Zadatak 001 (Tomislav, gimnazija) 5 2 4 1 , C = č 1 1 0 2

1

Zadatak 001 (Tomislav, gimnazija)

Zadane su kvadratne matrice A = 1 0

2 3

, B = 5 2

1 1

, C = 4 1

0 2

. Izračunajte (A + B) · C.

Rješenje 001

Pravokutna tablica oblika A =

...11 12 13 1

...21 22 23 2

... ... ... ... ...

...1 2 3

a a a an

a a a an

a a a amnm m m

kojoj su elementi najčešće realni ili

kompleksni brojevi naziva se matrica tipa m · n jer ima m redaka i n stupaca. Ako je broj redaka jednak broju

stupaca, m = n, matrica je kvadratna i kažemo da je n-tog reda. Element matrice označavamo s aij. Prvi

indeks i predstavlja redni broj retka, a drugi indeks j redni broj stupca.

Jednakost matrica

Za dvije matrice A i B kažemo da su jednake onda i samo onda, ako su istog tipa i ako je:

aij = bij

i = 1, 2, 3, ... , m

j = 1, 2, 3, ... , n.

Množenje skalara i matrice

Matrica A množi se skalarom λ tako da se svaki element matrice A pomnoži tim skalarom. Npr.

2 · 1 2

3 4

= 2 4

6 8

.

Zbrajanje matrica

Matrice možemo zbrajati onda i samo onda ako su istog tipa. Neka je tip A = m · n, tip B = m · n,

tada je A + B = C. Za element matrice C = ( cij ) vrijedi

aij + bij = cij,

i = 1, 2, 3, ... , m

j = 1, 2, 3, ... , n.

1 0 2

4 3 5

+ 1 7 3

2 5 1

−

−

= 0 7 5

6 2 6−

.

Množenje matrica

Za dvije matrice A i B kažemo da su ulančane ako je broj stupaca prve matrice A jednak broju redaka druge

matrice B.

Neka je tip A = m · n, tip B = n · p, tada je A · B = C . Tip C = m · p. Element matrice C = ( cij ) dobije se po

formuli:

cij = 1

n

ik kj

k

a b=

⋅∑

i = 1, 2, 3, ... , m

j = 1, 2, 3, ... , p.

1 4

3 2

· 5 1

6 7

= 5 6 1 71 4

53 2 3 1

1 4

726

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =

29 29

27 17

.

Nađimo rješenje našeg zadatka:

(A + B) · C = (1 0

2 3

+ 5 2

1 1

) · 4 1

0 2

= [najprije zbrojimo matrice u zagradi] =

2

= 6 2

3 4

· 4 1

0 2

= 6 4 2 0 6 1 2 2

3 4 4 0 3 1 4 2

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =

24 10

12 11

.

Vježba 001

Zadane su kvadratne matrice A = 0 1

2 1

, B = 3 4

5 0

, C = 2 1

1 3

. Izračunajte (A + B) · C.

Rezultat: 11 18

15 10

.

Zadatak 002 (Marija, Nina, Antonia, Armin, Ana, Jelena, Goran, ekonomski fakultet)

Nađi rang matrice

2 1 3 0 4

1 2 3 4 0.

3 1 0 4 4

1 3 6 4 4

A

−

− =

− −

Rješenje 002 Elementarne transformacije nad retcima matrice su:

zamjena dvaju redaka

Primjer

zamjenjujemo

prvi i treći redak

0 0 1 1 0 0

0 1 0 0 1 0 .

1 0 0 0 0 1

~ ~

množenje ili dijeljenje retka skalarom (brojem) različitim od nule

Primjer

drugi redak

dije

1 2 3 1 2 3

4 6 2 2 3 1 .

0 1 1 0 1 1limo 2

~ ~s

množenje jednog retka odabranim skalarom (brojem) i dodavanje nekom drugom retku

Primjer

prvi redak pomnožimo2 2 2

2 i dodajemo drug

1 3 1 1 3 1 1 3 1

2 1 0 2 1 0 0 5 2 .

0 0 1 0 0 1 0 0 1

1 3 1om

~ ~ ~s

− − −⋅ + ⋅ + ⋅ + − −−

Primjenom elementarnih transformacija moguće je matricu svesti na reducirani oblik koji je jedinstven. Tu

podrazumjevamo sljedeći oblik matrice:

Prvi ne-nul (koji nije nula) element (stožer) svakog retka iznosi 1. 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 r1 leži u stupcu s1, a stožer u retku r2 > r1, leži u stupcu s2, tada je s2 > s1.

Evo nekoliko primjera reduciranih formi:

0 1 0 5 01 0 3 1 2 0 1 1 0 0

0 0 1 4 00 1 2 , 0 0 1 2 , 0 1 0 , .

0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

Rang matrice je broj ne-nul redaka u reduciranom obliku matrice. Označavamo ga obično slovom r i pišemo

3

r(A) = r ili rang(A) = r.

2 1 3 0 4 2 1 3 0 4

1 prvi redak množimo s -1 drugi redak množimo s -1

i dodajemo trećem retku i dodajemo trećem

2 3 4 0 1 2 3 4 0

3 1 0 4 4 1 2 3 4 0

1 3 6 4 4 1 3 6

r u

4

et

4

k~ ~ ~ ~A

− −

− −=

−

− − − −

četvrti redak množimo s -1 prvi redak množimo s -1

i dodajemo prvom re

2 1 3 0 4 1 2 3 4 0

1 2 3 4 0 1 2 3 4 0~

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 3 6 4 4 1 3 6 4

tku i dodajemo drugom retku

4

~ ~ ~ ~

− −

− −

− − − −

1 2 3 4 0 1 2 3

zamjenjujemo drugi prvi redak množimo s -1

i četvrti redak i

4 0

0 0 0 0 0 1 3 6 4 4~ ~ ~ ~ ~

0 0 0 0 0 0 dodajemo drugom red0 0 0 0

1 3 6 4 4 0 0 0 0

a

0

k

− −

− −

− −

1 2 3 4 0 1 2 3 4 0

0 5 9 8 4 0 5 9 8 4~ ~ ~

drugi redak drugi redak

množimo s -1~ ~

0 dijelimo s50 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

− −

− − − −

1 0

drugi redak množimo0 1

2i do

3 4 81 2 3 4

dajemo prvom

0

05 5 5

9 8 49 8 40 1

~ ~ ~ .5 5 55 5 5

0 0 0 0 0

0 00 0 0 0

0 0 0 0 00 0 0

s

−

−−

−

−−

Rang matrice je: r(A) = 2.

Vježba 002

Nađi rang matrice

1 3 6

2 6 12

1 0 1

A =

.

Rezultat: rang(A) = 2

Zadatak 003 (Marija, Nina, Antonia, Armin, Ana, Jelena, Goran, ekonomski fakultet)

Odredi inverz matrice

1 2 3

2 3 6 .

3 6 10

A = − − −

Rješenje 003

Elementarne transformacije nad retcima matrice su:


Primjer

zamjenjujemo

prvi i treći redak

0 0 1 1 0 0

0 1 0 ~ ~ 0 1 0 .

1 0 0 0 0 1


4

Primjer

drugi redak

dije

1 2 3 1 2 3

4 6 2 ~ ~ 2 3 1 .

0 1 1 0 1 1limo 2s


Primjer


2 i dodajemo drug

1 3 1 1 3 1 1 3 1

2 1 0 ~ ~ 2 1 0 ~ 0 5 2 .

