Linearni operatori. Stepenovanje matrica Neka su X i Y vektorski prostori nad istim poljem skalara K. Preslikavanje A : X → Y zovemo operator. Za operator A kaˇ zemo da je linearan ako je istovre- meno 1. aditivan: A(u + v)= Au + Av, 2. homogen: A(λu)= λAu, za svako u, v ∈ X i λ ∈ K. Uslovi 1. i 2. se mogu zameniti uslovom A(λu + μv)= λAu + μAv, u, v ∈ X, λ, μ ∈ K. Oznake: R A = A(X ), N A = ker A = {u |Au = θ, u ∈ X }, dim R A = rang A = r A (rang), dim N A = def A = n A (defekt). Matrica linearnog operatora u konaˇ cno dimenzionalnim prostorima: Neka su X i Y vektorski prostori konaˇ cnih dimenzija, dim X = n, dim Y = m, {e 1 ,...,e n } je baza u prostoru X , {f 1 ,...,f m } je baza u prostoru Y . Matrica linearnog operatora A : X → Y jednaka je A fe = a 11 a 12 ... a 1n a 21 a 22 ... a 2n . . . . . . . . . . . . a m1 a m2 ... a mn , gde su elementi matrice odred¯eni sa 1
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
Linearni operatori. Stepenovanje matrica
Neka su X i Y vektorski prostori nad istim poljem skalara K. PreslikavanjeA : X → Y zovemo operator. Za operator A kazemo da je linearan ako je istovre-meno
1. aditivan: A(u+ v) = Au+Av,
2. homogen: A(λu) = λAu,
za svako u, v ∈ X i λ ∈ K. Uslovi 1. i 2. se mogu zameniti uslovom
A(λu+ µv) = λAu+ µAv, u, v ∈ X, λ, µ ∈ K.
Oznake:
RA = A(X), NA = ker A = {u | Au = θ, u ∈ X},
dim RA = rang A = rA (rang), dim NA = def A = nA (defekt).
Matrica linearnog operatora u konacno dimenzionalnim prostorima:
Neka su X i Y vektorski prostori konacnih dimenzija, dim X = n, dim Y = m,{e1, . . . , en} je baza u prostoru X, {f1, . . . , fm} je baza u prostoru Y . Matricalinearnog operatora A : X → Y jednaka je
Afe =
a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...
.... . .
...am1 am2 . . . amn
,
gde su elementi matrice odredeni sa
1
2
Ae1 = a11f1 + a21f2 + · · ·+ am1fm
Ae2 = a12f1 + a22f2 + · · ·+ am2fm...
Aen = a1nf1 + a2nf2 + · · ·+ amnfm.
Operacije sa matricama:
Neka su date matrice A = [aij ]m×n, B = [bij ]m×n, C = [cij ]m×n i skalar λ ∈ K.Tada se moze definisati
C = A+B, cij = aij + bij , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.
Ako je A = [aij ]m×n, B = [bij ]n×p, C = [cij ]m×p definisemo
3.mnozenje matrica:
C = A ·B, cij =
n∑k=1
aikbkj , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , p.
Ako je A = [aij ]m×n, tada je
4. transponovana matricaAT = [aji]n×m.
Zadaci:
1. Neka je A : R2 → M2×2 linearan operator definisan sa
A(a, b) =
[a a+ b0 b
].
Odrediti matricu operatora A u bazama
{(1, 0), (0, 1)},{[
1 00 0
],
[0 10 0
],
[0 01 0
],
[0 00 1
]}.
Naci rang i defekt operatora A.
3
Resenje: Oznacimo bazne vektore u prostorima R2 i M2×2 sa e1, e2 i E11, E12,E21, E22 redom. Kako je dimR2 = 2 i dimM2×2 = 4, matrica operatora A jematrica A = [aij ]4×2. Odredimo slike baznih vektora prostora R2:
Ae1 = A(1, 0) =
[1 10 0
]=
[1 00 0
]+
[0 10 0
]= 1 · E11 + 1 · E12 + 0 · E21 + 0 · E22,
Ae2 = A(0, 1) =
[0 10 1
]=
[0 10 0
]+
[0 00 1
]= 0 · E11 + 1 · E12 + 0 · E21 + 1 · E22.
Koordinate vektora Ae1 su elementi prve kolone, a vektora Ae2 druge kolone ma-trice A. Zato je
A =
1 01 10 00 1
.
