ZADACI ZA VJEŽBANJE

12/4/2007

1. Rješite slijedeće sisteme linearnih jednačina;(a)3x – 4y = 23 (b) 5x – 4y = 8 (c) 2x – y = 6 (d) 5x - 6y = 0 (e) -

8x + 2y = 0 2x + 9y = -8 -7.5x + 6y = -12 8x – 4y = 3 3x + y = 0 28x – 7y = 0

Rješenje:a)1) Rješavanjem sistema linearnih jednačina determinantama, primjenom

Kramerovog pravila3x - 4y = 232x + 9y = -8

Determinanta sistema formirana od koeficijenata uz nepoznate je

determinanta nepoznate x (koja se dobija zamjenom u determinantni sistema koeficijenata uz x slobodnim članovima) je:

determinanta nepoznate x (dobija se iz D zamjenom koeficijenata uz y slobodnim članovima):

Prema Kramerovom pravilu biće:

2) Rješavanje sistema linearnih jednačina primjenom matrica Dati sistem jednačina 3x – 4y = 23 2x + 9y = -8 u matričnom obliku glasi:

Rješeni oblik matrične jednačine je

Inverzna matrica se dobija kao količnik adjungovane matrice i determinante matrice. Adjungovana matrica matrice drugog reda se može dobiti tako što se elementima na glavnoj dijagonali promjene mjesta, a elementima na sporednoj dijagonali promjene predznaci.

3) Gausov postupak eliminacije

3 4 232 9 8

xy

13 4 232 9 8

xy

4) Rješavanje sistema linearnih jednačina elementarnom baznom transformacijom

Neka je sistem jednačina3x – 4y = 232x + 9y = -8dat u vektorskom obliku na sledeći način:

sa kompaktnom notacijom xa1 + ya2 = b tako da je

Rješavanje sistema jednačina (i) - (ii) može se svesti na rješavanje vektorske jednačine (j). tj. određivanje nepoznatih skalara x i y u linearnoj kombinaciji vektora a1 i a2 kojom se dobija vektor b. Za dalu početnu bazu (kojoj pripadaju

je:

a cilj je formirati bazu kojoj pripadaju a1 i a2. Vektorska jednačina u tabelarnom obliku je:

2 4 233 9 8

x y

1 2

2 4 23, ,

3 9 8a a b

1 2

1 0 i

0 1e e

1 2

1 1 2 2 1 2

1 0 23 0 2323 8 23 8

0 1 0 8 83 2 , 4 9 ,

b e e

a e e a e e

Neka vektor a1 ulazi u bazu umjesto vektora e1 (broj 3 je tzv. ishodni element),tada će, poštujući postupak objašnjen u Teoriji, nova tabela izgledati ovako:

U slijedećem koraku ( transformacija baze) neka a2 postane bazni a e2

vanbazni vektor. Ishodni elemenat je broj . Nove vrijednosti dobijamo po opisanom postupku:

Rezultati poslednje tabele pokazuju da se vektor b može izraziti kaob = 5a1 + (-2) · a2

Znači, nepoznati skalari, odnosno rješenja sistema jednačina su x=5, y=2. (Treba napomenuti da unutrašnji dio tabele sadrži inverznu matricu matrice

koeficijenata nepoznatih)b)1) Primjena determinanti

353

5 45 6 4 7.5 30 30 0

7.5 6

8 48 6 4 12 48 48 0

12 6

5 85 12 8 7.5 60 60 0

7.5 12

x

y

D

D

D

Kada postoji beskonačno mnogo rješenja sistema, sve determinante (i sistema i pojedinih nepoznatih) jednake su nuli, tj. rješenja su neodređena.

a moguća rješenja se mogu dobiti dodjeljivanjem proizvoljne vrijednosti za jednu promjenjivu, npr. y = α , pa je

Npr. neka je α = 3, onda je x = 4, a y = 3, itd.