0 0 1 0 0om

1 0 0 1

1 3 1s

− − −⋅ + ⋅ + ⋅ + − −−






ne-nul element.




0 1 0 5 01 0 3 1 2 0 1 1 0 0

0 0 1 4 00 1 2 , 0 0 1 2 , 0 1 0 , .

0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

Za kvadratnu matricu A kažemo da je regularna ako postoji matrica, označavamo je s A-1, za koju vrijedi

A · A-1 = A-1 · A = I. Matricu A-1 nazivamo inverzna matrica. Čitav se postupak traženja inverzne matrice

sprovodi na proširenoj matrici koja se sastoji u lijevom dijelu od matrice A, a u desnom od jedinične matrice

I. Elementarnim transformacijama se na koncu postupka s desne nalazi upravo tražena inverzna matrica, a s

lijeve strane jedinična matrica.

[A, I] ~ [I, A-1].

Računamo:

1 2 3 1 0 0 1 2 3 1 0 0

2 3 6 0 1 0 ~ ~ 0 1 0 2 1 0 ~ ~

3 6 10 0 0 1 3 6 10

prvi

0 0 1

redak množimo prvi redak množimo

s 2 i dodajemo drugom s -3 i dodajemo trećem− − −

| |

| |

| |

1 2 3 1 0 0 1 0 3 3 2 0

~ 0 1 0 2 1 0 ~ ~ 0 1drugi redak množimo treći redak množimo

s -2 i dodajemo prvo0 2 1 0

m s -3~ ~

0 0 1 3 0 1 0 0 1 3 0i dodajemo prvom

1

− −

− −

| |

| |

| |

6 2 3 6 2 31

~ 2 1 0 2 1 0 .

3 0 1 3 0

1 0 0

0 1 0

0 0 1 1

A

− − − −−⇒ =

− −

|

|

|

Vježba 003

Odredi inverz matrice

3 1 1

1 0 1 .

2 2 3

A

− −

=

−

Rezultat:

2 5 11

5 11 2 .

2 4 1

A

−−

= −

− −

5

Zadatak 004 (Anita, gimnazija)

Izračunaj nepoznatu matricu X:

1 2 3 4.

3 4 1 5X

−⋅ =

−

Rješenje 004

Jednakost A · X = B za 1 2 3 4

, ,3 4 1 5

A B−

= =−

množimo slijeva inverznom matricom A-1

(A je regularna) pa imamo:

A · X = B => A-1 · A · X = A-1 · B => X = A-1 · B.

Najprije računamo A-1. Iz proširene matrice [ A │ I ] elementarnim transformacijama nad retcima trebamo

dobiti oblik [ I │ A-1 ]:

prvi redak množimo s drugi redak

3 i dodajemo drugom dijelimo s10

1 2 1 0 1 2 1 0~ ~ ~ ~

3 4 1 0 10 1

− −

−−

|

|0 3

|

|

drugi redak množimo

s 2 i dod

2 11

a

2 1 0 1 05 5

~jemo p

~ ~ .3 13 10 1

0 110 1010 10

rvom

−

−−

| |

||

Dobili smo:

1iz svih elemenata matrice izlučimo

2 1

4 215 51.

3 1 3 110

10 10

10A

−= = = ⋅

−−

Sada je:

( )( )

4 3 2 1 4 4 2 54 2 3 4 10 261 1 11.

3 3 1 1 3 4 1 53 1 1 5 10 710 10 10X A B

⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅−= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅

− ⋅ + ⋅ − − ⋅ + ⋅− − − −

Vježba 004

Izračunaj nepoznatu matricu X: 3 1 1 2

.2 4 1 2

X ⋅ =− −

Rezultat:

Jednakost X · A = B za 3 1 1 2

, ,2 4 1 2

A B= =− −

množimo zdesna inverznom matricom A-1

(A je regularna) pa imamo:

X · A = B => X · A · A-1 = B · A-1 => X = B · A-1

0 51.

0 510X = ⋅

−

Zadatak 005 (Silvio, šumarski fakultet)

Izračunaj determinantu:

0 1 3

2 3 5 .

3 5 7

Rješenje 005

Determinanta trećeg reda ima oblik:

6

11 12 13

21 22 23

31 32 33

.

a a a

a a a

a a a

Specijalno se za računanje determinante trećeg reda rabi Sarrusovo pravilo:

• prva dva stupca prepišu se iza trećeg stupca

11 12 13

21 22 23

31 32

11 1

3

2

21 22

33 1 32

a aa a

a a

a

a

a

a a a a

a a

• množe se po tri broja koja se nalaze na istovrsnim dijagonalama, ali pri tome padajuće dijagonale

nose pozitivan predznak, a rastuće negativan predznak

11 12 13 11 12

,21 22 23 21 22

31 32 33 31 32

a a a a a

a a a a a

a a a a a

+ + +

− − −

( ) ( )11 22 33 12 23 31 13 31 22 13 32 23 11 33 21 121.

32 2a a a a a a a aa a a a a a aa a a= −⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⋅

Sada je:

0 1 3 0 10 1 3

2 3 5 2 32 3 5

3 5 7 3 53 5 7

− −

=

−

+ + +

=

( ) ( ) ( ) ( )15 30 273 3 3 5 5 0 7 20 3 7 1 5 3 3 14 45 41 4.5 12 ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅= − = + − =⋅ −+ ⋅ + =⋅

Vježba 005

Izračunaj determinantu:

1 2 3

2 3 4 .

3 4 5

Rezultat: ( ) ( )

1 2 3 1 21 2 3

2 3 4 2 3 63 63 0.2 3 4

3 4 4 3

2715 24 16 20

43

24

4 5

+

+ + +

+= = − = −+

− −

=

−

+

Zadatak 006 (Tanja, Tina, gimnazija)

Riješite sustav:

61 2 3 4

2 71 2 3 4

3 61 2 3 4

4 6.1 2 3 4

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

+ + + =

+ + + =

+ + + =

+ + + =

Rješenje 006

7

prvi redak pomnožimo s -1

i pribrojimo drugom ret

1 1 1 1 | 6 1 1 1 1 | 6

1 2 1 1 | 7 0 1 0 0 | 1~ ~

1 1 3 1 | 10 1 1 3 1 | 10

1 1 1 4 | 1

ku

5 1 1 1 4 | 15

=


i pribrojimo trećem retku

1 1 1 1 | 6 1 1 1 1 | 6

0 1 0 0 | 1 0 1 0 0 | 1~ ~

1 1 3 1 | 10 0 0 2 0 | 4

1 1 1 4 | 15 1 1 1 4 | 15

= =


i pribrojimo četvrtom retku

1 1 1 1 | 6 1 1 1 1 | 6

0 1 0 0 | 1 0 1 0 0 | 1~ ~

0 0 2 0 | 4 0 0 2 0 | 4

1 1 1 4 | 15 0 0 0 3 | 9

= =

treći redak podijelimo s 2,

četvrti redak podije

1 1 1 1 | 6 1 1 1 1 | 6

0 1 0 0 | 1 0 1 0 0 | 1~ ~

0 0 2 0 | 4 0 0 1 0 | 2

0 0 0 3 | 9 0 0 0 1 | 3

limo s 3= =

četvrti redak pomnožimo s

1 i pribrojimo prvom retku

1 1 1 1 | 6 1 1 1 0 | 3

0 1 0 0 | 1 0 1 0 0 | 1~ ~

0 0 1 0 | 2 0 0 1 0 | 2

0 0 0 1 | 3 0 0 0 1 | 3

= =−

treći redak pomnožimo s 1

i pribrojimo prvom retku

1 1 1 0 | 3 1 1 0 0 | 1

0 1 0 0 | 1 0 1 0 0 | 1~ ~

0 0 1 0 | 2 0 0 1 0 | 2

0 0 0 1 | 3 0 0 0 1 | 3

−= =

1

drugi redak pomnožimo s 1 1

1i pribrojimo prvom r

1 1 0 0 | 1 0 0 0 | 0

0 1 0 0 | 1 0 0 0 | 1~ ~ .

