Embed Size (px)
DESCRIPTION
Linearna Algebra Skripta
Citation preview
1
Linearna algebra
Sadržaj
1. Matrice ........................................................................................................................ 2
1.1 Specijalni tipovi matrica ....................................................................................... 3
1.2 Zbrajanje/oduzimanje matrica i množenje matrica skalarom ............................... 5
1.3 Množenje matrica................................................................................................ 10
2. Determinante ............................................................................................................. 23
2.1 Definicija determinante ....................................................................................... 23
2.3 Svojstva determinanti.......................................................................................... 27
BITNO – moguća greška kod determinanti!!!! .................................................... 28
3. Inverzna matrica........................................................................................................ 35
4. Matrične jednadžbe ................................................................................................... 46
5. Cramerovo pravilo .................................................................................................... 59
6. Gaussova metoda ...................................................................................................... 78
BITNO – moguća greška kod Gaussa!!!! .............................................................. 80
2
Linearna algebra
Linearna algebra je područje matematike koje se značajnim dijelom bavi problemom
rješavanja linearnih sustava jednadžbi, koji se pojavljuje u mnogo praktičnih situacija
(mehanički i ekonomski modeli, problemi optimizacije, numeričke metode itd.)
Promotrimo općeniti sustav od m linearnih jednadžbi s n nepoznanica nxxx ,...,, 21 :
11212111 ... bxaxaxa nn
22222121 ... bxaxaxa nn
.
.
.
mnmnmm bxaxaxa ...2211
Rješenje gornjeg sustava jednadžbi ovisi isključivo o koeficijentima uz nepoznanice i
koeficijentima na desnim stranama jednadžbi. Da bi se olakšalo daljnje računanje, ti se
koeficijenti zapisuju u obliku pravokutnog polja koje se naziva „matrica“ i sve se daljnje
operacije mogu izvršavati isključivo na spomenutom polju – matrici.
1. Matrice
Matrica je pravokutna tablica sačinjena od redaka i stupaca ispunjenih njenim
elementima, zapisana unutar dviju uglatih zagrada (ili oblih zagrada). Ti su elementi
najčešće realni brojevi ali mogu biti i kompleksni brojevi ili neki drugi matematički
objekti (funkcije, vektori, matrice). Mi ćemo promatrati uglavnom matrice realnih
brojeva. Matrice ćemo najčešće označavati velikim slovima.
Ako matrica ima m redaka i n stupaca, kaže se da je to matrica tipa (m x n) – dakle, prvi
broj označava broj redaka a drugi broj stupaca u matrici.
Primjer 1. Primjer jedne matrice:
83
12A .
Matrica A ima dva retka i dva stupca, pa kažemo da je matrica A tipa (2x2), gdje prvi broj
označava broj redaka u matrici a drugi broj označava broj stupaca u matrici.
Primjer 2.
1
21
03
B
3
Matrica B ima 3 retka i dva stupca, pa to kraće kažemo – matrica B je tipa (3 x 2).
Primjer 3.
000
000C
Matrica C je tipa (2 x 3).
Opći oblik matrice tipa (m x n) je:
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
....
....
...
...
21
22221
11211
Elementi matrice su označeni sa dva donja indeksa – prvi indeks označava red u kojem se
nalazi element, a drugi indeks označava stupac u kojem se nalazi element. Tako je 11a
element matrice koji se nalazi u prvom retku i u prvom stupcu. Element ija se nalazi u i-
tom retku i j-tom stupcu.
Jednakost matrica. Dvije matrice A i B su jednake ako
- su istog tipa (imaju jednak broj redaka i stupaca)
- imaju jednake odgovarajuće elemente, tj. vrijedi ijij ba za sve i, j.
1.1 Specijalni tipovi matrica
1. Retčana i stupčana matrica. Ako matrica ima samo jedan redak, naziva se retčana
matrica, odnosno ako ima samo jedan stupac naziva se stupčana matrica.
Primjer.
1A
9
5
1
B 951 C
00
00D
Matrica A je matrica tipa (1x1), dakle ona je ujedno i stupčana i retčana matrica. Matrica
B je matrica tipa (3 x 1), dakle ima jedan stupac pa je ona stupčana matrica. Matrica C je
tipa (1 x 3), pa je ona retčana matrica. Matrica D je tipa (2 x 2), nije ni stupčana ni
retčana matrica.
2. Nul-matrica. Ako su svi elementi matrice jednaki nuli, takvu matricu nazivamo nul-
matrica i označavamo ju s 0, neovisno o tome kojeg je tipa. Ta nepreciznost neće stvarati
nikakvih problema.
Primjer. Sve sljedeće matrice su nul-matrice.
4
0A
0
0
0
B
00
00
00
00
C
00
00D
Matrica A je nul-matrica tipa (1 x 1). Matrica B je nul-matrica tipa (3x1). Matrica C je
nul-matrica tipa (4x2). Matrica D je nul-matrica tipa (2x2).
3. Kvadratna matrica. Ako je broj redaka m jednak broju stupaca n, za matricu kažemo
da je kvadratna matrica reda n.
Primjer. Sve sljedeće matrice su kvadratne matrice.
1A
65
12B
321
321
321
C
58827
36915
21455
62515
31520
D
Matrica A je matrica tipa (1x1), odnosno reda 1. Matrica B je matrica tipa (2x2), odnosno
reda 2. Matrica C je reda 3 a matrica D je reda 5.
U slučaju kvadratnih matrica, definiramo dva nova pojma – glavnu i sporednu dijagonalu.
Glavna dijagonala kvadratne matrice je dijagonala iz gornjeg lijevog u donji desni kut
matrice. Sporedna dijagonala je dijagonala iz gornjeg desnog u donji lijevi kut matrice.
- sporedna dijagonala
- glavna dijagonala
Specijalni tipovi kvadratnih matrica
3.1 Dijagonalna i jedinična matrica. Kvadratna matrica kojoj su svi elementi
izvan glavne dijagonale jednaki nuli naziva se dijagonalna matrica. Dijagonalna
matrica kojoj su svi elementi na glavnoj dijagonali jednaki 1 naziva se jedinična
matrica. Označavamo ju s I.
Primjer.
58827
36915
21455
62515
31520
D
5
300
020
001
A
300
000
001
B
000
000
000
C
100
010
001
D
Matrice A, B i C su dijagonalne matrice (svi elementi izvan glavne dijagonale jednaki su
nuli). Matrica D je jedinična matrica.
3.2 Trokutaste matrice. Kvadratna matrica čiji su svi elementi ispod glavne
dijagonale jednaki nuli naziva se gornja trokutasta matrica. Kvadratna matrica
čiji su svi elementi iznad glavne dijagonale jednaki nuli naziva se donja
trokutasta matrica. Svaka dijagonalna matrica je istovremeno i gornja i donja
trokutasta matrica.
Primjer.
320
020
001
A
301
020
001
B
10
11C
Matrice A i B su donje trokutaste matrice. Matrica C je gornja trokutasta.
4. Transponirana matrica. Transponiranu matricu matrice A (koja ne mora biti
kvadratna), koju označavamo TA , dobivamo tako da u matrici A zamijenimo retke i
stupce.
Primjer. Odrediti TA ako je zadana matrica A:
65020
19652
23651
A
Matrica A je tipa (3x5). Dakle, transponirana matrica TA biti će tipa (5 x 3) (jer ćemo
zamijeniti retke i stupce u matrici A). Vrijedi:
612
593
066
255
021
TA .
1.2 Zbrajanje/oduzimanje matrica i množenje matrica skalarom
Zbrajanje/oduzimanje matrica. Zbrajati/oduzimati možemo isključivo matrice istoga
tipa. Ako su matrice A i B istoga tipa (m x n), njihov zbroj/razlika je matrica tipa (m x n)
6
koju smo dobili zbrajanjem/oduzimanjem elemenata na istim pozicijama u matricama A i
B. Rečeno se simbolima zapisuje na sljedeći način:
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
A
....
....
...
...
21
22221
11211
mnmm
n
n
bbb
bbb
bbb
B
....
....
...
...
21
22221
11211
mnmnmmmm
nn
nn
bababa
bababa
bababa
BA
....
....
...
...
2211
2222222121
1112121111
mnmnmmmm
nn
nn
bababa
bababa
bababa
BA
....
....
...
...
2211
2222222121
1112121111
- zbrajanje matrica je komutativna operacija, što znači da ako su A i B matrice istoga
tipa vrijedi:
ABBA
- zbrajanje matrica je asocijativna operacija, što znači da ako su A, B i C matrice istoga
tipa vrijedi: )()( CBACBA
- nul-matrica je neutral za zbrajanje matrica, što znači da za bilo koju matricu A vrijedi:
AAA 00
Množenje matrica skalarom. Matricu množimo nekim skalarom (realnim brojem) tako
da sve njezine elemente pomnožimo tim skalarom. Simbolima, rečeno zapisujemo:
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
A
....
....
...
...
21
22221
11211
mnmm
n
n
asasas
asasas
asasas
As
....
....
...
...
21
22221
11211
7
- množenje matrica skalarom je distributivna operacija, odnosno vrijedi:
sBsABAs )(
Zadatak 1. Zadane su matrice
12
01A
25
31B .
Izračunati IBBA T 2 .
Rješenje.
410
62
25
3122B
23
51
25
31T
TB
715
112
23
51
410
62
12
012 TBBA
U izrazu IBBA T 2 , sa I je označena jedinična matrica. Taj simbol uvijek predstavlja
jediničnu matricu, ali ovisno o kontekstu sami moramo zaključiti kojeg je tipa ta
jedinična matrica. Budući da u ovom slučaju, mi trebamo zbrojiti matricu
715
112
23
51
410
62
12
012 TBBA
sa jediničnom matricom, očito se radi o jediničnoj matrici tipa (2 x 2) pa slijedi:
815
111
10
01
715
1122 IBBA T .
Zadatak 2. Zadane su matrice
654
321A i
817
203B .
Izračunati BA 32 .
Rješenje.
12108
642
654
32122A
24321
609
817
20333B
36729
047
24321
609
12108
64232 BA .
8
Zadatak 3. Zadana je matrica
47
82
51
A . Izračunati 05)( AA TT .
Rješenje.
485
721
47
82
51T
TA
47
82
51
485
721)(
T
TTA
Možemo zaključiti da će vrijediti AA TT )( za bilo koju matricu A.
2035
4010
255
47
82
51
55A
1628
328
204
2035
4010
255
47
82
51
5)( AA TT
U izrazu 05)( AA TT , nula predstavlja nul-matricu. Slično kao i u slučaju jedinične
matrice, simbol 0 zamijenjuje nul-matricu ali tip te matrice ovisi o kontekstu u kojem se
simbol nalazi. U ovom primjeru, mi moramo pribrojiti matrici
1628
328
204
2035
4010
255
47
82
51
5)( AA TT
koja je tipa (3 x 2) nul-matricu. Dakle, i ta nul matrica mora biti tipa (3 x 2) pa slijedi:
1628
328
204
00
00
00
1628
328
204
05)( AA TT .
Zadatak 4. Zadane su matrice
27
46
95
21
A i
71
13
62
58
B i skalar 3 . Provjeriti vrijedi
li relacija BABA )( za zadane matrice i skalar.
Rješenje. Trebamo dokazati da je lijeva strana jednakosti BABA )( jednaka
desnoj strani. Izračunajmo najprije lijevu stranu.
9
96
59
33
79
71
13
62
58
27
46
95
21
BA
2718
1527
99
2127
96
59
33
79
3)( BA
Izračunajmo sada desnu stranu:
621
1218
2715
63
27
46
95
21
3A
213
39
186
1524
71
13
62
58
3B
2718
1527
99
2127
213
39
186
1524
621
1218
2715
63
BA
Vidimo da je lijeva strana jednaka desnoj, dakle vrijedi jednakost BABA )( .
(budući da je množenje sa skalarom distributivna operacija, jednakost BABA )(
će uvijek vrijediti).
Zadatak 5.(teži) Dokazati da je množenje matrice sa skalarom distributivna operacija,
odnosno da za bilo koje dvije matrice A i B tipa (m x n ) i za bilo koji skalar vrijedi:
BABA )( .
Rješenje.
Trebamo dokazati da vrijedi jednakost BABA )( . To možemo napraviti tako da
izračunamo lijevu i desnu stranu jednakosti. Ako dobijemo istu „stvar“, time smo
dokazali da vrijedi dotična jednakost.
Recimo da su matrice A i B matrice:
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
A
....
....
...
...
21
22221
11211
10
mnmm
n
n
bbb
bbb
bbb
B
....
....
...
...
21
22221
11211
Računamo najprije lijevu stranu jednakosti BABA )( :
)(....)()(
....
)(...)()(
)(...)()(
....
....
...
...
)(
2211
2222222121
1112121111
2211
2222222121
1112121111
mnmnmmmm
nn
nn
mnmnmmmm
nn
nn
bababa
bababa
bababa
bababa
bababa
bababa
BA
.
Sada desnu stranu:
mnmm
n
n
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
A
....
....
...
...
....
....
...
...
21
22221
11211
21
22221
11211
mnmm
n
n
mnmm
n
n
bbb
bbb
bbb
bbb
bbb
bbb
B
....
....
...
...
....
....
...
...
21
22221
11211
21
22221
11211
mnmnmmmm
nn
nn
bababa
bababa
bababa
BA
....
....
...
...
2211
2222222121
1112121111
Sada bi trebalo zaključiti jesu li lijeva i desna strana jednake i zašto, odnosno vrijedi li :
mnmnmmmm
nn
nn
mnmnmmmm
nn
nn
bababa
bababa
bababa
bababa
bababa
bababa
....
....
...
...
)(....)()(
....
)(...)()(
)(...)()(
2211
2222222121
1112121111
?
