matematika -tehnicki fakultet

Forum
Forum :: Traži po forumu :: Forum Podesavanja :: Top Foruma

3. Opšte teme > Nauka > matematika -tehnicki fakultet

Strana : Prethodna 1 2 3 [4] 5 6 7 . . . 10 Sledeća
barjak	#1
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 10:09:20	matematika -tehnicki fakultet Predgovor Ova knjiga namijenjena je studentima tehni¡ckih i prirodnih znanosti, a u prvom redu studentima Fakulteta elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje u Splitu (FESB). U njoj je izlo¡zeno gradivo kolegija ”Matematika 1” po sadr¡zaju koji se predaje na FESB-u. Obradena su poglavlja Osnove matematike, Linearna algebra, Vektorska algebra i analiti¡cka geometrija, Funkcije realne varijable, Derivacije i primjene, te Nizovi i redovi. Sli¡can sadr¡zaj nalazi se u ve´cini istoimenih kolegija koji se predaju na tehni¡ckim i prirodoslovnim fakultetima. Budu´ci se radi o standardnom sadr¡zaju, nije citirana posebna literatura. Spomenut ´cu samo neke od knjiga koje su utjecale na sadr¡zaj, a koje preporu ¡cujem i ¡citatelju: D. Blanu¡sa, Vi¡sa matematika, I. dio (1. i 2. svezak), Tehni¡cka knjiga, Zagreb, 1973. L. Krni´c i Z. ¡Siki´c, Ra¡cun diferencijalni i integralni, I. dio, ¡Skolska knjiga, Zagreb, 1992. N. Ugle¡si´c, Predavanja iz matemati¡cke analize I, Svu¡cili¡ste u Splitu, Split, 1989. B. P. Demidovi´c, Zadaci i rije¡seni primjeri iz vi¡se matematike, Tehni¡cka knjiga, Zagreb, 1978. U izradi ovog ud¡zbenika takoder je kori¡steno iskustvo i zabilje¡ske biv¡sih i sada¡snjih nastavnika matematike na FESB-u pa im ovom prilikom iskazujem svoju zahvalnost. Za pa¡zljivo ¡citanje teksta i korisne primjedbe tijekom rada zahvaljujem se kolegi Marku Mati´cu. U Splitu, rujna 2002.

barjak	#44
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 11:54:32	linearna algebra 44 LINEARNA ALGEBRA Zadatak 2.3 Zadajte nekoliko gornje i donje trokutastih sustava i rije¡site ih pomo´cu opisanih Matlab programa. Pri tome mo¡zete koristiti program Octave On-line. 2.4 Gaussova eliminacija Lako vidimo da se rje¡senje sustava ne mijenja ako izvr¡simo bilo koju od sljede´cih radnji: (i) neku jednad¡zbu pomno¡zimo s brojem razli¡citim od nule, (ii) zamijenimo dvije jednad¡zbe, (iii) jednu jednad¡zbu pribrojimo drugoj, (iv) zamijenimo dvije varijable. Radnje (i) i (iii) ¡cesto vr¡simo istovremeno: jednoj jednad¡zbi dodamo drugu jednad¡zbu pomno¡zenu s nekim brojem. Ove radnje odgovaraju sljede´cim radnjama na pro¡sirenoj matrici sustava : (i’) neki redak pomno¡zimo s brojem razli¡citim od nule; (ii’) zamijenimo dva retka; (iii’) jedan redak pribrojimo drugome; (iv’) zamijenimo dva stupca u matrici A. Kombiniraju´ci radnje (i’) i (iii’) imamo: jednom retku dodamo drugi redak pomno¡zen s nekim brojem. Koriste´ci navedene transformacije matricu A svodimo na gornje trokutasti oblik. Taj postupak se zove Gaussova eliminacija. Neka je zadan sustav 4×4 a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1 a21x1 + a22x2 + a23x3 + a24x4 = b2 a31x1 + a32x2 + a33x3 + a34x4 = b3 (2.5) a41x1 + a42x2 + a43x3 + a44x4 = b4 Neka je a11 6= 0. Tada stavimo mi1 = ai1/a11, i = 2, 3, 4

