0 0
ˇ RJE SENJE . Oznaˇcimo traˇzenu matricu s A . Da bi oba umnoˇska AX i XA bila definirana, takva matrica mora biti kvadratna, istoga reda kao i X . Dakle, a11 a12 a13 A = a21 a22 a23 . Iz AX = XA slijedi a31 a32 a33 a21 a22 a23 0 a11 a12 0 a21 a22 = a31 a32 a33 . 0 a31 a32 0 0 0 Odavde dobivamo niz jednakosti a21 = a31 = a32 = 0 , a11 = a22 , a21 = a32 , a12 = a23 , a22 = a33 . Oznaˇcimo li praktiˇcnije a11 = x , a12 = y , a13 = z , dobivamo traˇzenu matricu u sljede´cem obliku x y z A= 0 x y . 0 0 x
1. MATRICE
5
1.7.
Za zadanu matricu A odredi najop´cenitiji oblik
matrice B istoga
tipa 1 2 1 2 ; b) A = . za koju vrijedi AB = 0 , ako je a) A = 3 4 3 6
a b ˇ RJE SENJE . Oznaˇcimo elemente matrice B na naˇcin B = . c d
1 2 a b 0 0 a) Iz = imamo 3 4 c d 0 0
a+2c b+2d 0 0 . = 3a+4c 3b+4d 0 0 Odavde je
a + 2c = 0, b + 2d = 0, 3a + 4c = 0, 3b + 4d = 0. Rjeˇsenja ovih sustava su a = b = c = d = 0 . Stoga je matrica B nulmatrica. b) Sada iz AB = 0 slijedi
0 0 a+2c b+2d . = 0 0 3a+6c 3b+6d Izjednaˇcavanjem elemenata dobivamo sustave
b + 2d = 0, a + 2c = 0, 3a + 6c = 0, 3b + 6d = 0. Rjeˇsenje prvoga je a = −2c , a drugoga b = −2d , pa jednadˇzbu zadovoljava svaka −2c −2d gdje su c i d po volji odabrani realni brojevi. matrica oblika B = c d
1.8.
Odredi sve matrice koje komutiraju s X =
0 1 0 0 0 1 . 0 0 0
ˇ RJE SENJE . Oznaˇcimo traˇzenu matricu s A . Da bi oba umnoˇska AX i XA bila definirana, takva matrica mora biti kvadratna, istoga reda kao i X . Dakle, a11 a12 a13 A = a21 a22 a23 . Iz AX = XA slijedi a31 a32 a33 a21 a22 a23 0 a11 a12 0 a21 a22 = a31 a32 a33 . 0 a31 a32 0 0 0 Odavde dobivamo niz jednakosti a21 = a31 = a32 = 0 , a11 = a22 , a21 = a32 , a12 = a23 , a22 = a33 . Oznaˇcimo li praktiˇcnije a11 = x , a12 = y , a13 = z , dobivamo traˇzenu matricu u sljede´cem obliku x y z A= 0 x y . 0 0 x
6
1. MATRICE
⎡
1.9.
⎤ x1 . Neka je x = ⎣ .. ⎦ (broj komponenti n u sljede´cim primjerima nije xn uvijek jednak). Odredi matricu A ako je poznat umnoˇzak Ax :
0 x2 a) Ax = x1 ; b) Ax = ; x3 −3x4 x ⎡ 2 ⎤ ⎡ ⎤ x2 x1 −x3 +x4 ⎢ x1 −x4 ⎥ ⎢ x −x ⎥ ⎢ ⎥ 0 d) Ax = ⎣ 2 3 ⎦ . c) Ax = ⎢ ⎥; 0 ⎣ x +x −x ⎦ 2 3 4 x1 +x4 −x1
6
ˇ . Matrica A mora imati onoliko redaka koliko i rezultat Ax . Broj stupaca RJE SENJE matrice A odgovara broju komponenti vektora x . Njih moˇzemo tek naslutiti na osnovu danih umnoˇzaka, tako u primjeru a) matrica ima barem dva stupca, no moˇze imati i viˇse. Tako npr. uvjet zadovoljavaju sljede´ce matrice 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A= 1 0 0 , A= 1 0 0 0 A= 1 0 , 0 1 0 1 0 0 1 0 0 itd. Mi c´ emo izabrati matricu s minimalnim brojem stupaca. ⎡ ⎤ 0 1 0 0 ⎡ ⎤ 1 0 −1 1
⎢ 1 0 0 −1 ⎥ 0 1 0 0 ⎢ 0 1 −1 0 ⎥ ⎢ ⎥ b) ; c) ⎢ 0 0 0 0 ⎥ ; d) ⎣ . 0 0 1 −3 0 0 0 0⎦ ⎣ 0 1 1 −1 ⎦ 1 0 0 1 −1 0 0 0
1. MATRICE
⎡
1.9.
⎤ x1 . Neka je x = ⎣ .. ⎦ (broj komponenti n u sljede´cim primjerima nije xn uvijek jednak). Odredi matricu A ako je poznat umnoˇzak Ax :
0 x2 a) Ax = x1 ; b) Ax = ; x3 −3x4 x 2 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ x2 x1 −x3 +x4 ⎢ x1 −x4 ⎥ ⎢ x −x ⎥ ⎢ ⎥ 0 d) Ax = ⎣ 2 3 ⎦ . c) Ax = ⎢ ⎥; 0 ⎣ x +x −x ⎦ 2 3 4 x1 +x4 −x1
ˇ . Matrica A mora imati onoliko redaka koliko i rezultat Ax . Broj stupaca RJE SENJE matrice A odgovara broju komponenti vektora x . Njih moˇzemo tek naslutiti na osnovu danih umnoˇzaka, tako u primjeru a) matrica ima barem dva stupca, no moˇze imati i viˇse. Tako npr. uvjet zadovoljavaju sljede´ce matrice 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A= 1 0 0 , A= 1 0 0 0 A= 1 0 , 0 1 0 1 0 0 1 0 0 itd. Mi c´ emo izabrati matricu s minimalnim brojem stupaca. ⎡ ⎤ 0 1 0 0 ⎡ ⎤ 1 0 −1 1
⎢ 1 0 0 −1 ⎥ 0 1 0 0 ⎢ 0 1 −1 0 ⎥ ⎢ ⎥ b) ; c) ⎢ 0 0 0 0 ⎥ ; d) ⎣ . 0 0 1 −3 0 0 0 0⎦ ⎣ 0 1 1 −1 ⎦ 1 0 0 1 −1 0 0 0
1.10.
a 1 Izraˇcunaj A (n ∈ N) ako je A = . 0 a n
1.10.
Izraˇcunaj An (n ∈ N) ako je A =
a 1 . 0 a
ˇ . Izraˇcunajmo prvih nekoliko potencija. RJE SENJE 2
3
4
a 2a a 3a2 a 4a3 2 3 2 4 3 A = , A =A A= , A =A A= . 0 a2 0 a3 0 a4 n
a nan−1 Na osnovu ovog moˇzemo naslutiti da vrijedi An = . Slutnju c´ emo provje0 an riti matematiˇckom indukcijom. Za n = 1 baza indukcije je ispunjena. Pretpostavimo zato da je An gornjeg oblika. Tada imamo n
a nan−1 a 1 n+1 n A =A A= 0 an 0 a n
n+1 n n−1 ·a (n+1)an a · a a +na a . = = 0 an · a 0 an+1
ˇ . Izraˇcunajmo prvih nekoliko potencija. RJE SENJE 2
3
4
a 2a a 3a2 a 4a3 3 2 4 3 A2 = , , . A = A A = A = A A = 0 a2 0 a3 0 a4 n
a nan−1 n Na osnovu ovog moˇzemo naslutiti da vrijedi A = . Slutnju c´ emo provje0 an riti matematiˇckom indukcijom. Za n = 1 baza indukcije je ispunjena. Pretpostavimo zato da je An gornjeg oblika. Tada imamo n
a nan−1 a 1 n+1 n A =A A= 0 an 0 a n
n+1 n n−1 ·a (n+1)an a · a a +na a . = = 0 an · a 0 an+1
Vidimo da tvrdnja vrijedi za svaki prirodni broj n .
Vidimo da tvrdnja vrijedi za svaki prirodni broj n .
1. MATRICE
7
cos α − sin α Izraˇcunaj A ako je A = . sin α cos α
1. MATRICE
1.11.
7
1.11.
n
cos α − sin α Izraˇcunaj A ako je A = . sin α cos α n
ˇ . Direktnim raˇcunom dobivamo RJE SENJE
cos2 α − sin2 α − cos α sin α − sin α cos α cos 2α − sin 2α 2 . = A = sin α cos α + cos α sin α − sin2 α + cos2 α sin 2α cos 2α
cos 3α − sin 3α cos nα − sin nα 3 n Sliˇcno je A = pa naslu´cujemo da je A = . sin 3α cos 3α sin nα cos nα Dokazujemo indukcijom. Za n = 1 baza indukcije je ispunjena. Dokaˇzimo korak indukcije.
cos nα − sin nα cos α − sin α n+1 n A =A A= sin nα cos nα sin α cos α
cos nα cos α − sin nα sin α − cos nα sin α − sin nα cos α = sin nα cos α + cos nα sin α − sin nα sin α + cos nα cos α
cos(n+1)α − sin(n+1)α . = sin(n+1)α cos(n+1)α
ˇ . Direktnim raˇcunom dobivamo RJE SENJE
cos2 α − sin2 α − cos α sin α − sin α cos α cos 2α − sin 2α 2 . = A = sin α cos α + cos α sin α − sin2 α + cos2 α sin 2α cos 2α
cos 3α − sin 3α cos nα − sin nα 3 n Sliˇcno je A = pa naslu´cujemo da je A = . sin 3α cos 3α sin nα cos nα Dokazujemo indukcijom. Za n = 1 baza indukcije je ispunjena. Dokaˇzimo korak indukcije.
cos nα − sin nα cos α − sin α n+1 n A =A A= sin nα cos nα sin α cos α
cos nα cos α − sin nα sin α − cos nα sin α − sin nα cos α = sin nα cos α + cos nα sin α − sin nα sin α + cos nα cos α
cos(n+1)α − sin(n+1)α . = sin(n+1)α cos(n+1)α
1.12.
1.12.
Koriste´ci relacije
43 −24 3 4 3 0 7 −4 , = 70 −39 5 7 0 1 −5 3
10 43 −24 izraˇcunaj . 70 −39
7 −4 −5 3
3 4 1 0 = 5 7 0 1
Koriste´ci relacije
43 −24 3 4 3 0 7 −4 , = 70 −39 5 7 0 1 −5 3
10 43 −24 izraˇcunaj . 70 −39
7 −4 −5 3
3 4 1 0 = 5 7 0 1
ˇ . Oznaˇcimo matrice redom s A , B , C , D pa vrijedi A = BCD i DB = I . RJE SENJE Koriste´ci asocijativnost matriˇcnog mnoˇzenja imamo
ˇ . Oznaˇcimo matrice redom s A , B , C , D pa vrijedi A = BCD i DB = I . RJE SENJE Koriste´ci asocijativnost matriˇcnog mnoˇzenja imamo
A2 = (BCD)(BCD) = BC(DB)CD = BC2 D.
A2 = (BCD)(BCD) = BC(DB)CD = BC2 D.
Sliˇcno vrijedi i za sve ostale potencije: A = (BCD)(BCD) · · · (BCD) 10
= BC(DB)C(DB) · · · (DB)CD = BCICI · · · ICD = BC10 D
10
3 4 3 0 7 −4 = −5 3 5 7 0 1
10
3 4 3 0 7 −4 = 5 7 0 1 −5 3 11
3 4 7 −4 7 · 311 −20 −4 · 311 +12 . = = 5 · 310 7 −5 3 35 · 310 −35 −20 · 310 +21
Sliˇcno vrijedi i za sve ostale potencije: A10 = (BCD)(BCD) · · · (BCD) = BC(DB)C(DB) · · · (DB)CD = BCICI · · · ICD = BC10 D
10
3 4 3 0 7 −4 = −5 3 5 7 0 1
10
3 4 3 0 7 −4 = 5 7 0 1 −5 3 11
3 4 7 −4 7 · 311 −20 −4 · 311 +12 . = = 5 · 310 7 −5 3 35 · 310 −35 −20 · 310 +21
8
1. MATRICE
8
1. MATRICE
1.2. Zadaci za vjeˇzbu
1.2. Zadaci za vjeˇzbu
1.13.
Zapiˇsi matricu A tipa 3 × 3 cˇ iji je op´ci element aij dan formulom a) aij = 1 i + j ; b) aij = |i − j| ; c) aij = ij ; d) aij = (i − j)2 ; e) aij = i+j−1 ; f) aij = i − j + 1 . Koje su medu njima simetriˇcne?
1.13.
Zapiˇsi matricu A tipa 3 × 3 cˇ iji je op´ci element aij dan formulom a) aij = 1 i + j ; b) aij = |i − j| ; c) aij = ij ; d) aij = (i − j)2 ; e) aij = i+j−1 ; f) aij = i − j + 1 . Koje su medu njima simetriˇcne?
1.14.
Izraˇcunaj:
−2 0 2 −10 1 ⎦ , B = −8 −4 0 −6 ; a) 3A + 12 B ako je A = ⎣ 1 2 −2 2 −4 6 − 3 3 −1 1 2 2 1 2 1 0 6 4 0 −1 −1 , C = 0 −5 1 ; b) A+2B−C za A = 0 1 3 , B = 3 0 2 −3 2 2 −3 4 8 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ −3 0 0 0 8 0 0 0 ⎢ 0 2 0 0⎥ ⎢0 3 0 0⎥ , B=⎣ ; c) A + B za A = ⎣ 0 0 −1 0 ⎦ 0 0 6 0⎦ 0 0 0 5 0 0 0 0 2 −4 6 d) A + A za A = 5 2 7 . −1 0 4 Kakve su dobivene matrice?
1.14.
Izraˇcunaj:
Zadane su matrice
1.15.
⎡1 3 4 3 1 3
1.15.
A=
3 1 −1 2 , 0 1
0 − 13 2 0 3
5 3
⎤
2 0 1 . B= −1 1 3
1.17.
Odredi umnoˇske matrica: 1 2 3 −1 1 0 1 0 0 0 1 2 2 −2 0 ; b) 2 −1 1 −3 −3 4 . a) 4 1 1 2 1 0 2 3 4 1 0 −1 −2 −2 3 Kakve su dobivene matrice?
2 1 0
2 1 3 −2 1 1 5 2 0 −1 1 ; b) 0 −1 ; Izraˇcunaj: a) 2 1 0 3 8 6 1 −2 −1 2 1 ⎡ ⎤ 0 1 3
1 −1 3 2 1 1 3 2 ⎢ 3 −1 2 ⎥ 4 0 5 1 ; d) ⎣ 2 . c) 0 2 1 2 −1 0 ⎦ −2 3 2 0 −1 5 10 −2
⎤
−2 0 2 −10 ⎦ 1 , B = −8 −4 0 −6 ; a) 3A + −2 2 −4 6 − 13 23 −1 1 2 2 1 2 1 0 6 4 0 −1 −1 , C = 0 −5 1 ; b) A+2B−C za A = 0 1 3 , B = 3 0 2 −3 2 2 −3 4 8 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ −3 0 0 0 8 0 0 0 ⎢ 0 2 0 0⎥ ⎢0 3 0 0⎥ , B=⎣ ; c) A + B za A = ⎣ 0 0 −1 0 ⎦ 0 0 6 0⎦ 0 0 0 5 0 0 0 0 2 −4 6 d) A + A za A = 5 2 7 . −1 0 4 Kakve su dobivene matrice? 1 2B
ako je A = ⎣
Zadane su matrice A=
Izraˇcunaj: a) 2A + B ; b) A − 2B . 1.16.
⎡1
3 4 3 1 3
3 1 −1 2 , 0 1
0 − 13 2 0 3
5 3
2 0 1 . B= −1 1 3
Izraˇcunaj: a) 2A + B ; b) A − 2B . 1.16.
1.17.
Odredi umnoˇske matrica: 1 2 3 −1 1 0 1 0 0 0 1 2 2 −2 0 ; b) 2 −1 1 −3 −3 4 . a) 4 1 1 2 1 0 2 3 4 1 0 −1 −2 −2 3 Kakve su dobivene matrice?
2 1 0
2 1 3 −2 1 1 5 2 0 −1 1 ; b) 0 −1 ; Izraˇcunaj: a) 2 1 0 3 8 6 1 −2 −1 2 1 ⎡ ⎤ 0 1 3
1 −1 3 2 1 1 3 2 ⎢ 3 −1 2 ⎥ 4 0 5 1 ; d) ⎣ 2 . c) ⎦ 0 2 1 2 −1 0 −2 3 2 0 −1 5 10 −2
1. MATRICE
1.18.
1.19.
Izraˇcunaj umnoˇske: 1 −3 2 2 5 6 a) 3 −4 1 1 2 5 ; 2 −5 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎡ 2 −1 3 −4 7 8 6 ⎢ 3 −2 4 −3 ⎥⎢ 5 7 4 c) ⎣ 5 −3 −2 1 ⎦⎣ 3 4 5 2 1 1 3 −3 −1 2 Pomnoˇ z i matrice:
3 4 7 −4 ; a) 5 7 −5 3 4 2 3 1 −3 2 4 −5 2 3 −4 1 ; c) 2 −5 2 −2 3 1 3 −2 −1 1 2 3 e) 4 −1 −3 1 2 3 ; 2 −1 −1 1 2 3
9
5 8 −4 3 b) 6 9 −5 4 4 7 −3 9 ⎤ ⎡ 9 5 7 5⎥ ⎢7 6 ; d) ⎣ 6⎦ 6 4 2 8 5
2 −1 6 −3 −4 −3 −6
5 3 ; 5 ⎤⎡ −4 1 −5 ⎥ ⎢ 2 −2 ⎦ ⎣ 1 −1 2
1.18.
2 3 3 4
3 4 5 6
⎤ 4 5⎥ . 7⎦ 8
3 0 7 −4 b) ; 0 1 −5 3 2 1 0 3 1 −2 1 1 2 3 −2 4 ; d) −1 2 2 −3 5 −1 ⎡ ⎤ 2 3 ⎢1 0⎥ f ) [ 1 −2 5 3 ]⎣ . 2 4⎦ 1 −5
3 4 5 7
1. MATRICE
Uvjeri se neposrednim mnoˇzenjem da vrijedi (ABC) = C B A , ako je
1 2 2 −1 0 1 3 , B= , C= ; a) A = −1 3 −1 2 1 3 2
−3 1 2 2 1 , C= . b) A = [ 2 3 −1 ] , B = 1 −2 3 1.21. Zadane su matrice
6 2 0 5 1 2 0 2 −1 0 , B= , C = 1 −1 , D = 2 2 7 . A= 1 0 −5 −1 3 0 −4 8 0 1
1.20.
1.19.
Izraˇcunaj umnoˇske: 1 −3 2 2 5 6 a) 3 −4 1 1 2 5 ; 2 −5 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎡ 2 −1 3 −4 7 8 6 ⎢ 3 −2 4 −3 ⎥⎢ 5 7 4 c) ⎣ 5 −3 −2 1 ⎦⎣ 3 4 5 2 1 1 3 −3 −1 2 Pomnoˇ z i matrice:
3 4 7 −4 ; a) 5 7 −5 3 4 2 3 1 −3 2 4 −5 2 3 −4 1 ; c) 2 −5 2 −2 3 1 3 −2 −1 1 2 3 e) 4 −1 −3 1 2 3 ; 2 −1 −1 1 2 3
9
5 8 −4 3 b) 6 9 −5 4 4 7 −3 9 ⎤ ⎡ 9 5 7 5⎥ ⎢7 6 ; d) ⎣ 6⎦ 6 4 2 8 5
2 −1 6 −3 −4 −3 −6
5 3 ; 5 ⎤⎡ −4 1 −5 ⎥ ⎢ 2 −2 ⎦ ⎣ 1 −1 2
2 3 3 4
3 4 5 6
⎤ 4 5⎥ . 7⎦ 8
3 0 7 −4 ; 0 1 −5 3 2 1 0 3 1 −2 1 1 2 3 −2 4 ; d) −1 2 2 −3 5 −1 ⎡ ⎤ 2 3 ⎢1 0⎥ f ) [ 1 −2 5 3 ]⎣ . 2 4⎦ 1 −5
b)
3 4 5 7
Uvjeri se neposrednim mnoˇzenjem da vrijedi (ABC) = C B A , ako je
1 2 2 −1 0 1 3 , B= , C= ; a) A = −1 3 −1 2 1 3 2
−3 1 2 2 1 , C= . b) A = [ 2 3 −1 ] , B = 1 −2 3 1.21. Zadane su matrice
6 2 0 5 1 2 0 2 −1 0 , B= , C = 1 −1 , D = 2 2 7 . A= 1 0 −5 −1 3 0 −4 8 0 1
1.20.
Odredi sve umnoˇske ovih matrica (koji su definirani).
Odredi sve umnoˇske ovih matrica (koji su definirani).
1.22.
Zadane su matrice
2 −1 1 0 −2 a) A = , B= 0 2 ; 2 −1 3 1 −1 3 −1 2 2 1 −1 b) A = −1 0 2 , B = 3 1 2 . −1 0 4 2 −1 1 Izraˇcunaj: 1) AB ; 2) A B ; 3) B A ; 4) BA .
1.22.
Zadane su matrice
2 −1 1 0 −2 a) A = , B= 0 2 ; 2 −1 3 1 −1 3 −1 2 2 1 −1 b) A = −1 0 2 , B = 3 1 2 . −1 0 4 2 −1 1 Izraˇcunaj: 1) AB ; 2) A B ; 3) B A ; 4) BA .
1.23.
Neka je matrica A tipa m × n , Im , In jediniˇcne matrice reda m odnosno n . Dokaˇzi da je Im A = AIn = A .
1.23.
Neka je matrica A tipa m × n , Im , In jediniˇcne matrice reda m odnosno n . Dokaˇzi da je Im A = AIn = A .
1.24.
Neka su x , y vektor-stupci jednake duljine i A = xy . Pokaˇzi da vrijedi A2 = λ A za neki skalar λ .
1.24.
Neka su x , y vektor-stupci jednake duljine i A = xy . Pokaˇzi da vrijedi A2 = λ A za neki skalar λ .
10
1. MATRICE
10
∗*∗
1. MATRICE
∗*∗
1.25.
Neka je matrica A tipa 5 × 3 , B tipa 3 × 3 , C tipa 3 × 2 , D i E tipa 2 × 1 . Odredi koji je od sljede´cih izraza definiran i koji je tip rezultiraju´ce matrice b) B4 ; c) ABC ; d) ABCD ; a) A6 ; e) ACBD ; f ) CD + E ; g) AB + AC ; h) BC + CB .
1.25.
Neka je matrica A tipa 5 × 3 , B tipa 3 × 3 , C tipa 3 × 2 , D i E tipa 2 × 1 . Odredi koji je od sljede´cih izraza definiran i koji je tip rezultiraju´ce matrice b) B4 ; c) ABC ; d) ABCD ; a) A6 ; e) ACBD ; f ) CD + E ; g) AB + AC ; h) BC + CB .
1.26.
Izmnoˇzi sljede´ce matriˇcne izraze, pretpostavljaju´ci da su svi oni definirani. a) (A + B)2 ; b) (2A + B)(A + 2B) ; c) (A + B)C(D + E) ; d) (A − I)(A + 3I) ; e) (A + B)3 ; f ) (A + B)3 , ako je AB = BA .
1.26.
Izmnoˇzi sljede´ce matriˇcne izraze, pretpostavljaju´ci da su svi oni definirani. a) (A + B)2 ; b) (2A + B)(A + 2B) ; c) (A + B)C(D + E) ; d) (A − I)(A + 3I) ; e) (A + B)3 ; f ) (A + B)3 , ako je AB = BA .
1.27.
Neka je f (x) = x4 − 2x3 + x − 1 . Odredi f (A) ako je
0 1 0 2 1 1 2 ; b) A = ; c) A = 0 0 1 . a) A = −1 1 0 3 0 0 0 Odredi f (A) ako je 1 −2 3 a) f (x) = 3x2 − 2x + 5 , A = 2 −4 1 ; 3 −5 2 5 2 −3 b) f (x) = x3 − 7x2 + 13x − 5 , A = 1 3 −1 . 2 2 −1 1 −1 2 Provjeri da za matricu A = −1 0 1 i polinom f (x) = x3 − 4x2 + 5x + 4 vrijedi f (A) = 0 . −2 1 3
a b zadovoljava jednadˇzbu Pokaˇzi da matrica A = c d
1.27.
Neka je f (x) = x4 − 2x3 + x − 1 . Odredi f (A) ako je
0 1 0 2 1 1 2 ; b) A = ; c) A = 0 0 1 . a) A = −1 1 0 3 0 0 0 Odredi f (A) ako je 1 −2 3 2 a) f (x) = 3x − 2x + 5 , A = 2 −4 1 ; 3 −5 2 5 2 −3 b) f (x) = x3 − 7x2 + 13x − 5 , A = 1 3 −1 . 2 2 −1 1 −1 2 Provjeri da za matricu A = −1 0 1 i polinom f (x) = x3 − 4x2 + 5x + 4 vrijedi f (A) = 0 . −2 1 3
a b zadovoljava jednadˇzbu Pokaˇzi da matrica A = c d
1.28.
1.29. 1.30.
1.31.
1.32.
1.33.
1.28.
1.29. 1.30.
A2 − (a + d)A + (ad − bc)I = 0.
A2 − (a + d)A + (ad − bc)I = 0.
∗*∗
∗*∗
Izraˇcunaj matrice
5
10 3 −1 2 1 ; b) ; a) 1 0 1 −1
5 1 1 1 c) 0 1 1 . 0 0 1
0 1 2 1 1 1 1 1 2 Neka je A = , B= , C= , D= 0 0 3 . 1 1 0 1 −3 2 0 0 0 Izraˇcunaj sljede´ce: a) A10 ; b) B20 ; c) C4 ; d) D20 ; 4 4 3 3 e) (ABC) ; f ) (CBA) ; g) C B ; h) (CB)3 .
2
3
4
5 3 −1 sin α − cos α 1 a 4 −1 ; b) ; c) ; d) . Izraˇcunaj: a) cos α sin α a 1 4 2 5 −2
1.31.
1.32.
1.33.
Izraˇcunaj matrice
5
10 3 −1 2 1 ; b) ; a) 1 0 1 −1
5 1 1 1 c) 0 1 1 . 0 0 1
0 1 2 1 1 1 1 1 2 Neka je A = , B= , C= , D= 0 0 3 . 1 1 0 1 −3 2 0 0 0 Izraˇcunaj sljede´ce: a) A10 ; b) B20 ; c) C4 ; d) D20 ; 4 4 3 3 e) (ABC) ; f ) (CBA) ; g) C B ; h) (CB)3 .
2
3
4
5 3 −1 sin α − cos α 1 a 4 −1 ; b) ; c) ; d) . Izraˇcunaj: a) cos α sin α a 1 4 2 5 −2
1. MATRICE
11
1.34.
Izraˇcunaj: a)
1 1 0 1
n
; b)
1 λ 0 1
n
; c)
1 λ 0 2
n
; d)
2 −1 3 −2
1 1 0 0 1 1 . Pokaˇzi da za svaki prirodni n vrijedi 0 0 1 ⎡ ⎤ 1 n n(n−1) 2 An = ⎣ 0 1 n ⎦. 0 0 1
1.35.
Neka je A =
1.36.
Izraˇcunaj zadane potencije matrica ⎡ ⎤n ⎡ 0 1 0 ... 0 1 1 ⎢0 0 1 ... 0⎥ ⎢0 1 ⎢. ⎥ ⎢ ⎥ ; b) ⎢ 0 0 . a) ⎢ ⎢. ⎥ ⎢. ⎣0 0 0 ... 1⎦ ⎣ ..
1.37.
n
. e)
3 −1 4 −1
n -toga reda: ⎤3 ⎡ ⎤n−1 1 ... 1 1 1 0 0 ... 0 ⎢0 1 1 0 ... 0⎥ 1 ... 1⎥ ⎥ ⎢ ⎥ 1 . . . 1 ⎥ ; c) ⎢ 0 0 1 1 . . . 0 ⎥ . ⎥ ⎢. ⎥ ... ⎦ ... ⎦ ⎣ .. 1 0 0 ... 0 0 0 0 ... 1 0 0 0 0 ... 1
5
17 −6 17 −6 2 3 2 0 −7 3 Izraˇcunaj koriste´ci = . 35 −12 35 −12 5 7 0 3 5 −2
1. MATRICE
n
11
.
1.34.
Izraˇcunaj: a)
1 1 0 1
n
; b)
1 λ 0 1
n
Neka je A =
1.36.
Izraˇcunaj zadane potencije matrica ⎡ ⎤n ⎡ 0 1 0 ... 0 1 1 ⎢0 0 1 ... 0⎥ ⎢0 1 ⎢. ⎥ ⎢ ⎥ ; b) ⎢ 0 0 . a) ⎢ ⎢. ⎥ ⎢. ⎣0 0 0 ... 1⎦ ⎣ ..
∗*∗
; c)
1 λ 0 2
n
; d)
2 −1 3 −2
1 1 0 0 1 1 . Pokaˇzi da za svaki prirodni n vrijedi 0 0 1 ⎡ ⎤ 1 n n(n−1) 2 An = ⎣ 0 1 n ⎦. 0 0 1
1.35.
1.37.
n
. e)
3 −1 4 −1
n -toga reda: ⎤3 ⎡ ⎤n−1 1 ... 1 1 1 0 0 ... 0 ⎢0 1 1 0 ... 0⎥ 1 ... 1⎥ ⎥ ⎢ ⎥ 1 . . . 1 ⎥ ; c) ⎢ 0 0 1 1 . . . 0 ⎥ . ⎥ ⎢. ⎥ ... ⎦ ... ⎦ ⎣ .. 1 0 0 ... 0 0 0 0 ... 1 0 0 0 0 ... 1
5
17 −6 17 −6 2 3 2 0 −7 3 Izraˇcunaj koriste´ci = . 35 −12 35 −12 5 7 0 3 5 −2 ∗*∗
1.38.
Za zadanu matricu A odredi najop´c enitiji oblik matrice B za koju vrijedi
2 5 0 0 , b) A = . AB = 0 . a) A = 0 0 1 0
1.38.
Za zadanu matricu A odredi najop´c enitiji oblik matrice B za koju vrijedi
2 5 0 0 , b) A = . AB = 0 . a) A = 0 0 1 0
1.39.
Odredi neke ne-nul matrice A i B takve da je AB = 0 , ako je a) A tipa 5 × 3 , B tipa 3 × 1 , b) A tipa 5 × 2 , B tipa 2 × 2 , c) A tipa 1 × 2 , B tipa 2 × 3 . Zadane su matrice
3 2 1 −5 , . A= B= −2 1 2 3
1.39.
Odredi neke ne-nul matrice A i B takve da je AB = 0 , ako je a) A tipa 5 × 3 , B tipa 3 × 1 , b) A tipa 5 × 2 , B tipa 2 × 2 , c) A tipa 1 × 2 , B tipa 2 × 3 . Zadane su matrice
3 2 1 −5 , . A= B= −2 1 2 3
1.40.
1.41.
1.42.
1.43. 1.44.
Odredi matricu X za koju vrijedi a) 2A + 3X = I ; b) 3A − 2X = B . Odredi sve matrice koje komutiraju s matricom ⎡ ⎤ 1 1 0 0
2 1 0 1 2 7 −3 ⎢0 1 0 0⎥ ; b) ; c) 0 2 1 ; d) ⎣ . a) 3 4 5 −2 0 0 2 1⎦ 0 0 2 0 0 0 2 Odredi sve matrice koje komutiraju s matricom
3 0 0 1 −1 0 0 1 1 1 −2 a) 0 −1 0 ; b) ; c) 0 1 −1 ; d) 0 0 1 . 1 3 0 0 2 0 0 1 0 0 0 Odredi sve matrice koje komutiraju sa svim matricama drugoga reda. Dokaˇzi da neka matrica komutira sa svim dijagonalnim matricama onda i samo onda ako je i sama dijagonalna.
1.40.
1.41.
1.42.
1.43. 1.44.
Odredi matricu X za koju vrijedi a) 2A + 3X = I ; b) 3A − 2X = B . Odredi sve matrice koje komutiraju s matricom ⎡ ⎤ 1 1 0 0
2 1 0 1 2 7 −3 ⎢0 1 0 0⎥ ; b) ; c) 0 2 1 ; d) ⎣ . a) 3 4 5 −2 0 0 2 1⎦ 0 0 2 0 0 0 2 Odredi sve matrice koje komutiraju s matricom
3 0 0 1 −1 0 0 1 1 1 −2 a) 0 −1 0 ; b) ; c) 0 1 −1 ; d) 0 0 1 . 1 3 0 0 2 0 0 1 0 0 0 Odredi sve matrice koje komutiraju sa svim matricama drugoga reda. Dokaˇzi da neka matrica komutira sa svim dijagonalnim matricama onda i samo onda ako je i sama dijagonalna.
n
.
12
1.45.
1. MATRICE
Dokaˇzi da matrica A reda n komutira sa svim matricama istoga reda onda i samo onda ako je oblika λ I .
12
1.45.
1. MATRICE
Dokaˇzi da matrica A reda n komutira sa svim matricama istoga reda onda i samo onda ako je oblika λ I .
∗*∗
∗*∗
1.46.
Odredi sve matrice drugoga reda cˇ iji je kvadrat jednak nul-matrici.
1.46.
Odredi sve matrice drugoga reda cˇ iji je kvadrat jednak nul-matrici.
1.47.
Odredi sve matrice drugoga reda cˇ iji je kub jednak nul-matrici.
a b Ako za matricu A = vrijedi An = 0 za neki prirodni broj n , dokaˇzi c d da je tada ad − bc = 0 .
1.47.
Odredi sve matrice drugoga reda cˇ iji je kub jednak nul-matrici.
a b Ako za matricu A = vrijedi An = 0 za neki prirodni broj n , dokaˇzi c d da je tada ad − bc = 0 .
Neka je A matrica drugoga reda i n > 2 prirodan broj. Pokaˇzi da jednakost An = 0 vrijedi onda i samo onda ako vrijedi i A2 = 0 .
1.49.
1.48. 1.49.
1.48.
Neka je A matrica drugoga reda i n > 2 prirodan broj. Pokaˇzi da jednakost An = 0 vrijedi onda i samo onda ako vrijedi i A2 = 0 .
∗*∗
∗*∗
1.50.
Ako je A2 = I , tada se matrica A naziva involutorna. a) Odredi sve involutorne matrice drugoga reda. b) Pokaˇzi da je A involutorna onda i samo onda ako vrijedi (I − A)(I + A) = 0.
1.50.
Ako je A2 = I , tada se matrica A naziva involutorna. a) Odredi sve involutorne matrice drugoga reda. b) Pokaˇzi da je A involutorna onda i samo onda ako vrijedi (I − A)(I + A) = 0.
1.51.
Matrica A ∈ Mn je nilpotentna ako za neki pozitivni cijeli broj p vrijedi Ap = 0 . Pokaˇzi da je svaka gornja trokutasta matrica s nulama na glavnoj dijagonali nilpotentna.
1.51.
Matrica A ∈ Mn je nilpotentna ako za neki pozitivni cijeli broj p vrijedi Ap = 0 . Pokaˇzi da je svaka gornja trokutasta matrica s nulama na glavnoj dijagonali nilpotentna.
1.52.
Pokaˇzi da je umnoˇzak dviju trokutastih matrica istoga tipa ponovno trokutasta matrica istoga tipa.
1.52.
Pokaˇzi da je umnoˇzak dviju trokutastih matrica istoga tipa ponovno trokutasta matrica istoga tipa.
1.53.
Dokaˇzi da za operaciju transponiranja vrijedi (AB) = B A .
1.53.
Dokaˇzi da za operaciju transponiranja vrijedi (AB) = B A .
1.54.
Dokaˇzi da je za svaku matricu A ∈ Mn matrica AA simetriˇcna.
1.54.
Dokaˇzi da je za svaku matricu A ∈ Mn matrica AA simetriˇcna.
1.55.
Svaka se kvadratna matrica dade rastaviti na zbroj simetriˇcne i antisimetriˇcne. Provjeri da su to matrice
1.55.
Svaka se kvadratna matrica dade rastaviti na zbroj simetriˇcne i antisimetriˇcne. Provjeri da su to matrice
As = 12 (A + A ), Odredi te matrice ako je A=
Aa = 12 (A − A ).
As = 12 (A + A ), Odredi te matrice ako je
1 5 0 −3 −1 6 . 10 4 −7
A=
Aa = 12 (A − A ).
1 5 0 −3 −1 6 . 10 4 −7
1.56.
Pokaˇzi da jednakost (A + B)2 = A2 + 2AB + B2 vrijedi onda i samo onda kad matrice A i B komutiraju.
1.56.
Pokaˇzi da jednakost (A + B)2 = A2 + 2AB + B2 vrijedi onda i samo onda kad matrice A i B komutiraju.
1.57.
Neka su A i B simetriˇcne matrice. Pokaˇzi na primjeru da AB ne mora biti simetriˇcna.
1.57.
Neka su A i B simetriˇcne matrice. Pokaˇzi na primjeru da AB ne mora biti simetriˇcna.
1.58.
Neka su A i B simetriˇcne matrice. Dokaˇzi da je AB simetriˇcna onda i samo onda ako matrice A i B komutiraju.
1.58.
Neka su A i B simetriˇcne matrice. Dokaˇzi da je AB simetriˇcna onda i samo onda ako matrice A i B komutiraju.
1. MATRICE
1.59.
1.60.
1.61.
1.62.
1.63.
1.64. 1.65.
1.66. 1.67.
1.68.
13
Neka su A i B antisimetriˇcne matrice. Dokaˇzi da je njihov produkt AB antisimetriˇcna matrica onda i samo onda ako A i B antikomutiraju tj. ako vrijedi AB = −BA . Provjeri da mnoˇzenje dijagonalnom matricom slijeva odgovara mnoˇzenju redaka s njenim dijagonalnim elementima. Sliˇcno, mnoˇzenje dijagonalnom matricom zdesna za rezultat ima mnoˇzenje stupaca sa odgovaraju´cim dijagonalnim elementima. Komutatorom [AB] kvadratnih matrica reda n naziva se matrica [AB] := AB − BA . Pokaˇzi da komutator posjeduje sljede´ca svojstva: a) [AB] = 0 onda i samo onda ako A i B komutiraju; b) [AB] = −[BA] (antikomutativnost); c) [[AB]C] + [[BC]A] + [[CA]B] = 0 (Jacobijev identitet). ¯ na naˇcin Za kompleksnu matricu A definiramo konjugiranu matricu A ¯ ij = a¯ij , gdje je a¯ij kompleksno konjugirani broj broju aij . Takoder (A) ¯ . definiramo adjungiranu matricu A∗ na naˇcin A∗ = (A) 2−i 3i 0 - A ¯ i A∗ . Za matricu A = 1+2i 5 6−i nadi 2 3−i −2i Za (kompleksnu) kvadratnu matricu kaˇzemo da je hermitska ako vrijedi A∗ = A , antihermitska ako je A∗ = −A . (U realnom sluˇcaju ove se matrice podudaraju s simetriˇcnim i antisimetriˇcnim jer je tada A∗ = A .) Pokaˇzi da je u hermitskoj matrici dijagonala uvijek realna, a u antihermiskoj cˇ isto imaginarna. Pokaˇzi da se svaka kvadratna matrica moˇze prikazati kao zbroj hermitske i antihermitske matrice. Neka je A ∈ Mn takva da vrijedi AB = B za sve B ∈ Mn . Pokaˇzi da je A jediniˇcna matrica. Za kvadratnu matricu A definiramo njen trag kao sumu dijagonalnih elemenata: tr A = a11 + a22 = . . . + ann . Dokaˇzi da vrijedi tr(AB) = tr(BA) , tr(A + B) = tr A + tr B , tr(A) = tr(A ) za sve A, B ∈ Mn . Dokaˇzi da ne postoje kvadratne matrice A i B takve da vrijedi AB − BA = I . Jordanov produkt kvadratnih matrica A i B definira se na naˇcin A ∗ B := 1 (AB + BA) . Dokaˇzi sljede´ca svojstva: a) A ∗ B = B ∗ A ; b) A ∗ A = A2 ; 2 c) A ∗ I = A ; d) A ∗ (B + C) = A ∗ B + A ∗ C .
0 1 . Uvjeri se da vrijedi J2 = −I . Pokaˇzi da se skup svih Neka je J = −1 0 matrica oblika
α β {Z = α I + β J = : α , β ∈ R} −β α s obzirom na operacije zbrajanja i mnoˇzenja matrica ponaˇsa identiˇcno skupu kompleksnih brojeva {z = α + iβ } .
1. MATRICE
1.59.
1.60.
1.61.
1.62.
1.63.
1.64. 1.65.
1.66. 1.67.
1.68.
13
Neka su A i B antisimetriˇcne matrice. Dokaˇzi da je njihov produkt AB antisimetriˇcna matrica onda i samo onda ako A i B antikomutiraju tj. ako vrijedi AB = −BA . Provjeri da mnoˇzenje dijagonalnom matricom slijeva odgovara mnoˇzenju redaka s njenim dijagonalnim elementima. Sliˇcno, mnoˇzenje dijagonalnom matricom zdesna za rezultat ima mnoˇzenje stupaca sa odgovaraju´cim dijagonalnim elementima. Komutatorom [AB] kvadratnih matrica reda n naziva se matrica [AB] := AB − BA . Pokaˇzi da komutator posjeduje sljede´ca svojstva: a) [AB] = 0 onda i samo onda ako A i B komutiraju; b) [AB] = −[BA] (antikomutativnost); c) [[AB]C] + [[BC]A] + [[CA]B] = 0 (Jacobijev identitet). ¯ na naˇcin Za kompleksnu matricu A definiramo konjugiranu matricu A ¯ ij = a¯ij , gdje je a¯ij kompleksno konjugirani broj broju aij . Takoder (A) ¯ . definiramo adjungiranu matricu A∗ na naˇcin A∗ = (A) 2−i 3i 0 - A ¯ i A∗ . Za matricu A = 1+2i 5 6−i nadi 2 3−i −2i Za (kompleksnu) kvadratnu matricu kaˇzemo da je hermitska ako vrijedi A∗ = A , antihermitska ako je A∗ = −A . (U realnom sluˇcaju ove se matrice podudaraju s simetriˇcnim i antisimetriˇcnim jer je tada A∗ = A .) Pokaˇzi da je u hermitskoj matrici dijagonala uvijek realna, a u antihermiskoj cˇ isto imaginarna. Pokaˇzi da se svaka kvadratna matrica moˇze prikazati kao zbroj hermitske i antihermitske matrice. Neka je A ∈ Mn takva da vrijedi AB = B za sve B ∈ Mn . Pokaˇzi da je A jediniˇcna matrica. Za kvadratnu matricu A definiramo njen trag kao sumu dijagonalnih elemenata: tr A = a11 + a22 = . . . + ann . Dokaˇzi da vrijedi tr(AB) = tr(BA) , tr(A + B) = tr A + tr B , tr(A) = tr(A ) za sve A, B ∈ Mn . Dokaˇzi da ne postoje kvadratne matrice A i B takve da vrijedi AB − BA = I . Jordanov produkt kvadratnih matrica A i B definira se na naˇcin A ∗ B := 1 (AB + BA) . Dokaˇzi sljede´ca svojstva: a) A ∗ B = B ∗ A ; b) A ∗ A = A2 ; 2 c) A ∗ I = A ; d) A ∗ (B + C) = A ∗ B + A ∗ C .
0 1 . Uvjeri se da vrijedi J2 = −I . Pokaˇzi da se skup svih Neka je J = −1 0 matrica oblika
α β {Z = α I + β J = : α , β ∈ R} −β α s obzirom na operacije zbrajanja i mnoˇzenja matrica ponaˇsa identiˇcno skupu kompleksnih brojeva {z = α + iβ } .
2.
2.
Determinante
Determinante
Determinanta realne kvadratne matrice je funkcija det : Mn → R . Determinantu matrice A oznaˇcavamo s a11 . . . a1n . . det A ili |A| ili .. a ... a n1 nn Definiramo je induktivno po redu n matrice. Za n = 1 i A = [ a11 ] je det
A = a11 . a11 a12 Za n = 2 i A = , a21 a22 a a det A = 11 12 := a11 a22 − a12 a21 . a21 a22
Determinanta realne kvadratne matrice je funkcija det : Mn → R . Determinantu matrice A oznaˇcavamo s a11 . . . a1n . . det A ili |A| ili .. a ... a n1 nn Definiramo je induktivno po redu n matrice. Za n = 1 i A = [ a11 ] je det
A = a11 . a a Za n = 2 i A = 11 12 , a21 a22 a11 a12 := a11 a22 − a12 a21 . det A = a21 a22
Za matrice viˇsega reda determinanta se definira (i moˇze raˇcunati) razvojem po bilo kojem retku ili stupcu, na naˇcin a11 a12 a13 a22 a23 a21 a23 a21 a22 . + a13 − a12 det A = a21 a22 a23 = a11 a32 a33 a31 a33 a31 a32 a31 a32 a33 Op´cenito se determinanta matrice reda n dobije pomo´cu determinanti reda n − 1 tako da se zbroje (ili oduzmu) produkti elemenata nekog retka ili stupca s determinantama matrica koje se dobiju uklanjanjem retka i stupca u kojem se taj element nalazi. Toˇcnije zapisano n det A = (−1)i+j aij Mij ,
Za matrice viˇsega reda determinanta se definira (i moˇze raˇcunati) razvojem po bilo kojem retku ili stupcu, na naˇcin a11 a12 a13 a22 a23 a21 a23 a21 a22 . + a13 − a12 det A = a21 a22 a23 = a11 a32 a33 a31 a33 a31 a32 a31 a32 a33 Op´cenito se determinanta matrice reda n dobije pomo´cu determinanti reda n − 1 tako da se zbroje (ili oduzmu) produkti elemenata nekog retka ili stupca s determinantama matrica koje se dobiju uklanjanjem retka i stupca u kojem se taj element nalazi. Toˇcnije zapisano n det A = (−1)i+j aij Mij ,
j=1
j=1
(rastav po i -tom retku, ili det A =
n
(rastav po i -tom retku, ili (−1)i+j aij Mij .
i=1
(rastav po j -tom stupcu). Tu je Mij minor elementa aij : determinanta matrice reda n − 1 u kojoj se ne nalazi i -ti redak niti j -ti stupac poˇcetne matrice.
det A =
n
(−1)i+j aij Mij .
i=1
(rastav po j -tom stupcu). Tu je Mij minor elementa aij : determinanta matrice reda n − 1 u kojoj se ne nalazi i -ti redak niti j -ti stupac poˇcetne matrice.
2. DETERMINANTE
15
2. DETERMINANTE
15
Definicija determinante je dobra, poˇsto ovaj Laplaceov razvoj ne ovisi o izboru retka ili stupca po kojem vrˇsimo razvoj. Izbor predznaka + ili − pamtimo po sljede´coj shemi za matrice reda 3 i 4: ⎡ ⎤ + − + − + − + ⎢− + − +⎥ − + − , ⎣ + − + − ⎦. + − + − + − +
Definicija determinante je dobra, poˇsto ovaj Laplaceov razvoj ne ovisi o izboru retka ili stupca po kojem vrˇsimo razvoj. Izbor predznaka + ili − pamtimo po sljede´coj shemi za matrice reda 3 i 4: ⎡ ⎤ + − + − + − + ⎢− + − +⎥ − + − , ⎣ + − + − ⎦. + − + − + − +
2.1. Laplaceov razvoj i Sarrusovo pravilo
2.1. Laplaceov razvoj i Sarrusovo pravilo
Direktnim razvojem po nekom retku ili stupcu raˇcunamo uglavnom determinante matrica maloga reda (3 ili 4). Specijalno, za determinante tre´cega reda ponekad je brˇze dati gotov razvoj: a11 a12 a13 det A = a21 a22 a23 a a a 31 32 33 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − (a31 a22 a13 + a32 a23 a11 + a33 a21 a12 ). Ovaj se razvoj pamti iz sljede´ceg zapisa kojeg nazivamo Sarrusovo pravilo. Prva dva stupca determinante se prepiˇsu iza tre´cega i potom izmnoˇze po tri broja koja se nalaze na istovrsnim dijagonalama. Padaju´ce dijagonale nose pozitivan, a rastu´ce negativan predznak: + + + a11 a12 a13 a11 a12 det A = a21 a22 a23 a21 a22 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 a31 a32 a33 a31 a32 −(a31 a22 a13 + a32 a23 a11 + a33 a21 a12 ). − − −
Direktnim razvojem po nekom retku ili stupcu raˇcunamo uglavnom determinante matrica maloga reda (3 ili 4). Specijalno, za determinante tre´cega reda ponekad je brˇze dati gotov razvoj: a11 a12 a13 det A = a21 a22 a23 a a a 31 32 33 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − (a31 a22 a13 + a32 a23 a11 + a33 a21 a12 ). Ovaj se razvoj pamti iz sljede´ceg zapisa kojeg nazivamo Sarrusovo pravilo. Prva dva stupca determinante se prepiˇsu iza tre´cega i potom izmnoˇze po tri broja koja se nalaze na istovrsnim dijagonalama. Padaju´ce dijagonale nose pozitivan, a rastu´ce negativan predznak: + + + a11 a12 a13 a11 a12 det A = a21 a22 a23 a21 a22 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 a31 a32 a33 a31 a32 −(a31 a22 a13 + a32 a23 a11 + a33 a21 a12 ). − − −
2.1.
2.1.
Izraˇcunaj determinante: 2 1 −1 a) 3 1 −2 ; b) 1 0 1 1 2 3 d) 2 3 4 ; e) 3 4 5
1 2 2 0 2 3
2 2 1 −2 ; −2 1 1 3 3 5 . 5 7
−2 3 1 c) 3 6 2 ; 1 2 1
ˇ RJE SENJE . a) Determinantu raˇcunamo razvojem po tre´cem retku 2 1 −1 1 −1 2 1 − 2 = 1 · + 1 · 3 1 1 −2 3 1 1 0 1 = (−2 − (−1)) + (2 − 3) = −2.
Izraˇcunaj determinante: 2 1 −1 a) 3 1 −2 ; b) 1 0 1 1 2 3 d) 2 3 4 ; e) 3 4 5
1 2 2 0 2 3
2 2 1 −2 ; −2 1 1 3 3 5 . 5 7
−2 3 1 c) 3 6 2 ; 1 2 1
ˇ RJE SENJE . a) Determinantu raˇcunamo razvojem po tre´cem retku 2 1 −1 1 −1 2 1 − 2 = 1 · + 1 · 3 1 1 −2 3 1 1 0 1 = (−2 − (−1)) + (2 − 3) = −2.
16
2. DETERMINANTE
16
2. DETERMINANTE
b) Laplaceovim razvojem po prvom retku dobivamo 1 2 2 1 −2 2 −2 2 1 −2· +2· 2 1 −2 = 1 · 2 1 2 −2 −2 1 2 −2 1 = 1 · (1 − 4) − 2(2 + 4) + 2(−4 − 2) = −27.
b) Laplaceovim razvojem po prvom retku dobivamo 1 2 2 1 −2 2 −2 2 1 −2· 2 1 −2 = 1 · 2 1 + 2 · 2 −2 −2 1 2 −2 1 = 1 · (1 − 4) − 2(2 + 4) + 2(−4 − 2) = −27.
c) Sarrusovim pravilom −2 3 1 −2 3 3 6 2 3 6 = −12 + 6 + 6 − (6 − 8 + 9) = −7. 1 2 1 1 2
c) Sarrusovim pravilom −2 3 1 −2 3 3 6 2 3 6 = −12 + 6 + 6 − (6 − 8 + 9) = −7. 1 2 1 1 2
d) 0. e) 4.
d) 0. e) 4.
2.2.
Izraˇcunaj determinantu 3 1 −1 2 −5 1 3 −4 D= . 2 0 1 −1 1 −5 3 −3
ˇ RJE SENJE . Razvijamo po tre´cem retku 1 −1 2 3 1 2 3 1 −1 D = 2 · 1 3 −4 + 1 · −5 1 −4 − (−1) −5 1 3 1 −5 −3 1 −5 3 −5 3 −3 = (Sarrusovim pravilom) = 2(−9 − 20 + 6 + 30 + 12 − 3) + (−9 − 4 + 50 − 2 − 60 − 15) + (9 + 3 − 25 + 1 + 45 + 15) = 2 · 16 − 40 + 48 = 40.
2.2.
Izraˇcunaj determinantu 3 1 −1 2 −5 1 3 −4 D= . 2 0 1 −1 1 −5 3 −3
ˇ RJE SENJE . Razvijamo po tre´cem retku 1 −1 2 3 1 2 3 1 −1 D = 2 · 1 3 −4 + 1 · −5 1 −4 − (−1) −5 1 3 1 −5 −3 1 −5 3 −5 3 −3 = (Sarrusovim pravilom) = 2(−9 − 20 + 6 + 30 + 12 − 3) + (−9 − 4 + 50 − 2 − 60 − 15) + (9 + 3 − 25 + 1 + 45 + 15) = 2 · 16 − 40 + 48 = 40.
2.2. Svojstva determinanti
2.2. Svojstva determinanti
Navedimo neka svojstva determinanti. 1) det A = det A . 2) Zamjenom dva retka (ili stupca) determinanta mijenja predznak. 3) Determinantu mnoˇzimo skalarom tako da tim skalarom pomnoˇzimo sve elemente nekog retka ili stupca determinante. Ovo se pravilo cˇ eˇsc´ e koristi na naˇcin da se svi elementi nekog retka ili stupca skrate za zajedniˇcki faktor koji se izvlaˇci ispred determinante.
Navedimo neka svojstva determinanti. 1) det A = det A . 2) Zamjenom dva retka (ili stupca) determinanta mijenja predznak. 3) Determinantu mnoˇzimo skalarom tako da tim skalarom pomnoˇzimo sve elemente nekog retka ili stupca determinante. Ovo se pravilo cˇ eˇsc´ e koristi na naˇcin da se svi elementi nekog retka ili stupca skrate za zajedniˇcki faktor koji se izvlaˇci ispred determinante.
