Linearni operatori. Stepenovanje matrica

Linearni operatori. Stepenovanje matrica

Neka su X i Y vektorski prostori nad istim poljem skalara K. PreslikavanjeA : X → Y zovemo operator. Za operator A kazemo da je linearan ako je istovre-meno

1. aditivan: A(u+ v) = Au+Av,

2. homogen: A(λu) = λAu,

za svako u, v ∈ X i λ ∈ K. Uslovi 1. i 2. se mogu zameniti uslovom

A(λu+ µv) = λAu+ µAv, u, v ∈ X, λ, µ ∈ K.

Oznake:

RA = A(X), NA = ker A = {u | Au = θ, u ∈ X},

dim RA = rang A = rA (rang), dim NA = def A = nA (defekt).

Matrica linearnog operatora u konacno dimenzionalnim prostorima:

Neka su X i Y vektorski prostori konacnih dimenzija, dim X = n, dim Y = m,{e1, . . . , en} je baza u prostoru X, {f1, . . . , fm} je baza u prostoru Y . Matricalinearnog operatora A : X → Y jednaka je

Afe =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

.... . .

...am1 am2 . . . amn

,

gde su elementi matrice odredeni sa

1

2

Ae1 = a11f1 + a21f2 + · · ·+ am1fm

Ae2 = a12f1 + a22f2 + · · ·+ am2fm...

Aen = a1nf1 + a2nf2 + · · ·+ amnfm.

Operacije sa matricama:

Neka su date matrice A = [aij ]m×n, B = [bij ]m×n, C = [cij ]m×n i skalar λ ∈ K.Tada se moze definisati

1.mnozenje matrice skalarom:

C = λA, cij = λaij , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n;

2. sabiranje matrica:

C = A+B, cij = aij + bij , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.

Ako je A = [aij ]m×n, B = [bij ]n×p, C = [cij ]m×p definisemo

3.mnozenje matrica:

C = A ·B, cij =

n∑k=1

aikbkj , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , p.

Ako je A = [aij ]m×n, tada je

4. transponovana matricaAT = [aji]n×m.

Zadaci:

1. Neka je A : R2 → M2×2 linearan operator definisan sa

A(a, b) =

[a a+ b0 b

].

Odrediti matricu operatora A u bazama

{(1, 0), (0, 1)},{[

1 00 0

],

[0 10 0

],

[0 01 0

],

[0 00 1

]}.

Naci rang i defekt operatora A.

3

Resenje: Oznacimo bazne vektore u prostorima R2 i M2×2 sa e1, e2 i E11, E12,E21, E22 redom. Kako je dimR2 = 2 i dimM2×2 = 4, matrica operatora A jematrica A = [aij ]4×2. Odredimo slike baznih vektora prostora R2:

Ae1 = A(1, 0) =

[1 10 0

]=

[1 00 0

]+

[0 10 0

]= 1 · E11 + 1 · E12 + 0 · E21 + 0 · E22,

Ae2 = A(0, 1) =

[0 10 1

]=

[0 10 0

]+

[0 00 1

]= 0 · E11 + 1 · E12 + 0 · E21 + 1 · E22.

Koordinate vektora Ae1 su elementi prve kolone, a vektora Ae2 druge kolone ma-trice A. Zato je

A =

1 01 10 00 1

.

Za odredivanje defekta operatora A potrebno je odrediti njegovo jezgro NA. Kakoje

A(a, b) =

[0 00 0

]⇔

[a a+ b0 b

]=

[0 00 0

]⇔ a = b = 0,

to je

NA =

{(a, b) ∈ R2 | A(a, b) =

[0 00 0

]}= {(0, 0)} .

U vektorskom prostoru ciji je jedini element nula–vektor nema linearno nezavisnihvektora, pa je

defA = dimNA = 0,

rangA = dimR2 − defA = 2.

2.Dat je linearni operator A : R2 −→ M2×2 na sledeci nacin:

A(a, b) =

[a a+ bb a+ b

](a, b ∈ R).

Odrediti matricu operatora A:

4

a) u prirodnim bazama;b) u bazama

B1 = {(1, 0), (1, 1)} i B2 =

{[1 00 0

],

[1 10 0

],

[1 11 0

],

[1 11 1

]}.

M

R2 : (e) = {(1, 0), (0, 1)},

M2×2 : (E) =

{[1 00 0

],

[0 10 0

],

[0 01 0

],

[0 00 1

]}.

Za formiranje matrice A operatora A potrebne su slike vektora baze (e) koje sedobijaju ovim preslikavanjem.

