View
240
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
8/11/2019 Operatori i Matrice
1/26
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 linearanako je istovre-
meno
1. aditivan:A(u+v) = Au+ Av,
2. homogen: A(u) =Au,
za svako u, v X i K. Uslovi 1. i 2. se mogu zameniti uslovom
A(u+v) =Au+Av, u, v X, , K.
Oznake:
RA= A(X), NA = kerA = {u | Au= , u X},
dimRA= rangA =rA (rang), dimNA= defA =nA (defekt).
Matrica linearnog operatora u konacno dimenzionalnim prostorima:
Neka suX iY vektorski prostori konacnih dimenzija, dimX=n, dimY =m,{e1, . . . , en} je baza u prostoru X, {f1, . . . , f m} je baza u prostoru Y. Matricalinearnog operatoraA :X Y jednaka je
Afe=
a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n
... ...
. . . ...
am1 am2 . . . amn
,
gde su elementi matrice odredeni sa
1
8/11/2019 Operatori i Matrice
2/26
2
Ae1= a11f1+a21f2+ +am1fm
Ae2= a12f1+a22f2+ +am2fm...
Aen= a1nf1+a2nf2+ +amnfm.
Operacije sa matricama:
Neka su date matrice A= [aij]mn, B = [bij]mn, C= [cij]mn i skalar K.Tada se moze definisati
1. mnozenje matrice skalarom:
C=A, cij =aij, 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]mn, B = [bij]np, C= [cij]mp definisemo
3. mnozenje matrica:
C=A B, cij =n
k=1
aikbkj , i= 1, . . . , m , j = 1, . . . , p .
Ako je A = [aij]mn, tada je
4. transponovana matrica AT = [aji ]nm.
Zadaci:
1. Neka je A : R2 M22 linearan operator definisan sa
A(a, b) =
a a+b0 b
.
Odrediti matricu operatoraA u bazama
{(1, 0), (0, 1)},{1 0
0 0
,0 1
0 0
,0 0
1 0
,0 0
0 1
}.
Naci rang i defekt operatora A.
8/11/2019 Operatori i Matrice
3/26
3
Resenje: Oznacimo bazne vektore u prostorima R2 i M22 sae1, e2 iE11, E12,E21, E22 redom. Kako je dim R
2 = 2 i dim M22 = 4, matrica operatora A jematrica A = [aij]42. Odredimo slike baznih vektora prostora R
2:
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 vektoraAe1 su elementi prve kolone, a vektora Ae2 druge kolone ma-trice A. Zato je
A=
1 0
1 10 00 1
.Za odredivanje defekta operatora A potrebno je odrediti njegovo jezgro NA. Kako
je
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 0
0 0
}= {(0, 0)} .
U vektorskom prostoru ciji je jedini element nulavektor nema linearno nezavisnihvektora, pa je
defA = dim NA= 0,
rang A = dimR2 defA = 2.
2. Dat je linearni operator A : R2 M22 na sledeci nacin:
A(a, b) =a a+b
b a+b
(a, b R).
Odrediti matricu operatoraA:
8/11/2019 Operatori i Matrice
4/26
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)},
M22: (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 bazeB2
8/11/2019 Operatori i Matrice
5/26
5
1 00 0
+
1 10 0
+
1 11 0
+
1 11 1
=
+++ ++
+
,
trazene koordinate dobijamo iz uslova1 10 1
=
+++ ++
+
i
1 21 2
=
a+b+c+d b+c+d
c+d d
.
Izjednacavanjem odgovara jucih komponenti matrica dolazimo do sistema jednacina
+++= 1,++= 1,+= 0,= 1,
i
a+b+c+d= 1,b+c+d= 2,c+d= 1,d= 2.
Eliminacijom nepoznatih dobijamo
= 0,= 1,= 1,= 1,
i
a= 1,b= 1,c= 1,d= 2.