2211
2222222121
1112121111
Očito je da su matrice sa lijeve i desne strane istog tipa, tipa (m x n). One imaju i jednake
elemente na istim pozicijama zato što vrijedi distributivnost realnih brojeva, odnosno za
svaka tri realna broja vrijedi:
acabcba )( .
Ovime smo dokazali jednakost BABA )( na općenitom nivou (za proizvoljne
matrice A i B i skalar ).
1.3 Množenje matrica
11
Za razliku od zbrajanja matrica, koje možemo izvoditi na matricama istoga tipa, množiti
možemo isključivo ulančane matrice. To znači da matricu A tipa (m x n) možemo
pomnožiti sa matricom B samo ako je matrica B tipa (n x p). Dakle, matrica A mora imati
onoliko stupaca koliko matrica B ima redaka. Rezultat toga množenja BA biti će matrica
tipa (m x p) – imati će redaka koliko i matrica A a stupaca koliko i matrica B.
UVIJET ULANČANOTI: A ∙ B = C (m x n) (n x p) (m x p)
Primjer. Pomnožiti matrice
12
61A i
270
512B .
Matrice možemo pomnožiti budući da su ulančane. Naime, matrica A je tipa (2 x 2) a
matrica B je tipa (2 x 3). Rezultat će biti matrica tipa (2 x 3)
___
___
270
512
12
61BA
na čiju će poziciju 11 (1. redak i 1. stupac) „doći“ broj kojeg dobivamo množenjem
elemenata 1. retka matrice A sa elementima 1. stupca matrice B i to na sljedeći način:
___
__0621
270
512
12
61BA .
Na poziciju 12 (1. redak i 2. stupac) „dolazi“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata
1. retka matrice A sa elementima 2. stupca matrice B pa dobivamo:
___
_76112
270
512
12
61BA .
Na poziciju 13 (1. redak i 3. stupac) „dolazi“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata
1. retka matrice A sa elementima 3. stupca matrice B pa dobivamo:
___
2651432
270
512
12
61BA .
Na poziciju 21 (2. redak i 1. stupac) „dolazi“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata
2. retka matrice A sa elementima 1. stupca matrice B pa dobivamo:
__0122
17432
270
512
12
61BA .
Na poziciju 22 (2. redak i 2. stupac) „dolazi“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata
2. retka matrice A sa elementima 2. stupca matrice B pa dobivamo:
_71124
17432
270
512
12
61BA .
Na poziciju 23 (2. redak i 3. stupac) „dolazi“ broj kojeg dobivamo množenjem elemenata
2. retka matrice A sa elementima 3. stupca matrice B pa dobivamo:
215294
17432
270
512
12
61BA .
Kao rezultat smo dakle dobili matricu:
12
1294
17432
270
512
12
61BA .
- množenje matrica nije komutativna operacija, odnosno vrijedi :
ABBA - množenje matrica je asocijativna operacija, odnosno vrijedi :
)()( CBACBA
- množenje matrica je distributivno u odnosu na zbrajanje, odnosno vrijedi: CABACBA )(
- jedinična matrica je neutral za množenje, odnosno vrijedi:
AAIIA
Zadatak 1. Zadane su matrice
53
80A i
51
35
90
B . Izračunati BA i AB (ako je
moguće).
Rješenje. Matrica A je tipa (2 x 2), matrica B je tipa (3 x 2). Dakle, matrice B i A su
ulančane pa ćemo moći izračunati umnožak AB . Umnožak BA nije definiran budući da
matrice nisu ulančane u tom smjeru. Umnožak AB biti će matrica tipa (3 x 2).
__
__
__
53
80
51
35
90
AB
Na poziciju 11 (1. redak i 1. stupac) „dolazi“ broj kojeg ćemo dobiti množenjem
elemenata iz 1. retka matrice B elementima 1. stupca matrice A.
__
__
_3900
53
80
51
35
90
AB .
Na poziciju 12 (1. redak i 2. stupac) „dolazi“ broj kojeg ćemo dobiti množenjem
elemenata iz 1. retka matrice B elementima 2. stupca matrice A.
__
__
)5(98027
53
80
51
35
90
AB .
Nastavljamo sličan postupak i dobivamo:
3315
259
4527
)5(5813501
)5(3853305
4527
53
80
51
35
90
AB .
Zadatak 2. Zadane su matrice
210
132A i
11
02
13
B . Izračunati BA i AB (ako
je moguće).
13
Rješenje. Matrica A je tipa (2 x 3), a matrica B tipa (3 x 2). Ulančane su u oba smjera, pa
ćemo moći izračunati i umnožak BA i umnožak AB .
Umnožak BA biti će matrica tipa (2 x 2) :
20
313
1201)1(0)1(22130
1)1(03)1(2)1()1(2332
11
02
13
210
132BA .
Umnožak AB biti će matrica tipa (3 x 3) :
322
264
586
21)1()1(113)1(012)1(
20)1(210320022
2)1()1(31)1(330)1(23
210
132
11
02
13
AB .
Na ovom konkretnom primjeru možemo vidjeti kako u slučaju množenja matrica
općenito vrijedi BAAB .
Zadatak 3. Zadane su matrice
33
11A i
32
32B . Izračunati BA i AB (ako je
moguće).
Rješenje. Budući da su matrice A i B ulančane u oba smjera, moći će se izračunati oba
umnoška.
00
00
9966
313)1(212)1(
32
32
33
11BA .
Vidimo da u slučaju množenja matrica iz jednakosti 0BA ne slijedi da je 0A ili
0B (što je slučaj kod množenja realnih brojeva).
77
77
9292
9292
33
11
32
32AB .
Zadatak 4. Izračunati I
3
1
2
321 .
Rješenje.
Matrica 321 je tipa (1 x 3), odnosno matrica
3
1
2
tipa (3 x 1). Dakle, ulančane su i
njihov umnožak je matrica tipa (1 x 1) :
13331221
3
1
2
321
.
14
Sada je očito da je jedinična matrica iz zapisa I
3
1
2
321 jedinična matrica tipa (1 x
1) pa slijedi:
14113331221
3
1
2
321
II .
Zadatak 5. Izračunati I
321
3
1
2
.
Rješenje.
Umnožak 321
3
1
2
biti će matrica tipa (3 x 3) :
963
321
642
321
3
1
2
.
1063
331
643
100
010
001
963
321
642
321
3
1
2
I .
Zadatak 6. Izračunati )(Af gdje je 13)( 3 xxxf i
11
02A .
Rješenje.
Trebamo izračunati )(Af , odnosno IAAAf 3)( 3 .
13
08
11
02
11
04
11
02
11
02
11
023 AAAA
33
06
11
0233A
IIAAAf 310
013
30
03
10
01
33
06
13
083)( 3
.
Zadatak 7. Odrediti parametre a i b tako da matrice
1
21
aA i
20
2 bB komutiraju s
obzirom na operaciju množenja.
Rješenje.
Dakle, tražimo sve moguće vrijednosti parametara a i b za koje vrijedi jednakost:
ABBA Izračunajmo BA i AB :
15
22
42
20
2
1
21
aba
bb
aBA
22
42
1
21
20
2
a
bab
a
bAB
Za koje a i b će vrijediti
ABBA odnosno
22
42
22
42
a
bab
aba
b?
Gornja jednakost matrica će vrijediti ako su im odgovarajući elementi jednaki odnosno
ako su zadovoljene sljedeće četiri jednadžbe:
ab 22
bb 44
aa 22
22ab
Dakle, moramo naći sva rješenja gornjeg sustava od 4 jednadžbe s dvije nepoznanice a i
b.
022 abab
00244 bbbb
0022 aa
022 abab
Treću i četvrtu jednadžbu možemo zanemariti iz daljnjeg razmatranja. Naime, treću
zanemarujemo zato jer nam ne daje nikakav zahtjev na nepoznanice a četvrtu jer je
jednaka prvoj.
Dakle, imamo:
0ab
0b
Prva jednadžba će biti zadovoljena za bilo koji realni broj a ako je b=0 pa slijedi da je
rješenje gornjeg sustava: 0b i Ra .
Zadatak 8. Odrediti parametre a i b tako da matrice
aA
0
11 i
10
1bB komutiraju s
obzirom na operaciju množenja.
Rješenje. Radimo isto kao u posljednjem zadatku:
a
bb
aBA
0
2
10
1
0
11
a
abb
a
bAB
00
11
10
1
16
Sada tražimo sve moguće vrijednosti parametara a i b tako da vrijedi:
a
abb
a
b
00
2
Odnosno rješavamo sustav:
bb
ab2
00
aa
Prvu, treću i četvrtu jednadžbu možemo zanemariti jer ih zadovoljavaju sve moguće
vrijednosti parametara a, odnosno b pa ne predstavljaju neki uvjet. Dakle, sve se svodi na
drugu jednadžbu:
baab 22 .
Dakle, ovaj sustav od sada jedne jednadžbe i dvije nepoznanice ima beskonačno mnogo
rješenja :
Rb i ba 2 .
Samo neka od beskonačno mnogo rješenja su : 0b , 2a
1b , 1a
2b , 0a
....
Zadatak 9. Odrediti sve matrice koje komutiraju s obzirom na operaciju množenja
matrica s matricom
10
11M .
Rješenje. Tražimo sve moguće matrice, označimo ih s X za koje će vrijediti:
MXXM Da bi oba umnoška iz posljednje jednakosti uopće postojala, očito je da matrica X mora
biti tipa (2 x 2) (da bi bila ulančana s matricom M u oba smjera).
Sada kada znamo kojeg je tipa, označimo nekako elemente matrice X, recimo:
dc
baX .
Izračunajmo XM i MX :
dc
dbca
dc
baXM
10
11
dcc
baa
dc
baMX
10
11
Mi tražimo sve moguće vrijednosti od a, b, c i d za koje će vrijediti :
dcc
baa
dc
dbca,
Odnosno koje će zadovoljavati jednadžbe: aca
badb
17
cc
dcd
Prema tome, zapravo rješavamo sustav od četiri jednadžbe s četiri nepoznanice:
0 caca
dabadb
00 cc
0 cdcd
Iz sustava možemo zanemariti treću i četvrtu jednadžbu. Naime, treća nam jednadžba
ništa novo ne govori, a četvrta je identična prvoj. Dakle, sustav se svodi na sustav od
dvije jednadžbe s četiri nepoznanice:
0c
da
Sustav očito ima beskonačno mnogo rješenja a ta su rješenja : 0c , da i Rb .
Tražene matrice X su sve matrice oblika:
a
baX
0, pri čemu Rba , .
Zadatak 10. Dokazati da za matrice
12
11A i
14
11B vrijedi jednakost
222)( BABA .
Rješenje.
Da bi dokazali da vrijedi jednakost 222)( BABA , trebamo izračunati lijevu i desnu
stranu jednakosti i provjeriti jesu li jednake.
Računamo lijevu stranu:
26
02
14
11
12
11BA
40
04
26
02
26
02)( 2BA
Računamo desnu stranu:
10
01
12
11
12
112A
50
05
14
11
14
112B
40
04
50
05
10
0122 BA
Lijeva i desna strana su jednake. Dokazali smo jednakost 222)( BABA .
Zadatak 11. Odrediti sve dijagonalne matrice koje komutiraju s obzirom na operaciju
množenja s matricom
01
10B .
18
Rješenje.
Tražimo sve matrice X za koje vrijedi: BXXB .
Da bi oba umnoška iz prethodnog reda uopće bila definirana, matrica X mora biti
ulančana s matricom B u oba smjera, dakle mora biti tipa (2 x 2). Nadalje, budući da
tražimo isključivo dijagonalne matrice možemo matricu X zapisati kao:
b
aX
0
0.
Dakle, zapravo tražimo vrijednosti parametara a i b za koje će vrijediti : BXXB .
Izračunajmo XB i BX :
0
0
01
10
0
0
b
a
b
aXB
0
0
0
0
01
10
a
b
b
aBX
Izjednačimo ih:
0
0
0
0
a
b
b
a
Dakle, tražimo sve a i b takve da:
00
baba
ab
00
Prvu i četvrtu jednadžbu zanemarujemo, a druga i treća su zapravo identične.
Dakle, zaključak je da su rješenja sve matrice oblika:
a
aX
0
0 pri čemu Ra .
Zadatak 12. Zadana su matrice
12
0tA i 2)( TAAB . Odrediti parametar Rt takav
da je matrica B dijagonalna.
Rješenje.
10
2
12
0 ttA
T
T
22
22
10
2
12
0 tttAA T
844
4444
22
22
22
22)(
22
t
ttttAAB T
Da bi matrica B bila dijagonalna, elementi izvan glavne dijagonale moraju biti jednaki
nuli pa dakle zahtijevamo sljedeće:
044 t
19
44 t
1t
Dakle, za vrijednost parametra 1t matrica 2)( TAAB je dijagonalna.
Zadatak 13. Zadane su matrice
12
0tA i AAB 22 . Odrediti parametar Rt takav
da je matrica B dijagonalna.
Rješenje.
122
0
12
0
12
0 22
t
tttA
24
02
12
022
ttA
122
02
24
02
122
02
222
t
ttt
t
tAAB
Da bi matrica B bila dijagonalna, moramo zahtijevati:
022 t
1t
Dakle, za vrijednost parametra 1t matrica AAB 22 je dijagonalna.
Zadatak 14. Neka je
03
12A . Izračunati )(AP , ako je 3425)( 23 xxxxP .
Rješenje.
Moramo izračunati:
IAAAAP 3425)( 23
63
14
03
12
36
21
03
12
03
12
03
123A
3015
520
63
1455 3A
36
21
03
12
03
122A
612
42
36
2122 2A
012
48
03
1244A
30
03
012
48
612
42
3015
5203425)( 23 IAAAAP
3315
523
Zadatak 15. Zadane su matrice
aa
aaA
1 i
16
11
aB . Odredite sve vrijednosti
realnog parametra a za koje su matrice A i B komutativne.