A(1, 0) =

[1 10 1

]=

1101

(E)

, (0.1)

A(0, 1) =

[0 11 1

]=

0111

(E)

. (0.2)

Koordinate vektora slika (0.1) i (0.2) predstavljaju kolone matrice A, dakle

A =

1 01 10 11 1

.

b) Potrazimo slike operatora A primenjenog na vektore baze B1.

A(1, 0) =

[1 10 1

],

A(1, 1) =

[1 21 2

].

Odredimo koordinate ovih vektora slika u bazi B2. Polazeci od linearne kombinacijevektora baze B2

5

α

[1 00 0

]+ β

[1 10 0

]+ γ

[1 11 0

]+ δ

[1 11 1

]=

[α+ β + γ + δ β + γ + δ

γ + δ δ

],

trazene koordinate dobijamo iz uslova[1 10 1

]=

[α+ β + γ + δ β + γ + δ

γ + δ δ

]i[

1 21 2

]=

[a+ b+ c+ d b+ c+ d

c+ d d

].

Izjednacavanjem odgovarajucih komponenti matrica dolazimo do sistema jednacinaα+ β + γ + δ = 1,β + γ + δ = 1,γ + δ = 0,δ = 1,

i

a+ b+ c+ d = 1,b+ c+ d = 2,c+ d = 1,d = 2.

Eliminacijom nepoznatih dobijamoα = 0,β = 1,γ = −1,δ = 1,

i

a = −1,b = 1,c = −1,d = 2.

Trazena matrica A operatora A formira se od pronadenih koordinata smestenih ukolone

A =

0 −11 1

−1 −11 2

.

3.Neka je A : R2 → M2×2 operator zadat sa

A(a, b) =

[a+ b ab a− b

].

a) Dokazati da je A linearan operator.

b) Odrediti matricu operatora A u bazama {(1, 0), (1, 1)} i{[1 00 0

],

[1 10 0

],

[0 01 0

],

[0 01 1

]}.

c) Odrediti rang i defekt operatora A.

6

Resenje: a) Dokazacemo da je A(λu + µv) = λAu + µAv, za u, v ∈ R2,u = (a, b), v = (p, q):

A(λu+ µv) = A(λ(a, b) + µ(p, q)) = A(λa+ µp, λb+ µq)

=

[(λa+ µp) + (λb+ µq) λa+ µp

λb+ µq (λa+ µp)− (λb+ µq)

]=

[λa+ λb λa

λb λa− λb

]+

[µp+ µq µp

µq µp− µq

]= λ

[a+ b ab a− b

]+ µ

[p+ q pq p− q

]= λA(a, b) + µA(p, q) = λAu+ µAv.

b) Preslikacemo bazne vektore prostora R2 operatorom A:

A(1, 0) =

[1 10 1

]. (0.3)

Izrazicemo dobijenu matricu kao linearnu kombinaciju vektora baze prostoraM2×2,to jest, kao matricu

λ

[1 00 0

]+ µ

[1 10 0

]+ ν

[0 01 0

]+ δ

[0 01 1

]=

[λ+ µ µν + δ δ

].

Iz jednakosti

A(1, 0) =

[1 10 1

]= λ

[1 00 0

]+ µ

[1 10 0

]+ ν

[0 01 0

]+ δ

[0 01 1

]=


]imamo [

1 10 1

]=


]⇒ λ+ µ = 1, µ = 1, ν + δ = 0, δ = 1.

Resenje dobijenog sistema jednacina, vektor[0 1 −1 1

]T,

predstavlja prvu kolonu u matrici A operatora A.

Na slican nacin odredicemo i drugu kolonu matrice A. Ako preslikamo drugibazni vektor, dobijamo

7

A(1, 1) =

[2 11 0

]= λ

[1 00 0

]+ µ

[1 10 0

]+ ν

[0 01 0

]+ δ

[0 01 1

]=


],

odakle je[2 11 0

]=


]⇒ λ+ µ = 2, µ = 1, ν + δ = 1, δ = 0.

Resenje ovog sistema jednacina je vektor druge kolone matrice A[1 1 1 0

]T.

Matrica A operatora A je

A =

0 11 1

−1 11 0

.

c) Za rang i defekt operatora vazi relacija

rang A+ def A = dim R2.

Znamo da je dim R2 = 2 i da vazi dim ker A = def A. Neka je

Au = A(a, b) =

[a+ b ab a− b

]=

[0 00 0

]⇒ a+ b = 0, a = 0, b = 0, a− b = 0,

odakle je a = b = 0. To znaci da jezgro operatora cini samo nula vektor (0, 0), paje dimenzija jezgra nula, to jest, defekt je nula. Rang operatora je sada jednak 2.