Trazena matrica A operatoraA formira se od pronadenih koordinata smestenih ukolone
A=
0 11 1
1 11 2
.
3. Neka je A : R2 M22 operator zadat sa
A(a, b) =
a+b a
b 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.
8/11/2019 Operatori i Matrice
6/26
6
Resenje: a) Dokazacemo da je A(u+ v) = Au+ Av, za u, v R2,u= (a, b), v = (p, q):
A(u+v) = A((a, b) +(p, q)) = A(a+p, b+q)
=
(a+p) + (b+q) a+p
b+q (a+p) (b+q)
=
a+b a
b a b
+
p+q p
q p q
=
a+b a
b a b
+
p+q p
q p q
=A(a, b) +A(p, q) =Au+Av.
b) Preslikacemo bazne vektore prostora R2 operatorom A:
A(1, 0) =
1 10 1
. (0.3)
Izrazicemo dobijenu matricu kao linearnu kombinaciju vektora baze prostora M22,to jest, kao matricu
1 00 0
+
1 10 0
+
0 01 0
+
0 01 1
=
+ +
.
Iz jednakosti
A(1, 0) =1 1
0 1
=
1 00 0
+
1 10 0
+
0 01 0
+
0 01 1
=+
+
imamo
1 10 1
=
+ +
+= 1, = 1, += 0, = 1.
Resenje dobijenog sistema jednacina, vektor
0 1 1 1
T
,
predstavlja prvu kolonu u matrici A operatoraA.Na slican nacin odredicemo i drugu kolonu matrice A. Ako preslikamo drugi
bazni vektor, dobijamo
8/11/2019 Operatori i Matrice
7/26
7
A(1, 1) =
2 11 0
=
1 00 0
+
1 10 0
+
0 01 0
+
0 01 1
=
+ +
,
odakle je2 11 0
=
+ +
+= 2, = 1, += 1, = 0.
Resenje ovog sistema jednacina je vektor druge kolone matrice A1 1 1 0
T.
Matrica A operatoraA je
A=
0 11 1
1 11 0
.
c) Za rang i defekt operatora vazi relacija
rang A + defA = dim R2.
Znamo da je dim R2 = 2 i da vazi dim ker A = defA. Neka je
Au= A(a, b) =
a+b a
b 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).
a) Dokazati da je A linearan operator.
b) Odrediti matricu operatora A u bazama
{2x2 +x+ 1, x2 + 4x+ 2, x2 +x} i {x+ 1, x 1}.
c) Odrediti rang i defekt operatora A.
8/11/2019 Operatori i Matrice
8/26
8
Resenje: a) Neka je P(x) =ax2 +bx+c i Q(x) =px2 +qx+r. Dokazacemoda je A linearan
A(P(x) +Q(x)) = A((ax2 +bx+c) +(px2 +qx+r))
= A((a+p)x2 + (b+q)x+c+r)
= ((a+p) 3(b+q) + (c+r))x+ ((a+p) + (b+q) (c+r))
= ((a 3b+c)x+ (a+b c)) + ((p 3q+r)x+ (p+q r))
=((a 3b+c)x+ (a+b c)) +((p 3q+r)x+ (p+q r))
=A(P(x)) +A(Q(x)).
b) Odredicemo slike baznih vektora i izrazicemo ih preko baze u prostoru P1[x]:
A(2x2+x+1) = (23+1)x+(2+11) = 2 =(x+1)+(x1) = (+)x+(),
odakle je+= 0, = 2 = 1, = 1.
Slicno,
A(x2+4x+2) = (112+2)x+(1+42) = 9x+3 =(x+1)+(x1) = (+)x+(),
odakle je+= 9, = 3 = 3, = 6,
i
A(x2+x) = (13)x+(1+1) = 4x= (x+1)+(x1) = (+)x+()
+= 4, = 0 = 2, = 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) = (a3b+c)x+(a+bc) = 0x+0 a3b+c= 0, a+bc= 0.