Rješenje.
20
Tražimo sve vrijednosti parametra a za koje će vrijediti:
BAAB
161
06
16
11
1 2
2
aa
aa
aaa
aaAB
aaaaaa
aa
aBA 22 616
01
116
11
Za koje a vrijedi:
aaaaaa
aa222
2
616
01
161
06
Odnosno za koje a vrijedi:
16 2 aa
00
001661 22 aaaa
aa 261
Sve osim prve jednadžbe možemo zanemariti (drugu i treću zanemarujemo jer su za sve
vrijednosti parametra a istinite, četvrtu jer je jednaka prvoj).
Dakle, tražimo sve vrijednosti parametra a za koje vrijedi:
16 2 aa
Odnosno
016 2 aa
Radi se o kvadratnoj jednadžbi po a-u pa ju rješavamo standardnom formulom:
12
51
12
)1(64112,1
a
2
11 a
3
12 a
Dakle, za vrijednosti 2
11 a i
3
12 a matrice A i B komutiraju.
Zadatak 16. (teži) Odrediti sve matrice koje komutiraju s matricom
100
110
011
A .
Rješenje. Tražimo sve matrice, na primjer X, za koje vrijedi:
XAAX Da bi uopće oba umnoška iz prethodnog reda bila definirana, matrica X mora biti tipa (3
x 3). Označimo njezine elemente:
333231
232221
131211
aaa
aaa
aaa
X
21
Izračunamo AX :
333231
332332223121
231322122111
333231
232221
131211
100
110
011
aaa
aaaaaa
aaaaaa
aaa
aaa
aaa
AX
3332323131
2322222121
1312121111
333231
232221
131211
100
110
011
aaaaa
aaaaa
aaaaa
aaa
aaa
aaa
XA
Zahtijevamo da vrijedi:
3332323131
2322222121
1312121111
333231
332332223121
231322122111
aaaaa
aaaaa
aaaaa
aaa
aaaaaa
aaaaaa
Odnosno:
112111 aaa
12112212 aaaa
13122313 aaaa
213121 aaa
22213222 aaaa
23223323 aaaa
3131 aa
323132 aaa
333233 aaa
Dakle, rješavamo sustav od 9 jednadžbi s 9 nepoznanica: 021112111 aaaa
221112112212 aaaaaa
231213122313 aaaaaa
031213121 aaaa
213222213222 aaaaaa
223323223323 aaaaaa
003131 aa
031323132 aaaa
032333233 aaaa
Dakle, iz gornjih jednadžbi slijedi : 0323121 aaa
332211 aaa
2312 aa
Označimo li recimo sa 332211 aaa i 2312 aa i 13a
tražena matrica X izgleda:
22
00
0X .
Zadatak 17. Ako je matrica A tipa (3 x 2), a matrica C tipa (3 x 5), kojeg tipa mora biti
matrica B da bi izraz:
CBA
bio definiran.
Rješenje.
Recimo najprije da je matrica B tipa ( 21xbb ) – dakle, sa 1b smo označili broj redaka
matrice B a sa 2b broj stupaca matrice B.
Da bi umnožak BA bio definiran, matrica B mora biti ulančana s matricom A, odnosno
mora imati redaka onoliko koliko matrica A ima stupaca. Dakle, matrica B mora imati 2
retka. Slijedi da je matrica B tipa ( 22xb ).
Umnožak BA biti će matrica tipa (3 x 2b ) a da bi tu matricu mogli zbrojiti s matricom C
koja je tipa (3 x 5), one moraju biti istoga tipa – dakle 52 b .
Matrica B je matrica tipa (2 x 5).
23
2. Determinante
Neka je zadana općenita kvadratna matrica A tipa (n x n) :
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
A
....
....
...
...
21
22221
11211
Njoj je pridružen skalar – njezina determinanta. Taj broj označavamo s det A ili pak s
|| A . Koristimo i zapis:
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
....
....
...
...
21
22221
11211
.
Kako je ovaj zapis sličan onome kod matrica, govorit ćemo – baš kao i kod matrica – o
elementima determinante, njezinom retku ili stupcu, iako je ona (kad se izračuna) tek
jedan broj.
2.1 Definicija determinante
Determinante ćemo definirati induktivno.
- za kvadratne matrice tipa (1 x 1) oblika 11a definiramo determinantu : 1111 aa
- za kvadratne matrice tipa (2 x 2)
2221
1211
aa
aa definiramo determinantu :
211222112221
1211aaaa
aa
aa
Primjer.
7512516261
52
323
2 e
e
17125)12(53)4()1()5(14
35
Da bi mogli definirati determinantu za općenitu kvadratnu matricu tipa (n x n) kao :
24
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
A
....
....
...
...
21
22221
11211
najprije moramo uvesti dva nova pojma.
Svakom elementu ija kvadratne matrice A pridružujemo :
- minoru elementa ija što je determinanta koju smo dobili izbacivanjem i-tog
retka i j-tog stupca iz matrice A i označavamo ju s ijD
- algebarski komplement ijji
ij DA )1(
Sada definiramo determinantu za matricu :
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
A
....
....
...
...
21
22221
11211
Na sljedeći način:
n
j
ijij
n
j
ijijji
nnnn
n
n
AaDa
aaa
aaa
aaa
A
11
21
22221
11211
)1(
....
....
...
...
)det(
što se naziva Laplaceov razvoj determinante po i-tom retku ili
n
i
ijij
n
i
ijijji
nnnn
n
n
AaDa
aaa
aaa
aaa
A
11
21
22221
11211
)1(
....
....
...
...
)det(
Laplaceov razvoj determinante po j-tom stupcu.
Primjer. Izračunati determinantu
321
513
312
.
Koristiti ćemo Laplaceov razvoj na nekoliko načina:
- Laplaceov razvoj po 1. retku:
21
13)1(3
31
53)1()1(
32
51)1(2
321
513
312312111
921426)16(3)59()103(2
- Laplaceov razvoj po 2. retku:
25
21
12)1(5
31
32)1(1
32
31)1(3
321
513
312322212
91539)14(5)36()63(3
- Laplaceov razvoj po 3. retku:
13
12)1()3(
53
32)1(2
51
31)1()1(
321
513
312332313
91528)32()3()910(2)35()1(
- Laplaceov razvoj po 1. stupcu:
51
31)1()1(
32
31)1(3
32
51)1(2
321
513
312131211
98926)35()1()63(3)103(2
- Laplaceov razvoj po 2. stupcu:
53
32)1(2
31
32)1(1
31
53)1()1(
321
513
312232221
9234)910(2)36()59(
Primjer. Sarrusovo pravilo. Determinante (isključivo) 3. reda možemo računati i
primjenom tzv. Sarrusovog pravila. Najprije desno od determinante prepišemo njena prva
dva stupca:
32
22
12
31
21
11
333231
232221
131211
a
a
a
a
a
a
aaa
aaa
aaa
Zatim zbrojimo umnoške elemenata na glavnoj dijagonali i na dvije dijagonale paralelne
s glavnom:
322113312312332211
32
22
12
31
21
11
333231
232221
131211
aaaaaaaaa
a
a
a
a
a
a
aaa
aaa
aaa
Zatim oduzmemo umnoške elemenata na sporednoj dijagonali i na dvije dijagonale
paralelne sa sporednom:
122133112332132231322113312312332211
32
22
12
31
21
11
333231
232221
131211
aaaaaaaaaaaaaaaaaa
a
a
a
a
a
a
aaa
aaa
aaa
26
Primjenom Sarrusovog pravila izračunati determinantu
321
513
312
:
9920)3(1856
2
1
1
1
3
2
321
513
312
.
Zadatak 1. Izračunati determinantu
0210
4015
2080
7431
.
Rješenje.
Često je „najbolje“ za razvoj determinante odabrati onaj redak, odnosno stupac
determinante koji ima najviše nula. Odaberimo prema tome u ovom slučaju razvoj po 2.
retku :
210
015
431
)1(2
020
405
741
)1(8
0210
4015
2080
7431
4222
210
015
431
2
020
405
741
8
Izračunajmo „sa strane“ dvije minore koje su se javile u razvoju:
020
405
741
razvoj po 3. retku 62)354(245
71)1(2 23
210
015
431
razvoj po 1. stupcu 4850221
43)1(5
21
01)1(1 1211
Vratimo se na početnu determinantu:
40096496)48(2628
210
015
431
2
020
405
741
8
27
2.3 Svojstva determinanti
Vidimo da se „posao“ računanja determinanti poprilično komplicira što se radi o
„većim“ determinantama. Tako bi se npr. prilikom računanja determinante 5. reda u samo
prvom koraku Laplaceovog razvoja javilo 5 minora 4. reda (determinanti reda 4), pa bi
svaka od tih 5 minora „dala“ još 4 minore 3. reda. Da bi se to računanje malo ubrzalo
često se koriste svojstva determinanti:
1. Ako su dva retka/stupca matrice A jednaka, tada 0)det( A .
2. Ako se matrica B dobije iz matrice A zamjenom dvaju redaka/stupaca, tada je
)det()det( BA .
3. Ako se matrica B dobije iz matrice A množenjem jednog retka/stupca s
konstantom k, tada je )det()det( AkB .
4. Ako se matrica B dobije iz matrice A dodavanjem jednog retka/stupca
pomnoženog nekim brojem drugom retku/stupcu, tada je )det()det( BA .
Zadatak 1. Izračunati determinantu
1114
1141
1411
4111
.
Rješenje. Determinantu bi mogli ići standardno izračunavati Laplaceovim razvojem.
MeĎutim, budući da se radi o determinanti 4. reda, skratiti ćemo si računanje primjenom
nekih od svojstava determinanti. Cilj nam je u nekom retku/stupcu (najčešće u 1. stupcu)
dobiti što više nula, što najčešće radimo primjenom 4. svojstva determinanti:
15330
3030
3300
4111
41114
1141
1411
4111
IIV
IIII
III
Sada kada 1. stupac ima 3 nule, koristimo Laplaceov razvoj po 1. stupcu i dobivamo:
1533
303
330
)1(1
15330
3030
3300
4111
11 Razvoj po 1. stupcu=
30
33)1()3(
153
33)1(3
1533
303
3301312
18927162)09(3)945(3 .
28
BITNO – moguća greška kod determinanti!!!!
Prilikom računanja determinanti korištenjem 4. svojstva može se dogoditi greška ako se
više transformacija radi u jednom koraku. Na primjer, recimo da izračunavamo
determinantu:
235
985
273
Kako bi poništili elemente iz prvog stupca , 5 iz drugog odnosno (-5) iz trećeg reda –
mogli bi odabrati sljedeće dvije transformacije:
IIIII
IIIII
235
985
273
I dobili bi determinantu:
11110
11110
273
235
985
273
IIIII
IIIII
Budući da posljednja determinanta ima dva jednaka retka, prema svojstvu 1. ona je
jednaka nuli.
Pokušajmo sada istu determinantu riješiti klasičnim razvojem po 1. stupcu bez ikakvih
transformacija:
308235403398
275
23
275
23
983
235
985
273
U čemu je bila greška sa prvim načinom računanja? Greška se dogodila zato jer smo
odabrali dvije transformacije čija je posljedica dobivanje dva linearno zavisna retka (u
ovom slučaju čak dva jednaka retka). Dva retka su linearno zavisna ako je jedan jednak
drugome pomnoženom sa nekim skalarom.
Još jedan primjer u kojem „krivi“ odabir transformacija dovodi do pogrešnog rezultata:
330
330
824
423
153
824
IIIII
IIIII Svojstvo 3. =
330
330
824
Svojstvo 1. = 0
Kako riješiti taj potencijalni problem? Tako da kada koristite više transformacija nad
determinantom u jednom koraku, pazite da retke nad kojima ste izvršili neku
transformaciju, u tom koraku više ne koristite (jer bi tada koristili njihovu „staru“ formu).
Na primjer, promotrimo ponovno prethodnu determinantu:
423
153
824
29
Nad njom u jednom „koraku“ ne smijemo napraviti transformacije II-III i III-II budući da
smo transformacijom II-III promijenili 2. redak, a u transformaciji III-II koristimo upravo
2. redak. Dakle, te dvije transformacije moramo „razbiti“ u dva koraka, pa recimo da
najprije radimo II-III :
423
330
824
423
153
824
IIIII
Sada vidimo da nam transformacija III-II zapravo više uopće „ne igra“, kada smo vidjeli
što doĎe od drugoga retka nakon prve transformacije.
U stvari, postoji mnogo transformacija koje se mogu izvršiti u jednom koraku i koje
koriste retke koji su u tom koraku promijenjeni i koje ne ispadnu pogrešne. To je zato što
neka kombinacija transformacija jednostavno neće rezultirati linearno zavisnim
stupcima/recima. MeĎutim, da ne morate razmišljati o tome najbolje je jednostavno
izbjegavati takve transformacije i biti na miru.
Zadatak 2. Izračunati determinantu
497
222183
2
3
1
3
1
.
Rješenje.
Da ne bi morali računati s razlomcima, za početak koristimo 3. svojstvo determinanti:
497
1119
211
23
1
497
1211292
211
3
1
497
22218
211
3
1
497
222183
2
3
1
3
1
Koristimo 4. svojstvo i to dva puta, s time da moramo obratiti pažnju na to da ne
koristimo redak na koji smo djelovali u sljedećim transformacijama koje radimo u istom
koraku. U ovom slučaju, prva transformacija je II-9I, što znači da drugi redak više ne bi
smjeli koristiti u transformacijama u tom istom koraku, što i ne činimo s drugom
transformacijom III+7I:
1020
1920
211
23
1
7
9
497
1119
211
23
1
IIII
III
Razvijamo po 1. stupcu:
12)3820(3
2
102
192)1(1
3
2
1020
1920
211
23
1 11
.
