1. Linearna algebra - efzg.unizg.hr. Linearna algebra i... · Oduzimanje matrica Pretpostavimo da...

1

Linearna algebra

1. Linearna algebra

Linearna algebra je grana matematike koja se bavi vektorima, matricama, vektorskim

prostorima i linearnim transformacijama. Značenje linearne algebre ogleda se u njenoj

primjenljivosti (matematička fizika, apstraktna algebra, ekonomija, računarstvo, itd.). Za nas su

interesantne primjene u ekonomiji, kojima ćemo se, uz teorijske osnove, baviti u ovom

poglavlju.

1.1. Matrice

1.1.1. Pojam i definicija matrice

Promatrajmo mjesečne prikaze prodaje različitih tipova namještaja na različitim prodajnim

mjestima za mjesece siječanj i veljaču:

Tablica 1.1 Mjesečni pregled prodaje namještaja u komadima za siječanj 2015. godine

Prodajno

mjesto

Tip proizvoda

T1 T2 T3 T4 T5

P1 100 80 50 40 70

P2 80 55 30 25 60

P3 40 20 10 12 30

Tablica 1.2 Mjesečni pregled prodaje namještaja u komadima za veljaču 2015. godine

Prodajno

mjesto

Tip proizvoda

T1 T2 T3 T4 T5

P1 80 60 40 40 55

P2 70 60 30 28 35

P3 50 25 10 10 20

Tablici 1.1 možemo pridružiti sljedeću pravokutnu shemu:

100 80 50 40 70

80 55 30 25 60 ,

40 20 10 12 30

a tablici 1.2 sljedeću:

80 60 40 40 55

70 60 30 28 35 .

50 25 10 10 20

Ovakve pravokutne sheme nazivamo matricama, a označavamo ih velikim slovima abecede:

2 MATEMATIKA U EKONOMSKOJ ANALIZI

A =

100 80 50 40 70

80 55 30 25 60 ,

40 20 10 12 30

B =

80 60 40 40 55

70 60 30 28 35 .

50 25 10 10 20

Vidimo da svaki podatak u matrici ima svoje mjesto određeno retkom i stupcem matrice.

Svaki pojedini podatak u matrici nazivamo elementom matrice. Svaki element matrice potpuno

je određen rednim brojem retka i stupca u kojem se nalazi. Format (ili red) matrice pokazuje

koliko matrica ima elemenata i na koji način su ti elementi poredani. Tako je matrica sa m redaka

i n stupaca (m i n su prirodni brojevi) formata m x n ili (m, n). Format matrice označavamo s

x m n ili (m, n).

Definicija 1.1: Matrica A formata (m, n) je pravokutna shema elemenata aij 1,2,...,i m ,

1,2,...,j n , koji su poredani u m redaka i n stupaca.

Elementi aij mogu biti bilo koji objekti, a u praksi su najčešće brojevi (realni ili kompleksni), pa

govorimo o realnim ili kompleksnim matricama. Oznaka aij znači da se element matrice A nalazi

u i-tom retku i j-tom stupcu. Matricu A formata (m, n) eksplicitno možemo pisati u obliku

11 12 1

21 22 2

1 2

,

n

n

m m mn

a a a

a a aA

a a a

ili kraće A = [aij], 1,2,...,i m , 1,2,...,j n . U nastavku ćemo promatrati realne matrice.

U općem slučaju broj redaka i broj stupaca nisu jednaki ( )m n , pa takve matrice nazivamo

pravokutnim matricama. Pravokutna matrica je formata (m, n), a skup svih matrica tog formata

označavamo s Mm,n. Ako je m = n matrica je kvadratna. Kako je kvadratna matrica formata

, ,n n dovoljno je reći da je formata (reda) n. Skup svih matrica formata n označavamo s Mn.

Matrice A i B iz našeg primjera su formata (3, 5) pa pripadaju skupu matrica M3,5.

Nul-matrica (u oznaci O) je matrica čiji su svi elementi jednaki nuli. Nul-matrica formata (m, n)

izgleda ovako:

0 0 ... 0

0 0 ... 0

0 0 ... 0

O

.

Kvadratna matrica formata n u općem obliku izgleda kao:

3 Linearna algebra

11 12 1

21 22 2

1 2

.

n

n

n n nn

a a a

a a aA

a a a

U kvadratnoj matrici MnA elementi a11, a22, …, ann čine glavnu dijagonalu matrice A, a njihov

zbroj

Tr(A) = a11 + a22 + … + ann

nazivamo tragom kvadratne matrice A. Sporednu dijagonalu kvadratne matrice MnA čine

elementi an1, an-1,2, …, a1n.

Navedimo klasifikaciju kvadratnih matrica.

Kvadratna matrica A = [aij] Mn je simetrična ako su joj elementi simetrično raspoređeni u

odnosu na glavnu dijagonalu jednaki, tj. ako je aij = aji za sve (i, j), 1,2,...,i n , 1,2,..., .j n

Na primjer matrica

1 0 5 2

0 1 4 1

5 4 2 1

2 1 1 8

A

je simetrična matrica. U njoj su elementi simetrično raspoređeni u odnosu na glavnu dijagonalu

jednaki. Prvi redak je jednak prvom stupcu, drugi redak je jednak drugom stupcu itd.

Antisimetrična matrica je kvadratna matrica kod koje je aij = –aji za sve (i, j), 1,2,...,i n ,

1,2,...,j n . Na primjer matrica

0 0 5 2

0 0 4 1

5 4 0 1

2 1 1 0

A

je antisimetrična. Kako za dijagonalne elemente vrijedi aii = –aii za sve i, 1,2,...,i n slijedi da

su kod antisimetrične matrice svi elementi na glavnoj dijagonali jednaki nuli.

Dijagonalna matrica je kvadratna matrica kod koje je aij = 0 za sve i j . Na primjer matrica


1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 2 0

0 0 0 8

A

je dijagonalna matrica. Kod dijagonalne matrice svi elementi iznad i ispod glavne dijagonale

jednaki su nuli.

Skalarna matrica je dijagonalna matrica za koju su svi elementi na glavnoj dijagonali jednaki i

različiti od 0, tj. a11 = a22 = … = ann 0. Na primjer matrica

2 0 0 0

0 2 0 0

0 0 2 0

0 0 0 2

A

je skalarna matrica. Kod skalarne matrice svi elementi izvan glavne dijagonale jednaki su nuli, a

svi elementi na glavnoj dijagonali su jednaki.

Jedinična matrica (u oznaci ( )iI ) je skalarna matrica s jedinicom na glavnoj dijagonali. Za nju

vrijedi

1 za

0 za .ij

i ja

i j

Jedinična matrica formata n izgleda ovako:

1 0 ... 0

0 1 ... 0.

0 0 ... 1

nI

1

Gornja trokutasta matrica (u oznaci G) je kvadratna matrica oblika

11 12 1

22 2

...

0 ....

0 0 ...

n

n

nn

g g g

g gG

g

Za gornju trokutastu matricu vrijedi da je gij = 0 kad je i j . Na primjer matrica

1 U daljnjem tekstu ćemo jediničnu matricu odgovarajućeg formata označavati s I.

5 Linearna algebra

0 1 0 2

0 1 2 1

0 0 0 1

0 0 0 1

G

je gornja trokutasta.

Donja trokutasta matrica (u oznaci L) je kvadratna matrica oblika

11

21 22

1 2

0 ... 0

... 0.

...n n nn

l

l lL

l l l

Za donju trokutastu matricu vrijedi da je lij = 0 kad je i j . Na primjer matrica

1 0 0 0

2 0 0 0

1 1 3 0

1 2 0 2

L

je donja trokutasta.

Svaku matricu reda (1, n) nazivamo vektor redak (jer sadržava samo jedan redak), a svaku

matricu reda (n, 1) vektor stupac (jer sadržava samo jedan stupac).

1.1.2. Jednakost i uređaj matrica na skupu Mm,n

Matrice A i B su jednake ako su istog formata i ako su im svi odgovarajući (korespondentni)

elementi jednaki, tj. ako vrijedi aij = bij za sve uređene parove indeksa (i, j). Simbolički to

možemo zapisati kao

,, ( , ) .M za sve m n ij ijA B A B i a b i j

U skupu Mm,n svih matrica formata (m, n) uvodi se uređaj:

,, ( , ) .M i za sve m n ij ijA B A B a b i j

To znači da je matrica A „manja ili jednaka“ matrici B ako je ij ija b za sve odgovarajuće

elemente matrica A i B. Pritom je uobičajena oznaka za manje ili jednako u skupu R. To znači

da je uređaj u skupu Mm,n definiran pomoću uređaja u skupu R.

Za skup Mm,n vrijedi:

(a) A A za sve A Mm,n (refleksivnost)

(b) A B i B C A C za sve A, B, C Mm,n (tranzitivnost),


(c) A B i B A A = B za sve A, B Mm,n (antisimetričnost).

Dakle, , ,Mm n je parcijalno uređen skup (nije potpuno uređen), pošto bilo koje dvije matrice

iz skupa Mm,n ne moraju biti usporedive. Na primjer za matrice

2

2

4

A

i

4

2

2

B

ne vrijedi A B niti B A.

Primjer 1.1. Odredimo za koje su vrijednosti parametra a i b matrice

2 1

4 1

a bA

i 4

4 1

a bB

jednake.

Rješenje: Da bi matrice A i B bile jednake, potrebno je i dovoljno da su istog formata te da su svi

odgovarajući elementi matrice A jednaki odgovarajućim elementima matrice B. Dakle, matrice

A i B su istog formata 2, MA B . Također treba biti 2a + b = 4, 1 = a – b, 4 = 4, 1 = 1. Dobili

smo sustav od dvije linearne jednadžbe s dvije nepoznanice. Rješenje sustava daje a = 5

3, b =

2.

3

Zaključujemo da su matrice A i B jednake za: a = 5

3 i b =

2.

3

1.1.3. Operacije s matricama

Zbrajanje matrica

Pretpostavimo da je potrebno napraviti kumulativno izvješće prodaje namještaja po prodajnim

mjestima za siječanj i veljaču 2015. godine iz sekcije 1.1.1. Jasno je da će nova tablica imati

podatke koji predstavljaju zbrojeve odgovarajućih podataka u odvojenim tablicama po

mjesecima. Dakle, imamo:

Tablica 1.3 Zbrojno izvješće prodaje u komadima

Prodajno

mjesto

Tip proizvoda

T1 T2 T3 T4 T5

P1 180 140 90 80 125

P2 150 115 60 53 95

P3 90 45 20 22 50

Ovoj tablici se jednoznačno pridružuje sljedeća matrica

7 Linearna algebra

180 140 90 80 125

150 115 60 53 95 ,

90 45 20 22 50

C

čiji su elementi jednaki zbroju odgovarajućih (korespondentnih) elemenata matrica A i B.

Definicija 1.2. Za proizvoljne matrice ,ijA a ijB b ,Mm n zbroj A + B je matrica čiji su

elementi zbrojevi odgovarajućih elemenata matrica A i B, tj.

, .Mij ij m nA B a b .

Oduzimanje matrica

Pretpostavimo da je potrebno napraviti izvješće o razlici u prodaji namještaja za siječanj i veljaču

2015. godine po prodajnim mjestima prema podacima iz sekcije 1.1.1. Jasno je da će nova tablica

imati podatke koji predstavljaju razliku odgovarajućih podataka u odvojenim tablicama po

mjesecima. Dakle, imamo:

Tablica 1.4 Izvješće o razlici u prodaji u siječnju i veljači 2015. godine u komadima

Prodajno

mjesto

Tip proizvoda

T1 T2 T3 T4 T5

P1 20 20 10 0 15

P2 10 –5 0 –3 25

P3 –10 –5 0 2 10

Ovoj tablici se jednoznačno pridružuje sljedeća matrica

20 20 10 0 15

10 5 0 3 25 ,

10 5 0 2 10

C

čiji su elementi jednaki razlici odgovarajućih (korespondentnih) elemenata matrica A i B.

Definicija 1.3. Za proizvoljne matrice ,, Mij ij m nA a B b razlika matrica A i B definira

se kao

,Mij ij m nA B a b .

Ako za matricu B definiramo suprotnu matricu ijB b , vidimo da je oduzimanje matrica u

stvari zbrajanje sa suprotnom matricom,

A – B = A + (–B).

Ako su A, B, C, O matrice iz skupa Mm,n, tada vrijedi:


I) A + B = B + A (zakon komutacije),

II) (A + B) + C = A + (B + C) (zakon asocijacije),

III) A + O = O + A = A (postojanje jedinstvene neutralne matrice O kod zbrajanja matrica),

IV) A + (–A) = O (postojanje jedne jedine suprotne matrice –A matrici A).

Množenje matrica skalarom

Definicija 1.4. Za proizvoljnu matricu A ,Mm n i proizvoljni skalar R umnožak matrice A

i skalara ( A) jest matrica čiji elementi predstavljaju umnožak skalara i svih elemenata

matrice A, tj.

.ijA a

Primjer 1.2. Izračunajmo produkt broja 5 i matrice

3 8

2 6 2

3 4 1 7

a b

A a b

a b

.

Rješenje. Prema definiciji produkta skalara i matrice imamo

15 5 5 40

5 10 30 10 5 .

15 20 5 35

a b

A a b

a b

Ako su ,ijA a ijB b , ,Mm n a , R , tada za množenje matrica skalarom vrijedi:

V) ( )A B A B (poludistributivnost množenja sa skalarom u odnosu na zbrajanje

matrica),

VI) ( )A A A (poludistributivnost množenja sa skalarom u odnosu na zbrajanje

skalara),

VII) ( ) ( )A A (poluasocijativnost množenja matrice skalarima), i

VIII) 1 A A (postojanje jednog jedinog skalara (broj 1) koji pomnožen s matricom A daje

tu matricu).

Skup na kojem su definirane operacije zbrajanja i množenja sa skalarom tako da vrijede

svojstva I) do VIII) predstavlja vektorski prostor nad R . Dakle skup ,Mm n

jest vektorski

prostor nad R .

Množenje matrica

U tablici 1.5. dani su podaci o prodajnoj cijeni pojedinih tipova proizvoda iz našeg primjera

kao i troškovima njihovog skladištenja.

