Matrice i sustavi linearnih jednad zbi, inverzi i...

Matrice i sustavi linearnih jednadzbi Inverz matrice Determinante Svojstvene vrijednosti i vektori Ponavljanje

Matrice i sustavi linearnih jednadzbi, inverzi ideterminante, svojstvene vrijednosti i svojstveni

vektori

Franka Miriam Bruckler

Matricni zapis sustava linearnih jednadzbi

Neka je dano n nepoznanica x1, x2, . . .. Kako pomocu skalarnogprodukta mozemo zapisati jednu linearnu jednadzbu s timnepoznanicama?

〈a, x〉 = b

Ako vektore koeficijenata a1, . . . , am ∈ Rn zapisemo kao retkematrice A, a slobodne clanove b1, . . . , bm kao matricu-stupac b,vidimo da sustav mozemo zapisati kao

Ax = b, A ∈ Mm,n, b ∈ Mm,1, x ∈ Mn,1

Homogeni sustav u matricnom obliku poprima oblik matricnejednadzbe

Ax = 0m,1.

Matricni zapis sustava linearnih jednadzbi

Neka je dano n nepoznanica x1, x2, . . .. Kako pomocu skalarnogprodukta mozemo zapisati jednu linearnu jednadzbu s timnepoznanicama?

〈a, x〉 = b

Ako vektore koeficijenata a1, . . . , am ∈ Rn zapisemo kao retkematrice A, a slobodne clanove b1, . . . , bm kao matricu-stupac b,vidimo da sustav mozemo zapisati kao

Ax = b, A ∈ Mm,n, b ∈ Mm,1, x ∈ Mn,1

Homogeni sustav u matricnom obliku poprima oblik matricnejednadzbe

Ax = 0m,1.

Broj rjesenja sustava linearnih jednadzbi

Ax = 0m,1, Ax0 = 0m,1 ⇒ A(x + x ′) = Ax + Ax ′ = 0m,1,

Ax = 0m,1 ⇒ A(αx) = αAx = 0m,1 ⇒

Skup rjesenja homogenog sustava je potprostor od Rn (odnosno odMn,1). Koliko elemenata moze imati vektorski prostor?

Homogeni sustavi

Svaki homogeni sustav linearnih jednadzbi ili ima jedinstvenorjesenje (nulvektor u R

n) ili ih ima beskonacno mnogo.

Ax = 0m,1, Ax0 = 0m,1 ⇒ A(x + x ′) = Ax + Ax ′ = 0m,1,

Ax = 0m,1 ⇒ A(αx) = αAx = 0m,1 ⇒

Homogeni sustavi

Ax = 0m,1, Ax0 = 0m,1 ⇒ A(x + x ′) = Ax + Ax ′ = 0m,1,

Ax = 0m,1 ⇒ A(αx) = αAx = 0m,1 ⇒

Homogeni sustavi

Ako je sustav Ax = b nehomogen, pripadnim homogenim sustavomzovemo sustav Ax = 0m,1. Neka je njegov prostor rjesenja H.Ocito je moguce da sustav Ax = b nema rjesenja.Ako ga ima, odaberemo jedno: xP (

”partikularno rjesenje”).

Tada je (za svako rjesenje xH ∈ H pripadnog homogenog sustava)

A(xP + xH) = AxP + AxH = b + 0m,1 = b,

tj. xP + xH je rjesenje od Ax = b.

Teorem

Svaki sustav linearnih jednadzbi, ukoliko ima vise od jednogrjesenja, ima ih beskonacno mnogo.

Ako je sustav Ax = b nehomogen, pripadnim homogenim sustavomzovemo sustav Ax = 0m,1. Neka je njegov prostor rjesenja H.Ocito je moguce da sustav Ax = b nema rjesenja.Ako ga ima, odaberemo jedno: xP (

”partikularno rjesenje”).

Tada je (za svako rjesenje xH ∈ H pripadnog homogenog sustava)

A(xP + xH) = AxP + AxH = b + 0m,1 = b,

tj. xP + xH je rjesenje od Ax = b.

Teorem

Svaki sustav linearnih jednadzbi, ukoliko ima vise od jednogrjesenja, ima ih beskonacno mnogo.

Inverzni linearni operator

Moze li se iz zarotirane pozicije nekog objekta i znanja o kojoj serotaciji radi rekonstruirati gdje je i kako izgledao objekt prijerotacije?

Neki linearni operatori su bijekcije, tj. posjeduju inverzne funkcije.Zbog svojstva da su linearni operatori potpuno zadani djelovanjemna bazi, linearan operator koji je invertibilan mora imati domenu ikodomenu iste dimenzije. Buduci da su konacnodimenzionalniprostori iste dimenzije medusobno izomorfni, ovdje mozemo uzetida je A : V → V .Ako je A invertibilan, onda je njegova inverzna funkcija A−1

takoder linearni operator i vrijedi

A ◦ A−1 = A−1 ◦ A = I .

Moze li se iz zarotirane pozicije nekog objekta i znanja o kojoj serotaciji radi rekonstruirati gdje je i kako izgledao objekt prijerotacije?Neki linearni operatori su bijekcije, tj. posjeduju inverzne funkcije.Zbog svojstva da su linearni operatori potpuno zadani djelovanjemna bazi, linearan operator koji je invertibilan mora imati domenu ikodomenu iste dimenzije. Buduci da su konacnodimenzionalniprostori iste dimenzije medusobno izomorfni, ovdje mozemo uzetida je A : V → V .

Ako je A invertibilan, onda je njegova inverzna funkcija A−1

A ◦ A−1 = A−1 ◦ A = I .

Moze li se iz zarotirane pozicije nekog objekta i znanja o kojoj serotaciji radi rekonstruirati gdje je i kako izgledao objekt prijerotacije?Neki linearni operatori su bijekcije, tj. posjeduju inverzne funkcije.Zbog svojstva da su linearni operatori potpuno zadani djelovanjemna bazi, linearan operator koji je invertibilan mora imati domenu ikodomenu iste dimenzije. Buduci da su konacnodimenzionalniprostori iste dimenzije medusobno izomorfni, ovdje mozemo uzetida je A : V → V .Ako je A invertibilan, onda je njegova inverzna funkcija A−1

A ◦ A−1 = A−1 ◦ A = I .

Pitanja na koja sad zelimo odgovoriti su: Ako znamo matricu Anaseg operatora A u nekoj bazi od V , kako odrediti matricu odA−1 (s obzirom na istu bazu)? I, ako znam matricu operatora,kako iz nje vidjeti je li operator invertibilan?

Ako je A invertibilan, A je kvadratna (zasto?). Neka je daklezadana matrica A ∈ Mn linearnog operatora A, gdje je n dimenzijaod V . Ako je A invertibilan, A−1 posjeduje matricu B ∈ Mn sasvojstvom

AB = BA = In,

jer komponiranju operatora odgovara mnozenje njihovih matrica, ajedinicnom operatoru u svakoj bazi odgovara jedinicna matrica.

Primjer

Neka je A : M2,1 → M2,1 zadan s AX =

(2 1−1 0

li invertibilan? Ako da, koja je matrica njegovog inverza (s obziromna kanonsku bazu)?

Pitanja na koja sad zelimo odgovoriti su: Ako znamo matricu Anaseg operatora A u nekoj bazi od V , kako odrediti matricu odA−1 (s obzirom na istu bazu)? I, ako znam matricu operatora,kako iz nje vidjeti je li operator invertibilan?Ako je A invertibilan, A je kvadratna (zasto?).