4.Neka je operator A : P2[x] → P1[x] definisan sa

A(ax2 + bx+ c) = (a− 3b+ c)x+ (a+ b− c).


b) Odrediti matricu operatora A u bazama

{2x2 + x+ 1, x2 + 4x+ 2,−x2 + x} i {x+ 1, x− 1}.


8

Resenje: a) Neka je P (x) = ax2 + bx + c i Q(x) = px2 + qx + r. Dokazacemoda je A linearan

A(λP (x) + µQ(x)) = A(λ(ax2 + bx+ c) + µ(px2 + qx+ r))

= A((λa+ µp)x2 + (λb+ µq)x+ λc+ µr)

= ((λa+ µp)− 3(λb+ µq) + (λc+ µr))x+ ((λa+ µp) + (λb+ µq)− (λc+ µr))

= ((λa− 3λb+ λc)x+ (λa+ λb− λc)) + ((µp− 3µq + µr)x+ (µp+ µq − µr))

= λ((a− 3b+ c)x+ (a+ b− c)) + µ((p− 3q + r)x+ (p+ q − r))

= λA(P (x)) + µA(Q(x)).

b) Odredicemo slike baznih vektora i izrazicemo ih preko baze u prostoru P1[x]:

A(2x2+x+1) = (2−3+1)x+(2+1−1) = 2 = λ(x+1)+µ(x−1) = (λ+µ)x+(λ−µ),

odakle jeλ+ µ = 0, λ− µ = 2 ⇒ λ = 1, µ = −1.

Slicno,

A(x2+4x+2) = (1−12+2)x+(1+4−2) = −9x+3 = λ(x+1)+µ(x−1) = (λ+µ)x+(λ−µ),

odakle jeλ+ µ = −9, λ− µ = 3 ⇒ λ = −3, µ = −6,

i

A(−x2+x) = (−1−3)x+(−1+1) = −4x = λ(x+1)+µ(x−1) = (λ+µ)x+(λ−µ)

⇒ λ+ µ = −4, λ− µ = 0 ⇒ λ = −2, µ = −2.

Matrica operatora A je jednaka

A =

[1 −3 −2

−1 −6 −2

].

c) Jezgro operatora cine svi polinomi P (x) = ax2 + bx + c cija je slika nulapolinom. Imamo

A(ax2+bx+c) = (a−3b+c)x+(a+b−c) = 0x+0 ⇒ a−3b+c = 0, a+b−c = 0.

Za resenje dobijenog sistema imamo

a =1

2c, b =

1

2c, c ∈ R ⇒ P (x) =

1

2c(x2 + x+ 2).

9

Jezgro operatora je ker A = {12c(x

2 + x+ 2) | c ∈ R} i njegova dimenzija je 1, paje def A jednak 1. Iz relacije

rang A+ def A = dim P2[x]

i dim P2[x] = 3 dobijamo da je rang A = 2.

5.Neka je operator A : R3 → P1[x] definisan sa

A(a, b, c) = (2a+ b)x+ (b− c).


b) Odrediti matricu operatora A u bazama

{(0, 1, 2), (0, 3, 0), (1, 1, 0)} i {2x+ 1, x}.


Resenje: a) Dokazacemo da vazi A(λ(a, b, c) + µ(p, q, r)) = λA(a, b, c) +µA(p, q, r):

A(λ(a, b, c) + µ(p, q, r)) = A(λa+ µp, λb+ µq, λc+ µr)

= (2(λa+ µp) + λb+ µq)x+ (λb+ µq − (λc+ µr))

=((2λa+ λb)x+ (λb− λc)

)+((2µp+ µq)x+ (µq − µr)

)= λ((2a+ b)x+ (b− c)) + µ((2p+ q)x+ (q − r))

= λA(a, b, c) + µA(p, q, r).

b) Odredicemo elemente prve, druge i trece kolone matrice operatora A:

A(0, 1, 2) = x− 1 = α(2x+ 1) + βx = (2α+ β)x+ α

⇒ 2α+ β = 1, α = −1 ⇒ α = −1, β = 3,

A(0, 3, 0) = 3x+ 3 = α(2x+ 1) + βx = (2α+ β)x+ α

⇒ 2α+ β = 3, α = 3 ⇒ α = 3, β = −3,

A(1, 1, 0) = 3x+ 1 = α(2x+ 1) + βx = (2α+ β)x+ α

⇒ 2α+ β = 3, α = 1 ⇒ α = 1, β = 1.

Matrica operatora A je jednaka

A =

[−1 3 13 −3 1

].

10

c) Odredicemo ker A = {(a, b, c) | A(a, b, c) = θ, a, b, c ∈ R}. Imamo

A(a, b, c) = (2a+ b)x+ b− c = 0x+ 0,

i vazi2a+ b = 0, b− c = 0 ⇒ a ∈ R, b = −2a, c = −2a.

