Determinante. Inverzna matrica - elfak.ni.ac.rs · 4 D = a a a a 0 b−a b−a b−a 0 0 c−b c−b 0 0 0 d−c ; pa je njena vrednost jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali,

Determinante. Inverzna matrica

Neka je A = [aij ]n×n kvadratna matrica. Determinanta matrice A je

detA =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

.... . .

...an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =∑

(−1)ja1j1a2j2 · · · anjn ,

gde se sumiranje vrsi po svim permutacijama pν = (j1, j2, . . . , jn) skupa {1, 2, . . . , n},a j je broj inverzija u permutaciji pν .

n = 1 : |a11| = a11;

n = 2 :

∣∣∣∣a11 a12a21 a22

∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21;

n = 3 :

∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣ = a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33

+ a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31.

Kofaktor elementa aij jeAij = (−1)i+jDij ,

gde je Dij determinanta reda n − 1 dobijena iz detA izostavljanjem i–te vrste ij–te kolone.

Laplasov razvoj determinante po elementima i–te vrste (i = 1, 2, . . . , n):∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

.... . .

...an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = ai1Ai1 + ai2Ai2 + · · ·+ ainAin.

1

2

Laplasov razvoj determinante po elementima j–te kolone (j = 1, 2, . . . , n):∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

.... . .

...an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = a1jA1j + a2jA2j + · · ·+ anjAnj .

Adjungovana matrica matrice A = [aij ]n×n je matrica

adjA = [Aji]n×n = [Aij ]Tn×n =

A11 A21 . . . An1

A12 A22 . . . An2...

.... . .

...A1n A2n . . . Ann

,

gde je Aij kofaktor elementa aij (i, j = 1, 2, . . . , n).

Inverzna matrica matrice A = [aij ]n×n je matrica A−1 takva da vazi

A ·A−1 = A−1 ·A = I.

Ako je detA = 0, tada je

A−1 =1

detAadjA.

Matrica A je regularna ako postoji njena inverzna matrica A−1. U protivnom,matrica A je singularna.

3

Zadaci:

1. Date su matrice A =

1 0 02 3 04 5 6

i B =

−3 5 10 1 −30 0 −4

. Izracunati determinantu

det(AB).

Resenje: Kako jedet(AB) = detA · detB

i matrice A i B su trougaone matrice, to odmah nalazimo

det(AB) = (1 · 3 · 6) ·((−3) · 1 · (−4)

)= 12 · 18 = 216.

2. Izracunati determinantu

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣a a a aa b b ba b c ca b c d

∣∣∣∣∣∣∣∣ .Odrediti pod kojim uslovima za parametre a, b, c, d ∈ R vazi D = 0.

Resenje: Radi lakseg racunanja determinante, dovedimo je na trougaoni oblik.Ako se prva vrsta pomnozi sa −1 i doda drugoj, trecoj i cetvrtoj redom, dobija se

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣a a a aa b b ba b c ca b c d

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣a a a a0 b− a b− a b− a0 b− a c− a c− a0 b− a c− a d− a

∣∣∣∣∣∣∣∣ .Pomnozimo sada drugu vrstu sa −1 i dodajmo trecoj i cetvrtoj. Tako je

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣a a a a0 b− a b− a b− a0 0 c− b c− b0 0 c− b d− b

∣∣∣∣∣∣∣∣ .Konacno, ako trecu vrstu pomnozimo sa −1 i dodamo cetvrtoj, determinanta do-bija trougaoni oblik

4

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣a a a a0 b− a b− a b− a0 0 c− b c− b0 0 0 d− c

∣∣∣∣∣∣∣∣ ,pa je njena vrednost jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali, tj.

D = a(b− a)(c− b)(d− c).

Ocigledno, D = 0 ako je a = 0, a = b, b = c i c = d.

3. Neka je

P (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 x1 1 x 11 x 1 1x 1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ .Odrediti sve nule polinoma P (x) i njihovu visestrukost.

Resenje: Polinom P (x), dat u obliku determinante, predstavimo u faktorisanomobliku. Rezultat dobijamo postupkom koji se sastoji od sledecih koraka:

– prvoj koloni dodamo zbir ostalih kolona,– iz prve kolone izvucemo x+ 3 kao zajednicki faktor,– prvu vrstu pomnozimo sa −1 i dodamo drugoj, trecoj i cetvrtoj vrsti redom,– razvijemo determinantu po elementima prve kolone,– iz svake kolone izvucemo x− 1 kao zajednicki faktor,– razvijemo determinantu po elementima prve kolone.

Tako je

P (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 x1 1 x 11 x 1 1x 1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣x+ 3 1 1 xx+ 3 1 x 1x+ 3 x 1 1x+ 3 1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= (x+ 3)

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 x1 1 x 11 x 1 11 1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (x+ 3)

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 x0 0 x− 1 1− x0 x− 1 0 1− x0 0 0 1− x

∣∣∣∣∣∣∣∣= (x+ 3)

∣∣∣∣∣∣0 x− 1 1− x

x− 1 0 1− x0 0 1− x

∣∣∣∣∣∣ = (x+ 3)(x− 1)3

∣∣∣∣∣∣0 1 −11 0 −10 0 −1

∣∣∣∣∣∣= −(x+ 3)(x− 1)3

∣∣∣∣1 −10 −1

∣∣∣∣ = (x+ 3)(x− 1)3.

5

Iz faktorisanog oblika zakljucujemo da polinom P (x) ima nulu prvog reda x = −3i nulu treceg reda x = 1.

4. Resiti jednacinu po realnoj promenljivoj x∣∣∣∣∣∣1 a bx1 b ax1 x ab

∣∣∣∣∣∣ = 0, a, b ∈ R.