Neka je daklezadana matrica A ∈ Mn linearnog operatora A, gdje je n dimenzijaod V . Ako je A invertibilan, A−1 posjeduje matricu B ∈ Mn sasvojstvom

AB = BA = In,

Primjer

(2 1−1 0

Pitanja na koja sad zelimo odgovoriti su: Ako znamo matricu Anaseg operatora A u nekoj bazi od V , kako odrediti matricu odA−1 (s obzirom na istu bazu)? I, ako znam matricu operatora,kako iz nje vidjeti je li operator invertibilan?Ako je A invertibilan, A je kvadratna (zasto?). Neka je daklezadana matrica A ∈ Mn linearnog operatora A, gdje je n dimenzijaod V . Ako je A invertibilan, A−1 posjeduje matricu B ∈ Mn sasvojstvom

AB = BA = In,

Primjer

(2 1−1 0

Pitanja na koja sad zelimo odgovoriti su: Ako znamo matricu Anaseg operatora A u nekoj bazi od V , kako odrediti matricu odA−1 (s obzirom na istu bazu)? I, ako znam matricu operatora,kako iz nje vidjeti je li operator invertibilan?Ako je A invertibilan, A je kvadratna (zasto?). Neka je daklezadana matrica A ∈ Mn linearnog operatora A, gdje je n dimenzijaod V . Ako je A invertibilan, A−1 posjeduje matricu B ∈ Mn sasvojstvom

AB = BA = In,

Primjer

(2 1−1 0

Definicija (Inverzna matrica)

Za kvadratnu matricu A ∈ Mn njen inverz (inverzna matrica od A)je, ako postoji, kvadratna matrica B ∈ Mn takva da vrijediA · B = B · A = In. Ako takva matrica B postoji, jedinstveno jeodredena te se oznacava s A−1 (a matricu A zovemo invertibilnomili regularnom matricom). Ako je A matrica invertibilnog linearnogoperatora A : V → V u nekoj bazi, onda je A−1 matrica operatoraA−1.

Vidimo: Inverzna matrica se s obzirom na mnozenje matricaponasa kao reciprocni brojevi s obzirom na mnozenje brojeva.Je li svaka kvadratna matrica invertibilna? Buduci da osimnulmatrice postoji beskonacno mnogo kvadratnih matrica koje nisuinvertibilne, nema smisla definirati dijeljenje matrica!

Vidimo: Inverzna matrica se s obzirom na mnozenje matricaponasa kao reciprocni brojevi s obzirom na mnozenje brojeva.Je li svaka kvadratna matrica invertibilna?

Buduci da osimnulmatrice postoji beskonacno mnogo kvadratnih matrica koje nisuinvertibilne, nema smisla definirati dijeljenje matrica!

Vidimo: Inverzna matrica se s obzirom na mnozenje matricaponasa kao reciprocni brojevi s obzirom na mnozenje brojeva.Je li svaka kvadratna matrica invertibilna? Buduci da osimnulmatrice postoji beskonacno mnogo kvadratnih matrica koje nisuinvertibilne, nema smisla definirati dijeljenje matrica!

Odredivanje inverzne matrice

Zadatak

Ako je Rz,α matrica rotacije za kut α oko z-osi, koja je matricarotacije oko z-osi za kut 2π − α?

Sto o retcima i stupcima kvadratne matrice A govori ako vrijediAAt = AtA = In?

Matrica je ortogonalna ako joj je inverz jednaktransponiranoj matrici. Posebno, inverzna matrica bilo kojegmatrice operatora simetrije je njezina transponirana matrica, uzpretpostavku da se odnosi na ortonormiranu bazu.Matrica je unitarna ako joj je inverz jednak hermitski konjugiranojmatrici.

Zadatak

Ako je A ∈ Mn, u kakvoj je vezi invertibilnost matrice A i brojarjesenja sustava Ax = b? Ako je A invertibilna, izvedite formulu zarjesenje tog sustava! x = A−1b. Zasto ova formula nije baskorisna?

Zadatak

Sto o retcima i stupcima kvadratne matrice A govori ako vrijediAAt = AtA = In? Matrica je ortogonalna ako joj je inverz jednaktransponiranoj matrici. Posebno, inverzna matrica bilo kojegmatrice operatora simetrije je njezina transponirana matrica, uzpretpostavku da se odnosi na ortonormiranu bazu.

Matrica je unitarna ako joj je inverz jednak hermitski konjugiranojmatrici.

Zadatak

Sto o retcima i stupcima kvadratne matrice A govori ako vrijediAAt = AtA = In? Matrica je ortogonalna ako joj je inverz jednaktransponiranoj matrici. Posebno, inverzna matrica bilo kojegmatrice operatora simetrije je njezina transponirana matrica, uzpretpostavku da se odnosi na ortonormiranu bazu.Matrica je unitarna ako joj je inverz jednak hermitski konjugiranojmatrici.

Zadatak

Ako je A ∈ Mn, u kakvoj je vezi invertibilnost matrice A i brojarjesenja sustava Ax = b?

Ako je A invertibilna, izvedite formulu zarjesenje tog sustava! x = A−1b. Zasto ova formula nije baskorisna?

Zadatak

Ako je A ∈ Mn, u kakvoj je vezi invertibilnost matrice A i brojarjesenja sustava Ax = b? Ako je A invertibilna, izvedite formulu zarjesenje tog sustava!

x = A−1b. Zasto ova formula nije baskorisna?

Zadatak

Primjer

Matrica A =

(1 23 6

)je kvadratna i nije nulmatrica. Nadimo joj

inverz, ako postoji.

Trebalo bi dakle rijesiti sustav s cetiri nepoznanice (elementimatrice A−1)

x + 2y = 1,

3x + 6y = 0,

z + 2v = 0,

3z + 6v = 1.

Rjesavanjem cemo dobiti kontradiktorne jednakosti, dakle sustavnije rjesiv. Znaci da ne mozemo odrediti elemente matrice A−1 tematrica A nije invertibilna!

Primjer

Matrica A =

(1 23 6

)je kvadratna i nije nulmatrica. Nadimo joj

inverz, ako postoji.Trebalo bi dakle rijesiti sustav s cetiri nepoznanice (elementimatrice A−1)

x + 2y = 1,

3x + 6y = 0,

z + 2v = 0,

3z + 6v = 1.

Rjesavanjem cemo dobiti kontradiktorne jednakosti, dakle sustavnije rjesiv. Znaci da ne mozemo odrediti elemente matrice A−1 tematrica A nije invertibilna!

Vidimo: Za odredivanje inverza matrice A ∈ Mn potrebno je rijesitisustav od n2 linearnih jednadzbi s n2 nepoznanica (to su elementiinverzne matrice).Sustav se postavlja iz AA−1 = In. Ako taj sustav ima jedinstvenorjesenje, matrica A je invertibilna, a ako taj sustav nema rjesenjanije1.

Ako bolje pogledamo prethodni primjer, primijetit cemo da smosustav 4× 4 mogli rastaviti na dva 2× 2 sustava (jedan za prvistupac inverzne matrice, drugi za drugi stupac). Pritom su tisustavi imali iste koeficijente (i to su elementi matrice A), alirazlicite stupce slobodnih clanova.

1Kod sustava za odredivanje inverza ne moze se dogoditi da imajubeskonacno mnogo rjesenja.

Vidimo: Za odredivanje inverza matrice A ∈ Mn potrebno je rijesitisustav od n2 linearnih jednadzbi s n2 nepoznanica (to su elementiinverzne matrice).Sustav se postavlja iz AA−1 = In. Ako taj sustav ima jedinstvenorjesenje, matrica A je invertibilna, a ako taj sustav nema rjesenjanije1.Ako bolje pogledamo prethodni primjer, primijetit cemo da smosustav 4× 4 mogli rastaviti na dva 2× 2 sustava (jedan za prvistupac inverzne matrice, drugi za drugi stupac). Pritom su tisustavi imali iste koeficijente (i to su elementi matrice A), alirazlicite stupce slobodnih clanova.

1Kod sustava za odredivanje inverza ne moze se dogoditi da imajubeskonacno mnogo rjesenja.

Racunanje A−1 . . .

. . . je ekvivalentno rjesavanju n sustava tipa n × n (po jedan zasvaki stupac od A−1), pri cemu su lijeve strane (koeficijenti) svihtih sustava iste (to su tocno elementi matrice A), a stupcislobodnih clanova su redom stupci jedinicne matrice. Sustav zaodredivanje j-tog stupca od A−1 kao stupac slobodnih clanova imaj-ti stupac od In.