2) Primjena matrica Rješavanjem sistema 5x - 4y = 8 -7.5x + 6y = -12 dolazimo do zaključka da ne postoji inverzna matrica matriceJer joj je determinanta D = 5 · 6 - (-4) · (-7,5) = 0 pa je dalje ispitujemo da li je

sistem neodređen (ima bezbroj rješenja)ili je kontradiktoran (nema rješenja), na slijedeći način

pa zaključujemo da je riječ o neodređenom sistemu.

0 0,0 0

yxDDx y

D D

8 45 4 8, ,5

x x R

5 47.5 6

3) Gausov postupak

Zaključujemo da je sistem jednostruko neodređen i da zamjenom proizvoljno odabranih vrijednosti za jednu od nepoznatih i jednačini 5x - 4y = 8. možemo dobiti odgovarajuće vrijednosti druge nepoznate, pa tako dobiti po volji mnogo parova rješenja (x0, y0).

4) Elementarna bazna transformacija

Nakon jedne izvršene bazne transformacije sa ishodnim elementom 5, u drugoj tabeli trebalo bi e2 da izađe-iz baze a a2 da uđe u bazu, međutim 0 ne može biti ishodni elemenat, pa se sledeća iteracija ne može izvršiti. S druge strane, pošto su u desnoj koloni svi koeficijenti koji se odnose na jedinične vektore jednaki nuli, zaključujemo da postoji beskonačno mnogo rešenja sistema; za polazni vektorski oblik sistema jednačina

jedno moguće rješenje je

Znači , a pored toga postoji još beskonačno mnogo rješenja.

5 4 8 / 1,5 5 4 87.5 6 12 0 0 0

5 4 87,5 6 12

x y

5 4 88 07,5 6 125

8 , 05

x y

Ako je konstatovano da postoji beskonačno mnogo rješenja,tada broj jediničnih vektora koji su ostali u bazi a u posljednjoj koloni im odgovara koeficijent nula, pokazuje koliko jednačina (i koje) se, praktično može izostaviti iz početnog sistema (jer se mogu dobiti kombinacijom preostalih) i da preostali dio sistema daje isto rješenje.

Ostala rješenja dobijena iz relacije (α dobija vrijednost po volji).

Vidi posljednju tabelu!c)1) Primjena determinanti

Kada sistem nema moguće rješenje, tada je determinanta sistema jednaka nuli i determinanta bar jedne nepoznate različita je od nule, tako da se za nepoznate dobija nemoguć izraz pa sistem jednačina nema rješenja.

2) Pomoću matrica

 

8 4 ;5 5

x y

2 12 4 1 8 8 8 0

8 4

6 16 4 1 3 24 3 21

3 4

1 61 3 6 8 3 48 45

8 3

x

y

D

D

D

21 45,0 0

yxDDx y

D D

2) Pomoću matrica

pa zaključujemo da je dati sistem kontradiktoran,tj.

da nema rješenja jer djeljenje brojeva -21 i -42 sa nulom (0) nije izvodljivo.

3) Gausov postupak

pa dolazimo do istog zaključka, tj. da sistem nema rješenja.4) Elementarna bazna transformacija Pošto 0 ne može biti ishodni elemenat, ne

možemo oba vektora a1 i a2 unijeti u bazu, dakle ne postoje

skalarni x i y pomoću kojih se može izraziti b = xa1 + ya2,

dakle sistem jednačina nema rješenja

2 1 2 1det 0

8 4 8 4

2 1 4 18 4 8 2

4 1 6 21 21/ 01 18 2 3 42 42 / 00 0

adj

xy

2 62 1 2 1 6/ 4218 4 0 0 21 0 210

x y

y y

d) Dati sislem je sistem homogenih jednačina. pošlo su svi slobodni članovi

jednaki nuli Ovakav sistem uvijek ima moguće rješenje ili postoji samo jedno, trivijalno rješenje, a to je da sve nepoznate jednake nuli, ili postoji beskonačno mnogo rješenja od kojih je jedno i trivijalno 1) Sistem homogenih jednačina prikladno je rješavati pomoću determinanti.