Za odredivanje defekta operatora A potrebno je odrediti njegovo jezgro NA. Kakoje
A(a, b) =
[0 00 0
]⇔
[a a+ b0 b
]=
[0 00 0
]⇔ a = b = 0,
to je
NA =
{(a, b) ∈ R2 | A(a, b) =
[0 00 0
]}= {(0, 0)} .
U vektorskom prostoru ciji je jedini element nula–vektor nema linearno nezavisnihvektora, pa je
defA = dimNA = 0,
rangA = dimR2 − defA = 2.
2.Dat je linearni operator A : R2 −→ M2×2 na sledeci nacin:
A(a, b) =
[a a+ bb a+ b
](a, b ∈ R).
Odrediti matricu operatora A:
4
a) u prirodnim bazama;b) u bazama
B1 = {(1, 0), (1, 1)} i B2 =
{[1 00 0
],
[1 10 0
],
[1 11 0
],
[1 11 1
]}.
M
R2 : (e) = {(1, 0), (0, 1)},
M2×2 : (E) =
{[1 00 0
],
[0 10 0
],
[0 01 0
],
[0 00 1
]}.
Za formiranje matrice A operatora A potrebne su slike vektora baze (e) koje sedobijaju ovim preslikavanjem.
A(1, 0) =
[1 10 1
]=
1101
(E)
, (0.1)
A(0, 1) =
[0 11 1
]=
0111
(E)
. (0.2)
Koordinate vektora slika (0.1) i (0.2) predstavljaju kolone matrice A, dakle
A =
1 01 10 11 1
.
b) Potrazimo slike operatora A primenjenog na vektore baze B1.
A(1, 0) =
[1 10 1
],
A(1, 1) =
[1 21 2
].
Odredimo koordinate ovih vektora slika u bazi B2. Polazeci od linearne kombinacijevektora baze B2
b) Preslikacemo bazne vektore prostora R2 operatorom A:
A(1, 0) =
[1 10 1
]. (0.3)
Izrazicemo dobijenu matricu kao linearnu kombinaciju vektora baze prostoraM2×2,to jest, kao matricu
λ
[1 00 0
]+ µ
[1 10 0
]+ ν
[0 01 0
]+ δ
[0 01 1
]=
[λ+ µ µν + δ δ
].
Iz jednakosti
A(1, 0) =
[1 10 1
]= λ
[1 00 0
]+ µ
[1 10 0
]+ ν
[0 01 0
]+ δ
[0 01 1
]=
[λ+ µ µν + δ δ
]imamo [
1 10 1
]=
[λ+ µ µν + δ δ
]⇒ λ+ µ = 1, µ = 1, ν + δ = 0, δ = 1.
Resenje dobijenog sistema jednacina, vektor[0 1 −1 1
]T,
predstavlja prvu kolonu u matrici A operatora A.
Na slican nacin odredicemo i drugu kolonu matrice A. Ako preslikamo drugibazni vektor, dobijamo
7
A(1, 1) =
[2 11 0
]= λ
[1 00 0
]+ µ
[1 10 0
]+ ν
[0 01 0
]+ δ
[0 01 1
]=
[λ+ µ µν + δ δ
],
odakle je[2 11 0
]=
[λ+ µ µν + δ δ
]⇒ λ+ µ = 2, µ = 1, ν + δ = 1, δ = 0.
Resenje ovog sistema jednacina je vektor druge kolone matrice A[1 1 1 0
]T.
Matrica A operatora A je
A =
0 11 1
−1 11 0
.
c) Za rang i defekt operatora vazi relacija
rang A+ def A = dim R2.
Znamo da je dim R2 = 2 i da vazi dim ker A = def A. Neka je
Au = A(a, b) =
[a+ b ab a− b
]=
[0 00 0
]⇒ a+ b = 0, a = 0, b = 0, a− b = 0,
odakle je a = b = 0. To znaci da jezgro operatora cini samo nula vektor (0, 0), paje dimenzija jezgra nula, to jest, defekt je nula. Rang operatora je sada jednak 2.
4.Neka je operator A : P2[x] → P1[x] definisan sa
A(ax2 + bx+ c) = (a− 3b+ c)x+ (a+ b− c).
a) Dokazati da je A linearan operator.
b) Odrediti matricu operatora A u bazama
{2x2 + x+ 1, x2 + 4x+ 2,−x2 + x} i {x+ 1, x− 1}.
c) Odrediti rang i defekt operatora A.