Kako u Gaussovoj metodi eliminacija redoslijed operacija ne ovisi o stupcuslobodnih clanova, znaci da je za svaki od tih sustava racun jednak osimu stupcu slobodnih clanova. Stoga se ti sustavi mogu rjesavati paralelno:

(A|In) ' . . . '(In|A−1

Napomena

Sve matrice jednog linearnog operatora su medusobno slicne: ako su A iB dvije matrice istog operatora, obzirom na razlicite baze, onda postojiinvertibilna matrica X takva da je B = X−1AX .

Racunanje A−1 . . .

. . . je ekvivalentno rjesavanju n sustava tipa n × n (po jedan zasvaki stupac od A−1), pri cemu su lijeve strane (koeficijenti) svihtih sustava iste (to su tocno elementi matrice A), a stupcislobodnih clanova su redom stupci jedinicne matrice. Sustav zaodredivanje j-tog stupca od A−1 kao stupac slobodnih clanova imaj-ti stupac od In.

Kako u Gaussovoj metodi eliminacija redoslijed operacija ne ovisi o stupcuslobodnih clanova, znaci da je za svaki od tih sustava racun jednak osimu stupcu slobodnih clanova. Stoga se ti sustavi mogu rjesavati paralelno:

(A|In) ' . . . '(In|A−1

Napomena

Sve matrice jednog linearnog operatora su medusobno slicne: ako su A iB dvije matrice istog operatora, obzirom na razlicite baze, onda postojiinvertibilna matrica X takva da je B = X−1AX .

Determinante

Provjerite da vrijedi:(a bc d

ad − bc

(d −b−c a

Uz koji uvjet postoji inverz matrice reda 2?

Primjer

Neka su u Kks-u zadane tocke P = (a, b) i Q = (c , d). Koja je

povrsina A paralelograma odredenog s−→OP i

−→OQ?

A = |−→OP ×

−→OQ| = |ad − bc|.

Determinante

ad − bc

(d −b−c a

Primjer

−→OQ?

A = |−→OP ×

−→OQ| = |ad − bc|.

Determinante

ad − bc

(d −b−c a

Primjer

−→OQ?

A = |−→OP ×

−→OQ| = |ad − bc|.

Sto je determinanta?

Broj koji karakterizira invertibilnost kvadratne matrice (ako je 0,matrica nema inverz, a ako je razlicit od 0, ima ga) zove sedeterminantom matrice.

Determinanta matrice A oznacava se sa det(A) odnosno omedujevertikalnim crtama.Prije nego se posvetimo izracunavanju determinanti i njihovimsvojstvima, napravit cemo malu digresiju.

Teorem

Sve matrice istog linearnog operatora A : V → V , neovisno oodabranoj bazi, imaju istu determinantu i isti trag.

Teorem (Kristalografska restrikcija)

Rotacije koje tockama resetke pridruzuju iskljucivo tocke resetkemogu biti samo rotacije za kutove 360◦, 180◦, 120◦, 90◦ ili 60◦.

Dokaz:Rotacija oko neke osi o mora biti predstavljena nekommatricom A ∈ M3. Ako je ta matrica odabrana s obzirom na bazuu kojoj tocke resetke imaju cjelobrojne koordinate, buduci da smopretpostavili da rotacija preslikava tocke resetke samo u tockeresetke, slijedi da su elementi matrice A cijeli brojevi, dakle je itrag matrice A cijeli broj. S druge strane, odaberemo li bazu takoda z-os lezi na osi o, matrica nase rotacije imat ce oblik Rz,α. Tamatrica ima trag 1 + 2 cosα. Kako trag ne ovisi o odabiru baze,slijedi da je 1 + 2 cosα cijeli broj, tj. 2 cosα je cijeli broj, dakle jecosα jedan od brojeva −1, −1

2 , 0, 12 , 1.

Dokaz:Rotacija oko neke osi o mora biti predstavljena nekommatricom A ∈ M3. Ako je ta matrica odabrana s obzirom na bazuu kojoj tocke resetke imaju cjelobrojne koordinate, buduci da smopretpostavili da rotacija preslikava tocke resetke samo u tockeresetke, slijedi da su elementi matrice A cijeli brojevi, dakle je itrag matrice A cijeli broj.

S druge strane, odaberemo li bazu takoda z-os lezi na osi o, matrica nase rotacije imat ce oblik Rz,α. Tamatrica ima trag 1 + 2 cosα. Kako trag ne ovisi o odabiru baze,slijedi da je 1 + 2 cosα cijeli broj, tj. 2 cosα je cijeli broj, dakle jecosα jedan od brojeva −1, −1

2 , 0, 12 , 1.

Dokaz:Rotacija oko neke osi o mora biti predstavljena nekommatricom A ∈ M3. Ako je ta matrica odabrana s obzirom na bazuu kojoj tocke resetke imaju cjelobrojne koordinate, buduci da smopretpostavili da rotacija preslikava tocke resetke samo u tockeresetke, slijedi da su elementi matrice A cijeli brojevi, dakle je itrag matrice A cijeli broj. S druge strane, odaberemo li bazu takoda z-os lezi na osi o, matrica nase rotacije imat ce oblik Rz,α. Tamatrica ima trag 1 + 2 cosα.

Kako trag ne ovisi o odabiru baze,slijedi da je 1 + 2 cosα cijeli broj, tj. 2 cosα je cijeli broj, dakle jecosα jedan od brojeva −1, −1

2 , 0, 12 , 1.

Dokaz:Rotacija oko neke osi o mora biti predstavljena nekommatricom A ∈ M3. Ako je ta matrica odabrana s obzirom na bazuu kojoj tocke resetke imaju cjelobrojne koordinate, buduci da smopretpostavili da rotacija preslikava tocke resetke samo u tockeresetke, slijedi da su elementi matrice A cijeli brojevi, dakle je itrag matrice A cijeli broj. S druge strane, odaberemo li bazu takoda z-os lezi na osi o, matrica nase rotacije imat ce oblik Rz,α. Tamatrica ima trag 1 + 2 cosα. Kako trag ne ovisi o odabiru baze,slijedi da je 1 + 2 cosα cijeli broj, tj. 2 cosα je cijeli broj, dakle jecosα jedan od brojeva −1, −1

2 , 0, 12 , 1.

Racunanje determinanti

∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = ad − bc.

Za matrice reda 3 (vektorski produkt! mjesoviti produkt!) cesto sekoristi Sarrusovo pravilo:

Racunanje determinanti

∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = ad − bc.

Za matrice reda 3 (vektorski produkt! mjesoviti produkt!) cesto sekoristi Sarrusovo pravilo:

Laplaceov razvoj determinante

Laplaceov razvoj determinante moze se racunati po bilo kojem(i-tom) retku ili bilo kojem (j-tom) stupcu:

detA =n∑

(−1)i+jaij detAij , detA =n∑

(−1)i+jaij detAij .

Pritom je s Aij oznacena matrica koju iz A dobijemo brisanjemi-tog retka i j-tog stupca.Dakle, Laplaceov razvoj po nekom retku/stupcu izracunava determinantumatrice A ∈ Mn tako da svaki element tog retka/stupca pomnozi sdeterminantom matrice koju bismo iz A dobili tako da iz nje pobrisemoredak i stupac promatranog elementa. Tako dobijemo n brojeva, kojezatim naizmjenicno zbrojimo i oduzmemo. Kod razvoja po neparnimretcima/stupcima alterniranje zbrajanja i oduzimanja je +−+−+− . . ..Kod razvoja po parnim retcima/stupcima alterniranje zbrajanja ioduzimanja krece s −.

S obzirom na to da Laplaceov razvoj po i-tom stupcu daje istirezultat kao razvoj po i-tom retku zakljucujemo da je determinantasvake matrice jednaka determinanti njezine transponirane matrice:

det(At) = det(A).

Za kompleksne matrice imamo det(A∗) = det(A).