2. DETERMINANTE
17
2. DETERMINANTE
17
4) Ako su svi elementi nekog retka (ili stupca) jednaki nuli, determinanta je jednaka nuli. 5) Ako su u determinanti dva retka (ili stupca) jednaka (ili proporcionalna), ona je jednaka nuli. 6) Vrijednost determinante se ne mijenja ako se nekom retku (ili stupcu) pribroje elementi nekog drugog retka (ili stupca) pomnoˇzeni skalarom λ . 7) Determinanta trokutaste matrice jednaka je umnoˇsku elemenata na dijagonali. 8) Binet-Cauchyjev teorem: det(AB) = det A · det B . Od ovih svojstava pri raˇcunanju determinante najˇceˇsc´ e koristimo svojstvo 6. Cilj - donju) trokutastu i je pomo´cu takve transformacije dovesti matricu na gornju (rjede tako izraˇcunati njenu vrijednost.
4) Ako su svi elementi nekog retka (ili stupca) jednaki nuli, determinanta je jednaka nuli. 5) Ako su u determinanti dva retka (ili stupca) jednaka (ili proporcionalna), ona je jednaka nuli. 6) Vrijednost determinante se ne mijenja ako se nekom retku (ili stupcu) pribroje elementi nekog drugog retka (ili stupca) pomnoˇzeni skalarom λ . 7) Determinanta trokutaste matrice jednaka je umnoˇsku elemenata na dijagonali. 8) Binet-Cauchyjev teorem: det(AB) = det A · det B . Od ovih svojstava pri raˇcunanju determinante najˇceˇsc´ e koristimo svojstvo 6. Cilj - donju) trokutastu i je pomo´cu takve transformacije dovesti matricu na gornju (rjede tako izraˇcunati njenu vrijednost.
2.3.
2.3.
Izraˇcunaj determinante: 2 5 6 2+a 1+b ; b) 1 2 5 ; a) a b 1 3 2
5 2 c) 2 2
2 5 2 2
2 2 5 2
2 2 ; 2 5
4 0 d) 0 5
0 4 5 0
0 5 4 0
5 0 . 0 4
ˇ RJE SENJE . a) Determinantu transformiramo tako da drugi redak oduzmemo od prvog: 2+a 1+b = (1.r − 2.r) = 2 1 = 2b − a. a b a b - oprez, u jednom koraku moˇze se sprovoditi nekoliko transformab) Uz odredeni cija tipa 6. Dopuˇsteno je jednom retku dodati linearnu kombinaciju nekoliko preostalih redaka: 2 5 6 0 0 −1 1 2 5 = (1.r−2.r−3.r) = 1 2 5 1 3 2 1 3 2 = (rastav po prvom retku) 1 2 = −(3 − 2) = −1. = (−1) 1 3
c)
5 2 2 2
2 5 2 2
11 11 11 11 2 2 2 5 2 2 = (1.r+(2.r+3.r+4.r)) = 2 2 2 5 2 5 2 2 2 5 1 1 1 1 2 5 2 2 = 11 = (2.r−2×1.r, 3.r−2×1.r, 4.r−2×1.r) 2 2 5 2 2 2 2 5 1 1 1 1 0 3 0 0 = 11 = (trokutasta matrica) = 11 · 33 = 297. 0 0 3 0 0 0 0 3
2 2 5 2
Izraˇcunaj determinante: 2 5 6 2+a 1+b ; b) 1 2 5 ; a) a b 1 3 2
5 2 c) 2 2
2 5 2 2
2 2 5 2
2 2 ; 2 5
4 0 d) 0 5
0 4 5 0
0 5 4 0
5 0 . 0 4
ˇ RJE SENJE . a) Determinantu transformiramo tako da drugi redak oduzmemo od prvog: 2+a 1+b = (1.r − 2.r) = 2 1 = 2b − a. a b a b - oprez, u jednom koraku moˇze se sprovoditi nekoliko transformab) Uz odredeni cija tipa 6. Dopuˇsteno je jednom retku dodati linearnu kombinaciju nekoliko preostalih redaka: 2 5 6 0 0 −1 1 2 5 = (1.r−2.r−3.r) = 1 2 5 1 3 2 1 3 2 = (rastav po prvom retku) 1 2 = −(3 − 2) = −1. = (−1) 1 3
c)
5 2 2 2
2 5 2 2
11 11 11 11 2 2 2 5 2 2 = (1.r+(2.r+3.r+4.r)) = 2 2 2 5 2 5 2 2 2 5 1 1 1 1 2 5 2 2 = 11 = (2.r−2×1.r, 3.r−2×1.r, 4.r−2×1.r) 2 2 5 2 2 2 2 5 1 1 1 1 0 3 0 0 = 11 = (trokutasta matrica) = 11 · 33 = 297. 0 0 3 0 0 0 0 3
2 2 5 2
18
2. DETERMINANTE
d) 4 0 0 5
0 4 5 0
9 0 0 9 0 5 5 0 0 9 9 0 = (1.r+4.r, 2.r+3.r) = 4 0 0 5 4 0 0 4 5 0 0 4 1 0 0 1 0 1 1 0 = 92 = (4.r−5×1.r, 3.r−5×2.r) 0 5 4 0 5 0 0 4 1 0 0 1 0 1 1 0 = 81 = 81. 0 0 −1 0 0 0 0 −1
18
2. DETERMINANTE
d) 4 0 0 5
0 4 5 0
9 0 0 9 5 0 0 9 9 0 = (1.r+4.r, 2.r+3.r) = 0 0 5 4 0 4 5 0 0 4 1 0 0 1 2 0 1 1 0 =9 = (4.r−5×1.r, 3.r−5×2.r) 0 5 4 0 5 0 0 4 1 0 0 1 0 1 1 0 = 81 = 81. 0 0 −1 0 0 0 0 −1
0 5 4 0
∗*∗
∗*∗
Dakako da ovdje navedeni postupci raˇcunanja nisu jedini mogu´ci, pa moˇzda cˇ ak niti ‘najjednostavniji’; cˇ itatelj moˇze potraˇziti i druge naˇcine za njihov izraˇcun. Pri tom treba paziti da se pri koriˇstenju svojstava determinanti ne uˇcini circulus viciosus — vrtnja u krugu. Spomenuli smo da je dozvoljeno u jednom koraku retku dodati linearnu kombinaciju nekolicine preostalih, medutim ako se to uˇcini s nekolicinom redaka istovremeno, vrlo je vjerojatno da c´e do´ci do pogreˇske. Pogreˇsna primjena moˇze dovesti i do ovakovih ‘raˇcuna’ 3 8 2 2 −3 3 = (1.r+2.r,2.r+1.r) 2 1 −1 5 5 5 0 0 0 = 5 5 5 = (1.r−2.r) = 5 5 5 = 0. 2 1 −1 2 1 −1
Dakako da ovdje navedeni postupci raˇcunanja nisu jedini mogu´ci, pa moˇzda cˇ ak niti ‘najjednostavniji’; cˇ itatelj moˇze potraˇziti i druge naˇcine za njihov izraˇcun. Pri tom treba paziti da se pri koriˇstenju svojstava determinanti ne uˇcini circulus viciosus — vrtnja u krugu. Spomenuli smo da je dozvoljeno u jednom koraku retku dodati linearnu kombinaciju nekolicine preostalih, medutim ako se to uˇcini s nekolicinom redaka istovremeno, vrlo je vjerojatno da c´e do´ci do pogreˇske. Pogreˇsna primjena moˇze dovesti i do ovakovih ‘raˇcuna’ 3 8 2 2 −3 3 = (1.r+2.r,2.r+1.r) 2 1 −1 5 5 5 0 0 0 = 5 5 5 = (1.r−2.r) = 5 5 5 = 0. 2 1 −1 2 1 −1
Mi c´ emo ubudu´ce koristiti sljede´ce pravilo (koje je upotrebljeno u zadatku c): dopuˇsteno je u jednom koraku svakom (osim jednog) dodati taj redak pomnoˇzen s brojem.
Mi c´ emo ubudu´ce koristiti sljede´ce pravilo (koje je upotrebljeno u zadatku c): dopuˇsteno je u jednom koraku svakom (osim jednog) dodati taj redak pomnoˇzen s brojem.
2.4.
2.4.
Izraˇcunaj determinante: 1 1 1 b) a) 1 a a ; 2 2 1 a a
ˇ RJE SENJE . a) 0 (dva identiˇcna stupca).
1 1 1 a b c ; 2 2 2 a b c
x y x+y c) y x+y x . x+y x y
Izraˇcunaj determinante: 1 1 1 b) a) 1 a a ; 2 2 1 a a
ˇ RJE SENJE . a) 0 (dva identiˇcna stupca).
1 1 1 a b c ; 2 2 2 a b c
x y x+y c) y x+y x . x+y x y
2. DETERMINANTE
b)
19
0 0 1 1 1 1 a b c = (2.s−1.s, 3.s−1.s) = a b−a c−a a2 b2 c2 a2 b2 −a2 c2 −a2 b−a c−a 1 1 = 2 2 2 2 = (b − a)(c − a) b −a c −a b+a c+a
2. DETERMINANTE
b)
= (b − a)(c − a)(c − b). c)
y x+y x 2x+2y 2x+2y 2x+2y x+y x y x+y x = (1.r+(2.r+3.r)) = y x+y x x+y y x y 1 1 1 = (2x + 2y) y x+y x = (2.s−1.s, 3.s−1.s) x+y x y 1 0 0 x x−y x x−y = 2(x + y) = 2(x + y) y −y −x x+y −y −x
Izraˇcunaj determinante: 2 7 −8 1 3 15 18 91 a) ; b) 0 0 0 0 27 13 39 1 1 2 −1 e) d) 0 1 −6 ; 3 8 −15
8 28 38 4 14 19 7 5 3 1 3 5 378 253 377 252 −3 −3
0 0 1 1 1 1 a b c = (2.s−1.s, 3.s−1.s) = a b−a c−a a2 b2 c2 a2 b2 −a2 c2 −a2 b−a c−a 1 1 = 2 2 2 2 = (b − a)(c − a) b −a c −a b+a c+a
= (b − a)(c − a)(c − b). c)
= 2(x + y)(−x2 − y2 + xy) = −2(x3 + y3 ).
2.5.
19
48 24 ; 1 7 127 126 ; −3
y x+y x 2x+2y 2x+2y 2x+2y x+y x y x+y x = (1.r+(2.r+3.r)) = y x+y x x+y y x y 1 1 1 = (2x + 2y) y x+y x = (2.s−1.s, 3.s−1.s) x+y x y 1 0 0 x x−y x x−y = 2(x + y) = 2(x + y) y −y −x x+y −y −x
= 2(x + y)(−x2 − y2 + xy) = −2(x3 + y3 ).
3 −1 2 4 1 2 5 1 c) ; 7 0 9 9 13 −1 17 4 2789 3453 . f) 2790 3454
ˇ RJE SENJE . a) 0 (3. redak). b) 0 (1. redak = 2 × 2 . redak). c) 0 (3. redak = 2 × 1 . redak + 2. redak). Dakako da ova veza nije oˇcigledna. Medutim, svaki drugi ispravan naˇcin raˇcunanja ove determinante dati c´ e isti rezultat. d) 0 (3. redak = 3 × 1 . redak + 2 × 2 . redak). e) 378 253 127 1 1 1 D = −3 377 252 126 = (1.r − 2.r) = −3 377 252 126 = 0. 1 1 1 1 1 1 2789 3453 = 2789 − 3453 = −664 . f) D = (2.r − 1.r) = 1 1
2.5.
Izraˇcunaj determinante: 2 7 −8 1 3 15 18 91 a) ; b) 0 0 0 0 27 13 39 1 1 2 −1 e) d) 0 1 −6 ; 3 8 −15
8 28 38 4 14 19 7 5 3 1 3 5 378 253 377 252 −3 −3
48 24 ; 1 7 127 126 ; −3
3 −1 2 4 1 2 5 1 c) ; 7 0 9 9 13 −1 17 4 2789 3453 . f) 2790 3454
ˇ RJE SENJE . a) 0 (3. redak). b) 0 (1. redak = 2 × 2 . redak). c) 0 (3. redak = 2 × 1 . redak + 2. redak). Dakako da ova veza nije oˇcigledna. Medutim, svaki drugi ispravan naˇcin raˇcunanja ove determinante dati c´ e isti rezultat. d) 0 (3. redak = 3 × 1 . redak + 2 × 2 . redak). e) 378 253 127 1 1 1 D = −3 377 252 126 = (1.r − 2.r) = −3 377 252 126 = 0. 1 1 1 1 1 1 2789 3453 = 2789 − 3453 = −664 . f) D = (2.r − 1.r) = 1 1
2. DETERMINANTE
20
2.6.
Izračunaj detenninante:
l b) 0l o
oo9 l
a)
OO 8 2 .
0 0 7 3' l 2 3 4
l o 0 o
25 75 e) 75 25
5 4 2 -1 . 3 O' 2 -4
31 94 94 32
17 53 54 20
43 132 134 · 48
RJEŠENJE.
a)
razvojem po prvom stupcu:
o9 l
D=- O 8 2 =O.
o7 3
b) l 2
-l
D= (po2. stupcu ) =- O 3
O
o 2 -4
= (pol. stupcu ) =
e)
-l� � l -
l 3 . . . /.s) = 25 D= (1zlučmw251z 3 l
= 12.
3 1 17 94 53 94 54 32 20
:::::: (2.s-3lxl.s, 3.s-17xl.s, 4.s-43xl.s )
l 3 ::::2:: 5 3 l
o l 1 l
o 2 3 3
43 132 134 48
o 3 = 25 1l 23 53 = 0 5 l 3 5 5
(drugi i treći redak su jednaki).
2.7.
Izračunaj detenninantu petoga
reda
-2 5 o l o 3 D= 3 -1 O 2 6 -4 o -3 -1
-1 3 7 -2 5 -5 . l 2 2 3
RJEšENJE. Koristit ćemo elementarne transformacije. Krenimo sa stuecem u kojem je dovoljno upotrijebiti samo dvije transformacije -trećim stupcem. Zelimo postići
2. DETERMINANTE
21
nule u drugom i četvrtom retku, a kao stožerni element biramo onaj iz petog retka.
-9
D= (4.r-4x5.r, 2.r+3x5.r) =
l -9
-2l 5 oo -113 73 -2 5 -113 73 -5 2o3 -1-318 -1oo -725 -10-53 = (-1) 23 -118 -75 -10
S ada za stožer biramo prvi element drugoga retka.
-9
D= (l.r+2x2.r, 3.r-3x2.r, 4.r-2x2.r)
-13 2513 177 -13 25 17 2636 -33 -34 -26 2636 -34 -33 -26 -24 -1313 -1725 -1317 = (l.r+2.r, 3.r-2.r) = 6 13o -178 -134 =2 3 -1 6 5 12 - l l ,-8 = 6 ( -13 1 : � 1 - l l - l� -11 1 ) = 6 ( -13 . 16 - ( -36)) = -1032 . o l o o
·
-24
·
Ne postoji općeniti postupak koji bi bio koristan pri računu determinanti n -toga reda. Najčešće se koristimo svojstvima determinanti bilo u pokušaju da ih sveđerno na trokutasti oblik, bilo na oblik pogodan za Laplaceov razvoj, bilo da uočimo vezu između determinante i sličnih determinanti manjega reda. Taj je problem složen i zahtijeva velik nivo apstrakcije da bi se uočile zakonitosti među elementima početne determinante i onih koje dobivamo u postupku računanja. Osvrnut ćemo se na najčešće metode računanja ovih determinanti.
Svođenje na trokutasto formu. Determinantu svodimo na gornju (ili donju) trokutastu formu bilo rastavom po nekome retku, bilo koristeći elementarne transfor macije. 2.8.
Izračunaj sljedeće determinante reda
a)
00 01 01 .. .. .. 00 00 01 00 00 .... .. 00 01
n:
a {jO O a {j
oo oo
b) ooo ... a fJ fjOO ...O a
2. DETERMINANTE
22
)
RJEšENJE. a Determinantu rastavljamo po prvom stupcu: o ... oo o ... oo
ll
(-l t+l . l .
oo ... o
l
= (-l t+l .
b) Determinantu rastavljamo po prvom stupcu
aO a/3 /3O ... OO /3 f30 00 .... . . 00 a D=a + (-l)n+l/3 O a /3 . . . O oo . . . a /3 O O ... 1O a . . a /3 oo . n = a + (-l t+w.
2.9.
Izračunaj sljedeće determinante:
222 23Z4 .. .. .. 22 2 2 2 ... n + l 2n-l ll 3Z55 ... . 2n-l l 3 4 . . Zn-l z ... z
a)
b)
d)
l 3 5 Zn-Z
RJEšENJE. a)
• . •
l O O . . . an
.
2l 2 ) = O O 2 . . . O = Z(n 1)! O O O ... n-l z
D= (
.
z
_
(determinanta gornje trokutaste matrice). b) 2 33 ...... nn -1-ll o-Z O =( D= -l -2 -3 . .o ... n
...
o o ... o
od svakog retka osim · prvog odu-onemo prv1
zn
'
..
.
..
... 2n
-4
. .
e)
-2-2 o-44 o66 .. .... 2nZn . -2 -6 ... o o l l .. . l ll oa1 oa . oo 2 z
z
)=
svakom ret� dodamo prv1
zn
Oo1 o2Z633 ........ . 2nZnn .
O O O ... n
=
zn n !.
2. DETERMINANTE
23
l -13 o5 ... 2n-l -1 o o o o . . . -l
e) Od svakoga retka oduzmemo prvi
D=
o
O
O O
= (- l t -1 •
d) Od prvog retka oduzmemo drugi podijeljen s itd. Dobit ćemo trokutastu matricu:
D=
- I:7l=1 i o oo . .. o l l o oo... n n 2 2 . . . 2 22 2 2 .. .. .. 22 2 2 2 .. a1
O O ... O
O
az
O ... O
=
Izračuna j determinante reda
az
(L�). i= l ' n
-a1 az .. . an
a
2.10.
a1 , zatim treći podijeljen s
:
-l
a)
-l
-l
.
-l
011... 11
lOx ... xx e)
lxO ... xx lxx ... Ox lxx ... xO
RJEšENJE. tor:
a)
D=
Prvom retku dodajmo zbroj preostalih i izlučimo potom zajednički fak
2n-3 2n-3 . . . 2n-3 . ... . 2 22 2n-3 2 2 2 2 2 -l 2 (2n - 3) 2 2 -l 2 2 2 2 -l 2 2 2 lo -3 o ol -3 (-3)n-1(2n - 3). (2n- 3) o o o . . . -3
=
-l
l l
-1
-l
Sada od svakog retka oduzimamo dvostruki prvi:
D=
l
O O
l
O
=
l
l
.
2. DETERMINANTE
24
b)O. Prvom retku dodamo zbroj preostalih. e) Od svakog retka (osim prvog) oduzmemo prvi redak pomnožen s
x:
0l -x1 1 1 . . 1 D= l -x l x . . -x n-l 1 -x D= l -x = (n - l )(- 1 )"-1x "-2 • l . -x x x-aa a a a -a-x D = -a-x x-a . . . -a-x x-a 2. H-a-xx-a ) x-a . . . ! (x+a ) D = -a-x x-a . . -a-x x-a . . = Hx-a )(x -at- 1 + (-1 )"+1 Hx +a )(-x-a )"- 1 = ! [(x -a )"+ (x +at]. O
O O ... O O . . .O
O OO .
Zbroj svih redaka osim prvog, podijeljen s X
dodajemo prvom retku:
o o o ... o o o ... o o O ... o
O OO
d)
,
.
.
Od svakog retka (osim prvog) oduzmemo prethodni
O O O
O
o
o
O O
O
Sada prvom retku dodajemo zbroj preostalih redaka podijeljen s
Nakon toga deter
minantu rastav ljamo po prvom retku.
o
o . . o .
o
o
2.11.
o
o o o
o o
o
-xal aX2 a3 . .. a,. . -x X
Izračuna j determinante reda h :
a)
o
-x
o X
o o . .
o o
-xall -xXa22z Xa33 a ., . .. -Xn-l X11 o
b)
o
o o
o o
2. DETERMINANTE RJEšENJE. a)
25
l:a0 i aX2 a03 aon
Prvom stupcu dodajemo preostale. Dobivenu determinantu razvijemo
0 .. .. .. O0 X D= O O = (ti=l ai) 0 0 ... X O O x1 = x2 = ... = Xn = aXl1 Xa22 Xna3 Xnan D= X1X2 · · X n -1O -1 o oO o o a) = aXl1 a1
po prvom stupcu:
-x
x
• . •
b)
-x x
-x x
Ova je determinanta općenitiji slučaj prethodne. Ukoliko nju izračunamo, x dobit ćemo prethodni rezultat!
uvrštavajući
Iz svakoga
stupca izlučimo odgovarajuću nepoznanicu:
l
l
-l l
o o o
, kod koje je x
Sada smo dobili specijalni slučaj determinante iz moramo staviti
umjesto
l! Dakako,
i slično za ostale veličine:
Korištenje rekurzijskih formula.
Razvojem po nekom retku ili stupcu mogu
će je ponekad determinantu reda n izraziti s pomoću istih determinanti reda n - l . Ponavljajući tu formulu unatrag, dobivamo vrijednost tražene determinante.
2.12.
Izračunaj determinante reda n :
RJEŠENJE. a)
101 111 011 ........ . 001 001 001 a) 00 00 00 .. .. .. 01 11 01
01 01 01 00 .. .. .. 00 00 0 1 0 1 ... 0 0 00 00 00 00 .. .. .. 01 01
b)
Označimo tražene determinante s .6.,. .
Rastavom po prvom stupcu dobivamo
!l.n =
l
1 01 00 .. .. .. 00 11 11 01 .. .. .. 01 1 . O . . O . O ... O ooo ooo l l
.
o o o
-l
l
l l
o
o o
l
= -11n-l · l
2. DETERMINANTE
26 Iz ove jednakosti slijedi dalje
( l:::t.n =l -l:::t.n-1 =l - l
-
l:::t.n z) = l:::t.n-2• -
Za osnovu uzimamo n= 3 (to je prvi n za koji determinanta ima karakterističan oblik koji vrijedi potom za svaki veći broj n):
!:::t.3
Ill
=
���
11 10 - 1 =l . =1 ll 1 l l1
Zato j e !:::t. 2n+1 = !:::t. 3 =l . Za parne indekse vrijedi !:::t.2n = � =l- !:::t.3 =O.
b)
Ponovo rastavom po prvom stupcu pa potom po prvom retku dobivamo rekur
zijskurelaciju l:::t.n = -!:::t.,._z, Kako je !:::t.2 = -1, !:::t.3 =O, to dobivamo !:::t.2n+l =O,
n ( -l) •
!:::t.2n
2.13.
Izračunaj determinante reda n :
1-A. 2 l 2-A.
a)
l
2
3 3
n n
b)
3 ... n-A.
lll ...l n+l
RJEšENJE. Označimo traženu determinantu s l:::t.n
a)
2l l ... l l l 3l ... l l ll 4 . .. l l
•
Determinantu možemo prikazati kao zbroj dviju determinanti, cijepajući pos-
ljednji stupac na zbroj dvaju stupaca:
l:::t.n=
1-A. 2 l 2-A. l
2
3 ... n 3 ...n 3 ... n
+
1-A. 2 l 2-A. l
2
3 3
o o
3
-A.
U prvoj determinanti ćemo od svakog retka oduzeti posljednji i tako dobiti trokutastu determinantu. Drugu determinantu rastavljamo po posljednjem stupcu.
A. !::t.,.=
o ... o o -A. o ... o o o -A. ... o o
l 2
3 ... n
=n( -A. )"-1 - A.!:::t.n-1·
1-A. 2 3 l 2-A. 3 2 3-A. - A. l l
2
3
n-l n-l n-l ...n-1-A.
2.
DETERMINANTE Vrijedi
�1==nl(-A- t.-l -A [(n -l)(-A )n -2 -A �n-2] 1 2 + == ((-A.t + n -l ) A. [ n A . ( ] 2 1 -A.t- (n + (n -l) + (n -2)]-A.3 �n-3 == ((--A.tA.t--ll [[nn ++ ((nn -l)+ -l)+ .. . .. ++ 22]]++ ((--l)l tn--llA.A_nn--11 (�11 -A.) = (- l t[A.n -An-l n (n l) ] · �n == n�n[(nn--l)1 + (An. -l)2 +(! n -2) ! ]+n!· -l - -3)!]n+n! + = n(n -l)[(n -2)�n-3 +(n (n � l �) n.- il1 +n.l' ( l l+ l + . . l+ ;;l ) - n.' (2 + + · · · + ;;) · A.
A,.
27
lterirajući ovu rekurzijsku relaciju dobivamo
;
b) Istom transformacijom kao u prošlom primjeru dobivamo
_
lA
2
3
2+3
2.14.
lX1 Xl2 l W(x t, ... , Xn) = XI X � x x: l Xl2 X1 P(x) = W(xt, ... , Xn- t, X) = XIn 1 X�n 1 x 1 - x 2-
Izračunaj Vandermondeovu determinantu
.RJEšENJE. Stavimo u ovoj determinanti nepoznanicu mo je kao funkciju
Xxl2 xn- 1
umjesto broja
od
.
.
•
Xn ,
i promotri
2. DETERMINANTE
28
l.
Razvojem determinante po posljednjem stupcu zaključujemo da je P(x) polinom stupnja n- Vrijedi P(x1) =P(xz) =...=P(xn-1) =O, jer odgovarajuće deter minante imaju dva jednaka stupca. Zato je P(x) = C(x-xd(x - xz) ··· (x - Xn-d, gdje je C vodeći koeficijent ( uz potenciju xn-l). U rastavu po posljednjem stupcu prepoznajemo taj koeficijent: to je identična determinanta reda n - l . Tako dobivamo
P(x) = W(xh ... , Xn-d(x - xi)· · · (x-Xn-d i odavde, stavljajući x =Xn , W(x�, ...,xn )=P(xn ) =(xn - xl) ···(xn - Xn-1 )W(x1,...,xn-1 ) = II (xn - xi)W(x�, . . ., Xn-1) i<Jt-1 = II (xj - x;). i <j i<Jt
l (l )
U slučaju kada se determinanta reda n izražava pomoću determinanti reda n - i reda n - postupak je nešto složeniji. Pretpostavimo da determinante zadovoljavaju sljedeću rekurzijsku jednadžbu:
2,
gdje p i q ne ovise o n Za nju kažemo da je linearna rekurzijska jednadžba drugoga reda. Pokažimo kako se nalazi njeno rješenje. Najprije riješimo pripadnu karakterističnu jednadžbu .
A. z =pA. +q. Ova kvadratna jednadžba ima uvijek dva rješenja A.1 i Az (koja mogu biti i kompleksni
lo
(l )
brojevi). Sada razlikujemo dva slučaja: A.1 f Az . Rješenje relacije tada ima oblik
l
.
(2)
gdje su C1 i Cz dvije konstante koje nalazimo iz poznatih vrijednosti determinante i iz � za n = i n = pak n = i n = ) Te vrijednosti uvrstimo u dobivenog sustava odredimo C1 i Cz. A.1=Az . Rješenje relacije tada ima oblik
2
o
Konstante
2 (ili
2
(l )
3
+
!:in =C1A.� Cz nA.�. C1 i Cz određujemo kao i prije.
(2)
(3)
29
2. DETERMINANTE 2.15.
RJEšENJE.
n
Izračunaj vrijednost determinante -toga reda
Razvijmo determinantu po prvom stupcu:
41 43 03 00 .. . .. 00 00 0 1 4 3 ... 0 0 00 00 00 00 . ..... 41 43
41 43 03 .. . 00 00 31 04 30 .. .. .. 00 00 l:!.n= 4 0: 0 0 ... 4 3 0 0 0 . . 4 3 0 0 0 . . . 1 4 0 0 0 .. 1 4 4 3 ... o o = 4 n1:!. -!- 3 o: o . . . 4 3 = 4 n1:!. -!- l:!.n 2-· oo . l4 Dobili smo sljedeću rekurzijsku relaciju drugoga reda: l:!.n= 4 n1:!. -!- 3 n/). 2-· Pripadna karakteristična jednadžba glasi ). 2 = 4). - 3 s tješenjima A.1 = 3 , ).2 = l Zato je !:!.n= c,3n+ c2 l.n = 3n c,+ c2. Za n = l vrijedi 11:!. = 4, za n = l dobivamo 21:!.= 13. Odavde 4 = 3 c,+ c2} 3 c2= - 1 . = 2 13 = 9 c,+ c2 2' Tako dobivamo n/).= -23 . 3n - -2l = 3n 1+2- l Fibonaccijev niz l, 2, 3, 5, 8, 13, . . definiran je formulom 2.16. /I = l, h = 2, ! n = !n -+! fn 2-, n � 3. Dokaži da je n -ti član toga niza jednak determinanti n -toga reda -l0l -1l1 0l1 0o1 ... .. ... ooO Ooo Jn = o o o o . . .-l l .
.
.
.
.
.
.
.
==} e,
---
.
.
2. DETERMINANTE
30
RJEšENJE. Rastavljajući determinantu na potpuno isti način kao i u prethodnom zadat ku, dobivamo rekurzijsku relaciju A =A A 2 n-l nn čime je tvrdnja dokazana. Vrijednosti determinante za male brojeve n dobivamo direktnim računanjem čla nova niza. Možemo napisati i formulu za opći član, koja slijedi tješavanjem pripadne karakteristične jednadžbe: Jš n+l Jš n+l A n Jš
+
) _ _ ) ] l l + l = [( 2 . ( 2
Uvjerite se da su ovom formulom dani čalnovi Fibonaccijevog niza, uvrštavajući ne koliko početnih vrijednosti za broj n .
2.17.
2.18.
Izračunaj determinante (razvojem po pogodnom retku ili stupcu):
a) 2ol -4o8 -6o2
;
b)
oO5 23l -1-1l 232 oo l3
e
)
;
-25 o3 -32 o2 4l O6 2l 5l ·
d)
Izračunaj determinante (Laplaceovim razvojem po pogodnom retku ili stup cu!):
3 oO 25 o a) l 2 3 o o od b
e
OOd O y O OJ e) O oooo 2 -12 -12 -12 -1 33l 33l 33l 333 e) oo oo -12 -12 ' 333l ol ol ll ll ol -1o -1l -1l -1l -1l ol -1o f) ll ll ol ol
23l Oo 24 5o dooo a
a
2.19.
;
3o ol -12 46 22 -2l 33 ll
b) '
Izračunaj determinante:
o Ol Oo Oo -1 a) o o o l ' o o -1 o l oo -1o 23 -1 d) ll 2l oo -2-1 '
b)
e)
e
b
x a g
e
b
e z
h k
u
.
l
v
2. DETERMINANTE 2.20.
lzračunaj determinante:
a) 2.21.
Izračunaj determinante:
a)
e)
2.23.
Izračunaj determinante:
a) 2.24.
-3l -2o -54 45 e) -3o O2 2222 2l -23 -34 -4-5 .' -3-3 -3-3 -3o o2 . 49 52 3l -7-3 . e) -62 3l -4l 3l 1325 137 47 -21 -14 ' 3l -4l -52 79 . 2 -1l 3l -44 o b) -5 2 -4 -8 ' -l o l l 3 ll -1-1 44 6l 4 d) 26 -2l -13 63 48 . 5 -2 3 6 l ol ol -1l -1l ll -l3 -12 2o ll o3 oo -1l -22 oo 2l ; e) -ll -1l ol ol -1l l l -1 l o o 3 -2 l o
Izračunaj determinante:
a)
2.25.
2ol -123 -12o 4Ol '. b) -1 o 4 -1 -13 -12 -155 -186 23 ll ol 76 ;b) 3l -53 ol -24 -3-1 -35 52 7l ' 34l -12l o43 -1ol ' 2 -1 l 2 23 -1l -12 ol 23 oo oo -13 -12 23 ; b) o o l l -1
lzračunaj determinante:
a) 2.22.
31
ll -1l ll ll ol ol ll ll ll ll -1l -1l ' b) ll ll ol ol '
Izračunaj determinante:
a)
20xll 20 ;
X
X
l 02 00 3 b) 0 2x3 '. 00l X
X
X
e)
ll ll ll -1l -1l ll -1l -1-1 -1l -1l ll -1-1 -1l -1l ll X
e)
l 0 0 0
4x2 03 0O . O0 03x2x4 000l X
2. DETERMJNANTE
32 2.26.
131 -230 231 1 ' a) l -130
Izračunaj determinante: b)
4 7
l 2 3 4 -1 d) -23 -12 6 5 5 l3
2.27. 2.28.
e)
Vi
-2o3 -1-22 -1-12 2 2 2 l 10 12 13 l l 3 l 445 6
7
-
Izračunaj determinante: sina cosa l sin f3 cos f3 l ; sin y cos y l sin2a cos2a cos 2a e) sin2 f3 cos2 f3 cos 2/3 sin2 y cos2 y cos 2 y
a)
2.30.
d
b)
d)
Izračunaj determinante: (b+e)2 � 2 2 ( + )2 2 2 2 ( + )2
sin2a cos2a l sin2 f3 cos2 f3 l sin2 y cos2 y l sina cosa sin(a+c5) sin f3 cos f3 sin(f3+c5) sin y cos y sin(y+c5)
a+b a+ ee; b+a -2b b+ e+a a be+be -2e e) d) -b-e a a -be ' -eb a Ol ol ll ab l l O e· abe Odredi nužne uvjete bi sljedeća jednakost bila istinita l cosa cos tJ O cosa cos f3 cosa l cos y cosa O cos y cos f3 cos y l cos tJ cos y o a) aa
eba a eb a2 (a+l)2 (a+2)2 b2 (b+l)2 (b+2)2 (e+l)2 ( e +2)2 -bO e-aOe -bOa zx -x O
b)
e)
-y
-z
-2a
d
-d
d
2
2.31.
22 sin2 a - cos2a sin2 f3 - cos2 f3 2 sin2 y - cos2 y
v'3 v's v'3 v'6 J2I VIO 2 v'3 Izračunaj determinantu · 2 VIO v'IS 2 2 v'6 VIO5 JI5v'6 Izračunaj determinante: ab e a+x x x OaO x b+x x b) b e ; e) a) beaeab ; x x e+x O O cosa sina cos a2+1 af3 ay f3 sina sin f3 d) af3 /32+1 f3y e) - sina cosa cos f3 cosa sin f3 f3y y2+1 ay O - sin/3 cos f3 e
2.29.
e)
-d
y
f)
d
da
=
33
2. DETERMINANTE 2.32.
l ba ba33 = (a + b+ c )(b -a )(c -a )(c -b ); l bae22 cab333 = (ab + bc + ea )(b -a )(e -a )(e -b ); ab ba44c = (a2 + b2 + + ab + bc + ea )(b -a )(e -a )(e -b ). l e c4 l a a2 a3 l a+b+c ab+bc+ca abc bccd++da+ac cd+db beedda ll be b2 bc333 ll b+c+d c+d+a l d dl a a2l a3d+a+b da+ab+bd dab a3 a13 al3 aa2 , , al = = l -l. = == l . =
Dokaži ide9titete a) b)
e)
ll ll ll
2
2
2.33.
Dokaži relaciju
2.34.
Dokaži da determinanta
2.35. 2.36.
2 cP
y
ne ovisi o x
x y
z.
z
Matrica A je ortogonalna ako vrijedi AA T A TA determinanta iznosi ili Vrijedi li obrat?
I.
Kompleksna matrica je unitarna ako vrijedi UU* U*U Pokaži da za determinantu unitarne matrice vrijedi l detUl
Pokaži da njena
I (U*
U
T
).
2.37.
Izračunaj determinantu od ( -A ) . Koristeći taj rezultat izračunaj determinantu antisimetrične matrice nepamog reda.
2.38.
Kako se mijenja determinanta reda suprotnom poretku?
2.39.
n ako joj stupce ( ili retke) složimo u 'Drugu' dijagonalu kvadratne matrice čine elementi s indeksima (n, (n-1, 2), . . . , (2,n-l), (l,n). Kako se mijenja determinanta ako je
calima oko druge dijagonale? 2.40.
2.41.
= =+
=
zr
Koje su od sljedećih jednakosti istinite za bilo koje kvadratne matrice A i B reda a) det(A + B ) detA detB ; b) det(A.A ) A. detA ; e) det(A.A )=A. n detA ; det(Ak ) ( detA )k .
n:
d)
=
detA 1
•
• •
Neka su A, B kvadratne matrice i D detA· detB .
[ 0l At
Neka su A�, .. . , At kvadratne matrice i A= matrica. Dokaži da je detA
2.42.
l ),
.
·
O detAt .
= [� : ]
.
blok-dijagonalna
A1
.
Pokaži da je det D
=
34 2.43.
2. DETERMINANTE
a) det [ � � ] =det(D - BC);
Neka su A, D , I kvadratne matrice, I jedinična. Dokaži da vrijedi:
b) det
[ � �] [ ] {
=de t( A - BC);
det(D A- CB) ako je AB =BA A B = C D det( AD- CB) ako je AC =C A (uz dodatnu pretpostavku da su sve A, B , C, D kvadratne istog reda i da je A regularna).
e) det
2.44.
lac ((xx )) db ((xx )) l' -l- ac'((xx)) bd' ((xx)) l+ l ca'((xx)) db'((xx)) l ·
Elementi determinante drugoga reda diferencijabilne su funkcije. Pokaži da vrijedi
Kako izgleda analogna formula za determinantun -toga reda?
2.45.
2.46.
aaiJiJ
aiaiJJ + 23 x3 x2 23 ...... 23 32 3 2 .... . 32 32 x x l-x 2 - x
Izračunaj determinantu redan ako su njezini elementi =max{i,J}; b) =min{i,J}; = li -JI l. = li-JI; e)
a)
d)
Izračunaj determinante
X
1 1 1 1 ... 1
a) D=
b) D=
2.48.
l l Izračunaj determinantu D= l
l
l
l
l l
... l . .. l ... l
l
...n-x
l
Izračunaj detenninanten-tog reda: l l l ...
3O o3 oo .. .. .. ooO a) ; o ... o 3 l
l
... l
l
X
11-l n-l n-l . . . n-l n n n ...n n
nnnn . ..
2.47.
l
X
b)
2 32 . . n-2
n OO lO l .. .. ... n-l ; o o o ... l
l
35
2. DETERMINANTE
o o o o
010 ... 001 . .
e)
o An-l .. o o An o . . . o o l o l l l -1 o l -1 -1 o l
d)
.
e)
-l -l -l ... -l
o
. .
l
l 2 3 ...n-l n l
l
l
l
l
l
o
l
-l -l -l ... -l -l 2.49.
000 .
.
o
Izračunaj determinanten -tog reda:
a)
l
2
3 ...n
-l
O
3 ...n
-l -2
... n ;
O
b)
355 ... 55 535 ... 55 555 ... 35
-1 -2 -3 ...
e)
o
555 ... 53
l 2 3 ...n-l
n
100 ... 002
234 ... n
l
34 5 . ..
2
l
010 ... 020 ... 2 O O
d) O O l
n l 2 ... n-2n-l 2.50.
200 ... 001
Izračuna j determinanten -tog reda: l 2 3 ... n-2n-l n
a)
234 ...n-l
n n
34 5 ... n
n n ;
nnn ... n
e)
l nn ...n
b)
n n
n 2n ...n nn 3 ... n ; n nn ...n n
a b ... b b b a ... b b
n -1 d)
b b a b b b ... b a . . .
2.51.
(n paran).
n-2 2 l
-1
O . .. O O O O x . .O O x
-l ... O .
0 0
0 0
. . .
. . .
X
Izračunaj determinanten -tog reda:
Xt a12 a13 Xt x2 a23 a) X t X2 X3
. •
.
. • •
•
• •
Otn a2n 03n ;
b)
ao a1 a2 Qo X a2 Qo al X ao
a1 a2
. . •
. • •
• • •
• • •
On
On
011 ; x
-l
0 X
2. DETERMINANTE
36
e)
az
x
•
•
•
X
X
a3
•
•
•
X
X X
X
2.52.
...
X
X
X
•
• •
o
X
X
at
l
Xt
d)
an
at
X z xz X3 X3
a)
530 ... 00 253 ... 00 O 25 . . O O .
b)
e)
000 ... 75 000 ... 27
a3
n
·
·
•
•
•
•
an
210 ... 00 121 ... 00 O l 2 .. O O .
a+fJ
d)
Xn
�tog reda:
000 ... 21 000 ... 12
000 ... 53 000 ... 25 750 ... 00 275 ... 00 027 ... 00
X3
Xn X n X n Xn
Izračunaj (rekurzijskim formulama) deterrninante
l l o o o o o o
l l o o az o
l o
o o
a(J o a+fJ a(J a+fJ ... l o o
o o
o o o
o o o
... a+f3 a(J a+f3 l
3.
Rang i inverz matrice
Elementarne transformacije nad retcima matrice su: • zamjena dvaju redaka, • rnnoženje retka skalarom različitim od nule, • dodavanje nekog retka nekom drugom retku. Uzastopnom primjenom posljednje transformacije uočavamo da u elementarnu transformaciju spada i dodavanje nekom retku linearne kombinacije preostalih redaka. Primjenom elementarnih transformacija moguće je matricu svesti na reducirani oblik koji je jedinstven. Tu podrazumjevamo sljedeći oblik matrice: • Prvi ne-nul element (stožer) svakoga retka iznosi Svi elementi u stupcu tog stožernog elementa jednaki su nuli. • Svi retci koji sadrže samo nul elemente (ako takvih ima) nalaze se iza onih redaka koji sadrže bar jedan ne-nul element. • Svaki naredni stožer (gledajući po retcima) nalazi se desno (u retku s većim indeksom) od prethodnog stožera: ako stožer u retku i1 leži u stupcu h, a stožer u retku i2 > i1 leži u stupcu h, tada je h >h . Evo nekoliko primjera reduciranih formi:
l.
[ o 1o lo 4 oo ] [lo lo -13] [1-201] [l O O o oo oo lo 2o ' oo lo o J ' 00001. oo o ooooo s
'
l
Rang matrice je broj ne-nul redaka u reduciranom obliku matrice. Označavamo ga obično slovom r i pišemo r( A) = r. Ako je matrica A tipa m x n, tada je uvijek r(A) �min{m, n} . Rang matrice se podudara s najvećim redom nekog minora koji je različit od nule.
3. RANG I INVERZ MATRICE
38
Neka je A kvadratna matrica reda n . Njen je rang jednak n onda i samo onda kad je njena detenninanta različita od nule. Reducirana forma takve kvadratne matrice jedinična je matrica.
[ 42 2 53 -21 47 ] .
3.1.
l
RJEšENJE.
A=
2 1 .1 8 2
[; � � � ] 002 o -
"'
prvi�edakdx(-2)) (dodajemo rugom "'
[�o -�o -2� -�o]
"' [�o oi 2l o�] [ l O [ [ � l "'(treĆI dijelimoredak ) OO O 1 O3 -!l 3. [ 2 -3 -21 3 l "' ('UJHijprvi eni trećijujemo) [ 3 -22 23 ] 2 -3 3 2 2 redak 3 2 2 [ ] oništavamo) poništavamo ) "' [ O O3 -4 ll (elemente "' Glemente "' 4 O 3 rvogstupca 0 12 -3 drugogstupca O O O O "'(::::��daks3) [� � -1 t], 2. oo oo [ 42 21 35 -2 74 ] "' Gelemente oništavamo) "' [ O2 O -13 -25 -14 ] 2 8 2 rvogstupca O O -2 10 -2 oništavamo) "' [ 2 O 13 l "' (ptreće elemente gstupca 0O 0O -10 05 03 1 1 O� 01 _!5 21 l ) p redak i s dijeli� rv "'(dru 0 [o o o o o 2 gls-1 �g� redak ) "' (ddyeluno s
-4
s
2
.
r( A) =
B= l l
4 4
"'
l
l
4
l
4
X
l "' l
6 l
6
16 l
l
l
l
=
l
l
l l
l
2
"'
6
l
-9
r(B)
e __
4
4
6
"'
1
drugi. redakprvom(-2)) "' � � f - l4 "' (dodajemo oo2 0 (poništavamo ) "' lO Ol OO - 3 � "' elemente u trećemstupcu OOl O
l -l
'
r(C)
= .
3. RANG I INVERZ MATRICE 3.2.
39
3 4 4 A= [ 7 147 33] .
U ovisnosti o parametru
A nađi rang matrice ll A 10 l l 22 E
R
A"' [�72 1147� 133 i2l ] "' [�oo 12�0 -25-is- A�-20-412] 5 4 "' [�o 1�0 -25iff A-20�i2] "' [Ho o �o5 �o ]· Iz A = 2 A = O A) = 3 a � A= [!2 7� i2a ] ;b) B= [ l a!2 ;za]. a 3. l� � l 2, a. b) l2 a2l-l = a- l? Ol ll a+l l =- a-1)2a a + 2). OOl aa-l -l a-1 O a+l al = a = a = a = l l � �l l. a = 2. a = -2 .. ,1l 12 1 · .
Ne traži se reducirana forma pa zbog jednostavnijeg računanja smijemo zamijeniti stupce (to neće promijeniti rang matrice):
RJEšENJE.
ovog oblika zaključujemo da je r( )
3.3.
U ovisnosti o parametru
ako je
E
te r(
inače.
R nadi rang matrice
a)
RJEšENJE. a ) Rang matrice jednak je redu najveće minore koja je različita od nule. Kako je za svaku vrijednost parametra deterrninanta matrice jednaka nuli (prvi i drugi redak su proporcionalni), to je rang sigurno manji od Međutim, deterrninanta
minore
iznosi 9, različita je od nule i stoga je rang matrice
neovisno o
vrijednosti parametra Deterrninanta matrice iznosi (
(
(
Ova je determinanta jednaka nuli samo za l O i ostale vrijednosti različita je od nule te je rang matrice jednak 3. Za sva su tri retka jednaka - rang matrice jednak je
-2 . Za sve
,
glavna minora
1znos1
_
različita od nule te je rang jednak
'dnak2. 1 rang Je ponovo Je
Za
Za
O,
prva
ista minora
40 3.4.
3.
RANG I INVERZ MATRICE
U ovisnosti o parametru A E R nađi rang matrice ... n l 2-A ... n l -A . . . n
l 1-A 22 3 33 :
·..
2 3
l
. . . n-A
RJEšENJE. Za A = l taj je rang očevidnol, pošto su svi retci (i stupci) proporcionalni te je svaka minora reda jednaka nuli. Da odredimo rang matrice za preostale vrijednosti, izračunat ćemo njenu deter minantu. (To je učinjeno u zadatku no ovdje ćemo primijeniti drukčiji račun.) Oduzimajući prvi redak od svih preostalih dobivamo determinantu: n A -A ll= A -A
2
2.13 , 1-A 2 O3 O O O A O O -A Dodajmo sada sve stupce od drugoga do posljednjeg prvom stupcu: 2 3 nO O -A O O ll= O O -A O O O -A *
gdje se na �estu zvjezdice nalazi element
2 3
(l- A)+ + + ...+n= -A+
n(n+l)
Determinanta je stoga jednaka umnošku
··
2
·
ll= c(n;l) - A)(-At-1
n(n+l) 1 • Je • dnak v • rang je . U prvom, slucaJu Jednaka Je · nu1·1 samo za 11. = 1· za 11.1 = l, a u drugom on iznosi n- l. Naime, glavna minora reda n- l za ovu vrijednost (n- l)n . ) Za sve broja A različita je od nule! (Ona je jednaka nuli ako je A =
O
1
ostale vrijednosti A rang je n.
3.5.
Zadana je matrica A =
2
[ 23 -2O 1514 88 ]
2
. Pomnoži je redom sa sljedel ćim elementarnim matricama i uvjeri se da su tim množenjima opisane
-1 4 2
41
3. RANG I INVERZ MATRICE
[-2o ool ool ] , [ -3 oo o]l ] ] l o o o [ [o o l oO [olO ool oO][2l3 -2O 1442] [l23 -2. O 1442] (ztm�jprvi ienjtreećini) , [ -2o ol lO ][23 -2O 42] [3O 2 426 4] (prvi redak -2)) [ -3O ool olO]. [lO3 -22 46 24] [oO 2l 436 224] (prvi redaktrećem - ) ' [oO ol O ], l oo
elementarne transformacije: Et=
1
�=
1
1 01 0 ,
E3=
11
Es= 0 10 ,
10 . -1 l
E6=
RJEšENJE. Računajući redom tražene umnoške dobivamo
At=EtA=
A2=�At=
A3= E3A2 =
3.6.
15
1
-1 1 -1
100
-1
1
Matricu A=
8 8
14 15 15
-t
=
8 8
8
15
=
=
[-�l -o� -o! o�l
1 -1
8 8
- 2 15
t -1
redak
x
8
(
dodan drugom
dodan
x(
'
3)
svedi na reduciraniob lik. Nakon svake
transfor macijeod redi elementarnumatricu pomoću koje jeona dobivena (m nožen jem slijeva!). RJEšENJE.
A=
At=
l 6] [-4O -24-42, [ lO oo -4oo oo2] , -4-2 l 6 1
4
E1 =
[oO ol O], l oo 1
42
[ 4o o4 o2 , o -2 l 6 ] [ lo o o o -2 l 6 ] [ lo o o o o 7] [ lo o o ] o o l -7 [ lo o o o o l -7 ]
1 Az=O
1 As=O
-1 !
-1
1 A6=O O
,
1 E4=O O ,
,
-1 t -1
[ o o] 4ol [ lo o o 2 l] [ ol o ] oo [ oo o o l]
1 Ez= 010 ,
-
1 A3 = O
1 A4=O
3. RANG l INVERZ MATRICE
1 Es=O ·
t ,
O , -1
1 E6= 011 .
-lf ,
[� -i �]· o 2l
Izračunaj matricu E = E6EsE4E3EzE1 i uvjeri se matričnim množenjem da vrijedi AR =EA. 3.7.
Zadana je matrica A =
Svedi je na reducirani oblik.
Izračunaj umnožak E pritom korištenih elementarnih matrica.'
RJEŠENJE.
[ 2 -2 s] [lo 2 li l o 2l [l lo i l o2l [l lo �l [o oo ol] ool
A=O
10 ,
-1 A1 =O l 6 Az=O
6 ,
A3=O
6 ,
,
1 A4= 010 , Neposrednim množenjem dobivamo:
B=E4E3E2E1 =
[! lo o o o l] [ o] ool [ o o] [lo lo-2_il l oo l [! l o -2 l E1 =
6
O ,
1 1 Ez= 010 ,
1 E3=O 10 ,
6
E4= O
Uvjeri se množeći matrice da vrijedi BA=I.
6
6 -i l
6 .
.
3. RANG I INVERZ MATRICE
43
Za kvadratnu matricu A kažemo da je regularna ako postoji matrica, označava A_,, za koju vrijedi AA_, =A_,A =I . Matricu A -I nazivamo inverzna
mo je s
matrica. Kvadratna matrica reda n je regularna ako i samo ako joj je rang jednak n . Inverznu matricu računamo svođenjem na reducirani oblik. Ako je
A
kvadratna
matrica punoga ranga, njen reducirani oblik jednak je jediničnoj matrici. Umnožak
En · · E2E, ·
pritom korištenih elementarnih matrica daje upravo inverznu matricu (vidi
posljednji zadatak). Umjesto da se na kraju postupka računa umnožak elementarnih matrica, čitav se postupak sprovodi na tzv. proširenoj matrici koja se sastoji alijevam dijelu od matrice
A, a u desnom od jedinične matrice I. oblika
[A i I]
"' [A, i E,] "' [A2
i
Elementarne transformacije daju niz matrica
E2Ei]
"' ... "' [I i En··· E!]
[-i � - �]· -2 2 3
te se na koncu postupka s desne strane nalazi upravo tražena inverzna matrica.
3.8.
Odredi inverz matrice A =
! o o : 1 3 (��1= [ l 0 l : o l o ] 3: o o l 2 re :amo t t "' Grvogstupca) [� t l t � �] Ol -t t -t Oo ol "'(množimo redales treći) "' [ oO l 2 l o3 Ol ] 1 : o 1 o pon ištavamo ) "' [ 01 o12l elemente "' (dru l 3 gogstupca o -4 0l ] o l : -2 pon ištavamo ) [Ol Ol OO 25 ll5 -l elemente -2 "' (treće gstupca 0 0 1 2 -4 l [ 25 ll5 -l-2 . -2 -4 l l
[-3l o1 -1l :: o1 ol oo -2 2 3 ::o o l ]
RJEšENJE. Iz proširene matrice [A l I ] trebamo dobiti oblik [I l A -1] :
3
"'
"'
elementarnim transformacijama nad retcima
-3
lj
A_, =
_
-2
� Jf -t
� If -t
_
Dobili smo
) "'
1
! 1 3
_
3
44
3. RANG I INVERZ MATRICE
3.9.
[Hl l U]. lo
Elementarnim transformacijama odredi inverz matrice A=
[ Oll Oll Oll lllOl J Ol OOl OOOl OOJ
RJEšENJE.
[ Oll lOl Oll llll::OOl OOl OOl OOOJ ll l Oi O O O I [ l o 1 tio l 1l ol oOIOO O l OO 1l -11 Ol : O1 -1O Ol OOl ol lO ol -1:l :o -1O ol lO OJ ) [O l l l l O O O Oo Oo -1-2 -2:-1 -1-1 -1-1 ol Ol [0O1 oO1 ll1 1lJ: ol O1 oO oOO] o[ 1 o0 0-1 -2: -1 -1 ool] o olo Računamo kao u prošlom zadatku:
i
oništavamo "" Glemente ) rvogstupca
n JuJemo) "" (wn!� ��drugi "" ""
(poništavamo "" ekmenle drugogstupca
(trećiredak)
"" dijelimos-2
1 1
""
---r
A-1
!.
o[ol 0oo 0ol 1i-I:-! -t ool ] O0 0l O1 ! -� oo 0[ l0 o0o1/o: l 0O O1 0l 0O o o o 1: - [ -ill -�ll -2�l -2�l l . ��
_
2
!.
t:
l:
""
ponirtavamo ) "" (ekmente četvrtog stupca __,._
1 1
l2 J l2 21 _l2
poništavamo "" ( elemente ) "" trećegstupca (četvrti redak "" dijelimos-�)
:
""
""
!. 3
1 2
t t : ! - tl 2 '1 l2 2 �t l 1
1
l 2
l
3 l
t _i 1
-
l 3
2
3
3 l
3 3 !. -� 3 3 3 l 3 3
t
l
l
2
3.