Resenje: Primenicemo osobinu da se determinanta ne menja ako se od eleme-nata jedne vrste oduzmu odgovarajuci elementi neke druge vrste.

Razvicemo determinantu tako sto cemo primeniti sledece korake:

1. korak: od elemenata druge i trece vrste oduzimamo odgovarajuce elemente prvevrste;

2. korak: iz druge vrste izvlacimo zajednicki cinilac (b − a), a iz trece zajednickicinilac (x− a);

3. korak: razvijamo determinantu po elementima prve kolone;4. korak: razvijamo determinantu drugog reda.

Imamo ∣∣∣∣∣∣1 a bx1 b ax1 x ab

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣1 a bx0 b− a (a− b)x0 x− a (a− x)b

∣∣∣∣∣∣ = (b− a)(x− a)

∣∣∣∣∣∣1 a bx0 1 −x0 1 −b

∣∣∣∣∣∣= (b− a)(x− a)

∣∣∣∣1 −x1 −b

∣∣∣∣ = (b− a)(x− a)(x− b).

Trazimo resenje jednacine

(b− a)(x− a)(x− b) = 0

u zavisnosti od a, b ∈ R. Vidimo da za

1. a = b resenje je svako x ∈ R;2. a = b resenje je x = a ili x = b.

5. Da li je polinom

P (x) =

∣∣∣∣∣∣1 x xx 1 xx x 1

∣∣∣∣∣∣deljiv sa (x− 1)2?

6

Resenje: Vazi osobina da se vrednost determinante ne menja ako se elementimajedne kolone (vrste) doda linearna kombinacija odgovarajucih elemenata ostalihkolona (vrsta).

Razvijamo determinantu na sledeci nacin:

1. korak: elementima prve kolone dodajemo elemente druge i trece kolone;2. korak: iz prve kolone izvlacimo zajednicki cinilac (2x+ 1);3. korak: oduzimamo od elemenata druge i trece vrste odgovarajuce elemente prve

vrste;4. korak: izracunavamo vrednost dobijene trougaone determinante znajuci da je

ona jednaka proizvodu dijagonalnih elemenata.

Imamo∣∣∣∣∣∣1 x xx 1 xx x 1

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣2x+ 1 x x2x+ 1 1 x2x+ 1 x 1

∣∣∣∣∣∣ = (2x+ 1)

∣∣∣∣∣∣1 x x1 1 x1 x 1

∣∣∣∣∣∣= (2x+ 1)

∣∣∣∣∣∣1 x x0 1− x 00 0 1− x

∣∣∣∣∣∣ = (2x+ 1)(1− x)2 = (2x+ 1)(x− 1)2.

Vidimo da je polinom P (x) = (2x+ 1)(x− 1)2 deljiv sa (x− 1)2.

6. Predstaviti polinom

P (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 4 4

−1 3− x2 3 37 7 5 5

−7 −7 6 x2 − 3

∣∣∣∣∣∣∣∣u faktorisanom obliku.

Resenje: Uocimo da su u datoj determinanti skoro svi (tri od cetiri) odgo-varajuci elementi prve i druge kolone jednaki i da je ista situacija i sa odgo-varajucim elementima trece i cetvrte kolone. Zato je pogodno koristiti osobinuda se vrednost determinante ne menja ako se od elemenata jedne kolone oduzmuodgovarajuci elementi neke druge kolone.

Postupak za resavanje date determinante je: od elemenata druge kolone odu-zimamo odgovarajuce elemente prve kolone i od elemenata cetvrte kolone odu-zimamo odgovarajuce elemente trece kolone, razvijamo dobijenu determinantu

7

cetvrtog reda po elementima cetvrte kolone. U sledecem koraku razvijamo do-bijenu determinantu treceg reda po elementima druge kolone i konacno razvijamodeterminantu drugog reda:

P (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 4 4

−1 3− x2 3 37 7 5 5

−7 −7 6 x2 − 3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 4 0−1 4− x2 3 07 0 5 0

−7 0 6 x2 − 9

∣∣∣∣∣∣∣∣= (x2 − 9)

∣∣∣∣∣∣1 0 4

−1 4− x2 37 0 5

∣∣∣∣∣∣ = (x2 − 9)(4− x2)

∣∣∣∣1 47 5

∣∣∣∣= −23(x2 − 9)(4− x2) = 23(x− 3)(x+ 3)(x− 2)(x+ 2).

7. Naci sva resenja jednacine ∣∣∣∣∣∣1 2x 12 x x3x 2 −x

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Resenje: Primetimo da je u datoj determinanti zbir elemenata u svakoj vrstijednak. Stoga mozemo dodati elementima, na primer, prve kolone odgovarajuceelemente ostalih kolona. U prvoj koloni su na taj nacin dobijeni svi jednaki elementi2x+ 2 i mozemo tu vrednost izvuci kao cinilac ispred determinante.∣∣∣∣∣∣

1 2x 12 x x3x 2 −x

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣2x+ 2 2x 12x+ 2 x x2x+ 2 2 −x

∣∣∣∣∣∣ = (2x+ 2)

∣∣∣∣∣∣1 2x 11 x x1 2 −x

∣∣∣∣∣∣ .S obzirom da su u prvoj koloni sada svi elementi jednaki, lako cemo od tih ele-menata (osim jednog) napraviti nule tako sto oduzmemo elemente prve vrste ododgovarajucih elemenata druge i trece vrste. Dobijenu determinantu treceg redarazvijamo po elementima prve kolone, a zatim racunamo determinantu drugogreda:

(2x+ 2)

∣∣∣∣∣∣1 2x 11 x x1 2 −x

∣∣∣∣∣∣ = (2x+ 2)

∣∣∣∣∣∣1 2x 10 −x x− 10 2− 2x −x− 1

∣∣∣∣∣∣ = (2x+ 2)

∣∣∣∣ −x x− 12− 2x −x− 1

∣∣∣∣= (2x+ 2)

[−x(−x− 1)− (x− 1)(2− 2x)

]= (2x+ 2)(3x2 − 3x+ 2).