barjak	#45
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 11:55:30	gausova eliminacija45 2.4 Gaussova eliminacija 45 i oduzmemo prvu jednad¡zbu pomno¡zenu s mi1 od i-te jednad¡zbe (i = 2, 3, 4) te dobijemo sustav a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1 a′22x2 + a′23x3 + a′24x4 = b′2 a′32x2 + a′33x3 + a′34x4 = b′3 a′42x2 + a′43x3 + a′44x4 = b′4 gdje je a′ij = aij − mi1a1j , b′i = bi − mi1b1. Primijetimo da je varijabla x1 eliminirana iz tri posljednje jednad¡zbe. Brojevi mi1 kojima se u postupku eliminacije mno¡zi prva jednad¡zba zovu se multiplikatori. Neka je i a′22 6= 0. Tada stavimo mi2 = a′i2/a′22, i = 3, 4 i oduzmemo drugu jednad¡zbu pomno¡zenu s mi2 od i-te jednad¡zbe (i = 3, 4). Rezultat je sustav a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1 a′22x2 + a′23x3 + a′24x4 = b′2 a′′ 33x3 + a′′ 34x4 = b′′ 3 a′′ 43x3 + a′′ 44x4 = b′′ 4 gdje je a′′ ij = a′ij − mi2a′2j , b′′ i = b′i − mi2b′2. Kona¡cno, stavimo mi3 = a′′ i3/a′′ 33, i = 4 i oduzmemo tre´cu jednad¡zbu pomno¡zenu s mi3 od ¡cetvrte jednad¡zbe. Rezultat je gornje trokutasti sustav a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1 a′22x2 + a′23x3 + a′24x4 = b′2 a′′ 33x3 + a′′ 34x4 = b′′ 3 a′′′ 44x4 = b′′′ 4 gdje je a′′′ ij = a′′ ij − mi3a′′ 2j , b′′′ i = b′′ i − mi3b′′ 2. Dobiveni gornje trokutasti sustav sada rije¡simo na na¡cin koji je opisan u poglavlju 2.3.

barjak	#46
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 11:56:20	linearna algebra 46 LINEARNA ALGEBRA Broj ra¡cunskih operacija potrebnih za svodenje kvadratnog sustava reda n na gornje trokutasti oblik iznosi n Xi=1 2i(i − 1) = 2 n(n + 1)(2n + 1) 6 − 2 n(n + 1) 2 ≈ 2 3 n3. Vidimo da je za ve´ce dimenzije n broj ra¡cunskih operacija potreban za rje¡savanje trokutastog sustava zanemariv u odnosu na broj ra¡cunskih operacija potrebnih za svodenje na trokutasti oblik. Na modernim ra¡cunalima (Pentium 350), koja izvr¡savaju do 30 milijuna operacija u sekundi, svodenje sustava dimenzije n = 1000 na trokutasti oblik traje oko 20 sekundi, dok za n = 10000 traje 6 sati, a za n = 1.000.000 traje 1003 puta du¡ze, odnosno oko 700 godina. Postupak Gaussove eliminacije koji smo upravo opisali za sustav reda ¡cetiri na o¡cit se na¡cin mo¡ze poop´citi na sustave proizvoljnog reda. Ukoliko je neki od brojeva s kojima dijelimo jednak nuli, potrebno je dodatno koristiti postupak pivotiranja koji je opisan u poglavlju 2.4.2. Postupak Gaussove eliminacije mo¡zemo interpretirati i kao mno¡zenje pro¡sirene matrice sustava s lijeve strane s elementarnim matricama transformacije. Neka je A b pro¡sirena matrica sustava (2.5) i neka je M1 =   1 0 0 0 −m21 1 0 0 −m31 0 1 0 −m41 0 0 1   . Tada je A1 b1 = M1 A b =   1 0 0 0 −m21 1 0 0 −m31 0 1 0 −m41 0 0 1     a11 a12 a13 a14 b1 a21 a22 a23 a24 b2 a31 a32 a33 a34 b3 a41 a42 a43 a44 b4   =   a11 a12 a13 a14 b1 0 a′22 a′23 a′24 b′2 0 a′32 a′33 a′34 b′3 0 a′42 a′43 a′44 b′4   . Dalje, neka je M2 =   1 0 0 0 0 1 0 0 0 −m32 1 0 0 −m42 0 1   .