9 Linearna algebra

Tablica 1.5. Prodajna cijena i troškovi skladištenja u dolarima po jedinici proizvoda

Tip proizvoda Prodajna cijena Troškovi skladištenja

T1 200 5

T2 300 6

T3 180 4

T4 350 10

T5 400 6

Pretpostavimo da je potrebno napraviti preglednu tablicu ukupnih vrijednosti prodanih

tipova proizvoda i ukupnih troškova skladištenja po prodajnim mjestima za mjesec siječanj.

Tražena pregledna tablica treba biti u obliku:

Tablica 1.6. Vrijednost prodaje i troškova skladištenja u dolarima po prodajnim mjestima

Prodajno mjesto Ukupna vrijednost prodaje Ukupni troškovi skladištenja

P1

P2

P3

Da bismo dobili ukupnu vrijednost svih prodanih tipova proizvoda na prodajnom mjestu P1

za mjesec siječanj, potrebno je broj prodanih proizvoda svakog tipa pojedinačno u prodajnom

mjestu P1 pomnožiti s njihovom cijenom i rezultat zbrojiti:

Cijena

200

300

P1 100 80 50 40 70 180

350

400

Ukupna vrijednost prodaje za prodajno mjesto P1 iznosi:

100 200 80 300 50 180 40 350 70 400 95000,00 . Uočavamo sljedeće pravilo:

Da bismo dobili vrijednost na mjestu koje odgovara prvom retku i prvom stupcu tablice 1.6.

pomnožili smo odgovarajuće elemente prvog retka tablice 1.1. i prvog stupca tablice 1.5., a

potom ih zbrojili. Taj zbroj zovemo kanonskim produktom prvog retka iz tablice 1.1. i prvog

stupca iz tablice 1.5. Analogno dobivamo ostale elemente u prvom stupcu tablice 1.6.

Vrijednost na mjestu koje odgovara prvom retku i drugom stupcu tablice 1.6 dobivamo

množenjem odgovarajućih elemenata prvog retka tablice 1.1. i odgovarajućih elemenata

drugog stupca tablice 1.5. Dobivena vrijednost predstavlja ukupnu vrijednost troškova

skladištenja svih proizvoda na prodajnom mjestu P1 u mjesecu siječnju 2015. godine. Na

analogan način dobivamo ostale vrijednosti u drugom stupcu tablice 1.6.

Popunjena tablica izgleda ovako:


Tablica 1.7. Ukupna vrijednost prodaje i ukupni troškovi po prodajnim mjestima u dolarima

Prodajno mjesto Ukupna vrijednost prodaje Ukupni troškovi skladištenja

P1 95.000,00 2.000,00

P2 70.650,00 1.460,00

P3 32.000,00 660,00

Rezultate u tablici 1.7. smatramo produktom tablice 1.1. i tablice 1.5. Ako prijeđemo na

njima pridružene matrice (matrica A za tablicu 1.1. i matrica B za tablicu 1.5) dobivamo:

200 5

100 80 50 40 70 95.000 2.000300 6

80 55 30 25 60 70.650 1.460180 4

40 20 10 12 30 32.000 660350 10

400 6

C

Općenito pravilo za množenje matrica A i B A B C dano je sljedećom definicijom:

Definicija 1.5. Umnožak (produkt) matrice A = [aij] Mm,k i B = [bij] Mk,n, je matrica

ijC c , formata (m, n), za koju vrijedi

1 1 2 2

1

... , 1,..., , 1,..., .k

ij i j i j ik kj il lj

l

c a b a b a b a b i m j n

Iz definicije 1.5. možemo zaključiti:

a) Dvije se matrice mogu pomnožiti samo ako prva od njih (matrica A) ima onoliko stupaca

koliko druga (matrica B) ima redaka (tada kažemo da su matrice A i B ulančane),

b) Element cij matrice C je kanonski produkt i-tog retka prve matrice (matrice A) i j-tog

stupca druge matrice (matrice B),

c) Broj redaka matrice A i broj stupaca matrice B određuje format matrice C.

d) U pravilu vrijedi A B B A (ne vrijedi zakon komutacije za množenje matrica).

Primjer 1.3. Odredimo matricu C koja je jednaka produktu matrica A i B, gdje je

1 0 2 1

2 1 2 3

0 2 1 2

A

i

1 0

2 1

0 3

4 5

B

.

Rješenje: Potrebno je naći C = A B. Matrica A je formata (3, 4), dok je matrica B formata

4, 2 . Pošto je broj stupaca matrice A jednak broju redaka matrice B, možemo naći produkt

A B . Matrica C je formata (3, 2). Elementi matrice C dobiveni su na sljedeći način:

11 1 1 0 2 ( 2 0) 1 4 5,c

11 Linearna algebra

12 1 0 0 1 ( 2) 3 1 5 1,c

21 2 1 ( 1) 2 2 0 3 4 12,c

22 2 0 ( 1) 1 2 3 3 5 20,c

31 0 1 2 2 ( 1) 0 2 4 12,c

32 0 0 2 1 ( 1) 3 2 5 9,c

Prema tome, matrica C izgleda ovako:

5 1

12 20

12 9

C A B

.

Primjećujemo da nije moguće izračunati produkt B A , pošto se broj stupaca matrice B

razlikuje od broja redaka matrice A (2 3).

Primjer 1.4. Odredimo matrice ,C A B i ,D B A ako je

1 0 2 1

1 1 0 2,

2 2 1 0

3 0 1 2

A

2 1 1 2

1 0 4 0

2 1 1 0

0 4 2 1

B

.

Rješenje. Primjenom definicije 1.5 dobili smo

2 7 3 3

3 9 1 4,

4 3 9 4

8 10 0 8

C A B

5 3 1 4

7 8 2 1.

1 1 3 4

3 0 1 6

D B A

Vidimo da se matrice C A B i ,D B A međusobno razlikuju. Ovim smo ilustrirali

zaključak dan pod d), po kojemu je općenito A B B A.

Ako su A, B i C nenul-matrice odgovarajućeg formata, I jedinična matrica odgovarajućeg

formata, O nul-matrica odgovarajućeg formata, a R , tada vrijedi:

(1) (AB)C = A(BC),

(2) A(B + C) = AB + AC,

(3) (A + B)C = AC + BC,

(4) (AB) = ( A)B,

(5) A( B) = (AB),

(6) AI = IA = A, i


(7) AO = OA = O.

Transponiranje matrica

Definicija 1.6. Transponirana matrica matrice A = [aij] Mm,n je matrica A' = [aji] Mn,m.

Vidimo da se A' dobije iz A zamjenom odgovarajućih redaka i stupaca.

Za matrice A i B odgovarajućeg formata i proizvoljni skalar vrijedi:

(1) (A + B)' = A' + B',

(2) (A')' = A,

(3) ' ',A A i

(4) (AB)' = B'A'.

Za označavanje transponirane matrice A koristimo i oznaku AT.

Primjer 1.5. Transponirajmo matricu

1 0 2 1

2 1 2 3

0 2 1 2

A

.

Rješenje: Prvi, drugi i treći redak napišimo kao prvi, drugi i treći stupac, respektivno. Dobivamo:

1 2 0

0 1 2'

2 2 1

1 3 2

A

.

Potenciranje matrica

Definicija 1.7. m-ta (m N) potencija matrice A Mn je

A1 = A i Am = Am-1A za m 2 .

Dakle, potencirati možemo samo kvadratnu matricu.

Ako su matrice A, B Mn, a skalari k, l N,, tada vrijedi:

(1) AkAl = Ak + l,

(2) (Ak)l = Akl,

(3) AkBk = (AB)k , ako je AB = BA.

Primjer 1.6. Za matricu

1 1

1 2A

izračunajmo A3.

13 Linearna algebra

Rješenje: Koristeći prethodnu definiciju (m = 3) A3 = A2A dobivamo:

21 1 1 1 0 3

1 2 1 2 3 3A A A

,

3 20 3 1 1 3 6

3 3 1 2 6 3A A A

.

Pojam i definicija inverzne matrice

Napomenimo da dijeljenje matrica nije definirano ali se, po analogiji za realne brojeve definira

inverzna matrica.

Definicija 1.8. Inverzna matrica matrice A Mn , ukoliko postoji, je matrica 1A Mn koja

zadovoljava relaciju

1 1A A A A I . (1.1)

Dakle, inverznu matricu može imati samo kvadratna matrica. Za matricu koja ima svoju inverznu

matricu (inverz) kažemo da je regularna (invertibilna) matrica, dok za matricu koja nema inverz

kažemo da je neregularna (neinvertibilna ili singularna).

Teorem 1.1. Ako za matricu A postoji inverzna matrica A-1 ona je jedinstvena.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da, osim inverzne matrice A-1, postoji još jedna inverzna

matrica B (B A–1) matrice A. Tada prema definiciji 1.8 vrijedi

AB = BA = I. (1.2)

Pomnožimo li relaciju (1.1) s B i to s lijeve strane, dobivamo

BAA–1 = BI = B. (1.3)

Iz (1.2) je BA = I, te zamjenom u (1.3), dobijemo

IA–1 = B,

odnosno A–1 = B, što je kontradikcija s pretpostavkom da je B A–1. Dakle, zaista je A–1

jedinstvena matrica, što je i trebalo dokazati.

Neka su A–1, B–1 Mn inverzne matrice matrica A, B Mn, respektivno, tada vrijedi:

(1) 1 1( )A A ,

(2) 1 1 1( )AB B A ,

(3) 1 1( ') ( )'A A .

Matrične jednadžbe

Jednadžbe u kojima se kao nepoznanica javlja matrica nazivamo matričnim jednadžbama.


Neka je A Mn, regularna matrica (ima inverz A–1), a neka su X, B Mn,1 vektori stupci. Tada

se matrična jednadžba

AX = B

rješava se na sljedeći način:

Pošto općenito za množenje matrica ne vrijedi zakon komutacije, da bismo dobili samo X na

lijevoj strani jednadžbe, pomnožit ćemo gornju jednadžbu s A–1 s lijeve strane (s one strane na

kojoj se nalazi A). S lijeve strane se množi i lijeva i desna strana gornje jednadžbe:

1 1A AX A B

1IX A B (pošto je 1A A I )

1X A B (pošto je IX X ).

Primjer 1.7. Neka su A, C Mn, regularne matrice (imaju inverz A–1, C–1), a neka su X, B

Mn,1 vektori stupci. Riješimo matričnu jednadžbu

ACX = B.

Rješenje. Potrebno je imati samo X na lijevoj strani. Prvo sa A–1 množimo cijelu jednadžbu s

lijeve strane (A se nalazi s lijeve strane u odnosu na X):

1 1 1, što daje A ACX A B CX A B .

Potom dobivenu jednadžbu množimo s 1C također s lijeve strane (C se nalazi s lijeve strane od

X):

1 1 1 1 1, što daje C CX C A B X C A B .

Dakle, rješenje predmetne matrične jednadžbe je

1 1X C A B ,

koje ne možemo dobiti bez poznavanja postupka za izračunavanje inverza matrica A i B.

Postupak računanja inverzne matrice prikazan je u kasnijim sekcijama ovog poglavlja.

Matrični polinom

Definicija 1.9. Neka je zadana matrica A Mn, i jedinična matrica I Mn, te koeficijenti

0 1 2, , , , Rna a a a . Tada je

1

1 1 0

n n

n nP A a A a A a A a I

matrični polinom n-tog stupnja.

Primjer 1.8. Odredimo vrijednost polinoma

f(x) = –x2 + 2x – 2

15 Linearna algebra

za matricu

1 0.

1 2A

Rješenje. Prema tome, trebamo izračunati vrijednost izraza

–A2 + 2A – 2I

za zadanu matricu A, pri čemu je I jedinična matrica formata 2. Nakon jednostavnog računanja

dobili smo

21 0

,3 4

A

pa je

f(A) = –A2 + 2A – 2I = 1 0 1 0 1 0 1 0

2 2 .3 4 1 2 0 1 1 2

1.1.4. Zadaci za vježbu

1. Odredite parametre a, b R tako da matrice A i B budu jednake, ako je

2 3

1

a b aA

a b

, 2 1

.1 0,5

a b bB

2. Napišite matricu

,a O

Ab I

ako je 2 1

,3 4

a b

.

3. Odredite realne parametre a i b tako da matrica 3

2

3 5 0 0

4

0 1

a b

a

D a e a b

a b b

bude dijagonalna.

4. Odredite parametre a i b R tako da matrica

2

2

4 0 0

1 0

9 0 4

A b a b

a

bude skalarna.


5. Odredite parametre a i b R tako da matrica 2 3

2

2

5 2 5

4 4 3

8 2 1

aa b

A a

b a a

bude gornja trokutasta.

6. Dane su matrice

1 0 2 0 1

3 2 , 1 3 1

1 2 0 3 2

A B

.

Odredite

a) AB, b) BA

7. Izračunajte AB – BA, ako je

1 0 2 2 1 0

1 1 4 , 0 2 1

0 1 5 1 0 1

A B

.

8. Zadane su matrice

1 0 2 2 1 0

1 1 4 , 0 2 1

0 1 5 1 0 1

A B

.

Izračunajte ATBT – BTAT.

9. Za kvadratnu matricu A kažemo da je idempotentna ako je A2 = A. Izračunajte za koje je

vrijednosti parametara a i b matrica

0

1 0

1 0 1

a a

A b

.

idempotentna?

10. Dana je matrica

1 2 2

0 1 2

2 0 3

A

i polinom p(x) = 3x2 + 2x – 2.

Izračunajte p(A).

11. Dane su matrice

2 1 3 0

2 0 2 4A i B

.

Izračunajte ( ) ( )Tf A f B ako je f(x) = (x – 1)(3x + 1).

17 Linearna algebra

1.2. Vektori

U linearnoj algebri je uobičajeno da se uređene n-torke realnih brojeva s definiranim operacijama

zbrajanja i množenja skalarom nazivaju vektorima, pri čemu svakoj uređenoj n-torki

1 2, , , nx x x odgovara jedan i samo jedan n-komponentni vektor, i obrnuto, svakom n-

komponentnom vektoru odgovara jedna i samo jedna uređena n-torka 1 2, , , nx x x . Vektorski

prostor Rn u stvari je matrični prostor M1,n ili Mn,1 , gdje je matrica A 1,M n vektor redak, dok

je matrica A ,1Mn vektor stupac.