8

Resenja jednacine(2x+ 2)(3x2 − 3x+ 2) = 0

su x1 = −1, x2 =3 + i

√15

6i x3 =

3− i√15

6.

8. Naci sve nule polinoma

P (x) =

∣∣∣∣∣∣1 2x 12x 1 11 1 2x

∣∣∣∣∣∣ .Rezultat: Polinom je jednak P (x) = −(2x + 2)(2x − 1)2. Nule su x1 = −1

(prosta nula), x2 = 1/2 (dvostruka nula).

9. Ispitati da li je polinom

P (x) =

∣∣∣∣∣∣x −1 31 x 12 0 x

∣∣∣∣∣∣deljiv sa (x+ 2)2.

Rezultat: Polinom je jednak P (x) = (x + 2)(x − 1 −√2)(x − 1 +

√2) i nije

deljiv sa (x+ 2)2.

10. Izracunati vrednost Dn determinante n–tog reda (n ∈ N):

a) Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 2 0 0 . . . 0 01 3 2 0 . . . 0 00 1 3 2 . . . 0 00 0 1 3 . . . 0 0...

......

.... . .

......

0 0 0 0 . . . 3 20 0 0 0 . . . 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣; b) Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

4 2 0 0 . . . 0 02 4 2 0 . . . 0 00 2 4 2 . . . 0 00 0 2 4 . . . 0 0...

......

.... . .

......

0 0 0 0 . . . 4 20 0 0 0 . . . 2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Resenje: a) Primetimo najpre da je Dn determinanta trodijagonalne matriceA = [aij ]n×n, ciji su dijagonalni elementi aii = 3 (i = 1, 2, . . . , n), elementi iz-nad glavne dijagonale ai−1,i = 2, elementi ispod glavne dijagonale ai,i−1 = 1

9

(i = 2, 3, . . . , n), a svi ostali elementi jednaki 0. Razvijanjem determinante Dn poelementima prve kolone dobija se

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 2 0 0 . . . 0 01 3 2 0 . . . 0 00 1 3 2 . . . 0 00 0 1 3 . . . 0 0...

......

.... . .

......

0 0 0 0 . . . 3 20 0 0 0 . . . 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 2 0 . . . 0 01 3 2 . . . 0 00 1 3 . . . 0 0...

......

. . ....

...0 0 0 . . . 3 20 0 0 . . . 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 0 0 . . . 0 01 3 2 . . . 0 00 1 3 . . . 0 0...

......

. . ....

...0 0 0 . . . 3 20 0 0 . . . 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Prva od dve dobijene determinante reda n − 1 ima isti trodijagonalni oblik kaopolazna, pa moze da se oznaci sa Dn−1. Drugu razvijamo po elementima prvevrste i dobijamo∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 0 0 . . . 0 01 3 2 . . . 0 00 1 3 . . . 0 0...

......

. . ....

...0 0 0 . . . 3 20 0 0 . . . 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 2 . . . 0 01 3 . . . 0 0...

.... . .

......

0 0 . . . 3 20 0 . . . 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2Dn−2,

jer je poslednja determinanta ponovo istog oblika kao polazna, ali je reda n − 2.Prema tome, vazi

Dn = 3Dn−1 − 2Dn−2,

tj. clanovi niza {Dn} zadovoljavaju homogenu linearnu diferencnu jednacinu dru-gog reda sa konstantnim koeficijentima

Dn − 3Dn−1 + 2Dn−2 = 0.

Njena karakteristicna jednacina je

λ2 − 3λ+ 2 = 0,

sa resenjima λ1 = 1 i λ2 = 2. Zato je resenje diferencne jednacine

Dn = k1λn1 + k2λ

n2 = k1 + k22

n,

pri cemu se konstante k1 i k2 odreduju iz pocetnih uslova:

D1 = | 3 | = 3, D2 =

∣∣∣∣3 21 3

∣∣∣∣ = 7.

10

Kako je

D1 = k1 + k221 = k1 + 2k2, D2 = k1 + k22

2 = k1 + 4k2,

resavanjem sistema jednacina

k1 + 2k2 = 3,k1 + 4k2 = 7,

dobija se k1 = −1, k2 = 2. Konacno, trazena vrednost determinante je

Dn = −1 + 2 · 2n = 2n+1 − 1.

b) Postupkom opisanim u delu zadatka pod a) dobija se

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

4 2 0 0 . . . 0 02 4 2 0 . . . 0 00 2 4 2 . . . 0 00 0 2 4 . . . 0 0...

......

.... . .

......

0 0 0 0 . . . 4 20 0 0 0 . . . 2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

4 2 0 . . . 0 02 4 2 . . . 0 00 2 4 . . . 0 0...

......

. . ....

...0 0 0 . . . 4 20 0 0 . . . 2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 0 0 . . . 0 02 4 2 . . . 0 00 2 4 . . . 0 0...

......

. . ....

...0 0 0 . . . 4 20 0 0 . . . 2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 4Dn−1 − 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

4 2 . . . 0 02 4 . . . 0 0...

.... . .

......

0 0 . . . 4 20 0 . . . 2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 4Dn−1 − 4Dn−2,

sto znaci da Dn zadovoljava diferencnu jednacinu

Dn − 4Dn−1 + 4Dn−2 = 0.