Za resenje dobijenog sistema imamo
a=1
2c, b=
1
2c, c R P(x) =
1
2c(x2 +x+ 2).
8/11/2019 Operatori i Matrice
9/26
9
Jezgro operatora je ker A = {12c(x2 +x+ 2) | c R} i njegova dimenzija je 1, pa
je defA jednak 1. Iz relacije
rang A + defA = dimP2[x]
i dimP2[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).
a) Dokazati da je A linearan operator.
b) Odrediti matricu operatora A u bazama
{(0, 1, 2), (0, 3, 0), (1, 1, 0)} i {2x+ 1, x}.
c) Odrediti rang i defekt operatora A.
Resenje: a) Dokazacemo da vazi A((a,b,c) + (p, q, r)) = A(a,b,c) +A(p, q, r):
A((a,b,c) +(p, q, r)) = A(a+p, b+q, c+r)
= (2(a+p) +b+q)x+ (b+q (c+r))
=(
(2a+b)x+ (b c))
+(
(2p+q)x+ (q r))
=((2a+b)x+ (b c)) +((2p+q)x+ (q r))
=A(a,b,c) +A(p, q, r).
b) Odredicemo elemente prve, druge i trece kolone matrice operatora A:
A(0, 1, 2) = x 1 =(2x+ 1) +x = (2+)x+
2+= 1, = 1 = 1, = 3,
A(0, 3, 0) = 3x+ 3 =(2x+ 1) +x = (2+)x+
2+= 3, = 3 = 3, = 3,
A(1, 1, 0) = 3x+ 1 =(2x+ 1) +x = (2+)x+
2+= 3, = 1 = 1, = 1.
Matrica operatora A je jednaka
A=
1 3 1
3 3 1
.
8/11/2019 Operatori i Matrice
10/26
10
c) Odredicemo ker A = {(a,b,c) | A(a,b,c) =, 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 kerA = {(a, 2a, 2a) | a R}, pa je dim kerA = 1 i s obzirom najednakost
rang A + defA = dim R3
i dim R3 = 3, dobijamo rang A = 2.
6. Neka je u prostoruXzadata baza {e1, e2, e3} u kojoj operator A :X X imamatricu
A= 1 0 3
2 1 21 7 5
.Odrediti matricu operatoraA2 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.
8/11/2019 Operatori i Matrice
11/26
11
Matrica operatora A u bazi {f1, f2, f3} je
Af = 1 0 1
1 7 101 8 13
,a matrica operatora A2 je A2f, gde je
A2f =
1 0 11 7 10
1 8 13
1 0 11 7 10
1 8 13
=
2 8 1218 31 59
20 48 90
.
7. Dat je linearni operator A : R2 R2, A(a, b) = (b, a) (a, b R). Odreditimatrice operatoraA,A2 iA1 u prirodnoj bazi.
Resenje: Matrica operatora A jeA = [aij]22jer je dim R2 = 2. Za odredivanje
njenih 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 operatoraB= 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 A1 = A. Stoga je matricaoperatoraA1 jednakaA.
8. Dat je operator A : R3 R3,
A(a,b,c) = (2a+b+ 3c, 2b+c, 2c).
Odrediti matrice operatoraA iAn, n Nu prirodnoj bazi.
8/11/2019 Operatori i Matrice
12/26
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 operatoraAn, n Njeste An. Da bismo je odredili, uvedimo oznake
A= 2I+B,
gde su
I=
1 0 00 1 0
0 0 1
i B =
0 1 30 0 1
0 0 0
.
MatricaIkomutira sa svakom drugom matricom istog reda (dakle I B = BI=B),
tako za odredivanje stepena An mozemo koristiti Njutnovu binomnu formulu
An = (2I+B)n =n
k=0
n
k
(2I)nkBk =
nk=0
n
k
2nkBk. (0.4)
Odredimo stepene matriceB .