Nadalje, znamo da matrice koje sadrze nulstupac odgovarajuneinvertibilnim linearnim operatorima (a i Laplaceov razvoj ponulstupcu dao bi 0). Ako matrica sadrzi nulredak, njezinatransponirana matrica sadrzi nulstupac, pa takoder dobivamodeterminantu nula: Ako A ∈ Mn sadrzi nulstupac ili nulredak, ondaje det(A) = 0. Specijalno vrijedi:

det(0n) = 0.

S obzirom na to da Laplaceov razvoj po i-tom stupcu daje istirezultat kao razvoj po i-tom retku zakljucujemo da je determinantasvake matrice jednaka determinanti njezine transponirane matrice:

det(At) = det(A).

Za kompleksne matrice imamo det(A∗) = det(A).Nadalje, znamo da matrice koje sadrze nulstupac odgovarajuneinvertibilnim linearnim operatorima (a i Laplaceov razvoj ponulstupcu dao bi 0). Ako matrica sadrzi nulredak, njezinatransponirana matrica sadrzi nulstupac, pa takoder dobivamodeterminantu nula: Ako A ∈ Mn sadrzi nulstupac ili nulredak, ondaje det(A) = 0. Specijalno vrijedi:

det(0n) = 0.

Koliko iznosi determinanta

∣∣∣∣∣∣∣∣2 0 1230 1 1234 20 0 −5 20 0 0 3

∣∣∣∣∣∣∣∣? A

∣∣∣∣∣∣2 0 00 1 00 0 −5

∣∣∣∣∣∣?

Gornje-/donjetrokutaste matrice su one kvadratne

matrice ciji svi elementi ispod/iznad dijagonale su 0. Matrice kojesu istovremeno gornje- i donjetrokutaste zovu se dijagonalne.Determinanta gornjetrokutaste, kao i donjetrokutaste i dijagonalnematrice jednaka je umnosku njenih dijagonalnih elemenata. Kolikoiznosi det(In)?

∣∣∣∣∣∣∣∣2 0 1230 1 1234 20 0 −5 20 0 0 3

∣∣∣∣∣∣∣∣? A

∣∣∣∣∣∣2 0 00 1 00 0 −5

∣∣∣∣∣∣? Gornje-/donjetrokutaste matrice su one kvadratne

matrice ciji svi elementi ispod/iznad dijagonale su 0. Matrice kojesu istovremeno gornje- i donjetrokutaste zovu se dijagonalne.Determinanta gornjetrokutaste, kao i donjetrokutaste i dijagonalnematrice jednaka je

umnosku njenih dijagonalnih elemenata. Kolikoiznosi det(In)?

∣∣∣∣∣∣∣∣2 0 1230 1 1234 20 0 −5 20 0 0 3

∣∣∣∣∣∣∣∣? A

∣∣∣∣∣∣2 0 00 1 00 0 −5

∣∣∣∣∣∣? Gornje-/donjetrokutaste matrice su one kvadratne

matrice ciji svi elementi ispod/iznad dijagonale su 0. Matrice kojesu istovremeno gornje- i donjetrokutaste zovu se dijagonalne.Determinanta gornjetrokutaste, kao i donjetrokutaste i dijagonalnematrice jednaka je umnosku njenih dijagonalnih elemenata. Kolikoiznosi det(In)?

Determinante vs. elementarne transformacije

Teorem

Zamjena dva retka (ili dva stupca) mijenja predznak determinante.Ako matrici neki redak (ili stupac) pomnozimo nekim brojem α,determinanta dobivene matrice je α puta determinanta matriceprije tog mnozenja.Ako jedan redak pribrojimo nekom drugom (ili jedan stupacdrugom stupcu), determinanta se ne mijenja.

Posljedicno, determinanta se ne mijenja niti kad visekratnik nekogretka dodamo drugom (ili visekratnik nekog stupca dodamodrugom stupcu).

Iz gornjeg teorema moze se dokazati da za A ∈ Mn vrijedi

det(αA) = αn det(A).

Je li determinatna linearan funkcional na Mn?

Teorem

Posljedicno, determinanta se ne mijenja niti kad visekratnik nekogretka dodamo drugom (ili visekratnik nekog stupca dodamodrugom stupcu).Iz gornjeg teorema moze se dokazati da za A ∈ Mn vrijedi

Teorem

Posljedicno, determinanta se ne mijenja niti kad visekratnik nekogretka dodamo drugom (ili visekratnik nekog stupca dodamodrugom stupcu).Iz gornjeg teorema moze se dokazati da za A ∈ Mn vrijedi

Primjer (Slaterova determinanta)

Paulijev princip: Ukupna elektronska valna funkcija, koja ukljucujei spin, mora biti antisimetricna na izmjenu bilo kojeg paraelektrona. Jednostavnija formulacija je: Nikoja dva elektrona uistom atomu ne mogu imati iste sve kvantne brojeve. To svojstvose izvodi iz nemogucnosti razlikovanja elektrona.

Ako atom ima n elektrona, svaki od njih je opisan po jednomvalnom funkcijom ψi . Zelimo li opisati ukupnu valnu funkciju,najjednostavnija ideja bila bi definirati ju kao produkt svih valnihfunkcija pojedinih elektrona, no tako definirana ukupna valnafunkcija omogucavala bi razlikovanje elektrona pa nije prihvatljiva.Primjerice, za slucaj dva elektrona 1 i 2, moguce su dvije takvevalne funkcije sustava: ψ1(1)ψ2(2) i ψ1(2)ψ2(1).

Primjer (Slaterova determinanta)

Paulijev princip: Ukupna elektronska valna funkcija, koja ukljucujei spin, mora biti antisimetricna na izmjenu bilo kojeg paraelektrona. Jednostavnija formulacija je: Nikoja dva elektrona uistom atomu ne mogu imati iste sve kvantne brojeve. To svojstvose izvodi iz nemogucnosti razlikovanja elektrona.Ako atom ima n elektrona, svaki od njih je opisan po jednomvalnom funkcijom ψi . Zelimo li opisati ukupnu valnu funkciju,najjednostavnija ideja bila bi definirati ju kao produkt svih valnihfunkcija pojedinih elektrona, no tako definirana ukupna valnafunkcija omogucavala bi razlikovanje elektrona pa nije prihvatljiva.Primjerice, za slucaj dva elektrona 1 i 2, moguce su dvije takvevalne funkcije sustava: ψ1(1)ψ2(2) i ψ1(2)ψ2(1).

Kao ukupna valna funkcija uzima se stogaψ1(1)ψ2(2)− ψ1(2)ψ2(1).

Poopcenjem gornje ideje dobiva se da je za sustav od n elektrona(fermiona) ukupna valna funkcija dana tzv. Slaterovomdeterminantom

ψ(1,2, . . . ,n) =1√n!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ψ1(1) ψ1(2) . . . ψ1(n)ψ2(1) ψ2(2) . . . ψ2(n)

......

...ψn(1) ψn(2) . . . ψn(n)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ .Ako u matrici imamo dva proporcionalna retka (stupca),oduzimanje prikladnog visekratnika jednog od drugog ne mijenadeterminantu, ali rezultira matricom s nulretkom (nulstupcem).Ako matrica sadrzi dva proporcionalna retka (ili stupca),determinanta joj je 0.

Kao ukupna valna funkcija uzima se stogaψ1(1)ψ2(2)− ψ1(2)ψ2(1).Poopcenjem gornje ideje dobiva se da je za sustav od n elektrona(fermiona) ukupna valna funkcija dana tzv. Slaterovomdeterminantom

ψ(1,2, . . . ,n) =1√n!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ψ1(1) ψ1(2) . . . ψ1(n)ψ2(1) ψ2(2) . . . ψ2(n)

......

...ψn(1) ψn(2) . . . ψn(n)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ .

Ako u matrici imamo dva proporcionalna retka (stupca),oduzimanje prikladnog visekratnika jednog od drugog ne mijenadeterminantu, ali rezultira matricom s nulretkom (nulstupcem).Ako matrica sadrzi dva proporcionalna retka (ili stupca),determinanta joj je 0.