30
Zadatak 3. Izračunati determinantu
153
132
542
.
Rješenje.
153
670
542
153
132
542
III razvoj po 1. stupcu =
962274)11(2)37(2)3524(3)307(267
54)1(3
15
67)1(2 1311
.
Zadatak 4. Izračunati determinantu
1112
3210
6325
9536
.
Rješenje.
1112
2102
4101
6200
2
3
1112
3210
6325
9536
IVIII
IVII
IVI
Razvijamo po 2. stupcu=
212
411
620
212
411
620
)1(1 24 Razvijamo po 1. retku =
21816)21(6)62(212
11)1(6
22
41)1(2 3121
.
Zadatak 5. Izračunati determinantu
3884
7357
2579
4856
.
Rješenje.
3884
311013
2579
4856
3884
7357
2579
4856
IIIIRazvoj po 3. retku =
884
579
856
)1(3
384
279
456
)1(11
388
257
485
)1(13 433313
„Sa strane“ riješimo 3 minore koje smo dobili:
31
703
257
485
388
257
485
IIII
razvoj po 3. retku = 57956712)81(7)4(3
384
279
019122
384
279
456 III
razvoj po 3. stupcu =
605261344)17184(3)7696(279
1912)1(3
84
1912)1(2 3332
884
579
032
884
579
856 IIII
razvoj po 1. retku =
36156192)2072(3)4056(284
593
88
572
Vratimo se na početnu determinantu:
98010866557527)36(360511)579(13 .
Zadatak 6. Riješiti jednadžbu 0
123
541
42
xxx
xxx
xxx
.
Rješenje.
123
541
42
xxx
xxx
xxx
Razvoj po 1. stupcu =
54
4)1()3(
12
4)1()1(
12
54)1()2( 131211
xx
xxx
xx
xxx
xx
xxx
xxxxxxxxxxxxxxx )4()5)(4()3()2()1)(4()1()5)(2()1)(4()2(
)4(209)3(245)1()103(43)2( 222222 xxxxxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxx 4209)3(245)1(10343)2( 222222
)2013()3()47()1()66()2( xxxxxx
605913)4117(12186 222 xxxxxx
605913411712186 222 xxxxxx
4466 x
Izjednačavamo s nulom:
04466 x
2:/4466 x
11:/2233 x
23 x
3
2x .
32
Zadatak 7. Riješiti jednadžbu 0
9132
5132
3221
3211
2
2
x
x.
Rješenje.
2
2
2
2
9132
5132
0010
3211
9132
5132
3221
3211
x
xIII
x
xRazvoj po 2. retku =
IIII
III
x
x
x
x
2
2
912
512
321
)1(
912
512
321
)1()1(2
2
2
222
2
2
330
130
321
)1(
x
x Razvoj po 1. stupcu =
3)3(3)1(
33
13)1(1)1( 22
2112 xx
xx
)312()1(339)1( 2222 xxxx
Izjednačavamo s nulom:
0)312()1( 22 xx
Umnožak dva faktora jednak je nuli ako je jedan od ta dva faktora jednak nuli. Dakle,
imamo dva slučaja:
a) 1101 2,122 xxx
b) 241230312 4,3222 xxxx .
Zadatak 8. Ispitati vrijedi li jednakost )det()det()det( BABA za matrice
313
212
111
;
120
816
253
BA .
Rješenje.
Izračunati ćemo )det( BA i )det()det( BA i vidjeti jesmo li dobili istu „stvar“.
737
321532
767
313
212
111
120
816
253
BA
Prema svojstvu 1. (matrica ima dva jednaka stupca), zaključujemo da vrijedi: 0)det( BA
33
120
1290
253
2
120
816
253
)det( IIIA Razvoj po 1. stupcu =
99)249(312
1293
313
212
111
)det(B Svojstvo 1. (dva ista stupca) = 0
00)99()det()det( BA
Zaključujemo da vrijedi:
)det()det()det( BABA .
Zadatak 9. Izračunati determinantu
49362516
3625169
251694
16941
.
Rješenje.
207108390
10856200
392070
16941
16
9
4
49362516
3625169
251694
16941
IIV
IIII
IIIRazvoj po 1. stupcu =
20710839
1085620
39207
1 Razvoj po 1. stupcu =
10856
3920)1()39(
207108
3920)1()20(
207108
10856)7( 1312
)21842160(39)42124140(20)1166411592)(7(
09361440504)24(39)72(20)72)(7( .
Zadatak 10. Odrediti sve moguće vrijednosti parametra x za koje vrijedi:
16
000
000
000
000
x
x
x
x
.
Rješenje. Riješimo determinantu:
34
x
x
x
x
000
000
000
000
Razvoj po 1. stupcu
x
x
x
x
00
00
00
Razvoj po 1. stupcu =
4222 )0(0
0xxx
x
xx .
Za koje x vrijedi:
164 x ?
Za 2x .
35
3. Inverzna matrica
Inverzna matrica kvadratne matrice A je matrica koju označavamo sa 1A a za koju
vrijedi:
IAAAA 11 .
Iz jednakosti IAAAA 11 slijedi )det(
1)det( 1
AA .
Ako za kvadratnu matricu A vrijedi - 0)det(A A nema inverznu matricu i kažemo
da je A singularna.
- 0)det(A A ima inverznu matricu i kažemo
da je A regularna ili nesingularna.
Za regularnu matricu
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
A
....
....
...
...
21
22221
11211
vrijedi:
TAA
A~
)det(
11
Gdje je
nnnn
n
n
AAA
AAA
AAA
A
....
....
....
....
~
21
22221
11211
( ijA su algebarski komplementi elemenata matrice –
definirani su u poglavlju 2.1) . Matrica A~
zove se adjunkta ili adjungirana matrica
matrice A.
Zadatak 1. Odrediti inverz matrice
31
52A .
Rješenje.
Provjerimo najprije je li matrica A regularna, odnosno ima li uopće inverz.
01131
52)det(
A
Matrica A je regularna budući da joj je determinanta različita od nule. Sada računamo
adjunktu matrice A. Da bi odredili adjunktu, najprije odreĎujemo algebarske
komplemente svih elemenata matrice A:
33)1( 1111 A
11)1( 2112 A
55)1( 1221 A
22)1( 2222 A
36
25
13~A
21
53
25
13~T
TA
Imamo sve što nam treba da bi izračunali traženi inverz:
11
2
11
111
5
11
3
21
53
11
11A .
Napravimo još i provjeru, odnosno uvjerimo se računski da za matrice
31
52A i
11
2
11
111
5
11
3
1A vrijedi relacija IAAAA 11 :
10
01
11
6
11
5
11
3
11
311
10
11
10
11
5
11
6
11
2
11
111
5
11
3
31
521AA
10
01
31
52
11
2
11
111
5
11
3
1 AA
Zadatak 2. Odrediti inverz matrice
254
403
311
A .
Rješenje.
Provjerimo je li matrica A regularna :
1010
530
311
4
3
254
403
311
)det(
IIII
IIIA Razvoj po 1. stupcu =
035530101
531
Budući da je determinanta matrice A različita od nule, matrica je regularna odnosno ima
inverz.
Računamo adjunktu:
2025
40)1( 11
11
A
10)166(24
43)1( 21
12
A
37
1554
03)1( 31
13
A
13)152(25
31)1( 12
21
A
1012224
31)1( 22
22
A
1)45(54
11)1( 32
23
A
440
31)1( 13
31
A
5)94(43
31)1( 23
32 A
330
11)1( 33
33
A
Generiramo adjunktu:
354
11013
151020~A
3115
51010
41320
354
11013
151020~
T
TA
Konačno:
3115
51010
41320
35
11A .
Provjerimo još zadovoljavaju li matrice
254
403
311
A i
3115
51010
41320
35
11A
relaciju IAAAA 11 :
100
010
001
35
6
35
25
35
16
35
2
35
50
35
52
35
30
35
50
35
8035
12
35
12
35
4
35
39
35
60
35
6035
9
35
5
35
4
35
3
35
10
35
13
35
45
35
10
35
20
35
3
35
1
35
1535
5
35
10
35
1035
4
35
13
35
20
254
403
3111AA
100
010
001
254
403
311
35
3
35
1
35
1535
5
35
10
35
1035
4
35
13
35
20
1 AA .
38
Zadatak 3. Odrediti inverz matrice
213
111
132
C .
Rješenje.
520
111
150
3
2
213
111
132
)det(
IIIII
III
C Razvoj po 1. stupcu =
023)225(52
15)1(1 12
Računamo algebarske komplemente elemenata matrice C :
31221
11)1( 11
11
C
5)32(23
11)1( 21
12
C
23113
11)1( 31
13 C
5)16(21
13)1( 12
21
C
73423
12)1( 22
22
C
11)92(13
32)1( 32
23
C
41311
13)1( 13
31
C
1)12(11
12)1( 23
32 C
511
32)1( 33
33
C
514
1175
253~C
5112
175
453~TC
5112
175
453
23
11C .
39
Zadatak 4. Odrediti inverz matrice
301
422
211
D .
Rješenje.
110
000
211
2
301
422
211
)det(
IIII
IIID = Razvoj po 2. retku = 0
Budući da je determinanta matrice
301
422
211
D jednaka nuli, matrica je singularna –
nema inverz.
Zadatak 5. Odrediti sve vrijednosti parametra m za koje je matrica
110
11
012
mmA
regularna.
Rješenje.
Tražimo sve vrijednost parametra za koje će vrijediti 0)det( A . Izračunajmo
determinantu:
110
11
012
)det( mmA Razvoj po 1. stupcu =
mmmmmmm
34)2(2)01()11(211
01
11
112
Mi trebamo naći sve vrijednosti parametra m za koje će vrijediti: 034)det( mA
To će biti ostvareno za sve m takve da:
43 m
3
4m .
Zadatak 6. Odrediti sve vrijednosti parametra x takve da za matricu
5
4
5
35
4x
A vrijedi
TAA 1 .
Rješenje.
Izračunajmo najprije 1A :
5
3
25
16
5
4
5
35
4
)det(x
xA
40
5
411 A
5
312 A
xA 21
5
422 A
5
45
3
5
4~
x
A
5
4
5
35
4
5
45
3
5
4~
x
x
A
T
T
5
4
5
35
4
25
1516
1
5
4
5
35
4
25
15
25
16
1
5
4
5
35
4
5
3
25
16
11x
x
x
x
x
xA
xx
x
x
xx
x
1516
20
1516
151516
25
1516
20
5
4
5
35
4
1516
25.
5
45
3
5
4
x
AT
Dakle, mi tražimo sve vrijednosti od x za koje vrijedi:
5
45
3
5
4
1516
20
1516
151516
25
1516
20
xxx
x
x
x
Odnosno tražimo vrijednosti x-a za koje su istovremeno zadovoljene sljedeće četiri
jednadžbe:
5
4
1516
20
x
5
3
1516
25
x
x
xx
1516
15
5
4
1516
20
x
41
Rješavamo prvu jednadžbu:
)1516(5/5
4
1516
20x
x
x6064100
60:/6036 x
5
3
15
9
60
36x
Dakle, postoji samo jedna vrijednost x koja zadovoljava prvu jednadžbu, i to 5
3x . Sada
još moramo provjeriti zadovoljava li 5
3x i preostale tri jednadžbe.
2. jednadžba : 5
3
5
31516
5
325 ?
5
3
916
15 ?
5
3
25
15 ?
5
3
5
3
Dakle, 5
3x zadovoljava 2. jednadžbu.
3. jednadžba : 5
3
5
31516
15 ?
5
3
916
15 ?
5
3
25
15 ?
5
3
5
3
Dakle, 5
3x zadovoljava 3. jednadžbu.
4. jednadžbu ne moramo provjeravati jer je jednaka prvoj.
Dakle, za vrijednost 5
3x vrijedi TAA 1 .
42
Zadatak 7. Odrediti inverznu matricu matrice
702
210
301
A .
Rješenje.
100
210
301
2702
210
301
)det(
IIII
A Razvijamo po 1. stupcu =
0110
211
Matrica je regularna – ima inverz. Računamo adjunktu odnosno najprije algebarske
komplemente:
770
21)1( 11
11
A
4)40(72
20)1( 21
12 A
22002
10)1( 31
13
A
0)00(70
30)1( 12
21 A
110
31)1( 22
22 A
000
01)1( 32
23 A
33021
30)1( 13
31
A
2)2(20
31)1( 23
32 A
110
01)1( 33
33
A
123
010
247~A
102
214
307~TA
102
214
307
102
214
307
102
214
307
1
11A .
43
Zadatak 8. Za koji je parametar Rt matrica
10
010
111
t
regularna?
Rješenje.
Tražimo takve t za koje će vrijediti 0
10
010
111
t
. Izračunajmo najprije tu determinantu:
10
010
111
t
Razvoj po 3. retku =
1)01()10(10
111
01
11
ttt
Zahtijevamo:
01t
Odnosno
1t
Dakle, za sve Rt osim za 1t , odnosno za Rt \ 1 , matrica
10
010
111
t
je regularna.
Zadatak 9. Za koji parametar Rt je matrica
01
120
111
t
singularna?
Rješenje.
Tražimo vrijednosti parametra t za koje će determinanta matrice
01
120
111
t
biti jednaka
nuli. Izračunajmo naprije tu determinantu:
01
120
111
t
Razvoj po 1. stupcu = 12
11
01
121 t
1)21(1 tt
Za koje t vrijedi:
01t
Za
1t .
Zadatak 10. Ispitati je li matrica TAA regularna ako je
01
10A .
Rješenje.
44
01
10TA
10
01
01
10
01
10TAA
Je li matrica regularna ili ne ovisi o tome je li njena determinanta jednaka ili različita od
nule. Prema tome, računamo determinantu matrice
10
01TAA :
0110
01)det( TAA
Matrica
10
01TAA je regularna budući da joj je determinanta različita od nule.