B2 =
0 1 30 0 1
0 0 0
0 1 30 0 1
0 0 0
=
0 0 10 0 0
0 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.
8/11/2019 Operatori i Matrice
13/26
13
Zamenom vrednosti matricaBk u (0.4), za n 2 dobijamo
An =n
k=0n
k2nkBk =
2
k=0n
k2nkBk
=
n
0
2nB0 +
n
1
2n1B+
n
2
2n2B2
= 2nI+n2n1B+n(n 1)
2 2n2B2
= 2n
1 0 00 1 0
0 0 1
+n2n1
0 1 30 0 1
0 0 0
+n(n 1)2n3
0 0 10 0 0
0 0 0
=
2n 0 00 2n 0
0 0 2n
+
0 n2n1 3n2n1
0 0 n2n1
0 0 0
+
0 0 n(n 1)2n3
0 0 0
0 0 0
=
2n n2n1 n(n 1)2n3 + 3n2n10 2n n2n1
0 0 2n
=
2n n2n1 n(n+ 11)2n30 2n n2n1
0 0 2n
.
9. Odrediti An (n N) ako je
A=2 0 0a 2 0
0 a 2
, a R.Resenje: Napisacemo matricu A u obliku zbira
A=
2 0 0a 2 0
0 a 2
=
2 0 00 2 0
0 0 2
+
0 0 0a 0 0
0 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 jeBk = 0, zak 3. Odredicemo
8/11/2019 Operatori i Matrice
14/26
14
B2 =
0 0 0a 0 00 a 0
0 0 0a 0 00 a 0
=
0 0 00 0 0
a2 0 0
.
Primenom binomne formule
(a+b)n =n
k=0
n
k
ankbk =
nk=0
n
k
akbnk,
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=0n
k(2I)nkBk
=
n
0
(2I)nB0 +
n
1
(2I)n1B1 +
n
2
(2I)n2B2 +
n
3
(2I)n3B3 +
=0
= (2)nI+n(2)n1B+n(n 1)
2 (2)n2B2
= (2)n
1 0 00 1 0
0 0 1
+n(2)n1
0 0 0a 0 0
0 a 0
+n(n 1)
2 (2)n2
0 0 00 0 0
a2 0 0
= (2)n 0 0
n(2)n1
a (2)n
0n(n1)2 (2)
n2a2 n(2)n1a (2)n , n N.
10.Naci An, n N, ako je
A=
1 1 00 1 1
0 0 1
.
Resenje: Napisacemo matricu A kao zbir dve matrice na sledeci nacin
A= 1 1 00 1 1
0 0 1= 1 0 00 1 0
0 0 1 + 0 1 00 0 1
0 0 0= I+B,pri cemu je matrica B nilpotentna, reda 3 i vazi Bk = 0, k 3. Racunamo
8/11/2019 Operatori i Matrice
15/26
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
InkBk
=
n
0
InB0 +
n
1
In1B1 +
n
2
In2B2 +
n
3
In3B3 +
=0
=I+nB+n(n 1)
2 B2
= 1 0 0
0 1 00 0 1
+n0 1 0
0 0 10 0 0
+ n(n 1)2 0 0 1
0 0 00 0 0
=
1 n n(n 1)/20 1 n
0 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 =M A dobijamo3 10 3
a bc d
=
a bc d
3 10 3
3a+c 3b+d
3c 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
8/11/2019 Operatori i Matrice
16/26
16
M=
a b0 a
, a, b R.
Odredicemo M
n
, n N
uz napomenu da je B = 0 b0 0 i da vazi B2 = 0:Mn = (aI+B)n =
nk=0
n
k
(aI)nkBk
=
n
0
(aI)nB0 +
n
1
(aI)n1B1 +
n
2
(aI)n2B2 +
=0
=anI+nan1B =
an nan1b0 an
.