Determinante pojedinih nepoznatih su svakako jednake nuli, dok ako je determinanta sistema različita od nule postoji samo trivijalno rješenje:

2) Pomoću matrica

3) Gausov postupak

5 65 1 6 3 5 18 23

3 1D

00, 023

yxDDx y

D D

5 6 5 6 1 6det 23;

3 1 3 1 3 5

1 6 0 0 0 01 13 5 0 0 0 023 23

adj

x xy y

5 6 05 6 0 5 6 03 / 50

23 / 5 0 03 1 0 0 23 / 5 0x y

xy y

4) Rješavanje elementarnom baznom transformacijom

Pošto se oba vektora a1 i a2 nalaze u bazi, znači da postoji

samo jedno rješenje vektorske jednačine b = 0 · a1 + 0 · a2.

e) Zaključak: Postupak i rezultati su isti kao pod b), a

određen broj parova rješenja se može dobiti tako se npr. za

x uzme vrijednost α, pa će biti y=4α..Ako dalje npr.

uzmemo da je α=1, onda će se dobili x=1, y=4. itd.

2. Riješite sledeće sisteme linearnih jednačina:

Rješenje:

1) Primjena determinanti Ako je determinanta sistema različita od nule, tada sistem ima jedno

jedinstveno rješenje. Vrijednost determinante izračunata primenom Sarusovog pravila je:

D ≠ 0 sistem je rješiv i ima jedinstveno rješenje.

Vrijednost determinante Dx dobijena je razvijanjem po elementima prve vrste. tj. kao zbir proizvoda elemenata prve vrste, i odgovarajućih kofaktora.

Vrijednost determinante Dy razvijanjem po elementima treće kolone:

Vrijednost determinante se ne mjenja ako se elementima neke vrste (ili kolone) dodaju elementi neke druge vrste (ili kolone) prošireni bilo kojim brojem. Iskoristimo ovu mogućnost u cilju transformacije determinante Dz, dodajući elemente druge vrste pomnožene sa -0,6, elementima prve, i drugu pomnoženu sa -1,6 elementima treće vrste tako da u prvoj koloni dobijemo dve nule i razvijmo dobijenu determinantu po elementima prve kolone:

2) Rješenje sistema jednačina pomoću matricaMatrični oblik sistema jednačina je

Određivanje inverzne matrice: 1 1A adjAA

Adjungovana matrica je transponat matrice kofaktora. Kofaktori elemenata redom po elementima prve druge i treće vrste su:

Matrica kofaktora date matrice je:

Inverzna

matrica je:

a rješenje sistema

1 111

1 212

1 313

2 121

2 222

2 323

4 11 4 2 1 7 8 7 15

7 2

5 11 1 5 2 1 8 18

8 2

5 41 5 7 4 8 3

8 7

5 61 5 2 6 7 52

7 2

3 61 3 2 6 8 42

8 2

3 51 3 7 5 8 61

8 7

A

A

A

A

A

A

3 131

3 232

3 333

5 61 5 1 6 4 19

4 1

3 61 3 3 1 6 5 33

5 1

3 51 3 4 5 5 37

5 4

A

A

A

3) Gausov postupak (uradite sami)

4) Elementarna bazna transformacija

Iz tabele se čitaju rješenja x=2, y=-3, z=5.

Birajući ishodne elemente na glavnoj dijagonali kod sve tri iteracije, obezbjedili smo u poslednjoj tabeli inverznu matricu. Ishodni elementi se mogu birati i na drugi način, rješenja za nepoznate se i tada mogu očitati, a inverzna matrica se tada očitava nakon preuređivanja vrsti i kolona poslednje tabele (uporedi rezultat sa inverznom matricom dobijenom pomoću kofaktora ili proveri tačnost inverzne matrice preko relacije A-1 ·A =E (E je oznaka za jediničnu matricu).