8
Resenje: a) Neka je P (x) = ax2 + bx + c i Q(x) = px2 + qx + r. Dokazacemoda je A linearan
7. Dat je linearni operator A : R2 → R2, A(a, b) = (b, a) (a, b ∈ R). Odreditimatrice operatora A, A2 i A−1 u prirodnoj bazi.
Resenje: Matrica operatora A je A = [aij ]2×2 jer je dimR2 = 2. Za odredivanjenjenih elemenata potrebno je odrediti slike baznih vektora. Kako prirodnu bazu uprostoru R2 cine vektori e1 = (1, 0) i e2 = (0, 1) i
Resenje: Primetimo da je A = aJ, gde je J donje trougaona matrica sastavljenaod jedinica
J =
1 0 01 1 01 1 1
,
18
tj. matrica istog tipa kao i A za konkretno a = 1. Zbog osobina mnozenja matricaskalarom (brojem), vazi
An = anJn.
Potrazimo Jn.I nacin: Njutnova binomna formula
J =
1 0 01 1 01 1 1
=
1 0 00 1 00 0 1
+
0 0 01 0 01 1 0
= I +B,
uz jasne oznake za I i B. Kako jedinicna matrica I komutira prilikom mnozenja sasvakom drugom matricom, to za izraz Jn = (I + B)n mozemo koristiti Njutnovubinomnu formulu
(I +B)n =
n∑k=0
(n
k
)In−kBk =
n∑k=0
(n
k
)Bk,
jer je In−k = I i IBk = Bk. Ostaje jos da se odrede stepeni matrice B.
B2 =
0 0 01 0 01 1 0
·
0 0 01 0 01 1 0
=
0 0 00 0 01 0 0
,
B3 = B ·B2 =
0 0 01 0 01 1 0
·
0 0 00 0 01 0 0
=
0 0 00 0 00 0 0
= O.
Dakle, Bk = O za k ≥ 3. Tada
Jn = (I +B)n =n∑
k=0
(n
k
)Bk =
2∑k=0
(n
k
)Bk
jer su preostali sabirci binomne formule za k = 3, . . . , n nula matrice O. Konacno,
Jn = I + nB +n(n− 1)
2B2
=
1 0 00 1 00 0 1
+ n
0 0 01 0 01 1 0
+n(n− 1)
2
0 0 00 0 01 0 0
=
1 0 0n 1 0
n(n+ 1)
2n 1
,
19
tj.
An = an
1 0 0n 1 0
n(n+ 1)
2n 1
=
an 0 0nan an 0
n(n+ 1)
2an nan an
. (0.5)
II nacin: Matematicka indukcija
J2 =
1 0 01 1 01 1 1
·
1 0 01 1 01 1 1
=
1 0 02 1 03 2 1
,
J3 = J2 · J =
1 0 02 1 03 2 1
·
1 0 01 1 01 1 1
=
1 0 03 1 06 3 1
,
J4 = J3 · J =
1 0 03 1 06 3 1
·
1 0 01 1 01 1 1
=
1 0 04 1 010 4 1
.
11 1
1 2 11 3 3 1
1 4 6 4 11 5 10 10 5 1Paskalov trougao
Poredeci elemente matrica Jn, n = 2, 3, 4sa vrednostima binomnih koeficijenata
(nk
)datih Paskalovim trouglom za n = 2, 3, 4(poslednje tri vrste trougaone seme), for-mulisemo induktivnu hipotezu:
Jn =
1 0 0n 1 0(
n+ 1
2
)n 1
=
1 0 0n 1 0
n(n+ 1)
2n 1
. (0.6)
Proverimo induktivnu hipotezu (0.6) za n+ 1 :
Jn+1 = Jn · J =
1 0 0n 1 0
n(n+ 1)
2n 1
·
1 0 01 1 01 1 1
=
1 0 0
n+ 1 1 0
n(n+ 1)
2+ n+ 1 n+ 1 1
=
1 0 0
n+ 1 1 0
(n+ 1)(n+ 2)
2n+ 1 1
=
1 0 0
n+ 1 1 0(n+ 2
2
)n+ 1 1
.
20
Na osnovu principa matematicke indukcije zakljucujemo da je induktivna hipoteza(0.6) tacna za svako n ∈ N, sto nas dovodi ponovo do formule (0.5).