12.Odrediti An, n N, ako je
A=
a b c0 a b
0 0 a
.
Rezultat:Imamo
An =
an nan1b nan1c+ n(n1)2 an2b2
0 an nan1b
0 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
8/11/2019 Operatori i Matrice
17/26
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 91 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
InkAk =
nk=0
n
k
Ak
= n0A0 + n1A1 + n2A2 + n3A3 + + nnAn.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)
2 A2
=
1 0 00 1 0
0 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 6n
n(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 0
a a a
(a R).
Resenje: Primetimo da jeA= aJ,gde jeJdonje trougaona matrica sastavljena
od jedinica
J=
1 0 01 1 0
1 1 1
,
8/11/2019 Operatori i Matrice
18/26
18
tj. matrica istog tipa kao i A za konkretnoa = 1. Zbog osobina mnozenja matricaskalarom (brojem), vazi
An =anJn.
Potrazimo Jn.I nacin: Njutnova binomna formula
J=
1 0 01 1 0
1 1 1
=
1 0 00 1 0
0 0 1
+
0 0 01 0 0
1 1 0
= I+B,
uz jasne oznake zaI iB.Kako jedinicna matricaIkomutira prilikom mnozenja sasvakom drugom matricom, to za izraz Jn = (I+ B)n mozemo koristiti Njutnovubinomnu formulu
(I+B)n =n
k=0n
kInkBk =
n
k=0n
kBk,
jer je Ink =I i I Bk =Bk. Ostaje jos da se odrede stepeni matrice B .
B2 =
0 0 01 0 0
1 1 0
0 0 01 0 0
1 1 0
=
0 0 00 0 0
1 0 0
,
B3 =B B2 =
0 0 01 0 0
1 1 0
0 0 00 0 0
1 0 0
=
0 0 00 0 0
0 0 0
= O.
Dakle, Bk =O za k 3. Tada
Jn = (I+B)n =n
k=0
n
k
Bk =
2k=0
n
k
Bk
jer su preostali sabirci binomne formule zak = 3, . . . , nnula matrice O.Konacno,
Jn =I+nB+n(n 1)
2 B2
=
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 0n(n+ 1)
2 n 1
,
8/11/2019 Operatori i Matrice
19/26
19
tj.
An =an
1 0 0n 1 0
n(n+ 1)
2 n 1
=
an 0 0nan an 0
n(n+ 1)
2 an nan an
. (0.5)
II nacin: Matematicka indukcija
J2 =
1 0 01 1 0
1 1 1
1 0 01 1 0
1 1 1
=
1 0 02 1 0
3 2 1
,
J3 =J2 J=
1 0 02 1 0
3 2 1
1 0 01 1 0
1 1 1
=
1 0 03 1 0
6 3 1
,
J4 =J3 J=1 0 03 1 0
6 3 1
1 0 01 1 01 1 1
= 1 0 04 1 010 4 1
.1
1 11 2 1
1 3 3 11 4 6 4 1
1 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)
2 n 1
. (0.6)Proverimo induktivnu hipotezu (0.6) zan + 1 :
Jn+1 =Jn J=
1 0 0n 1 0
n(n+ 1)
2 n 1
1 0 01 1 0
1 1 1
=
1 0 0n+ 1 1 0
n(n+ 1)
2 +n+ 1 n+ 1 1
=
1 0 0n+ 1 1 0(n+ 1)(n+ 2)2
n+ 1 1
= 1 0 0n+ 1 1 0n+ 2
2
n+ 1 1
.
8/11/2019 Operatori i Matrice
20/26
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).
15.Odrediti An (n N) ako je
A=
0 11 0
.
Resenje: I nacin: Uzastopnim mnozenjem matrice A dobija se
A2 =A A=
0 11 0
0 11 0
=
1 0
0 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 A
n (n N),
tj.
An =
an bncn dn
.