0 0 1 0 | 2 0 0 0 | 2

0 0 0 1 | 3 0

etku

10 0 | 3

−=

Sada je:

0 , 1 , 2 , 3.1 2 3 4

x x x x= = = =

Vježba 006

Riješite sustav:

41 2 3 4

2 51 2 3 4

3 61 2 3 4

4 7.1 2 3 4

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

+ + + =

+ + + =

+ + + =

+ + + =

Rezultat: 1.1 2 3 4

x x x x= = = =

8

Zadatak 007 (Anamarijina sestra, studentica)

Riješite sustav jednadžbi Gaussovom metodom:

3 2 01 2

2 2 21 3

3 6.2 3

x x

x x

x x

⋅ − ⋅ =

⋅ − ⋅ = −

+ ⋅ =

Rješenje 007

drugi r3 2 0 03 2 0 3 2 0 | 01 2 31 2

2 2 2 2 0 2 2 2 0 2 | 2 ~ ~1 3 1

edak podijelimo

2 30 1 3 | 63 6 0 1 3 6

brojem

2 3 1 2 3

2

x x xx x

x x x x x

x x x x x

⋅ − ⋅ + ⋅ =⋅ − ⋅ = − ⋅ − ⋅ = − ⇒ ⋅ + ⋅ − ⋅ = − ⇒ − −

+ ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ =

3 2 0 | 0 1 0 1 | 1

~ 1 0 1 | 1 ~ ~ 3 2 0 | 0 ~ ~

0 1 3 |

zamijenimo prvi redak pomnožimo brojem

prvi i drugi redak 3 i pribrojimo drugom retk6 0 1 3

u| 6

− − −

− − −

−

1 0 1 | 1 1 0 1 | 1

~ 0 2 3 | 3 ~ ~ 0 1 3 | 6 ~ ~

0 1 3 | 6 0 2

zamijenimo drugi redak pomnožimo brojem

drugi i treći redak 2 i pribrojimo trećem ret3 |

k3

u

− − − −

− −

1 0 1 | 1 1 0treći redak

podijelimo

1 | 1 1 0 1 | 1

~ 0 1 3 | 6 ~ ~ 0 1 3 | 6 ~ 0 1 3 | 6 ~

0 0 9 | 15 15 50 0 1 |

bro

0

jem

0 1 |9 3

9

− − − − − −

treći redak pribrojimo

prvom ret~

ku~

1 2 3

treći redak pomnožimo brojem

3 i pribrojimo drugom retku

2 21 0 0 | 1 0 0 | 2

3 3 1 0 0 |3~ 0 1 3 | 6 ~ ~ 0 1 0 | 1 ~

0 1 0 | 15 5

0 0 1 | 0 0 1 | 53 3 0 0 1 |

3

x x x

⇒

−

( ) 2 5, , , 1, .

1 2 3 3 3x x x

⇒ =

Vježba 007

Riješite sustav jednadžbi:

3 2 01 2

2 2 21 3

3 6.2 3

x x

x x

x x

⋅ − ⋅ =

⋅ − ⋅ =

+ ⋅ =

Rezultat: ( ) ( ), , 2, 3, 1 .1 2 3

x x x =

9


Izračunajte determinantu reda n:

0 0 ... 0 0

0 0 ... 0 0

... .

0 0 0 ... 0

0 0 ... 0 0

a

a

a

a

Rješenje 008

Ponovimo!

(Laplaceov razvoj)

Determinanta matrice reda n dobije se pomoću determinanti reda n – 1 tako da se zbroje (ili oduzmu)

produkti elemenata nekog retka ili stupca s determinantama matrice koje se dobiju uklanjanjem retka i stupca

u kojem se taj element nalazi. Piše se na dva načina:

• ( ) rastav po i-tom retkudet 1 , .1

n i jA a Mij ij

j

+= − ⋅ ⋅∑

=

Na primjer, rastav determinante matrice reda 3 po prvom retku:

det21 22 23

31 32

1

3

31 2 1

3

1

A a a a

a a a

a aa = =

( ) ( ) ( )1 1 1 2 1 322 23 21 23 21

122

1 1 1

31 321

32 33 31

132

331

a a a a a a

a aa a aa

aaa

+ + += − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ =

( ) ( ) ( )2 3 422 23 21 23 21 22

11 1

111

31 3232 33 31 33312

a a a a a a

a aa a aa aa

a

= − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ =

22 23 21 23 21 22.

31 3232 33 31 3311 12 13

a a a a a a

a aa a a aaaa

= ⋅ − ⋅ + ⋅

• ( ) rastav po j-tom stupcudet 1 , .1

n i jA a Mij ij

i

+= − ⋅ ⋅∑

=

Na primjer, rastav determinante matrice reda 3 po prvom stupcu:

12 13

det22 23

32 331

1

2

1

3

1

a a

A a a

a a

a

a

a = =

( ) ( ) ( )1 1 2 1 3 122 23 12 13 12

113

1 1 1

32 33 32 33 22 2311 321

a a a a a a

a a a a aaa

aa

+ + += − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ =

( ) ( ) ( )2 3 422 23 12 13 12 1

113

1 1 1

32 33 32 33 22 231 312

a a a a a a

a a a a a aa aa

= − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ =

22 23 12 13 12 13.

32 33 3221

33 21

21 3

21

3

a a a a a a

a a a a aa

aaa

= ⋅ − ⋅ + ⋅

Mij je minor elementa aij. To je determinanta matrice reda n – 1 u kojoj se ne nalazi i – ti redak niti j – ti

stupac početne matrice.

Determinantu rastavljamo po prvom stupcu jer su svi elementi nule, osim zadnjeg:

10

( ) ( ) ( )

0 ... 0 00 ... 0 0 0 ... 0 0 0 ... 0 0

0 ... 0 0... ... 0 ... 0 01 1 2 1 1

... 1 1 ... 10 0 ... 0 0 0 ... 0 ...

0 0 ... 00 0 ... 0 0 0 0 ... 0 0 0 0 ... 0

0 0 ... 0 0

0

0

0 0

0

aa a a

aan

a aa

a

aa

+ + + = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + + − ⋅ ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( )

determinantu

reda n 1 sveli

smo na

trokutastu formu

0 ... 0 0

0 ... 0 01 1 1 11 1 11 1 1 1 .

...

0 0 ... 0

a

an n n nn n na a a a

a

a

+ + + +− + − = − ⋅ ⋅ = = − ⋅ ⋅ = − ⋅ = −−

⋅

Vježba 008

Izračunajte determinantu reda n:

0 1 0 ... 0 0

0 0 1 ... 0 0

... .