Kao ukupna valna funkcija uzima se stogaψ1(1)ψ2(2)− ψ1(2)ψ2(1).Poopcenjem gornje ideje dobiva se da je za sustav od n elektrona(fermiona) ukupna valna funkcija dana tzv. Slaterovomdeterminantom

ψ(1,2, . . . ,n) =1√n!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ψ1(1) ψ1(2) . . . ψ1(n)ψ2(1) ψ2(2) . . . ψ2(n)

......

...ψn(1) ψn(2) . . . ψn(n)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ .Ako u matrici imamo dva proporcionalna retka (stupca),oduzimanje prikladnog visekratnika jednog od drugog ne mijenadeterminantu, ali rezultira matricom s nulretkom (nulstupcem).Ako matrica sadrzi dva proporcionalna retka (ili stupca),determinanta joj je 0.

Teorem (Binet-Cauchy)

Determinanta produkta matrica jednaka je produktu determinanti.

Izvedite vezu izmedu determinante matrice i determinantenjezina inverza!

det(A−1) =1

det(A).

Koje su moguce vrijednosti determinanti ortogonalnihmatrica? ±1. A koje su moguce vrijednosti determinantiunitarnih matrica? | det(A)| = 1.

Dakle, svaki operator simetrije u svakoj bazi ima matricu sdeterminantom 1 ili −1, a u svakoj ortonormiranoj bazimatrica mu je uz to i ortogonalna.

det(A−1) =1

det(A).

det(A−1) =1

det(A).

Koje su moguce vrijednosti determinanti ortogonalnihmatrica?

±1. A koje su moguce vrijednosti determinantiunitarnih matrica? | det(A)| = 1.

det(A−1) =1

det(A).

Koje su moguce vrijednosti determinanti ortogonalnihmatrica? ±1. A koje su moguce vrijednosti determinantiunitarnih matrica?

| det(A)| = 1.

det(A−1) =1

det(A).

det(A−1) =1

det(A).

Cramerovo pravilo

Sustav linearnih jednadzbi tipa n × n moze se matricno zapisati uobliku AX = B, gdje je

A ∈ Mn, X ,B ∈ Mn,1. On ima jedinstvenorjesenje (Cramerov je) tocno ako je matrica A invertibilna, dakletocno ako D = detA 6= 0. U takvom se slucaju iznosi pojedinihkomponenti rjesenja mogu izracunati Cramerovim pravilom:

xi =Di

Dza sve i , gdje su Di je determinante matrica koje iz A dobijemotako da im i-ti stupac zamijenimo s B.Koje su prednosti ovog pravila? Mane?

Zadatak

Za kakve m i n sustav

mx + ny = 1, x + y = mn

ima jedinstveno rjesenje?

Cramerovo pravilo

Sustav linearnih jednadzbi tipa n × n moze se matricno zapisati uobliku AX = B, gdje je A ∈ Mn, X ,B ∈ Mn,1. On ima jedinstvenorjesenje (Cramerov je) tocno ako je matrica A

invertibilna, dakletocno ako D = detA 6= 0. U takvom se slucaju iznosi pojedinihkomponenti rjesenja mogu izracunati Cramerovim pravilom:

xi =Di

Zadatak

mx + ny = 1, x + y = mn

Cramerovo pravilo

Sustav linearnih jednadzbi tipa n × n moze se matricno zapisati uobliku AX = B, gdje je A ∈ Mn, X ,B ∈ Mn,1. On ima jedinstvenorjesenje (Cramerov je) tocno ako je matrica A invertibilna, dakletocno ako D = detA 6= 0. U takvom se slucaju iznosi pojedinihkomponenti rjesenja mogu izracunati Cramerovim pravilom:

xi =Di

Zadatak

mx + ny = 1, x + y = mn

Svojstvene vrijednosti i vektori

Po cemu se vektori paralelni s osi rotacije isticu u odnosu na ostalevektore prostora (s obzirom na efekt koji rotacija na njih ima)?

Postoje li vektori koje operator X 7→ AX , gdje je A =

(1 50 1

)fiksira?Sto je sa skalarnim operatorom v 7→ πv?Poopcenje gornjih ideja su svojstveni vektori: Svojstveni vektorlinearnog operatora je vektor kojeg taj operator preslika u njegovskalarni visekratnik. Za kakve linearne operatore (domena,kodomena) ova definicija ima smisla? Postoji li neki vektor koji sesigurno svakim linearnim operatorom preslika u svoj skalarnivisekratnik?

(1 50 1

)fiksira?

Sto je sa skalarnim operatorom v 7→ πv?Poopcenje gornjih ideja su svojstveni vektori: Svojstveni vektorlinearnog operatora je vektor kojeg taj operator preslika u njegovskalarni visekratnik. Za kakve linearne operatore (domena,kodomena) ova definicija ima smisla? Postoji li neki vektor koji sesigurno svakim linearnim operatorom preslika u svoj skalarnivisekratnik?

(1 50 1

)fiksira?Sto je sa skalarnim operatorom v 7→ πv?

Poopcenje gornjih ideja su svojstveni vektori: Svojstveni vektorlinearnog operatora je vektor kojeg taj operator preslika u njegovskalarni visekratnik. Za kakve linearne operatore (domena,kodomena) ova definicija ima smisla? Postoji li neki vektor koji sesigurno svakim linearnim operatorom preslika u svoj skalarnivisekratnik?

(1 50 1

)fiksira?Sto je sa skalarnim operatorom v 7→ πv?Poopcenje gornjih ideja su svojstveni vektori: Svojstveni vektorlinearnog operatora je vektor kojeg taj operator preslika u njegovskalarni visekratnik.

Za kakve linearne operatore (domena,kodomena) ova definicija ima smisla? Postoji li neki vektor koji sesigurno svakim linearnim operatorom preslika u svoj skalarnivisekratnik?

(1 50 1

)fiksira?Sto je sa skalarnim operatorom v 7→ πv?Poopcenje gornjih ideja su svojstveni vektori: Svojstveni vektorlinearnog operatora je vektor kojeg taj operator preslika u njegovskalarni visekratnik. Za kakve linearne operatore (domena,kodomena) ova definicija ima smisla?

Postoji li neki vektor koji sesigurno svakim linearnim operatorom preslika u svoj skalarnivisekratnik?

(1 50 1

)fiksira?Sto je sa skalarnim operatorom v 7→ πv?Poopcenje gornjih ideja su svojstveni vektori: Svojstveni vektorlinearnog operatora je vektor kojeg taj operator preslika u njegovskalarni visekratnik. Za kakve linearne operatore (domena,kodomena) ova definicija ima smisla? Postoji li neki vektor koji sesigurno svakim linearnim operatorom preslika u svoj skalarnivisekratnik?

Definicija

Neka je A : V → V linearan operator. Za skalar λ kazemo da jesvojstvena vrijednost operatora A ako postoji vektor v ∈ V , v 6= 0,takav da je

Av = λv .

U tom slucaju v zovemo svojstvenim vektorom (operatora A sobzirom na svojstvenu vrijednost λ).

Primjer

Schrodingerova jednadzba Hψ = Eψ je problem svojstvenihvrijednosti Hamiltonijana: Svojstveni vektori su valne funkcije, apripadne svojstvene vrijednosti su energije sustava.

Zadatak

Koji vektori su svojstveni jedinicnom operatoru I : V → V ? Kojesu mu svojstvene vrijednosti? Skalarni operator?

Definicija

Av = λv .

Primjer

Zadatak

Koji vektori su svojstveni jedinicnom operatoru I : V → V ? Kojesu mu svojstvene vrijednosti?

Skalarni operator?

Definicija

Av = λv .

Primjer

Zadatak

Koji vektori su svojstveni jedinicnom operatoru I : V → V ? Kojesu mu svojstvene vrijednosti? Skalarni operator?