Karakteristicna jednacina ove diferencne jednacine je

λ2 − 4λ+ 4 = 0

i ima jedno dvostruko resenje λ = 2. Zato je

Dn = k12n + k2n2

n,

gde su k1 i k2 konstante odredene iz pocetnih uslova

11

D1 = 2k1 + 2k2 = | 4 | = 4, D2 = 4k1 + 8k2 =

∣∣∣∣4 22 4

∣∣∣∣ = 12.

Resavanjem sistema jednacina

2k1 + 2k2 = 4,4k1 + 8k2 = 12,

dobija se k1 = k2 = 1, pa jeDn = 2n(1 + n).

11. Za n ∈ N izracunati vrednost determinante n-tog reda:

a)Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

5 3 0 . . . 0 02 5 3 . . . 0 00 2 5 . . . 0 0...

....... . .

......

0 0 0 . . . 5 30 0 0 . . . 2 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣; b) Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 1 0 . . . 0 01 2 1 . . . 0 00 1 2 . . . 0 0...

....... . .

......

0 0 0 . . . 2 10 0 0 . . . 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣;

c) Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 0 . . . 0 0−1 1 1 . . . 0 00 −1 1 . . . 0 0...

....... . .

......

0 0 0 . . . 1 10 0 0 . . . −1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣; d) Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 0 . . . 0 01 1 1 . . . 0 00 1 1 . . . 0 0...

....... . .

......

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

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Resenje: a) Razvijamo determinantu Dn po elementima prve vrste i dobijamo

Dn = 5Dn−1 − 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 3 . . . 0 00 5 . . . 0 0...

.... . .

......

0 0 . . . 5 30 0 . . . 2 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n−1

= 5Dn−1 − 3 · 2Dn−2,

pri cemu smo poslednju determinantu razvili po elementima prve kolone. Dobijase diferencna jednacina

Dn − 5Dn−1 + 6Dn−2 = 0

cija je karakteristicna jednacina

12

λ2 − 5λ+ 6 = 0 ⇒ λ1 = 2, λ2 = 3.

Resenje ove diferencne jednacine je oblika

Dn = K12n +K23

n, n ∈ N.

Koeficijente K1 i K2 odredujemo iz uslova

D1 = |5| = 5 = 2K1 + 3K2,

D2 =

∣∣∣∣5 32 5

∣∣∣∣ = 19 = 4K1 + 9K2.

Resenje dobijenog sistema je jednako

K1 = −2, K2 = 3 ⇒ Dn = 3n+1 − 2n+1.

b) Razvijamo determinantu po elementima prve vrste, a zatim, dobijenu deter-minantu n− 1-og reda po elementima prve kolone:

Dn = 2Dn−1 −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 . . . 0 00 2 . . . 0 0...

.... . .

......

0 0 . . . 2 10 0 . . . 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n−1

= 2Dn−1 −Dn−2 ⇒ Dn − 2Dn−1 +Dn−2 = 0.

Karakteristicna jednacina je

λ2 − 2λ+ 1 = 0 ⇒ λ1 = λ2 = 1.

U ovom slucaju je oblik resenja

Dn = K11n +K2n1

n = K1 +K2n.

Pocetni uslovi za D1 i D2 daju

D1 = |2| = 2 = K1 +K2,

D2 =

∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣ = 3 = K1 + 2K2.

Dobijamo K1 = K2 = 1, pa je sada Dn = 1 + n.

c) Razvijanjem determinante po elementima prve vrste u prvom koraku i poelementima prve kolone u drugom koraku, dobijamo

13

Dn = Dn−1 −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 1 . . . 0 00 1 . . . 0 0...

.... . .

......

0 0 . . . 1 10 0 . . . −1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n−1

= Dn−1 +Dn−2 ⇒ Dn −Dn−1 −Dn−2 = 0.

Resavamo karakteristicnu jednacinu

λ2 − λ− 1 = 0 ⇒ λ1 =1−

√5

2, λ2 =

1 +√5

2.

Resenje je oblika

Dn = K1

(1−√5

2

)n+K2

(1 +√5

2

)n.

Iz pocetnih uslova za D1 i D2 imamo

D1 = |1| = 1 =1−

√5

2K1 +

1 +√5

2K2,

D2 =

∣∣∣∣ 1 1−1 1

∣∣∣∣ = 2 = K1

(1−√5

2

)2+

(1 +√5

2

)2K2.

Resavanjem dobijenog sistema jednacina dobijamo K1 =5−

√5

10 , K2 =5+

√5

10 , odakleje

Dn =5−

√5

10

(1−√5

2

)n+

5 +√5

10

(1 +√5

2

)n.

d) Razvijanjem determinante po elementima prve vrste, a onda u drugom korakupo elementima prve kolone, dobijamo

Dn = Dn−1 −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 . . . 0 00 1 . . . 0 0...

.... . .

......

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

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n−1

= Dn−1 −Dn−2 ⇒ Dn −Dn−1 +Dn−2 = 0.

Resavamo karakteristicnu jednacinu

λ2 − λ+ 1 = 0 ⇒ λ1 =1 + i

√3

2= eiπ/3, λ2 =

1− i√3

2= e−iπ/3.

Vrednost determinante Dn, n ∈ N, je oblika

14

Dn = K1 cosnπ

3+K2 sin

nπ

3.

Iz pocetnih uslova za D1 i D2 imamo

D1 = |1| = 1 =1

2K1 +

√3

2K2,

D2 =

∣∣∣∣1 11 1

∣∣∣∣ = 0 = −1

2K1 +

√3

2K2.