0 0 0 ... 0 1

1 0 0 ... 0 0

Rezultat: ( )1

1 .n +

−


U ovisnosti o parametru Rλ ∈ nađite rang matrice:

1 1 4 3

4 10 1.

7 17 3 1

2 4 3 2

Aλ

=

Rješenje 009



Primjer

zamjenjujemo

prvi i treći redak

0 0 1 1 0 0

0 1 0 ~ ~ 0 1 0 .

1 0 0 0 0 1


Primjer

drugi redak

dijelimo brojem 2

1 2 3 1 2 3

4 6 2 ~ ~ 2 3 1 .

0 1 1 0 1 1


Primjer

prvi redak pomnožimo

2 2 22 i dodajemo drug

1 3 1 1 3 1 1 3 1

2 1 0 ~ ~ 2 1 0 ~ 0 5 2 .

0 0 1 0 0om

1 0 0 1

1 3 1s

− − −⋅ + ⋅ + ⋅ + − −−





11


ne-nul element.




0 1 0 5 01 0 3 1 2 0 1 1 0 0

0 0 1 4 00 1 2 , 0 0 1 2 , 0 1 0 , .

0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

Rang matrice je broj ne-nul redaka u reduciranom obliku matrice. Označavamo ga obično slovom r i pišemo

r(A) = r ili rang(A) = r.

1 1 4 3 1 1 4 3

4 10 1 0 6prvi redak množimo prvi redak množimo

brojem 4 i pribrajamo brojem 7 i pribrajamo

drugo

15 12

7 17 3 1 7 17 3 1

2 4 3 2 2 4m retku trećem retku

3 2

λ λ

− − − −

∼ ∼ ∼ ∼

prvi redak množimotreći redak podijelimo

brojem 2 i pribrajamobrojem 5

četvrtom retku

1 1 4 3 1 1 4 3

0 6 15 12 0 6 15 12

0 10 25 20 0 10 25 20

2 4 3 2 0 2 5 4

λ λ

− − − − − − − − − −

−∼ ∼ ∼ ∼ ∼

treći redak množimozamijenimo drugi i

brojem 1 i pribrojimotreći redak

četvrtom re

1 1 4 3 1 1 4 3

0 6 15 12 0 6 15 12

0 2 5 4 0 2 5 4

0 2 5 4 0 0tku

0 0

λ λ

− − − − − − − − − −

−

∼ ∼ ∼ ∼ ∼

drugi redak množimodrugi redak podijelimo

brojem 3 i pribrajamobrojem 2

trećem re

1 1 4 3 1 1 4 3

0 2 5 4 0 2 5 4

0 6 15 12 0 0 0

0tku

0 0 0 0 0 0 0

λ λ

− − − − − −

−∼ ∼ ∼ ∼ ∼

drugi redak množimo

brojem 1 i pribrojimo

prvom retku

131 1 4 3 1 0 5

25

50 1 20 1 2 .2

20 0 0

0 0 00 0 0 0

0 0 0 0

λλ

− − − −

−∼ ∼ ∼

Iz dobivenog reduciranog oblika slijedi:

• ako je λ = 0, tada je r(A) = 2

• ako je λ ≠ 0, tada je r(A) = 3.

Vježba 009

U ovisnosti o parametru Rα ∈ nađite rang matrice:

3 6 9

4 8 12 .

2 7

A

α

=

Rezultat: r(A) = 2, neovisno o vrijednosti parametra α.

12


Riješite sustav Gaussovom metodom eliminacije:

3 4

2 3 5

2 6.

x y z

x y z

x y z

+ ⋅ − = −

− + ⋅ + ⋅ = ⋅ + + =

Rješenje 010 Linearni sustav od m jednadžbi s n nepoznanica zapisujemo u obliku:

... ,11 1 12 2 13 3 1 1

... ,21 1 22 2 23 3 2 2

...

... .1 1 2 2 3 3

a x a x a x a x bnn

a x a x a x a x bnn

a x a x a x a x bmn n mm m m

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ =

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ =

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ =

Koeficijenti aij i slobodni članovi bi su zadani realni brojevi, a x1, x2, …, xn nepoznanice sustava. Rješenje

ovog sustava je svaka n – torka (x1, x2, …, xn) koja uvrštena u zadani sustav identički zadovoljava sve

jednadžbe. Linearni sustav možemo predočiti u obliku proširene matrice sustava:

...11 12 13 1 1

...21 22 23 2 2 .

...

...

|

1 2 3

|

|

a a a a bn

a a a a bn

a a a a bmn mm m m

Pomoću elementarnih transformacija sustav se svede na ekvivalentan u kojemu matrica ima reducirani oblik.



Primjer

zamjenjujemo

prvi i treći redak

0 0 1 1 0 0

0 1 0 ~ ~ 0 1 0 .

1 0 0 0 0 1


Primjer

drugi redak

dijelimo brojem 2

1 2 3 1 2 3

4 6 2 ~ ~ 2 3 1 .

0 1 1 0 1 1


Primjer


2 i dodajemo drug

1 3 1 1 3 1 1 3 1

2 1 0 ~ ~ 2 1 0 ~ 0 5 2 .

0 0 1 0 0om

1 0 0 1

1 3 1s

− − −⋅ + ⋅ + ⋅ + − −−


podrazumijevamo sljedeći oblik matrice:




ne-nul element.




13

0 1 0 5 01 0 3 1 2 0 1 1 0 0

0 0 1 4 00 1 2 , 0 0 1 2 , 0 1 0 , .

0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

Transformacije se primjenjuju na proširenoj matrici sustava. Rješenje sustava postojat će ako matrica i

proširena matrica sustava imaju isti rang.

Najprije napišemo proširenu matricu sustava i pomoću elementarnih transformacija svedemo na

reducirani oblik:

1 3 1 4 1 3 1 4

1 2 3 5 ~ ~ 0 5 2

| | prvi redak množimoprvi redak pribrajamo

| | brojem 2 i pribrajamodrugom retku

| | trećem retk

1 ~ ~

2 1 6 2 1 6 u1 1

− − − −

−

−

| |drugi redak pribrojimo treći redak podijelimo

| |trećem retk

1 3 1 4 1 3 1 4

~ 0 5 2 1 ~ ~ 0 5 2 1 ~ ~

0 5 3 14 0 0 5 1 5u brojem 5

| |

− − − − −

| treći redak pomnožimo |drugi redak podijelimo

| brojem 2 i pribrojimo |brojem 5

| drugom retk

1 3 1 4 1 3 1 4

~ 0 5 2 1 ~ ~ 0 5 0

u |

5 ~ ~

0 0 1 3 0 0 1 3

− − − −

−

−

| | drugi redak pomnožimotreći redak pribrojimo

| | brojem 3 i pribrojimoprvom retku

| | prvom r

1 3 1 4 1 3 0 1

~ 0 1 0 1 ~ ~ 0 1 0 1 ~ ~

0 0 1 3 0 0 1 3 etku

− − −

− −

−

1 0 0 2

~ 0 1 0 1 .

0 0 1

|

|

| 3

−

Matricu A sveli smo na reducirani oblik. Budući da je rang matrice A jednak rangu proširene matrice (iznosi

3), rješenje sustava čitamo direktno iz reduciranog oblika:

x = 2, y = – 1, z = 3.