Zadatak 11. Zadana je matrica A tipa (3 x 3) svojim elementima 2)1( jiaij . Je li ta
matrica regularna?
Rješenje.
Ovdje nam je matrica zadana na drukčiji način nego inače – njezini elementi su zadani
formulom. Znamo da je matrica tipa (3 x 3). Prema formuli izračunati ćemo svih 9
elemenata matrice :
1)111( 211 a
4)121( 212 a
9)131( 213 a
4)112( 221 a
9)122( 222 a
16)132( 223 a
9)113( 231 a
16)123( 232 a
25)133( 233 a
Dakle, matrica A je matrica :
25169
1694
941
A
Još trebamo provjeriti je li matrica regularna, odnosno je li joj determinanta različita od
nule:
56200
2070
941
9
4
25169
1694
941
)det(
IIII
IIIA Razvoj po 1. stupcu =
084003925620
2071
.
Matrica A je regularna.
45
Zadatak 12. Zadane su matrice
25
37
43
21BA i . Ispitajte tvrdnju:
111 ABBA .
Rješenje.
Tvrdnju ćemo ispitati tako da izračunamo matrice 1BA i 11 AB i ustanovimo jesu li
one jednake ili ne. Ako jesu, tvrdnja vrijedi.
Računamo najprije 1BA :
1741
717
25
37
43
21BA
22872891741
717)det(
BA
1741
717
2
1
177
4117
2
1)( 1
T
BA
Računamo 11 AB :
1151425
37)
Bdet(
75
32
73
52
1
11
T
B
26443
21)det( A
13
24
2
1
12
34
2
11
T
A
1741
717
2
1
13
24
75
32
2
1
13
24
2
1
75
3211 AB
Vrijedi 111 ABBA .
46
4. Matrične jednadžbe
Ponovimo još jednom svojstva koja zadovoljavaju neke matrične operacije:
Zbrajanje matrica je:
- komutativno, što znači da vrijedi ABBA
- asocijativno, što znači )()( CBACBA
Množenje matrica skalarom je:
- distributivno u odnosu na zbrajanje matrica, što znači BABA )(
- homogeno, što znači )()( ABBA i )()( BABA
Množenje matrica je:
- asocijativno, što znači CABBCA )()(
- nekomutativno, što znači BAAB
- distributivno u odnosu na zbrajanje matrica, što znači ACABCBA )( i
CABAACB )(
Zadatak 1. Riješiti matričnu jednadžbu BXA gdje je
254
403
311
A ,
1
0
1
B .
Rješenje.
Počinjemo sa zadanom jednadžbom BXA . Zadatak je izračunati matricu X. Da bi
dobili eksplicitni izraz za matricu X potrebno je „riješiti se“ matrice A sa lijeve strane
jednadžbe. To ćemo učiniti množenjem čitave jednadžbe sa inverzom matrice A,
meĎutim kako množenje matrica nije komutativno ovdje ćemo morati razlikovati tzv.
množenje s lijeva i množenje sa desna. U ovom slučaju, množiti ćemo sa lijeva inverzom
od matrice A :
BXAA /1
BAXAA 11
Jer je umnožak meĎusobno inverznih matrica jednak jediničnoj matrici dobivamo:
BAXI 1
Jedinična matrica je neutral za množenje pa vrijedi:
BAX 1
47
Našli smo eksplicitni izraz za nepoznatu matricu X. Sada očito moramo izračunati inverz
matrice A:1
1490
530
311
4
3
254
403
311
)det(
IIII
IIIA Razvoj po 1. stupcu =
034542149
531
Računamo algebarske komplemente:
2025
40)1( 11
11
A
22)166(24
43)1( 21
12
A
1554
03)1( 31
13 A
13)152(25
31)1( 12
21
A
1412224
31)1( 22
22
A
9)45(54
11)1( 32
23
A
440
31)1( 13
31
A
5)94(43
31)1( 23
32 A
33003
11)1( 33
33
A
354
91413
152220~A
3915
51422
41320~TA
3915
51422
41320
3
11A
18
27
24
3
1
1
0
1
3915
51422
41320
3
11 BAX .
48
Provjerimo još dobiveno rješenje. Rješenje je točno ako zadovoljava početnu jednadžbu,
pa uvrstimo dobivenu matricu u početnu jednadžbu:
BXA
1
0
1
18
27
24
3
1
254
403
311?
1
0
1
18
27
24
254
403
311
3
1 ?
1
0
1
3
0
3
3
1 ?
1
0
1
1
0
1
Zadatak 2. Sustav 12 21 xx
221 xx
Zapisati u matričnom obliku i riješiti dobivenu matričnu jednadžbu.
Rješenje.
Sustav zapisujemo u matrični oblik tako da najprije „generiramo“ matricu koja sadrži
koeficijente uz nepoznanice sustava:
11
12A ,
Zatim stupčanu matricu koja sadrži nepoznanice sustava:
2
1
x
xX
I stupčanu matricu koja sadrži koeficijente sa desne strane jednadžbi sustava:
2
1B .
Sustav zapisan u matričnom obliku je zapravo matrična jednadžba:
BXA Jednadžbu ćemo riješiti tako da se najprije „riješimo“ matrice A sa lijeve strane i to
množenjem čitave jednadžbe sa matricom 1A sa lijeve strane:
BXAA /1
BAXAA 11
BAXI 1
49
BAX 1
Izračunajmo sada inverz matrice A:
031211
12)det(
A
111 A
112 A
121 A
222 A
21
11~A
21
11~TA
21
11
3
11A
1
1
3
3
3
1
2
1
21
11
3
11 BAX
Riješili smo matričnu jednadžbu i dobili:
1
1
2
1
x
xX
Čime smo ujedno i riješili početni sustav i njegova su rješenja: 11 x
12 x .
Provjerimo dobivena rješenja tako da ih uvrstimo u početne jednadžbe: 12 21 xx
221 xx
Uvrštavamo:
112 211
Rješenja zadovoljavaju jednadžbe, pa smo sigurni da su točna.
Zadatak 3. Sustav
123
6
132
zyx
zyx
zyx
zapisati u matričnom obliku i riješiti dobivenu
matričnu jednadžbu.
Rješenje.
Generiramo matrice:
50
213
111
132
A ,
z
y
x
X ,
1
6
1
B
Matrični oblik sustava je:
BXA
Množimo jednadžbu matricom 1A s lijeva:
BAXAA 11
BAX 1
Računamo inverz 1A :
520
111
150
3
2
213
111
132
)det(
IIIII
III
A Razvoj po 1. stupcu =
23)225(52
15)1(1 12
Računamo algebarske komplemente:
31221
1111
A
5)32(23
1112
A
23113
1113 A
5)16(21
1321
A
73423
1222
A
11)92(13
3223
A
41311
1331
A
1)12(11
1232 A
53211
3233
A
514
1175
253~A
5112
175
453~TA
51
5112
175
453
23
11A
3
2
1
69
46
23
23
1
1
6
1
5112
175
453
23
11 BAX
Rješenja sustava su:
3
2
1
z
y
x
X .
Provjerimo dobivena rješenja tako da ih uvrstimo u početne jednadžbe i vidimo
zadovoljavaju li ih:
123
6
132
zyx
zyx
zyx
Uvrštavamo:
1623
6321
1362
OK!
Zadatak 4. Riješiti matričnu jednadžbu BAX , ako je
125
231
135
A i
0152
095
038
B .
Rješenje. Jednadžbu množimo sa 1A s desne strane: 1/ ABAX
11 ABAAX 1 ABIX
1 ABX
Računamo inverz matrice A. Ponovno, prisjetimo se da ovakav odabir transformacija ne
bi bio ispravan:
IIII
IIII
A
125
231
135
)det( NETOČNO
Razlog tome je što u drugoj transformaciji koristimo 1. redak koji je izmijenjen tokom
prve transformacije.
Jedan točan izbor je npr.
52
9130
231
250
5125
231
135
)det(
IIIII
IIII
A Razvoj po 1. stupcu =
19)2645(913
251
Računamo algebarske komplemente:
112
23)1( 11
11
A
9)101(15
21)1( 21
12
A
1315225
31)1( 31
13
A
1)23(12
13)1( 12
21 A
105515
15)1( 22
22
A
25)1510(25
35)1( 32
23
A
33623
13)1( 13
31
A
11)110(21
15)1( 23
32
A
1831531
35)1( 33
33
A
18113
25101
1391~A
182513
11109
311~TA
182513
11109
311
19
11A
171152133
1149576
573819
19
1
182513
11109
311
0152
095
038
19
1
182513
11109
311
19
1
0152
095
0381ABX
987
654
321
.
53
Zadatak 5. Riješiti matričnu jednadžbu IAXIA )2( gdje je
101
432
210
A .
Rješenje.
Najprije trebamo iz jednadžbe IAXIA )2( izraziti nepoznatu matricu X. Da bi se
riješili matrice )2( IA s lijeve strane, čitavu jednadžbu množimo sa njenim inverzom i to
s lijeve strane:
IAXIAIA )2/()2( 1
)()2( 1 IAIAX
101
412
212
200
020
002
101
432
210
2IA
101
610
620
2
101
412
212
)2det( IIIII
III
IA Razvoj po 1. stupcu =
661261
621
Računamo algebarske komplemente:
110
41)1()2( 11
11
IA
6)42(11
42)1()2( 21
12
IA
101
12)1()2( 31
13 IA
1)1(10
21)1()2( 12
21
IA
02211
22)1()2( 22
22
IA
1)10(01
12)1()2( 32
23
IA
241
21)1()2( 13
31 IA
12)48(42
22)1()2( 23
32
IA
412
12)1()2( 33
33
IA
54
4122
101
161
)2( IA
411
1206
211
)2(T
IA
411
1206
211
6
1)2( 1IA
201
442
211
IA
12
1
2
1613
12
1
2
1
633
36618
633
6
1
201
442
211
411
1206
211
6
1)()2( 1 IAIAX .
Zadatak 6. Iz jednadžbe BAX izraziti nepoznatu matricu X.
Rješenje.
Množimo čitavu jednadžbu s desne strane sa inverzom matrice A : 1/ ABAX
11 ABAAX 1 ABX .
Zadatak 7. Iz jednadžbe 03)2( IBAX izraziti nepoznatu matricu X.
Rješenje.
Množenje matrica je distributivno u odnosu na zbrajanje, odnosno vrijedi:
ACABCBA )( i CABAACB )( .
To ćemo primijeniti u ovom zadatku. 03)2( IBAX
IBAX 3)2(
Primjenjujemo distributivnost:
IABXB 32
2
1/32 ABIXB
1/)3(2
1 BABIXB
1)3(2
1 BABIX
Sada možemo (nije obavezno) opet primijeniti svojstvo distributivnosti ali u obratnom
smjeru pa imamo:
)3(2
1 11 BBABIX
55
)3(2
1 1 ABX
Zadatak 8. Iz jednadžbe AXCAXB izraziti nepoznatu matricu X.
Rješenje.
AXCAXB
CAXAXB
Koristimo svojstvo distributivnosti: CIBAX )(
1)(/)( IBCIBAX 11 )(/ IBCAXA
11 )( IBCAX .
Zadatak 9. Riješiti matričnu jednadžbu BAXI )2( , gdje je
112
010
121
A ,
300
020
001
B .
Rješenje.
Najprije izrazimo nepoznatu matricu X iz jednadžbe BAXI )2( : 1/)2( ABAXI
12 ABXI
IABX 21
Izračunavamo inverz matrice A:
112
010
121
)det(A Razvoj po 2. retku 112
111
Računamo algebarske komplemente:
111
01)1( 11
11 A
012
00)1( 21
12
A
212
10)1( 31
13
A
3)12(11
12)1( 12
21
A
112
11)1( 22
22
A
5)41(12
21)1( 32
23
A
56
101
12)1( 13
31
A
000
11)1( 23
32
A
110
21)1( 33
33 A
101
513
201~A
152
010
131~TA
152
010
131
152
010
1311A
3156
020
131
152
010
131
300
020
0011AB
5156
000
133
200
020
002
3156
020
131
21 IABX .
Zadatak 10. Riješiti matričnu jednadžbu XAAX gdje je
200
020
102
A .
Rješenje.
Izrazimo najprije matricu X iz jednadžbe XAAX :
XAAX AXAX
Koristimo svojstvo distributivnosti množenja matrica u odnosu na zbrajanje: AIAX )(
1)(/)( IAAIAX 1)( IAAX
Računamo inverz matrice IA :
1
100
010
101
)det( IA
100
010
101
101
010
001T
IAIA
57
100
010
101
)( 1IA
200
020
102
100
010
101
200
020
102
)( 1IAAX .
Odradimo još i provjeru:
XAAX
200
020
102
200
020
102
200
020
102
200
020
102?
200
020
102
200
020
102
400
040
004?
200
020
102
200
020
102
OK
Zadatak 11. Izračunati )det(X ako je CAXB , gdje je
01
10A ,
21
11B ,
12
24C .
Rješenje.
Izrazimo X iz jednadžbe:
1/ BCAXB
1 BCAX 11 / BCAXA
11 BCAX
Računamo potrebne inverze:
101
10)det( A
01
10
01
10
1
11A
11221
11)det(
B
11
12
11
12
1
11B
58
Računamo X:
610
35
11
12
24
12
11
12
12
24
01
1011 BCAX
I konačno :
03030610
35)det(
X .
59
5. Cramerovo pravilo
Cramerovo pravilo koristimo prilikom rješavanja linearnih sustava od n jednadžbi
s n nepoznanica. Recimo da promatramo jedan takav općeniti sustav:
11212111 ... bxaxaxa nn
22222121 ... bxaxaxa nn
.
.