Sada je ker A = {(a,−2a,−2a) | a ∈ R}, pa je dim ker A = 1 i s obzirom najednakost

rang A+ def A = dim R3

i dim R3 = 3, dobijamo rang A = 2.

6.Neka je u prostoru X zadata baza {e1, e2, e3} u kojoj operator A : X → X imamatricu

A =

1 0 32 −1 21 7 5

.

Odrediti matricu operatora A2 u bazi {e1, e1 + e2, e1 + e2 + e3}.

Resenje: Ako sa f1, f2, f3 oznacimo vektore druge baze, imacemo

f1 = e1 e1 = f1

f2 = e1 + e2 =⇒ e2 = f2 − f1

f3 = e1 + e2 + e3 e3 = f3 − f2.

Takode, iz date matrice operatora A vazi

A(e1) = e1 + 2e2 + e3,

A(e2) = −e2 + 7e3,

A(e3) = 3e1 + 2e2 + 5e3.

Da bismo odredili matricu operatora A u drugoj bazi, odredicemo slike

A(f1) = A(e1) = e1 + 2e2 + e3 = f1 + 2(f2 − f1) + (f3 − f2) = −f1 + f2 + f3,

A(f2) = A(e1 + e2) = A(e1) +A(e2) = (e1 + 2e2 + e3) + (−e2 + 7e3)

= e1 + e2 + 8e3 = f1 + (f2 − f1) + 8(f3 − f2) = 0f1 − 7f2 + 8f3,

A(f3) = A(e1 + e2 + e3) = A(e1) +A(e2) +A(e3)

= (e1 + 2e2 + e3) + (−e2 + 7e3) + (3e1 + 2e2 + 5e3) = 4e1 + 3e2 + 13e3

= 4f1 + 3(f2 − f1) + 13(f3 − f2) = f1 − 10f2 + 13f3.

11

Matrica operatora A u bazi {f1, f2, f3} je

Af =

−1 0 11 −7 −101 8 13

,

a matrica operatora A2 je A2f , gde je

A2f =

−1 0 11 −7 −101 8 13

·

−1 0 11 −7 −101 8 13

=

2 8 12−18 −31 −5920 48 90

.

7. Dat je linearni operator A : R2 → R2, A(a, b) = (b, a) (a, b ∈ R). Odreditimatrice operatora A, A2 i A−1 u prirodnoj bazi.

Resenje: Matrica operatora A je A = [aij ]2×2 jer je dimR2 = 2. Za odredivanjenjenih elemenata potrebno je odrediti slike baznih vektora. Kako prirodnu bazu uprostoru R2 cine vektori e1 = (1, 0) i e2 = (0, 1) i

Ae1 = A(1, 0) = (0, 1) = e2, Ae2 = A(0, 1) = (1, 0) = e1,

to je

A =

[0 11 0

].

Matrica operatora B = A2 je

B = A2 =

[0 11 0

]·[0 11 0

]=

[1 00 1

]= I.

Kako jeA2(a, b) = A (A(a, b)) = A(b, a) = (a, b),

to je A2 = AA = I, gde je I identicki operator, pa je A−1 = A. Stoga je matricaoperatora A−1 jednaka A.

8. Dat je operator A : R3 −→ R3,

A(a, b, c) = (2a+ b+ 3c, 2b+ c, 2c).

Odrediti matrice operatora A i An, n ∈ N u prirodnoj bazi.

12

Resenje: Prirodnu bazu prostora R3 cine sledece uredene trojke realnih brojeva

R3 : (e) = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.

Za odredivanje matrice A operatora A potrebne su slike vektora baze (e) dobijenepreslikavanjem A.

A(1, 0, 0) = (2, 0, 0) = [2 0 0]T(e),

A(0, 1, 0) = (1, 2, 0) = [1 2 0]T(e),

A(0, 0, 1) = (3, 1, 2) = [3 1 2]T(e).

Dobijene koordinate vektora slika smestamo u kolone matrice A

A =

2 1 30 2 10 0 2

.

Matrica operatora An, n ∈ N jeste An. Da bismo je odredili, uvedimo oznake

A = 2I +B,

gde su

I =

1 0 00 1 00 0 1

i B =

0 1 30 0 10 0 0

.

Matrica I komutira sa svakom drugom matricom istog reda (dakle IB = BI = B),tako za odredivanje stepena An mozemo koristiti Njutnovu binomnu formulu

An = (2I +B)n =

n∑k=0

(n

k

)(2I)n−kBk =

n∑k=0

(n

k

)2n−kBk. (0.4)

Odredimo stepene matrice B.