Vježba 010

Riješite sustav Gaussovom metodom eliminacije:

{ 2 3 3 , 2 2 , 2 3 , 2 12 1.x y z x z x y z x y z+ ⋅ + ⋅ = − ⋅ + = − + ⋅ − = − + ⋅ + ⋅ =

Rezultat: x = 1, y = 1, z = 0. Naputak:

1 2 3 3 1 2 3 3

2 0 1 2 0 4 7 4~ ... ~ ~ ~

| |

| | posljednji redak m

1 2 1 3

atrice, ispunjen

| | nulama,0 0 1 0

1 2 1

ne moramo prepisivati

| |0 0 02 01

− − −

−

1 2 3 3 1 0 0 1 1

~ 0 4 7 4 ~ ... ~ 0 1 0 1 1 .

0 0

| |

|

1 0 0 0 1 0 0

|

| |

x

y

z

= ⇒ = =

Zadatak 011 (Nataša, studentica)

Za koji realni broj x će matrica

1 4 0

2 1

5 1 4

xA

=

imati inverznu matricu?

Rješenje 011

14

Ponovimo!

Kvadratna matrica (ima jednaki broj redaka i stupaca) čija je determinanta različita od nule naziva se

regularnom matricom. Regularna kvadratna matrica ima inverznu matricu.

Dakle, da bi matrica

1 4 0

2 1

5 1 4

xA

=

imala inverznu matricu njezina determinanta mora biti različita od nule:

det 0.A ≠

Determinantu matrice A izračunamo pomoću Sarrusova pravila (pogledati Zadatak 005):

1 4 0 1 41 4 0

det 2 1 22 1

5 1 4 5 15 1 4

A x xx= =

− − −

+ + +

=

( ) ( ) ( ) ( )5 4 20 1 32 40 21 1 1 4 2 0 1 32 4 11 4 4 1 5 0 3.1 42 x x xx x⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= − = ⋅ + − + = ⋅ + − − = ⋅ −

Determinanta je jednaka nuli za

134 13 0 4 13 .

4x x x⋅ − = ⇒ ⋅ = ⇒ =

Znači za sve realne brojeve različite od 13

4 matrica A imat će inverznu matricu.

Vježba 011

Za koji realni broj x matrica

1 4 0

2 1

5 1 4

xA

=

neće imati inverznu matricu?

Rezultat: 13

.4

x =

Zadatak 012 (Ivana, studentica)

Dokažite da je

2 2 31

2 2 31 .

2 2 31

b c a a a a

c a b b b b

a b c c c c

⋅

⋅ =

⋅

Rješenje 012

Determinanta se množi ili dijeli nekim brojem k ≠ 0, ako se tim brojem pomnože ili podijele svi

elementi jednog retka ili jednog stupca:

11 12 13 11 12 13 11 12 13

.21 22 23 21 22 23 21 22 23

31 32 33 31 32 33 31 32 33

a a a k k k k

k k

a a a a a a

a a a a a a a a a

a a a a a a ak a a

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ = = ⋅

⋅


11 12 13

21 22 23

31 32 33

.

a a a

a a a

a a a



15

11 12 13

21 22 23

31 32

11 1

3

2

21 22

33 1 32

a aa a

a a

a

a

a

a a a a

a a



11 12 13 11 12

,21 22 23 21 22

31 32 33 31 32

a a a a a

a a a a a

a a a a a

+ + +

− − −

( ) ( )11 22 33 12 23 31 13 31 22 13 32 23 11 33 21 121.


1.inačica

prvi redak pomnožimo sa a

drugi redak pomnožimo sa

treći redak pomnožimo sa c

2 2 3 2 3

1 1 1 12 2 3 2 3

2 2 3 2 3

b c a a a b c a a a b c a a

c a b b a b c b b a b c b ba b c a b c

a b c c a b c c c a b c

b

c c

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

2 3 2 31 1

1 2 3 2 31 1 .

2 3

iz prvog stupca izlučimo

zajednič2 3

1

ki fak

1

tor

a a a a

b b ba b ca b c a

b

c

b

c

c

c c

= = ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

2.inačica

Treba dokazati:

2 2 31

2 2 31 .

2 2 31

b c a a a a

c a b b b b

a b c c c c

⋅

⋅ =

⋅

Obje determinante izračunamo po Sarrusovom pravilu i usporedimo rezultate.

•

2 2

2 2

2 2

b c a a b c a a b c a

c a b b c a bc a b b

a b ca b c c a b c c

−

⋅ ⋅ ⋅

⋅ = ⋅

+

=⋅

⋅⋅

− −

+ +

⋅

( ) ( )2 3 2 3 2 2 3 23 33 2a b c b ab a b c a cc= −⋅ + ⋅ + + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

( )2 3 2 3 2 3 3 2 2 3 2 3

. 1b c a b c a a b c b a c= ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅

16

•

2 3 22 31 11

2 3 22 31 11

2 3 22 31 11

a a aa a

b b bb b

c c cc c

− −

+

−

=

+ +

=

( ) ( )2 3 2 3 2 2 3 23 33 2a b c b ab a b c a cc= −⋅ + ⋅ + + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

( )2 3 2 3 2 3 3 2 2 3 2 3

. 2b c a b c a a b c b a c= ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅

Iz (1) i (2) slijedi jednakost.

Vježba 012

Dokažite da je

2 31

2 31 0.

3 21

a a a

a a a

a a a

+

+ =

+

Rezultat: Tvrdnja točna.

Zadatak 013 (Ptičica, studentica)

Napišite antisimetričnu matricu A trećeg reda s elementima aij za koju vrijedi da je a21 = x, a31 = – 1,

a32 = – x. Izračunajte parametar x R∈ takav da je det A = 0.

Rješenje 013

Ponovimo!

Zamjenom u matrici A = (aij), redaka odgovarajućim stupcima, dobije se transponirana matrica AT = (aji).

Ako je matrica A tipa m · n, onda je njezina transponirana matrica AT tipa n · m. Ako je A kvadratna matrica

(ima jednak broj redaka i stupaca), onda je njezina determinanta jednaka determinanti transponirane matrice

AT:

det A = det AT. (1)

Kvadratna matrica A je antisimetrična ako je jednaka negativnoj transponiranoj matrici AT, tj.

A = – AT.

Za njihove determinante vrijedi jednakost:

det A = – det AT. (2)

Kod antisimetrične matrice elementi na glavnoj dijagonali jednaki su nuli (aii = 0, i = 1, 2, 3, …, n).

Antisimetrična matrica trećeg reda je, na primjer

0 1 3

1 0 2 .

3 2 0

A

= − − −

Tvrdnja: Determinanta antisimetrične matrice jednaka je nuli.

Dokaz: Neka je A antisimetrična matrica. Zbog (1) i (2) slijedi

zbrojimo/: 2

jednakos

det det2 det 0 det 0. Dokaz gotov. ( . . .)

det det ti

TA A

A A Q E DT

A A

= ⇒ ⇒ ⋅ = ⇒ =

= −

Napišimo zadanu antisimetričnu matricu trećeg reda. Zadani elementi su:

a21 = x, a31 = – 1, a32 = – x.

Ostali elementi iznose:

a11 = 0, a12 = – a21 = – x, a13 = – a31 = 1, a22 = 0, a23 = – a32 = x, a33 = 0.

Matrica glasi:

17

0 1

0 .