1.2.1. Skalarni produkt (umnožak) vektora

Definicija 1. 10. Skalarni produkt vektora

1 1

2 2, R

n

n n

x y

x yX Y

x y

je realni broj

1 1 2 2

1

' ...n

n n i i

i

X Y x y x y x y x y

.

Primjer 1.9. Izračunajmo skalarni produkt vektora

1

2

1

X

i

2

1

2

Y

.

Rješenje. Primjenom definicije 1.10. dobivamo:

2

' 1 2 1 1 1 2 ( 2) 1 ( 1) ( 2) 2

2

X Y

.

Ako su X, Y, Z Rn, a R , tada vrijedi:

(1) ' 'X Y Y X ,

(2) '( ) ' 'X Y Z X Y X Z ,

(3) ' ' .X Y X Y

Definicija 1.11. Prostor Rn s definiranim skalarnim produktom nazivamo Euklidskim

prostorom.

Definicija 1.12. Dva ne-nul vektora (imaju barem jednu komponentu koja nije jednaka 0)

RnX i R

nY su okomita (ortogonalna) ako je X 'Y = 0.


Primjer 1.10. Odredimo vektor 3

1 2 1 ' RX x x koji je okomit na vektore

1 1 2 'Y i 2 1 4 'Z .

Rješenje. Primjenom definicije 1.10. dobivamo

1 2 1 2

1

' 1 1 2 0

2

X Y x x x x

i 1 2 1 2

2

' 1 1 2 4 0

4

X Z x x x x

.

Dobili smo sustav jednadžbi

1 2

1 2

2 0

2 4 0,

x x

x x

čija su rješenja x1 = –2, x2 = 0. Dakle, vektor X = '

2 0 1 je okomit (ortogonalan) u odnosu

na vektore 1 1 2 'Y i 2 1 4 'Z .

1.2.2. Norma (duljina) vektora

Vektore u n-dimenzionalnom vektorskom prostoru možemo promatrati kao točke koje se

sastoje od n-komponenti. Na taj način je multidimenzionalna vrijednost predstavljena jednom

točkom u multidimenzionalnom prostoru. Udaljenost od nul-vektora do bilo kojeg vektora u n-

dimenzionalnom vektorskom prostoru mjeri norma (duljina) vektora.

Definicija 1.13. Norma vektora 1 2 ... ' Rn

nA a a a definira se formulom

2 2 2

1 2' ... nA A A a a a .

Ovako definirana norma naziva se Euklidskom ili L2 normom i označava se s 2 .

Pored L2 norme treba spomenuti normu ( L norma), koja se definira kao

1 2max , ,..., max 1,2,...n iX x x x x i n ,

i 1 normu (L1 ili linearna norma) , koja se definira kao

1 21... nX x x x =

1

n

i

i

x

.

Primjer 1.11. Izračunajmo norme vektora X i Y za

1 1 2 'X i 2 3 4 'Y .

Rješenje. 2 2 2

21 ( 1) 2 6X ,

2 2 2

2( 2) 3 ( 4) 29Y ,

19 Linearna algebra

max 1 , 1 , 2 2X , max 2 , 3 , 4 4Y

,

11 1 2 4X ,

12 3 4 9Y .

Teorem 1.2. Za proizvoljne vektore , RnX Y vrijedi Bunjakowski – Cauchy – Schwarzova

nejednakost

2 2'X Y X Y .

Na primjeru 1.11. pokažimo da vrijedi teorem 1.2.

Rješenje. ' 1 ( 2) ( 1) 3 2 ( 4) 13 13.X Y Dakle, gornji teorem vrijedi za L2

normu jer je 13 6 29 13,19 .

Neka su X, Y Rn, a R , tada za normu vektora vrijedi:

(1) 0X , 0X X O (pozitivna definitnost norme)

(2) X X (homogenost norme)

(3) X Y X Y (nejednakost trokuta).

1.2.3. Udaljenost dvaju vektora

Definicija 1.14. Udaljenost vektora

1 1

2 2, R

n

n n

x y

x yX Y

x y

definira se kao

( , )d X Y X Y .

Ako koristimo L2 normu, onda je 2

2 21

( , ) ( ) '( ) ( )n

i i

i

d X Y X Y X Y X Y x y

.

Udaljenosti vektora , RnX Y kod L i L1 norme jesu:

1 1 2 2( , ) max , ,..., max 1,2,...n n i id X Y X Y x y x y x y x y i n ,

1 1 1 2 21( , ) ... n nd X Y X Y x y x y x y =

1

n

i i

i

x y

.

Za udaljenost vektora , , RnX Y Z vrijedi:

(1) ( , ) 0d X Y , ( , ) 0d X Y X Y (pozitivna definitnost udaljenosti)

(2) ( , ) ( , )d X Y d Y X (simetričnost udaljenosti)

(3) ( , ) ( , ) ( , )d X Z d Z Y d X Y (nejednakost trokuta).


Primjer 1.12. Izračunajmo udaljenost između vektora

1

1

1

X

i

2

1

0

Y

.

primjenom

a) L2 norme,

b) L norme, i

c) L1 norme.

Rješenje:

a) 3

2 2 2 2

2 21

( , ) ( ) (1 2) ( 1 ( 1)) (1 0) 2i i

i

d X Y X Y x y

b) ( , ) max 1 2 , 1 ( 1) , 1 0 1d X Y X Y ,

c) 1 1( , ) 1 2 1 ( 1) 1 0 2d X Y X Y

1.2.4. Linearna zavisnost i nezavisnost vektora

Definicija 1.15. Neka je 1 2, ,..., Rn

kX X X i 1 2, ,..., Rkc c c . Linearna kombinacija

vektora 1 2, ,..., Rn

kX X X je vektor RnY , tako da je

1 1 2 2 ... k kY c X c X c X

ili skraćeno

1

k

i i

i

Y c X

,

pri čemu su skalari 1 2, ,..., kc c c koeficijenti linearne kombinacije.

Nul vektor O može se prikazati kao linearna kombinacija proizvoljnih vektora 1 2, ,..., Rn

kX X X

barem na način da su svi koeficijenti linearne kombinacije jednaki 0, tj. izborom

1 2 ... 0kc c c .

Definicija 1.16. Skup vektora 1 2, ,..., kX X X je linearno zavisan ako postoji k skalara

1 2, ,..., kc c c , koji nisu svi jednaki nuli, takvih da je

1 1 2 2 ... k kc X c X c X O . (1.4)

21 Linearna algebra

Ako relacija (1.4) vrijedi samo u slučaju 1 2 ... 0kc c c , onda su vektori 1 2, ,..., kX X X

linearno nezavisni.

Primjer 1.13. Ispitajmo jesu li vektori 1 1 0 4 'X , 2 0 1 3 'X i 3 2 1 2 'X

linearno nezavisni.

Rješenje: Primjenom relacije (1.4) dobivamo

1 1 2 2 3 3 ,c X c X c X O

odnosno

1 2 3

1 0 2 0

0 1 1 0 .

4 3 2 0

c c c

Odavde se sređivanjem dolazi do sustava od tri linearne jednadžbe s tri nepoznanice:

1 3 1 3

2 3 2 3

1 2 3 3 3 3 3 3

2 0 2

0

4 3 2 0 8 3 2 0, 13 0, 0

c c c c

c c c c

c c c c c c c c

Iz c3 = 0, slijedi c1 = c2 = 0. Budući da su koeficijenti linearne kombinacije jednaki nuli, vektori

X1, X2, X3 su linearno nezavisni.

Ovdje dajemo nekoliko značajnih teorema koji se odnose na linearnu zavisnost odnosno

nezavisnost vektora.

Teorem 1.3. Vektori 1 2, ,..., Rn

kA A A su linearno zavisni ako i samo ako je bar jedan od tih

vektora linearna kombinacija preostalih.

Dokaz. Najprije dokažimo da ako su vektori 1 2, ,..., kA A A linearno zavisni onda se jedan od njih

može izraziti kao linearna kombinacija preostalih.

Neka su vektori 1 2, ,..., kA A A linearno zavisni. Tada je njihova linearna kombinacija jednaka nul-

vektoru, tj.

1 1 2 2 1... k k k kc A c A c A c A O , (1.5)

pri čemu barem jedan od koeficijenata linearne kombinacije ci, 1,2,...,i k nije jednak nuli.

Radi jednostavnosti uzmimo da je ck različito od 0. Ako relaciju (1.5) podijelimo sa ck dobit

ćemo:

1 2 11 2 1... ,k

k k

k k k

c c cA A A A O

c c c

odakle dobivamo


1 2 11 2 1... .k

k k

k k k

c c cA A A A

c c c

Pošto su koeficijenti ,i

k

c

c 1,2,..., 1i k realni brojevi, vektor Ak je zaista linearna

kombinacija vektora A1, A2, …, Ak-1.

Sada dokažimo da ako se iz skupa vektora A1, A2, …, Ak-1, Ak neki vektor može izraziti kao

linearna kombinacija preostalih, da to ima za posljedicu njihovu linearnu zavisnost.

Neka se vektor Ak može izraziti kao linearna kombinacija preostalih, tj.

Ak = d1A1 + d2A2 + … + dk-1Ak-1,

pri čemu su koeficijenti linearne kombinacije ,Rid 1,2,..., 1i k

Tada vrijedi

d1A1 + d2A2 + … + dk-1Ak-1 + (–1) Ak = O.

Dakle, linearna kombinacija vektora A1, A2, …, Ak-1, Ak jednaka je nul-vektoru, a najmanje

jedan od koeficijenata te linearne kombinacije je različit od nule (dk = –1), a to znači da su dani

vektori linearno zavisni.

Primjer 1.14. Pokažimo da su vektori

1

1 ,

1

A

1

2

3

B

i

3

3

3

C

linearno zavisni.

Rješenje: Zaista, vektor A je linearna kombinacija vektora B i C, tj.

1 1 31

1 0 2 3 .3

1 3 3

Primjenom relacije (1.4) dobili smo

1 2 3

1 1 3 0

1 2 3 0

1 3 3 0

c c c

1 2 3 1 2 3

1 2 3 2 3 2 3

1 2 3 2 3 2 3

3 0 3

2 3 0 3 2 3 0

3 3 0 3 3 3 0

c c c c c c

c c c c c c c

c c c c c c c

2

1 3 3

0,

3 , , R

c

c c c t t

.

23 Linearna algebra

Budući da koeficijenti c1, c2 i c3 nisu svi jednaki nuli (c1 ovisi o odabranoj vrijednosti za c3, koja

ne mora biti 0) , vektori A, B i C su međusobno linearno zavisni.

Teorem 1.4. Ako je A = {A1, A2, …, Ak} skup linearno nezavisnih vektora iz Rn (k n) tada je

svaki njegov podskup linearno nezavisan.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da je skup vektora {A1, A2, …, Ak} linearno nezavisan, a

njegov podskup od recimo 3 vektora {A1, A2, A3}, (m > 3) linearno zavisan. Odavde slijedi da

postoje realni brojevi a1, a2, a3 koji nisu svi jednaki nuli, tako da vrijedi:

a1A1 + a2A2 + a3A3 = O. (1.6)

Ako uzmemo da je a4, a5, …, ak = 0, tada ako uzmemo da vrijedi relacija (1.6) očito slijedi

a1A1 + a2A2 + a3A3 + a4A4 + … + akAk = O.

Prema tome, linearna kombinacija vektora A1, A2, …, Ak jednaka je nul-vektoru, a barem jedan

od koeficijenata ai (neki od a1, a2, a3) nije jednak nuli, što pak znači da su ti vektori linearno

zavisni, a to je u kontradikciji s pretpostavkom da je skup vektora {A1, A2, …, Ak} linearno

nezavisan.

Iz teorema 1.4 slijedi sljedeći korolar:

Korolar 1.1. Svaki skup vektora koji ima jedan linearno zavisan podskup i sam je linearno

zavisan.

Teorem 1.5. Linearno je zavisan svaki skup vektora koji sadrži nul-vektor.

Dokaz. Neka je dan skup vektora {A1, A2, …, Am-1, O, Am+1, …, Ak} i neka je cm 0, a svi ostali

koeficijenti neka su jednaki nuli, tj.

c1 = c2 = … = cm-1= cm+1 = … = ck = 0.

Linearna kombinacija danog skupa vektora {A1, A2, …, Am-1, O, Am+1, …, Ak} jednaka je nul-

vektoru i pri tome svi koeficijenti ci nisu jednaki nuli (cm 0). Dakle,

1 2 1 10 0 ... 0 0 ... 0 ,m m m kA A A c O A A O

pa je dani skup vektora linearno zavisan.

Teorem 1.6. Svaki skup od n + 1 vektora iz Rn je linearno zavisan.

Dokaz ovog teorema nećemo izvoditi.2

Izravna posljedica teorema 1.6. je da se u vektorskom prostoru Rn nalazi maksimalno n linearno

nezavisnih vektora.

Primjer 1.15. Pokažimo da su vektori

2 Dokaz možete naći u Gjenero, Vojvodić-Rosenzweig, Linearna algebra, Hrvatska zajednica

računovođa i financijskih djelatnika, Zagreb, 2000, str. 159


1

1 ,

1

A

1

2

3

B

,

2

1

3

C

i

4

2

7

D

linearno zavisni a da su vektori A, B i C linearno nezavisni te da se vektor D može izraziti kao

njihova linearna kombinacija.

Rješenje: Primjenom relacije (1.4) na vektore A, B, C i D dobili smo da su koeficijenti linearne

kombinacije c1 = 5c4, c2 = c4, c3 = –5c4 , c4 = t, t R . Prema tome, vektori A, B, C i D su linearno

zavisni.

Budući da linearna kombinacija vektora A, B i C izjednačena s nul-vektorom daje vrijednost

koeficijenata linearne kombinacije 1 2 3 0,c c c zaključujemo smo da su ti vektori

međusobno linearno nezavisni, pa se bilo koji vektor iz R3 može izraziti kao njihova linearna

kombinacija.

Vektor D smo izrazili kao linearnu kombinaciju vektora A, B i C na sljedeći način:

1 2 3

1 1 2 4

1 2 1 2

1 3 3 7

c c c

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 4

2 2

3 3 7,

c c c

c c c

c c c

pri čemu je dobiveno jedinstveno rješenje gornjeg sustava: c1 = –5, c2 = –1 i c3 = 5. Dakle,

1 1 2 4

5 1 ( 1) 2 5 1 2 .