.
nnnnnn bxaxaxa ...2211
Taj sustav možemo zapisati u matričnom obliku BXA pri čemu:
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
A
....
....
...
...
21
22221
11211
nx
x
x
X.
2
1
nb
b
b
B.
2
1
Sustav je homogen ako je 0B (svi koeficijenti s desne strane jednadžbi jednaki nuli).
Sustav je nehomogen ako je 0B (postoji barem jedan koeficijent s desne strane
jednadžbi koji je različit od nule).
Uvedimo još oznake: DA )det(
iD determinanta matrice koju dobivamo zamjenom i-tog stupca matrice A sa stupcem B
Za svaku nepoznanicu ix vrijedi
ii DDx
Jednakost ii DDx se lako može dokazati za recimo nepoznanicu 1x . Dakle, recimo da
želimo dokazati jednakost 11 DDx . Ona u matričnom obliku izgleda:
nnnn
n
n
nnnn
n
n
aab
aab
aab
aaa
aaa
aaa
x
....
....
...
...
....
....
...
...
2
2222
1121
?
21
22221
11211
1
60
Iskoristimo 3. svojstvo determinanti, i pomnožimo prvi stupac determinante na lijevoj
strani nepoznanicom 1x :
nnnn
n
n
nnnn
n
n
aab
aab
aab
aaxa
aaxa
aaxa
....
....
...
...
....
....
...
...
2
2222
1121
?
211
222121
112111
Budući da vrijede jednadžbe
11212111 ... bxaxaxa nn
22222121 ... bxaxaxa nn
.
.
.
nnnnnn bxaxaxa ...2211
Prvi stupac determinante na desnoj strani možemo napisati u sljedećem obliku:
nnnnnnnn
nnn
nnn
nnnn
n
n
aaxaxaxa
aaxaxaxa
aaxaxaxa
aaxa
aaxa
aaxa
.......
....
......
......
....
....
...
...
22211
2222222121
1121212111
?
211
222121
112111
Primijenimo sada 4. svojstvo determinanti – od prvog stupca determinante na desnoj
strani oduzmimo drugi stupac pomnožen nepoznanicom 2x , ponovno od prvog stupca
oduzmimo treći stupac pomnožen nepoznanicom 3x ,...., ponovno od prvog stupca
oduzmimo n-ti stupac pomnožen nepoznanicom nx . Nakon tih (n-1) transformacija,
dobivamo:
nnnn
n
n
nnnn
n
n
aaxa
aaxa
aaxa
aaxa
aaxa
aaxa
....
....
...
...
....
....
...
...
211
222121
112111
211
222121
112111
Ovime smo dokazali jednakost 11 DDx . Dokaz jednakosti ii DDx za neki drugi i bi se
provodio analogno.
61
Tablica 1. Cramerovo pravilo
Nehomogen sustav Homogen sustav
0D
Sustav ima jedinstveno rješenje.
Za svako i vrijedi: D
Dx i
i
Sustav ima jedinstveno
rješenje.
Za svako i vrijedi:
00
DD
Dx i
i
0D
Slučaj a) Za svako i vrijedi: 0iD Sustav
ima beskonačno mnogo rješenja – neodreĎeni
sustav.
Slučaj b) Postoji barem jedno i za koje vrijedi:
0iD Sustav nema rješenja- nemoguć sustav.
Sustav ima beskonačno
mnogo rješenja –
neodreĎeni sustav.
Zadatak 1. Riješiti sustav 12 321 xxx
422 321 xxx
244 321 xxx .
Rješenje.
Radi se o sustavu tri jednadžbe s tri nepoznanice, dakle možemo ga rješavati Cramerovim
pravilom. Zapišimo sustav najprije u matričnom obliku BAX , pri čemu je:
414
212
211
A
3
2
1
x
x
x
X
2
4
1
B
Vidimo da se radi o nehomogenom sustavu, budući da koeficijenti na desnim stranama
jednadžbi nisu svi jednaki nuli. Sljedeće što moramo napraviti je izračunati determinantu
matrice koeficijenata sustava, odnosno matrice A:
430
230
211
4
2
414
212
211
)det(
IIII
IIIAD Razvoj po 1. stupcu =
0661243
23
62
Prema Tablici 1. zaključujemo da zadani sustav ima jedinstveno rješenje. Tražene
nepoznanice ćemo računati po formuli D
Dx i
i , odnosno vrijedi:
D
Dx 1
1 , D
Dx 2
2 , D
Dx 3
3
Trebamo još izračunati determinante 321 ,, DDD :
010
650
211
2
4
412
214
211
1
IIII
IIID Razvoj po 1. stupcu =
6)60(01
651
420
220
211
4
2
424
242
211
2
IIII
IIID Razvoj po 1. stupcu =
124842
22
230
230
111
4
2
214
412
111
2
IIII
IIID Razvoj po 1. stupcu =
126623
23
Slijedi:
16
611
D
Dx
26
1222
D
Dx
26
1233
D
Dx
Dakle, traženo rješenje sustava je:
2
2
1
3
2
1
x
x
x
X
Provjerimo još za svaki slučaj dobiveno rješenje. Uvrstimo dobivene brojeve u sve tri
jednadžbe:
142112 321 xxx OK
4422422 321 xxx OK
2824244 321 xxx OK
Zadatak 2. Riješiti sustav: 22 321 xxx
63
12 321 xxx
4633 321 xxx .
Rješenje.
Sustav je nehomogen. Izračunajmo mu determinantu:
000
020
211
3633
211
211
IIII
IIID Razvoj po 3. retku =0
Trebamo izračunavati determinante iD da vidimo jesmo li u slučaju a) ili b) :
Idemo redom:
270
211
230
4
2
634
211
212
1
IIIII
III
D Razvoj po 1. stupcu =
08)146(27
23
Budući da je 01 D , u slučaju b) smo pa zaključujemo da sustav nema rješenja.
Zadatak 3. Riješiti sustav: 32 321 xxx
123 321 xxx
24 321 xxx .
Rješenje.
Sustav je nehomogen. Izračunajmo determinantu sustava:
570
570
121
4
3
114
213
121
IIII
IIID Svojstvo 1. determinanti (dva jednaka retka) =0
Da bi ustanovili jesmo li u slučaju a) ili slučaju b) moramo računati determinante iD :
510
211
510
2
3
112
211
123
1
IIII
III
D Razvoj po 1. stupcu =
051
51)1(
5100
5100
131
4
3
124
213
131
2
IIII
IIID Dva jednaka retka =0
1070
1070
321
4
3
214
113
321
3
IIII
IIID Dva jednaka retka =0
Budući da su sve tri determinante 321 ,, DDD jednake nuli, zaključujemo da sustav ima
beskonačno mnogo rješenja. Još ih trebamo izračunati. To sada računamo „na
jednadžbama“:
64
32 321 xxx
123 321 xxx
24 321 xxx
Najprije odaberemo bilo koju od tri jednadžbe, recimo prvu, i iz nje izrazimo jednu
nepoznanicu preko preostalih, npr.
321321 2332 xxxxxx Veza 1
Sada u preostale dvije jednadžbe nepoznanicu 1x zapišemo uz pomoć preostalih
nepoznanica koristeći vezu 1:
105712369123 323232321 xxxxxxxxx
10572481224 323232321 xxxxxxxxx
Vidimo da smo uvrštavanjem veze 1 dobili dvije identične jednadžbe (što bi zapravo i
trebali dobiti budući da znamo da imamo beskonačno mnogo rješenja – jednadžbe su
meĎusobno zavisne). Iz te jedne jednadžbe sada iskažemo ponovno jednu nepoznanicu
preko preostalih npr.:
)510(7
151071057 323232 xxxxxx
Vidimo da ćemo rješenja prikazati preko nepoznanice 3x , pa je česta praksa (nije
obavezno) da se ta nepoznanica označi sa t. Dakle: Rtx 3
)510(7
12 tx
Vračajući se još u vezu 1 dobivamo:
ttx )510(7
231
Provjera. Budući da smo dobili da sustav ima beskonačno mnogo rješenja, nećemo ih sve
moći provjeriti ali možemo barem odabrati jedno rješenje i provjeriti njega. Za vrijednost
nepoznanice 03 tx , dobivamo jedno rješenje:
03 x
7
102 x
7
1
7
2031 x
Provjerimo točnost tog rješenja uvrštavajući ga u početne jednadžbe:
307
20
7
132 321 xxx OK
107
10
7
3123 321 xxx OK
65
207
10
7
424 321 xxx OK
Napomena. Kada računamo rješenja sustava koji ima beskonačno mnogo rješenja, odabir
jednadžbe iz koje ćemo vaditi neku vezu i nepoznanice koju ćemo iskazivati utječe na
konačan zapis rješenja. MeĎutim, ako se sve dobro odradi, rješenje bi neovisno o
različitom zapisu trebalo biti ispravno.
Zadatak 4. Riješiti sustav 052 zyx
032 zyx
0136 zyx .
Rješenje.
Sustav je homogen. Izračunajmo mu determinantu:
840
840
521
1361
321
521
IIII
IIID Dva jednaka retka =0
Dakle, sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Izračunajmo ih.
052 zyx
032 zyx
0136 zyx
Odabiremo jednu jednadžbu i nepoznanicu koju ćemo prikazati preko ostalih. Npr., iz
prve jednadžbe prikažimo x preko ostalih nepoznanica:
yzx 25 Veza 1
Sada u preostale jednadžbe x zamjenjujemo korištenjem veze 1:
04803225032 yzzyyzzyx
0480136250136 yzzyyzzyx
Ponovno smo očekivano dobili dvije identične jednadžbe. Iz nje ponovno iskazujemo
jednu nepoznanicu preko druge:
zyzyyz 284048
Nepoznanice y i x ćemo očito prikazati preko nepoznanice z pa z možemo zapisati kao:
Rtz ty 2
tttx 45
NaĎimo jedno rješenje i provjerimo zadovoljava li jednadžbe. Odaberimo npr. vrijednost
1t . Tada dobivamo rješenja:
1z 2y
66
1x
Uvrstimo ih u jednadžbe:
0541052 zyx OK
0341032 zyx OK
0131210136 zyx OK
Zadatak 5. Diskutirati rješenje sustava u ovisnosti o parametru Rt 1321 xxtx
1321 xtxx
1321 txxx
Rješenje.
Zadatak je naći one vrijednosti parametra t za koje sustav nema rješenja, ima jedinstveno
rješenje i ima beskonačno mnogo rješenja, te naći ta rješenja kada postoje. Vidimo da se
radi o nehomogenom sustavu. Postojanje rješenja ovisi prvenstveno o vrijednosti
determinante, pa ju računamo:
t
tt
tttIIII
t
tt
t
IIIII
t
t
t
D
11
110
110
11
110
11
11
11
11 2
= Razvoj po 1. stupcu =
)1)(1()1(11
11 222
ttt
tt
tt
Zanima nas situacija u kojoj je determinanta različita od nule. Naime, tada znamo da će
sustav imati jedinstveno rješenje – za svaku nepoznanicu će vrijediti D
Dx i
i . Da bi znali
za koje vrijednosti od t-a je determinanta različita od nule, moramo riješiti jednadžbu:
0)1)(1()1( 22 ttt
Ovdje je sada „zgodno“ primijetiti da možemo izlučiti minus u drugom pribrojniku:
0)1)(1()1( 22 ttt
Kako bi sada prvi i drugi pribrojnik imali zajednički faktor 1-t kojeg možemo izlučiti i
dobivamo:
0)1()1()1( 2 ttt
011)1( 2 ttt
Sada imamo jednadžbu na čijoj je lijevoj strani umnožak dva faktora a na desnoj nula –
dvije su opcije – ili je prvi faktor jednak nuli ili je drugi faktor jednak nuli :
101 tt
022 tt
Zadnje je kvadratna jednadžba koju znamo riješiti:
67
2
31
2
2)1(4113,2
t
22 t
13 t
Dakle, rješenja jednadžbe 0)1)(1()1( 22 ttt su:
21 t
12 t
Dakle, sada imamo 3 opcije:
1. slučaj : Parametar 2t i 1t . U ovom slučaju je 0D . Znamo da tada sustav ima
jedinstveno rješenje. Izračunajmo ga:
100
110
111
11
11
111
1
t
t
IIII
III
t
tD Razvoj po 1. stupcu =
2)1(10
11
t
t
t
100
111
110
11
111
11 2
2
t
tt
IIIII
tIIII
t
t
D Razvoj po 1. stupcu =
22
)1()1)(1()1)(1(10
11
ttttt
t
tt
001
011
11
111
11
11
3
t
tt
t
IIII
IIIt
t
D Razvoj po 3. stupcu =
2)1()1)(1()1)(1(01
11
ttttt
t
tt
Još smo prije izračunali da je determinanta sustava jednaka
)2)(1()1)(1()1( 222 ttttttD pa sada slijedi:
2
1
)2)(1(
1
2
1
)2)(1(
)1(
)2)(1(
)1(22
2
2
21
1
ttt
t
tt
t
ttt
t
ttt
t
D
Dx
Slično bi dobili:
2
122
tD
Dx
2
133
tD
Dx
2. slučaj. Parametar 1t . Determinanta sustava je tada jednaka 0D . Tu su sada
otvorena dva slučaja koja ovise o determinantama 321 ,, DDD pa ih izračunajmo. Možemo
koristiti opće izraze za determinante 321 ,, DDD izračunate u 1. slučaju:
68
0)11()1( 221 tD
02 D
03 D
Sustav u ovom slučaju ima beskonačno mnogo rješenja. NaĎimo još ta rješenja. Sustav za
1t postaje:
1321 xxx
1321 xxx
1321 xxx
Zapravo imamo samo jednu jednadžbu 1321 xxx iz koje slijedi:
1321 xxx
Kažemo da imamo dvije „slobodne nepoznanice“, jer vrijednosti nepoznanica 32 , xx
možemo nasumično birati.