1 0

x

A x x

x

−

= − −

1.inačica

Budući da je determinanta antisimetrične matrice jednaka nuli, znači da x može biti bilo koji realan broj, .x R∈

2.inačica

Tražimo x realan broj za koji vrijedi det A = 0:

0 1

0 0.

1 0

x

x x

x

−

=

− −

Uporabit ćemo Sarrusovo pravilo koje se specijalno koristi za računanje determinante trećeg reda.

Pogledati Zadatak 012.

0

0

1

0 1 0 1

0 0 0 0

1 0 1 0

x x

x x x x

x

x

x

xx

−

−

− −

= ⇒ = ⇒

− − −− −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0x x x x x x x x⇒ ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − − − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = ⇒

( ) ( )0 0 0 0 0 0 0 0 0 0.2 2

x x⇒ − + + = ⇒ − = ⇒ =+ −

Dobili smo identitet, što znači da x može biti bilo koji realan broj, .x R∈

Vježba 013

Napišite antisimetričnu matricu A trećeg reda s elementima aij za koju vrijedi da je a21 = x, a31 = 1,

a32 = – x. Izračunajte parametar x R∈ takav da je det A = 0.

Rezultat: .x R∈

Zadatak 014 (Ivana, studentica)

Riješi sustav jednadžbi Cramerovom metodom:

6

2 3 .

2 7

x y z

y z

x z

+ + =

⋅ − = ⋅ + =

Rješenje 014

Ponovimo!

Sustav od tri linearne jednadžbe s tri nepoznanice, obično se te nepoznanice označavaju s x, y i z, vrlo

elegantno rješava se pomoću Cramerova pravila. Neka sustav ima oblik

11 12 13 1

. (1)21 22 23 2

31 32 33 3

a x a y a z b

a x a y a z b

a x a y a z b

⋅ + ⋅ + ⋅ =

⋅ + ⋅ + ⋅ =

⋅ + ⋅ + ⋅ =

Najprije napišemo determinantu sustava (nju čine koeficijenti uz nepoznanice x, y i z):

Sada tražimo tri determinante:

• Dx je determinanta dobivena iz determinante D tako da se prvi stupac a11, a21, a31 zamijeni stupcem

b1, b2, b3.

11 12 13

.21 22 23

31 32 33

a a a

D a a a

a a a

=

18

• Dy je determinanta dobivena iz determinante D tako da se drugi stupac a12, a22, a32 zamijeni stupcem

b1, b2, b3.

• Dz je determinanta dobivena iz determinante D tako da se treći stupac a13, a23, a33 zamijeni stupcem

b1, b2, b3.

Rješenje sustava (1) je dano sa

, , . (2)DD Dyx zx y z

D D D= = =

Formule (2) zovu se Cramerovo pravilo za rješavanje sustava.

Rješavamo zadani sustav.

1 1 1 računamouočimo koeficijente

0 2 1 determinantuuz nepozn

6 6

2 3 3

2anice , i

2 0 1 sustava7 ,7

x y z x y z

y z x yx y z

z

x z x z Dy

+ + = ⋅ + ⋅ + ⋅ =

⋅ − = ⇒ ⇒ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⇒ ⇒ ⋅ + = ⋅ + ⋅ + ⋅ =

−

1 1Sarrusovo pravilo!

0 2Pogleda Zadatak 012ti

2

1 1 1 1 1 1

0 2 1 0 2 1

2 0 2 0 1 01

D

⇒ = − = = − =

( )( ) ( )( ) ( ) ( )1 2 1 1 1 2 1 0 0 2 2 1 0 1 1 1 0 1 2 2 0 4 0 0 0 4 4.= ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ = − + − + + = − = −

Sada računamo tri determinante Dx, Dy, Dz:

•

6 6 1Sarrusovo pravilo!

Z

1 1 6 1 1 6 1 1

2 1 3adatak 012

2 1 3 2 1

0 1

3 3 2Pogledati

7 77 0 1 7 0 01

D Dx x

= − ⇒ = − = = − =

( )( ) ( )( ) ( ) ( )6 2 1 1 1 7 1 3 0 7 2 1 0 1 6 1 3 1 12 7 0 14 0 3 5 17 12.= ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ = − + − + + = − = −

•


Z

1 1 1 6 1 1 6 1

0 1 0adatak 012

3 1 0 3 1

2 1

3 0 3Pogledati

7 2 7 1 2 7 1 2 7

D Dy y

= − ⇒ = − = = − =

( )( ) ( )( )1 3 1 6 1 2 1 0 7 2 3 1 7 1 1 1 0 6= ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ =

( ) ( ) ( )3 12 0 6 7 0 9 1 9 1 8.= − + − − + = − − − = − + = −

•


Za

1 1 1 1 6 1 1 6

0 2 0 2 3datak 01

3 0 2Pogledati

7 2 0

0 2 3

2 0 2 0 72

2 0 7

D Dz z

= ⇒ = = = =

11 13 11 1 13

.21 23 21 2 23

31 33

1

2

3 31 3 33

a a a b a

D a a a b ay

a a a b

b

b a

b

= =

1

2

3

11 12 11 12 1

.21 22 21 22 2

31 32 31 32 3

a a a a b

D a a a a bz

a

b

b

ba a a b

= =

12 13 1 12 13

.22 23 2 22 23

32 33

1

2

3 3 32 33

a a b a a

D a a b a

b

b

b

ax

a a b a a

= =

19

( ) ( ) ( ) ( )1 2 7 1 3 2 6 0 0 2 2 6 0 3 1 7 0 1 14 6 0 24 0 0 20 24 4.= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = + + − + + = − = −

Rješenja sustava glase:

• 4 12

3,12 4

D Dxx x xD Dx

= − −⇒ = ⇒ = ⇒ =

= − −

• 4 8

2,8 4

DD yy y y

D Dy

= − −⇒ = ⇒ = ⇒ =

= − −

• 4 4

1.4 4

D Dzz z zD Dz

= − −⇒ = ⇒ = ⇒ =

= − −

( ) ( ), , 3, 2, 1 .x y z =

Vježba 014

Riješi sustav jednadžbi Cramerovom metodom:

5

2 2 .

2 2 9

x y z

x y z

x y z

+ + =

+ ⋅ − = ⋅ + + ⋅ =

Rezultat: ( ) ( ), , 2, 1, 2 .x y z =

Zadatak 015 (Iva, gimnazija)

Dokažite jednakost ( ) ( ) ( )

21

21 .

21

a a

b b b a c a c b

c c

= − ⋅ − ⋅ −

Rješenje 015

Ponovimo!

(Laplaceov razvoj)




• ( ) rastav po i-tom retkudet 1 , .1

n i jA a Mij ij

j

+= − ⋅ ⋅∑

=


det21 22 23

31 32

1

3

12

3

131

A a a a

a a

a a

a

a

= =

( ) ( ) ( )22 23 21 23 21 221 1

1 2 1 31

31 3232 33 313

1 32

11

3

11 1

a a a aa

a a

a aa a a aa a= − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅

+ + +=

( ) ( ) ( )2 3 422 23 21

1223 21 22

1 1 1

31 32321

33 31 31 13

3

a a a a a a

a aa a aaa

aa= − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ =

22 23 21 23 21 22.