Resavanjem dobijenog sistema jednacina dobijamo K1 = 1, K2 =√33 , odakle je

Dn = cosnπ

3+

√3

3sin

nπ

3.

12. Odrediti vrednost determinante∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x+ α x x . . . xx x+ α x . . . xx x x+ α . . . x...

......

. . ....

x x x . . . x+ α

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n

.

Resenje: Vrednost determinante se nece promeniti ako oduzmemo prvu vrstuod svih ostalih vrsta:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x+ α x x . . . xx x+ α x . . . xx x x+ α . . . x...

......

. . ....

x x x . . . x+ α

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x+ α x x . . . x−α α 0 . . . 0−α 0 α . . . 0...

......

. . ....

−α 0 0 . . . α

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n

.

U poslednjoj determinanti dodacemo sve kolone prvoj koloni:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

nx+ α x x . . . x0 α 0 . . . 00 0 α . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . α

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n

= (nx+ α)αn−1.

15

13. Odrediti inverznu matricu matrice

A =

1 2 30 1 23 0 1

.

Resenje: Kako je detA = 4 = 0, za matricu A postoji inverzna matrica A−1.Ona se odreduje prema formuli

A−1 =1

detAadjA,

gde je adjA matrica ciji su elementi kofaktori elemenata matrice A, a koji seizracunavaju na sledeci nacin:

A11 = (−1)1+1

∣∣∣∣1 20 1

∣∣∣∣ = 1, A12 = (−1)3∣∣∣∣0 23 1

∣∣∣∣ = 6, A13 = (−1)4∣∣∣∣0 13 0

∣∣∣∣ = −3,

A21 = (−1)2+1

∣∣∣∣2 30 1

∣∣∣∣ = −2, A22 = (−1)4∣∣∣∣1 33 1

∣∣∣∣ = −8, A23 = (−1)5∣∣∣∣1 23 0

∣∣∣∣ = 6,

A31 = (−1)3+1

∣∣∣∣2 31 2

∣∣∣∣ = 1, A32 = (−1)5∣∣∣∣1 30 2

∣∣∣∣ = −2, A33 = (−1)6∣∣∣∣1 20 1

∣∣∣∣ = 1.

Tako je

adjA =

A11 A12 A13

A21 A22 A23

A31 A32 A33

T

=

1 6 −3−2 −8 61 −2 1

T

=

1 −2 16 −8 −2

−3 6 1

,

pa je

A−1 =1

4

1 −2 16 −8 −2

−3 6 1

.

Rezultat se moze i proveriti:

A ·A−1 =

1 2 30 1 23 0 1

· 14

1 −2 16 −8 −2

−3 6 1

=1

4

4 0 00 4 00 0 4

= I.

14. Naci A−1 ako je

A =

1 0 01 1 00 1 1

.

16

Resenje: Ako je det A = 0 odredicemo A−1 iz formule

A−1 =1

detAadjA, adj A =

A11 A12 A13

A21 A22 A23

A31 A32 A33

T

,

gde je Aij kofaktor elementa aij , i, j = 1, . . . , n, matrice A. Imamo

detA =

∣∣∣∣∣∣1 0 01 1 00 1 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 = 0.

Odgovarajuci kofaktori su jednaki:

A11 = (−1)1+1

∣∣∣∣1 01 1

∣∣∣∣ = 1, A12 = (−1)1+2

∣∣∣∣1 00 1

∣∣∣∣ = −1,

A13 = (−1)1+3

∣∣∣∣1 10 1

∣∣∣∣ = 1, A21 = (−1)2+1

∣∣∣∣0 01 1

∣∣∣∣ = 0,

A22 = (−1)2+2

∣∣∣∣1 00 1

∣∣∣∣ = 1, A23 = (−1)2+3

∣∣∣∣1 00 1

∣∣∣∣ = −1,

A31 = (−1)3+1

∣∣∣∣0 01 0

∣∣∣∣ = 0, A32 = (−1)3+2

∣∣∣∣1 01 0

∣∣∣∣ = 0,

A33 = (−1)3+3

∣∣∣∣1 01 1

∣∣∣∣ = 1.

Inverzna matrica je jednaka

A−1 =1

detAadjA =

1 −1 10 1 −10 0 1

T

=

1 0 0−1 1 01 −1 1

.

Napomenimo da bismo uocili i otklonili eventualne greske, mozemo proveriti da liza nadenu matricu A−1 vazi AA−1 = I:

AA−1 =

1 0 01 1 00 1 1

·

1 0 0−1 1 01 −1 1

=

1 0 00 1 00 0 1

.

15. Odrediti inverznu matricu matrice

A =

1 1 10 1 10 0 1

.

17

Resenje: Matrica A ima inverznu matricu, jer je detA = 1. Prema formuli

A−1 =1

detAadjA

dobija se

A−1 =

∣∣∣∣1 10 1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣0 10 1

∣∣∣∣ ∣∣∣∣0 10 0

∣∣∣∣−∣∣∣∣1 10 1

∣∣∣∣ ∣∣∣∣1 10 1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣1 10 0

∣∣∣∣∣∣∣∣1 11 1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣1 10 1

∣∣∣∣ ∣∣∣∣1 10 1

∣∣∣∣

T

=

1 0 0−1 1 00 −1 1

T

=

1 −1 00 1 −10 0 1

.

16. Date su matrice

A =

[0 11 0

], B =

[−1 1−1 2

], C =

[4 22 1

].

a) Izracunati detX ako je AXB = C.b) Izracunati det

(B−1

).