barjak	#47
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 11:57:07	gausova eliminacija45 2.4 Gaussova eliminacija 47 Tada je A2 b2 = M2 A1 b1 =   1 0 0 0 0 1 0 0 0 −m32 1 0 0 −m42 0 1     a11 a12 a13 a14 b1 0 a′22 a′23 a′24 b′2 0 a′32 a′33 a′34 b′3 0 a′42 a′43 a′44 b′4   =   a11 a12 a13 a14 b1 0 a′22 a′23 a′24 b′2 0 0 a′′ 33 a′′ 34 b′′ 3 0 0 a′′ 43 a′′ 44 b′′ 4   . Kona¡cno, neka je M3 =   1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 −m43 1   . Tada je A3 b3 = M3 A2 b2 =   1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 −m43 1     a11 a12 a13 a14 b1 0 a′22 a′23 a′24 b′2 0 0 a′′ 33 a′′ 34 b′′ 3 0 0 a′′ 43 a′′ 44 b′′ 4   =   a11 a12 a13 a14 b1 0 a′22 a′23 a′24 b′2 0 0 a′′ 33 a′′ 34 b′′ 3 0 0 0 a′′′ 44 b′′′ 4   . Zadatak 2.4 Napi¡site program za svodenje pro¡sirene matrice sustava na trokutasti oblik. 2.4.1 Primjeri Sljede´ci primjeri pokazuju tri slu¡caja koja se mogu dogoditi prilikom rje¡savanja sustava pomo´cu Gaussove eliminacije.

barjak	#48
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 11:58:22	linearna algebra 48 LINEARNA ALGEBRA Primjer 2.1 Rije¡simo sustav x − 2y + z = 5 2x + y − 2z = −3 −x − y = 0 Tada imamo A1 b1 = M1 A b =   1 0 0 −2 1 0 1 0 1     1 −2 1 5 2 1 −2 −3 −1 −1 0 0   =   1 −2 1 5 0 5 −4 −13 0 −3 1 5  , A2 b2 = M2 A1 b1 =   1 0 0 0 1 0 0 3 5 1     1 −2 1 5 0 5 −4 −13 0 −3 1 5   =   1 −2 1 5 0 5 −4 −13 0 0 −7 5 −14 5  . Iz ovog gornje trokutastog sustava lako vidimo da je z = 2, y = −1, x = 1. Sustav ima jedinstveno rje¡senje. Rje¡senje sustava geometrijski odgovara to¡cki u kojoj se sijeku tri ravnine. Postupak rje¡savanja sustava opisan u poglavlju 2.4 idealan je za ra¡cunala. Kada sustav rje¡savamo ”ru¡cno”, tada koristimo pojednostavljeno pisanje. Naime, zapisujemo samo pro¡sirene matrice odgovaraju´cih sustava, a sa strane nazna¡cimo koje operacije na retcima vr¡simo. Pri tom operacije biramo tako da, ukoliko je mogu´ce, izbjegnemo razlomke. Sustav iz primjera 2.1 rje¡sava se

barjak	#49
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 11:59:42	gausova eliminacija45 2.4 Gaussova eliminacija 49 na sljede´ci na¡cin:   1 −2 1 5 2 1 −2 −3 −1 −1 0 0   II − 2 I III + I →   1 −2 1 5 0 5 −4 −13 0 −3 1 5   5 III + 3 II → →  1 −2 1 5 0 5 −4 −13 0 0 −7 −14  . Sljede´ci primjer pokazuje kako izgleda trokutasti oblik kada imamo parametarska rje¡senja: Primjer 2.2   1 2 −1 0 1 2 4 0 1 1 −1 −2 3 4 −5 1 2 −5 −2 3   II − 2 I III + I IV − I →   1 2 −1 0 1 0 0 2 1 −1 0 0 2 4 −4 0 0 −4 −2 2   III − II IV + 2 II →  1 2 −1 0 1 0 0 2 1 −1 0 0 0 3 −3 0 0 0 0 0   . ¡Cetvrti redak glasi 0 = 0, ¡sto je to¡cno. Iz tre´ceg retka slijedi x4 = −1, a iz drugog retka slijedi x3 = 0. Vrijednosti nezavisnih varijabli x1 i x2 dobijemo iz prvog retka, x2 = t, x1 = 1 − 2t. Sustav ima parametarsko rje¡senje, odnosno beskona¡cno rje¡senja koja ovise o jednom parametru t,   x1 x2 x3 x4   =   1 − 2t t 0 −1   , t ∈ R.