15. Odrediti An (n ∈ N) ako je
A =
[0 −11 0
].
Resenje: I nacin: Uzastopnim mnozenjem matrice A dobija se
A2 = A ·A =
[0 −11 0
]·[0 −11 0
]=
[−1 00 −1
]= −I,
A3 = A ·A2 = A · (−I) = −A,
A4 = A ·A3 = A · (−A) = −A2 = I,
A5 = A ·A4 = A.
Na osnovu ovog rezultata moze se pretpostaviti oblik matrice An:
An =
I, n = 4k,A, n = 4k + 1,
−I, n = 4k + 2,−A, n = 4k + 3,
k ∈ N0.
Dokaz matematickom indukcijom cemo izostaviti zbog obimnosti.II nacin: Oznacimo sa an, bn, cn, dn nepoznate elemente matrice An (n ∈ N),
tj.
An =
[an bncn dn
].
Tada je
An+1 = A ·An =
[0 −11 0
]·[an bncn dn
]=
[−cn −dnan bn
].
Imajuci u vidu da je
An+1 =
[an+1 bn+1
cn+1 dn+1
],
izjednacavanjem odgovarajucih elemenata dobijamo
an+1 = −cn, bn+1 = −dn, cn+1 = an, dn+1 = bn.
Posmatrajmo najpre jednakosti
21
an+1 = −cn, cn+1 = an.
One vaze za svaki prirodan broj n, pa se zamenom n sa n+ 1 u prvoj jednakosti,a zatim primenom druge jednakosti, dobija
an+2 = −cn+1 = −an.
Prema tome, clanovi niza an zadovoljavaju linearnu homogenu diferencnu jednacinudrugog reda sa konstantnim koeficijentima
an+2 + an = 0.
Njena karakteristicna jednacina je kvadratna jednacina
λ2 + 1 = 0,
cija su resenja konjugovano kompleksni brojevi λ1,2 = ±i = e±iπ/2. Zato je resenjediferencne jednacine oblika
an = k1 cosnπ
2+ k2 sin
nπ
2,
gde su k1 i k2 konstante koje se odreduju na osnovu poznatih prvih clanova niza.Kako su a1 i a2 elementi na mestu (1, 1) u matricama A1 i A2 redom, imamo:
a1 = k1 cosπ
2+ k2 sin
π
2= 0,
a2 = k1 cos2π
2+ k2 sin
2π
2= −1,
tj. k1 = 1, k2 = 0. Tako je
an = cosnπ
2,
cn = an−1 = cos(n− 1)π
2= cos
(nπ2
− π
2
)= sin
nπ
2.
Elemente bn i dn dobijamo na isti nacin upotrebom jednakosti
bn+1 = −dn, dn+1 = bn.
Njihovim kombinovanjem dobijamo
bn+2 = −dn+1 = −bn,
sto znaci da clanovi niza bn zadovoljavaju istu diferencnu jednacinu
22
bn+2 + bn = 0.
Zato je
bn = k3 cosnπ
2+ k4 sin
nπ
2,
gde se konstante k3 i k4 odreduju na osnovu poznatih elemenata na mestu (1, 2) umatricama A1 i A2. Tako, za n = 1 i n = 2 imamo:
Prema tome, clanovi niza an zadovoljavaju linearnu homogenu diferencnu jednacinudrugog reda sa konstantnim koeficijentima
an+2 − 3an+1 − 10an = 0.
Njena karakteristicna jednacina je
λ2 − 3λ− 10 = 0,
cija su resenja λ1 = 5 i λ2 = −2. Zato je resenje diferencne jednacine oblika
an = k15n + k2(−2)n,
gde su k1 i k2 konstante koje se odreduju na osnovu poznatih prvih clanova niza.Kako su a0 i a1 elementi na mestu (1, 1) u matricama A0 = I i A1 = A redom,imamo:
a0 = k150 + k2(−2)0 = 1,
a1 = k151 + k2(−2)1 = 1.
Resavanjem sistema linearnih jednacina{k1 + k2 = 1,
5k1 − 2k2 = 1
dobija se k1 = 3/7, k2 = 4/7, pa je
24
an =3
75n +
4
7(−2)n
i
cn =1
4(an+1 − an) =
1
4
(3
7
(5n+1 − 5n
)+
4
7
((−2)n+1 − (−2)n
))=
3
7(5n − (−2)n).
Elemente bn i dn dobijamo na isti nacin upotrebom jednakosti