Resenje: a) Resavanjem jednacine AXB = C po matrici X dolazimo do izraza

X = A−1CB−1. (0.1)

S obzirom na osobinu determinanti

det(PQ) = detP detQ, ∀P,Q ∈ Mn×n, (0.2)

zakljucujemo

detX = det(A−1CB−1) = det(A−1) detC det(B−1).

Ponovo, na osnovu (0.2) za regularnu matricu P vazi

P · P−1 = I ⇔ detP det(P−1) = det I = 1

⇒ det(P−1) =1

detP. (0.3)

Kako je

18

detA =0 11 0

= −1,

detB =−1 1−1 2

= −1, (0.4)

detC =4 22 1

= 0,

to jedetA = 0.

b) Na osnovu (0.4) i (0.3) nalazimo det(B−1

)=

1

−1= −1.

17. Neka su matrice

A =

[1 0 10 −1 1

]i B =

1 −11 01 −1

.

Ispitati da li postoje sledece matrice

AB, BA, A−1, (AB)−1, 2A, 2A+B.

Ako postoje, odrediti ih.

Resenje: Matrica A je dimenzije 2 × 3, a matrica B dimenzije 3 × 2 i kako jebroj kolona prve matrice jednak broju vrsta druge matrice proizvod AB postoji ijednak je

AB =

[1 0 10 −1 1

]·

1 −11 01 −1

=

[2 −20 −1

].

Proizvod BA takode postoji jer je broj kolona matrice B jednak broju vrsta matriceA i jednak je

BA =

1 −11 01 −1

·[1 0 10 −1 1

]=

1 1 01 0 11 1 0

.

Matrica A−1 ne postoji jer matrica A nije kvadratna.

Da bi postojala inverzna matrica kvadratne matrice AB potrebno je da vazidetAB = 0. Kako je

det(AB) =

∣∣∣∣2 −20 −1

∣∣∣∣ = −2 = 0,

19

onda je inverzna matrica jednaka (AB)−1 =1

det(AB)adj(AB). Ako je C = AB,

odredicemo kofaktore

C11 = (−1)1+1∣∣−1

∣∣ = −1, C12 = (−1)1+2∣∣0 ∣∣ = 0,

C21 = (−1)2+1∣∣−2

∣∣ = 2, C22 = (−1)2+2∣∣2 ∣∣ = 2.

Inverzna matrica je jednaka

C−1 = (AB)−1 =1

−2

[−1 02 2

]T=

−1

2

[−1 20 2

]=

[1/2 −1

0 −1

].

Matrica 2A postoji

2A = 2

[1 0 10 −1 1

]=

[2 0 20 −2 2

]i njena dimenzija je 2× 3.

S obzirom da su dimenzije matrica 2A i B razlicite (matrica 2A je dimenzije2× 3, a matrica B dimenzije 3× 2), one se ne mogu sabirati.

18. Date su matrice

A =

[1 2 30 2 −5

], B =

3 00 −1

−1 −2

.

Ako postoje, odrediti matrice

AB, BTAT , A+B, A−1, (AB)−1.

Resenje: AB =

[1 2 30 2 −5

]·

3 00 −1

−1 −2

=

[0 −85 8

],

BTAT = (AB)T =

[0 5

−8 8

].

A+B nije definisano jer nisu matrice istog tipa. A−1 ne postoji jer A nije kvadratnamatrica.

Kako je det(AB) = 40 = 0 to matrica (AB)−1 postoji i iznosi

(AB)−1 =1

det(AB)adj(AB) =

1

40

[8 8

−5 0

].

20

19. Date su matrice

A =

[1 0 10 −1 1

], B =

[1 1

−1 2

].

Ispitati da li postoje sledece matrice

A+ 2B, AB, BA, A−1, B−1, (ATA)−1.

Ako postoje, odrediti ih.

Resenje: Matrica A je dimenzije 2 × 3, a matrica B (pa i matrica 2B) jedimenzije 2× 2, sto znaci da se A i 2B ne mogu sabirati.

Proizvod AB matrica dimenzija 2×3 i 2×2 ne postoji (broj kolona prve matricese razlikuje od broja vrsta druge matrice).

Proizvod BA matrica dimenzija 2× 2 i 2× 3 postoji i jednak je

BA =

[1 1

−1 2

]·[1 0 10 −1 1

]=

[1 −1 2

−1 −2 1

].

Inverzna matrica A−1 ne postoji jer A nije kvadratna matrica.

Za kvadratnu matricu B postoji B−1 jer je det B = 2 + 1 = 3 = 0. Vazi

B−1 =1

det Badj B, adj B =

[B11 B12

B21 B22

]T.

Kofaktori su B11 = 2, B12 = 1, B21 = −1, B22 = 1. Imamo

B−1 =1

3·[

2 1−1 1

]T=

1

3·[2 −11 1

]=

[2/3 −1/31/3 1/3

].

Matrica ATA se moze odrediti i jednaka je

ATA =

1 00 −11 1

·[1 0 10 −1 1

]=

1 0 10 1 −11 −1 2

.

Medutim, determinanta ove matrice je jednaka nuli∣∣∣∣∣∣1 0 10 1 −11 −1 2

∣∣∣∣∣∣1 00 11 −1

= 2 + 0 + 0− 1− 1− 0 = 0,

odakle zakljucujemo da inverzna matrica (ATA)−1 ne postoji.

21

20. Ako postoje, odrediti (ATB)−1 i (ABT )−1, gde su

A =

[2 0 11 −1 0

], B =

[0 −1 −11 0 2

].

Resenje: Oznacimo ATB = C i ABT = D. Tada je

C = ATB =

2 10 −11 0

·[0 −1 −11 0 2

]=

1 −2 0−1 0 −20 −1 −1

,

D = ABT =

[2 0 11 −1 0

]·

0 1−1 0−1 2

=

[−1 41 1

].