barjak	#50
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 12:00:24	linearna algebra 50 LINEARNA ALGEBRA Primijetimo da smo mogli i x1 uzeti za parametar, odnosno   x1 x2 x3 x4   =   s 1 2 − s 2 0 −1   , s ∈ R je takoder oblik rje¡senja sustava. Sljede´ci primjer pokazuje kako iz trokutastog oblika mo¡zemo zaklju¡citi da sustav nema rje¡senja. Primjer 2.3   2 −1 1 3 −2 0 1 −1 2 2 −2 3 −3 1 6 2 0 0 5 1   III + I IV − I →   2 −1 1 3 −2 0 1 −1 2 2 0 2 −2 4 4 0 1 −1 2 3   III − 2 II IV − II →  2 −1 1 3 −2 0 1 −1 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1   . ¡Cetvrti redak glasi 0 = 1, ¡sto je nemogu´ce pa sustav nema rje¡senja. Formalan opis slu¡cajeva koji mogu nastati prilikom rje¡savanja sustava daje nam Kronecker–Capellijev teorem 2.5. Napomena 2.1 U praksi se sustavi jednad¡zbi ¡cesto rje¡savaju koriste´ci ra¡cunala, pri ¡cemu dolazi do pogre¡saka zaokru¡zivanja kako je opisano u poglavlju 1.7.1. Zbog toga se neka pitanja vezana uz Kronecker–Capellijev teorem, kao ¡sto su utvrdivanje linearne nezavisnosti skupa vektora (vidi poglavlje 2.5) i odredivanje ranga matrice (vidi poglavlje 2.6), ne mogu rije¡siti numeri¡ckim ra¡cunanjem. 2.4.2 Pivotiranje Ukoliko je element kojim moramo dijeliti da bi dobili multiplikatore mij jednak nuli, tada moramo zamijeniti odgovaraju´ce retke pro¡sirene matrice

barjak	#51
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 12:01:42	gausova eliminacija 2.4 Gaussova eliminacija 51 sustava. Na primjer,   0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1   →   1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1   III − I → →   1 1 1 0 0 1 1 0 0 −1 0 1   III + II →   1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1  , pa je rje¡senje sustava z = 1, y = −1, x = 0. U praksi je po¡zeljno vr¡siti zamjenu redaka i kada je broj kojim dijelimo jako blizu nule. Gotovi programi uvijek vr¡se zamjenu redaka i to na na¡cin da se najve´ci element po apsolutnoj vrijednosti u stupcu kojeg poni¡stavamo dovede na vode´cu poziciju. Na taj na¡cin uvijek vrijedi \|mij \| ≤ 1 ¡sto doprinosi numeri¡ckoj stabilnost algoritma. 2.4.3 Elementarne matrice transformacija U poglavlju 2.4 smo vidjeli kako je pribrajanje jednom retku nekog drugog retka pomno¡zenog nekim brojem ekvivalentno mno¡zenju s elementarnom matricom M s lijeva. No, i ostale operacije na retcima mo¡zemo interpretirati na sli¡can na¡cin. Neka je A ∈M45. Tada produkt D2A =   1 1 1   A odgovara mno¡zenju drugog retka matrice A s brojem . Op´cenito, matrica Di se od jedini¡cne matrice razlikuje samo u jednom elementu i to (Di)ii 6= 1 i (Di)ii 6= 0. Na sli¡can na¡cin, pomo´cu produkta P13A =   0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1   A vr¡simo zamjenu prvog i tre´ceg retka matrice A. Op´cenito, matrica P = Pij se od jedini¡cne matrice razlikuje samo u ¡cetiri elementa i to (Pij)ii = (Pij)jj = 0, (Pij)ij = (Pij)ji = 1.