Dakle rješenje sustava je: 1321 xxx
Rx 2
Rx 3
3. slučaj. Parametar 2t . Determinanta sustava je opet jednaka nuli. Izračunajmo
ponovno determinante 321 ,, DDD :
9)12()1( 221 tD
Sustav nema rješenje.
Zadatak 6. Diskutirati rješenje sustava u ovisnosti o parametru Rt 1321 xxx
1321 xtxx
1321 txxx
Rješenje.
Računamo determinantu sustava o kojoj će ovisiti ima li sustav rješenja i to jedinstveno
ili ne:
2)1(
100
010
111
11
11
111
t
t
t
IIII
III
t
tD
Rješavamo jednadžbu:
0)1( 2 t
1t
Dakle, imamo dva slučaja
69
1. slučaj. Ako je 1t . Determinanta je tada različita od nule pa sustav ima jedinstveno
rješenje. Računamo ga:
21 )1(
11
11
111
t
t
tD
t
D
11
111
111
2 Dva jednaka stupca =0
0
111
11
111
3 tD
Dakle, rješenja sustava su:
1)1(
)1(2
21
1
t
t
D
Dx
0)1(
02
22
tD
Dx
0)1(
02
33
tD
Dx
2. slučaj. Ako je 1t . Determinanta je tada jednaka nuli. Trebamo izračunati
determinante 321 ,, DDD . Budući da su sve jednake nuli, znamo da sustav ima beskonačno
mnogo rješenja i do njih dolazimo isto kao u prethodnom zadatku.
321 1 xxx .
Rješenja su: 1321 xxx
Rx 2
Rx 3
Zadatak 7. Riješiti sustav 325
1192
yx
yx.
Rješenje.
Sustav ima jednak broj nepoznanica i jednadžbi pa ga možemo rješavati Cramerovim
pravilom.
4925
92
D
Sustav je nehomogen i determinanta mu je različita od nule – ima jedinstveno rješenje.
5272223
9111
D
6155635
1122
D
70
49
511
D
Dx
49
6122
D
Dx .
Zadatak 8. Riješiti sustav
9452
16324
743
zyx
zyx
zyx
.
Rješenje.
Sustav je nehomogen.
452
580
143
2
452
324
143
IIIIID Razvoj po 1. stupcu =
452421)820(2)2532(358
142
45
583
Determinanta je različita od nule – sustav ima jedinstveno rješenje.
01119
0105
147
4
3
459
3216
147
1
IIII
IIID Razvoj po 3. stupcu =
135190551119
105
4550951910
55
01910
055
173
4
3
492
3164
173
2
IIII
IIID
952
1624
25052
952
1624
743
3
III
D Razvoj po 2. stupcu =
9010010)10080(5)5045(2164
2555
92
2552
345
13511
D
Dx
145
4522
D
Dx
245
9033
D
Dx
Zadatak 9. Riješiti sustav
77117
3553
232
zyx
zyx
zyx
.
71
Rješenje.
0107
0107
132
7
5
7117
553
132
IIII
IIID Dva jednaka retka =0
Da bi išta mogli zaključiti, još moramo izračunati determinante 321 ,, DDD :
7117
553
132
1D Identična je D =0
777
533
122
2D Dva jednaka stupca =0
0
7117
353
232
3
D
Sustav ima beskonačno mnogo rješenja.
77117
3553
232
zyx
zyx
zyx
Iz prve jednadžbe izrazimo nepoznanicu z: yxzzyx 322232
Uvrstimo u preostale jednadžbe:
7107721141411777117
71073151010533553
yxyxyxzyx
yxyxyxzyx
Iz dobivene jednadžbe izrazimo x :
yyxyxyx7
101)107(
7
110777107
Dakle, rješenja sustava su oblika: Ry
yx7
101
yyyz7
13
7
2022 .
Obavimo provjeru za jedno konkretno rješenje. Odaberimo npr. 1y . Tada vrijedi:
1y
7
17x
7
1z
Uvrstimo ova rješenja u jednadžbe:
72
71117
11977117
37
55
7
513553
27
13
7
34232
zyx
zyx
zyx
OK.
Zadatak 10. Riješiti sustav
574
453
932
zyx
zyx
zyx
.
Rješenje.
021
153
01473
174
153
312
IIIII
III
D Razvoj po 3. stupcu =
0)1414(21
147
.
Računamo 321 ,, DDD :
029
154
014213
175
154
319
1
IIIII
III
D Razvoj po 3. stupcu =
0168)12642(29
1421
Sustav nema rješenja.
Zadatak 11. Diskutirati ovisnost rješenja sustava o realnom parametru a
0)1(
2)1(
zayx
azyax
azyx
.
Rješenje.
Računamo determinantu sustava:
2
00
00
111
111
111
111
a
a
a
IIII
III
a
aD
1. slučaj. 0a . Determinanta sustava je različita od nule pa sustav ima jedinstveno
rješenje.
73
a
aa
a
D
110
112
11
1 Razvoj po 3. retku =
23222 ))(1()2)(1()2(12
1)1(
12
1aaaaaaaaaaaaaaa
aa
aa
a
a
3a
a
a
a
D
101
121
11
2 Razvoj po 3. retku a
aa
a
a
21
1)1(
12
1
22)1( aaaaaaa
23
00
0
11
011
211
11
a
a
aa
a
IIII
IIIaa
a
D
Rješenja su:
aa
a
D
Dx
2
31
1
12
22
2 a
a
D
Dx
12
23
3
a
a
D
Dx
2. slučaj. 0a . Determinanta je jednaka nuli i vrijedi (koristimo izračunato iz 1. slučaja): 0321 DDD
Dakle, sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Izračunajmo ih:
0
0
0
zyx
zyx
zyx
Zapravo imamo samo jednu jednadžbu iz koje slijedi: zyx
Pa su rješenja sustava oblika: zyx
Ry
Rz .
Zadatak 12. Riješiti sustav linearnih jednadžbi: 6624 zxy
118115 yzx
74
442 zy .
Rješenje. Prvo bi trebali zapisati jednadžbe na način da nepoznanice budu poslagane
jedna ispod druge: 6642 zyx
111185 zyx
442 zy
Matrica sustava je:
420
1185
642
D Razvoj po 1. stupcu
02020)1216(5)2232(242
645
42
1182
.
Moramo izračunati i determinante 321 ,, DDD :
424
505
202
4
2
424
11811
646
1 IIII
IIII
D Razvoj po 2. stupcu 055
222
440
11115
662
2D 3. svojstvo (izlučujemo faktor -1 iz 3. stupca)
440
11115
662
Dva
jednaka stupca = 0
055
222
420
505
202
4
2
420
1185
642
3
IIIII
IIII
D
Zaključujemo da sustav ima beskonačno mnogo rješenja.
6642 zyx
111185 zyx
442 zy
Iz 3. jednadžbe prikažimo y preko z : zyzyzy 22442442
Uvrstimo u preostale jednadžbe: 122262826642 zxzxzxzyx
1555111185 zxzxzyx
Dobivamo:
zx 1
Rješenje je:
Rz zy 22
zx 1
75
Rješenja je beskonačno mnogo, no svejedno možemo provjeriti štima li barem za jedno
konkretno rješenje. Odaberimo npr. 0z . Tada je rješenje:
0z , 2y , 1x
Uvrstimo to rješenje u jednadžbe:
6826642 zyx OK
11165111185 zyx OK
44442 zy OK
Zadatak 13. Kako broj rješenja sustava 8321 xxx
5321 xxx
523 321 xxx
ovisi o realnom parametru .
Rješenje.
Broj rješenja sustava ovisi o vrijednostima determinanti 321 ,,, DDDD pa ih izračunajmo:
)1(2)32)(1(322
11
3220
110
11
3213
11
11
IIII
IIID
)1(333223232 22
215
110
18
215
15
18
1
IIIIID Razvoj po 1. stupcu
11
15
21
118
22 51321)1(5816))1(1(5)122(8
10131919963219
13
32190
130
81
3253
151
81
2
IIII
IIID
131961919192
31
1920
310
811
3513
51
811
3
IIII
IIID
1. slučaj. 1 i 0 . Determinanta D je različita od nule. Dakle, sustav ima jedinstveno
rješenje.
2. slučaj. 1 . Determinanta D je jednaka nuli. Vrijednosti determinanti 321 ,, DDD su :
31 D
32 D
63 D
Sustav nema rješenja.
76
3. slučaj. 0 . Determinanta D je jednaka nuli. Vrijednosti determinanti 321 ,, DDD su :
131 D
132 D
133 D
Sustav nema rješenja.
Zadatak 14. Kako broj rješenja sustava: 1 tzyx
22 zyx
3)1(32 ztyx
ovisi o parametru Rt .
Rješenje.
Kako broj rješenja sustava ovisi o vrijednostima determinanti 321 ,,, DDDD , računamo ih:
011
11
110
110
11
2132
121
11
t
t
t
t
t
IIII
III
t
t
D
Kako je D=0, još moramo izračunati determinante 321 ,, DDD da bi znali ima li sustav
beskonačno mnogo ili nema rješenja:
133
122
11
1
t
t
D Dva jednaka stupca =0
0
132
121
11
2
D
t
t
D
0
332
221
111
3 D
Sustav ima beskonačno mnogo rješenja neovisno o vrijednosti parametra Rt .
Zadatak 15. Kako broj rješenja sustava: 1 tzyx
22 zyx
4)1(32 ztyx
ovisi o parametru Rt .
Rješenje.
011
11
110
110
11
2132
121
11
t
t
t
t
t
IIII
III
t
t
D
tt
t
t
t
t
IIII
III
t
t
D 21131
210
1310
2100
11
4
2
134
122
11
1
77
1221)1(2112
11
120
110
11
2142
121
11
2
tttttt
t
t
t
t
IIII
III
t
t
D
11221
11
210
110
111
2432
221
111
3
IIII
IIID
Budući da je 013 D za svaki Rt , zaključujemo da sustav nema rješenja.
78
6. Gaussova metoda
Gaussova se metoda koristi za rješavanje sustava od m jednadžbi s n nepoznanica. Dakle,
nije nužno kao u slučaju Cramerovog pravila, da sustav ima jednak broj jednadžbi i
nepoznanica da bi ga mogli riješavati Gaussovom metodom.
Recimo da promatramo jedan takav općeniti sustav m jednadžbi s n nepoznanica:
11212111 ... bxaxaxa nn
22222121 ... bxaxaxa nn
.
.
.
mnmnmm bxaxaxa ...2211
Prvo što radimo je da sustav zapisujemo u proširenom matričnom obliku, odnosno
generiramo sljedeću matricu:
mmnmm
n
n
n
baaa
baaa
baaa
baaa
A
....
...............
...
...
...
21
333231
222221
111211
.
Sada na toj matrici provodimo elementarne transformacije dok je ne „dovedemo“ do
„gornjeg trokutastog oblika“ (iako je gornji trokutasti oblik matrice nešto vezano uz
kvadratnu matricu, ovdje se pod tim izrazom uglavnom podrazumijeva bilo koja matrica
kojoj su svi elementi ispod elemenata oblika iia jednaki nuli).
Elementarne transformacije - zamjena dva retka matrice
- množenje retka brojem različitim od nule
- dodavanje/oduzimanje retka drugome retku
Kako se „otprilike“ provodi Gaussova metoda:
- „Naštimavamo“ element 11a na jedinicu (ovo se nekad preskače)
- Poništavamo sve preostale elemente 1. stupca
- „Naštimavamo“ element 22a na jedinicu.
- Poništavamo sve elemente 2. stupca ispod elementa 22a
- Ponavljamo ove korake na preostalim retcima...
Specijalna situacija koja se može dogoditi je sljedeća : u nekom koraku element iia i svi
elementi ispod njega jednaki su nuli. Tada se prebacujemo za jedan stupac u desno –
79
prelazimo na element 1iia i pokušavamo sve elemente ispod njega poništiti... (Primjer
Zadatak 7. I Zadatak 13.)
Zadatak 1. Riješiti sustav 228642 4321 xxxx
352 4321 xxxx
1223 4321 xxxx
1531533 4321 xxxx
Rješenje. Sustav ima 4 jednadžbe i 4 nepoznanice pa još ništa ne možemo reći o tome
ima li rješenja ili ne , i ako ima, je li ono jedinstveno ili ne.
Napišimo proširenu matricu sustava:
1531533
12123
31512
228642
A
Nama je sada cilj „dovesti“ gornju matricu do gornjeg trokutastog oblika, odnosno
poništiti sve elemente ispod elemenata 44332211 ,,, aaaa . To poništavanje je često najlakše
izvoditi ako na pozicijama 44332211 ,,, aaaa imamo jedinicu. Ajmo si na poziciju 11a
„naštimati“ jedinicu:
1531533
12123
31512
1143212:
1531533
12123
31512
228642
Sada poništavamo elemente ispod pozicije 11a :
1815630
3414840
199130
114321
3
3
2
1531533
12123
31512
114321
IIV
IIII
III
Prvi stupac je „sreĎen“. Prelazimo na drugi. Cilj nam je poništiti sve elemente ispod
elementa 22a . To možemo napraviti na više načina. Jedan je:
16700
2662000
199130
114321
43
1815630
3414840
199130
114321
IIIV
IIIII
Drugi stupac je „sreĎen“. Prelazimo na treći:
80
10
911
10
216000
10
13
10
3100
199130
114321
71670010
13
10
3100
199130
114321
)20(:
16700
2662000
199130
114321
IIIIV
Matrica je sada dovedena u „gornji trokutasti oblik“. Slijedi očitavanje rješenja.