Ako je vektor v svojstveni vektor operatora A, onda su svi njemuproporcionalni vektori w = µv takoder svojstveni za A:

A(µv) = µAv = µλv = λ(µv).

Dakle, ako operator ima svojstveni vektor koji pripada nekojsvojstvenoj vrijednosti λ, ima ih beskonacno mnogo. Stovise:

VA,λ) = {v ∈ V : Av = λv}

je uvijek potprostor od V – svojstveni potprostor.

Odredimo svojstvene vrijednosti i pripadne svojstvene potprostoreza sve operatore simetrija!Ako istoj svojstvenoj vrijednosti odgovaraju dva ili vise linearnonezavisnih svojstvenih vektora (tj. svojstveni potprostor imadimenziju vecu od 1), tu svojstvenu vrijednost zovemodegeneriranom. Skup svih svojstvenih vrijednosti se (za operatorena konacnodimenzionalnim prostorima) naziva spektar.

VA,λ) = {v ∈ V : Av = λv}

je uvijek potprostor od V – svojstveni potprostor.Odredimo svojstvene vrijednosti i pripadne svojstvene potprostoreza sve operatore simetrija!

Ako istoj svojstvenoj vrijednosti odgovaraju dva ili vise linearnonezavisnih svojstvenih vektora (tj. svojstveni potprostor imadimenziju vecu od 1), tu svojstvenu vrijednost zovemodegeneriranom. Skup svih svojstvenih vrijednosti se (za operatorena konacnodimenzionalnim prostorima) naziva spektar.

VA,λ) = {v ∈ V : Av = λv}

je uvijek potprostor od V – svojstveni potprostor.Odredimo svojstvene vrijednosti i pripadne svojstvene potprostoreza sve operatore simetrija!Ako istoj svojstvenoj vrijednosti odgovaraju dva ili vise linearnonezavisnih svojstvenih vektora (tj. svojstveni potprostor imadimenziju vecu od 1), tu svojstvenu vrijednost zovemodegeneriranom. Skup svih svojstvenih vrijednosti se (za operatorena konacnodimenzionalnim prostorima) naziva spektar.

Primjer

U kvantnoj mehanici u slucaju degeneriranih svojstvenih vrijednostigovorimo o degeneriranom stanju sustava. Primjerice, zaenergetske nivoe (svojstvene vrijednosti Hamiltonijana) opisaneglavnim kvantnim brojem n > 1 i azimutnim kvantnim brojem0 < l < n dolazi do degeneracija, tj. postoji vise neproporcionalnihvalnih funkcija (razlicitih orbitala, primjerice za l = 1 i n = 2imamo 3 tzv. 2p-orbitale, koje opisuju elektrone s istom energijom).

Odredivanje svojstvenih vrijednosti i vektora

Zadatak

Sto mozete reci o spektru neinvertibilne matrice (neinvertibilnogoperatora)?

Operatora simetrije?

Neka je V konacne dimenzije n i AV → V linearan operatorprikazan matricom A obzirom na neku bazu od V :

Av = λv . . . (A− λIn)v = 0n,1

Za koje λ taj homogeni n× n-sustav ima rjesenja (osim trivijalnogkoje odgovara nulvektoru)? Gornji sustav ima nejedinstvenorjesenje tocno ako

det(A− λIn) = 0.

Ta se jednadzba zove karakteristicnom jednadzbom operatora A(odnosno matrice A). Je li bitno koju matricu operatora smo uzeli?Nije, jer sve matrice jednog operatora imaju istu determinantu.

Zadatak

Sto mozete reci o spektru neinvertibilne matrice (neinvertibilnogoperatora)? Operatora simetrije?

Av = λv . . . (A− λIn)v = 0n,1

det(A− λIn) = 0.

Zadatak

Av = λv

. . . (A− λIn)v = 0n,1

det(A− λIn) = 0.

Zadatak

Av = λv . . . (A− λIn)v = 0n,1

det(A− λIn) = 0.

Zadatak

Av = λv . . . (A− λIn)v = 0n,1

Za koje λ taj homogeni n× n-sustav ima rjesenja (osim trivijalnogkoje odgovara nulvektoru)?

Gornji sustav ima nejedinstvenorjesenje tocno ako

det(A− λIn) = 0.

Zadatak

Av = λv . . . (A− λIn)v = 0n,1

det(A− λIn) = 0.

Ta se jednadzba zove karakteristicnom jednadzbom operatora A(odnosno matrice A). Je li bitno koju matricu operatora smo uzeli?

Nije, jer sve matrice jednog operatora imaju istu determinantu.

Zadatak

Av = λv . . . (A− λIn)v = 0n,1

det(A− λIn) = 0.

Karakteristicna jednadzba je polinomijalna jednadzba stupnjan = dim(V ).

Njezina rjesenja su trazene svojstvene vrijednosti.Svojstvene vektore odredujemo tako da za svaku svojstvenuvrijednost λ zasebno rjesavamo homogeni sustav (A− λI )x = 0.

Zadatak

Odredite svojstvene vrijednosti i svojstvene potprostore operatorazadanog matricom 1 2 0

2 4 00 0 5

Ako je matrica A dijagonalna, koji su vektori svojstveni vektoriodgovarajuceg operatora? A svojstvene vrijednosti?

Karakteristicna jednadzba je polinomijalna jednadzba stupnjan = dim(V ). Njezina rjesenja su trazene svojstvene vrijednosti.

Svojstvene vektore odredujemo tako da za svaku svojstvenuvrijednost λ zasebno rjesavamo homogeni sustav (A− λI )x = 0.

Zadatak

2 4 00 0 5

Karakteristicna jednadzba je polinomijalna jednadzba stupnjan = dim(V ). Njezina rjesenja su trazene svojstvene vrijednosti.Svojstvene vektore odredujemo tako da za svaku svojstvenuvrijednost λ zasebno rjesavamo homogeni sustav (A− λI )x = 0.

Zadatak

2 4 00 0 5

Karakteristicna jednadzba je polinomijalna jednadzba stupnjan = dim(V ). Njezina rjesenja su trazene svojstvene vrijednosti.Svojstvene vektore odredujemo tako da za svaku svojstvenuvrijednost λ zasebno rjesavamo homogeni sustav (A− λI )x = 0.

Zadatak

2 4 00 0 5

Problem dijagonalizacije

Ako postoji baza prostora koja se sastoji od svojstvenih vektoranekog linearnog operatora, on u toj bazi ima dijagonalnu matricu,pri cemu su mu na dijagonali redom odgovarajuce svojstvenevrijednosti i obrnuto, ako je matrica dijagonalna, vektori baze nakoju se odnosi su svojstveni za odgovarajuci operator, a brojevi nadijagonali su pripadne svojstvene vrijednosti.

Mozete li smisliti nekidovoljni uvjet dijagonalizabilnosti?Za slucaj konacnodimenzionalnih V vrijedi: Ako je neka matricalinearnog operatora na realnom prostoru V simetricna, sve susimetricne i sigurno postoji baza (koja se sastoji od svojstvenihvektora tog operatora) u kojoj taj operator ima dijagonalnumatricu.Slicno, ako je neka matrica linearnog operatora na kompleksnomprostoru V hermitska, sigurno postoji baza (koja se sastoji odsvojstvenih vektora tog operatora) u kojoj taj operator imadijagonalnu matricu (i sve svojstvene vrijednosti su realne).

Ako postoji baza prostora koja se sastoji od svojstvenih vektoranekog linearnog operatora, on u toj bazi ima dijagonalnu matricu,pri cemu su mu na dijagonali redom odgovarajuce svojstvenevrijednosti i obrnuto, ako je matrica dijagonalna, vektori baze nakoju se odnosi su svojstveni za odgovarajuci operator, a brojevi nadijagonali su pripadne svojstvene vrijednosti. Mozete li smisliti nekidovoljni uvjet dijagonalizabilnosti?