barjak	#52
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 12:02:22	linearna algebra 52 LINEARNA ALGEBRA Matrica P se zove matrica permutacije. Ona je simetri¡cna, P = PT , i vrijedi PTP = PPT = I. Dakle, matrica P je regularna, a njena inverzna matrica je upravo PT (vidi poglavlje 2.8). Zadatak 2.5 Neka je A ∈ M45. Na koji na¡cin mo¡zemo pomo´cu mno¡zenja matrice A elementarnim matricama tre´cem stupcu dodati trostruki prvi stupac; zamijeniti drugi i peti stupac; tre´ci stupac pomno¡ziti s dva? 2.5 Linearna nezavisnost Neka su a1, a2, · · · , ak ∈Mn1 stup¡cani vektori. Vektor a = 1a1 + 2a2 + · · · + kak, 1, · · · , k ∈ R, zove se linearna kombinacija vektora a1, · · · , ak. Definicija 2.3 Vektori a1, a2, · · · , ak su linearno nezavisni ako za sve skalare 1, · · · , k ∈ R 1a1 + 2a2 + · · · + kak = 0 ⇒ 1 = · · · = k = 0. U protivnom su vektori a1, · · · , ak linearno zavisni. Drugim rije¡cima, a1, · · · , ak su linearno zavisni ako i samo ako postoje 1, · · · , k takvi da je 1a1 + 2a2 + · · · + kak = 0 i da je barem jedan od i razli¡cit od nule, odnosno \|1\| + \|2\| + · · · + \|k\| > 0. Ovaj uvjet jo¡s zapisujemo kao Pi \|i\| > 0. Ekvivalentna formulacija gornjeg uvjeta glasi Pi 2 i > 0. Linearna zavisnost skupa vektora zna¡ci i da je jedan od tih vektora linearna kombinacija preostalih – ako je na primjer 1 6= 0, tada je a1 = − 2 1 a2 − · · · − k 1 ak. Linearna kombinacija i linearna nezavisnost ret¡canih vektora definira se analogno. Bez dokaza navodimo sljede´ce tvrdnje: (a) ako je neki od vektora a1, · · · , ak nul-vektor, tada su ti vektori linearno zavisni, (b) ako medu vektorima a1, · · · , ak ima jednakih, tada su ti vektori linearno zavisni,

barjak	#53
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 12:03:17	rang matrice 2.6 Rang matrice 53 © ako su vektori a1, · · · , ak linearno nezavisni, tada je svakih p < k vektora izabranih izmedu tih vektora takoder linearno nezavisno, (d) ako su vektori a1, · · · , ak linearno zavisni, tada su i vektori a1, · · · , ak, ak+1, · · · , aq linearno zavisni za bilo koje vektore ak+1, · · · , aq, (e) bilo kojih n + 1 vektora iz skupa Mn1 (ili M1n) su linearno zavisni. Primjer 2.4 Vektori e1, e2, e3, e4 definirani s e1 =   1 0 0 0   , e2 =   0 1 0 0   , e3 =   0 0 1 0   , e4 =   0 0 0 1   , su nezavisni, jer 1e1 + 2e2 + 3e3 + 4e4 = 0 povla¡ci 1 = 2 = 3 = 4 = 0. Dodamo li ovom skupu peti vektor a = T , tada su vektori e1, e2, e3, e4, a linearno zavisni jer je jedan od njih linearna kombinacija ostalih, a = e1 + e2 + e3 + e4. Napomena 2.2 Skup vektora {e1, e2, e3, e4} tvori jednu bazu ¡cetverodimenzionalnog vektorskog prostora M4. Op´cenito, svaki skup od n linearno nezavisnih vektora n-dimenzionalnog prostora tvori jednu bazu tog prostora te se svaki vektor iz tog prostora mo¡ze prikazati kao linearna kombinacija vektora baze. 2.6 Rang matrice Rang matrice A jednak je maksimalnom broju linearno nezavisnih stupaca. Maksimalan broj linearno nezavisnih stupaca jednak je maksimalnom broju linearno nezavisnih redaka matrice (ovu tvrdnju navodimo bez dokaza). Iz toga slijedi da je rang(A) = rang(AT ). Takoder, ako je A tipa m × n, tada je o¡cito rang(A) ≤ min{m, n}. Iz primjera 2.4 zaklju¡cujemo kako jedini¡cna matrica In ima rang n. Matrice Mi iz poglavlja 2.4 te matrice Di i Pij iz poglavlja 2.4.3, takoder uvijek imaju rang jednak dimenziji.