Kako je detC = 0, matrica C nije regularna, tj. ne postoji C−1. Matrica D jeregularna, jer je detD = −5, pa postoji njena inverzna matrica i ona je jednaka

D−1 =1

5

[−1 41 1

].

21. Date su matrice

A =

[1 1 0

−1 2 −1

], B =

0 1−1 11 0

.

Ako postoje, odrediti matrice C−1 i D−1, gde su C = AB i D = BA.

Rezultat:

C =

[−1 2−3 1

], detC = 5, C−1 =

1

5

[1 −23 −1

],

D =

−1 2 −1−2 1 −11 1 0

, detD = 0, D−1 ne postoji.

22. Resiti matricnu jednacinu AX = B ako je

A =

3 0 10 2 11 0 0

, B =

1 20 31 1

.

22

Resenje: Matricna jednacina AX = B ima resenje

X = A−1B

ukoliko inverzna matrica A−1 postoji. Kako je

detA =3 0 10 2 11 0 0

=0 12 1

= −2 = 0,

Razviti determinantu po trecoj vrsti.

zakljucujemo da postoji

A−1 =1

detAadjA.

Odredimo matricu adjA :

adjA =

2 10 0

− 0 10 0

0 12 1

− 0 11 0

3 11 0

− 3 10 1

0 21 0

− 3 01 0

3 00 2

=

0 0 −21 −1 −3

−2 0 6

.

Onda je

A−1 =

0 0 1−1/2 1/2 3/21 0 −3

.

Konacno,

X = A−1B =

0 0 1−1/2 1/2 3/21 0 −3

·

1 20 31 1

=

1 11 2

−2 −1

.

23. Odrediti matricu X tako da je[1 33 4

]·X =

[3 55 9

].

23

Resenje: Neka je

A =

[1 33 4

]i B =

[3 55 9

].

Ako postoji inverzna matrica A−1, tada je resenje date matricne jednacine AX = Bjednako X = A−1B (vodimo racuna sa koje strane mnozimo matricu B matricomA−1 jer mnozenje matrica nije komutativno). Matrica A−1 postoji jer je detA =4− 9 = −5 = 0. Odredicemo A−1 = 1

detA adjA. Kofaktori matrice A su:

A11 = 4, A12 = −3, A21 = −3, A22 = 1.

Inverzna matrica je jednaka

A−1 =1

−5

[4 −3

−3 1

]T=

−1

5

[4 −3

−3 1

].

Resenje ove jednacine je

X = A−1B =−1

5

[4 −3

−3 1

]·[3 55 9

]=

−1

5

[−3 −7−4 −6

]=

[3/5 7/54/5 6/5

].

24. Resiti matricnu jednacinu AX = B ako su date matrice

A =

1 0 20 2 −11 2 3

i B =

1 0 1−1 1 −11 0 1

.

Resenje: Pod uslovom da postoji inverzna matrica A−1, resenje date jednacineje X = A−1B. Zbog toga prvo odredujemo A−1. Racunamo determinantu

detA =

∣∣∣∣∣∣1 0 20 2 −11 2 3

∣∣∣∣∣∣1 00 21 2

= 6 + 0 + 0− 4 + 2− 0 = 4 = 0

i nalazimo kofaktore

A11 =

∣∣∣∣2 −12 3

∣∣∣∣ = 8, A12 = −∣∣∣∣0 −11 3

∣∣∣∣ = −1, A13 =

∣∣∣∣0 21 2

∣∣∣∣ = −2,

A21 = −∣∣∣∣0 22 3

∣∣∣∣ = 4, A22 =

∣∣∣∣1 21 3

∣∣∣∣ = 1, A23 = −∣∣∣∣1 01 2

∣∣∣∣ = −2,

A31 =

∣∣∣∣0 22 −1

∣∣∣∣ = −4, A32 = −∣∣∣∣1 20 −1

∣∣∣∣ = 1, A33 =

∣∣∣∣1 00 2

∣∣∣∣ = 2.

24

Imamo da je matrica

A−1 =1

detAadjA =

1

4

8 −1 −24 1 −2

−4 1 2

T

=1

4

8 4 −4−1 1 1−2 −2 2

.

Resenje jednacine je matrica

X = A−1B =1

4

8 4 −4−1 1 1−2 −2 2

·

1 0 1−1 1 −11 0 1

=1

4

0 4 0−1 1 −12 −2 2

.

25. Resiti matricnu jednacinuAX = B + 2X,

pri cemu je

A =

[3 −51 −1

], B =

[4 5

−8 −3

].

Resenje: I nacin. Transformisemo najpre jednacinu na sledeci nacin:

AX = B + 2X,

AX − 2X = B,

(A− 2I)X = B.

Ako oznacimo A− 2I = C, jednacina postaje

CX = B.

Mnozenjem jednacine sa C−1 (ako postoji) sleva dobijamo

C−1CX = C−1B,

X = C−1B.

Kako je

C = A− 2I =

[3 −51 −1

]− 2

[1 00 1

]=

[1 −51 −3

], detC =

∣∣∣∣1 −51 −3

∣∣∣∣ = 2,

matrica C−1 postoji i jednaka je

C−1 =1

2

[−3 5−1 1

],

25

pa je

X = C−1B =1

2

[−3 5−1 1

]·[

4 5−8 −3

]=

[−26 −15−6 −4

].

II nacin. Potrazimo matricu X u obliku

X =

[a bc d

].