45
RANG llNVERZ MATRICE Odredi inverz za opću matricu drugog reda
3.10.
je ona regularna.
a -:j:. O [a db i Ol Ol ] "'
a
[: �]
pretpostavljajući da
RJEšENJE. Da bi ova matrica bila regularna i e ne mogu istovremeno biti nule. Pretpostavimo neka je (u protivnom zamijenimo prvi i drugi redak). Proširimo matricu jediničnom i primjenjujemo elementarne transformacije: e
:
i O� Ol� O � O O lOl d -b = ad -bc[ a ] · ad-bc -:j:. O,
dijelimo ) "' [l � i ] rvi redale d l � i 0 (dodaredak. jemodrux(-c)) gom [ d-c!!. l _ f. 1 ] dru 1 [ l i "' (redijelimo ] dak i!!l.=.!g !E.J 0 �1 �:C - ��bc ,...., (drugi . redak x(-�)) [l ! - tul=bC dodajemo J { \p
sa
prvi
e
rv
rv
s
a
a
l
_a_
1
"'
,.....,
[a db ] prvom
:::::::}
Primijeti daje matrica
[: :]
e
-I
1
ad
ad-bc
ad-bc
-e
regularna ako i samo akoje
3.11.
Riješi matričnu jednadžbu
RJEšENJE. l.
način . Matrica
jednakosti
a
D!] ·X=[�� ] · 22 X mora biti tipa
x
pa uzmimo
{ 3aa +3c4c=3,5, { b3b 3d =5, a = 3 = 4 b = d = X= (34 76 ] način. = =[; :] =[; �] X=
tj.
l � : 1-::f:. O.
X=
izjednačavanjem odgovarajućih elemenata dobivamo dva sustava + + = + 4d 9, =
· r.JešenJa su �·Ja ct .
2.
.
5, e
5,
Jednakost AX
A -l ( A je regularna) pa imamo
7, 5
B
za
A-1 AX= A -I
6 . Sli'Jed'l
5
A
=
I 5
,B
B
:::::::}
A-1B.
· ,
množimo slijeva s
3. RANG I INVERZ MATRICE Računamo A_,=-!
[_j -i] [ ] [ 5] [ 7] pa je
4 -3 l X= š -3 l
3 3 = -šl 4 6 . 5 9
Elemente matrice A_, možemo izraziti eksplicitnom formulom: l (A -1 ) ij= Aji · detA
[
l
Ovdje je Aji algebarski komplement elementa aji, Aji = : (-l )i+j Mj; . Dakle:
A 11 A 12 _l_ A21 A22
1 A_ = detA
• • •
. • •
A 1n A2n
:
An! An2
· • •
A nn
T
Ova se formula nazica Cramerovo pravilo. Efikasna je za matrice drugoga i trećega reda. Zamatrice većega reda treba (u principu) koristiti Gaussov postupak.
3.12.
[
]
l 2 3 Odredi inverznu matricu matrice A= 2 -l -l . l 3 4
RJEšENJE. Koristiti ćemo formulu ( *) Najprije treba provjeriti postoji li inverzna matrica! Izračunat ćemo detA jer nam je ta determinanta ionako potrebna u gornjoj formuli. l 2 3 detA= 2 -1-1=-4-2 +18-(-3-3+16)=2 . l 3 4
Determinanta je različita od nule, stoga postoji inverzna matrica. Za matricu reda 3 najpraktičnije je odmah formirati (veliku!) matricu reda 3čiji su elementi alge barski komplementi. Primijeti da se predznaci ispred minora mijenjaju na isti način kao i pri računanju determinante razvojem po ret:kil ili stupcu. Također, praktičnije je
47
3. RANG I I NVERZ MATRICE transponiranje matrice načiniti u drugome koraku:
2
A- t = !
3.13.
[23-1]· [- 2-42 3l, r -2 1 34.]
Nađi rang matrica:
a) d)
o '
l
l
2
. l h) o o o o o o
b) e)
ooo ooo
[ -1 63]·,
e)
[43--42142sj . 2
l
-6
f)
'
[H-1l,20 14 [ 42 33 -1 ] l
5 ;
o
o9
-1 33 3.14. 4 3 ] 2 3 2 3 4 2 r43 -1 2 1 [ -11 123-113123] [- 23 -14 4 4 -2 3 l
2
o
Nađi rang matrica:
l
a)
l
5.;
5o
5
b)
;
l 7
9 8
e)
l
o
-l
l
2
O7 ;
l
5
H ; � -L � H -� [ [ ] ; ] ! [EH E�]; 2 7 3 1 4 -2 -1 o -3 3 4 -4 o 8 -4 2 3 7 6 4 2 -3 6 l [23l -221 246 -325 56l 279] [ H n -t =i]· 5 10 18 -7 10 15 ; -13 3l -13 7l -1o 27 3. RANG I INVERZ MATRICE
48
d)
g)
h)
-1[ 2 2A -2ll A l ; b) 2; 3 ? 3 -6 -3 A [A� l! :2i :l3] 3. A A+ [ �l ll� -1-6 O�]; b) [�l Al Al]; [l� -�i; 10 -6 ll] .
3.15.
Za koje vrijednosti parame tra e) a)
3.16.
Odredi parametar
3.17.
U ovisnosti o parametru
a)
3.18.
f)
e)
E R je
jednak
bude
E R tako darang matrice
E R odredirang
2
Pmvjeri
rang matrice
direklno na matri cama A
ma trice
e)
2
; [- � : n i B ;
rang vrijede nejednakosti r(AB) � r(A) i r(AB) � r(B).
3.19.
[�5 -2� -3�l, b) [;3l =-5jl -1il ] , l l [il �5 �3l , [2� -2i _;],l [ lll -1-1l -1-1l -1-1l [il �]2; -sl b) [ -312l -23 5l]'. [2 o [ ll -3l -23 ; [ -14 2o 53 ]; f) [ ol -17 o35].
da za
Izračunaj (Cramerovim pravilom) inverz sljedećihmatrica:
a) d) 3.20.
Hj
e)
e)
.
Izračunaj inverznu matricu za matrice:
a) d)
e)
e)
]
sina cosa -cosa sina '
49
3. RANG I INVERZ MATRICE 3.21.
Odredi inverz sljedećih matrica:
a)
d) 3.22.
H H]. [1000 [ � ! ! -�]· 2 [g � + 12]; -
e)
H H]. [0011 [l-� -1H�2 ]; n H]; [2221 n: o o
Odredi inverz sljedećih matrica:
a)
o o
3.23.
,
l -l l -l l -l -l l
b)
o
b)
l
Izračunaj inverz matrica reda
l l l ... l l l ... l O O l ... l
o
a)
o o
l
e) 3.24.
l l l
o
e)
.
o . .. o o o
l .. l . ..
b)
d)
o o o . .. l o l l ... l l o l ... l l l o .. . l
. .. o
l l l
. .. o
a)
e)
x[� !] = [ -� _;]; [ -� i]x[� �] [� ;];
111 . . 1 1232... .. n-1n n-2 =
d)
Ol O l l ... l O O l ... l X = O O l . . .
ooo
... l
o o o .. .
l
o
l
l l
l l O l
o
o l oo
Izračunaj nepoznatu matricu X:
b)
ooo oooo
o3
l l
l H]; [�0001 [H! 2H]2 . [-1 l -1-1 -1-1 -1 .
f)
3
o o o .. .
l l l l ... l l o l ... l l l O . .. l
e)
l
·
3. RANG I INVERZ MATRICE
50 3.25. 3.26.
Pokaži da dijagonalna matrica reda n sa elementima dt , d2 , ••• , dn na dijago nali ima inverz ako i samo ako je d; # O, Vi. Kako glasi njen inverz? Kako se mijenja inverz matrice ako u matrici: a) zamijenimo i-ti i j-tiredak; b) pomnožimo i-ti redaks e) i-tom retku dodamo j-ti pomnožen s Dokaži da je inverz simetrične matrice simetrična matrica, antisimetrične ma tice antisimetrična. Matrična se jednadžba ne smije skraćivati. Odredi _primjer matrica A # O i B # C drugoga reda takvih da je AB = AC. Sto se događa ako je A regularna? Ako matrica A zadovoljava jednadžbu A2 + A + I = O onda je regularna. Dokaži! Kako glasi njen inverz? Matrica je idempotentnaako je A2 = A. Dokaži da je idempotentna matrica regularna onda i samo onda ako je jedinična. Neka su A i B matrice sa svojstvom 2A - B = l. Dokaži da je matrica A idempotentna onda i samo onda ako je matrica B involutoma. Ako za matricu A vrijedi Ak = O ( A je nilpotentna), pokaži da je I - A regularna te da vrijedi
A;
3.27. 3.28.
3.29. 3.30. 3.31. 3.32.
3.33. 3.34. 3.35. 3.36.
b)
(I - A) - 1 =I + A + A2 + . . . + Ak- 1• Dokaži da vrijedi: a) (AB) - 1 = B- 1 A- 1; (A- 1 ) k = (Ak ) - 1 , k E N. 1 Opovrgni: e) (A + B)-1 = A-1 + B- • Ako matrice A i B komutiraju dokaži da i A , B , A - l , B- 1 komutiraju sve
međusobno. Neka je f(t) polinom u t . Dokaži da je f (S - 1 AS ) = s-1/(A)S za regularnu matricu S E .4n i bilo koju matricu A E .4 n. Dokaži da za ortogonalnu matricu A ( AA T = A TA = I ) vrijedi: a) matrica A - l također ortogonalna; b) produkt ortogonalnihmatrica je ortogonalna matrica; . cosa -sina . e) matrica Je ortogonalna. . sma cosa Dokaži da za unitarnu matricu U (U je kompleksna i UU* = U*U = I ) vrijedi: a) matrica u- l je također unitarna; produkt unitarnihmatrica je unitarna matrica. Ako matrica posjeduje neka dva od sljedećihsvojstava A je simetrična, (2) A je ortogonalna, (3) A je involutoma, onda nužno posjeduje i treće.
[
3.37.
3.38.
A.
b) (l)
]
4.
Sustavi linearnih jednadžbi
{
Linearni sustav od m jednadžbi s n nepoznanica zapisujemo u obliku
auX t + a12X2 + . . . + a1,.x,. . aztXt + azzXz + . . . + a2nxn
(
= =
bt, bz,
(l)
(l)
amtXt + amzXz + . . . + �nXn = bm. Ovdje su a ij, bi zadani brojevi, a x , x,. nepoznanice sustava. Rješenje ovoga sustava je svaka n-tarka x t , . . . , x,.) koja uvrštena u identički zadovoljava sve
jednadžbe.
1,
• • •
[:: ::! �].
Linearni sustav možemo predočiti u obliku proširene
matrice sustava
:� :::
aml amz . . . amn : bm
Taj se sustav rješava tako da se svede na ekvivalentan u kojemu matrica ima re
ducirani oblik.
Pri tom se smiju koristiti identične elementarne transformacije kao i
pri određivanju reducirane forme matrice: • •
•
zamjena dvaju redaka, množenje retka skalarom različitim od nule,
dodavanjem nekom retku drugoga retka pomnoženog skalarom različitim od nule.
One se primjenjuju na proširenoj matrici sustava. Rješenje sustava će postojati ako matrica i proširena matrica sustava imaju isti rang.
Iz reduciranog oblika se očita
va rješenje izborom po volji odabranih vrijednosti za slobodne nepoznanice te potom
određivanjem vrijednosti vezanih nepoznanica.
52
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
x +- 2yy +- 3zz == S,l, x + 3y + 4z = 6. 1[ 2 -12 -13 l l [ 1 -S -73 l [ 1 l 3l sll l 3 4 6 o l lo 1l: 3 o -S1 -7o 1J3 1 o o: 1 [ o ol -2l : -4ll [o ol ll : 2l ] [ o ol l : -12l , x = l3, y = -l , z = 2. 3{ x -2y-y +6z+3z == 4,l, b) { xx ++2y2y +3z+z-z === -2,3,3, Sx +4y = 2. z l. = -x +2y +12 ) l. 3: [ 63 -2-l 63J: 4l [ 3 -l 3 : -74 4 o : 2l o -S l 2, b) [-H-l 2 J12:Hl] [io 4Lm] o o m]. o:o lS : 4 [Ho o m] 8 : o [H = 3,
4.1.
Gaussovom metodom riješi sustav 2x
RJEšENJE. Sustav pišemo u matričnom obliku koristeći proširenu matricu [A i lJ]. Nakon toga matricu A svodimo na reducirani oblik.
:
! l
s
rv
2
O
:
! -9
l
l
rv
O
s
O
rv
J
N
:
l
2
l
J
O
Rang matrice jednak je rangu proširene matrice i iznosi stveno. Čitamo ga direktno iz reduciranog oblika: 4.2.
-9
rv
O
OJ
. Rješenje sustava je jedin
Gaussovom metodom riješi sustave:
a)
-2x
6x
RJEšENJE. a Pri postupku svođenja na reduciranu formu nije obvezno na mjestu sto žernog elementa imati broj jednak Dovoljno je zadržati bilo koji ne-nul element. U ovom primjeru zadržavamo broj rv
s
O
O
lf
OJ
: If
.
-
Iz drugoga retka čitamo da sustav nema rješenja. Rang matrice A je 3.
rv
rv
rang proširene
rv
Postupak svođenja na reducirani oblik u ovom se primjeru neznatno razlikuje od do sadašnjih. Opredijelili smo se da u prvom koraku matricu A svedemo na gornji t'rokutasti oblik, kako bismo uz minimalni broj operacija ustanovili da li sustav uopće ima rješenja. Iz ovoga oblika čitamo r(A) baš kao i rang proširene matrice. Sada nastav ljamo postupak svođenja matrice A na reducirani oblik. Taj se korak naziva obratni
53
4. SUSTAVI LINEARNDf JEDNADŽBI hod.
[ ][ ] [ l
Posljednji redak matrice (ispunjen nulama) ne moramo prepisivati.
0O1 42O 00l 1ii O43 "' 0O1 20l 0O1 11i 03l x = l, y = l, z = O.
OOl OOl OOl iii Oll .
rv
Rješenje sustava glasi
4.3.
Riješi sustav
3x5x1 X ++ 3x3X3 +- 2xX44 == 3,l , 1 + x22 + - 3x4 = 4. - 2x2
2x 3
2x l
Pri svođenju na reducirani oblik dozvoljeno je zamijeniti stupce matrice A (ali nikako s proširenim stupcem! ). Zamjena stupaca odgovara promjeni poretka
RJEšENJE.
nepoznanica: svaki stupac odgovara točno jednoj nepoznanici i pri zamjeni stupaca moramo naznačiti kojoj nepoznanici odgovara koji stupac.
U ovoj
matrici zamijenit
ćemo (radi jednostavnijeg računa ! ) prvi i treći stupac.
[
l 1 -2 3 2 i l l [ "' [ oo -7:-7 ol "' [ oo o5 -4o -7o :: o2l .
523 -2-1l 231 -1-32 i:: 43l "' 321 -1-2l 253 -1-32 ::i 43l 1 -25 -43 2 i l 5 -4 : 2
Sustav nema lješenja.
4.4.
Riješi sljedeće homogene sustave
a) RJEšENJE.
a)
+3z == O,O. { 3xx +y-y +5z
b)
{
+3z x3x +2y+y-y -2z -Sz === O,O,O.
2x
Proširenu matricu svodimo na reducirani oblik.
oo o
oo o
na nul-vektor, sustav će uvijek imati lješenje.
Kako je desna stra
oo o o oo .
Dvije su mogućnosti: postoji samo
[ 3l -ll 53 i ] "' [ l -l4 -43 i ] "' [ l -ll -l3 i ] "' [ l l - 21 li ] x = -2z = -2A , y = zz == AA
trivijalno lješenje, ili, postoji beskonačno mnogo lješenja. l
l
l
Prve dvije nepoznanice su vezane, dok je treća slobodna. Nju biramo po volji:
Nakon toga određujemo vrijednost prvih dviju: Rješenje zapisano u vektorskom obliku glasi
. .
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
54
b) [ 2 -1 o ] [l 2 -slo ] [l 2 -slo ] l 2l -2-5 oo "' 2 -1l -2 l oo "' oo --55 11 ll oo "' [loo -5o2 -slo 1oll oo ] "' [ol 2l l oo] "' [o1 0l -4 l1 oo] . = = -A., = SA.. y= 1 Zamijenimo prvi s drugim retkom i nastavimo svođenje na reducirani oblik
3
3:
3
3
3 3
�i
1
- -s l
3
Izaberimo slobodnu nepoznanicu na način z lf z = 3).. . dakle
Tada slijedi x
1
-tz
= O, = O, { = O. [l ll -ll oO ] "' ol -2l lll oO ] "' ol ll 2l ll Oo ] "' [lo Ol -l2 ll oO] . 2 l o o =A..[ o -1 -2 l o [o -1 -2 l o o o ol o = -2A., = =A.. � 2 ] A [ [�:l � [+l � b) [;11 2i1 2�1 ;11 110i �l0 "' [;11 22� 2�1 ;11 i1010�l "' [�oo -�1l -o1� �o0 �loo "' [�oO 1l� ol� �o:oO il �Ol ["' o0001 o01 -10o1 010oo1 l: o0o] "' [o01 oo1 o1l o01 oool "' [oo1 oo1 ool oo1 ooo] . =O, =O, x1 = =-A.. =A..
4.5.
Riješi homogene sustave:
a)
X 1 +x2 +x3 3x l +x2 -x3 2x l +x2
RJEŠENJE. a) Proširenu matricu sustava svodimo na reducirani oblik:
3
-4
Uzmimo neka je x3 da je x2 = - 2x3
Tada iz reduciranog oblika prosirene matrice sustava slijedi Rjesenje u vektorskom obliku je odnosno x1 x3
Zamijenimo prvi i četvrti redak i radimo elementarne transformacije:
l
l� l� [�� n · nJ
Uzmimo nekaje x4 Iz reduciranog oblikaje x3 Rješenje u vektorskom obliku je
1 l
1 l
l
l
/
!
x2
-x4
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
ss
{ 3xt2xtXt +3x+x-x22-3x+x-x33-3x4+x4-x4+-+xs4xs2xs===O,2,l,
4.6.
4xt+5x22-5x33-5x4+1xs=3. -14:2 : -123 ] 3[ l lll -l-2-1 -1-1-3 -2:o:: 252] [ool -8-2l -12 -3268 -38: l -1 o -1l 12 -1: l -3 o 4:-2 2l 2 -2:l o -1o -2: o o[oo -2-8l -ll -4262 -38:-2:6 -1-132] [ooo ool -l-1 -4-6-6 11600 ::: 323 ] [ O1 o -lo -41 -26 :: 2o] [ O1 ol Oo 21 -4-2 : -lo] . o o l 6 -10 : -3 o 3o l 6 -10 : -3 a =2 = X4 Iz 5 -3x =-l+ -3 +l Ox s-6x4 x x-3-={J.+ 10/J-6a, = 2 4x5-2x4 =-l+ 4/J-2a, x13 = 2xs-X4 = 2/J-a.= [;;xx2l ] = [ -3+1-1+4fJ2/J-a-2a6al = [ -i-1o] +a [-l-!-2l +P [ 142] . � t b)2 1 -l -l 1 1 l -l 1 1 -2 o l -l 1 1 -2: o 3[4l -13 -3-5l -5-3l -24 o32] [423 53l -1-3 -3-5 l 23l ] [ooO 36 -3-6 -3-6 1105:5 : 3l ] o[o1 -1o3 -3ol -3ol -2iO0105 1 1 ] [1o -11 -1l -1l -2l0] [10 01 -1o -10 -� : t] o o o o o:o 2 -3y = 5 -2 = 3 4 = = a, x x5 = X 3 x2 = - txs + X4 + X3 = -5y + + a Xt = + tXs = + RJEšENJE. a)
4
-4
rv
9
IV
7
1
l
7
rv
- 1
IV
l
rv
l
Rang matrice jednak je rangu proširene matrice i iznosi pa rješenje postoji. r(A ) :::::: pa iZilberemo dvije slobodne nepoznanice i reduciranog oblika proširene matrice očitavamo 5
n
U vektorskom obliku:
Zamijenimo u prvom koraku prvi i drugi redak
5
rv
- 1
rv
-5
7
l
rv
Rang matrice i rang proširene matrice su pa izaberemo tri slobodne nepoznanice oblika je t t
4 7
S I I
3 1 3
rv
9 -9 -9
""
pa rješenje postoji. f3 , f3 i
l2
5 1 1 3 1 3
n
t
r( A) .
•
Iz reduciranog t Y U ·
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
56 vektorskom obl iku Ije šenje je:
A Ax{ 2x +2y+y +2z+z == 4, b) {Ax +Ay+y +z+z == A,l, 3x +2y +3z = 12. +y +Az = A. l.4 3. 1 2 A i 4 [ l 2 A i 4 l z. l12 "' [ 32 2l 32 : 12 l "' oo -4-3 3-3A 2-2A :: -3o "' [ool -42l 3-3AA-1A i:: -34o l "' [ ool o2l A-1A-1A -12-3 l "" [oo1 0ol -A+2i A-1A-1 :: -1-3lO2 l "' [oo1 0ol A-1ol ::: -1-22l l) A = l 2 3 2) A l 3 z! ) : X = l-A'12 y = z= -2-X= -2- l-A12 . b) [A l l i l l [ l l ll Al Al ii AA "' Al Al ll =l +y+z = l y =al), z = A =l-a4. 7.
Uovisnostio p arametru
E R rije ši
a)
5,
sustave: x x
RJEšENJE.
a) Zamije nimo
i
stupa c. To od gov ara zamjen i var ijabli
xi
: 5
5
4
9
.
R azlikujemo slučajeve: Za ran g matrice je a ran g pro ši rene matrice pa sustav u tom slučaju nije Ije šiv . Za =/: ran g matrice i ran g p ro šo rene matrice se poduda raju i iznose pa je su stav Ije šiv . Rje še nje je (zamijenili smo na početku x i ,
9,
Z amijen imo prvi i treći redak: A
Ako je f3 ,x
sus tav se svodi na f3 .
x
čije Ije šenje je dvopara met arsko:
57
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
A l A -l l -A l l A i A � � � l i � o -1 [ � l l+A i l+A [ � 2+A[ l :A+ll+Ai A l [ l -l -.1 l l 2+A-1 l+A l 2+A-1 l+Ao . 2) AA = -2l A -2 2, l2+A+A 2+A-1 . l+A ' = -l+z= -1+ --= z= 2+Al+A ' y=z= 2+A
Za l- nastavljamo dalje sa elementarnim transformacijama. Sada smijemo podijeliti drugi redak sa i treći sa
:
rv
O
O O
rv
O O O O
: l
O
rv
O O O O
Nadalje imamo slučajeve: Za 3) Za
l-
rang matrice je rang proširene matrice je 3 i sustav nije rješiv. i lrang matrice i proširene matrice su 3 pa je rješenje: x
--
l. 2.i [�l �42 1�4 A� �l4 [� -4;2 -1-�98 A-9-!4 i:i ;2l l o[ l l 2: 211 [0l o1 -4 A-1-l2i ol l -4 -18 A -9 i l 2,
RJEšENJE. a) Zamijenjujemo i 3. i zatim 3. stupac. Time smo ciklički zamijenili prve tri nepoznanice pa sada imamo redom x3 , x 1 , x2 , x4 •
[�42 14� �l A� ii �l4 -3 3
7 :
7
rv
3
-3
rv
l) A = l
rv
7
Razlikujemo slučajeve: Za rang matrice je
O O
_
O O
_
7 2
5
3:
O
O
O1 O
2 2
l
rv
2 2
O O O O
O O
: l
1
5 Oi O
•
a rang proširene matriceje 3 pa sustav nije rješiv.
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
58
2) Za A l l tješenje je: 5
X4 = r1, x2 = 2a,
b)
[�
x1
=l
x3
=
- 2x4
x4 + 4x2 =
_
5
A
1
+ 8a.
�l "" [� l � ! � � l "" [� l � � � � l [�H l �l [i H =�i �l i'V [i H _w=fl · l� �j
Al l 2 A +l i l +A -1 A-1 O A i - 1-A A-
rv
10 - 9-2x2 = l - -- 9a' A-l
o o o A +2 o
AO O l A : l O A l l+A i - 1
O O l O O -1
AA i l 2 i -1
rv
o o o A+2 : o
o o o A +2 :
o
Imamo slučajeve: l) Za A = -2 rang matrice i rang proširene matrice se podudaraju i iznose 3 . Rješenje je jednoparametarsko:
2) Za A = O lako se vidi da je rang matrice 3 , a rang proširene matrice 4 pa je u ovom slučaju sustav netješiv. 3) Za A l O i A l -2 rang matrice i rang proširene matrice su 4 pa je tješenje jedinstveno i iznosi: 2 2 Xz = --, XI = A - l + I ' X4 = 0. A
Neka je A kvadratna regularna matrica ( D = det A l O ) . i -ta komponenta tješenja sustava Ax b glasi (2)
59
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
D; b :
.. . . D;= . ...
Ovdje je determinanta matrice koju dobijemo tako da se u matrici A zamijeni i -ti stupac s vektorom a ln au . . bl a2n a21 . . b2 .
anl
..
.
bn
.
.
ann
U slučaju manjeg broja nepoznanica, uobičajeno je indekse determinanti označa vati imenima nepoznanica.
2x{ xx +3y+2-yy +4z+3z-z === 5,6.l, D = 2ll -l32 -l43 = 2. D Dx Dy D D 5 l 2 1 5 5 2 3 3 Dx = 6l -l3 -l4 ::::: 2, Dy = 2l 6l -l4 = -2, Dz = 2l -l3 6l = 4. z= -DDz =2. x = DDx = l, 3{2xx +2y-y +3z-z == b) {2xx -3y+5y -4z+z -2+5 == x{ x -2y+y-y +z+z-z === 2,l, 4x +y -3z +4 = 3x -3y +2z = 3. 3 2 -1 D = 2l -ll -13 = l D x = y =z= 2 -3 l D = 4l 5l -4-3 = -2 b) Dx= -4-52 -35l -43l = -10, Dy = 24l -5-42 -43l = -12, Dz = 24l -35l -5-42 = -20.
4.9.
Cramerovim pravilom riješi sustav
=/: O pa postoji je
RJEšENm. Determinanta sustava je
dinstveno rješenje. U determinanti prvi stupac determinante stupcem slobodnih članova. Slično i za i z
zamijenjen je sa
•
RJesenJeJe v • • 4.10.
Cramerovim pravilom riješi sustave: O, a) O, O. e)
O, O, O.
2x
RJEšENJE. a) Determinanta sustava j e
,
dakle
j e homogen pa postoji jedinstveno trivijalno rješenje Determinanta sustava je
O.
Nadalje
=F O i sustav
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
60 Rješenje je
x
= y = 6, z = lO . l -2 l = 32 -l-3 2l = O 5,
e) Determinanta sustava je D
i sustav nema jedinstvenog
tješenja. Moguća su dva slučaja: sustav nema nikakvoga tješenja, ili, sustav ima beskonačno mnogo tješenja. želimo li ispitati koja je od ovih dviju mogućnosti istinita, praktičnije je preći na Gaussov algoritam. Analiza s pomoću determinanti je složena, nepregledna i ponekad neizvediva. U ovome bi slučaju izgledala ovako: Izračunamo najprije sve determinante Dx , Dy , Dz . Ukoliko je barem jedna od njih različita od nule, sustav nema tješenja. Kod nas je
Dx = U ovom je
23l -3-2-l 2ll =O, = 32l 23l 2ll =O, Dy
Dz =
23l -2-l-3 32l =O.
slučaju još uvijek moguće da sustav i ima kao i da nema tješenja. Retci proširene matrice linearno su zavisni (sve determinante trećega redajednake su nuli). Kako su prva dva retka linearno nezavisna, to je treći njihova kombinacija i stoga treću jednadžbu možemo zanemariti. Tako dobivamo sustav
2x -2-yy +z+z == 2.l, y +z = 1+21.., y = { 2x +z = 2+1.. l 1+1. 1 1+21. . l l l 2+1. l 2 2+1. X= = z= � l l =3 l� : l l : }.. [� l [ �l + fn . {
x
Vidimo da su svaka dva stupca linearno nezavisna. To znači da bilo koje dvije varijable možemo uzeti kao vezane varijable, dok će treća biti slobodna. Odaberimo za slobodnu varijablu i uzmimo njenu vrijednost po volji l. pa imamo x
Sada tješenje možemo dobiti Cramerovim pravilom:
J - J. ,
apffiano u vek-kom obliku: 4.11.
4
RJEšENJE. Izračunajte pet determinanti reda i uvjerite se da je jednostavnije koristiti Gaussov algoritam.
3 6 = -33 7 -36 -44 = -303. o6 6 -3 3 -303, = o6 -3 3 -606, ll3 7 6 -44 -33 ll3 6 -44 6 o6 3 = -303, = 6 -3 o6 = 909 Xt = l, -33 7 6 ll -33 7 ll3 -44 X2 = X3 l, X4 = -3. = A{ Ax + y 3• X { yAx-+4y7. = 9x +Ay 3_ RJEšENJE. l � i l = -A -3 -A -3 A -3 = l� il = l � ; l = 3A l � i l A 2 -36, = l ; i l = A l A 6, A -6. 2AX= D = 3A-A2 -36 = A+3 6' = D = A2 -36 - A + 6 . A3 A == -6.6 = = = ] = [ ] +a ]
61
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
2 5
a) Determinanta sustava je D
5 -2.
Dx3 =
2 5
5 -2
2
Rješenje je je-
2
2 5
Dx2
=
-2
5 -2
2
-2
-5
dinstveno. Dx, =
-5
.
2 5
Dx4
-5
2
-2
-5
5 -2
. Dakle,
-2 3 = 2, b) Detenninanta sustava u ovom slučaju je D = O , dok je Dx, Slijedi da sustav nema rješenja.
4.12.
U ovisnosti o parametru
�
:
nije rješiv,
. sustava . v • b) diskutiraJ. IJesenJa
=
_
2,
. Da sustav ne bude rješiv
mora biti D = O i bar jedan od Dx i Dy različit od O . Dakle, i to je dovoljno jer je Dx
_
b)
D=
Dx
=
Imamo slučajeve: ) i::j:.
[�
= O tj.
=
:j:. O .
2 - 12,
Dy
- 18.
Tadaje
Y
2) )
144 i:- O .
ER
a) odredi kada sustav
a) Detenninanta sustava je
=
Dx
12
Dy
18
2
Tada je D = O , Dx :j:. O , Dy :j:. O pa sustav nema rješenja. . Tada je D O , Dx O , Dy O . Rješenje je jednoparametarsko
b [ -;
·
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
x0 , x1 , , Xn (x y1 = = = = anxn +a..-1xn-l + ... +a1x +ao. +a+a21xx21 ++ ..... . ++ aannxx72 = Y2, a + + a,. x � +a = ... , X n { � n Y z ao, a1 , . . , an . l X1 xi .. . x7 = ll XXn2 X�X� . . . X�X2 W(x0,=x1 ,[L
62
4.13.
Dokaži da za bilo koje realne i različite brojeve i bilo koje realne brojeve Yo , , , Yn postoji jedinstveni polinom P ) stupnja manjeg ili jednakog n tako da je • • •
• • •
P(xo )
P(xt)
Yo,
P(xn )
...,
Yb
Yn ·
RJEšENJE. Polinom tražimo u obliku P (x ) zadataka vode na sustav
Uvjeti
Yb
=
o
Determinanta sustava ima oblik
s nepoznanicama
• • •
A
Ova je determinanta identična Vandermondeovoj determinanti reda Qer se transponiranjemnjena vrijednost ne mijenja). Dakle, A Zbog # za različite i i j su svi faktori u izrazu za A različiti od nule pa je i (rješenja sustava) jedinstveni paje to i P(x ) . A # Slijedi da su • • •
• • •
4.14.
a)
e) 4.15.
x{ xll+-3x2xzz-3x+x33-2x4+x4==0,0, 2x{ x11 +x+xz-3x3+-3x45x4=-xs0. =O, x4xl1 --x2x22z++6x2x33+-x43x4-4xs==0,O, 2x1+4xz-2x3+4x4-1xs=0. 3{Sxxl1++4x2xzz++3xx33==0,0, b) {2xxl1+-x3xz2++xx33==0,0, 5xl+5xz-X3=0. 4xl+3xz+2x3=0.
Riješi homogene sustave:
Riješi homogene sustave:
a)
63
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
4.16.
2x{3x1, --x3x22++Sx5x33== ll,16, x,+2x2-4x3=-7.
Riješi nehomogene sustave:
a)
d)
{ x,x,++xxx222++xx33+x4
== 4, x3+x4x4++xsxs===-3,-2,1. l,
b) {-2x6xx,,1 +--x3x3x222+-2x+x3x333++x4-x42x4++xs-xs2xs===-4.O,6,
e)
e)
4.18.
3x,{2x,x,+++4x7x9x222++3x+3x24x333-18x4-x4+x4=l.==4,0, { 2x,3xx,,+++2x2x3x222++x+x3x333+-x4=l -x4=1,, 2.x5x,,++5x2x22++2x2x33-Xx4=l4=1=2.,, A.)x2 +x3== -A.2A., 3x +( 2 -A. 1 {(4A. +3)A.xx,,+(+(2A.A. -l)-l)xx22+(A. +4)+xx33=2A. +3,.
U ovisnosti o parametru
a)
E R riješi sustave:
4. 4.19.
e) 4.20.
4.21.
U ovisnosti o parametru
ER
riješi sustave:
b)
(
E R
e)
e) g)
)
(
)
riješi sustav:
Riješi sustave Cramerovim pravilom:
a)
4.22.
A. { 2xt +3x +x +2x4 = 3, 2 { 4x,8x,5xt---6x3x2x222++-x3x2x333 ++4x4= 3, 3 4x +4x4=5, +6x + 3x , 7x4= l, 6xt +9x22+5x33 +6x4=7, -5x4=9, 7xlA.x, -+x3xz2+7x+x33+=1l,7x4=A. . 8xl+,+A.lx,2xz+7x3+A.+x2x4=9. l, { x,x,++xA.xz2++A.xx33== l.l,A. d) { xXt,+ l+A.+xxzz+ l+A. x3=A.A.2,• { A.xx,Xt1 +A.+x+xx22 +A.+x+xx33 +x4+x4+x4 === l,l,l, x1 +x22 +x33 +A.x4 = l. { 2xx+2+yy +z= +z= 3, -z== 1O0,, 2x{ xx-3+y+y+2z x +y+2z=-l . y +z=-2. -z=-2, =-l, d) {3x+4y =-2,5. 5x+3 y -4z +y-4z=-3, 2x{3x+2x+2y+3z 4x+2y+3z= y2x -y+3z=-4, +z= l. 3x-2y+4z=-1 7 , 4x+3y-2z= 1 8 , , 9 1 = f) { {-32x-3x+2y-4z -7 3x +y+3z= x+4y+2z = 3. . y +3z= 9 , 3x-5y+2z=-4, {4x-1y +z= 5.
U ovisnosti o parametru
a)
SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
b)
2,
(
)
65
4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
4.23 .
Odredi polinom P(x) trećeg stupnja za kojega vrijedi a) P( - l ) = 7, P(O) = l , P( l) = -5, P(2) = -5; b) P(- 1) = O, P(l) = 4, P(2) = 3, P(3) = 16 .
4.24.
Odredi parabolu četvrtog stupnja koja prolazi točkama (0, 5) , (2, - 13) , (3, - 10) , (1, -2) , (-1, 14) .
4.25.
Prikaz funkcije
ln( l + x ) preko reda potencija glasi
Pokaži da se koeficijenti (en ) u prikazu funkcije X
ln( l + x)
= l + C1X + c2x2 + C3X3 + . . .
računaju formulama
Cn
4.26.
=
l 2 l o o ...o l l 3 2 l o ...o l l l 4 3 2 l ...o
Eulerovi brojevi (en ) koeficijenti su u sljedećem prikazu: e3 6 ez 4 e, 2 l -- = l + -1 x + , x + -, x + . . . . 6. cos x 2. 4.
Koristeći poznati prikaz
4.
66
SustAVI LINEARNIH JEDNADŽBI
l2! l o o o l 2!l l o o 4! en = (2n)! 6!l 4!l 2!l l o (2ln)! (2n-2)l ! (2n-4)l ! (2n-6)l ! ... 2!l l - 2.l 4ll1.xs - 6l1x 3. . .
pokaži da vrijedi
4.27.
Koristeći prikaze
cos x =
.
2
1x +
1
4
.
6
+...
1
7 sm x = x - --;x3 + x - 1 1 x + . . . St pokaži da se koeficijenti (en ) u prikazu funkcije tgx = X + CtX3
23! l o o 5!46 2!ll ll ol 7! 4! 2! 2(2n+l)n ! (2n-2)l ! (2n-4)l ! (2n-6)l !
računaju formulom
Cn =
+ CzX5 + C3X7 + . . .
·· ·
o o o l2!
5.
Vektori Orijentirana dužina je svaki uređeni par (A, B) točaka A i B iz trodimenzio nalnog euklidskog prostora E3 Označavamo je s AB . Dvije orijentirane dužine AB . --+ --+ ti i CD nazivamo ekvivalentnim, i pišemo A11 "' CD ako je četverokut ABDC paralelogram. Vektor je klasa ekvivalentnih usmjerenih dužina. Označavamo ga masnim slovima: a , b , e ,. . . Usmjerenu dužinu AB iz te klase zovemo reprezentantom vektora. --t Po dogovoru, pisati ćemo i a = AB , poistovjećujući vektor s nekim njegovim reprezentantom. Svaki vektor iz V3 jednoznačno je određen svojom duljinom (modulom), nosa· čem - pravcem na kojemu leži i orijentacijom na tome pravcu. Nosač i orijentaciju nazivamo kratko smjerom. •
5.1.
Točka C dijeli dužinu AB u omjeru A : l ,
d(A, C) : d( C, B) Prikaži vektor
OC
--+
i odavde
--+
--+
--+
A : l.
kao linearnu kombinaciju vektora --+
RJEšENm. Vrijedi l AC l = .A. l CB l i zato AC nosač i orijentaciju. Zato je --+
=
--+
--+
=
}. CB
=
OA + A ( OB - OC )
--+
OC = OA + AC = OA + .A. CB
oA
-;:-t
i
oB .
pošto ovi vektori imaju isti --+
--+
68
5. VEKTORI A
Sl. 5. 1. Radij vektor točke koja dijeli dužinu u zadallom omjeru. ,
B
Označimo t = 1/(A. + l) . Vidimo da se radij vektor svake točke T koja leži na dužini AB može prikazati u obliku
oT = t oA + (1 - t) oB
gdje je t skalar, O � t � l. Specijalno, ako je točka C polovište dužine AB , tada vrijedi -t
-;::-t
l
-
OC = 2( 0A + OB ) . 5.2.
Dokaži da se težišnice trokuta sijeku u jednoj točki. e
A
Sl. 5.2. TocKo. Ta izabrana je na težišnici pri vrhu A, i dijeli tu težišnicu u o"Jieru 2 : l . To je kandidat 'UJ tezište trokuta. . .
B
RJEšENJE. Neka su AD , BE , CF težišnice trokuta ABC . Izaberimo redom na tim težišnicama točke Ta , Tb , Tc koje imaju svojstvo da je njihova udaljenost do odgo varajućeg vrha dva puta veća od udaljenosti do polovišta nasuprotne stranice. Tada je Af.: = 2 T;;D , i slično za točke n i Tc . Po Zadatku 1.1, dobivamo --t
-;::-t
-
-
2-
OTa = OA + ATa = OA + 3AD
= DA + t( oo - DA) = �DA + � . t(oo + ac)
= t(Oft + oo + ac). Na isti način dobivamo --t
--t
l
-;::-t
-:::-;!:
-t
OTb = OTe = 3 ( OA + OJJ + OC ) .
69
5. VEKTORI
OTa = OTb = OTe Ta Tb Tc . T,OT= -+ t(OA + OB+ OC). T A., , A.2 , A.3 , l ABC.A., +A.2 +A.3 = l D A -+ T T BC. l, OT ot== ttoAoA +(+(ll -t-t))(oDsoB + -s)OC) = tOA +(l -t)sO-+B + t)(l -s)O-+C. A.A.2, == t(,l -t)s, A3 = l t)(l -s). A., + A.2 + A3 =t+ (l -t)s + t)(l -s) = l ABCABC PQRP, Q, R -+ =).BC, CR =). CA. A11 +BC+ Ar BQ A.A11, = CA = T = �e& + ABC,+oo) T' PQR. = 3l (0-+A +AP+ 011 +BQ+l OC+ CR) = 3l (0A + 011-+ + OC)-+ + "3A. (AB +BC+ CA) = ( 0 A +OB+ OC) =Or. 3 T' T. --+
--+
--+
Zato je . Kako ovi vektori imaju zajednički početak, to se njihovi završetci moraju također podudarali, te je = = Dakle, sve tri težišnice prolaze kroz jednu točku koju nazivamo težište i čiji je radij-vektor dan sa -+
::::-1
5.3.
--+
Neka je po volji odabrana točka unutar trokuta postoje tri skalara O < ).i < , takva da je
RJEšENJE.
Neka je
presječna točka pravca kroz
sa stranicom Po Zadatku l . točke možemo napisati u obliku
i
e
radij vektor
(1
-+
Pokaži da
A
(1 -
B
Stavimo
Tada vrijedi O < ).i
<
o Sl. 5.3. Radij vektor točk€ T unular trokUta ).e konveksna kombinacija radzj vektora nje govih vrhova.
(1 i
(1 -
što dokazuje tvrdnju. 5.4. -+
Ako u trokutu dokaži da trokuti
RJEšENJE.
Neka je
O . Neka je
-:-;t
-:-;t
()Q
1 --t
::::-1
Slijedi da je
=
__....
a
težište trokuta
or'
dijele stranice u istim omjerima, imaju isto težište.
točke i
--t
:::-:t
:::-:t
-+
__....
__....
trokuta
-+
-+
--t
�
Vrijedi
Tada je
-+
-+
-+
-:-;t
__....
5. VEKTORI
l -l).S ABCD S AC AT � AB a, f3 = = ASAS== aAT+ = �XR+ = �XR + f3(TA +AD) =AS �=XRa+AC =-�XRAl1+ BC)= �( l -f3 ) AB + f3 BC . a( + BC). �(1 -f3)Al1 + (3BC = aAC = a(AB +BC). AB AD a = �(l - a = f3 . a = S AC l ABC P AB, R 3AR = ACBC?S PR. AS ASAS = BC. B = a BC AS = f3 ( AB + f3 ( AB +aBC) = f3 ABAS=+ afj BC.+ ) = + t ) AR R == �12XRAl1++ 6BC.= �XR+ +BC) AS f3 =fi afj = 6, a= BC 3 . ABCMN = =A� AB B AC?
70
5.5.
U paralelogramu točka T na stranici AB dijeli tu stranicu u omjeru : (n N�ka je točka presjek dužina i TD . Nađi omjer u kojem dijeli dijagonalu AC .
RJEšENJE. Po uvjetu zadatka je
TS
. Neka su
AC . Tada imamo
f3 TD ,
TS
S druge strane je vamo
13ro
f3C
�
skalari za koje vrijedi
�
--+
�
--+
--+
Izjednačavanjem ovih izraza dobi--t
--+
--+
Kako su vektori i linearno nezavisni, ova je relacija moguća samo ako se odgovarajući koeficijenti podudaraju: 13) i Odavde je n�I . Prema tome, dijeli dijagonalu u omjeru : n . 5.6.
Neka je u trokutu --t
točka
--+
je , te dijeli stranicu
polovište dužine
polovište dužine
-
je
--+
t(XP 5�
==
Takoder vrijedi
iXC
t c!XB
1 --+
lzjednačavanjem izraza za
T dijeli stranicu
5. 7.
e
--+
i stranice Neka je T 13 Af . 1z druge jednakosti nadalje
iiT)
takva da
U kojem omjeru pravac
RJEšENJE. Označimo sa T točku presjeka prav-
ea i
točka
�
A
iCXB
dobivamo
p
Sl.
i
l
odnosno
u omjeru 2 :
U trokutu
N za koju je
zadana je točka M tako da vrijedi
� MC . Neka je
kojem omjeru dijeli točka T dužinu
B
5.4.
AM
2 5 . Točka
i točka
T presjek pravaca e i N . u
71
5. VEKTORI
Af= TNaAC= f3 (TN=TA +AB)f3 = -a AC +XR) = -af3AC . TN=TA+AM+MN == -a-aACAC ++ ++ tAiC + AC) == š-aALI+AC +(š-a!.XR)+ l(-lXB + AC) f3 = t -a/3=l: = t -a. a = RJEšENJE. Neka je Iz posljednjejednakostije
13(
fB .
i
13 XB
s
strane je i
e
druge
�XB
�A"h 4
l -:-:t
l
A
tcm s
--t
B
M Sl. 5.5.
4
AC.
--t
AT = �AC ,
--t
Vektori AB i AC su linearno nezavisni pa izjednačavanjem izraza za TN imamo: -
i lATI : ITCI
� . Dakle,
Odavde je
3.
odnosno
Kartezijev pravokutni koordinatni sustav čine tri međusobno okomite osi: Ox os apscisa, Oy os ordinata, Oz - os aplikata. Zajednička točka O ovih osi je ishodište koordinatnog sustava. Jedinične vektore koordinatnih osi označavamo s i , j i k . Trojku vektora (i, j, k) nazivamo kanonska baza prostora V3
-
-
•
(
Sl. 5.6.
Koordinate točke jednake
su
komponentama radij-vektora
++
Točki T x, y, z) odgovara radij-vektor
oT xi =
yj
zk.
72
5. VEKTORI
= ax i + ay j + az k . A(xt , Yt, B(x2, Y2,-xtz2) )i + (Y -yt)j + (z -z )k. = (x2 2 2 t OMOBOABC , ON O O), A(M3, O),N C(O, 4) AB, BC . ON. OB , , ON , OB t= tOMs +sON. OB= 3i+4j, oM= 3i+2 j , oN= ti+4j 3i3 = 3t++4jfs= t(43i=+2t2j+) +4ss(�i + 4j). t = s = . 2 2 OB = OM + ON . T(Oxx, y,z) � , z �, =xi+ yj + zk. y = =2 2 2 = -;: -;: r = 3 x =3,3VZ,-3) . y = 3, z= -Jr -x -y = -3.
Bilo koji vektor a prikazujemo u obliku Zt )
Ako su
5.8.
a
i
dvije točke, tada vrijedi
AR
U pravokutniku su spojnice Rastavi vektor �
s vrhovima 0(0, vrha sa polovištima
---t
stranica
po komponentama u smjerovima vektora
RJEšENJE. Zbog komplanarnosti vektora � postoje skalari i takvi da je --+
povučene
i
oM
i
oM
�
Odredimo ih. Vrijedi
i mora vrijediti
Dakle je
--+
5.9.
3
---t
i
3
Odavde je
�
� . Prema tome traženi rastav
Odredi točku takvu da radijvektor r točke T ima duljinu 6 , da zatvara s osi kut od te da je aplikata a s osi Oy kut od točke T negativna.
RJEšENJE. Vrijedi
r
Nadalje
X
1C J2 cos 4 = 2'
6 , to dobivamo i kako je točka T ima koordinate T( JZ,
1C
cos 3
l
2
Dakle,
5. VEKTORI 5.10.
ABCD. A( B(3, C(6, 4, 4)oD oo=oc+m=oc+iil=oc-oo+BA 6k. = ( 6 i + 4j + 4k)-( 3 i + +k)+ ( i + 3k) = 4i + 4, 6). Zadani su vrhovi l , -2, 3) , Odredi koordinate vrha D .
2, l ) ,
paralelograma
RJEšENJE. Da bi našli koordinate vrha D trebamo naći radijvektor
2j
73
. Vrijedi
2j
Dakle, D( O,
a, b (umna·ožak)b := lal·lbl 1:(a, b).a· b a· a� a· a= a b =a=b a. a · (b + = a b + a · A A.(a · b)=(A.a)· b. a = + + azk, b = + + bzk a · b b= + a + ba b
Skalarni produkt koje paru vektora E
dvaju vektora je preslikavanje : V3 x V3 -+ R pridružuje skalar, u oznaci definiran na način ·
V3
cos
Svojstva skalarnog produkta su l. Pozitivnost. O, O ako i samo ako je 2. Komutativnost. Za svaka dva vektora vrijedi 3. Distributivnost. Za svaka tri vektora vrijedi ·
e)
e.
·
4. Homogenost. Za svaka dva vektora i bilo koji skalar
·
O.
imamo
Skalami umnožak dvaju vektora prikazanih u kartezijevom koordinatnom sustavu
axi
glasi
a
ayj
bxi
axbx
ayby
byj
Uzbz.
Vektorska projekcija vektora na vektor je vektor koji dobijemo ortogonalnim projiciranjem, vidi sl. 5.8. Označava se s . Skalama projekcija vektora na vektor jest skalar čija je apsolutna vrijednost duljina vektorske projekcije.
Sl. 5.8.
a b. Vektorska projekcija
na
vektor
74
5. VEKTORI
Vektorski produkt (umnožak) je preslikavanje x : V3 x V3 -t V3 koje pa ru vektora a, b E V3 pridružuje vektor, u oznaci a x b , čiji je modul la x b l = l al lb l sin -}:(a, b) , smjer okomit na smjer vektora a i na smjer vektora b a orjentacija takva da trojka (a, b, ax b) čini desni sustav. Svojstva vektorskog pJ.:O(Iukta. Za sve vektore a, b, e E V3 i bilo koji skalar E R vrijedi l. Antikomutativnost. a x b = -(b x a) , 2. Distributivnost. a x (b + e) = a x b + a x e , 3. Homogenost. it (a x b) = (ita) x b . Odavde slijedi a x a = O za svaki vektor a . Također, modul vektorskog produkta l a x bl jednak je površini paralelograma što ga zatvaraju vektori a , b . Vektorski p.množak dvaju v�lctora, prikazanih u kartezijevom koordinatnom sus.,. tavu, dobiva se razvojem sljedeće determinante po prvome retku: i j k
A.
axb=
Mješoviti umnožak triju vektora a, b, e je skalar, u oznaci [a, b, e]
definiran sa
[a, b, e] = (a x b) · e.
Apsolutna vrijednost mu je jednaka volumenu paralelepipeda kojeg razapinju vektori
a, b, e . Neobična oznaka za mješoviti umnožak posljedica je činjenice da on ne ovisi o izboru vektorskih operacija, pa čak se ne mijenja niti cikličkom zamjenom vektora:
[a, b, e] = (a x b)e = a(b x e) = [b, e, a] [e, a, b] = -[a, e, b]. =
Za mješoviti produkt vektora prikazanih u kartezijevom sustavu vrijedi sljedeća formula:
(a X b) · e =
ax ay az hx by hz Cx Cy Cz
ax b
Sl. 5.9. Apsolutna vrijednost mješovitog umnoška jednaka je volumenu paralelepipeda kiJjega razapinju ti vektori
75
5. VEKTORI
Vektorsko-vektorski produkt triju vektora a; b, e
računa se na način
(a x b) x e = b(a · e) - a(b · e). To je vektor koji se nalazi u ravnini razapetoj vektorima a i b . a x (b x e) = b(a · e) - ć(a · b). 5.11.
Slično, vrijedi
Izvedi vektorskim računom kosinusov poučak.
RJEšENJE. Oijentirajmo vektore stranica u trokutu kao na slici
e = a - b i zato lel2 = e · e = (a - b) · (a - b) lal2 + lbl 2 - 2a · b = la l 2 + lbl2 - 2 la l lbl cos y .
5. 10.
e
Tada je
==
B Sl. 5.10.
5.12.
Dokaži da su dijagonale romba međusobno okomite.
RJEšENJE. Označimo vektore stranica i dijagonala rom ba kao na slici
f = b - a.
i stoga e
5. 1 1.
lal = l b l
Vrijedi
Zato je
i
a
e = a + b,
e · f = (a + b) · (b - a)
= a · b - a · a + b · b - ba = - lal2 + l b l 2 = O
a
Sl. 5. 11.
.l f .
5.13.
Dokaži da se sve
tri visine trokuta sijeku u jednoj točki.
AB BC, BC
H presječnu točku dviju visi i na, spuštenih iz vrhova B i C . Tada je cH .l -:-± BH .l AC odnosno CH Ali = O i BH · AC = O . Moramo pokazati da vrijedi AH .l tj . AH · = RJEšENJE. Označimo sa -
o.
-
--+
--t
,
--+
-
·
-
--+
-:-±
--+
AH · BC = AH · (AC - Ali) = AH · AC - AH . .4B
e
= (xR + iiii) · AC - (AC + rn) · AB --+
--+
-
--t
B
--t
--+
--t
A Sl. 5.12.
--+
= AB · AC + BH · AC - AC · AB - CH · AB = O .
76
5. VEKTORI
5.14.
Iz vrha-pravilnog tetraedra povučene su simetrale dviju strana tog tetra edra. Koliki je kut
AB AD , AC ,
koji je kolinearan sa S t sa
s2 = n + p
trokutovima
među tim simetralama?
m " n, p jedinične vektore
RJEšENJE. Označimo sa vektora
({J
redom. Tada vektori
,
= m+n
AF
i
l, l
(slika 5 . 1 3 ) . Vrijedi
!ml = In i = !P l =
AE
kolinearan
određuju simetrale kuta pri ·vrhu
ABC i ACD
A, u
n
m · n = m · p = n · p = cos - = -, 3 2
B Sl. 5.13.
i odavde
cos ({J
D
(m + n)(n + p)
s2
t =� = y/7-= :#;= �� =21 (n + p�):;:: (n=+=p�) l lsls t(m +=n)(m=+=n) y;:;= S
•
m·n+m·p+n·n+n·p =v'r-m= ====:+=:2�m ===;+;:;:'f ·:n=.=n=-v' ::2� :::=; n=·= -;n= · n=+ p=:+=p= ·p =·n ·m = Dakle,
5.15.
5
({J = arc cos 6
3 cos
n
3+
l
2 + 2 cos } =
=
5
6"
33°33' .
