Operatori i Matrice

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


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.


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:


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


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.


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


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).


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.


8/26

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).


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).


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

.


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.


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.


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.


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


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


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


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


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

,


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

,


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

.


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).


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


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


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

,


23/26


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 .


25/26

25


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

) .


26/26

Operatori i Matrice

Documents

Transcript of Operatori i Matrice