Posljednji redak matrice zapravo predstavlja jednadžbu:
10
81
10
814 x
Iz koje slijedi: 14 x
Iz trećeg retka matrice slijedi:
10
13
10
343 xx
Uvrštavanjem 14 x u gornju jednadžbu dobivamo:
13 x
Iz drugog retka matrice slijedi: 1993 432 xxx
Uvrštavanjem 14 x i 13 x , dobivamo:
32 x
I iz prvog retka matrice slijedi: 11432 4321 xxxx
Uvrštavanjem do sada dobivenih rješenja, dobivamo:
21 x .
BITNO – moguća greška kod Gaussa!!!!
Prilikom izvoĎenja više elementarnih transformacija nad matricom u jednom koraku
može doći do greške. Nekoliko primjera pogrešnog odabira transformacija:
1110210
2016
1110210
2
2
4381
2016
3452
IIII
IIII
1130
2016
1130
4381
2016
3451
IIII
IIII
81
52110
2015
52110
2
2
4383
2015
3456
IIII
IIII
Naime, neke elementarne transformacije odraĎene u istom koraku rezultiraju time da neki
redci matrice ispadaju linearno zavisni što zapravo uopće nisu. Sličan problem postojao
je i kod rješavanja determinanti (Ako niste, pogledajte Bitno – moguća greška kod
determinati!).
Problem se najlakše izbjegava tako da se elementarne transformacije biraju na način da
ako u jednom koraku nekom transformacijom promijenimo neki redak, s tim retkom više
ne baratamo u tom koraku.
Dakle, u primjeru:
1110210
2016
1110210
2
2
4381
2016
3452
IIII
IIII
nećemo odabrati ove dvije transformacije zato što smo prvom transformacijom IIII 2
promijenili prvi redak, a onda taj prvi redak koristimo u drugoj transformaciji ali u
njegovoj „staroj formi“. Dakle, tu bi najprije trebali odraditi prvu transformaciju u
zasebnom koraku:
4381
2016
11102102
4381
2016
3452 IIII
I sada nastaviti dalje normalno...
Zadatak 2. Riješiti sustav 34523 4321 xxxx
112096 4321 xxxx
58632 4321 xxxx
244 321 xxx
Rješenje. Sustav ima 4 jednadžbe i 4 nepoznanice pa još ne znamo ništa o prirodi
njegova rješenja.
20414
58632
1120961
34523
A
Poništavamo elemente ispod elementa 11a :
82
616850
916850
366432200
34523
43
23
3
20414
58632
1120961
34523
IIV
IIII
IIIA
30000
00000
916850
34523
616850
916850
916850
34523
)4(:
616850
916850
366432200
34523
IIIV
IIIII
Dobili smo redak koji čiji su evi elementi osim posljednjeg jednaki nuli. Taj redak je
ekvivalentan jednadžbi:
30
Što je nemoguće.
Sustav nema rješenja.
Zadatak 3. Riješiti sustav 88642 4321 xxxx
3432 xxx
133 421 xxx
337 432 xxx
Rješenje.
IIIIVIIIV
IIIIIIIIIA
248400
248400
31110
88642
7
10
31370
626100
31110
88642
2
31370
13031
31110
88642
00000
248400
31110
88642
Dobili smo redak čiji su elementi same nule. Ako već nije, taj redak postavljamo kao
posljednji redak matrice i zanemarujemo ga iz daljnjeg razmatranja. Dakle, vidimo da
matrica (zanemarujući onaj nul redak) ima tri retka – sustav ima tri jednadžbe i četiri
nepoznanice. Kad god imamo više nepoznanica od jednadžbi to znači da sustav ima
beskonačno mnogo rješenja. Ta prva tri retka matrice jesu u gornjoj torkutastoj formi, pa
sada slijedi očitavanje rješenja:
Iz trećeg retka slijedi: 2484 43 xx
Iskažimo 3x preko 4x :
4343 268244 xxxx
83
Iz drugog retka slijedi: 3432 xxx
Uvrštavanjem veze 43 26 xx u posljednju jednadžbu dobivamo:
336 4242 xxxx
Ir prvog retka matrice slijedi: 16812361248288642 44414321 xxxxxxxx
81 x
Označimo li tx 4 , rješenja sustava su:
81 x
32 tx
tx 263
Rtx 4
Zadatak 4. Riješiti sustav 032 321 xxx
052 321 xxx
041163 321 xxx
Rješenje.
041163
0521
0312
A Zamijena 1. i 2. retka
IIII
III
3
2
041163
0312
0521
0000
01350
0521
2026100
01350
0521
IIIII
Zanemarujemo 3. redak iz daljenjeg razmatranja. Imamo dva retka – jednadžbe i 3
nepoznanice. Dakle, sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Ta dva retka jesu u gornjoj
trokutastoj formi pa očitavamo rješenja:
Iz drugog retka slijedi:
32325
130135 xxxx
Iz prvog retka slijedi:
33215
1052 xxxx
Rješenje sustava je:
315
1xx
325
13xx
84
Rx 3
Zadatak 5. Riješiti sustav 2321 xxx
322 321 xxx
142 321 xxx
033 31 xx
Rješenje.
5:
11800
51000
1460
2111
2
2
6630
3330
1460
2111
3
2
0303
1421
3242
2111
IIIV
IIIII
IIV
IIII
IIIA
15000
1200
1460
2111
411800
1200
1460
2111
IIIIV
Sustav nema rješenja.
Zadatak 6. Riješiti sustav 221 xx
522 21 xx
662 21 xx
Rješenje.
000
140
211
2280
140
211
2
2
662
522
211
IIIIIIIII
IIIA
Zanemarujemo posljednji redak. Dakle, imamo dvije jednadžbe i dvije nepoznanice. Prva
dva retka su u gornjem trokutastom obliku pa očitavamo rješenja.
Iz drugog retka:
4
12 x
Iz prvog retka:
4
92 121 xxx .
85
Zadatak 7. Riješiti sustav 1084102 4321 xxxx
18107112 4321 xxxx
19956 4321 xxxx
291287 4321 xxxx
Rješenje.
168000
126000
82310
1084102
4
2
48161240
2810620
82310
1084102
2
2
2912871
199561
18107112
1084102
IIIV
IIIII
IIV
IIII
IIID
Sad smo u situaciju spomenutoj na početku poglavlja. Naime, na pozicijama 33a i 43a
imamo nule. U ovom slučaju se situacija malo komplicira. Ono što smo čitavo vrijeme
nazivali „gornjom trokutastom matricom“ mijenja značenje. Sada bi zapravo trebali
nastaviti transformiranje matrice sa ciljem poništavanja elemenata ispod elemenata 34a ,
45a ,... U ovom slučaju, samo ispod elementa 34a . MeĎutim, mi možemo i samo očitati
rješenja iz gornje matrice koju imamo:
Iz 4. retka slijedi:
24 x
Iz 3. retka slijedi: 24 x
Da smo u 3. retku dobili neku drugu vrijednost za 4x , to bi značilo da sustav nema
rješenja.
Iz 2. retka slijedi: 43823 32432 xxxxx
32 34 xx
Iz prvog retka slijedi: 64301021084102 3314321 xxxxxxx
31 26162 xx
31 138 xx
Označimo sada tx 3 . Rješenja sustava su :
tx 1381
tx 342
Rtx 3
24 x
86
Očitavanje rješenja iz redaka matrice smo mogli i odgoditi, i odraditi još nekoliko
transformacija na matrici pa bi to izgledalo ovako:
00000
21000
82310
1084102
8168000
21000
82310
1084102
6:
168000
126000
82310
1084102
IIIIV
Sada bi na temelju matrice odmah znali da se radi o sustavu s beskonačno mnogo rješenja
(jer imamo više nepoznanica od jednadžbi). Iz trećeg retka odmah bi očitali da je
24 x itd.
Zadatak 8. U ovisnosti o paramteru 0k diskutirati rješenja sustava:
33 zx 22 zkyx
12 kzyx
Rješenje.
Trebamo izračunati za koje vrijednosti parametra k, gornji sustav nema rješenje, ima
jedinstveno rješenje i ima beskonačno mnogo rješenja i odrediti ta rješenja. Krenimo
sustav rješavati Gaussovom metodom:
8410)3(00
450
3301
24320
450
3301
2
121
212
3301
kkk
k
IIkIIIk
k
IIII
III
k
kD
U slučaju kada su svi elementi 3. retka matrice nule, znamo da će sustav imati
beskonačno mnogo rješenja. Zanima nas za koje vrijednosti parametra k će se to dogoditi,
odnosno rješavamo jednadžbe:
0103010)3( 2 kkkk Kvadratna jednadžba čija su rješenja:
2
73
2
40932,1
k
51 k
22 k
2084 kx
Promotrimo dakle sljedeće slučajeve:
1. slučaj : 2k . Matrica sustava je:
0000
4520
3301
Sustav ima beskonačno mnogo rješenja. Izračunajmo ih. Iz drugoga retkamatrice slijedi:
87
zyzy2
52452
Iz prvoga retka slijedi:
3333 zxzx
Dakle, rješenje sustava je:
33 zx
zy2
52
Rz 2. slučaj : 5k . Matrica sustava je:
28000
4550
3301
Sustav nema rješenja (zbog 3. retka matrice).
3. slučaj : 5k i 2k .Matrica sustava je :
8410)3(00
450
3301
kkk
k
Pri čemu sada znamo da su izrazi 10)3( kk , 84 k i sam k različiti od nule
(pretpostavka zadatka je da je 0k ). Dakle, možemo očitavati rješenja:
Iz 3. retka očitavamo:
8410)3( kzkk
10)3(
84
kk
kz
Znamo da je izraz 10)3( kk polinom 2. stupnja čije su nultočke 2 i (-5) pa ga
zapisujemo:
5
4
)5)(2(
)2(4
)5)(2(
84
10)3(
84
kkk
k
kk
k
kk
kz
Iz 2. retka očitavamo:
)54(1
45 zk
yzky
Uvrstimo 5
4
kz pa dobivamo:
5
4)
5
20204(
1)
5
204(
1
kk
k
kkky
Iz 1. retka očitavamo:
3333 zxzx
88
Uvrstimo 5
4
kz pa dobivamo:
5
33
5
153123
5
12
k
k
k
k
kx
Dakle, rješenja su :
5
33
k
kx
5
4
ky
5
4
kz
Zadatak 9. Riješiti sustav: 832 zyx
95 zyx
10343 zyx
Rješenje.
18200
227170
8132
49170
227170
8132
32
52
10343
9115
8132
IIIIIIIII
III
Matricu smo sveli na „gornju trokutastu formu“ pa očitavamo rješenja. Iz trećeg retka
slijedi:
9182 zz
Iz drugog retka slijedi: 563221722717 yyzy
Iz trećeg retka slijedi: 1832 xzyx
Zadatak 10. Riješiti sustav 0223 wzyx
4323 wzyx
222 wzyx
Rješenje. Sustav ima više nepoznanica od jednadžbi pa odmah znamo da će imati
beskonačno mnogo rješenja.
26261300
45310
02213
561250
45310
02213
2321212
43123
02213
IIIIIIIII
III
Matrica je u gornjoj trokutastoj formi pa očitavamo. Iz trećeg retka slijedi:
22262613262613 wzwzwz
89
Iz drugog retka slijedi: wywwywzy 25664453
Iz prvog retka slijedi: wxwxwwwxwzyx 2363244230223
Dakle, rješenje sustava je:
wx 2 wy 2
22 wz
Rw
Zadatak 11. Riješiti sustav 1 yx
5 yx
032 yx
Rješenje.
000
420
111
2210
420
111
2032
511
111
IIIIIIIII
III
Iz drugog retka: 2y
Iz prvog:
3x
Zadatak 12. Riješiti sustav: 3825 zyx
716410 zyx
1124615 zyx
Rješenje.
2000
1000
3825
3
2
1124615
716410
3825
IIII
III
Sustav nema rješenja.
Zadatak 13. Riješiti sustav: 68325 54321 xxxxx
194209510 54321 xxxxx
14513635 54321 xxxxx
17613635 54321 xxxxx
517325 54321 xxxxx
12763 5432 xxxx
90
Rješenje.
552000
121000
431000
121000
724310
618325
1276310
121000
1155310
845310
724310
618325
2
1276310
517325
17613635
14513635
194209510
618325
IIVI
IIIV
IIIII
IV
IIV
IIII
III
„Preskačemo“ poništavanje elemenata ispod elementa 33a i pomičemo se u desno –
poništavamo elemente ispod elementa 34a :
310000
000000
310000
121000
724310
618325
2552000
121000
431000
121000
724310
618325
IIIVI
IIIV
IIIIV
Redak sa samim nulama „stavljamo“ kao posljednji:
000000
000000
310000
121000
724310
618325
000000
310000
310000
121000
724310
618325
IVV
Gotovi smo s atransformacijama. Vidimo da imamo 4 retka i 5 nepoznanica – dakle,
sustav ima beskonačno mnogo rješenja.
Očitavamo rješenja. Iz 4. retka slijedi: 35 x
Iz 3. retka slijedi: 512 454 xxx
Iz 2. retka slijedi: 7243 5432 xxxx
76203 32 xx
213 32 xx
Iz 1. retka slijedi: 68325 54321 xxxxx
68325 54321 xxxxx
634034265 331 xxx
135 31 xx
91
)13(5
131 xx
Rješenja sustava su oblika:
)13(5
131 xx
213 32 xx
Rx 3
54 x
35 x
Provjerimo jedno rješenja. Uzmimo npr. da je 83 x . Tada dobivamo jedno od
beskonačno mnogo rješenja: 51 x
32 x
83 x
54 x
35 x
Provjerimo zadovoljavaju li ovi brojevi jednadžbe:
63402462568325 54321 xxxxx OK
1912100721550194209510 54321 xxxxx OK
1415654892514513635 54321 xxxxx OK
1718654892517613635 54321 xxxxx OK
533524625517325 54321 xxxxx OK
12213024312763 5432 xxxx OK