barjak	#54
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 12:03:57	linearna algebra Iz ovih primjera zaklju¡cujemo da rang matrice lako mo¡zemo raspoznati iz trokutastog oblika. Kako elementarne transformacije iz poglavlja 2.4 ne mijenjaju rang matrice, zaklju¡cujemo da je postupak tra¡zenja ranga istovjetan s postupkom Gaussove eliminacije. Tako je, dakle, rang matrice sustava iz primjera 2.1 jednak tri, kao i rang matrice sustava iz primjera 2.2, dok je rang matrice sustava iz primjera 2.3 jednak dva, a rang pro¡sirene matrice sustava iz istog primjera jednak tri. Definicija 2.4 Matrice A i B istog tipa su ekvivalentne ako imaju isti rang. Pi¡semo A ∼ B. Teorem 2.4 Ako su matrice A i B ekvivalentne, tada se matrica B mo¡ze dobiti iz matrice A pomo´cu elementarnih transformacija koje se sastoje od mno¡zenja retka s brojem razli¡citim od nule, zamjene dvaju redaka i dodavanja jednog retka drugome te istih operacija sa stupcima. Dokaz. Pomo´cu navedenih elementarnih transformacija matricu A mo¡zemo svesti na oblik   1 1 . . . 1 0 . . . 0   , pri ¡cemu je rang(A) jednak broju dijagonalnih elemenata koji su jednaki jedan. Kako A i B imaju isti rang, to i matricu B mo¡zemo svesti na isti oblik. Sada lako nademo niz elementarnih transformacija koje matricu A prebacuju u matricu B. Kako se sve navedene elementarne transformacije mogu izvesti mno¡zenjem matrice A elementarnim matricama transformacija bilo s lijeva bilo s desna, a te matrice su regularne (vidi poglavlje 2.8), zaklju¡cujemo da je A ∼ B ako i samo ako postoje regularne matrice matrice S i T takve da je B = SAT. 2.7 Kronecker–Capellijev teorem Sljede´ci teorem nam opisuje strukturu rje¡senja sustava linearnih jednad¡zbi u ovisnosti o rangu matrice sustava i rangu pro¡sirene matrice sustava.

barjak	#55
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 12:05:37	kronfcker- capellijev teorem 2.7 Kronecker–Capellijev teorem 55 Teorem 2.5 (Kronecker–Capelli) Za sustav Ax = b vrijedi: (i) Sustav ima rje¡senje ako i samo ako matrice A i A b imaju isti rang. (ii) Ako je rang(A) = rang(A b), tada sustav ima ista rje¡senja kao i sustav koji dobijemo kada uzmemo rang(A) nezavisnih jednad¡zbi, odnosno rang(A) linearno nezavisnih redaka matrice A b. (iii) Neka sustav ima rje¡senje i neka je n broj nepoznanica. Tada je rje¡senje jedinstveno ako i samo ako je rang(A) = n. Ako je rang(A) < n, tada sustav ima beskona¡cno rje¡senja koja su izra¡zena pomo´cu n − rang(A) parametara. Dokaz. (i) Neka sustav ima rje¡senje x = x1 x2 · · · xnT i neka su a1, a2, · · · , an stupci matrice A. Iz poglavlja 2.1.6 zaklju¡cujemo da matri¡cno mno¡zenje Ax = b mo¡zemo pisati i kao x1a1 + x2a2 + · · · + xnan = b. (2.6) Dakle, b je linearna kombinacija stupaca matrice A pa je rang(A b) ≤ rang(A). Kako se dodavanjem stupca rang ne mo¡ze smanjiti, zaklju¡cujemo da je rang(A b) = rang(A). Obratno, neka je rang(A) = rang(A b) = r. Kako ve´c medu stupcima matrice A ima r linearno nezavisnih, zaklju¡cujemo da je b linearna kombinacija stupaca matrice A, odnosno da postoje brojevi x1, x2, · · · , xn za koje vrijedi (2.6). U matri¡cnom obliku to odgovara zapisu Ax = b, ¡sto zna¡ci da je x rje¡senje sustava. Dokaze tvrdnji (ii) i (iii) izostavljamo. Zadatak 2.6 Protuma¡cite primjere 2.1, 2.2 i 2.3 prema teoremu 2.5. Posebno je lagana primjena Kronecker–Capellijevog teorema na homogene sustave, odnosno sustave oblika Ax = 0. Homogeni sustav o¡cito uvijek ima trivijalno rje¡senje x = 0. Iz teorema 2.5 slijedi da ´ce homogeni sustav imati i netrivijalna (parametarska) rje¡senja ako i samo ako je rang(A) < n, pri ¡cemu je n broj nepoznanica.