Dokaži da u trostranoj piramidi s dva para međusobno okomitih nasup rotnih bridova i treći par bridova mora biti međusobno okomit.
a, b, e vektori osnovke, a x, y, z vektori bridova piramide pri če y .l b , z .l a , tj . y · b = O , z · a = O (nacrtaj sliku ! ) . Računamo e · x = ( a b) · (y + a ) = -a·y-a·a-b · y-b · a = -a· (y+a+b) -b · y = -a · z-b· y = O . Zato je e .l x .
RJEšENJE. Neka su mu je -
-
5.16.
U trokutu ABC
zadano je
Odredi kut između vektora
AM
1:(AB ,
lAB l = 2, lAC l = 3 , AC ) = j . BC i gdje je M polovište dužine BC .
77
5. VEKTORI
AC = AM = AH = AB + AC · t t = 1:(AM, BC).· =( AB + AC)(AC -AB) = AC z - AB z = t. i i !I i t t = J J(ACAC -AB)lAB (AC -AB) = JlACF .· + F = lAM == ! (!ACAC++AH) (·AACC++AB)A8 z = v'i9. tJ F 1 1 t -
RJEšENJE. Vrijedi
qJ
-
--t
--t
--t
.
2 · 3 · cos }'
3 . Označimo
Sada Je
XM iiC lOC I
BC . BC =
-
.1v
-
l
24.B �
-
!,
v7,
--t
zX!J
Konačno je
e +e = e = l = l e = i d= 2a+3b . e��� . e · d= e· + 3b) = · e + · e. + +az=e = bz +cz -2bccosa, bczz =a=azz ++ bczz -2accos{3 , b 1:(a, e)=-� =1:(a, b)= = e·= d=- 1:(b, e) = Idi = + 3b)= · + 3b) = + + = [ii. = = P= 1:(a, b)=
5.17.
Zadani su vektori
a,&
!.
2,
lb l
i
3b
Zbog
a b
odakle dobijemo cos a cos
,
cos
O
Tražena projekcija je
5.18.
Neka su
m
-
i
na vektor
(2a
Nadalje
vrijedi kosinusov poučak:
-Po , cos y f6 , odnosno
cos /3
(2a
cd
cd =
,
O , lal
2a cos y,
�,
J(2a
a+b
takvi da vrijedi
Odredi skalarnu projekciju vektora
RJEšENJE. Tražena projekcija jednaka je
2a
--t
�
i
1;?;if .
n
J4lal z
f6
.
Zato je cos
-!fL . Odavde
-
12ab 9lbl z
jedinični vektori koji zatvaraju kut
površinu paralelograma s dijagonalama e
od 45° . Odredi 4m - 5n .
2m n , f -
RJEšENJE. Označimo vektore stranica i dijagonala paralelograma kao na slici Površina paralelograma iznosi
!al ibi sin
�,
la x b l .
5.6.
78
5. VEKTORI
Kako je
Odavde
e = a + b , f = -a + b , to vrijedi a = � (e - f) , b = !(e + f) . a x b = He - f) x (e + f) = He x e - f x e + e x f - f x f) = !e x f = !(2m - n) x (4m - 5n) = !(8m x m - lOm x n - 4n x m + Sn x n) = i(lOn x m - 4n x m) ;::; 3n x m. 3 v'2 P = 3 ln x m l = 3 sin45° ;::; . 2
5.19.
Dokaži formule
a) b) e) d)
(a x b) · (e x d) = (a · e}(b · d} - (a · d}(b · e) ; (a x b) x (e x d} = [a, e, d]b - [b, e, d)a; a x [b x (e x d}) = (b · d)(a x e) - (b · e)(a x d) ; (a x b) · [(b x e) x (e x a)J = [a, b, eJ2 •
RJEšENJE.
a)
b}
(a x b) · (e x d) = [a, b, e x d] = [b, e x d, aJ = {b x (e x d)} · a ;::; { ((b · d}e - (b · e)d} · a = (a · e}(b · d} - (a · d}(b · e}. (a x b) x (e x d) = {a · (e x d)}b - {b · (e x d)}a = [a, e, dJb [b, e, d)a. -
e)
d}
a x [b x (e x d)] = a x {(b · d)e - (b · e)d} = (b · d)(a x e) - (b · e)(a x d). (a x b) · [(b x e) x (e x a)J = (a x b} ({(b x e) · a}e - {(b x e) · e}a) {(a x b} · e}{(b x e) · a} = [a, b, e]2 •
Zadani su vektori a ;::; i +j + 2k, b = i -j + 4k . Odredi ah projekciju vektora a u smjeru vektora b . l RJEšENJE. Vrijedi ah = (a · b)b = l+l+ (a b)b . b2 = 18 i l bl 2 ab = l - l + 8 = 8 pa je ah = fs(i - j + 4k} ;::; �i - �j + lik . 5.20.
�
�
·
16
79
5. VEKTORI 5.21.
Odredi vektor b koji je kolinearan s vektorom zadovoljava uvjeta b = - 1 8 .
a = 2i - j + 2k
i
·
RlE�ENJE. Vektor b moramo potražiti u obliku b = A a . Mora biti - 1 8 = A a · a = A (4 + l + 4) = 9A pa slijedi A = -2 . Dakle b = -4i + 2j - 4k . 5.22. RlE�ENJE.
l, -2, AB l
Odredi površinu vrhovima A(
P
i visinu vB spuštenu iz vrha B 8) , B(O, O, 4) , C(6, 2, O) .
u trokutu
ABC
sa
Vrijedi -+
= (O - 1)i + (O + 2)j + (4 - 8)k = -i + 2j - 4k,
AC = (6 - )i + (2 + 2)j + (O - 8)k = 5i + 4j - Sk. Zato je
i j k � l xB x AC I = � I - 1 2 4 l = � l - 28j - 14kl = 7 1 2i + kl = 7 v'š. 5 4 -8 2 p;-;2P -+ l"1ilE Još trebamo VB = --=;- . ! AC I = v'52 + 42 + 82 = v 105 paJe vB = v 21 . 3 l AC I P
.
5.23.
l,
3,
Zadani su vektori
a = (2A,
b = ( - 1, O),
1 - A ),
Odredi kut što g a vektor e
b
ako vrijedi
e = (5, - 1, 8)�
zatvara s ravninom razapetom vektorirna
�(a, b) = �(a, e ) .
ai
a·b a·C = , odnosno b a l ic i al ! ! i i lcl (a · b) = lb !(a · e ) . Uvrstimo tu l b l = JIO, le i = a · b -2A + 3, a · e = 2A + 7 . Dobivamo -6A + 9 = 2A + 7 , tj. A = �' a = Neka j e q1 kut što ga vektor e zatvara sa ravninom razapetom sa vektorirna a i b . Vrijedi 11: q1 = 2 - �(a x b, e ) , RJE�BNJE.
Iz uvjeta
tj.
Računamo
axb=
�(a, b) = �(a, e)
imamo
3v'TO, (t, l,�).
3l o
i j k � f -1
sin q1 = cos �(a
cos �(a x b, e ) =
x b, e ) .
-�i - �j + �k .
Sada imamo:
-2 · 5 - L 4 (-1) + 2.2 . 8 = y'I9 4 15 :L 11 . 3 V'iO .lU 16 + 16 + 4
Jll
_ .
80
5. VEKTORI
Slijedi sin rp
5.24.
=�
i rp
�
Jesu li baze
16953' .
l>
(i, j, k) i (i -j, i + j - k, 2i -j + 3k) jednako orijentirane?
RJEšENJE. Za vektore prve baze je uvjet za vektore druge baze
[i, j, k] =
[i - j, i + j k, 2i - j + 3k] = -
O pa tvore desnu bazu.
o -1 = 7 2 -1 3 t
l
-1
l
>
Provjerimo
o
pa je i ovo desna baza. Dakle, jednako su orijentirane. Zadani su vektori X , Y , Z sa svojim skalarnim komponentama (u pravokutnom koordinatnom sustavu) X (a · a, a · b, a · e) , Y = (b · a, b · b, b · c) , Z = (c · a, e · b, c · e) , gdje su a = (1, 1, 1 ) , b = (1 , -l, e (1, 1, - 1 ) . Da li su X, Y i Z komplanarni?
S.2S.
l), l
-l,
RJEšENJE. Vrijedi a · a = 3 , a b = b · a = l , b · b 3, b e = e b = -1, 3) . e · e = 3 , a · e = e · a = pa su X = (3, l, 1 ) , Y = (1, 3, - l) , i Z = (1, ·
·
ll l
·
Vektori su komplanami ako i samo ako je njihov mješoviti produkt jednak nuli.
[X, Y, Z] = Dakle,
5.26.
X,
Y i
Z nisu komplanami.
Ako u peterokutu
PQ = TS .
PQRST
3
1 3 - 1 = 16 -1 3
vrijedi
QR + RS = PT ,
ABCD paralelogram, E i F točke na dijagonali BD IBEI = I FDI , dokaži daje tada i AECF paralelogram.
5.27.
Ako je
5.28. 5.29.
Dokaži da se u paralelogramu dijagonale raspolavljaju.
C' polovišta stranica OA' + OB' + OC' . Trokuti At B t C1 i A2Bz C2 ----+
takve da je
A , B , C i točka O u prostoru. Neka su A' , B' :::-;t JJ + OC = BC, CA , AB . Dokaži da je OA + O
Zadan je trokut s vrhovima i
5.30.
dokaži da je onda
imaju težišta
--+
T1 i Tz . Dokaži da vrijedi relacija
81
5. VEKTORI
5.31.
Neka su ABCD i EFGH četverokuti, a M i N sjecište spojnica polovišta nasuprotnih stranica tih četverokuta. Dokaži da vrijedi
A1 + B1 + ea + i5E
5.32.
tetraedru PQRS točke H i K polovišta su bridova PQ i RS . Pokaži da vrijedi:
U
�
;::7;
�
--t
PQ + QR + p()· + QS 5.33. 5.34. 5.35.
5.37.
5.38.
5.39. 5.40.
5.41.
�
OABCDE je oA A1:1 , BC , OC , OD i Ot! pomocu a 1
U pravilnom šesterokutu -:-7.
--+
b b e e. AD b= AC ,e=Ali. q n= = q oA = oB = b. 3oP = oA, 3oQ = = = = --t
--+
-::::-;!:.
'
•
.
ai
b.
Prikaži vektore
Ako vektori a , i razapinju paralelepiped, prikaži sve četiri glavne dija gonale pomoću a , i U kocki ABCDEFGH stranice AE, BF , CG, DH su okomite na ravninu baze ABCD . Prikaži vektore AE cE pomoću vektora a = n '
5.36.
=4MN. =4HK. =b oB =
'
'
= .
Točke P i Q imaju radij vektore p i s obzirom na ishodište O . Neka je točka X polovište od PQ i točka Y takva da je oY 2 YX Ako se � --t pravci PY i OQ sijeku u točki Z , prikaži OY i PY pomoću p i q . Ako je k fiY , prikaži az pomoću P , i k . Zaključi odatle da je az = odnosno k 1 ·
tq,
Točke P , Q i R su takve da vrijedi 2 00 i 2PR RQ , a točka S je presjek prava ca AB i OR . Ako je AS k Ah i OS l oR , izračunaj oR k , l i
Neka je
a i
,
os .
b.
Ako su A , B , P i Q kao u prethodnom zadatku, a točka X presjek pravaca A Q i BP , točka Y presjek pravaca AB i OX, prikaži OX i oY pomoću a i
= 3AB,oA oBoB=.
Zadan je trokut OAB i točke X i Y takve da je 2AX Ako je Z presjek pravaca OX i AY , prikaži az pomoću
=b
= = b.
i
BY .
PQRS je PQ 2a i PS Točka T je takva da vrijedi PT 2 . Ako se pravci PR i QS sijeku u točki X , a pravci RS i QT u točki Y prikaži vektore TR PY QY i IT pomoću a i U paralelogramu OABC točka P je polovište dužine AB , a Q dijeli dužinu OP u omjeru 2 : l . Dokaži da točka Q leži na pravcu AC i nadi omjer IA Q I : IQC I .
U paralelogramu
,
,
b.
82
5 . VEKTORI
ABC točka Q je polovište stranice CA , a točke P i R takve da je BP = 3 PC i 2RA = AB . Izrazi radij vektor točke R pomoću radij vektora od P i Q . Pokaži da točka R leži na pravcu PQ i nadi omjer IPR I : l QR j .
U trokutu
5.42.
ABC uzete su točke P i Q tako da je BP = t BC i AQ = t AC . Dužine AP i BQ sijeku se u točki S . Prikaži vektor AS kao linearnu kombinaciju vektora a = AR i b = BC . Neka su E i F polovišta stranica AB i BC paralelograma ABCD , a G sjecište dužina M i · DE . U kojem omjeru tOčka G dijeli dužine AF i DE ? Neka su K i L točke na stranici AD i dijagonali AC paralelograma ABCD -:-1 takve da je AK = � AD i AL = t AC . Dokaži da su KL i KB kolineami U trokutu
5.43.
5.44. 5.45.
--+
-+
--+
-+
--+
vektori. Neka je ABCD četverokut i E , F , G , H redom polovišta stranica AB , BC, CD , DA . Dokaži da je četverokut EFGH paralelogram. Točke E i F su polovišta stranica AB i CD četverokuta ABCD . Dokažite da su polovišta dužina A F , BF , CE , DE vrhovi paralelograma. U konveksnom peterokutu ABCDE točke K, L, M , N su redom polovišta stranica AB , BC, CD , DE , a točke P i S polovišta dužina KM i LN . Do kaži daje dužina PS paralelna sa stranicom AE i daje njena duljina jednaka
5.46. 5.47. 5.48.
(n >
�d(A, E) .
Pravci
5.49.
An
a
i b su mimoilazni. Na pravcu a redom su dane točke At , A2 , . . . , 2 ) , a na pravcu b redom točke B 1 , B2 , . . . , Bn tako da vrijedi
IAn-lAn i IA 1A2 I = IA 2A 3 I = = IB1 B2 I IB2B3 I IBn-l Bnl ' Neka su C1 , C2 , . . . , Cn redom polovišta dužina At B t , A 2B2 , . . . , AnBn . Dokažite da su točke C1 , C2 , , Cn kolinearne. . . .
• • .
5.50. 5.51. 5.52. 5.53.
·
Dokaži da se spojnice polovišta nasuprotnih bridova u t6traedru raspolavljaju. Dokaži (vektorskimračunom) da seu trokutu simetrale stranica sijeku u jednoj točki. Dokaži (vektorskim računom) da se u trokutu simetrale kuteva sijeku u jednoj točki. Pokaži da se radij vektor svake točke T unutar tetraedra može napisati u obliku
oT = At aA + A2 oB + A3 0C + A4 00
5.54.
At
gdje su Ai pozitivni brojevi, + A2 + A3 + A4 = l . Zadan je tetraedar ABCD . Neka je E polovište brida BC , a F polovište du-+ -;-;t žine DE . Prikažite vektor CF kao linearnu kombinaciju vektora a = A11 , -+
-+
b = AC , e = AD .
83
5. VEKTORI 5.55.
Pokaži da se težišnice tetraedra sijeku u jednoj točki. (Težišnica tetraedra je spojnica vrha s težištem nasuprotne strane).
5.56.
Dokaži da za bilo koje vektore a i b vrijedi la - bl 2: ! lal - lbl l · Kada vrijedi jednakost?
5.57.
Neka je a = 24i - 7j i lbl = 15 . Nađi moguće vrijednosti za la + bl .
5.58.
Odredi modul vektora lal zadanog s a = p - 2q, ako je lP l = 2 , lql = 3 i n 1-(p, q) = 6 " Izračunaj površinu paralelograma čije su dijagonale d = m - n , e = 3m - 4n gdje su m i n jedinični vektori koji zatvaraju kut od 30 ° .
5.59. 5.60.
Zadano je lal = 13 , lbl = 19 i la + bl = 24 . Odredi la - bl .
5.61.
Ako je lal = l l , lbl = 23 , la - bl = 3 0 , odredi la + bl .
5.62.
Vektori a, b, e zadovoljavaju uvjete a+b+e = O , lal = 3 , lbl = l , lei = 4 . Odredi a · b + b · e + e · a
5.63.
Neka je C bilo koja točka na kružnici sa promjerom AB , različita od A i od --+
B . Dokaži Talesov teorem, odnosno AC
l.
--+
BC .
5.64.
Neka su a , b i e vektori različiti od O . Ako je a b = a · e , dokaži da je onda b = e ili a l. (b - e) .
5.65.
Neka su a , b i e vektori takvi da je a · e = 3 , b · e = 4 . Odredi ). tako da vektor d = a + ). b bude okomit na vektor e .
5.66.
Neka su a , b i e komplanarni vektori takvi da je lal = 2 , lb l = l , a · b = l , a · e = 5 i b · e = - l Izrazi vektor e pomoću a i b .
·
.
ABC točka D je polovište od BC . Dokaži Apolonijev teorem IAB I2 + IA C I2 = 2( IAD I 2 + IBD I 2 ) .
5.67.
U trokutu
5.68.
Odredi kut među glavnim dijagonalama u kocki.
5.69.
U pravilnom tetraedru
ABCD neka je točka E polovište od AD i F polovište
od AC. Odredi kosinus kuta između vektora 5.70.
Izračunaj a · (b
a = 2i 5.71.
-
x
e) i b · (a x e) za
3j + Sk,
EC i RF .
b = -i + 4j + 2k,
e = 2i + 3j.
Odredi površinu paralelograma koji u koordinatnom sustavu (O; i, j) ravnine ima vrhove a) (l, l) , (4, l) , (2, 2) , (5 , 2) ; b) (l, 2) , (0, O) , (2, 6) , ( l , 4) .
84 5.72.
5.73. 5.74.
5.75. 5.76. 5.77. 5.78. 5.79. 5.80. 5.81. 5.82. 5.83. 5.84. 5.85.
5.86.
5.87.
5 . VEKTORI
a) Zadani su vektori a = (3, -6, 1) , b = (1, 4, -5) i e = (3, 4, - 12) . Nađi projekciju vektora a + b na vektor e , tj. (a + b)c . b) Zadani su a = (l, -3, 4) , b = (3, -4, 2) i e( - l, l, 4) . Nađi projekciju vektora a na b + e . e) Dokaži da je (a + b ) e = ac + bc za bilo koje vektore a , b , e . d) Opovrgni tvrdnju: ab+c = ab + ac . Nađite duljine stranica i kutove trokuta sa vrhovima: a) A(l, 2) , B( l, 5) ,
e(3, 4) ; b) A(- 1, 2, 3) , B(2, 1, 2) , C(0, 3, 0) . Zadani su vektori a = i + 3j , b = 2i - V{;j . Dokaži da su vektori a - b i
a + b okomiti. Koji uvjet moraju zadovoljavati vektori a i b da bi a - b i a + b bili okomiti? Akoje vektor i + yj + zk okomit na vektore i - 2j + k i -i +j + 2k izračunaj komponente y i z . Zadan je vektor a = 4i + 2j . Odredi vektor b tako da bude b.ia i lb l = VS . Odredi jedinične vektore okomite na vektore: a) i i j ; b) i + j + k i i ; e) i + j i i - j ; d) i + j - k i j + 2k . Dokaži da su dijagonale četverokuta čiji su uzastopni vrhovi A( -2, -5) , B(5, - l) , e(2, 3) , D( -3, 3) okomite. Zadan je trokut sa vrhovima A(3, l, .A. ) , B(2, - 1, 4) , e(l, 2, 3) . Odredi ). E R tako da kut uz vrh e bude pravi. Tri vrha paralelograma ABeD su: A(2, - l, 5) , B(O, 2, - l) i C( -2, 4, 3) . Odredi četvrti vrh D . Izračunaj volumen tetraedra sa vrhovima: a) A(l, l, l) , B(6, 3, l) , C(3, 6, l) , D(2, 3, 5) ; b) A( l, l, l) , B(2, 3, l) , e( l, - l, 2) , D(3, -l, l) . Dokaži da točke A( -3, 2, 4) , B(6, 5, 10) , e(9, l, 4) , D(3, - l, O) leže u istoj ravnini. Izračunaj površinu trokuta sa vrhovima: a) (4, 4, 4) , (2, 4, 2) , (3, 3, 6) ; b) (4, -2, 6) , (6, - 1, 7) , (5, 0, 5) . Zadani su vektori a = (2, l, O) , b = (l, - l , -2) , e = (2, 2, -l) d = (3, 8 , 5) . Svaki od njih prikaži pomoću preostala tri. Dva susjedna vrha pozitivno mjentiranog kvadrata ABeD su A(2, 2) i B( 5, 4) . Odredi koordinate vrhova e i D tog kvadrata i njegovu površinu. Dokaži dasu baze a) (� j, k) ; (j, k, i) ; (k, i, j) jednako mjentirane. b) (i, j, k) i (j, i, k) različito mjentirane. e) (a, b, e) i (a, a + b, a + b + e) jednako otjentirane. Dokaži Lagrangeov identitet (ab? + (a x b) 2 = a2b2• Pomoću njega izvedi formulu P = ..ja2b2 - (ab)2 za površinu pravokutnika razapetog vektorima a i b .
85
5. VEKTORI
5.88.
5.89.
Dokaži da
vrijedi
a) ( a + b) · [(a + e) x b] = -[a, b, e]; b) (a + 2b - e) · [ (a - b) x (a - b - e) ] = 3[a, b, e]; e) ( (a - b ) x e) x ( (a + b) x e) = 2[a, b, e]e. Dokaži da je a) ( a x b) (b x e )( e x a) = [a, b, e] 2 ; b ) (a X b) (e X d) + (a X e)(d X b ) + (a X d)(b X e) = 0; e) ( a x b)2(a x e)2 - ((a x b)( a x e))2 = a2[a, b, e]Z koristeći jednakosti
1 :::j,
(a x b)2 = : : : 5.90.
l :::j.
(a x b)(e x d) = : : �
Dokaži da u koordinatnom sustavu (O; i, j) trokut s vrhovima
i = l, 2, 3 ima površinu jednaku apsolutnoj vrijednosti broja XI YI l l 2 X2 Y2 l . X3 Y3 l
T;
= (xi, y;) ,
6.
Pravac i ravnina
Ravnina n potpuno je odredena jednom svojom točkom Tt (xl! y t, z1) i vektorom normale n = A i+Bj + Ck . Pišemo n = (Tt, n) . Njenajednadžba glasi, u vektorskom obliku: (l) Tu j e r radij vektor neke točke T(x, y , z ) u ravnini, a rt radij vektor točke Tt . Skalami oblik ove jednadžbe je (2) A (x - x1 ) + B(y - yi ) + C(z - zt ) = 0. To je jednadžba ravnine kojoj je zadan vektor normale i jedna točka. z
y Sl, 6, L
Ravnina
Kanonska jednadžba ravnine izvedena je iz 2 i glasi Ax + By + Cz + D = O.
(3)
87
6. PRAVAC I RAVNINA
-+-+y - =1. P(p, O, O), Q(O, O), R(O, O, + By + Cz + = O M(x0, y0, zo) n1 = (T�, nl ) , n2 = (T2, n2) n1 (A�, B�, Cl ) , n2 = (A2, B2n,lC.2n),2 AlA2 + BlB2 + cl c2 COS(/)= Ind ln2l = JAi + Bi + CiJA� + B� + . n n1 2 O, = B B1 + A C + C A 1 1 2 2 2 n1 n2 A1 B1 C1 A2 - B2 = C2 . x+y+z=l ;b) x+y=l ;c) x=l;d) x+y-z=O. l . b) Oz x + y. .=) l xOy yOz. l, y, z), Ox l T( y z.d) y -z = O. zOx yOzy = z = x x -z =z O,= y x = Ako su svi koeficijenti različiti od nule, dijeljenjem ove jednadžbe sa segmentni oblik jednadžbe ravnine X
p
q
-
D dobivamo ,
Z
(4)
r
r) su presječne točke ravnine s koordinatnim q, Točke osima, a brojevi p , q , r su duljine odrezaka na koordinatnim osima. računa se D do ravnine Ax Udaljenost točke formulom
(5)
Kut ({J među ravninama njihove normale
jest kut što ga zatvaraju
pri čemu su normale izbrane tako da taj kut bude šiljast (ili pravi). Ako je tada ({J računamo formulom:
Dvije su ravnine okomite ako je
a paralelne ako su
6.1.
i
..L
, tj. ako je
Ci
(6)
kolinearni, tj. ako je
Nacrtaj sljedeće ravnine:
a)
RJEšENJE. a) Ravnina odsjeca na koordinatnim osima odreske duljine (slika 6.2.a). . Ravnina prolazi tim pravcem i u ravnini Crtamo pravac (slika 6 2 b . paralelna je s osi Na u točki s apscisom i paralelna je s ravninom e) Ravnina siječe os za neke vrijednosti kordinata ime, njoj pripadaju sve točke s koordinatama i O dobivamo Ravnina prolazi ishodištem. Za O za Dakle ravnina prolazi pravcima dobivamo odnosno koji leže (slika 6.2.d). odnosno u koordinatnim ravninama
88
6.
PRAVAC I RAVNINA
Sl. 6. 2.
6.2.
n = (2, l, nO)=; (O, 2) ; O, -l) T( l, -2, O) TS, S(O, -l, l). 2 odmah ) 2(x -O)+ l(y -O)+ O(z - O)= O, 2x + y =O. O(x -l)+TS =l(y(0--l)O)+i2(+(z +l- 1+2)) = O,j +(yl +-O)2zk+=2 =O.-i+j+kje normala -l(x -l) + l(y + 2) + l(z -O) = O, -x + y + z + 3 = O . ) T(T(2l,, O,l, 2)2) Ox; Oz ; T(T(2l,, -l3, l), 3) Ox ;S(Ox, l, 2,-l) , T(3,0, 2) Ox; ) T( l, 0,2),n= i , n:=x-1=0. T(T(22,-1,1, 2, ),3),n=ixj=k, n=z-2=0. n=jxk=i , n:=x-2=0. 0(S(10,,2,-l), O, n=n=ixix OT=ST=-j+-2j-2k,3k, n=n:=3y+2z-4=0. -y + 3z =O. 0(0,0,0), n=ixj=k, n=z=O. Napiši jednadžbu ravnine koja: a prolazi ishodištem i ima vektor normale
)
b) prolazi točkom M( l,
i ima vektor normale
e) prolazi točkom
RJEšENJE. Po formuli možemo a b) e) Vektor ravnine,
6.3.
i okomitaje na spojnicu
napisati tražene jednadžbe; tj .
tj.
-+
tj .
Napiši jednadžbu ravine koja:
a prolazi točkom b) prolazi točkom
i okomita je na os
e) prolazi točkom
i paralelna je s xOy ravninom; i paralelna je s osima Oy ,
d) prolazi točkom
i osi
e) prolazi točkama
f) prolazi osima
i paralelna je s osi
Oy .
RJEšENJE. Dovoljno je odrediti jednu točku i normalu ravnine. a b) e)
d) e)
f)
0) ,
-
-+
l,
6.
89
PRAVAC I RAVNINA
6.4.
b)
a) okomita na ravnine prolazi točkom
1rt = T(l, 2, -l) ;
okomita na ravninu 1rt =
T(2, 1, 3) , S(l, 0, -1) .
RJEšENJE. a)
na
1tt ,
b)
2x-
Napiši jednadžbu ravnine n koja je:
Vektori
odnosno n2
•
y + z - 2 = O,
n2 =
3x - 2y + z - 3 = O
Dt = (2, -1, 1) , n2 = (1, 0, l)
x+z+l = O i
i prolazi točkama
su vektori normala ravni
Kako je ravnina n okomita na te ravnine, to je i njena
n okomita na Dt i na n2 . Dakle, n = Dt x n2 = -i - j + k i zato - l (x - l) - l (y - 2) + l(z + l) = -x - y + z + 4 = O . Točke T i S leže u ravnini n i zato je njena normala n okomita na vektor TS : n = Dt x TS = 9i + l lj - 5k . Izaberimo sada bilo koju od točaka T ili S , recimo S , i postavimo traženu ravninu n = (S, n) : n = 9(x - l) + l l (y - O) - 5(z + l) = 9x + l ly - 5z - 14 = O.
normala n = --+
--+
6.5.
Odredi jednadžbu ravnine odredenu točkama
P(l, -2, 1 ) .
RJEšENJE. spojnice
Potrebno je odrediti vektor normale
-
-
MN i MP, to je n okomit na vektore --t
---t
M( l, - l, 2) , N(3, 2, O) ,
n tražene ravnine. ---t MN i MP : --+
Kako n sadrži
n = MN x MP = (2, 3, -2) x (0, -1, -1) = -5i + 2j - 2k i odavde n = (M, n) = -5x + 2y - 2z + l l = O . 6.6.
Točke
A(2, 5, O) , B( l, 6, 2) , C( - l, 4, l) , D( l, 4, 3) ABC i ABD .
odreduju tetrae
dar. Odredi kut među stranama
RJEšENJE.
A, B, C n2 :
Potrebno je odrediti kut qJ što ga zatvaraju ravnina
i ravnina n2 odredena točkama --+
--+
--+
--+
A , B, D.
1tt
odredena točkama
Odredimo njihove normale
Dt = AB X AC = (-l, l, 2) X ( -3, -l, l) = (3, -5, 4), n2 = AB x AD = (-1, 1, 2) x (-1, - 1, 3) = (5, 1, 2) .
Zato
cos (/J
18 = lDt l ·ln2 l = /Fr\ Mn = 0,465, Dt n2 v 50v 30
Dt
i
90
6.
6.7.
PRAVAC l RAVNINA
Odredi odreske koje na koordinatnim osima odsjeca ravnina
a) 2x + 4y + 5z - 6 =O; b) x +y - 3z - 12 =O; e) 3x - 2y - 6 =O.
RJEšENJE. a)
Jednadžbe ravnina moramo dovesti u segmentni oblik.
2x + 4y + 5z = 6 3, q= !, 12 , q = 12 ,
i odresci su p =
b)
p=
r
r
=
=
==?
X y Z 3+ +� I
�.
2
5
=l
-4 .
Ravnina se ne dade dovesti u segmentni oblik. Najviše što možemo učiniti
e)
:_ + 2:'....
= l i odavde čitamo p = 2 , q = -3 . Naime, 2 -3 odrezak na osi Oz ne postoji, pošto je ravnina paralelna s osi Oz . Formalno možemo y Z .. . . . X stavttl = oo 1 ptsatl + - + - = l. 2 -3 oo
jest da je napišemo u obliku r
r
-
T(
6.8. RJEšENJE. p=l
5, -3,
Točkom l) položi ravninu koja odsjeca na osi a na osi Oy odsječak
,
6.9.
r
T
Napišimo segmentni oblik tražene ravnine:
q = 2.
Odavde
2.
Kako je
�
TE
n , to koordinate točke
= - . Dakle, n =
2x + y - 5z - 2 =O.
Ox odsječak l,
� + � + ; = l.
Zadano je
zadovoljavaju ovu jednadžbu.
Odredi jednadžbu ravnine koja sadrži os
2x + y - vfsz = O zatvara kut od 60° .
Oz ,
a s ravninom p =
RJEšENJE. Potrebno je odrediti vektor normale n tražene ravnine n . Stavimo n = Ai + Bj + Ck. Kako n sadrži os Oz , to je n okomit na k : n · k = O, tj. C = O i stoga n = Ai+ Bj . Ako sa m = 2i +j - 5k označimo vektor normale ravnine
p , tada vrijedi
tj.
(4A + 2B) 2 = 10(A2 + B2 ) A A 3( 'B )2 + B 'B - 3 = 0
i odavde
A = -3B
3A = B Postoje dakle dvije ravnine: n2 = -3x + y =O. Trt = x + 3y =O,
ili
.
6.
91
PRAVAC I RAVNINA
6.10.
+l = n2 y + 3z + 3 = nT11(2, x-3y-2z 3), T2(1, 2, d(T, ni ) = d(T, n2) T(x, y, z) lx -3y -2z + l l -y + 3z + 31 x-3y -2z + = y + 3z + 3). PT(Ix, y,3xz)-4y + z + 4 = P2 x + 2y + 5z + d(2 =T, TI ) = d(T, T2) (x -2)2 + (y + l? + (z -3)2 = (x -l? + (y -2? +(z + 1)2 x -y + 2z -4 =
Odredi jednadžbu ravnine p koja sadrži sve točke koje su jednako uda ljene od O , = 2x O; a) dviju ravnina = b) dviju točaka -l, -l) .
RJEšENm. a) Mom biti p:
i odavde simetralne ravnine):
za svaku točku
l
v'i4 ±(2x -
1 2x
v'i4
Postoje stoga dva rješenja (dvije
O,
=
b) Neka je daje
_ -
tražene ravnine
O.
=
ponovo bilo koja točka tražene ravnine p .
O.
odakle, nakon sređivanja, dobivamo p =
T1 r1 = (T1 , r r = r1 +t c . T, = T,(x�, y�, zi) , r = (x, y, z), = m, n), { xy =y=x1, +t+tml, , z= I+ t n , Z t y z Z! = --;;;- = -n- .
T1
Pravac p određen je nekom svojom točkom i vektorom smjera e . Pišemo e) . Ako je radij vektor neke točke pravca, a radij vektor točke , tada vektorska jednadžba pravca glasi
p
(7)
e (l, Ako je tada izjednačavanjem koefi cijenata uz vektore u ( 6. 7) možemo jednadžbu napisati u parametarskom obliku:
p =:
(8)
ili, eliminacijom parametra , u kanonskom obliku: X - X!
-l-
- YI
-
(9)
92
6. PRAVAC I RAVNINA
z ) , z t ) , T , , ( x ( x T > t 2 2 1 Y2 2 Yl y z x(T2 t, Ct) ,=p2Y2(T-2,YtcYt2) = Z2 -ZZlt c1 = mt, nt) , c2 = (12, m2, n2) , Sl.
6.3.
Pravac
Jednadžba pravca kroz dvije točke
X - Xt - Xt
---
Kut među pravcima Pt vim vektorima smjerova: ako je formuli
6.11.
---
--
glasi
(lO) (ll)
jest šiljasti (ili pravi) kut među njiho- računamo ga po
(lt,
: p t;, p = { yX =l= 2t, , ) p = { ;z=:�;� z= l+ t, 3-2t; t z-3-2 . t = x---2l ' t =y +2, t= -x-l-2-- y+2 - z-3-2l . = 2i +j + 2k. t= y =l, t=z
Parametarsku jednadžbu pravca a
b)
napiši u kanonskom obliku.
RJEšENJE. Trebamo izračunati i zatim eliminirati parametar a)
iz gornjih jednadžbi.
Prema tome, kanonska jednadžba glasi:
-1 Primjeti da u ovakvom zapisu uvijek ostavljamo broj u nazivniku. Brojevi u nazivniku su komponente vektora smjera, dakle, e
b)
X
2'
- 1.
93
6. PRAVAC I RAVNINA
Možemo napisati samo X
Z
-l
y = l.
2-1-,
Vektor smjera glasi e = 2i + k i nema komponente u smjeru vektora j . Pisat ćemo kanonsku jednadžbu u formalnom obliku
x
2 ==
y .::. l
0
=
--
z-1 , -1-
tumačeći da ovejednadžbe imaju smisla samo ako je za svaku točku ispunjeno y = l .
0 ;
RJEšENJE.
Možemo
odmah napisati po formulama (6.8) i (6.9) y = 2 + 3t, z = - l - t, y-2 z+ l l 3 - - --=t ·
X = l + t,
x-1
b)
e)
y, z) ravnine
Napiši kanonsku i parametarsku jednadžbu pravca koji a) prolazi točkom M( l, 2 - l) i ima vektor smjera e = (l, 3, - l ) ; b) prolazi točkama M(1, 2, - l ) , N(2, , 3 ) e) prolazi točkama M( l, 2, -l) , N( l, l, 2) .
6.12.
a)
T(x,
{
---+
Vektor smjera je e = MN = i - 2j + 4k . Zato
Sada je
X = l + t, y = 2 - 21,
z = - 1 + 4t,
{
x-1 y-2 z+ l -- = = 1 --=2 4- .
e = -j + 3k i stoga parametarska jednadžba glasi X = l, y = 2 - t, z = - 1 + 3t,
dok kanonsku možemo formalno pisati u obliku
x-1
o
y-2
-1
=
z+ l 3- .
94
6. PRAVAC I RAVNINA
6.13.
Pravac
p
{ x2x+-yy -4z-2z-5-l==
zadan je kao presjecište dviju ravnina O,
P
O.
Napiši njegovu jednadžbu u kanonskom i parametarskom obliku.
z = -l :
RrnšENJE. Da bismo odredili tražene jednadžbe potrebna nam je jedna točka T s
x+y=l 2x-y=-l x= y= l, -l) = = 2l -1l -2-4k = - -3k. x y-12___z+l1_ ' z+ll -=x2 y-12 =--=1 = 2t , { X =l +2t,. p = yz=-l+t l = = { { -x-x ++ 2y2y +z-4 y -2 = -3z = z). x y z= l -x+2y = 3, = y. -x+32- - yl- -z-10-.
pravca p i njegov vektor smjera
e.
Koordinate točke T dobivamo iz gornjeg sistema,
stavljajući za vrijednost jedne koordinate bilo koji broj. Uzmimo npr.
i odavde
O,
vektore normala
E p.
l . Dakle, T(O,
Dt , D2 :
e
D1
x
Kanonska jednadžba pravca
i j
Vektor smjera
e
je okomit na
-6i 6j
D2
p glasi
2__
Parametarsku jednadžbu možemo odavde direktno ispisati, no obično je "računamo", proširivši gornje jednadžbe
--
i odavde
6.14.
RJEšENJE.
Napiši u kanonskom obliku jednadžbu pravca O,
a) P =
O;
b)
P
2x -
O,
O.
a)
U ovom slučaju ne možemo uvrstiti u gornji sistem bilo koju vrijednost za nepoznanicu z (kao u prošlom zadatku) da bismo odredili točku koja leži na pravcu.
Provjeri da dobiveni sistem po nepoznanicama i neće imati rješenja (za nasumce odabranu vrijednost varijable Mogli bismo fiksirati neku drugu nepoznanicu, no da ne bismo u svakom primjeru
vršili
dodatne analize, modificirati ćemo postupak
objašnjen u prošlom zadatku: rješavamo gornji sustav po bilo koje dvije nepoznanice, tretirajući treću kao konstantu.
Oduzimajući gornjejednadžbe dobivamo Zato kanonska jednadžba glasi
i zatim
tj.
!f
6. PRAVAC I RAVNINA
95
Vektor smjera je e = 2i + j . Uvjeri se da je e = n1 x n2 . b) U oviinjednadžbama ne pojavljuje se nepoznanica z . To znači da, ukoliko x i y zadovoljavaju ovaj sistem, vrijednost varijable z možemo uzeti po volji. Drugim riječima, pravac će prolaziti točkom čije prve dvije koordinate zadovoljavaju ovaj sistem i biti će paralelan s koordinatnom osi Oz . Njegova parametarska jednadžba će glasiti x = f, y = 2, z= a kanonska x-l y-2 z -T- = -o- = · r Primjeti da je e = k .
T
{
6.15.
t,
-4-, 4- z-4 { -l +t, { 4s, l + 4t, 4+As , -3t4t 4-+4s, t -l A( l, B(O, AB
Odredi nepoznati parametar A tako da pravci x+ l y z- 1 x-3 y +2 = = = = p2 = PI = A1 - -3 -::s · imaju presječnu točku. -
Napišimo parametarske jednadžbe pravaca: x= x = 3 + As, P I = y = -3 t, P2 = y = -2 + z= z= 5s. Da bi P I i P2 imali zajedničku točku, mora biti -l + t = 3 = -2 l+ = 5s. Ovaj sistem (za neko fiksno A ) u principu nema Jješenja, što znači daje mimosmjer nost pravaca njihov očekivani položaj u prostoru. Iz druge i treće jednadžbe dobivamo = 2 , s = . Broj A određujemo tako da i prva jednadžba bude zadovoljena: A ::::: 2 . RJEšENJE.
6.16.
Pravac p prolazi točkama -2, 3) , ih on zatvara s koordinatnim osima.
- l, 2) . Odredi kuteve što
Dovoljno je poznavati vektor smjera pravca, e = Tražene kuteve nalazimo iz formule Co = cos ai + cos f3j + cos yk. Vrijedi 2i - 2j - k 2 • 2 • 1 e Co = - = = -1 - -J - -k le i v'9 3 3 3
RJEŠENJE.
---+
= 2i - 2j - k . (12)
96
6. PRAVAC I RAVNINA
109°28'. =
i zato
arc cos
a
6.17.
�
= 48°11', {3 = arc
�
cos(- )
•
= 131°49', y
= arc
cos(
_ l) 3
=
Izračunaj kut medu pravcima
_ x +6 y - 2 z - 3 _ x-1 = y = z-4 -1- -2 --::;:;-- = -5- = -1- = -1-. c1 = (1, -2, 7) , c2 = (5, l , 1) : 2v'2 = 96 l . = lctlCt . lc2c2 1 = - 27 90° , 1:(P t , p2 ) = 180° - 96°11 = 83°59'. Pt =
P2
RJEšENJE. Kut među pravcima jest kut medu njihovim vektorima smjerova: => q>
cos q>
Kako je q> veći od
{ X = l,
6.18. ) a
y = l;
{ X+ y = l, z=
O;
T( O)
RJEŠENJE. a ) Pravac prolazi točkom lelan s osi Oz ). b) Pravac leži u
T(l, O, O), O, S(
d)
l, l, e) XOy xOy . d) 3, l).z = . l 6.4 .
podignut u ravninu
'
zamijenjujemo ga njegovim suplementom; dakle
Nacrtaj pravce
b)
o
i okomit je na ravninu
ravnini.
(paralelan s ravninom
Vidi sl.
x - 1 = L = �1 -3 -1 xOy
(tj. para
Pravac izgleda poput prethodnog, )
Pravac prolazi točkama
.a-d
(0,1,0)
Sl. 6.4.
Kut q> izmedu pravca i ravnine računamo po formuli q> pri čemu su
ei
= 1:(p, ) := 90° - 1:(c, n)
·
n
n izabrani tako da kut medu njima ne bude tupi. Dakle, C·n sin q> l c l in i ' =
(13)
6.
97
PRAVAC I RAVNINA
e+mB +=nCO,= O, (14) e = A = m A= n O, · A' B e A,x+B,y+C,z+D, =O, 2 A2x+B2y+C2z+D2 = A(A,x B,y + C1z +Dl) + ll(AA2,xll+ B2y + C2z + D2) =O A , ll -l-2- = = 3 T( l, l, l) x-2 = y+l T(l_x+l , l, l) y z+l P2 = -2- = = e= (2, -1, l) 2(x -l)-l(y -l)+ l(z -l)= O= y +z-2 =O 2 j = = 2l l l = + 3j + -x + 3y +z-3 =O.
Pravac je paralelan s ravninom ako je
n
lA
n za neki
a okomit na ravninu ako je
O
·
l
tj. ako vrijedi
1-
tj. ako vrijedi
(15)
Ako se dvije ravnine n 1 = sijeku po pravcu p , tada jednadžba
n =
+
( 16)
predstavlja za svaku vrijednost parametara ravninu koja sadrži pravac p . Fa miliju tih ravnina za sve vrijednosti parametara E R zovemo pramen ravnina. Geometrijski, te se ravnine rotiraju oko pravca p . 6.19.
Odredi jednadžbu ravnine 1t koja: a) prolazi točkom i oko. , X Y Z . v b) ID!ta Je na pravac p = prolazt toekom -- ; _1 1 z- 1 - = -- , i paralelna je s pravcima Pt = -0 1 1 -
-
l
-=I ·
RJEšENJE. a) Vektor normale n ravnineje ujedno vektor smjera ca, zato je
prav
2x -
n =
(slika 6.5.a). b) Vektor smjera n sada je okomit na vektore smjerova pravaca p1 i i k 0 n C t X Cz -i k. -1 Tako dobivamo 1t = (slika 6.5.b). p
n
e
r -:l 7
Sl.
6.5.
p
:
98
6.20.
x -1 = p y-1-1- = -z-11- , 2x + 3y +z + l =lO. T(l, l, l) e p p m n n= ex m=-2x(i ++ j+y +k)z =xO.(2i + 3j +k) = -2i +j+ k T(T(ll,, ll,,pll)) n= 2x+y+3z+l=O ; = { x+y-z+l=O -x + 2y +z+ 3 = O e e= n= (2, l, 3), p -=px-12 - y-1l - z-13 . e = -1il j2l -lkl = 3i + 3k. -x-11- = y-10- = -1z-1-. ) . p = -x-12- = -y+l3- = z+l . x-2-1 = -ly = -z+23- , p2 = = x-2 -y+l-1 = --z-13 T( l, -l, -l) p p, j x e =j x (2i + 3j -k) = -i -2k PRAVAC I RAVNINA
6.
Odredi jednadžbu ravnine
n
koja prolazi pravcem
a okomita je na ravninu p
=
RJEšENJE. Točka leži na pravcu pa stoga i u ravnini n . Normala ravnine n okomita je na vektor smjera pravca i na normalu ravnine p . Dakle i jednadžba ravnine 6.21.
n
je
Odredi jednadžbu pravca a) prolazi točkom b) prolazi točkom
koji: i okomitje naravninu i paralelan je s pravcem
q
·
RJEšENJE. a) Kako je pravac okomit na ravninu, to za njegov vektor smjera može mo uzeti vektor normale ravnine: i jednadžba pravca u kanonskom obliku glasi --
--
--
b) Vektor smjera pravca je u ovom slučaju jednak vektoru smjera pravca q , odnosno, okomit na vektore normala ravnina koje određuju pravac q (skiciraj!):
Tako dobivamo
P =
-
6.22.
Odredi jednadžbu ravnine
n
koja:
a prolazt pravcem
--=1
Oy ;
b)
prolazi paralelnim pravcima
Pt
1
. s ost. paralelna Je _
RJEšENJE. a) Točka leži na pravcu te stoga i u ravnini n . Potrebno je još odrediti njenu normalu. Kako je ravnina paralelna s osi Oy i s pravcem to je njena normala okomita na vektore smjerova tih pravaca: n
=
6.
PRAVAC l RAVNINA
99
n=x+2z+l =0. I, -2), -l, = -9 j e = ( 2 i -j + 3k) ( i -j + 3k) 3k, n = 3y + z + 2 = 2x + 3y + z-3 =0.tJ, = -9':(n, i) no ·i , tJ (1 7 ) ii= k ii= ( 2 i + 3j +k), 32°18' , tJ= 53°18' , v\4 = 15°30' . { 3x+y-z+I oo = = x -8y + 3z - = 2x-y +4z-2 -5k e = (3i +jn =-k) 8j +(2i-j+ 4k) 3i-14 j 3k. . = n·n ee 74100430 = 0,7665, z+l n= 2x-3y +z+ 4 a) P = x-2 = = 1 _2 -=l' = x -2-21 _2 = z+z+_1ll , n:=2x-3y +8z+1=0, e) P = 1 _2 = _1 , n:=2x-3y +8z+4=0 . a) { x= 2+t, yz=-1= -2t-t, , = 2x -3y +z+ 4 = o.
i zato je na
b) Točke M( O, N(O, l) leže na pravcima, pa zato i u ravnini. Ravni 1r je određena jednom točkom (recimo M ) i normalom koja je okomita na vektor ,--..t
smjera e zadanih pravaca, kao i na vektor MN , pošto spojnica
te je 1r
6.23.
x
=
-
X
MN
-
MN leži u ravnini: -
O.
'
:
Izračunaj kuteve što ih s koordinatnim osima zatvara ravnina
RJESENm. Neka su a , y traženi kutovi. Kako vrijedi sin a cos i slično za sin sin y to jedinični vektor normale možemo pisati u obliku
,
,
sin ai + sin /Jj + sin y
Kako je
r
6.24.
to dobivamo a = arc sin
v
.
•
*=
•
i
Izracunaj kut kojeg zatvaraju pravac p
6
ravnina 1r
RJESENm. Vektor smjera pravca je
Sin
(/)
,
,,
O.
x
i-
a vektor normale ravnine
6.25.
.
=
Zato je
l ::::: y'74y'43()
--
Odredi presjek pravca i ravnine:
b)
p
X
= O,
L
L
RmšENm. Presjek pravca i ravnine najlakše određujemo tako da pravac napišemo u parametarskom obliku i zatim dobivene jednadžbe "uvrstimo" u jednadžbu ravnine:
p :
1C
-t) + 4 = t= -l. x = l, y = 2, z =2(22(+t2 +t) -3() -3(-2t-2t) +) +(-8(l -l-t ) + l= -3 = p A(2, -l) p e) 2(2 + t) -3(A(2, -l)+ 8(-l-t) +4 A( 2 , -3, l), p x-3 y+3 z-S q -2- = = -3A q. A q p = e = (2, -l, 3) 2( x -2)-l( y + 3) + 3( z -l)= y + 3z-1 0 =O. -2 y-+1-3 = = 2 2) q B l , , ( p z-ll z+S p : x-l -2- = -y+23- = -1z ; q=:. x-l-2- = -y-13- = -=l' 6.6): 6. PRAVAC I RAVNINA
100
Dobiva mo
O i odavde Zato su O koordinate presječne t očke . b) Sada O daje O , što z nači da pra vac ne siječe ravninu. Provjeri da je z aista p aralelan sa 1t (vektor no rma le rav nine oko mit je na vektor s mjera pravca) , te da t očka O, E ne leži u 1t ! Uovo mslučaju je -2t) = O , što znači da pravac leži u ravnini . Provjeri da je zaista O, E 1t .
6.26.
Odredi jednadžbu pravca
na pravac
=
koji prol azi t očko m .
---=!
..
1
okomit je
1 SIJece ga . y
RJEšENJE. Postavitiće mo ravninu 1t koja prolazi t očko m i okomita je na pravac Traženi pravac prol azi t očko m i sjeci šte mpravca s ravnino m 1t . Nor mala ravnine je n , a njena je dna džba
O = 2x -
n=
PresJe. k
6.27.
n
. n Je to eka
, a J'ednadžba pravca
. X glas 1 ---=!
Odredi uda ljenost dvaju para lelni hpravaca
RJEŠENJE. Zadatak tje šava mo ov impostupko m(slika
p q
p (l, -2, = e = (2, 3, -l), , p =:. + 3y -z + 4q=:.x=l+2t = , y=l+3t = q , z=-l-t. q 2(1 +2t) +3(1+3t) -(-1-t) +4=0 t=-l, Sl. 6.6.
(i) Odred imo točku T na pravcu ,npr. T O) . (ii) Postavi mo r avninu 1t zato je kroz točku T, okom itu na pravac Vektor no rmale n n 2x je O . (iii) Odredi mo S n 1t Para metarski prikaz pravca •
Presjek pravca i ravnine dobiva mo kad je
=>
6. PRAVAC l RAVNINA
101
-l, -2,d(-4).p, q) = y'(I + + (d2(p-2), q) 2=d+((O + 4)2 = 2VS. 6.114. ) p x--2-1 = -y+23- = z-1 -x-12- = -y+23-, -y+23- = z-1 3x -2y -7 = O, y -3z + 5 = O. A(3x-2y -7) +JL(y -3z +5) =O :::::;. 3Ax+ (-2A +JL)y -3Jtz -7A +5JL =O. { x + 3y + Sz -ll = x-y-2z+1=0 (iv) Izračunamo
S(
dakle,
1 )2
(Vidi i Zadatak
6.28.
T, S) :
Odredi jednadžbu pramena ravnina koje prolaze pravcem
�
-- ·
RJEšENJE. Dovoljno je jednadžbu pravca napisati u obliku
i shvatiti ta dva dijela kao jednadžbe dviju ravnina koje u presjeku daju zadani pravac.
To su ravnine n1 =
Jednadžba traženog
n2 =
pramena glasi
6.29.
Odredi jednadžbu ravnine koja prolazi pravcem
P=
O
i paralelna je s osi Oy .
RJEšENJE. Napisati ćemo pramen ravnina koji prolazi zadanim pravcem i potom izd
x(l + +A)3xy++(5z3 -A-ll)y ++A(5(x-2A-y )-2zz -ll++ 7) 7A= O,=O. Ay A = 3 4x-z+ lO = O. (2 +t 3t)x + (1 -2t)y + (3 + t)z + l-2t =O, 2x + y 3z + l+ t(3x -2y +z 2) =2xO+ y + 3z + l O. 3x -2y + z -2 O.
vojiti onu koja j e paralelna s osi Oy . Kako j e pravac zadan kao presjek dviju ravnina,
jednadžbu pramena možemo odmah napisati:
Parametar
nepoznanicu
6.30.
biramo tako da dobivena ravnina bude paralelna s osi Oy - koeficijent uz mora biti jednak nuli. Odavde slijedi
i rješenje
Postoji li pravac koji je zajednički svim ravninama
gdje je
E R bilo koji?
RJEšENJE. Zadanu jednadžbu možemo napisati u obliku:
+
i zato ona predstavlj a pramen odreden ravninama n1 = tr2 = Kako te dvije ravnine nisu paralelne, one se sijeku po traženom pravcu. Odredi njegovu jednadžbu!
102
x + 2z- =O. M' M(l, lM, l) M n = i+ j-2k, x+= l +2zt, - = =l +Ot, z =t =l -2t.l x M' 2, 2, -l)M(. l, l, l)M' e). 2= l+a2 ' 2 = l+2 _1 = l +e2 _x-2 = = z+l1- . M( l, O, 2) M' M M 3x + +z- = O.n= e= 1), x =t=2 +O,3t, =M'St,(2, zO,=-l)-l=+pt a,-1 =,e-e+2) - , 2 = -a +2-l , O = -+2-O , 2 x = -2- = , x-21- = -2-l = z O, T(2, l, ST, M(l, 2, = , n=
6. PRAVAC I RAVNINA
6.31.
Nađi točku N simetričnu točki y6
s obzirom na ravninu
RmšENJE. Odredimo najprije projekciju točke na ravninu n . Nju dobivamo kao presječnu točku rav nine n s pravcem p koji prolazi točkom i okomit je na n . Kako je e = to jednadžba pravca p glasi p = y On siječe ravninu y 6 za , te Točka je polovište dužine čiji su je ( krajevi u točki i u traženoj točki N(a, b, Zato je
n =
M
-
b'
i odavde N(3 , 3 , -3) .