Za slucaj konacnodimenzionalnih V vrijedi: Ako je neka matricalinearnog operatora na realnom prostoru V simetricna, sve susimetricne i sigurno postoji baza (koja se sastoji od svojstvenihvektora tog operatora) u kojoj taj operator ima dijagonalnumatricu.Slicno, ako je neka matrica linearnog operatora na kompleksnomprostoru V hermitska, sigurno postoji baza (koja se sastoji odsvojstvenih vektora tog operatora) u kojoj taj operator imadijagonalnu matricu (i sve svojstvene vrijednosti su realne).

Ako postoji baza prostora koja se sastoji od svojstvenih vektoranekog linearnog operatora, on u toj bazi ima dijagonalnu matricu,pri cemu su mu na dijagonali redom odgovarajuce svojstvenevrijednosti i obrnuto, ako je matrica dijagonalna, vektori baze nakoju se odnosi su svojstveni za odgovarajuci operator, a brojevi nadijagonali su pripadne svojstvene vrijednosti. Mozete li smisliti nekidovoljni uvjet dijagonalizabilnosti?Za slucaj konacnodimenzionalnih V vrijedi: Ako je neka matricalinearnog operatora na realnom prostoru V simetricna, sve susimetricne i sigurno postoji baza (koja se sastoji od svojstvenihvektora tog operatora) u kojoj taj operator ima dijagonalnumatricu.Slicno, ako je neka matrica linearnog operatora na kompleksnomprostoru V hermitska, sigurno postoji baza (koja se sastoji odsvojstvenih vektora tog operatora) u kojoj taj operator imadijagonalnu matricu (i sve svojstvene vrijednosti su realne).

Linearna algebra u jednom zadatku

Zadatak

Odredite sve operatore simetrije A : V 2(O)→ V 2(O) koji za

zadanu proizvoljnu bazu {−→a ,−→b }} vektor [1, 1] preslikavaju u

[1, 0]. Odredite i njihove determinante, tragove, svojstvenevrijednosti i svojstvene potprostore.

Operator simetrije mora cuvati normu, dakle mora vrijediti

|−→a +−→b | = |−→a | ⇒ Dakle, takav operator postoji samo ako je

γ > 90◦ i b = −2a cos γ.

Ako je {−→a ,−→b } baza, onda je to i {−→a ,

−→b ′}, gdje je

−→b ′ = −→a +

−→b .

Pogledajmo matricu od A u bazi {−→a ,−→b ′}. Njezin drugi

stupac mora biti (1, 0).

Zadatak

Operator simetrije mora cuvati normu,

dakle mora vrijediti

γ > 90◦ i b = −2a cos γ.

−→b ′ = −→a +

−→b .

Zadatak

|−→a +−→b | = |−→a |

⇒ Dakle, takav operator postoji samo ako jeγ > 90◦ i b = −2a cos γ.

−→b ′ = −→a +

−→b .

Zadatak

γ > 90◦ i b = −2a cos γ.

−→b ′ = −→a +

−→b .

Zadatak

γ > 90◦ i b = −2a cos γ.

−→b ′ = −→a +

−→b .

Zadatak

γ > 90◦ i b = −2a cos γ.

−→b ′ = −→a +

−→b .

Nadalje, determinanta te matrice mora biti 1 ili −1

A′ =

(p 1±1 0

Stoga je A−→b = A(

−→b ′ −−→a ) pa je u bazi {−→a ,

−→b } matrica od

(p + 1 −p

1 −1

)ili A2 =

(p − 1 2− p−1 1

Svojstvene vrijednosti operatora simetrije, ako postoje, mogubiti samo 1 i/ili −1:

k . p. 1 −1 ∅A1 : λ2 − pλ− 1 p = 0 p = 0 p2 + 4 < 0A2 : λ2 − pλ+ 1 p = 2 p = −2 |p| < 2

Nadalje, determinanta te matrice mora biti 1 ili −1 pa je

A′ =

(p 1±1 0

−→b ′ −−→a ) pa je u bazi {−→a ,

(p + 1 −p

1 −1

)ili A2 =

(p − 1 2− p−1 1

A′ =

(p 1±1 0

−→b ′ −−→a )

pa je u bazi {−→a ,−→b } matrica od

(p + 1 −p

1 −1

)ili A2 =

(p − 1 2− p−1 1

A′ =

(p 1±1 0

−→b ′ −−→a ) pa je u bazi {−→a ,

(p + 1 −p

1 −1

)ili A2 =

(p − 1 2− p−1 1

A′ =

(p 1±1 0

−→b ′ −−→a ) pa je u bazi {−→a ,

(p + 1 −p

1 −1

)ili A2 =

(p − 1 2− p−1 1

Za opciju A1 imamo dakle samo mogucnosti p = 0. Tada jeA1[x , y ] = [x , x − y ],

i stvarno se radi o operatoru simetrije.Njegova je determinanta −1, dakle je to osna simetrija. Os

simetrije je simetrala kuta izmedu −→a i −→a +−→b , pa je svojstveni

potprostor za −1 skup vektora na toj simetrali, a za 1 onih koji su

smjera−→b . Trag je 0.

Za opciju A1 imamo dakle samo mogucnosti p = 0. Tada jeA1[x , y ] = [x , x − y ], i stvarno se radi o operatoru simetrije.Njegova je determinanta −1, dakle je to osna simetrija.

Za opciju A1 imamo dakle samo mogucnosti p = 0. Tada jeA1[x , y ] = [x , x − y ], i stvarno se radi o operatoru simetrije.Njegova je determinanta −1, dakle je to osna simetrija. Os

simetrije je simetrala kuta izmedu −→a i −→a +−→b ,

pa je svojstvenipotprostor za −1 skup vektora na toj simetrali, a za 1 onih koji su

smjera−→b .

Trag je 0.

Opcija A2 se razdvaja na tri mogucnosti:

(1 0−1 1

);A3 =

(−3 4−1 1

);A4 =

(p − 1 2− p−1 1

)&|p| < 2.

No, ||A2(−→a )|| 6= ||−→a || i ||A3(−→a )|| 6= ||−→a || pa iako navedenematrice zadovoljavaju uvjete po pitanju determinante i svojstvenihvrijednosti, one ne predstavljaju operatore simetrije.Preostaje daklesamo

(p − 1 2− p−1 1

)uz −2 < p < 2. Uvjet ocuvanja norme primijenjen na vektor −→adaje opcije: ili je p = 0 ili je p = 2− 4 cos2 γ. Obje opcijezadovoljavaju −2 < p < 2.

(1 0−1 1

);A3 =

(−3 4−1 1

);A4 =

(p − 1 2− p−1 1

)&|p| < 2.

No, ||A2(−→a )|| 6= ||−→a ||

i ||A3(−→a )|| 6= ||−→a || pa iako navedenematrice zadovoljavaju uvjete po pitanju determinante i svojstvenihvrijednosti, one ne predstavljaju operatore simetrije.Preostaje daklesamo

(p − 1 2− p−1 1

(1 0−1 1

);A3 =

(−3 4−1 1

);A4 =

(p − 1 2− p−1 1

)&|p| < 2.

No, ||A2(−→a )|| 6= ||−→a || i ||A3(−→a )|| 6= ||−→a ||

pa iako navedenematrice zadovoljavaju uvjete po pitanju determinante i svojstvenihvrijednosti, one ne predstavljaju operatore simetrije.Preostaje daklesamo

(p − 1 2− p−1 1

(1 0−1 1

);A3 =

(−3 4−1 1

);A4 =

(p − 1 2− p−1 1

)&|p| < 2.

No, ||A2(−→a )|| 6= ||−→a || i ||A3(−→a )|| 6= ||−→a || pa iako navedenematrice zadovoljavaju uvjete po pitanju determinante i svojstvenihvrijednosti, one ne predstavljaju operatore simetrije.

Preostaje daklesamo

(p − 1 2− p−1 1

(1 0−1 1

);A3 =

(−3 4−1 1

);A4 =

(p − 1 2− p−1 1

)&|p| < 2.

(p − 1 2− p−1 1

(1 0−1 1

);A3 =

(−3 4−1 1

);A4 =

(p − 1 2− p−1 1

)&|p| < 2.