barjak	#56
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 12:06:27	linearna algebra 56 LINEARNA ALGEBRA 2.8 Inverzna matrica Kod mno¡zenja realnih brojeva svaki broj razli¡cit od nule ima svoj inverz, odnosno x · x−1 = x−1 · x = 1, ∀x 6= 0. U skupu kvadratnih matrica Mn imamo sljede´cu definiciju. Definicija 2.5 Matrica A ∈ Mn je regularna (invertibilna, nesingularna) ako postoji matrica B ∈Mn za koju vrijedi AB = BA = I. Matrica je singularna ako nije regularna. Matrica B je, ukoliko postoji, jedinstvena. Tu tvrdnju dokazujemo na sljede´ci na¡cin: pretpostavimo da je C neka druga matrica za koju vrijedi AC = CA = I. Tada je C = CI = C(AB) = (CA)B = IB = B. Stoga mo¡zemo uvesti oznaku B = A−1. Matrica A−1 zove se inverzna matrica matrice A. Dakle, za svaku regularnu matricu vrijedi AA−1 = A−1A = I. (2.7) Kao ¡sto kod brojeva broj nula nema inverz, postavlja se pitanje da li su sve kvadratne matrice regularne. Odgovor na to pitanje daje sljede´ci teorem. Teorem 2.6 Matrica A ∈Mn je regularna ako i samo ako je rang(A) = n. Dokaz. Neka je rang(A) = n i neka ei ozna¡cava i-ti stupac jedini¡cne matrice. Po Kronecker–Capellijevom teoremu 2.5 svaki od sustava Axi = ei ima jedinstveno rje¡senje. Neka je X = x1 x2 · · · xn. Tada je o¡cito AX = I. Sli¡cno, rang(AT ) = n povla¡ci da svaki od sustava AT yi = ei ima jedinstveno rje¡senje. Ako stavimo Y = y1 y2 · · · yn, tada je o¡cito AT Y = I, odnosno Y TA = I. Sada imamo Y T = Y T I = Y T (AX) = (Y TA)X = IX = X, pa je X = Y T = A−1, odnosno A je regularna.

barjak	#57
Odgovori: 706 30. Jul 2009. 12:07:19	inverzna matrica 2.8 Inverzna matrica 57 Obratno, neka je A regularna. Pretpostavimo da teorem ne vrijedi, odnosno rang(A) < n. Kako su stupci od A zavisni, zaklju¡cujemo da postoji vektor x 6= 0 takav da je Ax = 0. No iz A−1Ax = Ix = 0 slijedi da je x = 0, ¡sto je kontradikcija. Skup Gn svih regularnih matrica ima sljede´ca svojstva: (i) Gn 6=Mn, (ii) I ∈ Gn, (iii) (AB)−1 = B−1A−1 za ∀A,B ∈ Gn, (iv) (A−1)−1 = A za ∀A ∈ Gn. Svojstvo (i) slijedi iz teorema 2.6, svojstvo (ii) vrijedi jer II = I povla¡ci I−1 = I, svojstvo (iii) slijedi iz (AB)(B−1A−1) = A(BB−1)A−1 = AIA−1 = AA−1 = I, a svojstvo (iv) slijedi iz (2.7). Dokaz teorema 2.6 nam daje postupak za ra¡cunanje inverzne matrice. Naime, svi sustavi Axi = ei imaju zajedni¡cku matricu sustava pa pro¡sirene matrice svih n sustava mo¡zemo pisati zajedno, A I. Kada pomo´cu elementarnih transformacija dobijemo oblik I B, tada je A−1 = B. Ukoliko se ne mo¡ze dobiti ovaj oblik, A je singularna. Zadatak 2.7 Nadite inverznu matricu matrice A =   1 2 3 4 5 6 7 8 6   i provjerite da vrijedi (2.7).

Strana : Prethodna 1 2 3 [4] 5 6 7 . . . 10 Sledeća

Nemate dovoljno prava da odgovorite na ovom forumu.