B2 =

0 1 30 0 10 0 0

·

0 1 30 0 10 0 0

=

0 0 10 0 00 0 0

,

B3 = B2 ·B =

0 0 10 0 00 0 0

·

0 1 30 0 10 0 0

=

0 0 00 0 00 0 0

= O,

Bn = O, n ≥ 3.

13

Zamenom vrednosti matrica Bk u (0.4), za n ≥ 2 dobijamo

An =n∑

k=0

(n

k

)2n−kBk =

2∑k=0

(n

k

)2n−kBk

=

(n

0

)2nB0 +

(n

1

)2n−1B +

(n

2

)2n−2B2

= 2nI + n2n−1B +n(n− 1)

22n−2B2

= 2n

1 0 00 1 00 0 1

+ n2n−1

0 1 30 0 10 0 0

+ n(n− 1)2n−3

0 0 10 0 00 0 0

=

2n 0 00 2n 00 0 2n

+

0 n2n−1 3n2n−1

0 0 n2n−1

0 0 0

+

0 0 n(n− 1)2n−3

0 0 00 0 0

=

2n n2n−1 n(n− 1)2n−3 + 3n2n−1

0 2n n2n−1

0 0 2n

=

2n n2n−1 n(n+ 11)2n−3

0 2n n2n−1

0 0 2n

.

9.Odrediti An (n ∈ N) ako je

A =

−2 0 0a −2 00 a −2

, a ∈ R.

Resenje: Napisacemo matricu A u obliku zbira

A =

−2 0 0a −2 00 a −2

=

−2 0 00 −2 00 0 −2

+

0 0 0a 0 00 a 0

= −2I +B,

gde je matrica B jednaka

B =

0 0 0a 0 00 a 0

i za nju vazi B3 = 0 (nilpotentna je, reda 3). Sada je Bk = 0, za k ≥ 3. Odredicemo

14

B2 =

0 0 0a 0 00 a 0

·

0 0 0a 0 00 a 0

=

0 0 00 0 0a2 0 0

.

Primenom binomne formule

(a+ b)n =n∑

k=0

(n

k

)an−kbk =

n∑k=0

(n

k

)akbn−k,

(n

0

)= 1,

(n

k

)=

n(n− 1) · · · (n− k + 1)

k!,

na komutativne matrice −2I i B dobijamo

An = (−2I +B)n =

n∑k=0

(n

k

)(−2I)n−kBk

=

(n

0

)(−2I)nB0 +

(n

1

)(−2I)n−1B1 +

(n

2

)(−2I)n−2B2 +

(n

3

)(−2I)n−3B3 + · · ·︸︷︷︸

=0

= (−2)nI + n(−2)n−1B +n(n− 1)

2(−2)n−2B2

= (−2)n

1 0 00 1 00 0 1

+ n(−2)n−1

0 0 0a 0 00 a 0

+n(n− 1)

2(−2)n−2

0 0 00 0 0a2 0 0

=

(−2)n 0 0n(−2)n−1a (−2)n 0

n(n−1)2 (−2)n−2a2 n(−2)n−1a (−2)n

, n ∈ N.

10. Naci An, n ∈ N, ako je

A =

1 1 00 1 10 0 1

.

Resenje: Napisacemo matricu A kao zbir dve matrice na sledeci nacin

A =

1 1 00 1 10 0 1

=

1 0 00 1 00 0 1

+

0 1 00 0 10 0 0

= I +B,

pri cemu je matrica B nilpotentna, reda 3 i vazi Bk = 0, k ≥ 3. Racunamo

15

B2 =

0 1 00 0 10 0 0

·

0 1 00 0 10 0 0

=

0 0 10 0 00 0 0

.

Za n ∈ N imamo:

An = (I +B)n =

n∑k=0

(n

k

)In−kBk

=

(n

0

)InB0 +

(n

1

)In−1B1 +

(n

2

)In−2B2 +

(n

3

)In−3B3 + · · ·︸︷︷︸

=0

= I + nB +n(n− 1)

2B2

=

1 0 00 1 00 0 1

+ n

0 1 00 0 10 0 0

+n(n− 1)

2

0 0 10 0 00 0 0

=

1 n n(n− 1)/20 1 n0 0 1

.

11. Naci sve matrice M komutativne sa matricom

A =

[3 10 3

],

a zatim naci Mn, n ∈ N.

Resenje: Neka je

M =

[a bc d

], a, b, c, d ∈ R.

Iz uslova komutativnosti AM = MA dobijamo[3 10 3

] [a bc d

]=

[a bc d

] [3 10 3

]⇒

[3a+ c 3b+ d3c 3d

]=

[3a a+ 3b3c c+ 3d

]odakle imamo sistem jednacina

3a+ c = 3a, 3b+ d = a+ 3b, 3d = c+ 3d ⇒ a = d, c = 0.