(p − 1 2− p−1 1

(−1 2−1 1

)ili A5 =

(1− 4 cos2 γ 4 cos2 γ

−1 1

)Da bi A4 bio operator simetrije, tj. cuvao normu, iz uvjeta

||−→b || = ||A4(

−→b )|| dobivamo γ = 135◦.

Dakle, operator A4 jeoperator simetrije samo ako je γ = 135◦ i b = a

√2. Determinanta

mu je 1, pa se radi o rotaciji oko O. Stoga je trag (0) jednakdvostrukom kosinusu kuta rotacije te se radi o rotaciji za 90◦ unegativnom smjeru. Nema svojstvenih vrijednosti, pa onda nisvojstvenih potprostora.

(−1 2−1 1

)ili A5 =

(1− 4 cos2 γ 4 cos2 γ

−1 1

||−→b || = ||A4(

−→b )|| dobivamo γ = 135◦. Dakle, operator A4 je

operator simetrije samo ako je γ = 135◦ i b = a√

2. Determinantamu je 1, pa se radi o rotaciji oko O. Stoga je trag (0) jednakdvostrukom kosinusu kuta rotacije

te se radi o rotaciji za 90◦ unegativnom smjeru. Nema svojstvenih vrijednosti, pa onda nisvojstvenih potprostora.

(−1 2−1 1

)ili A5 =

(1− 4 cos2 γ 4 cos2 γ

−1 1

||−→b || = ||A4(

−→b )|| dobivamo γ = 135◦. Dakle, operator A4 je

operator simetrije samo ako je γ = 135◦ i b = a√

2. Determinantamu je 1, pa se radi o rotaciji oko O. Stoga je trag (0) jednakdvostrukom kosinusu kuta rotacije te se radi o rotaciji za 90◦ unegativnom smjeru. Nema svojstvenih vrijednosti, pa onda nisvojstvenih potprostora.

Naposlijetku, provjerimo da A5 stvarno cuva normu, neovisno o γ.

Stoga smo dobili jos jedan operator rotacije (determinanta je 1,trag je 2− 4 cos2 γ, nema svojstvenih vrijednosti ni svojstvenihpotprostora). Kut rotacije je θ = arccos(1− 2 cos2 γ) (uocimo:1− 2 cos2 γ ∈ [−1, 1]). Za γ = 135◦ to je isti operator kao A44.Dakle:

Ako baza ne zadovoljava uvjete γ > 90◦ i b = −2a cos γ,trazeni operatori simetrije ne postoje.

Inace postoji po jedna osna simetrija (s obzirom na simetralu

od −→a i −→a +−→b ) i jedna rotacija oko O (s kutom

θ = arccos(1− 2 cos2 γ)).

Naposlijetku, provjerimo da A5 stvarno cuva normu, neovisno o γ.Stoga smo dobili jos jedan operator rotacije (determinanta je 1,trag je 2− 4 cos2 γ, nema svojstvenih vrijednosti ni svojstvenihpotprostora). Kut rotacije je θ = arccos(1− 2 cos2 γ) (uocimo:1− 2 cos2 γ ∈ [−1, 1]). Za γ = 135◦ to je isti operator kao A44.Dakle:

Ako baza ne zadovoljava uvjete γ > 90◦ i b = −2a cos γ,trazeni operatori simetrije ne postoje.

Inace postoji po jedna osna simetrija (s obzirom na simetralu

od −→a i −→a +−→b ) i jedna rotacija oko O (s kutom

θ = arccos(1− 2 cos2 γ)).

Matrice i sustavi linearnih jednad zbi, inverzi i...

Documents

J-FET tranzistor - Študentski.netstudentski.net/get/ulj_fel_ae1_elk_sno_unipolarni_mos_tranzistor... · tu tudi podoben potek izhodnih karakteristik obeh tranzistorjev. inverzni

Laboratorijska dijagnostikau klini čkojpraksipatologija.vet.bg.ac.rs/PDFs/Pred5.pdf · 1. 6-7 mikrona 2. ružičasti sa izraženom bleñom centralnom zonom 3. okrugli 4. bez inkluzija

Tehnički podaci Austrotherm XPS · ravni krovovi (inverzni, „plus“, dualni)podrumski zidovi spolja ... Ozelenjeni krov atvd B C D B B B C D Krovno parkiralište atvd C D C D

red Sa sfere u ravninu, s poliedra na sferu: …prelog.chem.pmf.hr/~fmbruckler/stereo4.pdfistom pravcu. Os zone je pravac kroz O paralelan ravninama jedne zone. Dakle, u sfernoj projekciji

Iskoristavanje Vodnih Snaga-pred5

Europska srednjevjekovna matematika Franka Miriam Bruckler ...prelog.chem.pmf.hr/~fmbruckler/PovMat/povmat06b-2020.pdf · trivium (gramatika, retorika, dijalektika), a zatim quadrivium

Svrha, cilj i zadaci te ustroj dodatne nastave matematikeajurasic/pred5.pdf · Ciljevi i zadaci dodatne nastave matematikeCiljevi i zadaci dodatne nastave matematike `Motiviranje

UREĐAJ: Inverzni svjetlosni mikroskop DEVICE: Inverted

Dekonvolucija i inverzni sustav - ieee.hr3].pdf · MATLAB prisjetite se kako se pišu m-funkcije te kako se koristi Simulink. Kao podsjetnik vam osim materijala korištenih na LiV-u

Franka Miriam Brueckler Zagreb, 2019.prelog.chem.pmf.hr/~fmbruckler/matematika-sve.pdf · 6 sadrzaj tekst nestandardno, deriviranje obraduje prije limesa i neprekidnosti, na in- tuitivan

Laboratorijska dijagnostikau klini čkojpraksikatedre.vet.bg.ac.rs/~patologija/PDFs/Pred5.pdf · • Leukociti se dele na osnovu oblika jedra, sastava citoplazme (prisustvo granula

INTERAKTIVNI INVERZNI KINEMATIČKI MODEL

Evaluating Quantitative Proton‐Density‐Mapping Methodsarokem.org/publications/papers/Mezer2016Coils.pdf · 2020. 9. 23. · pred5 PDc8 G p In the presence of measurement noise,

Nokia E75 Uputstvo za korisnikadownload-fds.webapps.microsoft.com/.../Nokia_E75-1_UG_sr.pdf · 2016-07-21 · Inverzni inženjering softvera u ure đaju je zabranjen do granice koju

DIPLOMSKO DELO · 2020. 3. 31. · 2006). V severnem delu krila antiklinale se nahaja profil Perbla 3, na južnem delu krila pa profil Perbla-Tancar, ki ima plasti v inverzni legi

Plohe u prostoru i ekstremi skalarnih funkcija vi se …prelog.chem.pmf.hr/~fmbruckler/mat2-pred9-novo.pdfGradijent; plohe u prostoru Odredivanje lokalnih ekstrema skalarnih funkcija

Iskoristavanje vodnih snaga-pred5 - gradst.unist.hrgradst.unist.hr/Portals/9/docs/katedre/Privredna hidrotehnika/DSG... · Male Hidroelektrane prof.dr.sc.Roko Andričević Grañevinsko-arhitektonski

Primjene klasi cne algebre vektora i analiti cke ...prelog.chem.pmf.hr/~fmbruckler/mat1-tjedan15.pdf · biraju tako da su m, n i p relativno prosti cijeli brojevi1. Ti brojevi zovu

Trigonometrija i koordinatni sustavi malo staroga, malo …prelog.chem.pmf.hr/~fmbruckler/repetitorij.pdf · Brojke i kutoviMalo trigonometrijeKako se sna ci u ravnini i prostoru?Osnove

Arapska matematika Franka Miriam Bruckler 14. velja ce 2020.prelog.chem.pmf.hr/~fmbruckler/PovMat/povmat06-2020.pdf · osvojena je Mezopotamija i Perzija te Egipat, a po cetkom 8