31 3232 33 313

31 12

31

1

a a a a a aaaa

a aa a a a= ⋅ − ⋅ + ⋅

20

• ( ) rastav po j-tom stupcudet 1 , .1

n i jA a Mij ij

i

+= − ⋅ ⋅∑

=

Na primjer, rastav determinante matrice reda 3 po prvom stupcu:

21

12 13

de

11

t22 23

32 3331

a a

A a

a

a

a

a

a

a

= =

( ) ( ) ( )22 23 12 13 12 131 1

2 1 3 11

32 33 321

1 111

2 3 221

3 33

2

a a a aa

a a

a a a a aa

aa= − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅

+ + +=

( ) ( ) ( )2 3 422 23 12 13 12 1

21 313

1 1 1

32 33 32 31

3 22 21

3

a a a a a a

a a aa

a aaa

a= − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ =

22 23 12 13 12 13.

32 33 32 33 221

231 3121

aa a a a a a

a a a a aa

aa= ⋅ − ⋅ + ⋅

Mij je minor elementa aij. To je determinanta matrice reda n – 1 u kojoj se ne nalazi i – ti redak niti j – ti

stupac početne matrice.

Svakoj kvadratnoj matrici (koja ima jednaki broj redaka i stupaca) pridružena je njezina determinanta.

Determinanti odgovara brojčana vrijednost. Ako je zadana kvadratna matrica drugog reda (ima dva retka i

dva stupca)

11 12

21 22

a aA

a a=

njezina pripadna determinanta drugog reda glasi

11 12det ,

21 22

a aA

a a=

a računa se po pravilu

11 12 11 12det

21

11

22 21 222

12

221

aa a a aA

a a a a a

a

a= = = .

11 22 21 12a a a a= ⋅ − ⋅

Elementi determinante su brojevi a11, a12, a21, a22 pri čemu prvi dio indeksa elementa pokazuje broj reda u

kojem se element nalazi, a drugi dio indeksa elementa broj stupca u kojem se taj element nalazi. Na primjer,

a12 je element koji se nalazi u prvom retku i drugom stupcu, a element a21 se nalazi u drugom retku i prvom

stupcu. Elementi a11 i a22 čine glavnu dijagonalu determinante, a elementi a21 i a12 čine sporednu dijagonalu.

Determinantu drugog reda računamo tako da pomnožimo elemente na glavnoj dijagonali i od toga

oduzmemo pomnožene elemente na sporednoj dijagonali, tj. determinanta drugog reda jednaka je razlici

umnožaka elemenata na glavnoj i sporednoj dijagonali.

( ) ( )2 2

.a b a b a b− = − ⋅ +

Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.

( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

Zadanu determinantu rastavljamo po prvom stupcu jer su svi elementi jedinice pa je lako računati.

21

2 2 2 2 2 22

1 1 1 12 2 2 2 2 2

21

a a

b b a a a a b b a a a ab b

c c c c b b c c c c b bc c

= ⋅ − ⋅ + ⋅ = − + =

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b c c b a c c a a b b a b c c b a c c a a b b a= ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ =

21

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2metoda

grupiranjab c a c c b c a a b b a

= = ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

c b a c b a a b b a c b a c b a b a a b b a= ⋅ − − ⋅ − + ⋅ ⋅ − = ⋅ − − ⋅ − ⋅ + + ⋅ ⋅ − =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2c c b a a b b a c cb a b a b b a ba a= ⋅ − ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅− − − = − ⋅ − ⋅ + + ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )metoda

grupiranj

2

a

2b a c c b c a a b b a c c b c a a b

= − ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ = = − ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )2b a c c a c b a b b a c c a b c ac c aa b a c b = − ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ = − ⋅ ⋅ − − ⋅ − = − ⋅ ⋅ − ⋅

− − =

( ) ( ) ( ).b a c a c b= − ⋅ − ⋅ −

Vježba 015

Dokažite jednakost ( ) ( ) ( )

1

1 .

1

a b c

b a c b a c a c b

c a b

⋅

⋅ = − ⋅ − ⋅ −

⋅

Rezultat: Dokaz analogan.

Zadatak 016 (Marta, gimnazija)

Zadane su kvadratne matrice , , gdje su , , , .a b c d

A B a b c d Rb a d c

= = ∈

Dokazati da vrijedi

zakon komutacije za množenje tih matrica, tj. da je .A B B A⋅ = ⋅

Napomena: Množenje matrica općenito nije komutativno. Matrice za koje je A · B = B · A nazivaju se

komutativnim matricama.

Rješenje 016

Ponovimo!

Za zbrajanje i množenje realnih brojeva vrijedi svojstvo komutativnosti (zamjene).

, za sve , .a b b a

a b Ra b b a

+ = +∈

⋅ = ⋅

Množenje matrica


matrice B.


formuli:

cij = 1

n

ik kj

k

a b=

⋅∑

i = 1, 2, 3, ... , m

j = 1, 2, 3, ... , p.

1 4

3 2

· 5 1

6 7

= 5 6 1 71 4

53 2 3 1

1 4

726

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =

29 29

27 17

.

Nađimo umnožak matrica.

a b c d a c b d a d b cA B A B

b a d c b c a d b d a c

c d a b c a d b c b d aB A B A

d c b a d a c b d b c a

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅⋅ = ⋅ ⋅ =

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

⇒ ⇒

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅⋅ = ⋅ ⋅ =

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

22

.

a c b d a d b cA B

a d b c a c b d

A B B A

a c b d a d b cB A

a d b c a c b d

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅⋅ =

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

⇒ ⇒ ⋅ = ⋅

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅⋅ =

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

Budući da za zbrajanje i množenje realnih brojeva vrijedi zakon komutacije, desne strane obje jednakosti

jednake su pa su zato jednake i lijeve strane, tj. A · B = B · A.

Vježba 016

Zadane su kvadratne matrice 2 3 1 5

, .3 2 5 1

A B= =

Dokazati da vrijedi zakon komutacije za

množenje tih matrica, tj. da je .A B B A⋅ = ⋅

Rezultat: Dokaz analogan.

Zadatak 017 (Micek, veleučilište)

Zadane su matrice 1 1 1 3

, .1 2 2 1

A B= =−

Izračunati 2 3 .A B⋅ + ⋅

Rješenje 017

Ponovimo!


...11 12 13 1

...21 22 23 2

... ... ... ... ...

...1 2 3

a a a an

a a a an

a a a amnm m m







.a b a b

c d c d

λ λλ

λ λ

⋅ ⋅⋅ =

⋅ ⋅

Zbrajanje matrica

Matrice možemo zbrajati onda i samo onda ako su istog tipa (imaju jednaki broj redaka i stupaca). Neka je

tip A = m · n, tip B = m · n, tada je A + B = C. Za element matrice C = ( cij ) vrijedi

1, 2, 3, ... , 1, 2, 3, ..., ,,a b c i m j nij ij ij+ = = =

11 12 13 11 12 13 11 11 12 12 13 13

21 22 23 21 22 23 21 21 22 22 3 2

.

2 3

a a a b b b a b a b a b


+ + ++ =

+ + +

Nađimo rješenje zadatka.

( )2 1 2 11 1 1 3 3 1 3 3

2 3 2 32 1 2 21 2 2 1 3 2 3 1

A B⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = + =⋅ − ⋅− ⋅ ⋅

2 2 3 9 2 3 2 9 5 11.

2 4 6 3 2 6 4 3 4 7

+ += + = =

− − + +

Vježba 017

Zadane su matrice 1 1 1 3

, .1 2 2 1

A B= =−

Izračunati 3 2 .B A⋅ + ⋅

23

Rezultat: 5 11

.4 7


2Ako je , odredi .

a bA A

b a=

Rješenje 018

Ponovimo!