Matrica M je jednaka

16

M =

[a b0 a

], a, b ∈ R.

Odredicemo Mn, n ∈ N uz napomenu da je B =

[0 b0 0

]i da vazi B2 = 0:

Mn = (aI +B)n =n∑

k=0

(n

k

)(aI)n−kBk

=

(n

0

)(aI)nB0 +

(n

1

)(aI)n−1B1 +

(n

2

)(aI)n−2B2 + · · ·︸︷︷︸

=0

= anI + nan−1B =

[an nan−1b0 an

].

12. Odrediti An, n ∈ N, ako je

A =

a b c0 a b0 0 a

.

Rezultat: Imamo

An =

an nan−1b nan−1c+ n(n−1)2 an−2b2

0 an nan−1b0 0 an

.

13. Izracunati A3 ako je

A =

1 1 35 2 6

−2 −1 −3

,

a zatim odrediti (I +A)n, n ∈ N.

Resenje: Uzastopnim mnozenjem matrice A dobija se

17

A2 =

1 1 35 2 6

−2 −1 −3

·

1 1 35 2 6

−2 −1 −3

=

0 0 03 3 9

−1 −1 −3

,

A3 = A ·A2 =

1 1 35 2 6

−2 −1 −3

·

0 0 03 3 9

−1 −1 −3

=

0 0 00 0 00 0 0

.

Koristeci dobijeni rezultat moze se jednostavno odrediti (I +A)n, n ∈ N. Primenabinomne formule za n ≥ 3 daje

(I +A)n =n∑

k=0

(n

k

)In−kAk =

n∑k=0

(n

k

)Ak

=

(n

0

)A0 +

(n

1

)A1 +

(n

2

)A2 +

(n

3

)A3 + · · ·+

(n

n

)An.

Kako je A3 = O, to je i Ak = O, k = 3, 4, . . ., pa za n = 1, 2, 3, 4, . . . vazi

(I +A)n = I + nA+n(n− 1)

2A2

=

1 0 00 1 00 0 1

+ n

1 1 35 2 6

−2 −1 −3

+n(n− 1)

2

0 0 03 3 9

−1 −1 −3

=

1

2

2(1 + n) 2n 6nn(7 + 3n) 2 + n+ 3n2 3n(1 + 3n)−n(3 + n) −n(1 + n) 2− 3n− 3n2

.

14. Odrediti An (n ∈ N) ako je

A =

a 0 0a a 0a a a

(a ∈ R).

Resenje: Primetimo da je A = aJ, gde je J donje trougaona matrica sastavljenaod jedinica

J =

1 0 01 1 01 1 1

,

18

tj. matrica istog tipa kao i A za konkretno a = 1. Zbog osobina mnozenja matricaskalarom (brojem), vazi

An = anJn.

Potrazimo Jn.I nacin: Njutnova binomna formula

J =

1 0 01 1 01 1 1

=

1 0 00 1 00 0 1

+

0 0 01 0 01 1 0

= I +B,

uz jasne oznake za I i B. Kako jedinicna matrica I komutira prilikom mnozenja sasvakom drugom matricom, to za izraz Jn = (I + B)n mozemo koristiti Njutnovubinomnu formulu

(I +B)n =

n∑k=0

(n

k

)In−kBk =

n∑k=0

(n

k

)Bk,

jer je In−k = I i IBk = Bk. Ostaje jos da se odrede stepeni matrice B.

B2 =

0 0 01 0 01 1 0

·

0 0 01 0 01 1 0

=

0 0 00 0 01 0 0

,

B3 = B ·B2 =

0 0 01 0 01 1 0

·

0 0 00 0 01 0 0

=

0 0 00 0 00 0 0

= O.

Dakle, Bk = O za k ≥ 3. Tada

Jn = (I +B)n =n∑

k=0

(n

k

)Bk =

2∑k=0

(n

k

)Bk

jer su preostali sabirci binomne formule za k = 3, . . . , n nula matrice O. Konacno,

Jn = I + nB +n(n− 1)

2B2

=

1 0 00 1 00 0 1

+ n

0 0 01 0 01 1 0

+n(n− 1)

2

0 0 00 0 01 0 0

=

1 0 0n 1 0

n(n+ 1)

2n 1

,

19

tj.