6.32.
Odredi točku N simetričnu točki y p = -3 5 R.mšENIE. Kao i u prošlom zadatku, odredit ćemo najp rije projekciju točke na pravac p . Nju dobivamo kao presjek pravca p i ravnine n koja prolazi točkom i okomitaje na pravac p . Kakoje (3, 5 , to je n = 5 Presjek pravca Sy i ravnine dobiva y p= mo za te je n n . Koordinate
s obzirom na pravac
-
tocJ�. �1.e N dob"tvamo tz
l l
--+---
b
.
( b
�M
p
1t
N(3 , 0, -4) .
Sl. 6.8.
y-3 z-3 -- q = Zadani su paralelni pravci: p = l 0 y 3 . 1. • su tl• pravct• zrcalno -- . Odredi ravmnu n s obzrromna AOJu 0 simetrični.
6.33.
-
-
-
.
·
RmšENIE. Točke S( 3 , 3) , 3) nalaze se na pravcima p odnosno q . Zato ravnina n prolazi polovištem spojnice tj. točkom 3) . Potrebno je još odrediti njen vektor normale. On mora biti okomit na vektor smjera e pravaca p i q , kao i na normalu m ravnine p određene pravcima p i q (skiciraj !). Kako je m
-+
e x ST to dobivamo
-+
-+
-+
e x (e x ST ) = e(e · ST ) - ST (e · e).
6. PRAVAC I RAVNINA
Kakoje Odavde 6.34.
103
e= i+2j+, y =O.2i-2j , n= -2(i +2j) -5(2i-2j) = -12i+6j . -7 = y = X . . z; 1 3x-y+z+2 =O ; x-y+3z+7 =O. --t
n :::
-2x
ST =
slijedi
Odred.1 Je . dnadžbu ortogonaJne proJekCIJe pravca p na ravninu: a )
b)
n :::
:::
-::g
l
n :::
B' B, 6.9). 3x -y + z + 2 = o -l, l, X2)==7p-St ' y =t, z= -l+B3t =t= B(7, O, -l) e e = n = (3, -l, l), :: : = + 3t , y = -t , -l +t = 7 X B'(l, 2, -3) = B' t= -2 p,_x+l z-2 · = -2- = -y-11- = -=s B( 7 , O, -l) :: : X = 7 +t , y = -t , = + 3t . B' Be='(6,-Si+l, j+=3k, B X= 6-St, y = l+ t, z= + 3t. Sl. 6.9.
RJEšENJE. a) Potrebno je odrediti projekcije A' i dviju točaka A , s pravca p na ravninu n i povući pravac p' kroz njih. Kako pravac p siječe ravninu n to za točku A možemo odabrati njihov presjek, i tada je A = A' (slika Zadatak rastavljamo na sljedeće korake: (i) Određujemo A p n 1r . Vrijedi 1r = ip= i za l dobivamo presječnu točku A' ::: A( nn. (ii) Kroz točku E p postavljamo pravac q okomit na ravninu n . Izaberemo E p . Vektor smjera pravca q je te je jednadžba pravca q
q
Z
q n n . (iii) pravac p' kroz A'
i za dobivamo presječnu točku i ima jednadžbu
b) Sada je pravac paralelan s ravninom i dovoljno je naći projekciju jedne točke s pravca na ravninu n . Uzmimo E p i pravac
-l koji prolazi točkom i okomit je na n Presjek tog pravca i ravnine n daje projekciju i ima vektor smjera q n n . Traženi pravac p' prolazi točkom -4) te glasi p' = -4
q
Z
104
6.35.
6. PRAVAC
I RAVNINA
Nadi najmanju udaljenost točaka s mimosmjernih pravaca
= Pt -
x+ l y z - l = l = -l 2 '
x y+l z-2 pz = = - -1 = -3 4 ' --
--
--
E BE
Sl.
6. 10.
RJEšENJE. Ako su A p1 P2 točke na kojima se dostiže ta najmanja udaljenost, tada spojnica AB mora biti okomita i na pravac p1 i na pravac pz (slika 6. 10). Naj manju udaljenost možemo odrediti a da ne nalazimo te točke na kojoj se ona postiže. Postavimo najprije ravninu n kroz pravac p1 , paralelnu s pravcem pz . Njena normala n je okomita na vektore smjerova c1 Cz zadanih pravaca a pripada joj i bilo koja točka, recimo T( - l, O, l ) s pravca p1 : ,
,
n = Ct
X
Cz = - 2i - 2j + 2k, n = -2(x + l) - 2y + 2(z - l ) = O = x + y - z + 2 = O. Udaljenost između pravaca p1 i P2 jednaka je udaljenosti bilo koje točke pravca P2 do ravnine n . Umirno S(O, - l, 2) pz :
E
v'3 . d(pt, pz) = d(S, n) = 3
(Za drugi način tješavanja vidi Zadatak 6. 1 14.)
6.36.
Točkom M(l, l, O) položi pravac p koji siječe oba mimoilazna pravca:
x + 2 y - l z - 2 . :::; x - 4 y + l z z = = = Pt :::; 3- = 1 - -=l t P 21- l ' -
-
Sl.
-
6. 11.
Zadatak raščlanjujemo na sljedeće korake (slika 6. 1 1): (i) Postavljamo ravninu n kroz točku M i pravac p1 • Uzmimo točku N( -2, l, 2) sa pravca p1 • Tada
RJEŠENJE.
6. PRAVAC l RAVNINA
je normala ravnine
1r
lOS
dana sa --t
n = NM
X Ct
i j k
= 3 0 -2 = 2i - j + 3k 2 l -1 i odavde n :::: 2(x - l) - l(y - l ) + 3(z - O) = O = 2x - y + 3z - l = O . (ii) Određujemo presječnu točku P pravca p2 i ravnine n . Vrijedi p2 :::: x = 4 + 3 t , y = - l + t , z = t i presjek s ravninom 1r se dobiva za t = -l , P( l, -2, l) . (iii) Povlačimo traženi pravac p kroz točke M i P: x- 1 y+2 z+ l p : -- = -- = --. 1 0 3 Taj pravac leži u ravnini 1t , siječe p2 u toc"ki P i , kako nije paralelan sa Pt , siječe i njega u nekoj točki S . Odredi njene koordinate!
6.37.
6.38. 6.39. 6.40. 6.41. 6.42. 6.43.
6.44.
6.45.
Napiši jednadžbu ravnine koja a) prolazi točkom T(2, - l, 3) i koja je pa ralelna s vektorima St = (2, 3, - 1) , s2 = ( 1, -2, 1) ; b) prolazi točkama T(2, l, -3) , S (O, - l, -2) , paralelno s vektorom s = (2, -2, l) . Napiši jednadžbu ravnine koja prolazi točkom T(- 1, 2, 3) i koja je okomita na ravnine 1rt :::: x + 2y - z + 3 = O , n2 = 3x + 2y = O . Napiši jednadžbu ravnine koja: a) prolazi ishodištem i točkama M(2, l, 2) , N(-1, l , l) ; b) prolazi osi Oz i točkom M(1, 2, 0) . Poznate su koordinate vrhova tetraedra A( l, 2, 3) , B(2, -l, O) , C(2, 3, -2) , D( l, 2, l) . Napiši jednadžbe njegovih strana. Odredi parametar a tako da točke A(2, l, 2) , B(l, 2, 2) , C(2, 2, 1) , D(3, 4, a) leže u jednoj ravnini. Nađi jednadžbu te ravnine. Odredi jednadžbu ravnine koja je okomita na ravninu n :::: x + 2y - 2z + 3 = O i presjeca ju po pravcu koji leži u xOz ravnini. Zadan je trokut ABC s vrhovima A(l, l, l) , B(2, 3, 2) , C( -l, 3, Odre di jednadžbu ravnine koja prolazi vrhom A , okomita je na ravninu trokuta i raspolavlj a kut <}:(BAC) . Napiši jednadžbu ravnine koja: a) prolazi točkom T( l, 2, 3) i odsjeca na koordinatnim osima odreske jednakih duljina; b) prolazi točkama T(O, O, l) , S(9, 4, - l ) i zatvara s koordinatnim ravninama tetraedar obujma 6. Odredijednadžbu pramenaravninakoje prolaze zadanim točkama Tt (2, - l , O) , T2 ( l , l, 2) .
5).
6. PRAVAC I RAVNINA
106 6.46. 6.47.
6.48. 6.49. 6.50. 6.51. 6.52.
6.53.
Odredi udaljenost točke T( 2, - l, O) do ravnine 11: =: x + y - z + 2 = O . Odredi udaljenost između paralelnih ravnina a) 11:1 =: 2x + y - 2z + 3 = O , 1rz =: 2x + y - 2z + 9 = O ; b) 11:1 =: 4x + 3y - Sz - 8 = O , 1rz =: 4x + 3y - Sz + 12 = O . Odredi jednadžbe ravnina koje su za 3 jedinice udaljene od ravnine 11: =: x + 3y - 2z + l = O . Napiši jednadžbu ravnine koja sadrži sve točke jednako udaljene od dviju zadanih točaka M(2, l , -l) , N(O, 3 , 3 ) . Odredi kut među ravninama: a) x + 2y + 2 = O , 2x - y + 2z = O ; b) 3x-y-z = O x+y+z- 1 = O ; c) x+y+2z-3 = O , 2x+2y-2z+3 = O . , Točke A(2, S, O ) , B( l, 6, 2) , C( - l, 4, l) , D(l, 4, 3 ) određuju tetraedar. Ko liki kut zatvaraju strane ABC i ABD ? Kroz točku A(2, -l, 3 ) postavljene su dvije ravnine. Jedna od njih sadrži os Ox , a druga os Oy . Koliki je kut među njima?
Napiši jednadžbu pravca u kanonskom obliku: x + 3y + 2z + 3 = O, 2x + 3y - z + 2 = O, ; b) a) 3x - y + 2z + l = O. -x - 2y + z = O. Napiši jednadžbu pravca u parametarskom obliku: 2x + y = O x + 2y + z +.3 = O b) a) ; . X - 2z = 0 X - 3y - Z + l = 0 . x- 1 y+2 z x y z+2 . Odredi kut među pravcima -= - = 3' , = - -=2 1 0 '2 2 . Vrhovi trokuta su A(l, l, l) , B(3, O, 3 ) , C( -2, l, l) . Odredi jednadžbu si metrale kuta 1:(BAC) . Vrhovi trokuta su A( l, -2, -4) , B(3, l, -3 ) , e( S, l , -7) . Napišijednadžbu pravca na kojem leži visina trokuta spuštena iz vrha B . Odredi kut što ga zatvaraju težišnica i visina spuštene iz vrha C u trokutu s vrhovima A(2, l, -l) , B(2, O, l) , C(O, l, l) . Izračunaj visinu spuštenu iz vrha D tetraedra ABCD s vrhovima A( - l, -3, l) , B( S, 3, 8) , C( - l, -3 , S) , D(2, l, -4) . U prostoruje zadan tetraedar svojim vrhovima A(O, O, O ) , B( 2, l, O ) , e(O, 3 , O) , D( l, l , 2 ) . Odredi kut između visine tetraedra spuštene iz vrha D i visine trokuta ABD spuštene iz vrha D .
{
{
6.54.
{
6.55. 6.56. 6.57. 6.58. 6.59. 6.60.
6.61.
{
-
Odredi parametar m tako da pravac 4x - 3y - 6z + 13 = O .
-
X-2 m
--
=
Y
4
l
--
=
Z
-3 1 ezi u ravnim -4
--
v•
•
•
6. PRAVAC I RAVNINA
6.62. 6.63.
6.64.
6.65.
6.66.
107
Odredi projekciju točke T(2, 4, 3) na pravac p = x = t , y = -21 + l , z = 2t - 2 . x-9 . .. y+7 z-4 . Odredi ortogonalnu proJe kClJU pravca --::z = ----u- = na ravnmu - lO 2x + y - 2z - 3 = 0 . X- l y . Z+ l . = --=-1 1 ravnma Zadani su: toe�ka A (3 , O, 2 ) pravac p = -- = I 2 n = 2x + 2y + 2z + l = O . Nađi točku T na pravcu p takvu da ravnina n raspolavlja spojnicu AT . Zadana j e ravnina n = x - 2y + z = O i pravac p kao presječnica dviju ravnina Pt = 2x - 3y + z - 4 = O , p = x +y - z + 2 = O . Odredijednadžbu pravca q koji leži u ravnini n , siječe pravac p i okomit je na njega. Nađi ravninu koja ne siječe niti jedan od pravaca _ x+ l y z+ l _ x - 1 = y --1 = z + l q = -- = I = P= 1 2 -=1' a jednako je udaljena od svakog od njih. x + y - 3z + 6 = O Na pravcu p = odredi točke koje su udaljene od točke x -y -z = O T( l, O, l) za d = VS . Odredi broj a tako da se pravci x-2 y-1 z-a _ x=z-3 , Pt = P2 = 3 = 2 = -l y = 3z sijeku i nađi jednadžbu ravnine koja ih sadrži. y+4 x 3 = Napiši jednadžbu ravnine koja prolazi pravcem Pt _ ; -l z-2 +5 y -2 z- 1 . s pravcem p2 = x= - = -- . -=3 , a paralelna Je 2 4 7 Odredi parametar a tako da pravac određen sa 3x + y - z + a = O 2x - 2y + z + l = siječe os Ox . Odredi parametre a , f3 tako da pravac određen sa x - ay + z + l = O 3x + y - z + JJ = 0 leži u ravnini x + 2y - z - 2 = O . Odredi jednadžbu pravca koji prolazi točkom T(l , O, 7) , siječe pravac Pt = x-1 y+3 z-3 . x-1 y+l . - = -- = -- 1 okorm. t Je na pravac p2 = = -- = 2 1 2 3 z+2 . -2 ·
,
1-
1-,
-
6.67.
6.68.
6.69.
6.70.
6.71.
6.72.
-
. { {
--
{
--
o
{
-1-
108 6.73.
6.74.
6.75.
6.76. 6.77. 6.78.
6.
Odredi jednadžbu ravnine koja prolazi točkom A( -3, l, l) i pravcem p =
{ � : �-
Zz + 3 = O z X- l y+ l . . dnako udal"�enu od ravmna Na pravcu p = -- = -- = _ 1 nađi toe�ku Je Z Z n, = 3x + y + Zz - l = O , n2 = x + Zy + 3z + l = O . z-Z . prolaz1. pravcem p = X --l = y + Z = NaplSlJe ·�· . dnadžbu ravm. ne kOJa -, --=3 Z Z 5 a okomita je na ravninu n = 3x + Zy - z - = O . +l y-Z z-Z . kOJa . prolaz1. pravcem p = X= --=3 = --::::7 Odredi J"ednadžbu ravnme Zi raspolavlja dužinu AB određenu točkama A(Z, l, O) , B( -Z, l, -Z) . Na osi Oy nađi točku jednako udaljenu od ravnina n1 = 3x - y + 4z - l = O , nz = x - 5z + Z = O . x;1 Odredi jednadžbu pravca koji prolazi probodištem pravca p = 5 y+l z z . . � . . . n 1. okormt -=3 = -- 1 ravnme n = 2x + y - z + = , lez1· u ravmm 3 je na pravac p . X l z + 3 1. . . . ako y +-z Je Jedn Odredi toe�ku T na pravcu p = 1 - = 5 = --==3 1\.0Ja udaljena od točaka A(Z, l, 7) , B( -4, 3, l) . 5 2x + 3y - z + = � Odredi jednadžbu pravca paralelnog s pravcem p = x - Zy + 3z + l = 0 i koji prolazi točkom M( l, l, Z) . ·
o
-
6.79.
6.80.
6.81.
6.82.
6.83.
6.84.
PRAVAC I RAVNINA
-
-
-
y- 1
o
•
{
Odredi parametar m tako da pravac = = bude okormt na presZ m 3 ječnicu ravnina n1 = x + Zy - l = O , n2 = x - Zz + Z = O . ,
X
-
--
Z
.
-
x-1 z+ 1 y+Z , točka A(l, -Z, -l) na = = Zadani su pravac p = z -3 l pravcu p i točka T(6 , l, -6) . Odredi točku B na pravcu p tako da trokut ABT bude istokračan sa osnovicom AB . x+Z y+3 z+Z � Zadane su tocke A(Z, O, 1) , B (4, Z, 0) , pravac p = - = -1- = Z 3 5 i ravnina n = 2x + 3y + 4z - = O . Nađi točku C na pravcu p i točku D u --t --t ravnini n tako da bude CD = AB . Odredi jednadžbu projekcije presječnice dviju ravnina n1 = 2x - Zy + z - l = O , n2 = 3x + y - z - Z = O na koordinatnu ravninu yOz .
6. PRAVAC I RAVNINA
6.85.
109
x-I y+2 z-3 x-3 y+2 su pravct. PI = -- = -- = -=3 ' P2 = -- = -- = 1 2 1 2 z . Odredi jednadžbu ravnine n s obzirom na koju su pravci PI i P2 3 zrcalno simetrični. Odredi točku B simetričnu točki A(4, 3 , 10) s obzirom na pravac p x- I y -2 z-3 -- - -- - -- . 4 3 5 Y Z+ • dnadžbu pravca stmetncnog pravcu p = -- = 2 Odredi Je = -- s 1 1 obzirom na ravninu n = -2y + z + 5 = O . - l y+3 Z-4 . pravac p = . . Je . Zadan Je A..:l-edi pravac p1 kOJl - = -- = -=1 · V\ll 1 2 zrcalna slika pravca s obzirom na ravninu a) xOy ; b) -x + 4y + 2z + 3 = O . Odredi točku P' simetričnu točki P(3 , - l , l) s obzirom na ravninu određenu točkama T1 ( -2, - l , - l ) , T2(2, l , -5) , T3 ( -4, - l , O) . . x y - 2 z - ll . x- I y -3 z-2 Zadam su pravct PI = -- = -- = - , P2 = i = -- = -2 1 1 1 2 Odredi jednadžbu pravca p simetričnog pravcu p2 s obzirom na ravninu n koja sadrži PI i paralelna je s P2 . Odredi točku A' simetričnu točki A ( I , O, 2) s obzirom na ravninu n odredenu x+I y+2 z+3 tockom T( I , 2, 3) 1• pravcem p = -- = -- = -3 2 1 -2 y= -- = -- = Kroz toevku T(2, , ) postavt pravac kOJ• l• stJece • • v pravac p 2 1 z+ l . -- l OS Oy . 1 Točkom S( - l , položi pravac koji siječe mimoilazne pravce PI x--I y-2 z l. x y+5 z-3 = -- = P2 ::: - = -- = -- . 2 3 -1 4 -5 2 Odredi jednadžbu pravca koji prolazi točkom T(3 , -5 , 4) i presjeca pravce x = 2z - I y = -4x + l . , y = -3z + 4 z =x-2 Odredi jednadžbu pravca koji prolazi točkom A (4, O, - l ) , a siječe pravce x-1 y-3 z-5 x y2 z +-I . 6- = 9 p : -- = -- = -- , q : i = 4 2 3 Odredi jednadžbu pravca koji prolazi točkom T(3, 2, - l ) , a siječe i okomit je x+l y+2 z+ l na pravac p : -- = -- = -- . l l l .
Zadani 9
�
6.86.
6.87.
6.88. 6.89. 6.90.
6.91.
X
6.93.
6.94.
6.95.
6.96.
6.97.
• v
X-}
}
·
v
6.92.
•
{
o} l, -l)
X ·
•
}
{
Odredi točku T u koordinatnoj ravnini xOy za koju je zbroj udaljenosti do točaka A(2, l , 3) , B( -2, 4, l ) najmanji.
1 10
6. PRAVAC I RAVNINA
x-1 = 1-
A (2, O, l) , B( l, l, -l) , C(O, 3, l) . Odredi točku D na y+l z . tetraedra ABCD bude 12. - - = 2 tako da obuJam 2
Zadane su točke
6.98.
pravcu p =
6.99.
Izračunaj površinu ortogonalne projekcije trokuta ABC na ravninu
n , gdje je
l) , B ( l , O, O) , e(O, l, O ) i n := 2x + 3y + z - l = O . 6.100. U ravnini xOy nađi točku T za koju je zbroj udaljenosti do točaka A ( -2, 2, 4) , B(3, -5, 8) najmanji. Xy Z � �- di toe 6.101. Na pravcu Pt = -- = vk u T kOJa • J• e naJ" bJivza pravcu = "3 uwe l 2 x+5 y+S P2 = -- = -- = 3 4 A (O, O,
1
6 102 •
•
X-l . . prolazt pravcem p = -kOJa . Odredi Je . dnadžbu ravnme
T(l, 2, l)
a od točke
6.103.
=
jedinica.
6.106.
6.107.
X
1 - = -1- 1-
-l
-
y-2
z-3 -- , 3
P2 =
2
jedinice.
=
Z+5
T(2, l, -2) ,
. . t udal"�ena od nJ ega za
-
• • v Odredi udalJ enost tocke
y +4 z+ l +2 10""" = -=2 = -3
X
T(2, l, 3)
x-1 y-1 z-1 1- - = 1 { - - 1=0 0 0
-- - -=2 - -- . 3 3
Odredi točku na pravcu p =
6.108. Na pravcu pravcu
p =
q=
X
x-3
-
+4
-
paralelna je s
..ji J. edimea. .
od
:=
2x + 2y - Z - y Z 22
X
=
10
x + y + 2z - 9
110' 1= = O,
2x + y + 3z - 3
Z= ---=-!" odre di z+3 -2 .
'
=
DJ! . "h udal" � ene za
{
toe vku
A
Izračunaj udaljenost dvaju paralelnih pravaca: Pt
x�
x+l y-2 z+2 -=- = _ 2 2 _ X-3 yZ- 3 = -- = ---=3 = -4 2
Y +2 = --=1
y-3 = _ 4
.
1
1-' 1 10
do pravca
Odredi udaljenost dvaju pravaca: P t
je najbliža ishodištu.
6.109.
J3
y+ l z-l = -- = 3
Odredi jednadžbe ravnina koje su paralelne s pravcima p 1 =
y+5 -=2 6.105.
je udaljena za
Odredi jednadžbu ravnine koja prolazi točkom pravcem p =
6.104.
-z-11- .
p2
:=
x+7 3
=
y-5 -l
·
P2
_
=
O koja
kOJa • Je • naJ" bJivza
=
z - 9. 4
111
6. PRAVAC I RAVNINA
6.110. Dokaži daje jednadžba ravnine koja prolazi točkom T(xt , y�, zi ) , a paralelna je s vektorima c1 = (l�, m,, nl ) , c2 = (12 , m2 , n2) dana sa
X - x, y - Y I z - Z! n1 m1 l, m2 n2 l2
=
O.
6.111. Dokaži dajednadžba ravnine kojaprolazi točkama T, (xt, y � , zi ) , T2(x2, y2, z2) , T3 (x3 , Y3 , Z3 ) glasi
X - x, y - Y I z - Z! X2 - x, Y2 - Y I Z2 - Z! = o. XJ - x, Y3 - YI Z3 - Z! X - X2 = y-- Y2 X - XI y - Y I z - ZI 6.112. Pokaz1 da pravc1 p , = -- = -- = n , P2 = -1m2 2 l, m, , z - z2 leže u jednoj ravnini ako i samo ako vrijedi n2 x2 - x, Y2 - y, Z2 - zl = O. n1 m1 11 n2 m2 l2 �·
--
•
=
Kako glasi jednadžba te ravnine? 6.113. Pokaži da je udaljenost točke T do pravca p = (S, e) dana sa -+
l c x ST l d(T, p) = . lei
6.114. Pokaži da je udaljenost dvaju mimoilaznih pravaca p1 (T2, c2) dana sa
=
(T�, ct ) , p2
=
7.
Vektorski prostori
x -+ Neprazni skup na kojemu su definirane dvije operacije, x -+ (zbrajanje vektora i množenje skalara i vektora) naziva se i vektorski prostor ako vrijede sljedeća svojstva: VPt ) VP2 ) VP3 ) VP4 ) = VP5 ) VP6 ) VP1 ) VP8 ) j e i sam Ukoliko znamo da je vektorski prostor, neki njegov podskup vektorski prostor (uz iste operacije definirane na ako vrijedi
:R X XX (Vx, y, E XE )X x +x +y =( y+ x ; (Vx, = (x+y) + ) +z; y z) y z ((Vx30 EE XX)(Vx3x EEXX) xx++ 0x= 0x'+ x x==x;O ' tJ RE)(R)(Vx E) X) a(tJx' ) = +(atJ )x ; ; (Va, (Va E )(Vx, y E X) a(x + y) = ax + ay; (Va,tJ E R)(Vx E X) (a + tJ)x = ax+tJx; x = x. X X) (Vx, y E W)(Va, tJ E R) ax+ tJy E
+:X X X
l·
Vektori
x1 , , . • •
X,t
W
W.
su linearno nezavisni ako iz
a1x1 + azXz + . . . + akxk = O slijedi svi skalari a1 , ... , ak jednaki nuli. Bazu vektorskog prostora X čini svaki skup {e1 , e2 , , en} vektora tog prostora koji su linearno nezavisni i koji razapinju čitav prostor, tj. imaju svojstvo se svaki vektor x E X može napisati u obliku = el + . . . + en. da
• • •
da
X
Ovaj je prikaz jedinstven. Broj
n
Al
An
naziva se dimenzija prostora.
7.
1 13
(A.f)(x) = A.(j+f(x).g)(x) = 2f(lf)+(O/)-3(2f)(+O/).(..=1)+f(l=O;; k) =O. l) (j + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x), Vx E 2)3) f + g =n(gx+J) =O, Vx EJ g. f +n= n+ f =O, Vj. (-f)(x) = -f(x) f (-!) = (-!)+J= n. a( {Jf)(x) = a{J(j(x) = ( a.{Jj) (x), Vx E (a(j + g)a(){J(xf)) == a((aa((j{J{J)+ff)g). ((xx)) = af(x)ag.+ag(x) = (af)(x)+(ag)(x) =(af+ag)(x), Vx E a(f(xa() +fg(+g)x) ==af+ )f)(x) ={J(Ja.. +{J)f(x) = af(x8)) + {Jf(x) = (af+ {Jf)(x),l·VxJ=E J. (a (+a.{J+)f{J=af+ +g)(O) = l+ l = 2, .A( f)(O) =l f(2Of)(O=) l-3f(lg(O)) ==lO 2g(O()j-3g( g)2A.(JO()O-3)-3A.(1 +g)J(l)(=l) A.=(22f(1((O)-30) +/g((1)O)) =O.-3(1(1) + g(l)) =l)O+= OO = O, 2(1 + f(x) + g(x) J g
VEKTORSKI PROSTORI
7.1.
Za
realne funkcije
i
definiran je njihov zbroj s a
i množenje funkcije skalarom sa
Jesu li
sljedeći skupovi vektorski prostori:
a) skup svih funkcija na intervalu
[a, b] ;
[a, b] ; ) skup svih neprekidnih funkcija na segmentu [a, b] ; d) skup svih funkcija definiranih na R takvih da je e) skup svih funkcija def. na R takvih da je f) skup svih funkcija def. na R takvih daje
b)
skup svih ograničenih funkcija na segmentu
e
RJEšENJE.
a ) Provjerimo vrijede li sva svojstva vektorskog prostora:
Komutativnost vrijedi zbog komutativnosti zbrajanja u skupu R :
[a, b],
zbog čega je
za sve
i
Slično, asocijativnost vrijedi zbog asocijativnosti zbrajanja u R .
[a, b]
Nul-funkcija
4) Za svaku f
5)
zadovoljava
postoji -J definirana sa
+
i vrijedi
Vrijedi i kompatibilnost množenja u skupu svih funkcija:
[a, b] 6) Distributivnost množenja prema zbrajanju:
paje
=
[a, b]
pa je
7) Distributivnost množenja prema zbrajanj u u R :
[a, b]
paje
Netrivijalnost množenja:
Dakle, skup svih funkcija čini vektorski prostor.
b)
Dovoljno je provjeriti je li to potprostor vektorskog prostora svih funkcija. On
to jest, jer je linearna kombinacija ograničenih funkcija na segmentu opet ograničena. e) d)
i
Da, linearna kombinacija neprekidnih funkcija je neprekidna funkcija. Ne, jer ako je
i
a također
onda je
pa linearna kombinacija funkcija iz tog skupa nije u njemu.
e) Da, jer ako je
f)
7.2.
onda je i
i
a također i
Da, jer linearna kombinacija takvih funkcija posjeduje isto svojstvo. Provjeri !
Jesu li sljedeći skupovi vektorski prostori (uz uobičajene operacije sa
matricama) i ako jesu nađi a ) skup svih matrica;
b) e
)
nn
im baze:
skup svih matrica tipa m x
skup svih matrica tipa m x
nad R ; nad
C;
114
7.
d)
skup svih matrica oblika
)
skup svih matrica oblika
f)
skup svih matrica oblika
e
RJEšENJE.
a
)
b)
VEKTORSKI PROSTORI
[ � �] , a, {J, y E R ; [ � � ] , a, {J, y E R; [ �{J � ] , a, {J E R.
Ne, za matrice različitog tipa zbroj nije definiran, Provjerimo sva svojstva vektorskog prostora:
l) Zbrajanje matrica je komutativno.
2) Zbrajanje matrica je asocijativno. 3) Nul-vektor je nul-matrica tipa m x n . 4) Suprotan vektor je suprotna matrica -A . 5) Množenje skalarom je kompatibilno a({JA) = ( af3 )A . 6) Množenje je distributivno prema zbrajanju u .A"". : a( A + B)
jer su te matrice istog tipa i podudaraju se u općem elementu.
7) Množenje matrica je distributivno prema zbrajanju u 8) Množenje je netrivijalno l · A = A .
R : (a +{J )A
= =
aA + aB aA +{JA .
..
Slijedi, .A"". je vektorski prostor. Bazu (kanonsko) ovog prostora čine matrice
.
Eii koje na svim mjestima imaju nulu, osim jedinice na mjestu (i, j) , za i = l, j = l , . . , n . dim .A"". = mn.
e) d)
Da, dokaz je identičan prethodnom. Da, linearna kombinacija dviju matrica tipa
2x2
.
, m,
sa nulom na mjestu ( l , l )
je istog oblika i ima takoder nulu n a istom mjestu pa j e ovo potprostor vektorskog
[� �] , [� � ] . [� � ] [ ! a1Y1 ] + [ !_ azrz ] [ n +2 v.z a1Y1 ++razz ]
prostora .A22 Jednu moguću bazu čini skup •
,
E12 = e
)
Ne, jer je
/JI
v.z.
iz ovog skupa nije u njemu.
f)
.
=
"'I
n_
[ � � ] , [ �1 � ] }
pa zbroj dviju matrica
Da, provjeri: linearna kombinacija matrica ovog oblika takoder matrica istog
oblika. Baza čine npr. vektori
73
E22 =
E21 =
.
{
·
i +j + k, i + j + 2k , i + 2j + 3k 6i + 9j + 14k u toj bazi.
Pokaži da vektori prikaži vektor
tvore bazu za V 3 i
RJEšENJE. Prostor V3 je trodimenzionalan pa ako su ova tri vektora linearno neza visna razapinju čitav prostor V3 , odnosno tvore bazu za V3
•
Provjerimo linearnu
nezavisnost:
a(i + j + k) + /3(i + j + 2k) + y (i + 2j + 3k) = O, i (a + {J + y ) + j( a + {J + 2y ) + k( a + 2{J + 3y ) = O.
115
7. VEKTORSKI PROSTORI
Zbog linearne nezavisnosti
{ aa +/3+/3 +2y+r o
i,j,k
mora biti
=
=
a +2/3 +3y =
,
O,
O.
a=
Ovo je homogen sustav sa determinantom sustava različitom od nule. Slijedi f3 = O , odnosno moguć je jedino trivijalan prikaz nul-vektora pomoću ovih vektora pa su oni linearno nezavisni. Traženje prikaza:
y
6i + 9j + 14k a(i +j + k) + f3(i +j+ 2k) y(i + 2j + 3k) { aa +/3+/3 +2y+r = 9,6, a +2/3 +3y 14, a = l , f3 2 , y = 3 . =
+
svodi se na Iješavanje sustava
=
=
čija tješenja su
7 .4.
Je li skup koji se sastoji od matrica
baza za
J/122 ?
RmšBNJE. Dimenzija prostora J/122 je
4
pa je dovoljno provjeriti je li taj četveročla
ni skup linearno nezavisan. Pretpostavimo da postoj i netrivijalan prikaz nul-matrice pomoću ovih matrica:
- 4 a � + + + [ a� � ] [ _;�� -��� ] [ -5�! �: ] [ �: �: ] = 0.
{ aar -2a+2a3�2 -5a+4a3+a33 +4<%4-«4+«4
Izjednačavajući odgovaraj uće elemente na lijevoj i desnoj strani dobijemo sustav
= =
O, O, O, O.
1 -2a22 -a3 +a4 a, - 4t, a2 - 12 t a3 = t a4 = 13 t A1 , A2 , A3 , A4 =
Rješenje ovog sustava je jednoparametarsko -
-rr
,
,
Dakle, postoji netrivijalan prikaz nul-matrice, pa je skup zavisan i ne tvori bazu za J/122
•
- rr .
linearno
116 7 .5.
7. VEKTORSKI PROSTORI
Dokaži da su skupovi simetričnih i antisimetričnih matrica iz J/t22 vek torski potprostori od �2 . Nađi im bazu i dimenziju.
RmšENJE. Provjerimo je li ovo potprostor matrice A , B i aA + f3B simetrična:
od J/(22 . Trebamo vidjeli je li za simetrične
(aA + f3B) T = (aA) T + (f3b) T = aA T + f3 B T = aA + f3B. Simetrična matrica iz J/(22 je oblika
[ : �] =a [� �] +b [� �] +e [� �] { [ l o ] [o l ] [o o] }
. ih pa kanonskubazu potprostora s1metncn matnea eme matnce •v
.
v•
00 , 1 0 , 0 1
•
i dimenzija mu je 3 . Za A i B antisimetrične matrice je:
(aA + f3B)T = (aA)T + (f3B)T = aA T + f3BT = a(-A) +/3(-B) = -(aA +f3B), pa je i aA + f3B antisimetrična, odnosno i antisimetrične čine potprostor .4(22 Svaka antisimetricnaje oblika je jednodimenzionalan. 7.6.
[ �a �]
i jedini element bazeje
[ � �] 1
;
od
.
ovaj prostor
R5 od R5
Zadan je skup V = {(xt, x2 , x3 , x4 , xs ) E l x, = X3 = xs, x2 i nađi mu bazu i x4 = 2x1 - x3 } . Dokaži da je V potprostor dimenziju.
RJEŠENJE. Uzmimo bilo koje x, y E V , a, f3 E
kombinacija ax + f3y u skupu V .
R. Provjerimo je li njihova linearna
ax + f3y = a(x, , x2 , x3 , x4 , xs) + f3(y� , y2 , Y 3 , Y4 , Ys ) = ( ax1 + f3y" ax2 + f3y2 , ax3 + f3y3 , ax4 + f3y4 , axs + f3ys) Vrijedi ax1 + f3y1 = ax3 + f3y3 = axs + f3ys zbog x, = X3 = xs , y, = Y3 = Ys i ax2 + f3Y 2 - (ax4 + f3y4 ) = 2( ax, + f3y! ) - ( ax3 + f3y3) zbog x2 - X4 = 2t, - x3 , Y2 - Y4 = 2y, - Y3 . Dakle ax + f3y E V pa je V potprostor Za bilo koji x E V je
od R5.
l ) l , l, l, l), l, l, O)}
x = (x� , x2 , x3, x4 , xs) = (x, , 2x, - x, + x4, x" x4, x! ) = (x " x 1 + x4 , x1 , x4 , x l ) = (x�, X t , x " O, x l ) + (0, X4 , O, X4 , O) = x1 ( 1 , 1, 0, + x4 (0, 1, 0, 1, 0). Vektori { ( 1 , čine bazu i dim V = 2 . O, (0, O,
7. VEKTORSKI PROSTORI
7.7.
117
E
Neka je V = { (xi . . . . , x 10 ) R10 l 2:: :� 1 x; = 0} . Dokaži da je V potprostor od R10 , nađi mu bazu, dimenziju te nađi koordinate vektora (l, - l , 2, -2, 3, -3, 4, -4, 5, -5) u toj bazi.
RJEšENJE. Svaki element iz V je oblika (xi . x2 , jedna od mogućih baza
• • •
, x9 , -x 1 - x2
-
• • •
- x9 ) pa je
{ l, o, o, . . . ' o, - l), (o, l , o, . . . ' o, - l) , (o, o, l, . . . ' o, - l), . . . ' (o, o, o, . . . ' l, - l)} Zato je dim V = 9 . Označimo vektore baze sa e 1 , e2 , . . . , e9 . Imamo: 9
(l, - l , 2, -2, 3, -3, 4, -4, 5, -5) = L a; e; = (ah a2 ,
l, -1,
odnosno a1 = a2 = a8 = -4 , CX<J = 5 .
9
• • •
i= l
a3 = 2 ,
ll4
= -2 , a5 = 3 ,
, lX<}, - L a;e;)
Cl(;
i=l
= -3 , a1 = 4 ,
Neka su {et , . . . , en } (stara) i {e�, . . . , e� } (nova) dvije po volji odabrane baze u prostoru Vektor x ima u te dvije baze prikaze
X.
x = x 1e 1
+ . . . + Xnen = x�e� + . . . + x�e�.
Sa T označavamo matricu prijelaza iz stare u novu bazu
T= Stupci matrice T predstavljaju komponente vektora nove baze prikazanih pomoću vektora stare baze. Sada se komponente vektora x transformiraju na način x = Tx' ili, drukčije zapisano ,
Vi. To znači da je x' = T- 1 x . Ove komponente nalazimo obično kao rješenja lineamoga sustava
118
7.8.
{i +j{i,+j, k}i + j + 2k, i + 2=j +6i3k}+ 9j. + 14k. T = [ �l 2� �3 l · = (a , = [ JJ l u H m a = l = 2, = 3 . {et=, e2},2i +e21j= ti+= i�j,+ y'3ezj = -�i+ tj . T = [ 1 -�] 2 T [�� ] = [ ; ] x[ � ] = T-t [ 22J = [ t -v{! ] -1 [ 22] = [ t2 �! ] [ 22] = [ l+l-v3v3] '. [y�y' ] == [ -�! �t ][ l ] = [ l+v3 l-v3] = [ 2]
7. VEKTORSKI PROSTORI
Vektor x u kanonskoj bazi Odredi mu prikaz u bazi
ima prikaz
k,
x
RJEšENJE. Matrica prijelaza iz stare u novu bazu je
/3, y) dobijemo iz
Komponente vektora x u novoj bazi x odnosno Iješavanjem sustava
y
Slijedi
, f3
7.9.
Odredi komponente vektora x tiranom) sustavu sa bazom
i
u novom (zara
y
RJEšENJE. Matrica prelaza iz kanonske u zarotiranu bazu je
Matrica je reda
pa je umjesto Iješavanja sustava
jednostavnije
izračunati njen inverz:
X�
y3
2
2
_
y3
2
o .
y3
7.10.
l
Dokaži da je skup svih polinoma [!1J (uz standardne operacije zbraja nja funkcija i množenja skalarom) vektorski prostor, a skup &n svih polinoma stupnja manjeg ili jednakog n njegov vektorski potprostor, za svaki n N . Nadi mu kanonsku bazu. Specijalno za n dokaži da je skup (t - 1) 2 , (t - 1)3 baza za [!1J3 i rastavi polinome p(t) t3 i q(t) at3 + d u toj bazi.
l= E, 4tt-l,2 +St-3 = bt2 +ct + = 3 l
RJEšENJE. f!1J je potprostor svih funkcija na R jer je linearna kombinacija dva ju polinoma opet polinom. Slično i za &n . Elementi kanonske baze su im re· t1Jl Je • beskonacnod"tmenztonalan, dok Je dom , t, t2 , t3 , t4 , . . . t· , t, t2, t3 , . . . , tn ( ur ·
v
l).
119
7. VEKTORSKI PROSTORI
ER==> l, l, l l
dim !Y'n = n + Npr. za !Y'n jasno je da se svaki polinom može napisati pomoću elemenata baze, a njihova linearna nezavisnost slijedi iz
ao l + a,t + �t2 + . . . + �rR = O Vt
ao = a, = az = . . . = � = O. Provjerimo je li skup sa elementima t - (t - ) 2 , (t - ) 3 baza za !Y'3 : ao · l + a, (t - l) + az (t - I? + a3 (t - 1) 3 = O,
odnosno
(ao - a, + az - a3 ) + (a, - 2az + 3 a3 )t + (az - 3 a3 )t2 + a3 t3 = O. Izjednačavajući koeficijente uz potencije od t sa nulom dobijemo homogen sustav sa detenninantom sustava različitom od nule pa je ao = a1 = az = a3 = O . Dakle promatrani skup je linearno nezavisan, kardinalni broj mu je jednak dimenziji !Y'3 pa je i sam baza za !Y'3 Uvedimo oznake p0 (t) = p 1 (t) = t - pz (t) = (t - 1)2 , p4 (t ) (t - 1) 3 i •
l,
l, l
nađimo matricu prijelaza iz zadane baze u kanonsku bazu:
=
= po, t = Po + p, , 2 t = Po + 2p, + pz , t3 = Po + 3p, + 3Pz + P3·
[loo oll ll l l oool [ l] [l l l ll -�l [ : l HH [ [l ll ll ll [ ] [ l
Koeficijenti sa desne stane svake jednakosti točno u tom poretku čine stupce matrice prijelaza
2 3 3 .
Sada ovu matricu množimo sa -3 8 -4 Imamo
(koeficijenti polinoma u zadanoj bazi).
2
-3
. p( t) = Slično je i
=
-
= 2Po + 3p, - P2 + p, .
d d+e+b+a 2 3 e _ e+2b+3a O q(t) = OO 3 b b+ 3a 000 1 a a = (d + e + b + a)po + (e + 2b + 3a)p, + (b + 3a)pz + ap3 .
120
7.11. 7.12. 7.13.
7.14.
7. VEKTORSKI PROSTORI
Čine li vektori b 1 = ( 1 , 1 , 0, 1 ) , b2 = (2, 1, 3, 1) , b3 = (1, 1, 0, 0) , b4 = (0, l, - l , - l) bazu od R4 ? Pokaži da vektori e1 = (2, l , -3) , e2 = (3, 2, -5) i e3 = ( 1, - l , l) čine bazu za R3 i prikaži vektor x = (6, 2, -7 ) u toj bazi. Pokaži da vektori e1 = ( l, 2, - l, -2) , e2 = (2, 3, O, - l) , e3 = (l, 2, l, 4) i e4 = (l, 3 , - l , O) čine bazu za R4 i prikaži vektor x = (7 , 14 , - l, 2) u toj bazi. Dokaži daje V = { (xt, x2 , x3 , x4 ) R4 j 2xl - xz + x3 - x4 = O} potprostor od R4 Nađi mu bazu i dimenziju, Čine li svi vektori: a) oblika ), b) sa cjelobrojnim koordinatama, potprostore od Rn ? Jesu li sljedeći skupovi vektorski prostori: a) skup svih diferencijabilnih funkcija na [a, b] , lf(x) l :=::;; l , b) skup svih funkcija takvih daje amax �x Q> e) skup svih funkcija takvih daje a) = O za neki a E R, d) skup svih funkcija takvih daje a) = l za neki a E R , e) skup svih funkcija takvih da je limx-+a+O = oo , za neki a R?
E
•
7.15.
7.16.
7.17.
7.18.
(a, (3, a, (3, . ..
J(J(
m
Dokili da vekmri a, =
[�l ·
b, =
čine dvije baze za v' . Odredi matricu prijelaza iz
[�l
, b, =
[ 2: l
a, =
[�l ·
E
a, =
i b, =
[ �l
prve baze u drugu. Izračunaj matricuprijelaza iz baze prostora R4 s elementima a 1 = ( 1 , l, l , 1) , a2 = ( l, 2, l, 3) , a3 = ( l , l, 2, 2) , 34 = ( l, l, l, 3 ) u bazu sa elementima
{ [ -� � -; l , [ � � -! l , [ � -� _; l } { [ -� � -� l , [ -� � � l , [ -� � � l }
b 1 = (3, -5, 7, 2) , b2 = (-1, 8, -6, 5) , b3 = (1, 0, 1, 3) , b4 = (2, 2, 2, 2) .
7.19.
Dokaži da su
2 -3
o
l -4
o
-2
2
i
o
dvije baze za prostor antisio o -3 o -5 - 2 o metričnih matrica reda 3 . Izračunaj matricu prijelaza iz prve baze u drugu.
-1 l
121
7. VEKTORSKI PROSTORI 7.20.
7.21. 7.22. 7.23.
Dokaži da su {t - t2 , t3 , l + St + t3 , ( l + t) 3 } i {(l + t) 3 , {l - t) 3 , t - t2 + t3 , l + t + t2 + t3 } dvije baze za �3 i izračunaj matricu prijelaza iz prve baze u drugu. lzračunaj matricu prijelaza iz baze {l, t, t2 , , tn } u bazu {l, t -c, (t -c?, n . . . , (t- c) } od �n . Dokaži da su skupovi gornih trokutastih, donjih trokutastih, simetričnih ianti simetričnih matrica reda n potprostori od .4(" . Nađi im bazu i dimenziju. Nađi bazu i dimenziju potprostora razapetim vektorima • • •
·) ., = Ul··, = [Il··, = [il· � = m . m, [J ., = [=J ., = ul· � = m · ., = Hl = ,=
.
b) . , = 7.24.
7.25. 7.26.
Neka su L i M vektorski potprostori od V . (Tada je i L n M potprostor od V . ) Definiramo L+ M kao potprostor razapet unijom baza od L i M . ( L U M općenito nije potprostor od V.) Dokaži da vrijedi dim(L + M) dimL + dimM - dim(L n M).
Neka su {a�, a2 , . . . , am} i {bt , b2 , . . . , b1} baze za M i L vektorske potpro store od Rn . Nađi bazu za potprostor M n L . U R4 zadani su potprostori M sa bazom
BM = {(1, l, l, 1), (1, l, - l, - l), (1, - l , l , - l)}
i L sa bazom
BL = {(l, - l, - l, 1), (2, -2, o, 0), (3 , - l, l, 1)}.
7.27.
Nađi bazu za L n M .
Nadi bazu za sumu i presjek potprostora od �3 razapetim sa l + 2t + t3 , l + t + t2 , t - t2 + t3 i l + t2 ' l + 3t + t3 ' 3t - t2 + t3 Dokaži da je V = { (x, y, z) E C3 l x = y} potprostor od realnog vektorskog prostora C3 i nađi mu bazu i dimenziju. Uoči da to nije kompleksan potprostor (kompleksnog vektorskog prostora C3 ). •
7.28.
8.
Linearni operatori
X A : X naziva se linearni (Vxt, x2 E X)(Vat , a2 E R) A(a1 x1 + a2x2) = a1A(xt) + a2A(x2). (1)
Neka su i Y vektorski prostori. Preslikavanje operator ako za njega vrijedi
---?
Y
Uvjet ( l ) naziva se uvjet linearnosti. On je ekvivalentan s uvjetima aditivnosti i homogenosti, tj. ( l ) vrijedi onda i samo onda ako je ispunjeno
(Vxt. x2 E X) A(x1 + x2) A (x1) + A(x2), (Vx E X)(Va E R) A (ax) = aA(x). Neka je e 1 , en baza u prostoru X, a ft, .. . , fm baza u prostoru A(et ) = auf1 + a21f2 + . . . + a...tfm, A(e2) = a12f1 + a22f2 + . . . + am2f".,
(2) (3)
=
• • •
dobiva se matrica A :
A=
[ami; am2=� .. . .. amn=� l ::
Y. Iz
prikaza
koja predstavlja prikaz operatora u paru zadanih baza. Vidimo da j-ti stupac matrice po bazi A čine komponente vektora
A(ei)
ft . . . . , f... .
8. LINEARNI OPERATORI
8.1.
123
Je li navedeno preslikavanje linearan operator ? A (x, y, z) = ( jxj, O ) ; a� A : R3 -+ R2 2 A (x, y) = x · y ; b) A : R -+ R e ) A : R3 -+ R3 A (x, y, z) = (x, x + y, x - 2z) .
RJEšENJE .
a) Ne, jer nije ispunjen uvjet aditivnosti
A (x + y) == (lx t + Yt l, O ) i (lxt l + IYt l, O) = A (x ) + A(y). b) Ne, jer nije ispunjen uvjet homogenosti 2 A(A.x) = A(A.x�, Axz) = A XtXz i A.x,xz = A.A (x). e)
Za
x = (xt , x2 , x3 ) i y = (Yt . Yz , Y3 ) je
A ( ax + {3y) = (ax1 + f3Yt, ax 1 + f3y, + ax2 + f3y 2 , ax , + {3y , - 2(ax 3 + /3y 3 )) = a (xt. Xt + x2, X t - 2x3 ) + {3(y � , Yt + Y z, y, - 2y 3 ) = aA(x) + {3A (y) . A jest linearan operator. Primijeti da su komponente funkcije linearne kombinacije komponenti od x. Vrijedi: tada i samo tada su preslikavanja Rn -+ R"' linearni operatori. 8.2. RJEšENJE .
Pokaži da je s formulom A(x) = (x · a)a definiran linearan operator A : V3 -+ V3 i nadi mu matricu u bazi (i, j, k) ako je a = i + 2j + 3k . Provjerimo svojstva linearnog operatora:
A (xt + Xz) = ((xt + xz) · a)a = (x, · a + xz a)a = (xt a)a + (x2 a)a = A (xi ) + A(x2 ) , A (A. x) = (A. x · a)a = A. (x · a)a = A.A (x), ·
·
·
pa A jest linearni operator. Tražimo mu matricu u bazi (i, j, k) .
A(i) = (i (i + 2j + 3k) )(i + 2j + 3k) = i + 2j + 3k, A (j) = (j · (i + 2j + 3k))(i + 2j + 3k) = 2i + 4j + 6k, A (k) = (k · (i + 2j + 3k) )(i + 2j + 3k) :::: 3i + 6j + 9k. ·
[l ]
Koeficijente slika elemenata baze upisujemo u stupce matrice:
2 3 A= 2 4 6 . 3 6 9
124 8.3.
8. LINEARNI OPERATORI
Neka je A : &3 -+ &3 opemtor deriviranja, definiran sa A (p) = p' . Dokaži da je to linearan operator i nađi mu matricu u kanonskoj bazi.
RJEšENJE. Vrijedi ( af + f3g)' = af' + f3g' pa A jest linearni operator. Potražimo slike elemenata baze: p(t) = l, p'(t) = o p(t) = t, p'(t) = l p(t) = P, p' (t) = 2t p(t) = t3 , p'(t) = 3t2
[� � � �] . o 1 o o
Matrica operatora A u kanonskoj bazi {l, t, t2 , t3 } je
(p(O),
o oo o
Operator A : &3 -+ R2 definiran je sa A (p) = p( l)) . Doka ži da je A linearan opemtor i nađi mu matricu u palu kanonskih bazi {l, t, t\ t3} ' {(l, 0), (0, l)} . RJEšENJE. Vrijedi A(at3 + bt2 + ct + d) = (d, a + b + e + d) . Sada se lako provjere svojstva aditivnosti i homogenosti: A(p , + P2 ) = A((a, + a2)t3 + (b, + b2)t2 + (e, + c2)t + (d, + d2 )) = (d1 + d2 , a1 + a2 + b, + b2 + e, + c2 + d, + d2 ) = (d" a, + b, + e, + dJ ) + (d2 , a2 + b2 + c2 + d2) = A(pJ ) + A(p2 ), A(A. p) = A(A.at 3 + A. bt2 + A. ct + A. d) = (A.d, Aa + ).b + Ac + A.d) = A. (d, a + b + e + d) = A.A(p). Za matricu operatora trebamo njegovo djelovanje na bazi: A(l) = ( 1 , 1), A (t) = (0, 1), A(t2 ) = (0, 1 ) , A(t3 ) = (0, l) paje matrica operatora u zadanim bazama
8.4.
A= 8.5.
D � � �l
Neka je A : ..ff22 -+ ..ff22 operator transponiranja tj. A(M) = MT . Dokaži da je to linearan operator i nađi mu matricu u kanonskoj bazi
{ E1 = [ � �J
.4(22 .
,
E2 =
[� �]
,
E 3
==
[� �J
,
E4 =
[� � J }
RJEŠENJE. U jednom koraku dokazujemo aditivnost i homogenost: A( aM, + f3M2 ) = ( aM, + /3M2 )T = ( aMJ ) T + (f3M2 ) T = a (MI ) T + f3 (M2 ) T = aA(MJ ) + f3A(M2 ).
prostora
8.
125
LINEARNI OPERATORI
[� �] ) [� �] [� � ] )= [ � � ]
Sada tražimo slike elemenata baze A(EI ) = A( A(E3 ) = A (
=
= Et ,
A (E2) = A(
= E2,
A (E4 ) = A(
[o01 oo1 o0l 0oo] .
[� �] ) [� �]
=
) =
[� �] [� �]
= E3 , = E4.
Koeficijente ovih slika u raspisu po elementima baze upisujemo u stupce matrice operatora:
A=
8.6.
Za sljedeće
oool
linearne operatore iz V3 u V3 nađi matrični zapis u orta
normiranoj bazi: a) homotetiju h(a) = A. a ;
b)
e) d) e)
zrcaljenje na ravnini razapetoj vektorima i, j odnosno j, k i k, i ; zrcaljenje na pravcima određenim sa i odnosno j i k ;
operator ortogonalnog projiciranja na ravnine pod b) ;
operator ortogonalnog projiciranja na pravce pod e )
.
RmšENJE. Za svaki operator tražimo djelovanje na bazi, a zatim dobivene koeficijente redom zapisujemo u stupce matrice opertora.