1 3 3 7

Definicija 1.17. Maksimalan broj linearno nezavisnih vektora iz Rn nazivamo dimenzijom

prostora Rn (u oznaci dim (Rn)), a posljedica teorema 1.6 kaže da je dim Rn = n. Za vektor

RnX kažemo da je n–komponentan.

1.2.5. Baza vektorskog prostora

Definicija 1. 18. Neka je 1 2, ,..., Rn

kA A A A (k n). Kaže se da A razapinje ili generira

vektorski prostor Rn ako se svaki vektor X Rn može izraziti kao linearna kombinacija vektora

iz A. Tada za svaki X Rn postoje 1 2, ,..., Rk takvi da je

1

k

i i

i

X A

.

Skup A nazivamo skupom izvodnica ili skupom generatora prostora Rn.

Primjer 1.16. Pokažimo da vektori 1 0 4 'A , 0 1 3 'B i 2 2 2 'C

generiraju prostor R3.

25 Linearna algebra

Rješenje: Treba pokazati da linearni sustav

aA + bB + cC = X

ima rješenje za proizvoljan trokomponentni vektor 3

1 2 3 ' RX x x x . Prema tome, imamo

1

2

3

1 0 2

0 1 1

4 3 2

x

a b c x

x

1

2

3

2

2

4 3 2

a c x

b c x

a b c x

Rješenje gornjeg sustava jednadžbi daje

1 2 34 3,

8

x x xa

1 2 34 5

8

x x xb

, 1 2 34 3

16

x x xc

,

što je definirano za sve 1 2 3, , Rx x x . To znači da se svaki vektor iz R3 može prikazati kao

linearna kombinacija vektora A, B i C.

Definicija 1.19. Baza vektorskog prostora Rn je skup vektora 1 2, ,..., kA A A A iz Rn sa

svojstvima

(1) Vektori 1 2, ,..., kA A A generiraju prostor Rn i

(2) Vektori 1 2, ,..., kA A A su linearno nezavisni

U prostoru Rn vrijede sljedeća dva teorema.

Teorem 1.7. Svaka baza vektorskog prostora Rn sastoji se od točno n linearno nezavisnih

vektora.

Dokaz. Dokaz ovog teorema je jednostavan, a proizlazi iz definicija 1.18 i 1.19 kao i iz rezultata

teorema 1.6. Naime, prema definiciji 1.18 bazu n-dimenzionalnog vektorskog prostora generira

skup od k vektora, pri čemu je k n. Iz definicije 1.19 slijedi da vektori A1, A2, …, Ak tvore bazu

samo ako su linearno nezavisni, dok prema teoremu 1.6 u n-dimenzionalnom vektorskom

prostoru imamo maksimalno n linearno nezavisnih vektora. Iz toga zaključujemo da se svaka

baza n-dimenzionalnog vektorskog prostora sastoji točno od n linearno nezavisnih vektora.

Iz prethodnog teorema slijedi da svaki skup od n linearno nezavisnih vektora formira jednu bazu

u vektorskom prostoru Rn.

Teorem 1.8. Prikaz proizvoljnog vektora X iz vektorskog prostora Rn u danoj bazi

1 2, ,..., nB B B B je jedinstven.

Dokaz. Ovaj teorem dokazujemo kontradikcijom. Neka je Rn vektorski prostor i neka je

1 2, , , nB B B baza u Rn, a neka je X Rn proizvoljan vektor. Zbog svojstva baze da se bilo koji

vektor iz Rn može prikazati kao linearna kombinacija vektora baze, imamo

1 1 2 2 ... n nX B B B .


Pretpostavimo da je također

1 1 2 2 ... n nX B B B .

Tada je

1 1 2 2 1 1 2 2... ... ,n n n nB B B B B B

odnosno

1 1 1 2 2 2( ) ( ) ... ( )n n nO B B B .

Zbog linearne nezavisnosti vektora u bazi (koeficijenti linearne kombinacije moraju biti jednaki

0) slijedi

1 1 2 2 1 1 2 20, 0, ..., 0 , , ..., n n n n ,

što je u kontradikciji s pretpostavkom da se vektor X u danoj bazi može prikazati na dva različita

načina.

Definicija 1.20. Vektori n

i jI x R , i, j {1, 2, …, n} s komponentama xj = 1 za i = j, a

0 jx za i j, nazivaju se jediničnim vektorima.

U vektorskom prostoru Rn jedinični vektori su:

1

1

0

0

I

, 2

0

1

0

I

, …,

0

0

1

nI

.

Primjer 1.17. Pokažimo da vektori Rn

iI , 1,2,...,i n čine bazu u vektorskom prostoru Rn.

Rješenje: Radi se o vektorima kod kojih je samo jedna (i-ta komponenta) jednaka 1, a sve ostale

su 0. Pokažimo da su u vektorskom prostoru Rn vektori Rn

iI linearno nezavisni. Dakle,

1 2

1 0 0 0

0 1 0 0...

0 0 1 0

nc c c

1

2

0

0

0n

c

c

c

.

Koeficijenti c1 = c2 = … = cn = 0 a to znači da su vektori Rn

iI linearno nezavisni. Bilo koji

vektor iz vektorskog prostora Rn može se prikazati kao linearna kombinacija vektora Rn

iI .

Imamo točno n jediničnih vektora Rn

iI pa oni generiraju bazu u vektorskom prostoru Rn.

27 Linearna algebra

1.2.6. Zadaci za vježbu:

1. Ispitajte linearnu zavisnost (nezavisnost) vektora

1

2

1

A

,

2

5

0

B

i

2

3

5

C

.

2. Pokažite da vektori

1

1

3

1

X

, 2

3

8

6

X

i 3

2

2

7

X

tvore bazu vektorskog prostora u R3.

3. Koliko baza vektorskog prostora u R3 možemo formirati od vektora

1

1

3

1

X

, 2

3

8

6

X

i 3

2

2

7

X

, 4

1

2

1

X

, i 5

0

6

1

X

.

Koji uvjet mora vrijediti da bi se mogao formirati taj broj baza vektorskog prostora?

1.3. Sustavi linearnih jednadžbi

Prije uvođenja pojma sustava linearnih jednadžbi objasnimo pojam ranga matrice, koji ima

veliko značenje kako kod rješavanja tako i kod diskusije rješenja sustava linearnih jednadžbi.

1.3.1. Rang matrice

Prije definiranja pojma ranga matrice navedimo bez dokaza sljedeći teorem:

Teorem 1.9. Maksimalan broj linearno nezavisnih vektora redaka matrice ,Mm nA jednak je

maksimalnom broju linearno nezavisnih vektora stupaca te matrice.

Definicija 1.21. Rang matrice ,Mm nA (u oznaci r(A)) je maksimalan broj linearno nezavisnih

vektora stupaca (redaka) matrice A.

Vidimo da rang matrice može biti 0, 1, 2, 3, … . Pritom je rang jednak nuli samo za nul-matricu.

Dakle, za rang matrice A vrijedi

( ) 0Nr A ,

i

( ) min ,r A m n .

Da bismo odredili rang matrice prema definiciji 1.21 potrebno je odrediti maksimalan broj

linearno nezavisnih vektora redaka (stupaca) dane matrice. Za ispitivanje linearne nezavisnosti


vektora potrebno je poznavati pojam elementarnih transformacija nad recima (stupcima)

matrice, pa ćemo ovdje objasniti taj pojam.

Pod elementarnim transformacijama podrazumijevamo sljedeće operacije nad recima

(stupcima) matrice A:

(1) Množenje nekog retka (stupca) matrice A skalarom različitim od nule,

(2) Dodavanje nekog retka (stupca) matrice A pomnoženog skalarom nekom drugom retku

(stupcu) te matrice, i

(3) Zamjena mjesta dvaju redaka (stupaca) matrice A.

Elementarnim transformacijama nad recima (stupcima) matrice dobivaju se ekvivalentne

matrice. Sljedeća definicija objašnjava pojam ekvivalentnih matrica.

Definicija 1.22. Matrice ,Mm nA i ,Mm nB su ekvivalentne A B , ako postoji konačan niz

matrica iz Mm,n: 1 2, ,..., kA A A A B , tako da se matrica Ai dobiva iz matrice Ai-1, 2,3,...,i k

jednom od elementarnih transformacija (1) – (3).

Može se dokazati da ekvivalentne matrice imaju jednak rang, što znači da primjena elementarnih

transformacija ne mijenja rang matrice. Ranije smo pokazali da su jedinični vektori linearno

nezavisni, pa prema tome rang matrice možemo odrediti tako da elementarnim transformacijama

dođemo do jedinične matrice najvećeg mogućeg formata (reda). Maksimalan broj linearno

nezavisnih vektora redaka (stupaca) transformirane (ekvivalentne) matrice predstavlja rang

matrice A.

Primjer 1.18. Upotrebom elementarnih transformacija odredimo rang sljedeće matrice

2 3 4 0

1 2 3 1

1 1 1 1

A

.

Rješenje: Rang matrice A može najviše biti 3 min 3,4 . Ekvivalentne matrice matrici A

izgledaju kao:

2 3 4 0

1 2 3 1

1 1 1 1

A

(1)

0 1 2 2

1 2 3 1

0 1 2 2

(2)

1 2 3 1

0 1 2 2

0 1 2 2

(3)

1 0 1 3

0 1 2 2

0 0 0 0

.

Elementarnim transformacijama (1) dobili smo 0 na mjestima a11 i a31 tako što smo pomnožili

drugi redak matrice A s 2 i pribrojili ga prvom retku te matrice te smo drugi redak pribrojili

trećem retku te matrice.

29 Linearna algebra

Elementarnim transformacijama (2) zamijenili smo mjesta drugom i trećem retku transformirane

matrice A.

Elementarnim transformacijama (3) pomnožili smo drugi redak transformirane matrice s (–1),

potom smo treći redak pomnožen s –2 pribrojili prvom retku, te smo na kraju drugi redak

pomnožen s –1 pribrojili trećem retku transformirane matrice.

Ova matrica ima maksimalno 2 linearno nezavisna vektora stupca (retka) pa je rang ove matrice

2.

1.3.2. Pojmovno definiranje sustava linearnih jednadžbi

Mnogi se problemi u ekonomiji mogu modelirati sustavima linearnih jednadžbi sljedećeg oblika:

11 1 12 2 1 1

21 1 22 2 2 2

1 1 2 2

...

...

............................................

...

n n

n n

m m mn n m

a x a x a x b

a x a x a x b

a x a x a x b

(1.5)

koji se u matričnom obliku može zapisati kao

AX B , (1.6)

gdje je matrica koeficijenata sustava A definirana kao

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...

...

n

n

m m mn

a a a

a a aA

a a a

,

a vektor nepoznanica X, odnosno slobodnih koeficijenata B

1

2

m

x

xX

x

,

1

2

m

b

bB

b

.

Definicija 1.23. Linearni sustav ili sustav linearnih jednadžbi (1.5) odnosno (1.6) ima rješenje

ako postoji uređena n-torka brojeva 1 2( , ,..., )nx x x takva da za te brojeve sve jednadžbe prelaze u

identitete (lijeva strana svake jednadžbe jednaka je njezinoj desnoj strani). Svaka n-torka

1 2( , ,..., )nx x x s navedenim svojstvima naziva se rješenje sustava linearnih jednadžbi. U tom

slučaju kažemo da je sustav rješiv odnosno konzistentan. Ako takva n-torka ne postoji, onda je

sustav nerješiv odnosno nekonzistentan.

Prvi zadatak pri rješavanju sustava (1.5) odnosno (1.6) je ustanoviti je li taj sustav rješiv ili nije

(je li konzistentan ili nije). Nakon toga, ako je sustav rješiv, pristupa se zaključivanju o broju


rješenja i određivanju rješenja sustava linearnih jednadžbi. Pitanje rješivosti (konzistentnosti)

sustava možemo ustanoviti upotrebom Kronecker – Capellijevog teorema3.

Označimo s pA A B proširenu matricu sustava (1.6) koja ima n + 1 stupac, pri čemu se prvih

n stupaca poklapa s odgovarajućim stupcima matrice A, dok je (n + 1).–vi stupac identičan

vektoru stupcu B. Dakle,

11 12 1 1

21 22 2 2

1 2

...

...

...

n

n

p

m m mn m

a a a b

a a a bA A B

a a a b

.

Teorem 1.10. (Kronecker-Capellijev teorem) Sustav (1.6) je rješiv (konzistentan) ako i samo

ako je

( ) ( )pr A r A .

Očito je ili

( ) ( )pr A r A ,

ili je

( ) ( )pr A r A .

Dokaz: Nužnost. Pretpostavimo da je sustav AX = B rješiv. To znači da postoji vektor

, Rn

jX C c j {1, 2, …, n} za koji vrijedi AC = B, odnosno

1

n

ij j i

j

a c b

za sve i {1, 2, …, m}.

Dakle, u proširenoj matrici

11 12 1 1

21 22 2 2

1 2

...

...

...

n

n

p

m m mn m

a a a b

a a a bA A B

a a a b

=

11 12 1 1

1

21 22 2 2

1

1 2

1

...

...

...

n

n j j

j

n

n j j

j

n

m m mn j mj

j

a a a c a

a a a c a

a a a c a

3 L. Kronecker, njemački matematičar (1823-1891), A. Capelli, talijanski matematičar (1855-1910).

31 Linearna algebra

posljednji stupac je linearna kombinacija prethodnih stupaca, što znači da je maksimalan broj

linearno nezavisnih stupaca u matrici Ap jednak maksimalnom broju linearno nezavisnih stupaca

u matrici A.

Na osnovi definicije ranga matrice zaključujemo da je

r(Ap) = r(A).

Dovoljnost. Sada pretpostavimo da je r(Ap) = r(A) = r. To znači da je točno r stupaca matrice A

linearno nezavisno i da ne postoji r + 1 stupaca matrice A koji su linearno nezavisni. Radi

jednostavnosti pretpostavimo da je upravo prvih r stupaca matrice A linearno nezavisno. Kako je

r(Ap) = r, to i matrica Ap ima točno r linearno nezavisnih vektora stupaca, a to su upravo oni

stupci matrice A (jer ih Ap sadrži) koji su linearno nezavisni. Prema tome, u matrici Ap posljednji

stupac je linearna kombinacija tih r stupaca, pa postoje skalari c1, c2, …, cr R takvi da je

B = c1A1 + c2A2 + … + crAr.