An = an

1 0 0n 1 0

n(n+ 1)

2n 1

=

an 0 0nan an 0

n(n+ 1)

2an nan an

. (0.5)

II nacin: Matematicka indukcija

J2 =

1 0 01 1 01 1 1

·

1 0 01 1 01 1 1

=

1 0 02 1 03 2 1

,

J3 = J2 · J =

1 0 02 1 03 2 1

·

1 0 01 1 01 1 1

=

1 0 03 1 06 3 1

,

J4 = J3 · J =

1 0 03 1 06 3 1

·

1 0 01 1 01 1 1

=

1 0 04 1 010 4 1

.

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1Paskalov trougao

Poredeci elemente matrica Jn, n = 2, 3, 4sa vrednostima binomnih koeficijenata

(nk

)datih Paskalovim trouglom za n = 2, 3, 4(poslednje tri vrste trougaone seme), for-mulisemo induktivnu hipotezu:

Jn =

1 0 0n 1 0(

n+ 1

2

)n 1

=

1 0 0n 1 0

n(n+ 1)

2n 1

. (0.6)

Proverimo induktivnu hipotezu (0.6) za n+ 1 :

Jn+1 = Jn · J =

1 0 0n 1 0

n(n+ 1)

2n 1

·

1 0 01 1 01 1 1

=

1 0 0

n+ 1 1 0

n(n+ 1)

2+ n+ 1 n+ 1 1

=

1 0 0

n+ 1 1 0

(n+ 1)(n+ 2)

2n+ 1 1

=

1 0 0

n+ 1 1 0(n+ 2

2

)n+ 1 1

.

20

Na osnovu principa matematicke indukcije zakljucujemo da je induktivna hipoteza(0.6) tacna za svako n ∈ N, sto nas dovodi ponovo do formule (0.5).


A =

[0 −11 0

].

Resenje: I nacin: Uzastopnim mnozenjem matrice A dobija se

A2 = A ·A =

[0 −11 0

]·[0 −11 0

]=

[−1 00 −1

]= −I,

A3 = A ·A2 = A · (−I) = −A,

A4 = A ·A3 = A · (−A) = −A2 = I,

A5 = A ·A4 = A.

Na osnovu ovog rezultata moze se pretpostaviti oblik matrice An:

An =

I, n = 4k,A, n = 4k + 1,

−I, n = 4k + 2,−A, n = 4k + 3,

k ∈ N0.

Dokaz matematickom indukcijom cemo izostaviti zbog obimnosti.II nacin: Oznacimo sa an, bn, cn, dn nepoznate elemente matrice An (n ∈ N),

tj.

An =

[an bncn dn

].

Tada je

An+1 = A ·An =

[0 −11 0

]·[an bncn dn

]=

[−cn −dnan bn

].

Imajuci u vidu da je

An+1 =

[an+1 bn+1

cn+1 dn+1

],

izjednacavanjem odgovarajucih elemenata dobijamo

an+1 = −cn, bn+1 = −dn, cn+1 = an, dn+1 = bn.

Posmatrajmo najpre jednakosti

21

an+1 = −cn, cn+1 = an.

One vaze za svaki prirodan broj n, pa se zamenom n sa n+ 1 u prvoj jednakosti,a zatim primenom druge jednakosti, dobija

an+2 = −cn+1 = −an.

Prema tome, clanovi niza an zadovoljavaju linearnu homogenu diferencnu jednacinudrugog reda sa konstantnim koeficijentima

an+2 + an = 0.

Njena karakteristicna jednacina je kvadratna jednacina

λ2 + 1 = 0,

cija su resenja konjugovano kompleksni brojevi λ1,2 = ±i = e±iπ/2. Zato je resenjediferencne jednacine oblika

an = k1 cosnπ

2+ k2 sin

nπ

2,

gde su k1 i k2 konstante koje se odreduju na osnovu poznatih prvih clanova niza.Kako su a1 i a2 elementi na mestu (1, 1) u matricama A1 i A2 redom, imamo:

a1 = k1 cosπ

2+ k2 sin

π

2= 0,

a2 = k1 cos2π

2+ k2 sin

2π

2= −1,

tj. k1 = 1, k2 = 0. Tako je

an = cosnπ

2,

cn = an−1 = cos(n− 1)π

2= cos

(nπ2

− π

2

)= sin

nπ

2.

Elemente bn i dn dobijamo na isti nacin upotrebom jednakosti

bn+1 = −dn, dn+1 = bn.

Njihovim kombinovanjem dobijamo

bn+2 = −dn+1 = −bn,

sto znaci da clanovi niza bn zadovoljavaju istu diferencnu jednacinu

22

bn+2 + bn = 0.