[�o �o ).� ] · �[ o �o -1� l' [ -1oo ool ool ] ' [ ool -1oo ool ] . [o1 -1o oo] ' [ -lo ol oo] ' [-1o -1o oo ] . o o -1 Oo o -1 o o l [�0 �0 �l'0 [�0 �0 �1 l' [�0 �0 �1 l·
a) h(i) = A. i , h(j) = A.j , h(k) = A.k , i matrica operatora homotetijeje
b)
A (i) = i , A(j) = j , A(k) = -k i slično za preostale dvije ravnine. Matrice
operatora zrcaljenja na ravnini su
e ) A (i) = i , A (j) = -j , A (k) = -k i slično za preostala dva pravca. Matrice operatora zrcaljenja na tim pravcima su
d) A(i) = i , A (j) = j , A (k) = i slično za preostale dvije ravnine. Matrice operatora ortogonalnog projiciranja na zadane ravnine su
8. LINEARNI OPERATORI
e) A(i) = i , A(j) = O , A(k) = O . Slično za preostala dva pravca. Matrice operatora ortogonalnog projiciranja na zadane pravce su
8.7.
[ 0� 0� �0 l ' [ 0� �0 �0 l ' [�0 0� �1 l -
Nađi matricu operatora zrcaljenja na ravnini x + y bazi za V3 •
(0, -[ � -i ; l · (0 ,
-z =
O u kanonskoj
RJEšENJE. Tražimo djelovanje operatora na bazi. Simetrična točka točki ( l , O, O) s obzirom na ravninu x + y - z = O je (t, -�, �) (provjeri računom!) pa je A(i) = ti - �j + �k . Nadalje simetrična za l , O) je ( �, t• �) i simetrična za O, l) (�, �, t) . Slijedi A(j) = -�i + tj + �k i A(k) = �i + �j + tk · Zato je
( 0,
matrica operatora u kanonskoj bazi A = t
2 (Uoči, ravnina mora sadržavati ishodište operator zbog A(O) =j:. 0 .)
8.8.
-
2 l O, O) inače ovo ne bi bio linearan
Nađi matricu operatora ortogonalnog projiciranja na ravninu x + y +z = o.
RJEšENJE. Vrijedi A(x) = x + y = z = O . Zato je:
x-
CjJ1�l n , gdje je n = ( l , l , l) vektor normale ravnine
-
2• - 3J l • - 3' k, l = 31 A(1' ) = 1. 3n 2 - 3' k' ' + 3J J = J. - 3l ° = -31 A(') A(k) = k - tn = -ti - tj + �k,
odakle slijedi
A=
'
�
[
·
[ -1 l -1 -1 2 -l
-l 2 -l . 2
l
Neka je A matrica operatora A u bazi e1 , , e,. te A' matrica istoga operatora u drugoj bazi e� , . . . , e� . Prijelaz iz stare u novu bazu opisan je matricom prijelaza
T=
• • •
t1 1 t 12 t," t21 t22 . . . tz" . • •
t,., tn2 .
• .
tnn
127
8. LINEARNI OPERATORI
čiji su stupci komponente vektora nove baze prikazanih pomoću vektora stare. Veza između matrica
A i A'
dana je formulom
A' = T- 1 AT.
kažemo da su
A i A'
8.9.
Linearan operator
slične matrice.
[� �]
rnatrični zapis
(O, l) } .
J : R2 R2 u bazi {a 1 = (l, 2), a2 = (l, l) } irna . Nađi mu matricu A' u bazi {b 1 = (2, 3), b2 =
RJEšENJE. Prikažimo prvo vektore
b 1 = a 1 + a2 , b2 = a1 - a2 .
--+
b1
i
�
Odavde je Tražimo djelovanje operatora na drugoj bazi:
a1 i a2 . a2 = t {bt �) .
pomoću vektora prve baze
a1
=
k(bt + b2 )
i
-
J(bt ) = J (ai + a2 ) = J (at ) + J (a2 ) = a2 + (ai + 2a2 ) = a1 + 3a2 = t(b 1 + �) + �(bt - � ) = 2bl - b2 J(�) = J(a i - a2 ) = J(a t ) - J(a2 ) = a2 - (at + 2a2 ) = -a1 - a2 = -b1
[ _i �) . [� �] [t -t ] [ t -t ] [ � � ] [ � � ] = [ _i -� ] . ] [
Matrica operatora u drugoj bazi je
-
A' =
Traženu matricu možemo odrediti i na drugi način: matrica prijelaza iz stare baze
{a� . a2 } staru
u novu
T- 1 =
{b� , b2 }
je
u n -l = _
T=
_
,
dok je matrica prijelaza iz nove baze u
. Vrijedi:
A' = T- 1 AT =
8.10.
_
Linearan operator J
: R3
R3 irna u bazi {e 1 , e2 , e3 } l 2 -3 o 3 l . -1 2 5 --+
[ -l! l .
RJEšENJE. Matrica prijelaza iz stare u novu bazu je
l -3 T= O l o
o
!
2
rnatrični zapis
128
8. LINEARNI OPERATORI
[ l 3 22] -1[ -l 188 -3] -2 10 2
Obratno, matrica prijelaza iz nove u staru je njena inverzna
T- 1 = O l l . o o
Slijedi matrica u bazi e�, . . . , e� je
A' =T- 1 AT =
-t
O .
-t
Ako su A : X Y i B : Y Z linearni operatori, tada je definirana kompozicija B A koju označavamo kratko s kratko s BA . To je linearni operator s matricom koja je jednaka umnošku BA matrica početnih operatora. Slika operatora A je skup svih y Y za koje postoji X takav da je A =y . To je vektorski potprostor od Y dimenzije gdje je rang pripadne matrice A . Je zgra ili nulpotprostor operatora A je skup svih X za koje vrijedi A(x) = O . To je potprostor od X dimenzije n r . Ovaj se broj naziva defekt operatora. o
-
8.1 1.
E
r,
xE
xE
r
Nađi rang i defekt operatora deriviranja A : t!lJn
8. 3 . ) 000 001 002 003 ... . ... 000 0000. .0
( x)
-t
t!lJn , A (p) =p' .
RJEšENJE. Rang operatora jednak je rangu njegove matrice u bilo kojoj bazi. Matrica ovog operatora u kanonskoj bazi (slično kao u Zad. je
o o o o ... n
l- l.
To je matrica reda n + l i njen rang je n . Slijedi r(A) =n . Po teoremu o rangu i defektu je d(A) =dim [!�Jn - r(A) =n + n= 8.12.
Zadani su operatori lijevog i desnog pomaka A, B : R4
0).
-t
R4 ,
A(xb x2, x3 , X4 ) =(O, xb x2, x3 ), B(x h x2, X3 , X4 ) =(x2, X3 , X4,
Odredi matricu u kanonskoj bazi za svaki od operatora A , B , A o B , o
B A . Takoder svakom nađi bazu za jezgru.
129
8. LINEARNI OPERATORI
Kanonska baza za R4 se sastoji od vektora e 1 ( 1 , O, O, O) , e2 = (0, 1 , 0, 0) , e3 = (0, 0, 1 , 0) , e4 = (0, 0, 0, 1 ) , pa vrijedi A (et ) = e2 , A (e2 ) = e3 , A (e3) = � . A(e4) = O ; B(et ) = O , B (e2) = e1• B(�) = e2 , B(e4) = e3 . Matrice operatora A i B su o 1 oo oooo oo l o l o o o A= = B 1 0 0 ' 0 0 0 1 . 0 oo l o oooo Matrice kompozicija ovih operatora dobijemo množenjem matrica A i B . RJEšENJE.
[
AB =
·. ·
]
[�H �l·
[ ]
BA =
[g! H] .
oooo 0 0 0 1 Zbog jednostavnog oblika ovih matrica direktno vidimo KerA = KerB o A = L{e4} i KerB = KerA o B = L{e t } · 8.13.
Neka je A : �2 --+ J/122 linearan operator zadan sa A (X) = BX - XB gdje je B = Nađi mu rang i defekt i po jednu bazu za KerA i ImA .
RJEŠENJE.
[ : �]
.
Tražimo opći elementjezgre KerA u obliku X = A (X) = O
[� �] .
U � ] [ : � ] - [: �J U � ] = O [ a+2c a b+2d ] = [ a+b c+d 2a ] Izjednačavanjem elemenata dobije a + d i b = 2c. cd X = [ ; �] [ � � ] + d [ � �] . Baza jezgre je { [ � � ] , [ � �] } , i dimenzija d(A ) . = 2 . r(A ) = 4 d(A) = 2. bazu slike A nadopunimo KerA do baze za J/122 npr. sa matricama Et = [ � g] i E2 = [g �] (provjeri da čine linearno nezavisan skup) . B aza slike je tada {A (E t ) , A (Ez ) } = { [� -� ] , [ -� n}. b
se
2c
= e
=
-
Za
e
od
130
8. LINEARNI OPERATORI
oblika A je polinom t Jl(A.) = A.k -JltA. k- - ... -Jlt-t A. -Jlk· takav da je polinom najmanjega stupnja koji poništava matricu A : Jl(A) = Ak -JltAk- t - . . . - Jlk-tA -Jlkl = O. Minimalni polinom matrice
i
Može se računati po sljedećoj tablici:
I
A An
A"' Az". A".".
A. Matrice u A12 = A2 - f3t21, . . . At". = A"' - f3t".l.
Matrice u prvome redu dobivamo računanjem potencija zadane matrice drugome redu dobivamo iz prethodnoga reda, po formulama:
Au = A - lJni, Pri tom koeficijente f3 1i određujemo tako mjestu ( 1, 1)) imaju nul-element.
da sve te matrice na istome mjestu
(obično
Treći red računamo formulama
A22 = Au - fJnAu, ...
Pri tom zahtijevamo da sve ove matrice imaju na drugom mjestu također nul-element. Nastavljanjem ovoga postupka na koncu ćemo dobiti nul-matricu. Iz nje možemo odrediti minimalni polinom.
A = [ -44 --81 -8- 1 ] RJEšENJE. U prvom redu su matrice I , A, A2 . U drugom redu sa I poništavamo elemente na mjestu ( l , l ) pa je An = A - 7I , A12 = A2 - 8 11.
8.14.
Izračunaj minimalni polinom matrice 7 4 -4
131
8. LINEARNI OPERATORI
[lO l Ol ] A = [ ] A2 [ O O l ] A12 = [ O O O ] A11 = [ O = A12 - O· A11 = A2 - p(A. ) = [ l ] l l A= O l [ ] [ l o]l [ l l-l l [ l l O-ll l l [ 3 ] l l l [ l ] [ l l-l l [ l O-ll ] [ ] 3-3 l l [ l O-ll l [ O-ll O-ll ] [ ] l [ l ll � ll l l ] [ l l 2 �l [ �l
Treći redak, zbog
I=
A12 = O,
ne trebamo niti pisati.
o o
o o
8 11 i
Zato je
8.15.
7 4 -4 4 -8 - 1 -4 - 1 -8 4 -4 o 4 - 15 - 1 -4 - 1 - 1 5
81 o o 81 o o 81 o o o
.
0 0 0
A.2 - 8 1 .
Izračunaj minimalni polinom matrice
o
-1
-1 o -1
1 o o o -1 . -1
RJEšENJE.
1ooo 0100 001 0 000 1
1 o -1 0-1 0-1
o 1 o -2 2-2 2 0-1 2-1 o 3 o
1 o 0-1 1-1
1-1 -2 o o o 0-1 o 1-1-1-1
2- 1 -2 0-2 o
o o 1 o -1 o o 0- 1 - 1 - 1 0- 1 1 -2
0-1 -2-1 o o 0-2 o 1 - 1 - 1 -2
0-1 -2-2-2 o 1-1 2 0-1
o o 1 o -2- 1 -2 2 0-1- 1 - 1 -
0-1 -1-1 0-1 1-1 0-2 o
-2-2-2 o 1-1 2 0-1
o o o - 1 - 1 -2 o o o 2
2
o
o o o o 1 -2 o o o o 2- 1
o o o - 1 - 1 -2 o o o o o o o
o o o o
o o o o
13Z
8.
LINEARNI OPERATORI
Istim postupkom kao u prethodnom zadatku su u prvom retku I , A , Az , A3 , 4 A • U drugom retku poništavamo sa I elemente na mjestu ( l , l ) pa imamo Au = A - I, A 1 2 = Az - I, A13 = A3 - 2I, A14 = A4 - 3I. U trećem retku sa matricom A 1 1 poništavamo elemente na mjestu ( l , 3) : Au = A1 2 - Au , Az3 = A 13 , A24 = A,4 - Au . U četvrtom sa A22 poništavamo elemente ( l , 2) : A33 = Az3 - Azz, A34 = A24 . I u petom retku dobijemo nul-matricu � = A34 - A33 · Sada je = A44 = A34 - A33 = A24 - (Az3 - Azz) = A24 - A23 + Azz = (A ,4 - Au ) - Az3 + (A ,z - Au ) = A ,4 - A 13 + A 1 2 - 2Au = (A4 - 3I) - (A3 - 2I) + (Az - I) - 2(A - I) = A4 - A3 + Az - 2A, odnosno, minimalni polinom je J.L = 4- 3+ z- .
O
8.16.
8.17.
8.18.
(A ) A A A 2A
Jesu li sljedeća preslikavanja A : R3 -t R3 linearni operatori: a) A(x, y, z ) = (y, x - 3 , z) ; b) A(x, y, z ) = (2z + x, 2xz, x - y) ; e) A(x, y, z) = (O, O, O) ; 2 d) A(x, y, z ) = (0, x + 3y , y ) ; e) A(x, y, z ) = (0, O, l ) ; f) A(x, y, z ) = (sin x, cos y , z ) ; g) A(x, y, z ) = (z, y, x) ? Operator A : R4 -t .Azz zadan je sa djelovanjem na kanonskoj bazi A (e , ) =
[ -� �] ,
[ -�
-�].
[� n
[� -�] . Nađi
A( = A(e3 ) = - , e4) mu matricu u paru kanonskih bazi. Nađi matricu operatora u bazi (i, j, k) koji preslikava vektore: a) a 1 = (0, 0, 1) , az = (0, 1 , 1 ) , a3 = ( 1 , 1 , 1) redom u vektore b, (2, 3, 5) , hz = (l, O, O) , b3 = (0, 1 , - l) ; b) a 1 = (2, 3, 5) , az = (0, l , 2) , a3 = ( l, O, O) redom u vektore b , ( 1 , l, 1) , hz = (1, l , - 1 ) , b3 = (2, 1 , 2) ; e) a 1 = (2, O, 3) , az = (4, l, 5) , a3 = (3, l , 2) redom u vektore b, = ( l, 2, - l ) , hz = (4, 5, -2) , b3 = (l, - l , l) . A(ez) =
8. LINEARNI OPERATORI 8.19.
8.20. 8.21. 8.22.
8.23.
8.24.
8.25.
8.26.
133
Nađi matricu operatora A : R3 - R3 zadanog sa A(xr , x2, x3 ) = (x� , x, + x2, x2 + 3x3 ) u kanonskoj bazi. Neka je a neki vektor iz V3 . Dokaži da je sa J : V3 - V3 , J(x) = a x x zadan linearan operator. Nađi mu matricu u bazi {i, j, k} . Neka je a = i + 2j + 3k . Operatoru A : V3 --+ V3 , A(x) = a x x odredi matricu u kanonskoj bazi, rang i defekt. Neka su a = axi + ayj + a,k i b = bxi + byj + b,k konstantni vektori iz V3 . Sa J(x) = (a x x) x b zadan je linearan operator J : V3 --+ V3 . Odredi mu matricu u kanonskoj bazi {i, j, k} . 15 - l l 5 Linearan operator J ima u bazi {e� , e2, e3 } matrični zapis 20 - 15 8 . 8 -7 6 Nađi mu matricu u bazi {ab a2, a3} gdje su a, = 2e, + 3e2 + e3 , a2 =
[
3e, + 4e2 + e3 , a3 = e, + 2e2 + 2e3 . Linearan operator .92 - .92 ima u kanonskoj bazi {l, t, t2 } matricu 2 2 2 Odredi mu matricu u bazi {3 t + 2t + l, t + 3 t + 2, 2t + t + 1 } .
[� �o �o l·
l
l Linearan operator J u bazi s elementima a1 = (8, -6, 7) , a2 = ( - 1 6, 7, - 13) , l - 18 15 a3 = (9, -3, 7) ima matricu - l -22 20 . Nađi mu matricu u bazi l -25 22 {b,, b2, b3 } gdje su b1 = (1, -2, 1 ) , b2 = (3, - l , 2) , b3 = (2, l, 2) . Neka je A matrica operatora u nekoj bazi i T matrica prijelaza u novu bazu. Odredi matricu A' u novoj bazi ako je:
[
-�
[ i ] , T = [ _; - � ] ; b) A = [ _j - ;] , T = [ -� -;] ; a) A =
e) A =
8.27.
l
[� ; o�l, [
[ -1; -i -�l; l [ l o
T=
l 2 2 2 2 5 l 2 -1 -l d ) A = - l -3 O , T = - l l O . -2 -3 -2 -1 2 Operator A u bazi {e1 , e2, e3 , e4} ima matricu
A=
[H -! -�] · l 2
l
3
134
8.
LINEARNI OPERATORI
Izračunaj mu matricu u bazi: a) {e" e3 , e2, e4} ; b) {e�, e, + e2, e, + e2 + e3 , e, + e2 + e3 + e4} .
8.28.
8.29.
Neka je A : VZ --+ V2 linearan operator zrcaljenja na pravcu y = tg Ix . Odredi mu matricu u bazi {i, j} . Dokaži da je to involutoran operator, tj. da je A o A identiteta (koristeći matricu operatora A). Odredi matricu operatora ortogonalnog projiciranja na: a) pravac x = y = z ; b) ravninu koja sadrži vektore a = (-l, l, l ) i b = (l, -3, 2) . -
8.30.
Odredi matricu operatora simetrije (zrcaljenja) na: a) pravcu x = 2y = z ; b) ravnini koja sadrži vektore a = (l, O, - l ) i b = ( l, l, -2) .
8.31.
Nekaje linearan operator A : 93 --+ 93 zadan sa A(p(t)) = (t · p(t))' . Nađi mu matricu u kanonskoj bazi za 91'3 {l, t, t2 , t3 } .
8.32.
Zadan je operator A : R2 --+ .A22 sa A(x, y) =
[� -: ]
. Dokaži linearanost
i injektivnost ovog operatora. Odredi njegovu matricu u paru kanonskih bazi za R2 i .A22 . 8.33.
Zadanje operator A : R3 --+ .A22 sa A (x, y, z) =
[ -zY z ] x
. Dokaži linearnost
i injektivnost ovog operatora. Odredi njegovu matricu u paru kanonskih bazi za R3 i .A22 . 8.34.
Zadani su linearni operatori:
A : 93 -t 92 , A(p(t)) = p'(t) i B : 92 -t 93 , B(p (t)) = t · p(t) . Nađi matrice operatora A B , A o B i B o A u kanonskim bazama za 93 odnosno 91'2 Nađi im i rang i defekt. ,
•
8.35.
Neka je A : .A22 --+ v/(22 , A(M) = MT linearan operator transponiranja matrica reda 2 . Nađi mu matricu u kanonskoj bazi od .A22 , rang i defekt.
8.36.
Linearan operator A : .A22
gdje je I =
[� �]
--+
.A22 zadan je formulom A(M) = tr(M)I,
jedinična matrica reda 2 . Odredi mu matricu u kanonskoj
bazi za .A22 , rang i defekt. 8.37.
[� �]
Linearni operatori A, B : .A22
A(M) =
--+
[ � �l
._,{(22 su zadani sa
M, B(M) = M
Odredi im matrice u kanonskoj bazi za .A22 .
135
8. LINEARNI OPERATORI 8.38.
Odredi matricu operatora deriviranja
{l, t - c,
E R.
gdje je e
8.39.
Skup svih funkcija oblika lc
prostor.
Dokaži!
(t - c) 2
2,.
tf tp( t)
A : 9n
9n , A(p) = p' n (t - c) -+
n.
, ...,
1
gdje je
},
A. E R , p( t) E 9n
.
8.40.
Nađi rang i defekt operatora u zadacima 8.2., 8.4. i 8.6 . .
8.41.
Neka je
8.42.
Izračunaj minimalni polinom za matrice
[ � �]
i
f : .,112 -+ vlt2 , f(T) = TA - AT
d)
[� ; -�] ; b) [ -� -; _;l [ � ; �] · l
-4
-6
;
e)
-6 o
A je bijekcija, (ii) A je injekcija, (iii) A je swjekcija. (i)
-2 -2 - l
'
o 6
A :X
Dokaži da za svaki linearni operator tako da je
8.46.
e)
Neka su X i Y konačnodimenzionalni vektorski prostori i dimX Dokaži da su za linearan operator
8.45.
;
[� -H J] [-i � -H] . l l
4 -l 3 -l
8.44.
linearan operator.
Izračunaj mu matricu u kanonskoj bazi, dimenziju i bazu za jezgru i sliku.
a)
8.43.
je vektorski
Linearnom operatoru deriviranja na tom prostoru odredi
matricu u bazi �! tf t
A=
u bazi
A : e -+ e Neka je A : Rn
le li
A (x ) = (a · x)i
-+
+(b · +(e · A : V3
-+
x)j
A
dim Y .
V3
postoje vektori
a,
b,
e E V3
x)k.
A(z) = z linearan operator (nad e ) ? linearan operator i tr A = O (preciznije, trag matrice
definiran sa -+
Rn
pridružene tom operatoru u bilo kojoj bazi je kojoj
=
Y sljedeće tvrdnje ekvivalentne:
ima samo nule na dijagonali.
0).
Dokaži da postoji baza u
9.
Svojstveni vektori i svojstvene vrijednosti
Neka je
A E .,{(An
kvadratna matrica reda n . Skalar
O
vrijednost matrice ako postoji vektor v E Rn , v "l v. Za vektor v kažemo da je svojstveni vektor matrice vrijednosti ). . Polinom
Av = A.
K(). ) =
det().J
-
A)
zove se
).
A karakteristični A.
U-
Karakteristični polinom matrice det(U -
Njegove s u nul-točke svaku
(U -
l
A.
A = [; -! ] .
A = [ � 1] - [; -!] = [ A._:; ). �4]. A A) = l �21 ). �4� 2 - 5). + 6 = (A. - 2)(). - 3). ).1 = 2, � = 3 . A.
Izračunajmo najprije karakteristični polinom
K(A.) = A)vod= O.
svojstvena
polinom matrice
Odredi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrice
RJEšENJE.
Za
se zove
koji pripada svojstvenoj
Nultočke tog polinoma svojstvene su vrijednosti matrice
9.1.
ER
takav da vrijedi
je
=
).
To s u svojstvene vrijednosti matrice
njih treba naći pripadni svojstveni vektor, rješavajući homogeni sustav
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRI)EDNOSTI
137
=2 [ -� -� ] [�� ] = [�] x2 =-x1 . t t= [�� ] = [ �t J v1).=2 =[ !3 1 ] . [_; - � ] [��] = [ �] x2 =-2xt V2 = [ !2]· A= [ �8 5� o� ] · RJEŠENJE. U - A = [�o �o ).� ] - [��8 5 o� l = [ --8� -1-5 =�). ] · A ). -5 -8 3 K(A ) (U -A) = -5-8 -5). -8). =). -129). -520. -8, ).2 = -5, ).3 520= 13 . + 5) -520:::: (A. + 5)().2 -5). -5-104). ().A.3 -129). ).1 = -8 -8 -5 -8 x1 [o ] [ -5-8 -5-8 -8-8 ] [X3 ] :::: 00 2 +8x+8x33 == { 8x5x1t +Sx +8x 2 T , t] = --!J t , x = t. v1 = [ -!Jt , -!Jt = -!Jt, x , 2 3 T t -13 , v 8, 8, -13 ] t t a) Za ).1
imamo
�
Odavde
za bilo koju vrijednost
l.
=/; O . Biramo
Prvi svojstveni
vektor je
b) Za
sustav glasi:
�
�
9.2.
Odredi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrice
Najprije računamo matricu
Karakteristični polinom matrice =
je
det
Njegove su nul-točke
).1
=
Bilo koju od njih odredimo
pretražujući cjelobrojne faktore slobodnog člana
(pretpostavljamo da je bar jedna
nul-točka cjelobrojna). Recimo da smo provjerili da je
polinoma s članom
nul točka. Dijeljenjem
dobivamo
Nakon toga se lako odrede preostale dvije nul-točke. Potražimo svojstvene vektore.
a) Za
imamo
X2
odnosno, dobivamo sustav
O
O
CtJe Je rJesenJe Xt
E R,
=/; O . Izabiremo
Dakle,
=
što daje
1
=
[
•
138
A2 = -5 [ -5 -5 -8 ] [XI ] [ 0 ] -5-8 -5-5 -5-8 XXJ2 = 00 , T x1 = J = t x = -lft. v = [ t , t t -lf t , t ] X , 2 2 T t=AJ =5 13v2 = [ 5, -13, 5] . [ -513 -513 -8-8 ] [Xx12 ] = [o0 ] . -8 -5 13 XJ 0 9.
b) Za
odnosno
sustav glasi
čije tješenje je Uzimamo e
) Za
ili
SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
i
E R,
Dakle,
f; O .
i
dobivamo
T x1 = x = t , t t= l =t, VJ= [ t t ] XJ , , 2 T VJ = [ l, l, lj . l -l [ 2 5 A= -1-2 l . K(A)= .A.-2-4 .A.-1-5 .A. +2l l =AJ -8.A.2 +2U-18=0. 18. { ±1 ±2, ±3 ±18}, ±6 ±9 , , , , .A.1 = 2 K(A ) = (.A. -2)(.A. -3).A.2. = 3 AJ = 3. .A.1v1==2[1, 2, 4]T . ).2. = AJ = 3 čije tješenje je
9.3.
E R.
odnosno
Uzimamo
i
Odredi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrice
4
44
RJEšENJE.
Karakteristični polinomje
-4
-4
Eventualne cjelobrojne nul-točke mogu biti samo cjelobrojni djelitelji broja vjeravajući unutar skupa
točka
(ili možda pogodimo
faktorizaciju:
Prva svojstvena vrijednost
Pro
brzo otkrivamo daje jedna nul
). Nakon toga je lako odrediti potpunu
Stoga je i
je jednostruka.
Njoj će odgovarati jedan
svojstveni vektor. Provjeri da je to
Druga svojstvena vrijednost je dvostruka,
. Svojstveni potprostor
koji odgovara ovoj svojstvenoj vrijednosti može biti jednodimenzionalan ili možda dvodimenzionalan. To znači da ćemo sigurno dobiti barem jedan odgovarajući svoj stveni vektor, ali nismo unaprijed sigurni da će ih biti onoliko kolika je kratnost svojstvene vrijednosti.
139
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRUEDNOSTI Iz sustava
(A-21 -
A)x =O[
1 [X2x1 - [ o -4 -4 4 ] X3 ] ] [�; ] = [ -t l =fi l + s [ H slijedi
-1 -1 -2 -2 2
-
0 0
i dobivamo opće tješenje u obliku
Prema tome, ipak postoje dva linearno nezavisna svojstvena vektora:
Ako postoji baza koju čine linearno nezavisni svojstveni vektori, tada je matrica slična dijagonalnoj (kažemo još da se pripadni operator dade dijagonalizirati). Svoj
[: : : : :J A. [f(A.t) o . . . o l . f(A.n) T.
stvene vektore zapišimo kao stupce matrice prijelaza bazi je dijagonalna
A A,
Matrica operatora u novoj
D=T-1AT=
Dijagonalni elementi su svojstvene vrijednosti matrice Ako je vrijednosti)
slična dijagonalnoj i
od
j funkcija definirana na spektru (skupu svojstvenih j(A) računa na način
tada se matrična funkcija
j(A ) =Tj(D)T- 1 =T
9.4.
O
j (A-2)
O
O
Svedi na dijagonalni oblik matricu
=
·. . .
.
A=
O
T- l .
.
[�4 4� -=i]1 .
RJEšENJE. Ovo je matrica iz prošlog primjera. Ona ima dvije razl•.;ite svojstvene vri
jednosti, jednostruku su
A-1
=2
i dvostruku
A-2,3
3.
Odgovarajući svojstveni vektori
140
9. SVOJSTVENI VEKTORI ! SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
T:
T= [ 2l l ll l A: t T-tAT= [ � � �l l - [� � =� l [ � - � �l l = [ � � �l3 · T-1 A = [ -i2 -�l ; l · 9.5. IC(A) = A.-2 -l l A.-2+l == A. - A.l 2 + A. - A.l = (iA. - l)(A. 2 + l) ( - )(A. + i)( ) ).1 = l m A, i [�n . A, -i [ ��: l . Tako dobivamo matricu
-
1
O
4
o
Ova matrica dijagonalizira početnu matricu
-
4
44
o
-
1
4
o
o o
i uvjeri se direktnim množenjem u istinitost ove jednakosti.
Izračunaj
Svedi na dijagonalni oblik matricu
-1
RJEŠENJE.
Problem je ekvivalentan pronalaženju tri svojstve vrijednosti i odgovaraju
ćih svojstvenih vektora (ukoliko postoje!). Karakteristični polinom matrice A je
). 3
2
).
-2
-1
-
.
Ovaj polinom nema tri realne nul-točke, zato se matrica ne da dijagonalizirati. Među
tim, možemo nastaviti u polju kompleksnih brojeva: matrica ima tri različite svojstvene vrijednosti u
v,
�
C
i može se svesti na dijagonalni oblik.
� je
, za
v,
�
za
�
Za
je v,
svojstveni vektor je
�
Primijeti da se za realnu matricu svojstvene vrijednosti koje nisu realne uvijek
pojavljuju u paru kao konjugirano kompleksni brojevi, a pripadajući svojstveni vektori
t, 2
su također (po komponentama) konjugirano kompleksni. Dakle, tražena baza se sastoji od vektora V
nalana
D
= [� � -�i l · A100
v , v3 i u njoj je matrica
o o
9.6. RJEšENJE.
A = [ _� ; ] . A: IC(A) = l� : 1 = ). 2 - + ).1 = 3 ).2 = 2. Izračunaj
gdje je
Dijagonalizirajmo matricu
). 5
Korijeni su
i
5).
Nađimo svojstvene vektore:
6.
A
dijago-
141
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
[i] 1 3 [ � :; ] [ �� ] [g] 3xt = 2x2 , A2 2 2xt = 2x2 , v2 = D ] . [ i :; ] [�� J [g] T A, T- 1 = [ -; -� ] i T- 1 AT = [� �] [i n . A 100 f(A ) = A .
Za Za
A
==
iz
==
iz
Matricu T
==
imamo
odnosno
=
imamo
odnosno
Vt
==
.
formiramo tako da su joj stupci iedom svojstveni vektori od
Njena inverznaje
je dijagonalna
matrica (sa svojstvenim vrijednostima od Neka je Trebamo
/(A) = A IOO = T
[
/( I ) �
na dijagonali).
]
� T- t /( 2 )
= [ i � ] [ 3�00 2?oo ] [ -; _;] 3100__2 .. 2100100 ] . [ 33 .. 22100100 __32 .. 33 100100 23 .. 3100 22
==
Ako je neka svojstvena vrijednost višestruka, odgovarajući svojstveni potprostor može biti manje dimenzije nego što je kratnost svojstvene vrijednosti . U tom sluča ju svojstveni vektori neće činiti bazu. Tada tražimo pridružene svojstvene vektore i matricu s vodimo na Jordanovo formu. Pridruženi svojstveni vektori traže se iz jednadžbi
(Al - A)v2 -Vt . (Al - A)v3 = -v2, (Al - A)v4 = -v3 ,
=
gdje je v1 svojstveni vektor matrice. Ako postoji nekoliko linearno nezavisnih vektora koji odgovaraju istoj svojstve noj vrijednosti, tada je korisno umjesto v u gornjoj jednadžbi staviti njihovu linearnu kombinaciju s privremeno neodređenim koeficijentima. Te ćemo koeficijente odrediti tako da jednadžba ima tješenje.
1
9.7.
Odredi Jordanovu formu matrice A
-4 �
[ _ � �J .
RJEšENJE. Izračunajmo svojstvene vrijednosti .
K(A ) =
I
A -1 l
A. -5
= A 2 - 6A + 9 = (A - 3)2 .
142 Vidimo da je
.A , =
dobivamo iz sustava
3
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI dvostruka svojstvena vrijednost. Pripadne svojstvene vektore
Svojstveni potprostor je samo jednodimenzionalan. Stoga matrica nije slična dijago
nalnoj. Moramo potražiti pridruženi svojstveni vektor:
Vrijednost parametra
s
možemo uzeti po volji. Stavimo
l O'
s
=
O
i odavde
v2 = [ �1 ] .
Matrica prijelaza i njoj inverzna glase
T = [2 -1 ]
Prema tome, Jordanova forma ima oblik
T-1AT = [ -� �] [ - � �] [i -�] = [� �] = J.
Primijeti da Jordanovo formu možemo napisati i bez množenja gornjih matrica.
Mno
ženjem samo provjeravamo je li račun ispravno sproveden.
Znajući Jordanovo formu možemo definirati čin. Ako je
spektar matrice
i
:
definira formulama
Tu je
f(J)
matričnu funkciju, na sljedeći na
veza matrice i njene Jordanove forme, CT
A =A TJT-1R -+ R f
, .At} = {.At, .../(A)
funkcija definirana u točkama spektra, tada se
f(A) := TJ(J)T-1 •
!'(). ) !'(g)
dijagonalna blok-matrica koja na dijagonalnim blokovima koji odgovaraju
elementarnim klijetkama ima matrice oblika
f(A.) j -Jif"(.A ) tf"'(). ) o (). ) �/" (). ) f(Jt ) := o o f(A.) o
!'(). ) 3 [f(.A) !'(). ) !f"(.A ) l f(Jt) := f(A. ) !'(). ) o
Na primjer, za Idijetku reda
o
o
vrijedi
o o
o
f(A. )
).
(n_l-l_l)!jj((nn--21)) ((). ) n-_2)!j(n-3) ( )) _l((n-3)! ). j(). )
143
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI 9
.8.
1 00 A A= [ =� -1� -�] . K(Jl )= ll+l l -3l 0l =Jl3 -3Jl 2 + 3Jl-l=(Jl - l?. =l [ ! : J] [;;] = [�] [�: l = ·Ul v, = [;l· A)v = -v1 : [ r =: JJ [�:J = [ =U - [;:J = ·m + [ ��1 s = v2 = [ ��l· A)v -v2: [r =: JJ [�:J = m - [;:J = ·m + m s= v3 [�] · T= [vb v2, v3] [ � =i �l· T-1 = [ l -1 1ll ] . A=TJT-1= [ 11l -2-1 01 ] [01 11 01l ] [00l -1 ll1 l . Odredi Jordanovu formu i zatim potenciju
matrice
2
o
R.mšENm. Karakteristični je polinom .
Jl -2
o Svojstvena vrijednost ll
ll -2
je trostruka. Potražimo svojstvene vektore =
=
Uzimamo
SV<>jstvenije potprostorjednodimenzionalan. Trebamo pronaći
dva pridružena svojstvena vektora. Prvi nalazimo iz jednadžbe
O i odavde
Stavljamo
(Ill -
Drugi pridruženi vektor sad tražllno iz uvjeta
=
Stavimo ponovo
(Ill -
O,
Time smo dobili matricu prijelaza
=
l
o o
Njena inverzna matrica je
o O
o
-2
Prikaz matrice s pomoću Jordanove forme glasi:
o
o o
o o
-2
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRUEDNOSTI
144
Sada imamo
[J(
l ) !'( l ) �!"( l) O J( l ) /' (1) T- 1 . /( 1 ) 100 99 U zadatku j e /(A ) = A , f'(A ) = lOOA , !"(A ) = 9900A 98 • Konačno dobivamo 1 100 475 1 -9600 4850 l 1 -2 l 100 - 1 l = 4850 -9799 4950 . A 1 00 = l - 1 l l -2 l 4950 - 10000 5051 l
o o l l o 495o l oo o l o [ o o [o o [ 1 !(A) = TJ (J )T- = T
9.9.
[
Koristeći
[
l
l
l
�� on-Cayleyev teorem izračunaj A3 i A- l za matricu 1
A = -1 2 2 . 3 l -2 RJEšENJE. Prvo tražimo karakteristični polinom za matricu A A - 1 -2 -3 �e(A ) = det(.U - A) = l A -2 -2 = A 3 - A2 - 13A + l9. -3 -1 A +2 Po Hamilton-Cayleyevom teoremu je �e(A) = O , tj. A3 - A2 - 13A + 191 = O . Odavde je A3 = A2 + 13A - 191 =
[ � ! -� l [ - � ; l [
�l - [o� o� �l
19 + 13 l -4 6 15 3 l -2 2 35 40 = - 10 l l 23 . 35 19 -30 Da bi dobili A_ , pomnožimo jednakost A3 - A2 - 13A + 191 = O sa A l Imamo A2 - A - 131 + 19A- l = O , odnosno _!_ (A2 - A - 131) A_, = 19 _
-
[ � ! -� l - [ - � ; � - 1 3 [ � � � ) l oo l l [
= - _!_ ( 19 -4 6 15 6 -7 2 l -4 l l 5 . = 19 7 -5 -4
3 l -2
l
.
145
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
A "f:AI3 =l . 3A-l = (A. -l) 2 +A. + l) A A. A K(A. ) = AA.2=+A.[ �+�] A2 "f:+A+I, I= O. [ �:!�� �!� ] + [ � � ] [ � � ] = [ � �] . a(b(aa ++d+l) +l)=bc + l = e(cba++ d(d+d +l)+ l)= l= bd == -le =-a. a2 + a + l = abc�+ (-a -l)(-a) + l a=+ d + = b, a2 +a+ 1 · e=- b . · A = [ _,;�:tl _:_1 ] , a b 9.10.
Nađi matricu voljava jednadžbu
drugog reda, s realnim koeficijentima, koja zado
RJEšENJE. Polinom (A. poništava matricu tični polinommatrice je realan polinom drugog stupnja. Kako je je l . Po Hamilton-Cayleyevom teoremu vrijedi
. Karakteris slijedi da
imamo:
Odavde za
�
+
Izjednačavanjem odgovarajućih elemenata dobijemo:
O
O O
O.
Za O slijedi O pa R. Zato mora biti l O, tj. Iz četvrtog uvjeta slijedi O što je jed nadžba identična prvoj . To znači da jedan broj, recimo možemo odabrati po volji, a za drugi tada vnJ " "edi
·
Prema tome, Opel oblik ovakve matnce Je ,.
#- O .
E R,
9.11.
a) e) 9.12.
[ 2l -2 ] .
-3 '
[ � � ]; [ -i � ] ;
l -l .
[ -4 4 ] ' [ -2 -26 ] '.
Odredi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrica:
u �] ;
[ 1 o ol ] ; olo
b)
f)
e) g)
['l -1l -1' ]
3
d)
l
[ -4 40 ] -'
u !J · ['l -1l '] 2 -1 o h)
Odredi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrica:
a)
O O
b)
l -1 l
;
e)
-1 ;
146
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
d) [ � ; �] e) [; � � l; = =
[=� � = l!] ; 2 -4
g)
9.13.
;
o
f)
[� � �l l; 3 o 2
h)
-3 3
i)
o o
[ il -; -!]; [-! ;l !]. -
o
o
o
2
[Hl H] . b) [!H�l ] · e) [-l-1 �:l -1: �l].l d) [ j0 -1! -!l -�]; e) [F� -L�];l [H�� l ]-
Odredi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrica:
a)
o oo
o o
-
o
f)
o
o
o
2
o o 2
9.17.
[ ] b) [ i i =� ] .· e) [i � -1=;].. d) [--1i �1; i ] · e) [ !18� -� -17��]; [-1�10 -� �i]. a) [ _i ! ] b) [ =i i] e) D - ; ] d) [ -� _: ] ; e) [ -� i] · [� =�] · [ _; _;] . [ =� n. l l � � [ -1 ! [[ l i [-� ! �l; a) e) -� � l l l . ] ll)
9.18.
Odredi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrice operatora A :
9.14.
Izračunaj svojstvene vektore i dijagonalnu matricu sličnu zadanoj :
a) =;2 -4! -3� .·
-6 -3
-
- 2
9.15.
44
9
f)
-
6
-6
.
-3
Odredi matricu prijelaza i Jordanovu formu matrice: .
-9
•
·
f)
9.16.
h)
Odredi matricu prijelaza i Jordanovu formu matrice:
-3 -5 -4
9.19.
g)
6
-4 o 3
3 -2
JI)
2 3
o
2
Nađi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore operatora transponiranja ma trica reda 2 (A : ../122 -t ../122 , A(M) = MT ) .
.93 , A(p(t)) = (t · p(t ))' .
Odredi svojstvene vrijednosti operatora
A : ./122
-t
../122,
gdje je I jedinična matrica reda
2.
A(M) = tr(M) · I
.93
-t
147
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI 9.20.
Neka je A : V2 -+ V2 linearan operator zrcaljenja s obzirom na pravac y = (tan � )x . Odredi mu svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore.
9.21.
Dokaži da su a) trag, b) detenninanta, e) karakteristični polinom invarijante sličnosti, tj. da slične matrice imaju isti trag, determinantu i karakteristični polinom.
9.22.
Za matricu A
9.23. 9.24.
9.25. 9.26. 9.27. 9.28. 9.29.
[; = � ] nadi karakteristični polinom pa pokaži direktnim
=
računom da ga matrica A poništava. Dokaži da za A E .,1(22 vrijedi A2 - (tr A)A + (det A)I = O .
2·
Koristeći jednakost za matrice reda 2 A - (tr A)A + (det A)I O 2 pokaži da ne postoji A E .,1(22 takva da je A =F O i A3 = O . (Općenitije: ne 2 , E N .) postoji A E .A22 takva da je A =F O i Al = O za k 2 Akoje -2 svojstvena vrijednost matrice A +2A , dokaži daje svojstvena vrijednost za A4
•
� 3 k -4
Neka je F linearan operator za kojeg vrijedi p2 = -F . Koji brojevi mogu biti njegove svojstvene vrijednosti? Ako su v1 i v2 svojstveni vektori operatora F pridruženi različitim svojstve nim vrijednostima onda v1 + v2 nije svojstveni vektor od F . Dokaži!
Yn
Pokaži ako je x svojstveni vektor za F onda je i svojstveni vektor za F" , E N . Kako se odnose odgovarajuće svojstvene vrijednosti?
Dokaži: ako je F regularan operator i A. svojstvena vrijednost za F onda je A. - 1 svojstvena vrijednost za F- 1 • U kakvom su odnosu pripadm:: IYOjstveni vektori?
10.
Skalami produkt. Dijagonalizacija simetrične matrice
x=( ) y = (y" (x l y) (x l y) := + . + Duljina (norma) l xl = v'(iTi) = J r + .. . + � x y okomita, (ortogonalna) X ( l ) :) X Vxx XE--tX R(xlx � O, x x = O x = O l ( ) ) ( l lay)) a(x . 2) (Va E R) (axly) = (x = ly). 3) (Vx, y E X ) (xl y) = (y l x). 4) (Vx, y, z E X) (x+ ylz) = (xlz) + (ylz). Skalami produkt (umnožak) vektora
prostora
Rn
označavamo s
x t , . . . , xn ,
i definiramo formulom X !Y!
..
.
. . , Yn )
iz
(l)
XnYn ·
vektora računa se formulom
x
(2)
x .
Dva su vektora ako je njihov skalami umnožak i jednak nuli. Općenitije, skalami produkt na (realnom) vektorskom prostoru je funkcija · sa svojstvima {::::::>
·
10.1.
Provjeri da su sljedeće funkcije skalami produkti:
a) Neka su C t , , en pozitivni brojevi, (y " Y 2, . . . , Yn ) iz prostora Rn ; • • .
(xl y) = + + . . . + b) A, B E .4'ln (R) , (A l B ) : = tr(ABT ) . C!X!Yl
C2X2Y2
x=(
x " x2, . . . , Xn
CnXnYn ·
)
i Y
=
149
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRlĆNE MATRICE RJEŠENJE.
Ispitajmo vrijede li svojstva skalarnog produkta: a) 1.) Pozitivnost. (x i x) = :L7:1 c;Xf � O , \fx . Nadalje, (x i x) = O ako i samo akoje x1 = O za svaki i , tj. x = O . 2.) Homogenost. Vrijedi (ax l y) = a(x l y) , \fa E R , \fx, y E Rn jer je n n C;X;Yt· C; ax;y; = a
2: i=l
2: i=l
3. ) Komutativnost. Očigledno je (x l y) = (y l x) , \fx, y E Rn . 4.) Aditivnost. (x1 + x2 ! Y) = (xt i Y) + (xz l y ) , 'v'x � , xz, y zbog distributivnosti množenja prema zbrajanju u R. Dakle ovo jest skalami produkt u R . b ) Neka j e A = (a11) matrica reda n . l.) (A l A) = tr(AAT ) = L:;=l (AA T );; = :L7:1 :L� 1 a� � O , VA E .An · Ako je (A l A) = O po prethodnom mora biti 2:7:1 L:;=t a� = O, odnosno a;j = O , \fi,j , što j e ekvivalentno sa A = O . 2.) (aA j B) = tr(aABT ) = a tr{ABT ) = a(A J B) , \fa E R , \fA, B E -1l.t . 3 .) (A l B) = tr(ABT) = tr((ABT f) = tr(BA T ) = (B l A) , \fA, B . 4.) (At + Az l B) = tr((At + Az)BT) = tr(A tBT + AzBT ) = tr(AtBT ) + tr(AzBT ) = (At l B) + (Az l B) , 'v'At, Az, B E .An . Dakle , na ovaj način definiran je skalami produkt u prostoru svih matrica reda n nad R . 10.2.
Dokaži da su sljedeće funkcije skalami produkti:
·
a) (j l g) := lb f(t)g(t)dt , na prostoru neprekinutih realnih funkcija
na intervalu [a, b] .
b) (p l q) := /_1/(t)q(t)p(t)dt , na prostoru polinoma & gdje je ,
p(t) > O tzv. težinska funkcija.
a) 1.) (! i f) = f2(t) � O , \fj , jer je integral pozitivne neprekinute funkcije na intervalu uvijek pozitivan. Integral takve funkcije može biti nula ako i samo ako je funkcija identički jednaka nuli pa je (j l j) = O � j = O. 2.) (aj j g) = a (j j g) \fa E R , \fj, g j e ekvivalentno (istinitoj ) tvrdnji: "konstantu pod integralom smijemo izlučiti ispred integrala". 3. ) Očevidno vrijedi (j l g) = (g l /) . 4.) Svojstvo Ut + Jz l g) = Ut l g) + (!z l g) , \f/1, /2, g vrijedi jer je integral aditivna funkcija. Tako smo provjerili da je ovom formulom definiran skalami produkt na prostoru svih neprekidnih, realnih funkcija na intervalu [a, bJ . b) Polinorni su realne i neprekidne funkcije na R pa i na intervalu [- l, l J . Zato je ovo modifikacija primjera a) . Težinska funkcija ima utjecaj u izračunavanju vrijednosti skalarnoga produkta, ali ne i u njegovim svojstvima.
RJEšENJE.
J: ,
150
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE
Ako je X vektorski prostor nad poljem e kompleksnih brojeva, svojstva 2) i 3) vektorskoga produkta se mijenjaju u: 2') (ax l y) = a(x l y) = (x l ay) . 3 ' ) (x l y) = (y l x) . 10.3.
Dokaži da su sljedeće funkcije skalami produkti a) (x l y) = X1Y1 + XzYz + . . . + XnYn , na prostoru en .
b) (! l g) :=
lb f(t)g(t)p(t)dt ,
na prostoru funkcija neprekinutih na
intervalu [a, b] i s vrijednostima u e . Tu je p( t) > O , Vt . RJEšENJE. a) l ). (x l x) = I:7=1 x;X; = I:7=1 lxd2 � O , Vx . Također, (x i x) = O onda i samo onda ako je x; = O , Vi , tj. x = O . 2.) (ax l y) = 2:::7=1 axi� = a 2:::7=1 X;Yi = a( x l y) , Va E e , Vx, y E e" . 3.) (x l y) = 2:7= 1 x;Yi = 2:;'",1 xiYi = 2:7=1 yixi = (y l x) , Vx, y. 4. ) Očito vrijedi (x1 + xz l y) = (x1 l y) +(x2 1 y) , Vx" x2 , y , zbog distributivnosti množenja prema zbrajanju u e . b) Svojstva se provjeravaju na sličan način. 10.4.
Neka je L neprazan podskup vektorskog prostora X . Definiramo orto gonalni komplement Lj_ kao skup svih vektora iz V koji su okomiti na svaki vektor iz L, tj. Ll_ = {x E V : (x l y) == O, Vy E L} . Kraće kažemo skup svih vektora okomitih na L . Dokaži da je Lj_ potprostor od X .
RJEšENJE. Neka su x1 , x2 E Ll_ , a , f3 E R i y E L . Tada je (ax, + f:Jxz i Y ) = a(x, l y) + fJ(xz i Y ) = O + O = O pa slijedi ax1 + f3x2 E L j_ Kako su x1, x2 , y, a, fJ odabrani po volji, Lj_ je vektorski potprostor od X . •
10.5.
Vektorski potprostor L zadan je homogenim sustavom 2x, +xz +3x3 -x4 == O, -2x4 = O, 3x, +2xz 3x , +xz +9x3 -x4 == O.
{
Nađi jednadžbu koja određuje ortogonalni komplement Lj_
RJEšENJE. Rješenje ovoga sustava je (provjeri!)
•
151
10. SKALARNI PRODUKT. DUAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE
= (y�, y2,(xly)y3, y4)= XtYI + x2Y2 + x3y3 + x4y4 = O. x = (xt , x2, x3, x4) (6 - l, O) O, { 6yt --4y29y2 -y3 y4 == x z x= +z z x x {a�, . . . , a1} = I:l:=aj)I c;a=; aj c1(aj (xl aj)l aj)= = +ej.z l aj}=z aj) + (z l a1) = l aj) + aj,O. z = =x l, ej = (x l aj) 4 R x = a1 = (l, l, l, l), a2 = (l, - l), a3 = (l, O,z O, x z x = + z a�, a , a3 x = aa1 + f3a2 2 + ya3. (xl a;) = + z l a;) = l a;), z (x=l at ) = (x l a2) = (xla3) = l a;) at l a;) + f3(a2l a;) + y(a3 l a;), i = l, { +1+4/30{3 +4y-2y == + lOy = Vektor y
L,
tj . mora biti i , -9,
E LJ.. mora biti okomit na bilo koji vektor E L je razapet vektorima ( 3, -4, 2) paje LJ.. zadan jednadžbama +
3yl
L potprostor vektorskog prostora V . Dokaži da se svaki vektor E V može na jedinstven način prikazati u obliku pri čemu y je y E L i E LJ.. . Zato sljedeća definicija ima smisla: vektor y zovemo ortogonalna projekcija vektora na potprostor L , a ortogonalna komponenta vektora s obzirom na potprostor L .
10.6.
Neka je
RJEšENJE.
Neka je
y
rastav od
ortonormirana baza potprostora
2, . . . , l .
(y l
(y y . Stavimo
(4, - 1 , -3, 4) i L 2, 2,
Neka je
nalnu projekciju na prostor
L.
y
Vrijedi
(y
Zato je
pa
Sada imamo
-y
od
i ortogonalnu komponentu
(y
•
j
potprostor
Neka je jedinstveni prikaz od y y kao linearnu kombinaciju y
E LJ..
y
mora biti okomit na svaki
10.7.
RJEšENJE.
i
dobivamo
su koeficijenti Cj jedinstveni, a onda je to i
Prikažimo
L
u toj bazi. Množeći ovu jednakost skalamo sa
(y
jer je
o, o.
2
i tvrdnja slijedi.
razapet vektorima
3) .
Odredi ortogo
vektora
tako da je
yEL
s obzirom
i
E LJ..
(y
Računamo skalame produkte na lijevoj i desnoj strani jednakosti:
4,
(y
16,
- 8,
a(
2, 3.
Izjednačavajući dobijemo sustav
4a 4a 4a -2/3
Ovaj sustav ima jednoparametarsko tješenje
4,
-8 ,
16.
•
10. SKALARNI PRODUKT. DUAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE
152
a1 , a2 , a3 = z= l). y = -a1 + 2a3 = (l, -l, x - y= -2, 10.8. xx y E L x zE E L Ly. x x L lizU. a E L. (y - aW = lx - Yl2 + IY - al2 - 2(x -Y l Y- a). l( x -aly l y2 =a)l (x-y) + - - = x -ay2 E= Llx yy 2-a+ lyE L al2 lx - l - l (y a) lx - al2 > lx - yl2 lx - al > lx -YI · a = y. Ovo je posljedica činjenice da je jedan vektor cija preostala dva.
od
linearna kombina
Da smo toga bili u početku svjesni, mogli smo jedan (bilo
koji!) vektor izbaciti i nastaviti s jednostavnijim računom. U ovoj situaciji može mo za vrijednost parametra ). izabrati bilo koji broj.
- l , 5)
( 3, O,
i
Uzmimo ).
Udaljenost dvaju vektora vektorskog prostora ma njihove razlike, a udaljenost vektora
kao minimum svih udaljenosti između podskupa.
Neka su
od
aproksimacija od
RJEšENJE. Ali
Uzmimo bilo koji
x
O
definira se kao nor
od nekog podskupa od V
i bilo kojeg vektora iz tog
s obzirom na potprostor
Drugim riječima,
Dokaži da
je najbolja
V.
Vrijedi J.
zbog
odnosno, jasno je da vrijedi
;i:
V
jednaka
u
Tada je
l. ortogonalna projekcija i ortogonalna
i
komponenta vektora
je udaljenost
V
O.
i
pa je
===?
===?
Minimum se postiže za
e2, ... , ek}
t , ..
Pretpostavimo da su X
.
definiran na način
Xn bilo koji linearno nezavisni vektori. Sustav
{et,
10.
153
SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRIĆNE MATRICE
je ortogonalan sustav takav da se za svaki j potprostor L(xt. . . . , xi ) podudara s L(e1 , , ei) . Ovaj algoritam naziva se Gramm-Schmidtov postupak ortogonaliza
cije.
• . •
10.9.