Stavimo li da je cr + 1 = … = cn = 0, posljednju relaciju možemo pisati i ovako

B = c1A1 + c2A2 + … + crAr + cr + 1Ar + 1 + … + cnAn = 1

n

ij j

j

a c AC

,

što znači da je vektor 1 2 ... 0 ... 0 'rc c c c rješenje sustava AX = B, pa je takav sustav

rješiv odnosno konzistentan. (Rješenje sustava je upravo vektor C!).

Izravna posljedica Kronecker – Capellijevog teorema je:

Ako je rang matrice koeficijenata sustava jednak broju jednadžbi, tj. ako je

r(A) = m,

onda je sustav sigurno rješiv.

Ako je r(A) = r(Ap) = n, sustav ima jedinstveno rješenje, a ako je r(A) = r(Ap) < n sustav ima

beskonačno mnogo rješenja.

Ako je r(Ap) > r(A), onda se radi o nekonzistentnom sustavu, koji nema rješenje.

Primjer 1.19. Ispitajmo je li linearni sustav

1 2 3

1 2 3

1 3

2 3 2 1

3 1

3 3 1

x x x

x x x

x x

rješiv i, ako je rješiv, koliko ima rješenja.

Rješenje: Proširena matrica Ap gornjeg sustava i njoj ekvivalentna matrica nakon provedenih

elementarnih transformacija nad recima i stupcima matrice Ap izgledaju kao


2 3 2 1

1 3 1 1

3 0 3 1

pA

21 0 1

3

10 1 0

9

0 0 0 1

.

Vidimo da je r(A) = 2, r(Ap) = 3, r(A) < r(Ap) pa zaključujemo da gornji sustav nema rješenje.

Definicija 1.24. Sustavi linearnih jednadžbi AX = B, A Mm,n i B Mm,1, i CX = D, C Mk,n i

D Mk,1, su ekvivalentni ako su sva rješenja prvog sustava ujedno i rješenja drugog sustava i,

obrnuto, ako su sva rješenja drugog sustava ujedno i rješenja prvog sustava.

Iz prethodne definicije proizlazi da sustavi mogu biti ekvivalentni čak i u slučaju kad im se

matrice sustava razlikuju u formatu, a ne samo u koeficijentima.

1.3.3. Rješavanje linearnih sustava Gauss4 – Jordanovim5 (G-J) eliminacijama

Metoda Gauss – Jordanovih eliminacija daje odgovor na pitanje je li sustav

AX = B,

,Mm nA , RnX , R

mB , rješiv, i ako jest, ujedno omogućuje nalaženje svih rješenja.

Dva su sustava linearnih jednadžbi ekvivalentna ako i samo ako su proširene matrice tih sustava

ekvivalentne. Konačnim brojem elementarnih transformacija, linearni sustav prelazi u njemu

ekvivalentni linearni sustav.

Neka je r(A) = r. Elementarnim transformacijama nad recima matrice, Ap matricu prevodimo u

matricu:

' ' '

1, 1 1 1

' ' '

2, 1 2 2

' ' '

, 1

'

1

'

1 0 ... 0 ...

0 1 ... 0 ...

' 0 0 ... 1 ...

0 0 ... 0 0 ... 0

0 0 ... 0 0 ... 0

r n

r n

p r r rn r

r

m

a a b

a a b

A a a b

b

b

Budući da su matrice Ap i 'pA ekvivalentne ( ) ( ')!p pr A r A , početni sustav je rješiv

(konzistentan) ako je ' 0ib za sve 1, 2,...,i r r m . Tada je opće rješenje početnog

linearnog sustava:

4 J.C.F. Gauss, njemački matematičar (1777-1855). 5 C. Jordan, francuski matematičar (1838-1922).

33 Linearna algebra

' ' '

1 1 1, 1 1 1...r r n nx b a x a x

' ' '

2 2 2, 1 1 2...r r n nx b a x a x

……………………………

' ' '

, 1 1 ...r r r r r rn nx b a x a x

gdje su xr + 1, …, xn proizvoljni.

Ako je ' 0ib za barem jedno 1,...,i r m početni sustav je nekonzistentan (nerješiv).

Primjer 1.20. Primjenom Gauss-Jordanovog (G-J) algoritma, riješimo linearni sustav

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 4 9

3 7 10

3 6 19.

x x x

x x x

x x x

Rješenje: Gornji linearni sustav ima sljedeći matrični prikaz

1

2

3

2 4 1 9

3 1 7 10

1 3 6 19

x

x

x

A X B

.

Proširena matrica Ap je

2 4 1 9

3 1 7 10

1 3 6 19

pA

.

Nakon provedenih elementarnih transformacija dobili smo sljedeću matricu ekvivalentnu matrici

Ap

27 491 0

10 10

11 470 1 .

10 10

0 0 0 0

Dakle, elementarnim transformacijama nad recima matrice A dobili smo u gornjem lijevom kutu

transformirane matrice Ap jediničnu matricu formata 2, a treći element vektora slobodnih članova

(četvrti stupac transformirane matrice Ap) jednak je 0, pa je r(A) = r(Ap) = 2. Na osnovi


Kronecker-Capellijevog teorema zaključujemo da je sustav rješiv. Iz transformirane matrice

čitamo rješenje

1 3

49 27

10 10x x ,

2 3

47 11

10 10x x za bilo koji realni broj x3, odnosno

1

51 27

10 10x t ,

2

47 11

10 10x t , x3 = t, Rt .

Prema tome, sustav je rješiv i ima beskonačno mnogo rješenja.

Primjer 1.21. Upotrebom G-J algoritma riješimo sljedeći sustav linearnih jednadžbi

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 4 9

3 7 10

3 6 1.

x x x

x x x

x x x

Rješenje: Proširena matrica Ap gornjeg sustava i njoj ekvivalentna matrica 'pA izgledaju ovako

27 491 0

10 102 4 1 911 47

3 1 7 10 0 1 .10 10

1 3 6 10 0 0 40

pA

Dakle, nakon provedenih elementarnih transformacija nad recima matrice Ap u gornjem lijevom

kutu transformirane (ekvivalentne) matrice dobili smo jediničnu matricu formata 2, a treći

element vektora slobodnih članova te matrice (četvrti stupac ekvivalentne matrice Ap) je različit

od 0, pa imamo r(A) = 2, r(Ap) = 3 r(A) < r(Ap). Prema Kronecker-Capellijevom teoremu

zaključujemo da sustav nije konzistentan (rješiv).

1.3.4. Određivanje inverzne matrice Gauss–Jordanovim algoritmom

Gauss–Jordanov algoritam omogućuje nam da rješavamo više linearnih sustava ako svi ti sustavi

imaju identičnu matricu koeficijenata A. Neka je A Mn, X Rn, a Ii, i {1, 2, …, n} jedinični

vektori, koji tvore jediničnu matricu I formata n. Riješimo istovremeno sljedeće sustave:

AX = Ii, i {1, 2, …, n}.

Zato možemo pisati AX = I. Iz definicije inverzne matrice po kojoj je 1 1 ,AA A A I

zaključujemo da je rješenje gornjeg sustava 1.X A

Pri rješavanju sustava AX = I polazimo od matrice

35 Linearna algebra

11 12 1

21 22 2

1 2

... 1 0 ... 0

... 0 1 ... 0

... 0 0 ... 1

n

n

n n nn

a a a

a a aA I

a a a

.

Ako možemo matricu A I konačnim brojem elementarnih transformacija nad recima

transformirati u matricu

11 12 1

21 22 2

1 2

1 0 ... 0 ...

0 1 ... 0 ...

0 0 ... 1 ...

n

n

n n nn

c c c

c c cI C

c c c

,

onda je A regularna matrica, pri čemu je

11 12 1

21 22 21

1 2

...

....

...

n

n

n n nn

c c c

c c cC A

c c c

Primjer 1.22. Upotrebom G–J. algoritma izračunajmo inverzne matrice matrica

a)

2 1 0

0 4 7

1 1 5

A

, i b)

2 1 0

0 4 7 .

2 5 7

B

Rješenje: a) Formirajmo proširenu matricu

2 1 0 1 0 0

0 4 7 0 1 0

1 1 5 0 0 1

A I

.

Nakon provedenih elementarnih transformacija dobili smo:

1

13 5 71 0 0

33 33 33

7 10 140 1 0

33 33 33

4 1 80 0 1

33 33 33

I A

,

pa je inverzna matrica


1

13 5 7

33 33 33

7 10 14

33 33 33

4 1 8

33 33 33

A

.

b) Proširena matrica

2 1 0 1 0 0

0 4 7 0 1 0

2 5 7 0 0 1

B I

1 11 0 0 0

2 2

7 10 1 0 0

4 4

0 0 0 1 1 1

.

Budući da je r(B) = 2 < 3 (elementarnim transformacijama nismo uspjeli dobiti jediničnu

matricu na mjestu matrice B), matrica B nije regularna (nema inverz).


1. Odredite rang sljedećih matrica

a)

1 2 3

0 1 5

3 4 6

4 6 9

A

, b)

2 3 2 0 3

1 3 2 5 0

1 5 0 6 3

0 10 2 9 3

B

.

2. Dan je sustav

2 2 4 2

2 1

4 2 1

x y z

x y z

x y z

.

Ispitajte konzistentnost (suglasnost) danog sustava. Ako je konzistentan, koliko ima rješenja?

3. Dan je sustav jednadžbi

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

3 2 9

2 3 2 2 9

2 6 17

3 5 8 3 18

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

.

Ispitajte konzistentnost danog sustava i ako je konzistentan odredite njegova rješenja.

4. Odredite inverz (ako postoji) sljedećih matrica

37 Linearna algebra

1 0 2

0 1 5

1 1 6

A

,

1 0 3 1

0 2 2 1

2 0 1 0

3 2 2 1

B

,

1 0 1 0

0 1 0 2

2 1 1 0

0 1 0 2

C

.

1.4. Determinanta matrice

1.4.1. Pojam i definicija determinante

Neka je A kvadratna matrica reda n. Determinanta te matrice (u oznaci detA ili A ) je broj, koji

se na jednoznačan način pridružuje matrici A.6

U slučaju kad je A kvadratna matrica reda 1, tj. matrica A ima samo jedan element, onda je

determinanta te matrice jednaka upravo tom elementu.

Za kvadratnu matricu drugog reda, tj. matricu

11 12

21 22

a aA

a a

,

determinantu definiramo kao

11 12

11 22 21 12

21 22

det .a a

A a a a aa a

Determinantu kvadratne matrice trećeg reda definiramo na sljedeći način:

11 12 13

21 22 23

31 32 33

det

a a a

A a a a

a a a

11 22 33 12 22 31 13 21 32 31 22 13 32 23 11 33 21 12( ).a a a a a a a a a a a a a a a a a a

To se može iskazati Sarusovim pravilom, prema kome se determinanti dopišu s desna prvi i drugi

stupac i potom s predznakom „+“ računaju produkti elemenata na glavnoj dijagonali i

dijagonalama paralelnim glavnoj dijagonali, dok se s predznakom „–“ računaju produkti

elemenata sa sporedne dijagonale i dijagonala paralelnih sporednoj dijagonali, a zatim se svi tako

dobiveni produkti zbroje:

11 12 13 11 12

21 22 23 21 22

31 32 33 31 32

det

a a a a a

A a a a a a

a a a a a

=

11 22 33 12 22 31 13 21 32 31 22 13 32 23 11 33 21 12( ).a a a a a a a a a a a a a a a a a a

6 Determinanta matrice A formata n precizno se definira preko permutacija. Međutim, zbog kompliciranosti te definicije, ovdje se daju samo jednostavnije opisne definicije determinante matrica formata jedan, dva i tri.


Treba napomenuti da se Sarusovim pravilom mogu izračunati samo determinante kvadratnih

matrica trećeg reda. U slučaju matrica višeg reda koristi se Laplaceov razvoj, koji uvodimo u

ovoj sekciji.

Definicija 1.25. Determinanta reda n–1, koja se iz determinate n–tog reda dobije izostavljanjem

jednog retka i jednog stupca naziva se subdeterminantom te determinante. Izostavljanjem i–tog

retka i j–tog stupca determinate n–tog reda, na čijem se presjeku nalazi element aij, dobije se

subdeterminata, koja se naziva minorom elementa aij (u oznaci Mij).

Primjer 1.23. Izračunajmo sve minore determinante

1 0 1

2 1 0

0 3 3

A .

Rješenje: Prema definiciji 1.24., imamo

11 12 13

21 22 23

31 32 33

1 0 2 0 2 13 6 6

3 3 0 3 0 3

0 1 1 1 1 03 3 3

3 3 0 3 0 3

0 1 1 1 1 01 2 1.

1 0 2 0 2 1

M M M

M M M

M M M

Definicija 1.26. Algebarskim komplementom ili kofaktorom elementa aij determinante A ,

odnosno matrice A, nazivamo broj ( 1)i j

ij ijA M .

Primjer 1.24. Odredimo algebarske komplemente svih elemenata matrice

1 3 1

0 1 3 .

5 1 0

A

Rješenje. U skladu s prethodne dvije definicije imamo:

11 12 13

21 22 23

31 32 33

1 3 0 3 0 13 15 5

1 0 5 0 5 1

3 1 1 1 1 31 5 16

1 0 5 0 5 1

3 1 1 1 1 310 3 1.

1 3 0 3 0 1

A A A

A A A

A A A

39 Linearna algebra

Teorem 1.11. a) Vrijednost determinante kvadratne matrice A reda n jednaka je zbroju produkata

elemenata proizvoljnog retka i njima odgovarajućih kofaktora, tj.

1 1 2 2

1

det ... ,n

i i i i in in ij ij

j

A a A a A a A a A

1,2,...,i n ,

što predstavlja Laplaceov razvoj po i–tom retku.

b) Vrijednost determinante kvadratne matrice A reda n jednaka je zbroju produkata elemenata

proizvoljnog stupca i njima odgovarajućih kofaktora, tj.

1 1 2 2

1

det ...n

j j j j nj nj ij ij

i

A a A a A a A a A

, 1,2,...,j n ,

a to je Laplaceov razvoj po j–tom stupcu.

Ovaj teorem nećemo dokazivati.

Primjer 1.25. Izračunajmo vrijednost determinante matrice

1 1 0 2

2 4 1 0

0 2 1 3

2 5 0 2

A

upotrebom Laplaceovog razvoja.