Ispitivanje rješivosti sistema pokazuje da je determinanta sistema D=0, a istovremeno determinante svih nepoznatih takođe su nule: Dx=Dy=Dz=0, znači postoji beskonačno mnogo rješenja sistema. Rješenja sistema možemo prikazati na sledeći način:

Dodjelimo proizvoljnu vrijednost nepoznatoj x, tada je

Pretpostavimo da je α konstanta, dakle dobili smo sistem od tri jednačine za dve nepoznate y i z, bar je jedna jednačina suvišna. Primjenimo jedan od metoda rješavanja,npr. metod suprotnih koeficijenta.

(Da smo dobili da su obe poslednje jednačine bezuslovne jednakosti, to bi značilo da treba dodjeliti proizvoljnu vrijednost za još jednu nepoznatu).

Zamjenom z u jednu od prethodnih jednačina slijedi:

Rješenja sistema su:

19 169 37 169 3738 338 74 19z

zz

169 37 9 335 6 51 3 ,19 19

y y

9 33 169 37, , ,19 19

X y z R

Konkretna rješenja se dobijaju odabiranjem proizvoljnih vrijednosti za α.Npr. neka je Zadatak rješavan elementarnom baznom transformacijom ima slijedeći tok:

Ne mogu se sva tri vektora a1, a2 i a3 istovremeno

naći u bazi (samo dva od njih) ali pošto se i u

koloni b na odgovarajućem mjestu nalazi 0 to

znači da postoji beskonačno mnogo rješenja

sistema, jedno od njih je i npr.

Ovdje je (zbog skalara 0) napisano 0 · a3 umjesto 0 · e3. Ovo istovremeno znači da je jedna od jednačina suvišna, jer se može dobiti kombinacijom druge dve, npr. ako prvu jednačinu pomnožimo sa 3 i dodajemo joj drugu pomnoženu sa -2 dobićemo treću jednačinu! Konkretna rješenja ćemo dobiti iz relacije

(Vidi posljednju tabelu)

9 1690, onda je 0, , .19 9

x y z itd

169 19 276 33 i i 37 37 37 37

x y z

Ispitivanje rješivosti sistema pokazuje da su sve determinante sistema i nepoznatih,jednake nuli, D = Dx = Dy = Dz = 0, znači postoji beskonačno mnogo rješenja sistema jednačina.

Pošto su dobijene identičke jednakosti, znači da su u gornjem sistemu dve jednačine suvišne, potrebno je dodeliti vrijednosti još jednoj nepoznatoj,npr. neka je y = β, a veze među nepoznatima zadržane su u jedno bilo kojoj od date tri jednačine: 3α- 5β + 6z = 51. Rješenja sistema su:

Konkretna rješenja se dobijaju proizvoljnim odabirom vrijednosti za α i β.  Neka je npr. α = 9, β= -3, onda je x = 9, y = -3, z = itd. Gausovim postupkom se dobija:

51 3 5, , , , .6

x y z R

32

Sistem je dvostruko neodređen, pa treba proizvoljno određivati vrijednosti za dve od ukupno tri nepoznate Neka je npr. y = 3, z = 9, onda je x = 4 itd.

Elementarnom baznom transformacijom rješenje je sledeće:

U bazi se može nalaziti najviše jedan od vektora a1 , a2 ili a3, postoji beskonačno mnogo rješenja od kojih je npr.: x = 17, y = 0, z = 0.

Od date tri jednacine dve su suvišne. Druga se može dobiti kao prva pomnožena sa a treća množenjem prve sa 2 (vidi prvu kolonu poslednje tabele!)

Za y = α, z = β(α i β su proizvoljno odabrane vrijednosti), dobije se (vidi posljednju tabelu).

Ispitivanja rješivosti sistema pokazuju da je D = 0, Dx = -228, Dy = -368 i

Dz = 640, dakle sistem je u suprotnosti (nije saglasan) i nema rješenja.Gausovim postupkom se dobija:

12/4/2007

13

517 23

x

Pošto dijeljenje broja -16 sa nulom nije izvodljivo (nije moguće, nije delinisano), zaključujemo da sistem nema rješenja.