R3 od vektora a 1 = (l, O, l) , a2 = (l, 2, O ) , a 3 = (0, 2, 3) . Gramm-Schmidtovim postupkom ortonormiraj skup u
koji se sastoji
a1 , a2 , a3 su nezavisni (provjeri !) pa razapinju čitav prostor R3 . 3 3 Zbog toga će i e1 , e2 , e3 razapinjati čitav R i tvoriti ortonormiranu bazu za R ..!!... (1, 0, l ) (fl Y1) o e1 - l at i - /2 - 2 ' ' 2 ' b2 = a2 - (a2 j et)e1 = a2 - �e 1 = ( t, 2, -t) ,...., 4, - l ), b2 ( l , 4, - l) ( v'2 w _ .Y:1 ) = = 6 ' 3 ' 6 e2 = b 2 l 1 3 VZ b3 = a3 - (a3 j e 1 )e1 (a3 l e2 )e2 RJEšENJE. Vektori
•
-
(I,
-
! !!) = a3 - b:1e - h!l'e 2 = (-!! 2 6 9 , 9' 9 b ( - 2, 1, 2 ) 2 l 2) e3 = 3 = = ( -3, 3• 3 . 3 l bJ I
l
10.10.
Ortonormiraj kanonsku bazu produkt
(p, q ) =
,....,
(-2, l ' 2 ) '
{ l, t, t2 , t 3 } od &3
j_ll p(t)q(t)dt .
ako je zadan skalami
154
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE
Nadopuni do ortononniranebaze u R4 skup { ( �, �' �' � ) , ( �, �' - �, - �) } .
10.11. RJEšENJE.
Skalami je umnožak ova dva vektora
Cf , t , f, V · ( � , f, - t , - t) = o,
a njihova norma
{4ffi2
=l IC�, t. t , t ) l = IC t , t , - t , - t) l = pa su ova dva vektora nonnirana i međusobno okomita. Označimo ih redom sa e1 i e2 . Skup {et , e2 } linearno je nezavisan. Nadopunimo ga s bilo koja dva vektora a3 i 34 , ali tako da ostane linearno nezavisan. Uzmimo na primjer vektore ( l , O, O, O) i
(0, o, o, l ) .
Nastavljamo sa Gramm-Schmidtovim postupkom b3 = a3 - (a3 ! et ) e1 - (a3 ! e2)e2 = b3 - t e 1 - t e2 = ( t , - t , O, 0) , b3 - b3 - :il v'2 e3 ( 2 , -2, 0, 0) , -l l b3 1 - 72 b4 = a4 - (84 1 et)e1 (84 1 e2) e2 - (84 1 e3) e3 = a4 - t e1 + te2 - OeJ = (0, O, - t , !) , b4 b4 :il :il ) e4 - l - (O, O , - 2 ' 2 l b4 l v'2 Dimenzija prostora R4 je 4 pa ova četiri vektora čine bazu za R4 Ako sa L označimo prostor razapet sa {eh e2 } ondaje prostor razapet sa {eJ, e4} ortogonalni komplement od L koji se označavama sa L.i (vidi sljedeći zadatak) . Ovaj postupak ne dovodi do jedinstvenog ljesenja ( e3 i e4 ) , jer smo zadane vektore mogli nadopuniti do baze i nekim drugom vektorima. Ali ta druga Jjesenja bi razapinjala isti potprostor kao i eJ i e4 , drugim riječima L.i je jedinstven. -
-
-
•
-
•
SS
ST .
kažemo daje ortogonalna ako su njeni stupci ortonormirani vektori. Ako je ortogonalna, tada vrijedi s-l = Za simetrično matricu A vrijedi: l ) ona posjeduje točno realnih svojstvenih vrijednosti (brojeći njihovu višes trukost) ; 2) postoji baza koju čine n međusobno okomitih svojstvenih vektora; Za matricu
n
lO.
155
SKALARNI PRODUKT. DUAGONALIZACUA SIMETRIĆNE MATRICE 3)
matrica
S
10.12.
A. STAS= [:' : : : �]
čiji su stupci normirani svojstveni vektori ortogonalna je matrica
koja dijagonaslizira matricu
Vrijedi
A= [ -2; ; =�]5
Nađi ortonormiranu bazu u kojoj je simetrična matrica
S STAS k(A )= A-2-2 A-5-2 }., -2 5 =A3 -12A2 +2U+10 =(A -l?(A -10). A1 = A, = l 1 = [�l [ _:] . A, = l v3 = [j]. ., = . ., = nJ v,= [� l , v, = LtS ] . v, = U� l ts s= [ o -33{sv'5 i] s s-l =sT . STAS= [o� o� 10gl · -4
dijagonalna (odnosno ortogonalnu matricu
nalna) .
tako da je
dijago
RJEŠENJE.
4
2
Za
4
svojstvene vrijednosti su
Svojstven; vektori v1 ;
v3
;
v
, X
Još preostaje normirati sve vektore:
Od ovih vektora formiramo stupce matrice
Matica
je ortogonalna pa je
za
O
pripadaju ;stoj svojstvenoj vrijednosti ; nisu
okomiti. Uzmimo zato
l
v, =
4
7s - Ns
3 2
-3
Vrijedi
156
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE
10.13.
Dijagonaliziraj simetričnu u matricu A pomoću ortogonalne matrice S
[ o� -�2 -� ] [ -2: --�4 -�4 ] [ i � - � ] [ -22 2 -21 ] [ o1 04 0o ] ; oo7 2 2 1 1 4o o0 ] ; 1 [ 21 21 -22 ] 0 [ [ 2l -2l l l o [oo36o6 oo] lo 006 (tako daje ST AS dijagonalna matrica) ako je A :
a)
b)
5
RJEšENJE.
b) e)
a)
S =
s=
s =
l
3
l
l -l
5
i sT AS =
i STAS =
3
l
-
73 V'2 ..L ..L v'3 v'2
- V'6 -k y6
2
Neka je
A
i s T AS -
.
76
73
10.14.
e)
:
V2
-+
� linearan operator zrcaljenja na pravcu y = X .
Odreadi mu matricu A u bazi
{i, j} , nađi svojstvene vrijednosti i orto
gonalnu matricu S takvu daje ST AS dijagonalna matrica.
[ � �] ,
RJEšENJE. A =
A- 1 = l i
v1
= U] , � =
-l ,
v2 =
[ !1 ]
na pa stupce matrice S formiramo od jediničnih svojstvenih vektora S = S T AS = s- 1 AS =
10.15.
[� � ] l
.
[ tz � l ,
. A je simetrič
?z - ?z
Provjeri da su slijedeći vektori međusobno okomiti i nadopuni ih do ortogo
), (2,3,--33, 2,). 4); (1, -1,2,1,2),2, -3(1,2,
nalne baze
a) b) 10.16.
(l,
l
Provjeri da su slijedeći vektori međusobno okomiti i normirani i nadopuni ih
)
do ortonormirane baze
l 2 2 . a ( 23• 3• 32 ) ( 3• 3• -3 ) ' b) (t, t, t, i) . ( t , t . - t , - t ) . •
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE
157
10.17. Ortogonaliziraj sljedeće vektore a) ( 1 , 2, 2, - 1 ) , ( 1 , 1, - 5 , 3 ) , ( 3 , 2, 8, -7 ) ; b) ( 1, 1 , - 1, -2) , (5, 8, -2, -3 ) , (3 , 9, 3, 8 ) ; e ) (2, l, 3 , l ) (7 , 4, 3 , -3 ) , ( l , l, -6, O) , ( 5 , 7, 7 , 8 ) . 10.18. Ortononniraj skup funkcija { l , sinx, sin2 x} ako je skalami produkt (j, g) = -
,
f, J(x)g(x)dx .
10.19. Dokaži daje skup funkcija { l , cos t, sin t, cos 2t, sin 2t, . . . , cosnt, sin nt, . . . } ortogonalan s obzirom na skalami produkt (j, g) = J�,J(t)g(t)dt .
10.20. Nađi bazu za L.l. ako je L nizapet vektorima a1 = ( 1 , 0,2; 1 } , 82 = (2, l, 2, 3 ) , &J = (0, l, -2, 1 ) . 10.21. Nađi ortogonalnu projekciju y i ortogonalnu komponentu z vektora x na potprostor L ako je a) x = ( 5 , 2, -2, 2) i L razapet vektorima a1 = (2, ( l, l , 3 , O) , a3 = ( l , 2, 8, l) ; b) x = (7, -4, -l, 2) i L zadan linearnim sustavom 2x 1 +x2 +x 3 +3x4 = o, 3x l +2xz +2x3 +x4 = O, X1 +2x2 + 2x3 -9X4 = 0.
{
l , l, - 1 ) , a2 =
10.22. Neka je {e�, e2 , . . . , en } ortononnirana baza u V . Dokaži da vrijedi x = .L:,1 (x, e; )e;, Vx E V. 10.23. Neka je V unitaran prostor, {e� , e2 , , et} ortononniran skup u V , x E V i a; = (x l e;) . Dokaži daje tada (x l x) � lad 2 + l a2 l 2 + . . . + l ak l 2 • • • •
l l.
Kvadratne forme. Krivulje i plohe drugog reda
Kvadratna forma pridružena simetričnoj matrici A je funkcija oblika
f (x)
ili
f (x "
==
. . . , Xn
)
(Ax l x) n
=L
aijXiXj .
Forma je kanonska ako je odgovarajuća matrica dijagonalna. Kanonska forma ima oblik f(x" . . . , Xn ) auxi + a22X� + . . . + annx� .
=
==
Svaka se kvadratna forma može svesti na kanonsku zamjenom x Sy . Lagrangeov postupak dijagonalizacije kvadratne forme . • Ako je au =/; O (ili neki drugi dijagonalni element) uvodimo zamjenu YI
Time dobivamo formu
=
aux!
f(yh X2, . . . , Xn )
+ . . . + a,nxn,
= -1-yf au
+ JI (x2 ,
· · ·
,
Xn)
u kojoj je prva nepoznanica izdvojena od ostalih. Postupak se nastavlja s kvadratnom formom fi . • Ako su pak u polaznoj formi (ili nakon neke od prethodnih transformacija) svi dijagonalni koeficijenti jednaki nuli, tada uvodimo pomoćnu zamjenu, kojom će se forma svesti na oblik u kojemu to nije slučaj. Ako je, recimo, a 12 =/; O , stavljamo Y2
=
-x,
+ a 12x2 + . . . + a!nXn,
Time dobivamo kvadratnu formu u kojoj postoji član prvom slučaju.
2xf . Dalje nastavljamo kao u
l l.
KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
1 1.1.
159
Lagrangeovim postupkom dijagonaliziraj kvadratnu formu
f(xt, Xz, X3) = 4xi - X� - xi - 4XtX2 + 4XtX3 - 3XzXJ.
RJEšENJE. Uočimo prvu nepoznanicu čiji kvadrat se pojavljuje u kvadatnoj formi,
X t . Izlučimo 2xt iz sume mješovitih članova koji sadrže x 1 kao faktor: 2xt (-2xz + 2x3) . Uvodimo novu nepoznanicu Y t kao sumu 4x1 (x 1 pomnožen koeficijentom uz xi ) i članova iz prethodne zagrade Y t 4xt - 2xz + 2x3 . Ako izrazimo odatle x 1 i uvrstimo u kvadratnu formu dobije se oblik koji više ne sadrži mješovite članove sa X t (odnosno Y t ): to je
==
�
f(x r, xz, x3) = (4xt - 2xz + 2x3f - x� - xi + 2xzx3 - x� - x� - 3xzx3 l = 4Yf 2x� - 2x� - XzX3. Dalje nastavljamo na isti način: sljedeća nepoznanica čiji kvadrat se tu pojavljuje je
x2 i uvodimo Yz : pa je
uz supstituciju
1 1 .2.
Lagrangeovim postupkom dijagonaliziraj kvadratnu formu
j(Xt,Xz, XJ) = 2xtX2 + 4XtX3 - 2xzX3.
RJEšENJE. U ovoj formi su isključivo mješoviti članovi pa se postupak u prvom koraku razlikuje od prethodnog primjera. Izlučimo li 2x1 iz ove forme imamo f(x h xz, x3) = 2xt (xz + 2x3) - 2xzx3 . Uvodimo novu nepoznanicu y2 kao razli ku članova iz prethodne zagrade i x 1 ,
Yz = xz + 2x3 - x1 . Uvrštavajući odavde x2 = y2 + x 1 - 2x3 dobivamo kvadratnu formu u kojoj sigurno postoji barem jedan kvadratni član i to 2x i : f(xh Xz, x3) 2x� + 2Xt Y2 - 2yzx3 + 4x� - 2xtx3.
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE J PLOHE DRUGOG REDA
160
Nastavljamo kao i prethodnom zadatku: izlučimo 2x1 iz sume mješovitih članova koji sadrže X t kao faktor. Tome izrazu pribrojimo 2x 1 i imamo novu nepoznanicu
Zt f(x1, xz, x3 )
=
=
2xt + Yz - x3 .
l z l z l z z 2 ( 2xt + Yz - x3 ) - 2Y2 - 2x3 + YzX3 - 2yzx3 + 4x3
1 2
_ 1
7
- 2 Z21 - 2Y2 - YzXJ + 2x23. Napravimo isti korak za nepoznanicu
y2 : l
l
Zz = 2Y2 + 2x3 ,
J(Xt , Xz, x3 ) Konačno
z3
=
x3
=
l z l l 2 l z 7 z 2 z1 - 2( 2Yz + 2X3 ) + 2x3 + 2x3
i dijagonalni oblik je
J(Xt, Xz, x3 )
=
uz supstituciju
Zt Zz
=
1
l z 2 2 2 z 1 - 2z2 + 4x3 .
z I z _z 2 z - 2z2 + 4z3 ,
2xt + (xz + 2x3 - xi ) - x3
l l = -(x z + 2x3 - xt) + -x3 2 2
Uvijek možemo pronaći
=
=
=
Xt + xz + x3, l
l
3
- -x 1 + -Xz + -x3 , 2 2 2
ortogonalnu matricu
S takvu da je S T AS dijagonalna.
Takva matrica svodi kvadratnu formu na kanonski oblik, pri čemu je i novi sustav ortogonalan, a koeficijenti kvadratne forme su svojstvene vrijednosti matrice A . Matricu S biramo tako da njeni stupci budu ortonormirani svojstveni vektori matrice A . Tada vrijedi
S T AS = D =
1[�.: � �l O
O
An
i kvadratna forma će biti kanonska, po novim varijablama
J = A1Yi + AzY� +
. . .
+ AnY �·
Y t . . , Yn : . .
161
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA 11.3.
Svedi na kanonski oblik kvadratnu formu
f(x" Xz, x3) 6xi + Sx� + 7x� -4x,xz + 4x,x3 . =
RJEŠENJE.
[ -� -;o �l ·
Matrica koja odgovara ovoj kvadratnoj formi je
2
Rješenja njene karakteristične jednadžbe
7
A.-6 2
A.
=
5
-2
O
=
O su A.,
=
3, Az 6,
[ !J, [ Y l , [ �� l 2 l. 3[ -2
A3 9.
2
Pripadne svojs�ene vebore
-
O
v, =
A. -7
v, =
v, =
=
n�
mirarno i od njih formirarno stupce ortogonalne matrice Q . Dakle,
Smvljajući
[�: l [H =
Q
Q =
-1
2
l
2
-
2
-1
2
-1
2
odnosno
x, jYI - jY2 + jY3, xz 3Y + 3Y2 - jY3, X3 - 3y' + jY2 + jY3 ( ) f(x" Xz, x3) 3yi + 6y� + 9y�. =
=
2
2
1
l
2
2
l
l
=
2
2
imamo kanonski oblik polazne kvadratne forme
koji možemo direktno napisati po
moću svojstvenih vrijednosti
=
m l [�; l = QT
Obratna veza nom i starih ne!M=R"ica j e
y, 3x' + 3xz - 3x3 YI - 3x ' + 3x2 3 x3 y, 3x' - 3x2 3x3. =
2
l
=
=
2
2
2
l
,
l
+
+
2
2
,
' odnosno
162
l l.
KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
f(xb x2, x3) = 3xi + 3x� - 2xtX2 + 4XtX3 + 4x2x3 .
11.4.
Svedi na kanonski oblik kvadratnu formu
A= [ -2i -!2 �]·0
RJESENJE. Matrica ove kvadratne forme je
A.-3l ). -3l -22 ). = 2 , ). = ).3 = 4 . -2 -2 -). 1 - 2 v1 = [i2] v2 = [ �l· v3 = v1 v, = [ �� l · ovih su
Korijeni karakterističnog polinoma
Pripadni svojstveni vektori su
biti okomit na
v1 v2 i
i
1\eći svojstveni vektor mora
x
pa stavimo
Nakon normiranja
vektora dobijemo ortogonalnu matricu
Q= [ 76� tso -�7ml2 . [;: l = Q [m [�: l = Q [;: l ) f(xh X2, X3) = -2YI + 4y� + 4y�. l -Y'6 7s - 730
2
Ako sraffino
(odnosno
T
imanw kanons� oblik
polazne kvadratne forme
1 1.5.
Ispitaj definitnost s ljedećih kvadratnih formi:
2xr + 3x� + 4x� - 2x1x2 + 4xtx3 - 3x2x3 ; b) -xi - Sx� -6x� +4xtX2 + 2xtX3; ) XI + X� + 3x� + 4XtX2 + 2xtX3 + 2x2X3 · a) e
RJEšENJE.
a)
Odgovarajuća matrica za ovu kvadratnu formu je
D2 = l -2l -3l l > O,
računajmo sve glavne minore ove matrice
[ 2 3 - 2f ] -1
-1
2 -� 4 D3 = -221 -13� -!2 > O. 4
Sve su strogo veće od nule pa je ova kvadratna forma pozitivno definitna.
.
Iz-
l l.
KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
163
Sada imamo matricu [ -�l _o; -6� l za kojuje D, = l -l l < O, Dz = 1 -� _; 1 > 0 i D3 = -�l _o; -6� < 0. Vrijedi (-l)nDn > O za n = l, 2, 3 paje ova kvadratna forma negativno definitna. ) matricu [� : n je D, = i l l > O, D, = l � i l < O i odmah zaključujemo ova kvadratna forma je indefinitna. Odredi sve A E za koje vrijedi 11.6. a) XI + X� + x� + 2Ax,xz + 2AX!X3 + 2AxzX3 je pozitivno definitna; b) 2xr Sx�-3x� + 2Ax,x2 +4x1x3-2Ax2x3 je negativnodefinitna. RJEšENJE. a) D1 = l > 0, D2 = ll � l = l - A 2 > 0 odakle slijedi A 2 < 0, odnosno -l < A < l . D3 = AAl AAl AAl = l - 3A 2 + 2A 3 > O. Racionalni korijeni ove kubnej slobodnog jednadžbečlana moraju biti iz skupa {±lj vodećeg brojnik koridobi jenajemo: mora lbitije , ±4} (jer djeljitel l, a nazivnik djelitel 2). Provjerom nultočkakratnosti 2, a -4 kratnosti l. Rješenje nejednadžbe D3 < O je zato A > -4 . Konačno rješenje je A ( -l, l ) ( -4, oo) = (-�, oo) . b) D, = -2 < O, D2 = � ; -� � = 16 - A 2 > O pa slijedi I A I < 4 . Uv jet D3 = -2A2 -A-8A -A-32 = A 2 - 16 < O je ekvivalentan prethodnom i Iješenje je A ( -4, 4) . b)
e
Za
R
-
-
E
n
E
Za
Polinom drugog stupnja je funkcija oblika p(x) = (Ax l x) + (b l x) + matrice reda 2 koristimo zapis p(x, Y) = [ x y] [ :�: :�� ] [ � ] + [ b, hz ] [ � ] + y = aux2 + 2anXY + azzY2 + b,x + bzy + y, Y
1()4
l l. KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
sličnoNuli za-točke matriceovihtrećeg reda.su, u nedegeneriranom slučaju, krivulje (plohe) drugoga polinoma reda. ja određujemo dijagonalizaci jomortogonal kvadratne forme. Prikakotombiuglav Vrstu krivul nom biramo postupak di j agonalizaci j e s pomoću n ih matrica, i novi sustav bio kartezijev (s okomitim osima). Odredi krivulju zadanu jednadžbom ll. 7. + + 9l + + 18y - 36 O. Prva tri člana određuju kvadratnu formu sa matricom [ 4112 129 ] . Njene normirani svojstveni vektorisvojstvene vrijednosti su = i = , a odgovarajući = }.o [i]. = [ -31 ] . Od njih formiramo stupce matrice S : S = 0o [ 3l -13 ] . Uvodimonovevarijablenanačin [� ] = s [�: ] , (obratnavezaje Uvrštavajući = + = jednadžba se svodi na + + - - 36 = O odnosno + /o) - � - 36 = O. + + fo ) - � + Uvodimo nove varijable translacijom sustava = - )w, = + pasejednadžbasvodina + = odnosno -1 + 9 = 1 . Ovomrotaci jednadžbom sustavu koji je od početnog der biven jom za kutje zadana takavelidapsa,jekoja cos je =centralna #o i sin = � a potom translatiran ( u zarotiranom sustavu) za vektor [ -1o ]· RJEšENJE.
41x2 24xy 24x 45 2 5 v2 i\.1
==
i\.
Vt
l
710
l
x �(3x' -y'), y 7io(x' 3y'), 45x'2 5y12 x' 45(x'2 kx' 5(y12 - vToY' x" x' J.o, y" y' 45x'f122 5y"22 45, x' y" _29..._
y1o
cp
cp
0o
.lQ....
y1o
u
cp
,
165
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA 11.8.
Odredi krivulju zadanujednadžbom
o. RJEšENJE.
jednosti su
3xz + 10xy+3y2-2x-14y-13 =
Matrica kvadartne fonne prva tri člana je
A.1 = 8 , A.z = -2
Sada je S �
[ � -t' l
••
= [�l
[� ;J
, = [ -t' l
.
Njene svojstvene vri
i odgovarajući normirani svojstveni vektori .,
i uvodimo nove varijable na način
[;l =
jednadžba svodi na
odnosno
S
[;:l·
Tako se
8x'2 - 2y'z - ?zx' - �y' - 13 = O, 8(x'z - fzx' + ! ) -4 - 2(y12 + }zy' + V + 9 - 13 = O. x' ' y" = y' + ?z 8x'12 - 2y"z = 8, y"z = 1 . x-112 - 4 l
Uvodimo nove varijable translacijom sustava X
pa imamo
odnosno
"
-
- 72,
[_�l ·
Ovo je jednadžba hiperbole koja je centralna u sustavu koji je najprije zarotiran od početnog za kut q> �
11.9. RJEšENJE.
i
, a potom i translatiian za vektor
Odredi plohu zadanu jednadžbom
4V'2y + 4V'2z + 4 = O.
9x2 + 20yz + 20zz - 40yz - 36x -
[� -202g -2g20 l ·
Matrica ove kvadratne forme je
o
Njene svojstvene vrijednosti vektori
A.1 = 9, A.z = A.3 = O 40 ,
i odgovarajući svojstveni
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
166 Zato imamo
A= i uz supstituciju
[l
O
o o
��
o -?z
7i
]
jednadžba se svodi na
Stavimo li
2 + 40y12 - 36x' - 8y' + 4 = O, 9x' 9(x12 -4x' + 4) + 40(y12 - ty' + 1� ) = 32.4 x" = x' -2, y" = y' - fo y"2 = 1 . x'-f2 + 3.6 0.81
dobijemo jednadžbu cilindra
11.10.
Lagrangeovim postupkom dijagonaliziraj slijedeće kvadratne forme:
== xi-xi+-2x�8x�++5x�2x1x-2x1x ; ; 2 + 4xzx3 + 4xzX3 J 2 e) f = xi + x� + 3x� + 4x1Xz + 2x 1x 3 2xzx3 ; d) f = 6xi + 5x� + 1x� -4x 1 xz + 4xlx3 ; e) f = 3xi + 3x� - 2x1x2 + 4xlx3 + 4xzx3 ; f) f = 2x1x2 -4xlx3 + 3xzx3 ; g) = X 1X2 + XzX3. 11.11. = Qy : a) J = llxi + 5x� + 2x� + l6x1x2 + 4xlx3 - 20xzX3 ; b) f =xi + x� + 5x� - 6x1x2 - 2xlx3 + 2x2X3 ; e) f =xi +x� +x� + 4x1xz + 4xlx3 + 4xzx3; d) f = 17xi + 14x� + 14x� -4x 1x 2 - 4xlx3 - 8xzx3; e) J = xi -5x� + x� + 4x1xz + 2x 1 x3 + 4x2X3 ; f) f = Sxi -1x� + 8x� + 8x1x2 - 2x1x3 + 8xzx3; g) f = 2x1x2 - 6x 1X3 - 6xzX4 + 2x3X4; h) f = 5xi+5x�+5x�+5x�-10x1xz+2x 1x3+6x 1x4 +6xzx3+2xzx4-10x3x4 ; i) J = 3xi - 3x� + 4x� + x� + 8x1x2 - 4x3x4 ; j) = xi +X� - 2x� - 2x� + 2x 1X2 - 4X3X4; k) f = 9xi + 5x� + 5x� + 8x� + 8xzx3 -4xzx4 + 4x3x4. a) f
b)
j
+
Svedi na kanonski oblik slijedeće kvadratne forme i odredi ortogonalnu mat
ricu transformacije Q za koju je x
j
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
11.12.
Ispitaj definitnost sljedećih kvadratnih formi: a) J = xi + lOx1x2 + 26x� ; b) J = -xi + 2x1x2 - 4x� ; e) J = xi - 15x� + 4XtX2 - 2xtX3 + 6x2x3 ; d) J = - l lxi - � - 6x� + 12xtX2 - 12xtX3 + 6x�3 ; e) J = 9xi + 6x� + 6x� + 12xtX2 - lOx1x3 - 2x2x3 ; f) J = 2x� + XtX2 + XtX3 - 2x2X3 + 2x2X4 ; g) J= xi + 4x� + 4x� + 8x� + 8x2x4 .
11.13.
Odredi it E R za koje su slijedeće kvadratne forme pozitivno definitne: a) J = Sxi + x� + itx� + 4XtX2 - 2xtx3 - 2x2x3 ; b) J = 2xi + � + 3xi + 2itXtX2 + 2xtX3 ; e ) J = xi + x� + Sxi + 2itxtX2 - 2xtX3 + 4x�3 ; d) J = XI + 4x� + xi + 2itXtX2 + 10XtX3 t 6x2X3 ; e) J = 2xi + 2x� + X� + 2itXtX2 + 6x1X3 + 2x�3 ; f) J = 2xi - X� + 4x� + (2it - l )XtX2 + it 2X2X3 ; g) J = X� + X� + 4itXtX2 + it 2x1X3 ; h) J = XI + X� + X� + 4XtX2 + 2itXtX3 + 2itx�3 ; i) J = xi + 5x� + (it 2 + l )x� + 4xJx2 + 2xtx3 + 4xzx3 .
11.14.
Odredi it E R za koje su slijedeće kvadratne forme negativno definitne: a) J = -xi - X� - 4XtX2 - 4XtX3 - it 2XzX3 ; b) J = itxi + X� + 3x� + 2xtXz + 2xtX3 + 4XzX3 ; e ) J = itxi + itx� + (it - 3)x� + 2xtXz + 2itxlx3 + 2xzx3 ; d) J = -xi + itx� - x� + 4xtXz + 8x�3 ; e) J = itxi - 2x� - 3x� + 2xtXz - 2xtX3 + 2xzx3 .
11.15.
Ispitaj definitnost kvadratnih formi u ovisnosti o parametru it : a) J = itxi + X� + 4XtX2 ; b) J = 2xf + 3x� + 2itxtxz + 2xtX3 - 4xzx3 ; e ) J = -xi + itx� - 4XtXz + 6x1x3 + 10xzx3 .
11.1().
Odredi krivulje zadane jednadžbama: a) 17x 2 + 12xy + 8y2 + 20VSx + 20 = O ; b) 5x2 + 24xy - 5y2 + 6VT3x + 4VT3y + 13 = O ; 2 2 e ) 16x - 24xy + 9y + 25x - 50y + 50 = O ; 2 2 d) 9x - 4xy + 6y + 16x - 8y - 2 O ; e) x2 2xy + y 2 - lOx - 6y + 25 = O ; f) 5x2 + l2xy - 22x - 12y 19 = O ; g) 4x2 - 4xy + y2 - 6x + 3y 4 = O ; h) 2x+4xy + 5y2 - 6x - 8y - l = O ; i) x2 - 4xy + 4y2 - 4x - 3y - 7 = O.
167
l l. KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
168
11.17. Odredi plohe zadane jednadžbama:
4x2 +4y2 - 8z2 - lOxy +4yz+4xz- 16x - 16y - 8z+72 = O; 7x22 + 6y22 + 5z2 - 4xy -4yz - 6x - 24y + 18z + 30 = O; ) 2x -7y - 4z2 + 4xy + 20yz - 16xz + 60x - 12y + 12z -90 = O; d) 2x2 + 2y2 - 5z2 + 2xy - 2x -4y -4z + 2 = O; ) 2x2 + 2y2 + 3z2 + 4xy + 2yz + 2xz -4x + 6y - 2z + 3 = O; f) 4x2 + y2 + 4z2 -4xy + 4yz - 8xz - 28x + 2y + 16z + 45 = O; g) 2x2 + Sy2 + 2z2 - 2xy -4yz + 2xz + 2x - lOy - 2z - l = O; h) x2 + 5y2 + z2 + 2xy + 2yz + 6xz - 2x + 6y + 2z = O; i) x2 - 2y2 z2 + 4xy + 4yz- lOxz + 2x + 4y - lOz - l = O. a)
b) e
e
+
[ 4 5 �6] ; b) [�2 �1 i0] ; e [;3 ;6 9�]; d) [�4 �1 i0]. ; e) [! t t] ; [;3 �2 -�l ] 51 1.14. b) [�o �o -2�] d) [ i5 !7 �] 1.15. a) [ -; ;l ] ; b) [ 3 o -25 ] . . 6 9 2 1 1.16. a) [ o 5o 4o ] b) [ o2 33 -123 ] 1.17. a) [ � i -q ; b) [ 1� -��] ; e) [ : � ;; �] ; d) 27 )T . 5 -22 3229] [�1�6 ;�12 ;�9 20i� ] d) [ :7 �7 _;7 -l�7] 1.18. a) [ 32l 190 -5-7 ] b) [ ll193 -27 -17 26 7 l 3 10 9 7 1.19. a) [ � � ] b [;� =i:] ; e) [ �� �� 1 � ] ; d) ( -3� �5 �] ;e) [ 1 3 9
1.13. a) i !
)
t i }
f)
. Simetrične su sve osim posljednje.
(dijagonalna); e)
a) O (nul-matrica);
(skalama);
(simetrična).
8
8
-l
O
-1
l
(gornja trokutasta);
1
(simetrična).
[ - 1 -1
O
;
)
;
;
e)
-
-ll
10
l
O
;
·
8
8
O ; f)
8).
170 1.21.
1.22.
[ [ CB =
AB = 4l -2l -15o
1.27.
1.28.
o
o
]
. 2)
1.32.
]
5 10
a) Nije definiran; b ) 3 x 3 ; e) definiran; b) nije definiran.
a)
]
[
]
. 3) -
�
2
[�
[ � -�l -�] ; [� =� � ] ) [ l� =� �� · ; ] . 4)
_
. 3)
-1
9 o
3
.
.
-5
4
5 -3 2
]
5 x 2 ; d) 5 x l ; e) nije definiran; f) nije definiran; g) nije
A2 + AB + BA + B2 • ( AB + BA nije isto što i 2AB ) ; b) 2A2 + 4AB + BA + 2B2 ; e) ACD + ACE + BCD + BCE ; d) A2 + 2A - 31 ; e) A3 + A2B + ABA + AB2 + BA2 + BAB + B2A + B3 ; f) A3 + 3A2B + 3AB2 + B3 . .
a) f(A) = [ � ;� ] ;
21 -23 15 4 10 -9 22 25
a) [ 14455 --5251 ] ; 5 12 ] a) [ 551212 512 '
[ a) [
]
o o o o ; g)
]
[ ; =� ]
];
e) /(A) =
b) /(A) = O .
[ 31814529 1 315695 ] ;
[ -i
]
[� i l ;l .
e)
o o
-
i !] _
·
]
[o o o [ -2963 -42 · d) o o o ; e) [ -5 6 ] ; ] -5 6 -50 ' o o o h) [ -8 -24 ] . 8 2 + 1 4a(l+a2 ) ] . [ --cossin 3a3a -cossin 3a3a ] . e) [a4+6a 4a(l+a2 ) a4+6a2 + 1
[ � 2� ] ; [ -23-3 -31 -67 ];
5 -5 b) 20 o ; 304 -61 305 -62 .
[ ] 1.34. a) [ � � ] ; b) d)
b) b)
[ ; -l� ] ;
b) /(A) =
a) /(A) = [ -13
f) 1.33.
]
A2 = (xyT)(xyT) = x(yT x)yT = A xyT = AA gdje smo s A označili skalar yT x .
1.30. Direktnim uvrštavanjem. 1.31.
[
-40
5 -9 10 6 14 -6 -10 1 -1 5 , CA = 3 -3 , DC = l4 -26 . -4 o 20 4 -12 48 12
[ -! -il ; [-� ��
1.24. Vrijedi
1.26.
]
[ ll6 225 ] ' BD = [ -2 85 -5-4 ] ,
=
a) l) [ � -� ] . 2) [ � -� � -7 6 -5
b) l)
1.25.
] ' BC
RJEŠENJA ZADATAKA
e)
24
[ � l+(n;- l)A ] ;
za neparni n ; e)
e)
'
[ Ol (2n 2n-l )A ] '.
[ 2��� l-2-nn ] ·
1.35. Matematičkom indukcijom po broju
n.
•
d)
[� �]
za
parni n ,
171
RJEŠENJA ZADATAKA
1 31 3 .. 0 1.36. O O . 1.37. [73853197 -1-922266 ] . 6
a)
l;
l
b)
et1 ) . . . (2) . . ("2 1 ) .
e)
o o o ...
{n )l ) (n 21 ) e 11 )
{"!1) {"2 1 ) o e11)
o
o
o
o
o
e:: D ("-1 ) n- 2
("-l) n-3
o
1.38. [ -la -�b] ; [ � �]. [ �t -f ] ; [ 121 ] . a b ] a b a a 3b O a O O [ 1.41. [ 3b a+3b]; [ -5b a+9b J ; [O aO ab] ; OO OO O c a b cl 1.42. [ : a�;, J [� � :] ; [ OO aO ab . . 1.1.4443.. aii a;J O 1.45. aii O bii b 2:k=l a;tbq -aii, k2:=l b;kaA;i ai). -ay aii O, bij ka;=; l a;atjbA;. ; au, 2:k=l btkak.f = au. 1.46. [a -ab ] -a2. 1.47. [a -ab J bc -a2. 1.40.
a)
!
b)
-! 2b
a)
a)
b)
4
-4
o
e)
b)
oo
e
d)
o
a) Sve dijagonalne matrice; b)
e
·
d)
e)
;
d
Matrica A l , A E R .
Očito j e da dijagonalne matrice međusobno komutiraju.
Obrat ćemo pokazati pozivanjem na suprotno. Pretpostavimo da tnatrica
A koja komutira
sa svim dijagonalnim matricatna itna bar jedan vandijagonalni element različit od nule npr za
neke
i, j , i l= j .
Tada ona specijalno komutira i sa matricom
jedinicu i na ostalim mjestima nule. Usporedimo matrice
=
tnatrica
DA
za
što je u kontradikciji sa polaznom pretpostavkom
A
D
na
matricu
dijagonalna.
(i, i) itna (i, j) . Slijedi
koja na mjestu
i AD
mjestu
A.
Zaključak je da je
Jedan je smjer očit, A I komutira sa svim matricatna istoga reda. Obrat Pretpostavirno suprotno da matrica
i, j , i 1: j .
Uzmimo matricu
nuli. Tada je
B
za koju je
n
(AB ) ij
Zbog pretpostavke AB
=
BA
=
A i
l= za neke jj = - l , a svi ostali elementi jednaki su
irna bar jedan element
n
=
(BA);j =
=
slijedi
l
tj
2a;j =
kontradikcija ! Dakle, svi ele
menti van dijagonale jednaki su nuli. Preostaje dokazati da su dijagonalni elementi međusobno jednaki. Uzmimo matricu B za koju je = l za neke fiksne i # j , a svi ostali elementi
jednaki su nuli. Sada je
n L
(AB) y
Zaključujemo da mora biti Matrice oblika
e
Matrice oblika
e
da je
A2 # O i A3 = O .)
==
(BA)tj =
Kako su indeksi
i, j
n
izabrani po volj i, slijedi tvrdnj a.
pri čemu vrijedi bc =
pri čemu vrijedi
(Ne postoji matrica drugoga reda takva
RJEŠEN1A ZADATAKA
172
1.48. Neka je k najmanji prirodan broj za koji vrijedi Ak = O . Svaka kvadratna matrica zadovoljava relaciju A2 = (a + d)A - (ad - bc)I . Odavde slijedi A1 = (a + d)Ak- ! - (ad - bc)A1-2 te zbog pretpostavke slijedi (a + d)Ak- ! = (ad - bc)A/c-2 . Množenjem ove jednakosti s A i korištenjem pretpostavke, dobivamo O = (ad - bc)A k-l . Odavde slijedi tvrdnja 1.49. Koristit ćemo rezultate
zadataka 1.30 i 1.48. Vrijede jednakosti A2 = (a + d)A - (ad - bc)I O pa je stoga A2 = (a + d)A . Ako je k najmanja potencija za koju vrijedi Ak = O , tada vrijedi po gornjemu Ak = O = (a + d)Ak-I te mora biti i a + d = O . No, po prvoj relaciji tada slijedi i A2 O . i ad
- bc
=
=
1.50. A ) Iz zadanoga uvjeta dobivamo sistem jednadžbi
[
] [ o]
{
� + bc = l ,
b(a + d) = o, a2+bc ab+bd = l O l ==> ca+dc cb+d2 e(a + d) = O, cb + d2 = l. Iz druge jednadžbe mora biti a + d = O ( b bilo kakav) ili b = O U prvom slučaju slijedi a = -d i a2 + bc = l . U drugom mora biti e = O te a2 = d2 = l ( a # -d ) . Odavde a = d = l ili a = d = - l . a b , a2 + bc = l te I i -I . Prema tome, rješenje čine matrice oblika -a •
uz
[ ] e
uz
b) Trebamo pokazati oba smjera implikacije. l) Ako je A involutoma, tj. A2 = I , onda je I - A2 = 0 , I - A + A - A2 ::;:: 0 , dakle (I - A)(I + A) ::::: O . 2) 0bratno, ako je (I - A)(I + A) = O , množenjem slijedi I - A + A - A2 = O , tj. I - A2 = O pa je A involutoma 1.51. Dokazujemo matematičkom indukcijom po broju n . Za n = l matrica ima oblik A = [OJ i tvrdnja vrijedi uz p = n = l . Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za matrice reda n . Izaberimo matricu B reda n + l , gornju trokutastu s nulama na glavnoj dijagonali. Nju možemo prikazati u obliku B =
[! �] .
Tu
je matrica A istoga tipa,
ali
reda n , x vektor stupac dimenzije
n - l , O vektor redak dimenzije n - l sastavljen od nula. Za potencije matrice B vrijedi
[
Bp = AP O
AP-'x O
]'
p+ ! =
B
[ ApO+I APxo ] ·
Kako je AP = O , vidimo da je B nilpotentna Primjeri da iz dokaza slijedi i ocjena p � n .
1.52. Neka su A i B gornje trokutaste matrice (za donje trokutaste dokaz je analogan). Tada vrijedi a;j = O , b;i = O za i > j . lzračunajmo matricu e = AB . Njen opći element je Cij = L:�= l a;/cbkj . Pokažimo daje za i > j on jednak nuli.
(ail b!i + . . . + a;ib.ii) + (aii+ !bj+!j + . . . + ambnj) = 0 U prvoj zagradi su elementi matrice A jednaki nuli ( ai! = . . . = aij = O ) a u drugoj zagradi poništavaju se elementi matrice B ( bi+Ii = . . . = bni = O ). Zato je e gornja trokutasta. Cij =
1.53. Ako je A tipa m x n i B tipa n x p , tada je B T tipa p x n i A T tipa n x m paje umnožak B T A T definiran i tipa je p x m , baš kao i matrica (AB) T . Odredimo element na mjestu (i, j)
173
RJESENJA ZADATAKA u ove dvije matrice.
n
((AB)T] ij = [AB1; = :L>jtht;,
k=l
n
n
[B T A T] ij = L [B T J;t [A T]� = L bkiajk ·
k= l
k= l
Opći element se podudara pa su i matrice jednake. 1.54. (AA T) T
= (AT) T AT = AAT .
1.55. Očigledno je
A = As + Aa . As je simetrična matrica jer vrijedi
�
�
[
[
�
(As)T = ( (A + AT))T = (AT + (AT)T) = (AT + A) = As. Aa je antisimetrična: (Aa)T = ( ! (A - AT))T = !(AT - (AT)T) = !(A'f - A) = -Aa. 2 2 2 Za matricu A ovaj rastav je l l 5 l 5 O O 4 -5 A = -3 -l 6 = l -l 5 + -4 O l . Slično,
10
1.56. Tvrdnja slijedi iz jednakosti
4 -7
J
5
5 -7
[
J
5 -1
(A + B)2 = A2 + AB + BA + B2 .
o
J
1.57. Vidi sljedeći zadatak.
A i B simetrične ( A = A T , B = B T ) . Ako je AB simetrična, onda je AB = (AB) T = B T A T = BA pa A i B komutiraju. Obratno, ako je AB = BA , tada imamo (AB) T = B TA T = BA = AB te je AB simetrična matrica.
1.58. Neka su
1.59. Slično
kao
u predhodnom
(AB) T = -(AB)
{::::::}
zadatku:
BA = -AB .
(AB) T = B TA T = (-B)(-A) = BA pa vrijedi
[AB] = O {::::::} AB-BA = O {::::::} AB = BA , b) [AB] = AB-BA = -(BA-AB) = -[BA] , e) Vrijedi [[AB]C] = [AB]C - C[AB] = (AB - BA)C - C(AB - BA) = ABC - BAC - CAB + CBA . Slično je i [[BC]A] = BCA - CBA - ABC + ACB i [[CA]B] = CAB - ACB - BCA + BAC . Zbrajajući sve tri jednakosti dobijemo traženu.
1.61. a)
[
2+i -3i o
J
[
1.62.
A = l-2i 5 6+i ,
1.63.
Iz uvjeta A = A* slijedi a;; = �i te je hermitsku i antihermitsku glasi
2
3+i 2i
2+i l-2i 2 5 3+i o 6+i 2i
A* = -3i
J.
aii realan. Slično za antihermitske. Rastav matrice na
A = �(A + A*) + �(A - A*). 1.64. Uputa. Izaberi za matricu B matricu koja ima sve elemente jednake nuli osim jednog b;j = l , na poziciji i # j . Tada će slijediti nužno a;; = l , aji = O . kako su indeksi i , j izabrani po volji, svi dijagonalni elementi matrice A moraju biti jednaki l, a svi vandijagonalni O.
174 1.65.
RJEŠENJA ZADATAKA
tr(AB) = �(AB)i = �(�aijbji) = � � aijbji, tr(BA) =�(BA); = �(� b;jaji) = � � ai;b;j·
Izračunajmo oba traga:
Ove su dvije sume jednake - zamijenimo imena indeksima
trivijalne.
1.66.
Pretpostavimo obratno:
takve matrice postoje.
tr(AB - BA) = tr i = n . Međutim, tr(AB) - tr(BA) = O . Proturječje. ve
i , j . Druga i treća jednakost su
Tada bi moralo vrijediti
prema prošlom zadatku imamo
za
njihove trago
tr(AB - BA) =
1.67. a) Vrijedi zbog komutativnosti zbrajanja matrica; b) Tvrdnja je očigledna; e) Vrijedi zbog AI = lA = A ; d) A * (B + C) = t (A(B + C) + (B + C)A) = t(AB + AC + BA + CA) = t (AB + BA) + t (AC + CA) = A * B + A * C.
1.68.
Provjeri da vrijedi (ar i + fJrJ) + (a I + fJ J) = (ar + a )I + (fJr + /h )J 2 2 2 (ar i + fJr J) (a2 I + fuJ) = (ar a2 - 13rfh )l + (ar /h + a2 fJr )J .
Uputa
i
·
2.17. a) -96
(po
2.
retku) ;
b) 80 (po l .
2.18. a) abed ; b) abed ; e)
xyzuv .
stupcu);
e) 75
(po 2.retku) ;
d) 102 (po 2.
stupcu).
2.19. a) l ; b) -80 ; e) 9 ; d) O ; e) l ; f) -3 .
2.20. a) -24 ; b) -200 ; e) 42 .
2.22. a) - 140 ; b) 8 ; e) - 13 ; d) -2 . 2.24. a) -8 ; b) -3 ; e) -160.
2.21. a) 320; b) O; e) 3 19.
2.23. a) 1 15 ; b) -12 ; e) 8 .
2.25. a) x(x2 - 22) ; b) (x2 - l)(x2 - 32) ; e) x(x2 - 22)(x2 - 42) .
2.26. a) - 100 ; b) l ; e) O ; d) 900 ; e) 45 . 2.27. 9v'IO(v'3 - v'i) .
2.28. a) 3abc - a3 - b3 - c3 ; b) O ; e) (ab + bc + ca)x + abc ; d) l + a2 + {J 2 + y2 ; e) l .
2.29. a) sin(tl - r) + sin(y - a) + sin(a - tJ) ; b) O; e) O; d) O.
2.30. a) 2abc(a + b + c)3 ; b) 4(b + c)(c + a)(a + b) ; e) 4(a - b)(a - c)(b - c) ; d) (a2 + b2 + c2 + d2)2 ; e) (ax + by + cz)2 f) a2 + if + c2 - 2ab - 2bc - 2ac + 2d .
a + cos2 tJ + cos2 y 2.34. D = (l - a4 )3 . 2
=
l.
2.31.
cos
2.35.
Knristimo Binet-Cauchyjev teorem:
l = det l = det(AAT ) = det A det A T = (det Af
175
RJEŠENJA ZADATAKA
±l .
Odavde slijedi det A =
nalna, a ima determinantu jednaku
2.36.
[; � ]
Obrat ne vrijedi. Na primjer, matrica A =
l.
·
nije ortogo-
Zbog detA = det A po Binet-Cauchyjevoom teoremu je
l
l = det I = det(UU* ) = det Udet U = det Ul Odavde slijedi tvrdnja.
2
•
2.37.
Izlučimo - l iz svakog retka: det( A) = ( - l )" det A. Sada za autisimetričnu matricu neparnog T reda vrijedi det A = det(A ) = det( -A) = ( - I t det A = - det A . Slijedi det A = O .
2.38.
Premještanjem posljednjeg stripca na mjesto prvog za rezultat množenje determinante sa ( - I t- 1 . Slično, premještanje posljednjeg (u tako dobivenoj matrici) na mjesto drugog
ima
(-l )"-
stupca odgovara množenju sa = ( - l )n(n - 1)/2 .
( - 1 ) 1+2+ ...+n - l
2
, itd.
Konačno, početna determinanta se množi s
2.39.
Neće se promijeniti. (Ova transformacija odgovara transponiranju, zamjeni stupaca i zamjeni
2.40.
a)
redaka u suprotnom poretku. ) Ne; b) ne;
e)
da;
d) da.
2.41.
Indukcijom po broju blokova matrice A , (vidi sljedeći zadatak uz
2.42.
Tvrdnju dokazujemo matematičkom indukcijom po redu matrice D . Baza: tvrdnja je očigledna za matricu reda
2.
Pretpostavka: neka tvrdnja vrijedi za svaku matricu reda
[� :]
Korak: nekaje D = reda
k i n-k.
C = O ).
kvadratna matricareda
n
,
n
-
l.
dok su matrice A i B kvadratne
Razvijamo determinantu od D po prvom retku ( Dij označava matricu D bez
i-tog retka i j-tog stupca)
det D = Matrica D i zato je
li je reda n
-
n
� L...,.. ( - 1 ) l+id
l
i=l
i
det D l =
�i
k � L...,.. ( -1) l+ia
i=l
1 ; det D t
�
i
·
l pa po pretpostavci indukcije za nju vrijedi det D
k
det D =
l:
au
l i = det A li det B
det A1i det B = det A · det B.
i= l
2.43.
a)
Vrijedi jednakost blok-matrica
[ � � ] [! ] [ � -B l
=
D
�
BC
]
.
Računajući determinante matrica s obiju strana slijedi tvrdnjajerje det
l po prethodnom zadatku.
b)
Tvrdnja slijedi na isti način iz sljedeće jednakosti
[ C I ] [ -CI OI ] - [ A B
_
A-BC B
O
]
I .
[! -lB ]
= det I det I =
176
RJEŠENJA ZADATAKA
e)
[ A B] [A-1 -B] = [AA-1 -AB+BA] = [ ICD A CA-1 -CB+DA CA l -CB+DA ] [I -CB+AD A-1 B ] .
Tvrdnju dobijemo iz jednakosti
O
O
'
O
2.44.
1:�;� :�;� l' = (a(x)d(x) - b(x)c(x))' = a(x)1d(x) + a(x)d(x)' b(x)'c(x) - b(x)c(x)1 = (a(x)'d(x) - b(x)'c(x)) + (a(x)d(x)' - b(x)c(x)') = 1:�1; ��1; l + j:gf :�?� l ·
Za determinantu n-tog reda na lijevoj strani analogne formule imamo sumu od n determinanti tako da i-ta sadrži derivacije u i-tom retku.
2.45.
l l l ... l 122 2 ( a) l 2 3 · · · 3 = l 2 3 ... n 1 2 3 4 . .. n 2 2 3 4 . n (od b) 3 3 3 4 . . . n n n n n ... n e) O 1 2 ... n-l 1 O 1 ... n-2 2 1 O . n-3 n-1 n-2 n-3 . . . O :
.
)
od svakog retka osim prvog odu-onemo prethodni
· · ·
.
lll ll l
o o o
=
l -1 ) = -1-1 -1-1 ( -l)n-l n. n n n ... n O 1 2 ... n-1 l -l -1 -1 l l -1 -1 = l -l l l o l -2 o o = l o -2 o o o -2 o o o ... o o ... o o ... o -1 . . . O
svakog retka osim posljednjeg odu-onemo sljedeći
. .
L
=
...
..
.
d) Svakom retku osim prvog oduzmemo prethodni. Zatim od svakom stupcu osim posljednjeg dodamo posljednji. Na taj način dobijemo gornju trokutastu matricu. Produkt elemenata na . I Je diJagonal" 2.46.
n +-l ( -2)n- 1 . 2 a) D n-l x x E {2, 3, . .. , n} l( x"- 1 D = (x - 2)(x - 3 ) · · · (x - n) . D n-l x b) x E {l, 2, . . . , n - l} xn l n D = n(x - l)(x - 2) · · · (x - n + l ) .
je polinom stupnja po nepoznanici determinanta je . Za jednaka nuli, jer su joj tada dva retka proporcionalna Također je vodeći koeficijent ovog polinoma jednak najveću potenciju je Slično, je polinom stupnja Koeficijent uz najveću potenciju
-
dobivamo množeći elemente na dijagonali). Zato
u
je
koji se poništava u
paje
.
177
RJEŠENJA ZADATAKA
n-1 s vodećim koeficijentom (-1)"- 1 i snultočkama O, l, 2, . . . , n-1 . ( -1 )"-1x(x - l ) (x - 2) · · · (x - n + l). 2.48. a) l ; b) l ; e) (-l )"(n -l)/2A · · ·A ; d) (-1)"-1 ; e) (1 + (-1)"]/2 . Vrijedi ll,. = 1 " l- l. 2.49. a) n! ; b) (-2)"-1(Sn - 2) ; e) ( -l )"(n- l)/2 -! n"- 1(n+ l ) ; d) (-3)"12 . 2.50. a) n( -1(21) ; b) ( -l )"- 1n! ; e) [a + (n - 1 )b](a - b)"- 1 ; d) L,:�=l kxk-l . 2.51. a) X t (x - a 12 )(x3 - a23) .. . (xn - an t,,. ); b) ao(x - at)(x-a2) . . . (x- a,.) ; e) x(at x) . . . (an2 -x)( � + � + . . . + � -) d) (at - Xt)(a2 -x2) . . . (a,. - Xn) - a1 a2 . .. a,. . ; d) 2.52. a) 3"+ 1 - 2"+ 1 ; b) n+ l ; e) 2.47. D jepolinomstupnja Dakle, D = t\"_
a1 x
a. x ;
s•+l_2•+l
2 ; b) l ,. e) 2·, d) 2 ; e) 2; f) 3; g) 2·, 3.14. a) 2; b) 2 ; e) 3 ; d) l ; e) 2; f) 4 ; g) 2; 3.15. a) -4 ; b) A i= -4 ; e) ne postoji takav A
3.13. a)
,.
i\.
E R.
i\. 1'7
=l= - 4l .
h) s .
s.
h)
A = 3 matrice je 2, a A :f= 3 je 3. b) A = l je l , A :f= l je 3 . je 2, i\. :f= 3 2. e) i\. [-8 29 -ll ] e) t [ -7S -36 -1-1 ] ; 3.19. a) [ -3! �! -3!] ; b) -S 1 8 l -3 -6 3 3 27 -29 l l l ll d) � [�2 -2i ;l ) ; e) ll -1l -1l -1 -1 . -1 -1 l 7 [ sin a - cos a 3.20. a) 1 [ -1 -8]3 . b) 1 [S3 12 ] . e) cos a sin a ] ' 1 -l d) t[=� -� :1 ; e) -}g[=!� � �] ; f) -� [ -7� =; -��] . -4 -1 s 2 14 8o 8 3.16.
3.17. a)
rang
Za
rang je
==
Za
24
l 4
_
TI'
3.21. a)
d)
�
'
[ � Ho o �l;o
za
3 rang
b)
[
za
rang
l
-7
l
-l
_
za
;
.
'
[�o -lo -1� �l l ; e) [o� -lo -io �!]l ;
l[!l -1i -i-1 =il ] ; e) .ful�oo -�oo -2�6 -�-13 �1 ; l
rang
Za
rang
-7 5
f)
[
1
� �]·
-k go �go �:o 32 -16 o o o o 32
178
3.22.