Tada je
An+1 =A An =
0 11 0
an bncn dn
=
cn dn
an bn
.
Imajuci u vidu da je
An+1 =
an+1 bn+1cn+1 dn+1
,
izjednacavanjem odgovara jucih elemenata dobijamo
an+1= cn, bn+1= dn, cn+1= an, dn+1= bn.
Posmatrajmo najpre jednakosti
8/11/2019 Operatori i Matrice
21/26
21
an+1= cn, cn+1= an.
One vaze za svaki prirodan broj n, pa se zamenom n san+ 1 u prvoj jednakosti,a zatim primenom druge jednakosti, dobija
an+2= cn+1 = an.
Prema tome, clanovi nizaanzadovoljavaju linearnu homogenu diferencnu jednacinudrugog reda sa konstantnim koeficijentima
an+2+an= 0.
Njena karakteristicna jednacina je kvadratna jednacina
2 + 1 = 0,
cija su resenja konjugovano kompleksni brojevi1,2= i= ei/2. Zato je resenjediferencne jednacine oblika
an= k1cosn
2 +k2sin
n
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 A
1 i A2 redom, imamo:
a1 = k1cos
2+k2sin
2 = 0,
a2 = k1cos2
2 +k2sin
2
2 = 1,
tj. k1= 1, k2= 0. Tako je
an= cosn
2 ,
cn= an1= cos(n 1)
2 = cos
n2
2
= sin
n
2 .
Elementebn 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
8/11/2019 Operatori i Matrice
22/26
22
bn+2+bn= 0.
Zato je
bn = k3cos
n
2 +k4sin
n
2 ,gde se konstantek3 ik4 odreduju na osnovu poznatih elemenata na mestu (1, 2) umatricama A1 i A2. Tako, za n = 1 i n = 2 imamo:
b1 = k3cos
2+k4sin
2 = 1,
b2 = k3cos2
2 +k4sin
2
2 = 0,
tj. k3= 0, k4= 1, pa je
bn= sinn
2 ,
dn= bn1= sin(n 1)
2 = sin
n2
2
= cos
n
2 .
Konacno, matrica An je
An =
cos
n
2 sin
n
2
sinn
2 cos
n
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+ 4dn3an+ 2cn 3bn+ 2dn
.
Imajuci u vidu da je
An+1 =
an+1 bn+1cn+1 dn+1
,
8/11/2019 Operatori i Matrice
23/26
8/11/2019 Operatori i Matrice
24/26
24
an= 3
75n +
4
7(2)n
i
cn= 14
(an+1 an) =14
37
(5n+1 5n
)+4
7
((2)n+1 (2)n
)=
3
7(5n (2)n).
Elementebn 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 konstantek3 ik4 odreduju na osnovu poznatih elemenata na mestu (1, 2) umatricama A0 i A1. Tako, za n = 0 i n = 1 imamo:
{ b0 = k350 +k4(2)0 = 0,b1 = k351 +k4(2)1 = 4 { k3+k4= 0,5k3 2k4= 4 k3=
4
7,
k4= 47
.
Sada je
bn=4
7
(5n (2)n
),
dn=1
4(bn+1 bn) =
4
75n +
3
7(2)n.
Konacno, za proizvoljno n Nvazi
An = 3
7
5n +4
7
(2)n 4
7(5n (2)n)
3
7
(5n (2)n
) 47
5n +3
7(2)n
= 17 3 5n + 4 (2)n 4 5n 4 (2)n)
3 5n 3 (2)n 4 5n + 3 (2)n .
8/11/2019 Operatori i Matrice
25/26
25
17.Odrediti An (n N) ako je
A= 4 21 3 .
Rezultat:Za proizvoljnon Nvazi
An =
1
3
(2 5n + 2n)
2
3
(5n 2n
)1
3
(5n 2n
) 13
(5n + 2n+1
) .
8/11/2019 Operatori i Matrice
26/26