,1

.n m n m

a a a a a+

= ⋅ =


...11 12 13 1

...21 22 23 2

... ... ... ... ...

...1 2 3

a a a an

a a a an

a a a amnm m m





Množenje matrica


matrice B.


formuli:

1, 2, 3, ... , 1, 2, 3, ... ,1

, ,n

c a b i m j nij ik kjk= ⋅ = =∑

=

3 2 3

1 4 15 1 5 6 1 7 29 29.

6 7 5 6 1 7 27

4 1

2 2 1

4

3 7

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅⋅ = =

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

2 222

.2 2

2

a b a b a a b b a b b a a b a bA A A

b a b a b a a b b b a a a b a b

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅= ⋅ = ⋅ = =

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ +

Vježba 018

1 2Ako je , odredi .

1

aA A

b=

Rezultat: 1 2

.2 1

a b a

b a b

+ ⋅ ⋅

⋅ + ⋅


Izračunaj vrijednost determinante .

a b c

b c a

c a b

Rješenje 019

Ponovimo!

,1

.n m n m

a a a a a+

= ⋅ =

Svakoj kvadratnoj matrici (koja ima jednaki broj redaka i stupaca) pridružena je njezina determinanta.

Determinanti odgovara brojčana vrijednost. Ako je zadana kvadratna matrica drugog reda (ima dva retka i

dva stupca)

24

11 12

21 22

a aA

a a=

njezina pripadna determinanta drugog reda glasi

11 12det ,

21 22

a aA

a a=

a računa se po pravilu

11 12 11 12det

21

11

22 21 222

12

221

aa a a aA

a a a a a

a

a= = = .

11 22 21 12a a a a= ⋅ − ⋅


11 12 13

21 22 23

31 32 33

.

a a a

a a a

a a a



11 12 13

21 22 23

31 32

11 1

3

2

21 22

33 1 32

a aa a

a a

a

a

a

a a a a

a a



11 12 13 11 12

21 22 23 21 22

31 32 33 31 32

a a a a a

a a a a a

a a a a a

− −

+ + +

−

=

( ) ( )11 22 33 12 23 31 13 31 22 13 32 23 11 33 21 121.


(Laplaceov razvoj)




• ( ) rastav po i - tom retkudet 1 , .1

n i jA a Mij ij

j

+= − ⋅ ⋅∑

=


det21 22 23

31 32

1

3

12

3

131

A a a a

a a

a a

a

a

= =

( ) ( ) ( )1 1 1 2 1 322 23 21 23 21 22

1 1 1

31 3232 33 31 3311 1 31 2

a a a a a a

a aa a aa

aa a

+ + += − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ =

( ) ( ) ( )2 3 422 23 21

1223 21 22

1 1 1

31 32321

33 31 31 13

3

a a a a a a

a aa a aaa

aa= − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ =

25

22 23 21 23 21 22.

31 3232 33 313

31 12

31

1

a a a a a aaaa

a aa a a a= ⋅ − ⋅ + ⋅

Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.

( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

1.inačica

Vrijednost determinante izračunat ćemo tako da je razvijemo, na primjer, po elementima prvog retka.

a b cc a b a b c

b c a a b ca b c b c a

c a b

= ⋅ − ⋅ + ⋅ =

( ) ( ) ( )a c b a a b b b c a c b a c c= ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ =

( ) ( ) ( )2 2 2a b c a b b a c c a b c= ⋅ ⋅ − − ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − =

( ) ( ) ( )2 2 2a b c a b b a c c a b c= ⋅ ⋅ − − ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − =

3 3 3 3 3 33 .a b c a b a b c a b c c a b c a b c= ⋅ ⋅ − − + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ − − −

2.inačica

Sarrusovo pravilo pomoći će nam da izračunamo vrijednost determinante.

a b c a ba b c

b c a b cb c a

c a b c ac a b

a b

b c

c a

− − −

+ + +

= =

( ) ( )a c b b a c c c a a a b b bc c b a= − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⋅ ⋅ + + ⋅⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⋅ =

( ) ( )3 3 3 3 3 33 .a b c a b c a b c c a b a b c a b c= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + + = ⋅ ⋅ ⋅ − − −

Vježba 019

Izračunaj vrijednost determinante .

a c b

b a c

c b a

Rezultat: 3 3 3

3 .a b c a b c+ + − ⋅ ⋅ ⋅

Zadatak 020 (Sanja, studentica)

Zadane su matrice:

1 21 2 1 2 1 1

, , 0 1 .3 0 1 1 3 4

3 2

A B C−

= = =−

Izračunajte 3 2 .T

A B C⋅ − ⋅ −

Rješenje 020

Ponovimo!


...11 12 13 1

...21 22 23 2

... ... ... ... ...

...1 2 3

a a a an

a a a an

a a a amnm m m




26




.a b a b

c d c d

λ λλ

λ λ

⋅ ⋅⋅ =

⋅ ⋅

Zbrajanje i oduzimanje matrica

Matrice možemo zbrajati (oduzimati) onda i samo onda ako su istog tipa (imaju jednaki broj redaka i

stupaca). Neka je tip A = m · n, tip B = m · n, tada je A + B = C. Za element matrice C = ( cij ) vrijedi

1, 2, 3, ... , 1, 2, 3, ..., ,,a b c i m j nij ij ij+ = = =

11 12 13 11 12 13 11 11 12 12 13 13

21 22 23 21 22 23 21 21 22 22 3 2

.

2 3



+ + ++ =

+ + +

11 12 13 11 12 13 11 11 12 12 13 13

21 22 23 21 22 23 21 21 22 22 3 2

.

2 3



− − −− =

− − −

Transponirana matrica

Zamjenom u matrici A = (aij), redaka odgovarajućim stupcima, dobije se transponirana matrica AT = (aji).

Ako je matrica A tipa m · n, onda je njezina transponirana matrica AT tipa n · m.

11 2111 12 13

12 2221 22 23

13 23

.

a aa a a T

A A a aa a a

a a

= ⇒ =

1 21 2 1 2 1 1

3 2 3 2 0 13 0 1 1 3 4

3 2

T

TA B C

−⋅ − ⋅ − = ⋅ − ⋅ − =

−

( )( )2 2 2 1 2 1 1 0 33 1 3 2 3 1

2 1 2 3 2 4 2 1 23 3 3 0 3 1

⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ −= − − =

⋅ − ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

( )3 4 6 2 3 23 6 3 4 2 2 1 0 3 1 0 3

9 2 0 6 3 89 0 3 2 6 8 2 1 2 2 1 2

− − − −−= − − = − =

− − − −−

1 4 5 1 0 3 1 4 5 1 0 3

9 2 6 5 2 1 2 11 6 5 2 1 2

− − − −= − = − =

+ − − − −

1 1 4 0 5 3 2 4 8.

11 2 6 1 5 2 9 7 7

− − − − − − −= =

− − − − − − −

Vježba 020

Zadane su matrice:

1 21 2 1 2 1 1

, , 0 1 .3 0 1 1 3 4

3 2

A B C−

= = =−

Izračunajte 2 3 .T

A B C⋅ + ⋅ +

Rezultat: 7 7 2

.1 8 12

−

Documents

Zadatak 001 (Tomislav, gimnazija) 5 2 4 1 , C = č 1 1 0 2