RJEšENJA ZADATAKA
[o� o! o� �ll � [-�2 -�2 j2 -5�l [_!l -� -il =io] . [a) oo: ol -lol ....... .. oo] ool ol l -ll (-l)((-lf-2-l)nn-3-1 a)
;
;
b)
-1
1 -l
3.23.
e)
-1
[2o n�o Oo ..o . ... . oOl o o o[2-n 2-n 2-n . l n oo. . 2-n [ oo o [ 26 [ oo [ 0 1
;
b)
-1
.
l l -l
-
l
e)
a
3.25.
Matrica
1 d) __l
-
l
m
b)
5 -5 ] ;
l
.
l ili, l i1i,
Iz jednakosti
(A-I)TA = A=
jednakost
B=C
3.29. 3.30.
l ..
. . . , a;; l
AA -I l
.
=I
l l ... l l l ... l l l : ·. :: l ...
oo o
(A-I)T AT = l . 1 A A-1 (A-I)T = A- tj.
transponiranjem je
slijeva s
A-1 .
A A-1AB = A-1AC,
Ako je
Imamo
regularna postoji tj .
. Dakle, smijemo kratiti samo sa regulamim matricama!
Iz uvjeta je
I = -A - A2 = A(-I - A) = (-I - A)A, Dobije se
B = 2A - I 4A2 - 4A + I = I {=::::} 4A2 = 4A Neka je matrica
involutorna
{=::::} A
A -I m = IC .
{=::::}
je
. Pomnožimo
A -1 = -I - A . da A-I A2A- l = AA-I :=:::? A = l .
2=A
A-1
i matrica
Slijedi
dakle
Pretpostavimo da je idempotentna matrica regularna Znači
A2 = A.
A ; e) od j-tog
je simetrična pa je
je
[� �] , B = [; � ] , C = [� �] .
AB = AC
D invertibilna
i-ti stupac se podijeli sa
očigledan, jer je jedinična matrica i idempotentna i regularna
3.32.
d)
45 l l ] ;
l
na di"J agonal"t.
Množenjem zdesna s
s njom zdesna jednakost
3.31.
·
od nule. Njen inverz je također dijagonalna matrica sa
simetrična. Slično i za antisimetričnu. Npr.
l
15 - 13
311
e)
3.26. ) U inverznoj matrici se zamijene i-ti i j-ti stupac; b) stupca se oduzme i-ti podijeljen s A .
3.28.
l ... l l ... l .. l
ima inverz ako i samo ako je njena determinanta različita od nule pa je
elementirna
3.27.
l l
.
l
ako i samo ako su svi di različiti
a
l l
. . -l
- 10 -7] ;
l
;
-1 .
10
m
l
l
l
3·24. )
-1
B2 = I {=::::} A
postoji
{=::::}
pa pomnožimo Obrat je
(2A - I)2 = I
je idempotentna.
Direktno provjerom
(I - A)(I + A + A2 + . . . + AP-1) = (I+ A + A2 + . . . + AP-1)(I - A) = l - A +A - A2 + . . . + Ap-I - AP = I - AP = I.
{=::::}
179
RJEŠENJA ZADATAKA 3.33.
3.34.
a)
AB(B-1A-1) = ABB-1A-1 = AIA-1 = AA-1 I slično je i B-1A- 1AB = I pa slijedi (AB)-1 = B-1 A - l . b) Lako se provjeri indukcijom po k . e) Kontraprimjer: uzmimo A = I i B = 21 . Vrijedi (A + B)-1 = ji , A-1 + B-1 �1 . =
,
=
Iz jednakosti
AB = BA invertiranjem je B-1 A - l = A - l B-1 • Množeći početnujednakost zdesna i slijeva s B-1 je B-1 ABB-1 = B-1BAB-1
===>
B-1A = AB-1 .
Slično, množenjem zdesna i slijeva s A -l dobije se A - l B = BA- l .
3.35. Uputa: dokaži prvo (S-1 AS)m = s-1 Ams Vm E N . 3.36. a) Dokažimo prvo
da
vrijedi (A T)-1 = (A - J ) T . To je istina zbog A T (A -J) T = A T (A T) T = A T A l , slično je i (A - l ) T A l pa je A - l također ortogonalna. b) Neka su A i B ortogonalne. Tada je (AB) (AB) T = ABBT A T = AlA T l . Također je i (AB) T (AB) = I paje AB ortogonalna. e) Lako, provjerom. =
=
=
a)
3.37. Slično kao u prethodnom zadatku je u-' (U - 1 ) * = U* (U*)* = U* U = I i analogno U1IUi l a također i (U- 1)*U- 1 = l . b) Vrijedi U,Uz(U Uz)* = U,UzU�Ui J (U, Uz)*U, Uz = l . =
=
,
3.38. Svojstvo (l) je ekvivalentno sa A = A T , Svojstvo (2) je ekvivalentno sa AA T :::;: A T A = l , tj . A- J = A T , Svojstvo (3) je ekvivalentno sa A2 = I , tj. A- l = A . Lako se vidi da bilo koja dva od svojstava (l) A = A T , (2) A T = A- l , (3) A - l A povlače treće. =
,
180
4.18.
RJEšENJA ZADATAKA
a)
Za J.
� l Q
je trivijalno x1 a
rješenje je
�19.
+- + [ll + a [ � -
l sustav nije rješiv. Za A # O i A :j:; l rješenje je jedinstveno: Za A = O ili A .1. 3 ±3.1.2 - 1 5.1.±9 . ).l�l:V.-9 1 3 3A1 2 12A1 - 9) ,· b) za A1 _J_ xr x2 , ..,.. o 1 4l ( - 4A X ,�. _ 1) , x3 .1.2{.1. - 1 } A # l rješenje je x 1 O, x2 = f , x 3 = f , x4 = l f . Za A = O sustav nije rješiv.
]
x2
U.
=
x3
O.
Za A = l rješenje je
a
[-i] [
.
Za A = -2
Za J. � O -i< �
b) �jo ojclW VJ.E R . Za J.
XI
+tl -�]
; e) Za J. # l i J. # -2 >j
[=t]+ a [-�l +{�l; 8 [ -!l +a ul + {�] 8 [ -ll + a [ -�l - + -i] +tl(-f]. [ � ] +a[ + - a- tl .
a) Za J. # O -· m� >jotiv.
Qošenj< i<
l
X2 = x3 =
; c) Zo (J.
m · Za A = l
nije rješiv; d) Za A (A
A.3:�;:u 2-A.- t XJ = (Xtž)
.
Za
Za
>jcloojo i<
l)(J.
J.
#
2) � O """v irno jodin•'- >j<šMj<
Za A = -2 SUStaV
rješenjeje
o sustav ima jedinstveno rješenje X t = . . . IJe . šIV. A1 = o l. A1 = 3 SUStaV IDje
3)
xli!;) ' X2 = l$::;:;) '
4.20. Za A = -3 sustav nije rješiv. Za A = l , rješenje ima tri slobodna parametra: [l . "edi l • ffi t • !+a l lT . . Š , "ednostt. parametra A l • 3+ii a , y lT . Za ostale VOJ nstveno: 3+ii rJe enJeJeJ y , a, p
[
4.21. a) x = l , y = 2 . z 3 ; b) X = l , y = 2 , Z d) X = l , y = - l , Z l ; e) x = 3 , y = 4 , z g) sustav nema rješenja.
-2 ; c) x = 2 , y = -3 , z l; -2 ; f) X = l , y = 2 , Z -4 ;
181
RJEšENJA ZADATAKA
x1 = l , xz = l , x3 = - l , x4 = -l ; b) x1 ;::;:: -2 , x2 = O , x3 = l , x4 - l ; 2 , X4 = 0 ; d) Xt ::::: 2 , X2 = -2 , X3 = l , X4 = - l ; � , x4 = O ; f) sustav nema rješenja. 4.23. a) P(x) x3 - 7x + l ; b) P(x) = 2x3 - 5x2 + 7 . 4 4.24. y x - 3x3 - 5x + 5 . 4.22. a)
e) Xt = l , X2 = 2 , X3 e) X t = � , x2 - l , x3 =
4.25.
Iz jednakosti slijedi
l. Izjednačavanjem koeficijenata uz iste potencije, dobivamo sljedeće sustave jednadžbi koje moraju zadovoljavati brojevi en : !
l
- l - l
l l l l C! - ! C2 + C3 l jet - j.c2 + !c3 - C4 = � Determinanta ovoga sustava je ( - 1 )n- l . Iz prvih n jednadžbi Cramerovim pravilom dobiva mo tražem iziaz za en .
5.28. Nekaje E polovište od AC , a F polovište od BD . oE
i oc + j cD
=
� 08 + i OD = OF . Slijedi E
F.
� DA + i OC = � DA + � AB +
5.29. DA 1 = i5A + AA. 1 = i5A + i A1i a slično vrijedi za oa ' i OC1 • Zbog A1i + iiC + 6t O slijedi tvrdnja. •
5.30.
-
--
-+
AtA 2 + B1B2 + Ct C2
-->
-->
-->
-->
---+
=
---+
OAt - OAz + OBt - OBz + OCt - OCz
= (0A:; + oo; + 0c;) - <% + OB; + Qci)
5.31. Uputa: dokaži oM = j ( OA + oB + oc + OD ) i oN = � ( OE + oF + OG + OH ) .
182
RJEŠENJA ZADATAKA
= 4 Oi - 4 OJi = 2( iJR + os ) - 2( & + oo ) = iJR - & + iJR os - oP + os - oQ = PR + QR + PS + QS . b - a , b - 2a , 2b - 2a , 2b - 3a , b - 2a . a + b +c. b + c - a, a + c - b, a + b - c. AO b 2b + AE - b + e , CE t(p + q) , -jp + h. (I - jk)p + tkq . �(a + b) , i · � . iCa + b) . ta + tb , !a + �b .
5.32. 4iiK 5.33. 5.34. 5.35.
5.36. 5.37. 5.38.
=
a,
5.39. 02
= a
= a
-
oo +
e.
-
= 6 oB 2 Oit 5.40. 2a - b , a + b , b - a , !b . -
o
5.41. 2 : l . 5.4.2. oR
= 3 oQ
5.43. Vektor
-
2 oP ; 3 : 2.
AS prikažemo na dva načina:
�
�
AS = aM = a (a + b) = aa + b, AS = AO + Q8 = jA"C + 1308 = t(a + b) + 13( - jA"C + a) = i(a + b ) + fj(- j(a + b ) + a) = (j + jfj )a + (j - jf3 )b. Izjednačavanjem koeficijenata vektore a i b ( a i b su linearno nezavisni) dobijemo a = � i {j = � . Slijedi AS = �a + !b . 5.44. Točka G dužinu AF dijeli u omjeru 2 3 a dužinu DE u omjeru 4 : l . uz
:
5.45.
,
KB = -! AD + .4B = a - !b,
Kl = Ktt + Al = - ! AĐ + ! XC = -!b + !(a + b) = !a - �b = ! KB . 5.46.
EF- = E8 + iiF = i (AB + oc ) = !(i)c + AD ) = i5G + liD = iiG .
Zato j e EFGH paralelogram.
5.47. Slično kao u prethodnom zadatku treba pokazati da su vektori nasuprotnih stranica jednaki (dovoljno je to provjeriti samo zajedan par stranica). 5.48.
11 = Pl + KB + iil + iJJ = !(Ml + AB + BC + m)
= ! ((MC + cB + BK) + AB + BC + (LC + cD + DN)) = t(MC + BK + AB + LC + cD + DN) = !( �))e + i8A + AB + i iiC + cĐ + iDE) = t(t cD + !AB + !BC + iDE) = jXE.
183
RJEšENJA ZADATAKA
Odakle slijedi
---+
C1 Cz
==
---+ k 1 - z ( A 1Az + B1Bz ) = z ( AzA3 + BzB3 ) = k CzC3 ,
odnosno točke C1 , Cz , C3 su kolinearne. Analogno se dokazuje kolinearnost točaka Cz , C3 , C4 ; C3 , C4 , Cs ; . . . , Cn-z , Cn- 1 , Cn .
5.50. Neka su E , F , G i H redom polovišta bridova AB , BC , EH i N polovište od GF . Tada je
AD
i CD , točka
M
polovište od
�(�(Oft + oB) + � (oc + OD)) � � (OA + DB + OC + OD);
OM = (DE + oo) = =
l l � -+ 1 -:::-:t -+ � --. :tio ON = z] (OG = z ( z (OA + OD) + '2 (0t1 + OC)) + OJ<)
�
= (Oit + 08 + ac + OD) . 5.51. Neka su D , E i F polovišta stranica AB , BC i CA trokuta ABC . Neka je točka je ro .l AB i TE l. BC . tj. ro . AB = o i TE . BC = o . Tada je:
T
takva da
IT . AC = IT(XB + BC) = IT . A8 + ff . BC = (W + DF) · AB + (TE + "EF) . BC
= ro - XB + !BC · AB + TE · BC + !.BA . BC paje IT
.l
= O + !BC · AB + O - !XB · BC = o AC .
5.52. Neka je S presjek simetrala kuteva pri vrovima A i
B.
Označimo AB = e , AC = b ,
BC = a . Vrijedi a = b - e pa je AS = A (b + e) , liS = J.L(a - e) , gdje su b =
e=
1�1 jedinični vektori vektora b i e .
:
1 1
i
Iz AB + liS + šA = o slijedi e + J.L(a - e) - A (e + b) = o odnosno Uvrstimo a = b - e paje
Vektori b i sustava
e
l - . fčTc) l - A.(fčTc 1 l e + J.L(jafa + b) = O. jbf
JJ A JJ JJ A ( j3f - jbj )b + ( l j3f fčT - fčT )e = O. -
-
nisu kolinearni pa koeficijenti uz njih u ovom zapisu moraju biti jednaki nuli. Iz
184
RJEŠENJA ZADATAKA
. ' = lblici t' ,..ll = lalici . Analogno se dob"IJe za s' presJ. ek SI. .. . šenJe dobIJemo IJe 11. lal+lbl+lc l lal+lbl+lcl .. . B 1. C odgovaraJuce koefiCIJente odnosno l8llbl l8llcl metrala kuteva pn. vrhovima lal+lbl+lcl 1 lal+lbl+lcl c ES ' = e) = ES pa je nužno s = s' i sve tri simetrale kuteva se sijeku u jednoj
li�ill l (b+ lal
točki.
·
'
,
·
5.53. Uputa: neka je točka T' presjek pravca kroz točke D i T i trokuta ABC . Prikaži vektor OT pomoću oo i or ' , a or ' pomoću Oit , 01J i ac (kao u zadacima s.t. i s.3. ) .
5.54. cF
= !a - lb + �e.
5.55. Uputa: uzmi točku Ta na spojnici težišta trokuta BCD i vrha A tako da je njena udaljenost od vrha A 3 puta veća nego od težišta trokuta BCD . Analogno točke Th , Tc , Td . Dokaži potom Ta = Th = Tc = Td što znači da se sve težišnice tetraedra sijeku u jednoj točki. 5.56. Naputak: dokaži A > 0.
la - bl 2: lal - lb l i la - bl 2: lb l - lal . Jednakost vrijedi za a = A b,
la + bl � 5.5s. 2vw - 3V3. 5.59. P = la x bl = !l(d - e) x (d + e)l = tin x ml = i sin 30° = :i} . 5.60. Vrijedi la - bl 2 = l a l2 · b + lbl2 . Skalami produkt a · b rač o iz la + bl2 = 2 lal 2a b + lbl2 odakle slijedi a · b = 23 . la - bl2 = 1 32 - 2 · 23 + 192 = 484 je la -+bl = ·22 . 5.61. l a + bl = 20 . 5.62. Vrijedi l e l2 = l a + bl2 = l a l2 + 2a · b + l b l2 i odavde a · b = 3 . Slično iz l a l 2 = lb + el 2 i lbl2 = la + el2 je b · e = -4 i a · e = - 1 2 . Zato je a · b + b · e + e· = - 1 3 . 5.63. Nekaje O središte kružnice. Vrijedi: AC = Au + OC i BC = Bu + OC = -Au + OC , 40.
5.57. 1 0 �
- 2a
paje (zbog
7"':t
unam
-+
--+
-;-::l:
-+
--+
--+
;:-::t
pa
-;-::l:
--+
! Av i = l OC I ) AC · BC = O . --+
--+
a · (b - e) = O slijedi b - e = O ili a (b -e) . 5.66. e = 2a - 3b . 5.65. A = - i · 5.67. Stavimo AB = a, BC = b . Tada je IABf + IACI2 = lal2 + la + bl2 = lal2 + lal2 + 2a . b+ lbl2 = 2lal2 + 2a . b+ lbl2, IADI 2 + IBD I 2 = la + � bl2 + l � bl2 = l a l2 +a · b + � lb f + � l b l 2 = l a l2 + a · b + � l b l 2 5.68. 70.5° JiF . Eč DC , cos = 8F E(; = 5.69. Bl' = ! - D11 + ! DC , EC = l B liE l 5.70. a · (b x e) = -79 , b · (a x c) = 79. 5.71. a) P = 3 , b) P = 2 . 5.72. a) -&e; b) �(2i - 3j + 6k) , ; 5.64.
Iz
;::-;!.
t -:::7 DA
.l
;::-;t
t --+
--+
t -:::7 --+ - ! DA +
a
l 6.
185
RJESENJA ZADATAKA e) (a + b)c = (a + b, C)c = (a,c)c + (b, c)C = 8c + bc ; d) Npr. uzmimo vektore iz primjera b) ab =
���:b = � (3i - 4j + 2k),
6 a·e . ac: = e = 5 (-i + J + 4k) . lc l 2 Lako se vidi da za ove vektore tvrdnja nije istinita. 5.73. Uputa: Duljine stranica su l AB l · l BC l l AC l · Nakon toga kutove dobivamo iz kosinusovog poučka. ,
5.74. Mora biti (a - b ) · (a + b) zadovoljavati uvjet lal == lbl . 5.75.
y
�,
z
=
!.
5.77. a) k i -k ; b)
� (j -k) i � (k-j) ; e)
-
-+
-
-
�
·
5.76. b 1
=
lal2 - lbl2 = O, tj. moraju
i - 2j i b2 = -i + 2j .
k i -k ; d)
-
5.78. Provjeri daje AC · BD = 0 . 5.79. Mora biti CA
b·b
a·a+a·b -b·a
v:\4 (3i -2j +k) i v:\4 C-3i +2j -k) .
-+
-+
CB = O . Vrijedi da je CA = (2, - l, .A - 3) , CB = ( 1, -3, 1 ) . Onda je
CA · CB = 2 · l + (- l ) · (-3) + l · (.A - 3) = 2 + l . Iz uvjeta okomitosti je 2 + l = O , odnosno .A = - 2 . 5.80. D(O, I, 9). 5.8l. a) V
, - 6[AB , AC, ADJ = 14 ; b) V = I . -
-
-->
5.82. Vrijedi [ AB , AC, AD J = O . 5.84. a
!b - ic + i d , b = ja + -§-e -
5.85. C(3, 7) , D(O, S) , P
- z ! AB I = 1 3 .
5.83. a) P
VIT ; b) P = iv'3 .
j-d, e = -2a + 3b + d , d = 2a - 3b + e .
5.86. a) [i, j, k] > O , �. k, i] > O , [k, i, jJ > O ; b) zbog [i, j, k] > O [a, a + b, a + b + e] imaju isti predznak.
i
U, i, k]
<
O ; e) [a, b, e] i
5.87. (ab)2 + (a x b)2 = (!al ibi cos 1::(a, b))2 + (!alibi sin �(a, b))2 = la l2lbl2 = a2b2. 5.88. a) (a + b) · [(a + e) x b] (a + b) · [(a x b) + (e x b)J O + a · (e x b) + O + O = -a · (b x e) = - [a, b, eJ ; b) (a + 2b + e) ( (a - b) x (a b) - (a - b) x e) = (a + 2b + e)(O - (a x e) + (b x e )) = O 2b(a x e) + 0 + a(b x e) - 0 + 0 = 2(c x a)b + (b x c)a = 3(a, b, eJ : e) ((a x e) - (b x e)) x ((a x e) + (b x e)) = 0 + (a x e) x (b x e) - (b x e) x (a x e) O 2(a x e) x (b x e) 2c(a(b x e)) - 2a(c x (b x e)) = 2[a, b, c]c . 5.90. Površina trokutajednakaje P
! l T1T2 x T1 T3 1 . Raspišimo ovujednakost po koordinatama:
186
RJEšENJA ZADATAKA
6.37. a) x - 3y - 7z - 20 = 0 ; b) y + 2z + 5 = 0 . 6.38. 2x - 3y - 4z + 20 = O .
6.39. a) x + 4y - 3z
O , b) 2x - y = O .
6.40. ABC . . . 9x + y + 2z - 17 = O , BCD . . . 5x + y + 2z - 9 = O , ACD . . . x - y + l O i ABD . . . 3x + y - 5 = 0 . 6.41. a = -1 , x + y + z - 5 = 0 .
6.41. 2x - 5y - 4z - 6 = O .
6.43. 2x + y - z - 2 = 0 . 6.44. a) x + y + z - 6 = 0 ,
b) 4x + 9y + 36z - 36 = 0 .
6.45. a(2x + y - 3) + fj(-y + z - l) = O . 6.46. d =
v'3 .
6.47. a) d
6.48. x + 3y - 2z + l + 3 VI4 6.49. x - y - 2z + 3 = O . 6.50. a) ((J ::::: 90° , b) COS ((J = 3
6,51, COS ((J
6.5J,
X
a)
=
s
O i x + 3y - 2z + l - 3VI4 = O .
v: ,
((J � 79°581 , e) ((J = 90° .
v'i5 ..rn � 62° 181 . 25 ,
Y+ l
Z+
-7
6.54. a) � = 2:_ = 3._ ,. 4 -1 -2
l b)
2V50 b) d = -- . 5
2;
b)
6•51. COS ((J = X+ l
x+2
1
y
2
= =
=
2 Tio ° y uv , ((J � 79 531 l30
Z+l 1-
z+ l -=s · x-l y-1 z-1 . 6.56. -- = -- = -1 -1
6.55.
cos
6•57 •
y-1 x-3 = 2 9
6.58.
cos
((J =
Vi . 2
6.60.
cos
((J
-3
6.61.
(j, -j, -i) '
((J
6.59. h = 6.61.
m
6•63•
y+1 z -4 x-9 = = _ -2 l 2
6 65 .
=
. q-
X+6
13
=
y + 10 Z + 14 = 3
3 v'21 r;:;:;;:.
v 230 2
6.64. T(7, 3,
,
v'Wš 21
o
l
((J � 24 58 ' rtl """ ' 'f' ·-
12° 361 .
-4) .
6.66. 3x - 2y + z + 2 = O .
6.67. (3, 0, 3) i (- I, -2, 1 ) .
6.68. a = l , x + 2y - 1z + 3
6.69. 19x + 16y + 18z - 1 57 = O .
6.70. a =
3
2.
O.
•
RJEšENJA ZADATAKA
3, {j = -3. 6.73. y - 3 = 0. 6.75. x - 8y - 13z 9 = O . (O, l, O ) i (0, -3, O) . 6.79. T(0, -7,0). Z+
z-1 �21 = � 1- .
72 X 6. .
6.71. a = X+
Tt (t, -j, t) , T2a, -�, b) .
16% + 13y + z - 12 = O . · z-8 x-5 7 6.78. - = 01- . z-2 x - 1 - l = -=t 6.80. - = 16.82. B = (9, 2, -13). 6.81. m = 8 . (t - 2, 2t - 3, 3t - 2) 6.83. Npr. e = (-1, -1, 1), D = (1, 1, 0). Općenito: e (t, 2t - 1, 3t - 3). z+ 1 2:_. y - 1 6.84. -1 -3- = -s- · 4(x - 2) + (y + 2) + 3(z - 6) 0 := 4.t +y+ 3z - 24 O . 7 3 z x s _ 2 6.87. � = 6.86. B(4, 9, 6) . - 5 . z - !i · x - l y + 3 z 4 b) x - Y. = y+H- = -=ra) -- = -- = 1 2 1 6.89. Jl'(t, -s, -3) . x --6 = y = z -9 6.90. 3x -y - z + 2 O , P _= l � 2- . 6.77.
6.74.
+
6.76.
6.85.
6.88.
,
2
--
n: =
x-2 y z- 1 -4- = 9 = 6.93. x - y - z + l = O , + 14y + 19z + 13 = O . x-3 =Y+5 = z-4. x - 4 = y z +-1 6 94. 6.95. 6- -=ts -9' -1 7 -9 . x---3 = y - 2 z 1 6.97. T( -1, !j, O) . 2
6.92.
-- .
8x
--
6.96.
-
�-
3Vi4 . ( -8, -.!f, -t) . 14 6.100. T( -lj-, -!, O) . 6.101. T(3, 1, 3) . 6.102. y -3 6.103. x - z - 4 = O i -x + y + l � O . 6.104. Sx 3Iy + 4z + lO.,ffi)()Z + 138 = O , 5x + 3ly + 4z - 10v'1002 + 13 8 = O . �
-
=
6.99. p
6.98.
+z
X
=
0 i 7x
Sy + l:
13
=
O.
+
6.105. d =
j-v'291.
187
6.106. d = v'62.
,
D
188
RJEŠENJA ZADATAKA 6.108. A(4, - 10, 2) .
6.107. (l, 2, 3) . 6.109. d = 2S .
-+
6.110. Neka je R bilo koja točka te ravnine. Tada vektori RT , c1 i c2 moraju biti komplanarni, tj. njihov mješoviti produkt mora biti jednak nuli. ---+
--+
--+
6.111. Za bilo koju točku R te ravnine vektori RT1 , T1 T2
T1 T3 moraju biti komplanarni, pa je
njihov mješoviti produkt jednak nuli.
6.112. Za svake dvije točke Tt
E
moraju biti komplanarni.
PI i T2
E
. 1:( ST -> -t , c) = le 6.113. d(T, p) = i ST i · srn
--+
P2 , vektori Tt T2 ,
Ct
= (lt, mt, nt ) i c2 = (12, m2, n2)
jef l .
--+
--+
�
--+
6.114. Nekaje d(pt, p2) = d(At, A2) , At E Pl · A2 E P2 · Tadaje A1A2 = AtTI + T1 T2 + T2A2 .--o+ --+ --+ --+ i At Tl = ac1 , T2A2 = f3c2 , A1A2 = r(ct x c2) . Množeći A1A2 skalarno sa vektorom CJ
--+
�
--+
c2 imamo A1A2 (c1 ·
X
--+
c2) = A1T1 · (c1 X c2) + T1T2 · (c1 X c2) + T2A2 · (c1 X c2) i zbog gore navedenog je I A1A2 · (ct x c2)l = I AtA2 I · Ict x c2l , AtTI · (cl x c2) = O i X
-
--+
T2A2 · (c1 x c2) = O . Dakle, d(pt. P2) = I A1A2 I = .L;.:.;;,::....;::.:.,:.;;=
7.12. U novoj bazi
7.11. Ne, jer nisu linearno nezavisni. 7.13. U novoj bazi 7.14.
x
ima koordinate
Jedna moguća haza je
[ -S
U]
ima koordinate
·
(0, 2, l , 2) .
{(1, 0, 0, 2 ), (O, l, O, -l), (O, O, l, - l)} i dim V = 3 .
7.16. a) Da, b) ne, e) da, d ) ne,
7.15. a) Da, b) ne.
7.17. T =
x
]
O -4 -4 -l 4 . l3 3 -l
7.18. T =
[ !: -� -! �] · -z
ll
[ -� -� -�] .
7 -2 -,:
e)
ne.
o
7.19. U oba slučaja su linearno nezavisne i njihov broj jednak je dimenziji prostora antisimetričnih
[l � � l
matrica reda 3 . T =
7.20. Oba sku T=
o O l
�
37
8
��nezavisna i kardinalnog broja jednakog dimenziji od [!1'3 .
l e 8 -2 l 6 0
-S
8
1
o 4 . O -3
RJEšENJA ZADATAKA
7.21. T
[!
�< � ;:
o o
o
o
u (k+ l ) -vom stupcu su
7..22.
189
: · · (-��:::-' ] , ..
l
t (-cl . Ct�1)(-ct-• . (t�2)(-c) -l , . . , (�)(-e) . .
.
n(n ; l ) , a u bazi su matrice Eij
Dimenzija za potprostor gornjih trokutastih matrica je kanonske
baze za .A,.
i � j.
ali samo one za koje je
iz
Slično, za potprostor donjih trokutastih koji je iste dimenzije kao prethodni bazu čine
matrice
Eij za sve i, j takve da je i ?; j .
Dimenzija i a potprostor simetričnih matrica je
n(n; 1 ) ,
i � j , sa svim nulama osim jedinicom na mjestima (i, j) Za antisimetrične dimenzij a je
nulama osim l na mjestu
7.23. a)
b)
Dimenzija je Dimenzija je
(i, j)
n (n :; 1 )
,
i (j,
i) .
a bazu čine matrice Fij za
a bazu čine matrice Gv za
te - l na mjestu (j, i) .
i
<
j,
sa svim
3 , bazu čine npr. a., a2, a4 ;
3 , bazu čine npr. a t , a2 , as .
7.24. Nadopunimo bilo koju bazu BLnM
Ondajasno vrijedi
od
L nM
do baze
od
Bc.
L , a zatim i do baze BM
od
M.
odakle slijedi tvrdnja.
7.25. Iz skupa {at, Itl, . . , &m, b t . �• . • . , b1} izbacimo vektore koji su linearno zavisni sa vektori .
m a ispred njib. Bez smanjena općenitosti (eventualnom prenumeracijom b-ova) neka su ostali
{at. a2, . . . , &m, b t. �• . . . b s} koji tvore bazu za L + M , dok su bs+ h . . . , b1 izbačeni. Vrijedi dim(L+ M) = dim L+dimM-dim(LnM) odakle je m+s = l+m-dim(LnM) , odnosno dim(L n M) == l - s . Prikažimo izbačene vektore preko baze za L + M . bj = aj1 81 + aj2a2 + . . + ajt&t + tJj tb t + . . . + /Jjsbs,
j � s + l , . . . l. ej = aji 8t + . . . + ajt&t i fj = fJji b t + . . . + fJjsbs Vj . Jasno je ej E M i fj E L , ej = bj - fi E L . Sada je ej E L n M Vj = s + l , . . . , l . Ima ih točno l - s = dim(L n M) pa ako pokažemo da su linearno nezavisni čine bazu za L n M . .
Označimo
As+l es+l + . . . + Afel = O,
As+l (bs+l - fs+d + . . . + A1(b1 - ft)
O,
( -lts+t fs+t - . . . - Alfi ) + As+ I bs+I + . . . + lt1b1 = O.
Dio u zagradi je linearna kombinacija vektora napisati u obliku
b t . . . . bs
pa posljednju jednakost možemo
s
L JLibi + As+t bs+l + . . . + Albi = O, i= l
a vektori baze su linearno nezavisni, slijedi
7.26.
bazu za
M n L.
a1, a2, a3, b1, b2, b3 . {al , a2, a3, bt } linearno nezavisan.
Označimo vektore baza redom sa pokaže da je skup
As+ 1 = . . .
Af
O.
Dakle,
{es+1 ,
. • .
,
e1 }
čine
Prema prethodnom zadatku prvo se (Dalje ne treba provjeravati jer je
190
RJEŠENJA ZADATAKA
= 4 .) Slijedi dim(L n M) = 2 . Rastavimo b2 i b3 : b2 oa, + oa2 + la3 + lb " b3 = la1 + Oa2 + la3 + lb1 •
dim R4
=
Uzimamo samo
7.27. 7.28.
e2 = Oa1 + Oa2 + la3 = a3, � = la, + Oa2 + la3 = a, + a3, paje baza za L n M {ez, e3} = {a3 , a, + a3} . Dimenzija sume je 3 i baza npr. {l + 2t + t3 ' l + r' l + t + r} ; dimenzija presjeka je l baza {2 + 3t + t2 + t3 } . Neka su a, b E V , a = (ah a2 , a3 ) i b = (bb �' b3 ) i fJ E R . Tada je zbog a1 = a2 i b1 = � ispunjeno aa, + (jb, = aa2 + (j� = aa2 + fJ� 3 pa je v potprostor od C . e shvaćen kao realni vektorski prostor možemo poistovjetiti sa R2 . Tražimo bazu: neka j e (x, y, ) E V . = (x,, x2 ) , y = (yb Y2 ) , z = (zb z2 ) paje (x, y, ) = (xb x2 , Yb Y2 , Z b z2 ) = (xb x2 , x " -x2 , Zb z2 ) = x ,(l , O, l , O, O, O) + x2 (0, l , O, -l , O, O) + Zl (0, O, O, O, l , O) + z2 (0, O, O, O, O, 1). Baza je {( 1, 0, 1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, -l, O, O), (O, O, O, O, l , O), (O, O, O, O, O, l )} i dim V = 4 (dimenzija realnog vektorskog prostora C3 je 6). '
a,
z
x
z
8.16.
8.17.
a)
Ne,
8.19.
ne, e) da, d) ne,
[j -� ! �] ·
e)
ne, f) ne, g) da.
[-�- 1 =� � ] , b) [ l - ll 6 ] [ � �l � ] . o
8.18.
b)
- 1 -1 -3
a)
-5 5
o
5]
[
l -6 ll -7 4 , e) 3 -12 13 6 -5 2 -1 o 2
10 .
-5
3
[ Ol - l ] . [ O l - 1 ] [ Ol ll ] [ Ol
8.21. Po prethodnom zadatku je A =
A ,...,
3
-2
o -3
2 o
"'
o -3 3 -2 -2
2
o -1 -3 2 o
"'
l -1
-3 o -3
2 2
] [ Ol "'
l -1
-3 o o
]
2 , o
191
RJEŠENJA ZADATAKA slijedi rang operatora je
8.22.
r(A) =
2
i defekt
J je kompozicija operatora g(x) = a x x h ig :
d = dim V3 - r i
h(x) = x x
3
b, J
-
2
=
l.
hog.
Zbog toga je njegova
O hz -by O -az ay ayby+azbz -byax -b;:ax [ -bz O bx ] [ az O -ax ] = [ -bxay axbx+azbz -bzay ] by -bx O -ay ax O -bxaz -byaz axbx+ayby
matrica produkt matrica operatora
·
8.24. 1 [-122 -122 -122 ] . 8.23. [� � � ] . 8.25. [�2 -i _;l ] . 8.26. [ -� -�] ;b) [ -�; � ] ;e) [l2 0 2 1 ] [-2 1 ] 8·27· a) -1 2 b) l 123 l 8.28. -ii + 4j , 4i + ij . [� �] 3
o o 3
-3
A'
a) A' =
A·A=
8.31. 8.32.
a) .!. 3
A=
[� � ] ·
2 -2; _;2
[1 2 ] o o o o O O 3 o o o
Zato je
b) .!.6 [i
l l
o o O . 4
[.��-1��] .
Injektivan je onda i samo on
. Shje(ll mjektivnost. .. ,. .
8.33.
l
.
lnjektivan je zbog
o o -4 -8 -7 4 6 4 · 3 4 7
A (j)
[! ! ! ] ;
l
A' =
l
;
o
A(i) =
8.29.
5 l
3
3
•
A=
d(A)
k
je
]
[i � �]
; d)
A=
[ i
A' =
.
A
-i J] ·
je involutoran jer je
.
d(A) = O d(A) - dim R2 r(A) = .
o
3 dim R - r(A) = 3 - 3 = O . A =
-
2 -2
[ � _! ] . � o
1
o
l
o
o
O
odakle
192
8.34.
RJEŠENJA ZADATAKA
A
�
B=
[� � i n
[
] ��� o o o
8.36. A =
8.37. A =
r �
3
d
�
&m &3
- r =
4
-
�
= 1;
,
[ ] ] [ [ l
2 O , r = 3 , d = dim 9'2 - r = 3 - 3 = O ;
o 3 o o o . l o o 0 2 0 , r = l , d = dim 9'3 - r = 4 - l = 3 . o o 3
l o o o o o l o
, r(A) = 4 , d(A) = O .
l o o l o o o o
, r(A) = l , d(A) = 4 - l = 3 .
O l O O o o o l
O O O O l o o l
[� � � g] . [ � � � �] · B=
O c O d
8.38. A =
,
, r = 3 d = dim 9'2 - r = 3 - 3 = O ;
[ ]
o o l l o o
AB = O o o o BA = 0 o 8.35. A =
,
O O b d
0 1 0 0 ... 0 0 0 1 0 ... 0 0 0 0 1 ... 0
[ ·. ] A 1 o ... o O A l O : o o o l O O O ... A
-
. • .
8.39.
0 0 0 0 ... 1 0 0 0 0 ... 0
- -
-
8.40. U zad. 8.2. r(A) = l , d(A) = 2 . U zad 8.4. r(A) = 2 , d(A) = 2 . U zad. 8.6. rang zrcaljenja je 3 rang ortogonalnih projiciranja na ravnine je 2 , rang ortogonalnih projiciranja na pravce l . U svim slučajevima je d(A) = 3 - r(A) . ,
8.41.
F
=
[ J � -� -�]o
-1
2
o
dim(Ker f) = 2 i baza za jezgru je {
dim(Im f) = 2 i baza za sliku je {
[� �d [ -� � ] } .
[� � ] [� � ] } ; .
,
8.42. a) A2 - 4A + 4 ; b) A2 - 5A + 6 ; c) A 3 - 2A 2 - A + 2 ; d) A2 - 4A + 4 ; e) A 4 4A 3 + 8A 2 - 8A . -
8.43. Po teoremu o rangu i defektu je dim X = d(A) + r(A) . Pokažimo da (ii) ===> (i) i (iii) ===> (i) (obrat je trivijalan). Ako je A injekcija onda je d(A) = O pa imamo dim Y = dimX = d(A) + r(A) = r(A)
RJEŠENJA ZADATAKA
193
O.
odakle slijedi da je A i surjekcija, odnosno bijekcija Slično, ako je A surjekcija vrijedi dim Y = r(A) pa je d(A) = dimX - r(A) dim Y - r(A) = Zato je A i injekcija, odnosno bijekcija
8.44. Neka je
a = ax i + ayj + azk,
b = bxi + byj + hzk,
e
= exi + cyj + Czk.
Operator je zadan ako je poznato njegovo djelovanje na bazi. Ako vrijedi tvrdnja zadatka (za x uvrstimo redom i, j, k ) tada mora biti
A(i) = ax i + bxj + ex k,
A(k) = azi + bJ + Czk.
A(j) = ayi + byj + cyk,
To znači da je matrica operatora A jednaka
A=
[:� � ::] Cx Cy Cz
Odavde se vidi da je vektor a prvi redak, b drugi redak, a bazi {i, j, k} .
e
treći redak matrice operatora u
8.45. Vrijedi Dakle, A nije linearan operator nad C jer je općenito a i= a i /3 =/= 73 . Uoči da A jest linearan operator nad R , jer je a = a i /3 = 73 za a, /3 E R .
8.46. Prvo tvrdimo da postoji e E Rn takav da su e i Ae linearno nezavisni. U suprotnom je A(x) = Axx. Vx . Nckaje A(x) = AxX i A (y) = AyY · Tada imamo A(x + y) = Ax+y (x + y) . S druge strane je A(x + y) = A(x) + A(y) = Ax X + AyY . Ako odaberemo linearno nezavisne x i y iz Ax+y(x + y) AxX + AyY slijedi Ax+y = Ax = Ay , odnosno A = U što je u kontradikciji sa tr1i = O . Dakle, postoji e E Rn takav da su e i A(e) linearno nezavisni pa skup {e, Ae} nado punimo do baze za Rn . U toj bazi je matrica operatora
[OO l O O [O [ ] O [! �] o:::
l
:
a 12 . . . a 1n a22 · . a2n a32 . . . a3n . ·
( "' )
· . .
an2
ann
Tvrdnju dobijemo indukcijom po n . Baza: za n = l zbog tr A = je A = J pa je tvrdnja očigledna. Pretpostavka: neka tvrdnja vrijedi za n - l . Korak: Po (*) je A =
��
, gdje su
Y, X,
B
O
redom blokovi tipa l
X
(n - l) ,
(n - l ) x l , i (n - l) x (n - l) . Ako je tr A = onda je i tr B = pa po pretpostavci indukcije postoji regularna matrica prijelaza S tako da je s- 1 BS sa nulama na dijagonali. Pokažimo da je T =
(blok-matrica istih dimenzija kao i A ) matrica prijelaza za A .
194
RJEšENJA ZADATAKA
Vrijedi
T
-1 ::: [ ! 5! t ] .
Računamo
[! ! 1 ] [� i ] [! � ] = [ s�x s!ru) [ � :] = [ s �1 s��s)
T- 1 AT =
a
s-t BS
y- l AT : 8
x
je matrica sa nulama na dijagonali pa je takva i
1
T- AT .
A1 Az = - 1 v1 = [ l , I ] T ; T T At V2 . Az = -VZ; Vj = [ l, V2 ] , Vz [ t, -V2 ] ; At = 0 , Az = 5 ; v l [ 1, l ] T . vz = [ l , -4 J T ; At = -4 , Az = 4 ; v1 [8, - l ] T , Vz = [ O, l ] T ; At = O , Az l ; v1 = (0, l ] T , vz = ( l, l ] T ; AI 2 , ..:1.2 l ; vt = [ 2, 1 1 J T , v2 = [ 1, - l J T ; AI 2 , A2 = 7 ; VJ = (2, l ) T , V2 = [ - l, 2] T ; A t 2 , Az = O ; v1 = ( 1 , l ) T , Vz = ( l, -l ] T ; 9.12. a) A j = A2 l , A3 = -l ; v1 = [ 1 , O, O ] T . vz [ O, 1, 1 ] T , v3 = [ 0, -1, l ) T . b) AJ = 0, Az l , A3 2 ; Vj = [ O, l, l ] T , vz = [ 1, 1, l ] T , v3 [ 1, O, l ] T . - I ; v1 [ 1, l, I ] T , v2 = [ 1, O, l ] T , v3 e) At = l , Az = 2 , A3 T [ l, -3, -5 ] . d) At = Az 2 , A3 = -5 ; Vt = [ 2, l, O ] T , vz [ I , O, I ] T , VJ = [ l, 3, 2 ) T . e) AJ = -1 , Az = 2 , A3 = 5 ; vi = ( l, O, - 1 J T , v2 (0, l , OJ T , VJ = ( 3, 4, 3 ] T . f) AJ = 1 , A2 = 0 , AJ = 3 ; vt = ( l, 0, 1 J T , v2 = (0, 1, -2J T , v3 = [ 3, -2, l ] T . T g) At = l , A2 A3 = 2 ; Vt = [ l, l, l j T , Vz = [ l, 0, -3 ) T , V3 ( 0, l , 3 ) . T T h) AJ = 2 , Az AJ = l ; v1 [ l, O, Oj , v2 = (0, l, O J . i) At A2 = AJ = 2 ; V t = ( l, O, 1 ] T . 9.13. a) At Az = l , A3 = A4 = - 1 ; VJ = [ l, O, O, l J T , Vz = [ 0, l, l , O ] T , V3 = [0, -1, l, O ] T , V4 = [ -l, o, o, 1 ] T . b) At = Az l , AJ = A4 = - l ; Vt = [ 1, l, O, O ] T , v2 [ O, O, 1 , l ] T , v3 [ -1, l, O, O ] T , v4 = [0, O, -1, 1 ) T . ( 0, l, l, O ] T , e) At = A2 = A3 = O , A4 == 4 ; VI = ( l, l, O, O] T , v2 v3 [0, O, l , l ] T , v4 = [ l, - 1, l, - l ] T . O , A4 2 ; Vt = [ 1, O, O, l ] T , v2 = ( O, I , l, O] T , Az = A3 d) At T v4 = [ 1 , - 1, l, - I J . e) A) = A2 = l , A3 = A4 -t ; v1 = [ 1, l, 1, l ] T , v3 = [ 1, 1, o, o ] T . f) At = A2 = 2 , A3 A4 = O ; Vt ( O, l, O, O ] T , (O, O, O, l ] T , V3 T V4 [ l, O, l, O J .
9.11.
a) b) e) d) e) f) g) h)
195
RJEŠENJA ZADATAKA
(
9.14. a) v1 = ( 1, l, - l ] T , Vz = ( 2, l, O J T , v3 = (3, O, 2 ; D = diag(-1 , 0, 0) . b) v1 = ( 2, l, -3 , vz = ( - 1 , 2, O ] T , V3 = ( 6, 3 , 5 ] T : D = diag(l4, 0, 0) . e) v1 = ( 1 , - 1 , O ] T , Vz = ( l , O, l ] T , v3 = ( 1, 2, 4] T ; D = diag(3, 3, 2) . d) v1 = ( -2, l , 2 j T , Vz = ( -8, 3 , 7 , v3 = ( -3, l , 3 ; D = diag(1, 2, 3) . . e v1 = ( 1 , 3, O j T , Vz = ( O, -3, l j T , v3 = ( l , -2, 2 j T ; D = diag(l , l , -2) . ne može se dijagonalizirati. f)
(
(
)
(
[ 21 23 ] , J = [ -01 -1l ] ; [ 2 3 [ -2O -2l ] ; T = -l 2] ' J =
b) T = d) f)
-
T= [ ; ! ] . J= [ � � ] ; [� � J J = [� n ; [ ] [ ] [ ]J [ ] [� � ! [ � �l ]
h) T =
.
1 1 1 1 1 o l 2 2 , J= O l O ; 2 3 4 o o 2 l 1 o 2 1 o d) T = O l O = O 2 l ; o o 2 l o l
b) T =
�l ·
9.17. Matrica ovog operatora (vidi Zadatak 8.5.) je A =
,
Ovo je dijagonalna blok
o o o l
matrica sa blokovima reda l , 2 i l , što bitno olakšava računanje karakterističnog polinoma: det(AI - A) = det (A - l j · det
l
·
det ( A - l j
3 z = (A - l)(A - l)(A - l) = (A - 1 ) (A + l) pa su svojstvene vrijednosti A 1 = Az = A3 = l i A4 = - l . Svojstveni vektori su Vl =
9.18. A =
[ � �] [� �] [� � � •
�l
Vz =
o o o 4
•
V3 =
[� n
•
V4 =
[ � �] l
·
i očigledno v1 = l , v2 = t , v3 = tz , v4 = t3 .
9.19. A 1 = 2 , Az = A3 = A4 = O 9.20. A = x(Z) =
[ � �] [ -r] .
(u kanonskoj bazi {i, j} ).
A1
9.21. Neka je su A i B slične matrice pa postoji regularna matrica S takva daje B = s- 1 AS . a) Koristimo svojstvo tr AB = tr BA . Imamo: 1 tr B = tr(S- 1 AS) = tr(S- 1 (AS)) = tr((AS)S- ) = tr(A(SS- 1 )) = tr A .
196
RJEŠENJA ZADATAKA
b)
Ovdje koristimo Binet-Cauchyjev teorem:
det B = det(S-1AS) = det S - 1 det A det S
= det A (det S - 1 det S) = det A det(S - 1 S) = det A det l = det A .
)
e
det(A I - s - 1 AS) = det(), S - 1 1S - s- 1AS) = det(S-1 (A I - A)S)
= det S-1 det(A I - A) det S = det(A. I - A) (det S-1 det S)
9.23.
[� :] .
Uzmimo A =
= det(A I - A) det(S- 1 S) = det(A I - A) det l = det(A I - A).
Tada je
A. a k(A. ) = l �
A poništava kA (A ) , tj .
}:
,\ d l
= A- 2 - (a + d)A. + ad -
d
i
Prema zadanoj jednakosti je A2 = (trA)A i indukcijom imamo Ak = (trA)k - I A . Za k ;;::
3
det A = ad -
bc
A2 - (a + d)A + (ad - bc)l =
bc.
pa slijedi tvrdnja.
O.
Također je i tr A = a +
9.24. Pretpostavimo obratno, neka takva matrica postoji. Ako je Ak = O za k ;;:: det A1 = O :=:::} (det A/ = O :=:::} det A = O.
na lijevoj strani je nulmatrica pa zbog A zadanu jednakost imamo A2 =
9.25.
#O
3 , onda je
slijedi tr A = O . Ponovnim uvrštavanjem u
Kontradikcija! Slijedi da ne postoji takva matrica
O.
Vrijedi det(A2 + 2A + 21) = O . Trebamo pokazati da je tada i det(A4 + 41) = O . Koristimo
faktorizaciju:
n4 + 4 = (n4 + 4n2 + 4) - 4n2 = (n2 + 2)2 - (2n)2 = (n2 + 2n + 2)(n2 - 2n + 2).
Zbog toga je
det(A4 +41) = det((A2 +2A+ 21)(A2 - 2A + 21)) = det(A2 +2A+21) det(A2 -2A+ 21) = O.
9.26.
Za pridruženu matricu tog operatora također vrijedi A2 = -A . Neka je A svojstvena vrijed nost zadanog operatora i x pripadajući svojstveni vektor. Tada je i s druge strane
A2(x) = A(A(x)) = A(h) = A.A(x) = A. 2x
paje A 2 = -A odnosno Ai =
9.27.
A2(x) = -A(x) = -h
-l
i A- = O . 2
Pretpostavimo obratno, v1 + v jest svojstveni vektor od F . Postoji A 2 F(v + v ) = A. (v, + v ) . 2 2 1 Neka s u A., i A- svojstvene vrijednosti vektora v, i v . Tada j e 2 2 F(v1 + v ) = F(v ) + F(v ) = A., v, + A. v 2 2 2 2 1 pa mora biti
ER
takav daje
197
RJEšENJA ZADATAKA odnosno
(A. - At)Vt + (A. - A2)v2 = O.
v 1 i v2 su pridruženi različitim svojstvenim vrijednostima i stoga linearno nezavisni pa je A - A. 1 = O i A - A.2 = O , odnosno A = A. 1 = A.2 = O što je u kontradikciji sa polaznom pretpostavkom ;., ::/: A2 . Slijedi tvrdnja.
9.28.. Neka je A odgovarajuća svojstvena vrijednost za vektor x i operator F . F je linearan pa vrijedi F'(x) F'- 1 (F(x)) Fn- I (A.x) 2 2 = AF'- l (x) = ;., F'- (x) = . . . = ;., nx. Dakle, x je i svojstveni vektor za operator � , odgovarajuća svojstvena vrijednost je A 11 =
•
9.29. Neka je x svojstveni vektor za F i A , tj. F(x) A X . F je regularan, svaka svojstvena vrijednost mu je različita od nule. Specijalno, A f; O pa vrijedi 1 F- l o F(x) = F- 1 (A.x) = A. F- (x),
odnosno
F- 1 (x) = A. - ' x. Dakle, A - l je svojstvena vrijednost za F- 1 i odgovarajući svojstveni vektori su isti.
-6, - l) ; b) npr. (1, -2, 1, 0) , (25, 4, -17, -6) .
10.15. a) Npr. (2, 2, l, O) , (5,
(�, -�, -t) ili (-!, j, l) ;
b) npr. ( ! , - !, ! , - ! ) , ( ! , - !, - !, ! ) . 2) , (2, 5, 1, 3 ) ; 10.17. a) (1, 2, 2, - l ) , (2, 3, -3, 2) , (2, - l, - l , -2) ; b) (1 , 1 , e) (2, 1, 3, -1) , (3, 2, -3, -1) , (1, 5, 1 , 10) .
10.16. a)
l . 2 (sm · 2x l smx 10• 18• � ,, y;;r , y;;r
:z ) . l
10.20. Npr. b 1 = (2, -2, - l, O) i b2 = (l, l, O, - l ) . 10.21. a) y = (3, l , - l , -2) , z (2, l, -1, 4) ; b) y = (5, -5, -2, -l) , z = (2, l, 1 , 3) .
10.22. Trazimo koeficijente u prikazu x = E7=t a;e; . Pomnožimo ovu jednakost skalama sa ej . Zbog ortonormiranosti je n n (x l ej ) =
ie; l ej) = :L a;(ed ej) = ai i�l
to.l3.
t�!
pa tvrdnja slijedi.
Nadopunimo ovaj skup do ortonormirane baze za V {eh e2, . . . , en } (ukoliko on to nije). Po prethodnom zadatku vrijedi n n n n (x i x) = (L ate; l L ajej) = L L ataj(e; l ej) j=l i=l i=l j=l n n n k 2 :L a;a;(e; l e;) = L: a;a; :L ia;f � :L 1 ad • i=!
i=l
i=l
i=l
193
RJEšENJA ZADATAKA
4[4 o o-fo 4o
199
RJEŠENJA ZADATAKA
Q=
v'2
11.12. a) Pozitivno-definitna; b) negativno-definitna; e) indefinitna; d) negativno-definitna; e) pozitivno-definitna; f) indefinitna; g) pozitivno-definitna.
/i;
11.13. a) A > 2 ; b) IA I < 0 8 < A < O ; d) ne postoji takav A ; e ) ne postoji takav e) ) A ; f) ne postoji takav A ; g ne postoji takav A ; h) ne postoji takav A ; i) VA :j= O . -
.
11.14. a) Ne postoji takav A ; b) ne postoji takav A ; e) A < - l ; d) A <
-20 ;
11.15. a) Pozitivno definitna za A > 4 , indefinitna inače; b) indefinitna VA, VA, E R . 11.16. a) Elipsa
T + ;- = l ; b) dva pravca x"2 - y112 = l //2
//2
; e)
E R ; e)
pravci x" = 2 i x" = -2 ; h) elipsa 112
b) elipsoid
T + ;-- + ;//2
6
+
Y 35
.ll2
3
6
=
l;
T - ;-- = 112
//2
d) dvoplošni eliptički hiperboloid
//2
-
//2
-T - ;-. + � = l ;
112 ) 11 e) eliptički paraboloid ;,:; + Y ;,:; = 2z ; 5v2 v 2 T --;rf) parabolički cilindar y'12 = jx11 ; 112 112 x112
2z" ; 112
B
B
\ + ;-- = l ; 112 112 h) jednoplošni eliptički hiperboloid ;- + ;-- � = l ; g) eliptički cilindar
i) hiperbolički cilindar
112
!
;- ;- = l . 112
!
112
-
!
b
-
!
indefinitna
112
=
l ; g) paralelni
l = l ; i) parabola /12 = v'š .
112
112 !
e) hiperbolički paraboloid
35
T - ;- = z" ;
11.17. a) Hiperbolički paraboloid
112
x112
-0.6 .
parabola y "2 = x" ; d) elipsa
T + dry'12 v'š 1 = l ; e) parabola y'12 = 4V'2x" ; f) hiperbola � 4 - ;v'š 112
e) A <