Rješenje. Laplaceov razvoj ćemo napraviti po trećem stupcu, budući da taj stupac ima dvije nule:

1 3 2 3 3 3 4 3

2 4 0 1 1 2 1 1 2 1 1 2

det 0 ( 1) 0 2 3 ( 1) ( 1) 0 2 3 ( 1) 2 4 0 0 ( 1) 2 4 0

2 5 2 2 5 2 2 5 2 0 2 3

A

4 6 (8 15) ( 8) 20 (16 4) 41

Primjer 1.26. Izračunajmo vrijednost determinante jedinične matrice i gornje trokutaste matrice.

Rješenje: ( ) 11 ( 1) (2)

1 0 0 ... 0

0 1 0 ... 01 0

det 1 det ... det 10 0 1 ... 00 1

0 0 0 ... 1

n nI A I I

Zaključujemo da je ( )det 1.nI

Analogno postupamo i kod gornje trokutaste matrice:


11 12 13 1

22 23 2

22 23 2 33 3

33 3

33 3 11 11 22 11 22

......

0 ... ...0 ...

det 0 0 ... ... ...

0 ...0 0 ...

0 0 0 ...

n

n

n n

n

n n nn

nn

nn

nn

a a a aa a a

a a a a aa a

G a a a a a a a a

aa

a

.

Prema tome, vrijednost determinante gornje trokutaste matrice jednaka je produktu elemenata

glavne dijagonale matrice. Nije teško pokazati da isto vrijedi i za donju trokutastu matricu.

Navedimo bez dokaza nekoliko svojstava determinanti:

1. det det TA A za bilo koju kvadratnu matricu A.

2. Ako dva retka (stupca) zamijene svoja mjesta, determinanta mijenja predznak.

3. Determinanta je jednaka nuli ako su svi elementi jednog retka (stupca) jednaki nuli.

4. Determinantu množimo brojem različitim od nule tako da tim brojem pomnožimo sve

elemente samo jednog retka (stupca) te determinante.

5. Vrijednost determinante se ne mijenja ako elementima jednog retka (stupca) dodamo

odgovarajuće elemente nekog drugog retka (stupca) pomnožene nekim brojem.

6. Ako su A i B kvadratne matrice istog reda, tada je det( ) det detAB A B .

7. Za MnA i R , det( ) detnA A .

1.4.2. Računanje inverzne matrice pomoću determinanti

Definicija 1.27. Ako u kvadratnoj matrici A = [aij] njene elemente aij zamijenimo odgovarajućim

kofaktorima Aij, dobit ćemo matricu cof(A) = [Aij], koju nazivamo kofaktorskom matricom

matrice A. Matricu adjA = [cof(A)]T nazivamo adjungiranom matricom matrice A.

Za računanje inverzne matrice pomoću determinanti bitan je sljedeći teorem koji dajemo bez

dokaza:

Teorem 1.12. Ako je A regularna matrica reda n, tada je

A–1 = 1

detadjA

A.

Posljedica teorema 1.12 je:

matrica A Rn je regularna (ima inverz) ako i samo ako je det A 0, a singularna (nema

inverz) ako i samo ako je det A = 0.

Napomena: Ako je matrica

a bA

c d

regularna, njen inverz dobivamo kao

41 Linearna algebra

1 1.

d bA

c aad bc

Primjer 1.27. Nađimo inverznu matricu matrice

1 2 0

1 0 1

1 1 1

A

.

Rješenje: Najprije računamo determinantu matrice A: det A = 1. Budući da je determinanta

matrice A različita od nule, ova je matrica regularna (ima inverz).

Potom računamo kofaktore svih elemenata matrice A, adjA te 1A :

11 12 13

21 22 23

31 32 11

0 1 1 1 1 01 0 1

1 1 1 1 1 1

2 0 1 0 1 22 1 1

1 1 1 1 1 1

2 0 1 0 1 22 1 2,

0 1 1 1 1 0

1 0 1 1 2 2

2 1 1 0 1 1

2 1 2 1 1 2

T

A A A

A A A

A A A

adjA

1

1 2 2 1 2 21

0 1 1 0 1 11

1 1 2 1 1 2

A

.

Provjeru točnosti računanja inverzne matrice 1A vršimo provjerom je li ispunjeno

1 ,A A I

1 2 0 1 2 2 1 0 0

1 0 1 0 1 1 0 1 0

1 1 1 1 1 2 0 0 1

.

1.4.3. Cramerov sustav

Teorem 1.13. (Cramer7). Ako je det A 0, onda sustav linearnih jednadžbi s n jednadžbi i n

nepoznanica (kvadratni sustav) ima jedinstveno rješenje (x1, x2, …, xn) dano sa

7 G. Cramer, švicarski matematičar (1704-1752).


det

det

kk

Ax

A , 1,2,...,k n ,

gdje se matrica Ak 1,2,...,k n dobiva zamjenom k-tog stupca matrice A stupcem slobodnih

članova, tj. vektorom B.

Dokaz. Prema teoremu po kojem kvadratni sustav linearnih algebarskih jednadžbi ima

jedinstveno rješenje ako je matrica A regularna i Laplaceovom razvoju determinante po

proizvoljnom stupcu, imamo

11 21 1 1

12 22 2 21

1 2

...

...1

det

...

n

n

n n nn n

A A A b

A A A bX A B

A

A A A b

11 1 21 2 1 1

12 1 22 2 2 2

1 1 2 2

... det

... det1 1

.....................................det det

... det

n n

n n

n n nn n n

A b A b A b A

A b A b A b A

A A

A b A b A b A

.

Odavde, koristeći definiciju jednakosti matrica, slijedi:

det

det

kk

Ax

A , 1,2,...,k n .

Rješavanje sustava linearnih jednadžbi primjenom Teorema 1.13. nazivamo Cramerovom

metodom.

Primjer 1.28. Dan je sustav jednadžbi

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 4

2 5 4 12

2 6 3.

x x x

x x x

x x x

Ispitajmo konzistentnost ovog sustava i ako je konzistentan, riješimo ga Cramerovom metodom.

Rješenje: Determinanta matrice A je

1 2 1

det 2 5 4 71( 0)

1 2 6

A

,

pa je sustav konzistentan. Primijenimo Teorem 1.13. za njegovo rješavanje:

Izračunajmo det Ak, k = 1, 2, 3. Ako u det A na mjesto prvog stupca stavimo vektor slobodnih

članova, dobit ćemo det A1:

43 Linearna algebra

1

4 2 1

det 12 5 4 71

3 2 6

A

.

Analogno računamo det A2 (drugi stupac det A zamjenjujemo vektorom slobodnih članova) i

3det A (treći stupac det A zamjenjujemo vektorom slobodnih članova):

2

1 4 1

det 2 12 4 142

1 3 6

A

, 3

1 2 4

det 2 5 12 71

1 2 3

A

.

Prema Teoremu 1.13. imamo:

11

det 711

det 71

Ax

A , 2

2

det 1422

det 71

Ax

A , 3

3

det 711

det 71

Ax

A

.

Često se Cramerov model koristi u diskusiji rješenja kvadratnog sustava linearnih jednadžbi s

parametrima. Tada imamo sljedeću diskusiju:

1. Ako je det A 0, sustav ima jedinstveno rješenje dano sa

det

det

kk

Ax

A

2. Ako je det A = 0, a barem jedna det Ak 0 (k {1,2, …,n} sustav je nekonzistentan, tj.

sustav nema rješenja.

3. Ako je det A = det A1 = det A2 = … =det An = 0, sustav je neodređen, tj. ili ima beskonačno

mnogo rješenja ili uopće nema rješenja. Ima li sustav rješenja provjeravamo direktnom

primjenom Kronecker-Capellijevog teorema, zamjenom vrijednosti dobivenih parametara u

dani sustav.

Primjer 1.29. U ovisnosti o realnom parametru a, diskutirajmo rješenja sustava jednadžbi

2

1 2 3

1 2 3

1 2 3 1.

x x ax a

x ax x a

ax x x

Rješenje: Izračunajmo najprije det A, det A1, det A2 i det A3:

2

1 1

det 1 1 ( 1) ( 2)

1 1

a

A a a a

a

,

2

2

1

1

det 1 ( 1) ( 1)

1 1 1

a a

A a a a a ,

2

2

2

1

det 1 1 ( 1)

1 1

a a

A a a

a

,


2

2 2

3

1 1

det 1 ( 1) ( 1)

1 1

a

A a a a a

a

.

Izračunajmo za koje su vrijednosti parametra a det A = 0, det A1 = 0, det A2 = 0 i det A3 = 0:

Det A = 0 za a = 1 ili a = –2; det A1 = 0 za a = 1 ili a = –1; det A2 = 0 za a = 1; det A3 = 0 za

1a ili a = –1.

Diskusija:

1. Za 1a i 2a (detA 0) sustav ima jedinstveno rješenje 2

11 2

det ( 1) ( 1) 1

det ( 1) ( 2) 2

A a a ax

A a a a

,

2

22 2

det ( 1) 1

det ( 1) ( 2) 2

A ax

A a a a

,

2 2 2

33 2

det ( 1) ( 1) ( 1)

det ( 1) ( 2) 2

A a a ax

A a a a

.

2. Za a = –2 sustav je nekonzistentan (nema rješenje).

3. Za a = 1 sustav je neodređen (za a = 1, det A = det A1 = det A2 = det A3 = 0). Da bismo

provjerili ima li sustav rješenje za a = 1, uvrstimo a = 1 u naš sustav. Dobivamo

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1

1

1.

x x x

x x x

x x x

Za njega vrijedi

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 0 0 0 0

1 1 1 1 0 0 0 0

pA

.

Za taj sustav je r(Ap) = r(A) = 1 < 3. Naš sustav je ekvivalentan jednadžbi

1 2 3 1x x x .

Uzimajući varijable x2 i x3 za slobodne, te stavimo li 2x , 3x , gdje su i

proizvoljni realni brojevi, dobivamo

1 1x , odakle slijedi da je rješenje sustava svaka uređena trojka brojeva

1 2 3( , , ) (1 , , )x x x , gdje su i proizvoljni realni brojevi.


1. Primjenom adjungirane matrice odredite inverznu matricu matrice

a)

2 0 2

2 1 0

1 2 1

A

, b)

2 2 1

3 0 2

2 1 1

B

.

2. Riješite matričnu jednadžbu AX = B, ako je

45 Linearna algebra

1 0 1

1 0 0

1 1 1

A

,

3 1 1

2 0 2

1 2 1

B

.

Napomena: Inverznu matricu računajte preko adjungirane matrice.

3. Riješite matričnu jednadžbu

3AX – 3A = 3B + X,

ako je

1 2

1 3A

, 1 3

2 6B

.

4. Riješite matričnu jednadžbu (adj A)AX + 2X = (det AT)I, ako je

1 1

3 0A

.

5. Odredite realni parametar m tako da sustav

2 0

2 0

2 4 3 0

x y mz

x y mz

x y z

ima trivijalna rješenja.

6. U ovisnosti o realnom parametru m diskutirajte rješenja sustava jednadžbi

1 2 3

1 2 3

1 3

( 1) 1

2 2 2

2 2 1.

m x mx x

x x x

x x

1.5. Primjene linearne algebre u ekonomiji

Ovdje ćemo razmotriti primjenu linearne algebre u rješavanju nekih modela u ekonomiji kao što

su linearno programiranje i međusektorski model (input–output analiza).

1.5.1. Linearno programiranje

Određivanje ekstremne vrijednosti (maksimuma ili minimuma) funkcije z(X) na nekom skupu S:

min ( )SX

z X

ili max ( )SX

z X

, '

1 2, ,..., nX x x x

predstavlja problem matematičkog programiranja. Pritom se z(X) naziva funkcija cilja, a S skup

dopustivih (mogućih) rješenja. Linearno programiranje je poseban slučaj matematičkog

programiranja u kojem je funkcija cilja linearna, a skup S formiraju ograničenja izražena u obliku

linearnih nejednadžbi i/ili linearnih jednadžbi.

Razlikujemo standardni i opći oblik problema linearnog programiranja za maksimum i

minimum. Standardni oblik problema linearnog programiranja za maksimum sastoji se od jedne


linearne funkcije cilja koju treba maksimizirati na skupu S. Skup S formiraju ograničenja

izražena u obliku linearnih nejednadžbi oblika manje ili jednako ( ) :

1 2

1 2 1 1 2 2( , ,..., )

max ( , ,..., ) ...Sn

n n nx x x

z x x x c x c x c x

(1.7)

gdje je

1 2

11 1 12 2 1 1

21 1 22 2 2 2

1 1 2 2

1 2

( , ,..., ) :

... ;

... ;.

..............................................

... ;

, ,..., 0

S

n

n n

n n

m m mn n m

n

x x x

a x a x a x b

a x a x a x b

a x a x a x b

x x x

Standardni problem maksimuma napisan u matričnom obliku izgleda kao

maxS

T

XC X

, (1.8)

gdje je

1 2 ....T

nC c c c ,

1

2

n

x

xX

x

,

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...

...

n

n

m m mn

a a a

a a aA

a a a

,

1

2

m

b

bB

b

.

Varijable 1 2, ,..., Rnx x x nazivamo strukturnim varijablama ili varijablama odlučivanja

problema linearnog programiranja.

Za razliku od standardnog problema za maksimum problema linearnog programiranja,

standardni problem za minimum čini jedna linearna funkcija cilja koju treba minimizirati na

skupu S. Ovdje skup S formiraju nejednadžbe oblika veće ili jednako ( ) i ograničenja

nenegativnosti varijabli. Skup S nazivamo skupom dopustivih rješenja.

Da bismo mogli riješiti problem linearnog programiranja za maksimum primjenom algebarske

procedure potrebno je dodavanjem dopunskih varijabli sva ograničenja oblika nejednadžbi (osim

ograničenja nenegativnosti varijabli) pretvoriti u jednadžbe. Na taj način dobivamo standardni

oblik problema linearnog programiranja za maksimum u kanonskom obliku:

1 2 1 2

1 2 1 2 1 1 2 2 1 2( , ,..., , , ,..., )

max ( , ,..., , , ,..., ) ... 0 0 ... 0Sn m

n m n n mx x x s s s

z x x x s s s c x c x c x s s s

(1.9)

47 Linearna algebra

1 2 1 2

11 1 12 2 1 1 1

21 1 22 2 2 2 2

1 1 2 2

( , ,..., , , ,..., ) :

... ;

... ;

................................................................