Zamenom odgovarajucih matrica u jednacini, sledi[3 −51 −1

]·[a bc d

]=

[4 5

−8 −3

]+ 2

[a bc d

],[

3a− 5c 3b− 5da− c b− d

]=

[4 + 2a 5 + 2b

−8 + 2c −3 + 2d

],[

a− 5c− 4 b− 5d− 5a− 3c+ 8 b− 3d+ 3

]=

[0 00 0

].

Resavanjem sistema jednacina

a− 5c− 4 = 0,b− 5d− 5 = 0,a− 3c+ 8 = 0,b− 3d+ 3 = 0,

dobijaju se elementi matrice X:

a = −26, b = −15, c = −6, d = −4.

26. Resiti matricnu jednacinu

ABX = 4X + 2C,

ako je

A =

1 10 23 1

, B = AT , C =

101

.

Resenje: Sredivanjem jednacine dobijamo

ABX = 4X + 2C ⇔ ABX − 4X = 2C ⇔ (AB − 4I)X = 2C.

Data jednacina moze se resavati na dva nacina.

26

I nacin: X = 2(AB − 4I)−1C, pod uslovom det(AB − 4I) = 0

AB =

1 10 23 1

·[1 0 31 2 1

]=

2 2 42 4 24 2 10

,

AB − 4I =

2 2 42 4 24 2 10

−

4 0 00 4 00 0 4

=

−2 2 42 0 24 2 6

,

det(AB − 4I) =−2 2 42 0 24 2 6

= 8−1 1 21 0 12 1 3

= 8−1 1 21 0 12 0 0

= 16,

adj(AB − 4I) =

0 22 6

− 2 42 6

2 40 2

− 2 24 6

−2 44 6

−−2 42 2

2 04 2

−−2 24 2

−2 22 0

=

−4 −4 4−4 −28 124 12 −4

.

Tada je

(AB − 4I)−1 =1

det(AB − 4I)adj(AB − 4I) =

−1/4 −1/4 1/4−1/4 −7/4 3/41/4 3/4 −1/4

,

pa je trazeno resenje

X = 2(AB − 4I)−1C = 2

−4 −4 4−4 −28 124 12 −4

·

101

=

010

.

II nacin: Jednacinu (AB−4I)X = 2C predstavimo u njenom skalarnom obliku.Uvodenjem nepoznatih koordinata X = [x, y, z]T polazna jednacina postaje sistem

−2x+ 2y + 4z = 2,2x+ 2z = 0,4x+ 2y + 6z = 2.

Sredivanjem matrice i prosirene matrice sistema dobija se−2 2 4 22 0 2 04 2 6 2

∼

1 0 1 0−1 1 2 12 0 0 0

∼

1 0 1 00 1 3 10 0 −1 0

.

27

I korak: Podelimo celu matricu sa 2. Zamenimo mesta prvoj i drugoj vrsti. Zbir prvei druge vrste oduzmemo od trece. II korak: Trecu vrstu podelimo sa 2. Prvu vrstudodamo drugoj, a oduzmemo od trece.

Transformisani sistem, ekvivalentan polaznom, tada glasix+ z = 0,y + 3z = 1,z = 0,

sto nas ponovo dovodi do resenja x = 0, y = 1, z = 0, tj X = [0 1 0]T .

27. Date su matrice A =

1 1 12 0 −13 1 2

i B =

0 5 13 0 −3−4 8 −4

. Resiti matricnu

jednacinuAX = B −ATX.

Resenje: Kako je

AX = B −ATX ⇔ AX +ATX = B ⇔(A+AT

)X = B,

to jeX =

(A+AT

)−1B,

pod uslovom da je A+AT regularna matrica, tj. det(A+AT

)= 0.

Potrazimo ove matrice

28

A+AT =

1 1 12 0 −13 1 2

+

1 2 31 0 11 −1 2

=

2 3 43 0 04 0 4

,

det(A+AT

)=

2 3 43 0 04 0 4

= −33 40 4

= −36,

adj(A+AT

)=

0 00 4

− 3 40 4

3 40 0

− 3 04 4

2 44 4

− 2 43 0

3 04 0

2 34 0

2 33 0

=

0 −12 0−12 −8 120 12 −9

,

(A+AT

)−1=

1

det(A+AT

) adj (A+AT)=

0 1/3 01/3 2/9 −1/30 −1/3 1/4

,

X =(A+AT

)−1B =

0 1/3 01/3 2/9 −1/30 −1/3 1/4

·

0 5 13 0 −3−4 8 −4

=

1 0 −12 −1 1−2 2 0

.

28. Resiti matricnu jednacinu AX = B − 2X, ako je

A =

[1 35 2

], B =

[−15 12−24 19

].

Resenje: Preuredenjem jednacine AX = B − 2X dobija se

AX = B − 2X ⇔ AX + 2X = B ⇔ (A+ 2I)X = B⇒ X = (A+ 2I)−1B,

pod uslovom da (A+ 2I)−1 postoji, tj. det(A+ 2I) = 0. Potrazimo ove elemente.

A+ 2I =

[1 35 2

]+

[2 00 2

]=

[3 35 4

],

det(A+ 2I) =3 35 4

= 12− 15 = −3 = 0.

29

Zaklucujemo da inverzna matrica postoji. Kako je

(A+ 2I)−1 =1

det(A+ 2I)adj(A+ 2I),

za odredivanje inverzne matrice neophodno je poznavanje adjungovane matriceadj(A+ 2I).

adj(A+ 2I) =

[4 −3

−5 3

],

pa je

(A+ 2I)−1 = −1

3

[4 −3

−5 3

].

Konacno,

X = −1

3

[4 −3

−5 3

]·[−15 12−24 19

]=

[−4 3−1 1

].