Zato je

bn = k3 cosnπ

2+ k4 sin

nπ

2,

gde se konstante k3 i k4 odreduju na osnovu poznatih elemenata na mestu (1, 2) umatricama A1 i A2. Tako, za n = 1 i n = 2 imamo:

b1 = k3 cosπ

2+ k4 sin

π

2= −1,

b2 = k3 cos2π

2+ k4 sin

2π

2= 0,

tj. k3 = 0, k4 = −1, pa je

bn = − sinnπ

2,

dn = bn−1 = − sin(n− 1)π

2= − sin

(nπ2

− π

2

)= cos

nπ

2.

Konacno, matrica An je

An =

cosnπ

2− sin

nπ

2

sinnπ

2cos

nπ

2

.

16. Odrediti An (n ∈ N0) ako je

A =

[1 43 2

].

Resenje: Neka je

An =

[an bncn dn

](n ∈ N0).

Tada je

An+1 = A ·An =

[1 43 2

]·[an bncn dn

]=

[an + 4cn bn + 4dn

3an + 2cn 3bn + 2dn

].

Imajuci u vidu da je

An+1 =

[an+1 bn+1

cn+1 dn+1

],

23

izjednacavanjem odgovarajucih elemenata dobijamo

an+1 = an + 4cn, bn+1 = bn + 4dn, cn+1 = 3an + 2cn, dn+1 = 3bn + 2dn.

Posmatrajmo najpre jednakosti

an+1 = an + 4cn, cn+1 = 3an + 2cn.

One vaze za svaki prirodan broj n, pa se zamenom n sa n+ 1 u prvoj jednakosti,a zatim primenom druge jednakosti, dobija

an+2 = an+1 + 4cn+1 = an+1 + 4(3an + 2cn).

Izrazavajuci cn iz prve jednakosti imamo

an+2 = an+1 + 12an + 8cn = an+1 + 12an + 2(an+1 − an) = 3an+1 + 10an.

Prema tome, clanovi niza an zadovoljavaju linearnu homogenu diferencnu jednacinudrugog reda sa konstantnim koeficijentima

an+2 − 3an+1 − 10an = 0.

Njena karakteristicna jednacina je

λ2 − 3λ− 10 = 0,

cija su resenja λ1 = 5 i λ2 = −2. Zato je resenje diferencne jednacine oblika

an = k15n + k2(−2)n,

gde su k1 i k2 konstante koje se odreduju na osnovu poznatih prvih clanova niza.Kako su a0 i a1 elementi na mestu (1, 1) u matricama A0 = I i A1 = A redom,imamo:

a0 = k150 + k2(−2)0 = 1,

a1 = k151 + k2(−2)1 = 1.

Resavanjem sistema linearnih jednacina{k1 + k2 = 1,

5k1 − 2k2 = 1

dobija se k1 = 3/7, k2 = 4/7, pa je

24

an =3

75n +

4

7(−2)n

i

cn =1

4(an+1 − an) =

1

4

(3

7

(5n+1 − 5n

)+

4

7

((−2)n+1 − (−2)n

))=

3

7(5n − (−2)n).

Elemente bn i dn dobijamo na isti nacin upotrebom jednakosti

bn+1 = bn + 4dn, dn+1 = 3bn + 2dn.

Njihovim kombinovanjem dobijamo

bn+2 = bn+1 + 4dn+1 = bn+1 + 4(3bn + 2dn) = bn+1 + 12bn + 2(bn+1 − bn)

= 3bn+1 + 10bn,

sto znaci da clanovi niza bn zadovoljavaju istu diferencnu jednacinu

bn+2 − 3bn+1 − 10bn = 0.

Zato jebn = k35

n + k4(−2)n,

gde se konstante k3 i k4 odreduju na osnovu poznatih elemenata na mestu (1, 2) umatricama A0 i A1. Tako, za n = 0 i n = 1 imamo:

{b0 = k35

0 + k4(−2)0 = 0,b1 = k35

1 + k4(−2)1 = 4⇔

{k3 + k4 = 0,

5k3 − 2k4 = 4⇔

k3 =

4

7,

k4 = −4

7.

Sada je

bn =4

7

(5n − (−2)n

),

dn =1

4(bn+1 − bn) =

4

75n +

3

7(−2)n.

Konacno, za proizvoljno n ∈ N vazi

An =

3

75n +

4

7(−2)n

4

7

(5n − (−2)n

)3

7

(5n − (−2)n

) 4

75n +

3

7(−2)n

=1

7

[3 · 5n + 4 · (−2)n 4 · 5n − 4 · (−2)n)

3 · 5n − 3 · (−2)n 4 · 5n + 3 · (−2)n

].

25


A =

[4 21 3

].

Rezultat: Za proizvoljno n ∈ N vazi

An =

1

3

(2 · 5n + 2n)

2

3

(5n − 2n

)1

3

(5n − 2n

) 1

3

(5n + 2n+1

) .

Documents

Linearni operatori. Stepenovanje matrica