...

S

n m

n n

n n

m m mn n

x x x s s s

a x a x a x s b

a x a x a x s b

a x a x a x

1 2 1 2

;

, ,..., , , ,..., 0

m m

n m

s b

x x x s s s

.

Model (1.9) rješava se specijalnim iterativnim algoritmom za rješavanje problema linearnog

programiranja, koji je nazvan simpleks metodom. Suština simpleks metode je da kroz konačan

broj koraka rješava sustav linearnih jednadžbi, vodeći računa da na kraju funkcija cilja dobije

maksimalnu vrijednost na skupu dopustivih rješenja.

Proces rješavanja započinje formiranjem početne baze, koju čine vektori uz dopunske varijable

(m jediničnih vektora) i početnog bazičnog mogućeg rješenja, koje čine dopunske varijable s1,

s2, …, sm s vrijednostima s1 = b1, s2 = b2, …, sm = bm. Dakle u početnom bazičnom rješenju i u

svim daljnjim bazičnim rješenjima vrijednost bazičnih varijabli jednaka je vrijednosti slobodnih

članova dok sve ostale varijable (nebazične varijable) imaju vrijednost jednaku nuli.

Zaključujemo da je desna strana ograničenja (vektor B) izražena kao linearna kombinacija

vektora baze, koju čine jedinični vektori (kanonska baza). Vrijednosti vektora B predstavljaju

parametre linearne kombinacije vektora baze, a to su ujedno vrijednosti varijabli u bazičnom

rješenju. Ispituje se može li se dobiveno bazično rješenje poboljšati zamjenom vektora u bazi, tj.

postoji li bazično rješenje za koje funkcija cilja poprima veću vrijednost. Ako se postojeće

rješenje ne može poboljšati, onda je tekuće bazično rješenje optimalno rješenje problema

linearnog programiranja. Međutim, ako se tekuće bazično rješenje može poboljšati, onda se

poboljšanje funkcije cilja postiže uvođenjem jednog nebazičnog vektora u bazu umjesto jednog

bazičnog vektora.

U sljedećem koraku formira se nova baza i novo bazično rješenje. U bazu ulazi vektor koji se

nalazi uz varijablu koja najviše doprinosi povećanju vrijednosti funkcije cilja. Cilj je da nova

bazična varijabla ima najveću moguću vrijednost zadržavajući vrijednost svih ostalih bazičnih

varijabli nenegativnim. Iz baze izlazi vektor koji svojim napuštanjem baze omogućuje novom

bazičnom vektoru postizanje maksimalne vrijednosti, a da pritom sve ostale varijable ostanu

nenegativne. Na taj način postojeća bazična varijabla dobiva vrijednost jednaku nuli i postaje

nebazična, a vektor uz tu varijablu postaje nebazičan.

Da bismo osigurali da se u bazi uvijek nalaze bazični vektori, potrebno je Gauss-Jordanovim

transformacijama dobiti jedinični vektor uz novu bazičnu varijablu s jedinicom na presjeku dvaju

vektora (vektor koji ulazi u bazu i vektor koji izlazi iz baze) i nulama na ostalim mjestima vektora

koji ulazi u bazu.

Postupak rješavanja se nastavlja sve dok se ne dobije takvo bazično rješenje koje se ne može

dalje poboljšavati.

Problem linearnog programiranja s dvije varijable može se riješiti grafički. Postupak grafičkog

rješavanja problema linearnog programiranja s dvije varijable prikazat ćemo na jednom primjeru.


Primjer 1.30. Pri izradi proizvoda P1 i P2 koriste se dva stroja S1 i S2. Potrebno vrijeme obrade

(u satima) po jedinici proizvoda dano je u tablici 1.8.

Tablica 1.8. Vrijeme izrade proizvoda i kapaciteti strojeva

Proizvod

Stroj

S1 S2

P1 1 2

P2 3 2

Kapacitet stroja 60 80

a) Postavlja se pitanje kako se mogu odrediti svi mogući planovi proizvodnje proizvoda P1

i P2?

b) Kako odrediti sve planove proizvodnje koji osiguravaju maksimalnu dobit poduzeća, ako

je neto prihod po jedinici proizvoda P1 jednak 2 novčane jedinice, a proizvoda P2 3

novčane jedinice.

Rješenje: a) Ako je x1 broj jedinica proizvoda P1 a x2 broj jedinica proizvoda P2, onda vrijeme

angažiranja stroja S1 iznosi

x1 + 3x2.

To vrijeme ne može biti veće od kapaciteta tog stroja, pa mora biti

x1 + 3x2 60.

Analogno je

2x1 + 2x2 80.

Također mora biti

x1, x2 0.

Dakle, sve moguće planove proizvodnje proizvoda P1 i P2 naći ćemo ako riješimo sljedeći sustav

linearnih nejednadžbi:

x1 + 3x2 60

2x1 + 2x2 80

x1, x2 0.

Rješenje ovog sustava je

1

2

0 40

0 20.

x

x

Prema tome, ovaj sustav ima beskonačno mnogo rješenja, a nama je potrebno jedno rješenje, ono

koje daje maksimalnu vrijednost funkciji cilja.

49 Linearna algebra

b) Za poduzeće je bitan onaj plan proizvodnje koji mu donosi maksimalnu dobit. To znači, ako

je poznat neto prihod pi po jedinici proizvoda Pi, i {1, 2}, potrebno je odrediti onaj plan

proizvodnje za koji funkcija

p1x1 + p2x2

doseže maksimalnu vrijednost. Takve planove nazivamo optimalnim planovima proizvodnje.

Pošto problem linearnog programiranja iz primjera 1.29. sadrži samo dvije nezavisne varijable,

za njegovo rješavanje možemo upotrijebiti grafičku metodu. Grafička se metoda sastoji u tome

da se na grafu prikaže skup dopustivih rješenja S i projekcija funkcije cilja z(x1, x2). Točka na

skupu dopustivih rješenja S u kojoj funkcija cilja doseže svoju maksimalnu vrijednost predstavlja

optimalno rješenje danog problema linearnog programiranja. Na primjeru ćemo pokazati kako

najjednostavnije doći do te točke.

Pošto neto prihod po jedinici proizvoda P1 i P2 iznosi 2 i 3 novčane jedinice (n.j.) respektivno,

problem linearnog programiranja možemo prikazati kao

1 2

1 2 1 2( , )max ( , ) 2 3

Sx xz x x x x

, (1.10)

gdje je

1 2

1 2

1 2

1 2

( , ) :

3 60,

2 2 80,

, 0

S

x x

x x

x x

x x

Da bismo problem (1.10) riješili grafičkom metodom, potrebno je najprije grafički prikazati skup

dopustivih rješenja S. Ograničenja iz skupa S napisat ćemo u obliku jednadžbi i grafički prikazati

pravce koji odgovaraju tim jednadžbama. Nakon toga se prema karakteru nejednakosti određuje

skup dopustivih rješenja.

x1 + 3x2 = 60

2x1 + 2x2 = 80.

Ako riješimo ovaj sustav dobit ćemo točku u kojoj se sijeku ova dva pravca:

x1 = 30

x2 = 10


Slika 1.1. Grafičko rješenje problema linearnog programiranja

O, P, Q i R su ekstremne točke skupa dopustivih rješenja. Vrijednost funkcije cilja u ekstremnim

točkama skupa dopustivih rješenja je: z(0, 0) = 0, z(40, 0) = 80, z(30,10) = 90, z(0,20) = 60. U

problemu linearnog programiranja funkcija cilja doseže svoju ekstremnu vrijednost (maksimum

odnosno minimum) u ekstremnim točkama skupa dopustivih rješenja. Naša funkcija z doseže

svoj maksimum u točki (x1, x2) = (30, 10), pri čemu je z(30, 10) = 90 > z(40, 0) > z(0, 20) >

0, 0 . z

Točku u kojoj funkcija cilja z doseže svoj maksimum na skupu S možemo pronaći i na drugi

način. Naime, funkciju cilja z možemo izjednačiti s nulom, 2x1 + 3x2 = 0, kako bismo dobili

pravac koji prolazi kroz ishodište koordinatnog sustava, koji je ustvari presjek ravnine koja

predstavlja funkciju cilja s ravninom z = 0. Koeficijent smjera pravca 2x1 + 3x2 = 0 iznosi 2

3

(x2 = 2

3 x1).

Funkcija z ima vrijednost 0 u ishodištu koordinatnog sustava, tj. z = 0 za x1 = 0, x2 = 0.

Ako nacrtamo pravac z = c (c > 0) dobit ćemo pravac koji ima isti koeficijent smjera kao i pravac

z = 0 i paralelan je pravcu z = 0, ali je udaljen od tog pravca (i funkciji cilja daje veću vrijednost).

x1

x2

S

P(40, 0)

Q(30, 10)

R(0, 20)

O(0, 0)

2x1 + 3x2 = 0

2x1 + 3x2 = 30

2x1 + 3x2 = 60

2x1 + 3x2 = 90

51 Linearna algebra

Ako na primjer stavimo da je z = 30 dobit ćemo pravac 2x1 + 3x2 = 30, odnosno 2 1

210

3 x x ,

koji ne prolazi kroz ishodište koordinatnog sustava. Ovaj pravac prolazi kroz točke (15, 0) i

0, 10 , a to znači da funkcija cilja z ima vrijednost 30 u svakoj točki tog pravca, tj. z = 30 za

svaku konveksnu kombinaciju točaka X1(x1, x2) = (15, 0) i X2(x1, x2) = (0, 10), tj. za

1 2 1 2( , ) (1 )X x x X X , 0 1 . Taj se pravac u ekonomiji naziva izoprofitnim pravcem

(svaka točka na pravcu predstavlja jednu kombinaciju varijabli x1 i x2 za koju funkcija cilja ima

jednaku vrijednost).

Također, ako stavimo da je z = 60 dobit ćemo pravac 2x1 + 3x2 = 60, koji je još više udaljen od

ishodišta koordinatnog sustava i prolazi točkama X1(x1, x2) = (30, 0) i X2(x1, x2) = (0, 20). Daljnjim

povećanjem vrijednosti z dobivamo familiju pravaca koji na skupu S daju sve veću vrijednost

funkciji cilja.

Pravac z = c, koji je najudaljeniji od ishodišta koordinatnog sustava, a dodiruje skup dopustivih

rješenja u najmanje jednoj ekstremnoj točki određuje točku u kojoj funkcija cilja doseže svoj

maksimum (optimalna točka) na skupu dopustivih rješenja. Taj je pravac paralelan pravcu z = 0,

tako da zaključujemo da se optimalna točka može pronaći translatiranjem pravca z = 0 do

najudaljenije ekstremne točke skupa dopustivih rješenja.

1.5.2. Input – output (I-O) analiza

Pretpostavimo da je gospodarstvo jedne zemlje (regije) podijeljeno na n sektora.

Neka je:

Qi, i {1, 2, …, n}, ukupna količina proizvoda (outputa) proizvedenih u i-tom sektoru,

Qij, i, j {1, 2, …, n}, količina proizvoda (outputa) i-tog sektora upotrijebljenih u j-tom sektoru

za normalno odvijanje proizvodnje u njemu (međusektorska potrošnja), a

qi, i {1, 2, …, n}, količina finalne potrošnje i-tog sektora.

Osnovna pretpostavka input – output analize je da se sva količina svakog proizvedenog proizvoda

(outputa) utroši ili kroz proizvodnu (međusektorsku) potrošnju Qij, ili kroz finalnu potrošnju qi .

Pošto smo pretpostavili da je ukupna proizvodnja (ponuda) jednaka ukupnoj potrošnji (potražnji),

možemo formirati sljedeći sustav linearnih jednadžbi ravnoteže:

Q1 = Q11 + Q12 + … + Q1n + q1

Q2 = Q21 + Q22 + … + Q2n + q2

……………………………….

Qn = Qn1 + Qn2 + … + Qnn + qn

Navedeni sustav linearnih jednadžbi ravnoteže možemo napisati kao:


1

n

i ij i

j

Q Q q

, 1, 2, ,i n , (1.11)

Odnosno prikazati tablično kao

Qi Qij qi

Q1 Q11 Q12 … Q1n q1

Q2 Q21 Q21 … Q2n q2

Qn Qn1 Qn2 … Qnn qn

Sustav (1.11) ima n jednadžbi i n2 + 2n nepoznanica. Da bismo mogli dobiti jedinstveno rješenje

ovog sustava, potrebno je imati sustav od n jednadžbi i n nepoznanica. Ako pretpostavimo

nepromjenljivost tehnoloških uvjeta proizvodnje, onda će udjel i-tog sektora u jedinici proizvoda

j-tog sektora biti konstantan.

Uvedimo tehničke koeficijente

ij

ij

j

Qa

Q , 1, 2,, , ,i j n (1.12)

koji predstavljaju količinu proizvoda i-tog sektora koju je nužno upotrijebiti pri proizvodnji jedne

jedinice proizvoda j-tog sektora. Iz relacije (1.12) slijedi da je

ij ij jQ a Q , 1, 2,, ,i j n .

Sada sustav (1.11) možemo napisati kao

i ij j iQ a Q q , 1, 2,, ,i j n ,

ili u razvijenom obliku

Q1 = a11Q1 + a12Q2 + … + a1nQn + q1

Q2 = a21 Q1 + a22Q2 + … + a2nQn + q2 (1.13)

……………………………….

Qn = an1Q1 + an2Q2 + … + annQn + qn

Uvedemo li oznake

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...

...

n

n

n n nn

a a a

a a aA

a a a

,

1

2

n

Q

QQ

Q

,

1

2,

n

q

qq

q

Sustav (1.13) možemo u matričnom obliku napisati kao:

53 Linearna algebra

Q = AQ + q (1.14)

Sustav (1.13) ima n linearnih jednadžbi i 2n nepoznanica. Da bismo mogli dobiti jedinstveno

rješenje tog sustava, potrebno je poznavati vrijednost n veličina. Za rješavanje sustava (1.13)

postoje 3 mogućnosti:

a) Poznat je vektor ukupnih outputa Q,

b) Poznat je vektor finalne potrošnje q, i

c) Za neke je sektore poznata ukupna količina proizvodnje, a za neke količina finalne

potrošnje (potražnje).

Poznat je vektor ukupnih outputa Q

Prema relaciji (1.14) imamo

Q = AQ + q,

odnosno

Q – AQ = q,

ili

q = (I – A)Q.

Matrica I – A nazvana je matricom tehnologije (u oznaci T), pošto ovisi jedino o tehnološkim

uvjetima proizvodnje. Može se pokazati da je matrica T regularna za sve realne sustave

proizvodnje.

Dakle,

q = TQ. (1.15)

Međusektorsku potrošnju Qij izračunavamo iz relacije

ij ij jQ a Q , 1, 2,, ,i j n .

Primjer 1.31. Pretpostavimo da je ekonomija neke zemlje podijeljena na 3 sektora i da pripadna

input – output tablica izgleda ovako:

Qi Qij qi

200 40 60 20 80

300 60 120 40 80

400 80 150 60 110

Treba sastaviti novu input-output tablicu koja odgovara novom planu proizvodnje: Q1 = 280, Q2

= 420, Q3 = 560, ako je poznato da se tehnološki uvjeti proizvodnje nisu promijenili.

Rješenje: Matricu tehničkih koeficijenata izračunavamo iz dane input-output tablice, primjenom

relacije (1.12), po kojoj je


ij

ij

j

Qa

Q , , 1,2,3 .i j

Tako, 1111

1

400,2

200

Qa

Q , 12

12

2

600,2

300

Qa

Q , 13

13

3

200,05

400

Qa

Q ,

2121

1

600,3

200

Qa

Q , 22

22

2

1200,4

300

Qa

Q , 23

23

3

400,1

400

Qa

Q

3131

1

800,4

200

Qa

Q , 32

32

2

1500,5

300

Qa

Q , 33

33

3

600,15

400

Qa

Q ,

Pa matrica tehničkih koeficijenata izgleda kao

0,2 0,2 0,05

0,3 0,4 0,1

0,4 0,5 0,15

A

.

Iz matrice A izračunavamo matricu tehnologije T = I – A:

1 0 0

0 1 0

0 0 1

T

0,2 0,2 0,05 0.8 0.2 0.05

0,3 0,4 0,1 0,3 0,6 0,1

0,4 0,5 0,15 0,4 0,5 0,85

.

Novu količinu finalne potrošnje računamo iz:

0.8 0.2 0.05 280 112

0,3 0,6 0,1 420 112 .

0,4 0,5 0,85 560 154

q TQ

Novu međusektorsku potrošnju Qij računamo iz relacije

ij ij jQ a Q , , 1,2,3i j .

Nalazimo da je

11 11 1 0,2 280 56Q a Q , 12 12 2 0,2 420 84Q a Q , 13 13 3 0,05 560 28Q a Q ,

21 21 1 0,3 280 84Q a Q , 22 22 2 0,4 420 168Q a Q , 23 23 1 0,1 560 56Q a Q ,

31 31 1 0,4 280 112Q a Q , 32 32 2 0,5 420 210Q a Q , 33 33 3 0,15 560 84Q a Q .

Prema tome, nova input-output tablica izgleda ovako:

Qi Qij qi

280 56 84 28 112

55 Linearna algebra

420 84 168 56 112

560 112 210 84 154

Poznat je vektor finalne potrošnje q

Iz relacije q = TQ nalazimo

1 .Q T q

Kada su poznati ukupni outputi svakog sektora, onda upotrebom relacije

Qij = aijQj

lako izračunavamo međusektorsku potrošnju Qij.

Primjer 1.32. Pretpostavimo da je ekonomija neke zemlje podijeljena na tri sektora i da pripadna

input-output tablica izgleda ovako:

Qi Qij qi

200 40 60 20 80

300 60 120 40 80

400 80 150 60 110

Treba sastaviti novu input-output tablicu koja odgovara novom planu finalne potrošnje: q1 = 96,

q2 = 96, q3 = 132.

Rješenje: Najprije računamo matricu tehničkih koeficijenata A, matricu tehnologije T i inverznu

matricu 1 :T

0,2 0,2 0,05

0,3 0,4 0,1

0,4 0,5 0,15

A

,

1 0 0

0 1 0

0 0 1

T

0,2 0,2 0,05 0.8 0.2 0.05

0,3 0,4 0,1 0,3 0,6 0,1

0,4 0,5 0,15 0,4 0,5 0,85

,

1

0,46 0,195 0,051

0,295 0,66 0,0950,2895

0,39 0,48 0,42

T

.

Potom računamo vektor ukupne proizvodnje po sektorima

1

0,46 0,195 0,05 96 2401

0,295 0,66 0,095 96 3600,2895

0,39 0,48 0,42 132 480

Q T q

.

Novu međusektorsku potrošnju Qij računamo iz relacije

ij ij jQ a Q , , 1,2,3i j .


Nalazimo da je

11 11 1 0,2 240 48Q a Q , 12 12 2 0,2 360 72Q a Q , 13 13 3 0,05 480 24Q a Q ,

21 21 1 0,3 240 72Q a Q , 22 22 2 0,4 360 144Q a Q , 23 23 1 0,1 480 48Q a Q ,

31 31 1 0,4 240 96Q a Q , 32 32 2 0,5 360 180Q a Q , 33 33 3 0,15 480 72Q a Q .

Nova input-output tablica izgleda ovako:

Qi Qij qi

240 48 72 24 96

360 72 144 48 96

480 96 180 72 132

Mješoviti problem

Ako je za neke sektore poznata ukupna količina proizvodnje Qi, a za neke količina finalne

potrošnje qi, polazimo od sustava jednadžbi ravnoteže TQ = q. Nepoznate veličine prebacujemo

na lijeve strane jednadžbi, a poznate na desne strane. Tako dolazimo do sustava koji ima n

linearnih jednadžbi i n nepoznanica.

Primjer 1.33. Pretpostavimo da je ekonomija neke zemlje podijeljena na 3 sektora i da pripadna

input-output tablica izgleda kao:

Qi Qij qi

200 40 60 20 80

300 60 120 40 80

400 80 150 60 110

Treba sastaviti novu input-output tablicu, ako se pretpostavlja da će proizvodnja prvog sektora

biti Q1 = 240, a finalna potrošnja drugog i trećeg sektora q2 = 96 i q3 = 132, a poznato je da se

tehnološki uvjeti proizvodnje neće mijenjati.

Rješenje: Matrica tehničkih koeficijenata A i tehnološka matrica T izgledaju kao

0,2 0,2 0,05

0,3 0,4 0,1

0,4 0,5 0,15

A

,

0.8 0.2 0.05

0,3 0,6 0,1

0,4 0,5 0,85

T

.

Sustav TQ = q izgleda kao

1

2

3

0.8 0.2 0.05 240

0,3 0,6 0,1 96

0,4 0,5 0,85 132

q

Q

Q

.

Prethodni sustav nas vodi na sljedeći sustav linearnih jednadžbi:

57 Linearna algebra

2 3 1

2 3

2 3

192 0,20 0,05

72 0,06 0,10 96

96 0,05 0,95 132,

Q Q q

Q Q

Q Q

A nakon prebacivanja nepoznanica na lijevu, a konstanti na desnu stranu, dobivamo

2 3 1

2 3

2 3

0,2 0,05 192

0,6 0,10 168

0,5 0,95 228.

Q Q q

Q Q

Q Q

Prethodni sustav jednadžbi napisan u matričnom obliku izgleda kao

2

3

1

0,2 0,05 1 192

0,6 0,1 0 168 ,

0,5 0,85 0 228

Q

Q

q

odakle je

1

2

3

1

0,2 0,05 1 192 0 1,847826 0,217391 192 360

0,6 0,1 0 168 0 1,086957 1,304348 168 480

0,5 0,85 0 228 1 0,42391 0,1087 228 96

Q

Q

q

.

Dakle, Q2 = 360, Q3 = 480, q1 = 96.

Nova input-output tablica izgleda kao:

Qi Qij qi

240 48 72 24 96

360 72 144 48 96

480 96 180 72 132


1. Koristeći se grafičkom metodom riješite sljedeće probleme linearnog programiranja:

a) 1 2

1 2( , )max 4

Sx xz x x

, 1 2 1 2 1 2 1 2, : 2 3 18, 6, 4, , 0S x x x x x x x x .

b) 1 2

1 2( , )max 3 4

Sx xz x x

, 1 2 1 2 1 2 1 1 2, : 2 18, 12, 8, , 0S x x x x x x x x x .

2. Zadana je input-output tablica jedne ekonomije

Qi Qij qi

200 100 40 400 160 120


Ako se planira nova finalna potrošnja q1 = 90, q2 = 180, a tehnološki koeficijenti se ne mijenjaju,

sastavite novu I-O tablicu.

3. Zadana je I-O tablica jedne ekonomije

Qi Qij qi

30 120 150 0

60 150 80 10

30 120 160 90

Ako se planiraju novi ukupni outputi Q1 = 415, Q2 = 420, Q3 = 500, a tehnološki uvjeti se ne

mijenjaju, sastavite novu I-O tablicu.

4. Zadana je matrica tehničkih koeficijenata jedne trosektorske ekonomije

0,2 0,2 0,1

0,2 0,6 0,1

0,2 0,2 0,6

A

.

Sastavite odgovarajuću I-O tablicu ako finalna potražnja iznosi q1 = 30, q2 = 20, q3 = 60.

5. Zadana je I-O tablica neke ekonomije

Qi Qij qi

150 30 40 50

60 80 50 10

250 30 60 100

Ako se planira povećanje ukupnog outputa drugog sektora za 20%, i smanjenje finalne potrošnje

prvog sektora za 40% i trećeg sektora za 50%, a tehnološki se uvjeti ne mijenjaju, sastavite novu

I-O tablicu.

6. Zadana je matrica tehničkih koeficijenata jedne trosektorske ekonomije

0,2 0,15 0,2

0,2 0,3 0,25

0,25 0,2 0,325

A

.

Sastavite odgovarajuću I-O tablicu, ako je ukupni output prvog sektora 100, ukupni output

drugog sektora 150, a finalna potrošnja trećeg sektora 80 jedinica.

1.6. Pitanja za provjeru znanja

1. Definirajte matricu. Što je red (format) matrice?

2. Napišite matricu formata (m, n) u općem obliku. Napišite kvadratnu matricu formata n u općem

obliku.

59 Linearna algebra

3. Navedite i definirajte specifične kvadratne matrice.

4. Kada kažemo da su dvije matrice jednake?

5. Definirajte zbrajanje, oduzimanje i množenje dviju matrica.

6. Definirajte množenje matrica skalarom i potenciranje matrica.

7. Navedite svojstva koja vrijede za množenje matrica skalarom.

8. Definirajte vektorski prostor nad skupom realnih brojeva.

9. Što je transponiranje matrica i kako se provodi?

10. Definirajte inverznu matricu.

11. Objasnite postupak rješavanja matričnih jednadžbi.

12. Navedite elementarne transformacije nad recima (stupcima) matrice.

13. Definirajte ekvivalentne matrice?

14. Definirajte vektor redak i vektor stupac.

15. Definirajte skalarni umnožak vektora i Euklidski vektorski prostor.

16. Kada kažemo da su dva vektora okomita (ortogonalna)?

17. Definirajte normu (duljinu) vektora. Koje sve norme vektora poznajete?

18. Definirajte udaljenost dvaju vektora.

19. Definirajte linearnu zavisnost i nezavisnost vektora.

20. Definirajte dimenziju prostora Rn?

21. Definirajte bazu vektorskog prostora. Koliko vektora sadrži svaka baza iz Rn? Kakav je prikaz

proizvoljnog vektora X iz vektorskog prostora Rn u danoj bazi B = {B1, B2, …, Bn}.

22. Definirajte jedinične vektore. Napišite jedinične vektore u vektorskom prostoru Rn.

23. Pokažite da vektori Ii Rn čine bazu u vektorskom prostoru Rn.

24. Definirajte rang matrice formata (m, n). Može li rang matrice biti 0? Kako se na jednostavan

način može odrediti rang matrice?

25. Napišite u općem obliku sustav od m linearnih jednadžbi s n nepoznanica. Isti taj sustav

napišite u matričnom obliku.

26. Kada kažemo da sustav linearnih jednadžbi ima rješenje? Definirajte rješenje sustava

linearnih jednadžbi?

27. Na koji način ispitujemo ima li sustav linearnih jednadžbi rješenje ili nema?

28. Kada kažemo da su dva sustava linearnih jednadžbi ekvivalentna?


29. Objasnite metodu Gauss-Jordanovih eliminacija za rješavanje sustava linearnih jednadžbi.

30. Objasnite postupak određivanja inverzne matrice Gauss-Jordanovim eliminacijama.

31. Definirajte determinantu matrice formata 3. Objasnite Sarusovo pravilo za određivanje

determinante matrice formata 3.

32. Definirajte minore i kofaktore determinante formata n.

33. Definirajte Laplaceov razvoj po (a) i-tom retku i (b) j-tom stupcu.

34. Navedite postupak nalaženja inverzne matrice pomoću determinante.

35. Definirajte Cramerov sustav? Kako se rješavaju sustavi linearnih jednadžbi pomoću

Cramerovog pravila. Objasnite na primjeru sustava 3 linearne jednadžbe s 3 nepoznanice.

36. Definirajte standardni problem linearnog programiranja za a) maksimum i b) minimum.

37. Objasnite postupak rješavanja problema linearnog programiranja grafičkom metodom.

38. Što je simpleks metoda? Ukratko objasnite postupak rješavanja problema linearnog

programiranja simpleks metodom.

39. Što je input-output analiza? Kako glasi osnovna pretpostavka input-output analize?

40. Formirajte sustav linearnih jednadžbi input-output modela.

41. Kako se računaju tehnički koeficijenti u input-output tablici?

42. Objasnite postupak rješavanja input-output modela kada je: a) poznat vektor ukupnih outputa

Q, b) poznat vektor finalne potražnje q, i c) za neke sektore poznata ukupna količina proizvodnje,

a za neke količina finalne potražnje.

1. Linearna algebra - efzg.unizg.hr. Linearna algebra i... · Oduzimanje matrica Pretpostavimo da...

Documents

Transcript of 1. Linearna algebra - efzg.unizg.hr. Linearna algebra i... · Oduzimanje matrica Pretpostavimo da...