Elementarnom baznom transformacijom dobijamo:

Pošto dalja transformacija nije moguća, zaključujemo kao u 1. zadatku pod (c).

Postoji samo trivijalno rješenje sistema jednačina x = y= z = 0. Ostale postupke obavljamo kao u 1. zadatku pod (d).

3 5 65 4 1 153 08 7 2

x y zD D D D

(razvijanjem prve kolone ) =

Pošto je D = 0 i svakako Dx = Dy = Dz = 0, postoji beskonačno mnogo rješenja sistema (među kojima je x=y=z=0).

Neka je x = α, tada je:

Problem se može rješiti i ostalim postupcima.

3 5 65 4 11 23 20

D

3 1 74 66

1 1 0111 99

5 6 34 5

23 20

3 65

373 63 6 3 33194 5 , ,5 19 5 19

33 37Rjesenja sistema su, za proizvoljno : , , ,19 19

y zy zy z

zy

z xz z y

x y z R

Postoji beskonačno mnogo rješenja sistema. Sve subdeterminanle sistema, trećeg reda. koje se dobijaju izostavljanjem

jedne vrste i jedri determinante sistema, jednake su nuli. Među subdetorminantama drugog reda postoje i različite od nule, npr.

što je formirano od koeficijenata uz y i v u prvoj i drugoj jednačini.

1 2 1 42 4 3 8

03 6 4 12

1 2 5 40x y z

D

D D D

12 13

22 23

2 110 0

4 3a aa a

Prema tome, proizvoljne vrijednosti se mogu dodjeliti za x i z: x = α, z = β. Sabiranjem prve i druge jednačine, kao i treće i četvrte, slijedi:

Rješenje sistema je

3 6 2 12 62 4 9 8 27

a zamjenom i je:6 2 6 3 12 / 9

4 9 27 2 8 / 246 23 92

1 22

16 2 2 6 3 122

3

x y v zx y v z

x zy vy vy

y

v

v

1, 2 , 3, ,

2x y v z R

Gausovim postupkom se dobija:

Neka je y = α, a z = β, onda je x = -2α + 4β pa se rješenja mogu prikazati ovako:

x = -2α + 4β, y = α, v = 3, z = β. Konkretna rješenja se mogu dobiti proizvoljnim odabirom vrijednosti za α i βNeka je npr. α = 1,a β = 2, tada je x = 6, y = 1, v = 3, z = 2, itd. Dati sistem je dvostruko neodređen. Kada se problem rješava elementarnom baznom transformacijom,dobija se

slijedeće rješenje:

Rezultati poslednje tabele se interpretiraju na slijedeći način:b = 0e3 + 0a2 + 3a3 + Oe4 b=0a1 + 0a2 + 3a3 + Oa4

Jedno od rješenja za nepoznate su x = 0, y = 0, v = 3, z = 0. Pored navedenog sistema ima još beskonačno mnogo rješenja;ako je x = α i z = β, tada je (odgovarajuće vrijednosti u redu a2 i koloni a1 sa suprotnim predznacima).

Neka je npr. α=6, a β=2, onda je x=6, y=1, v=3, z=2, itd.

Pošto je broj jednacina manji od broja nepoznatih, radi se o neodređenom sistemu sa beskonačno mnoge rješenja.

1. Gausovim postupkom

Prema tome sistem je dvostruko neodređen. Neka je npr. x5 = 0, a a4= 2.5 tada je x3 = -4, x2 = 1,5 i x1 = 0.5 itd.

1 22

2. Pomoću determinanti Neka je x4=α, a x5=β, tada možemo formirati sledeći sistem:

Neka je npr. α=2,5, a β=0, tada je: x1=-0,5; x2=1,5; x3=-4; x4 =2,5: x5=0 itd.

1

2

3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

5 3 2 2 24 2 7 5

6 30 3 2

5 3 14 1 2 481 6 1

2 2 2 3 17 5 1 2 14 4 33 3 2 6 1

5 2 2 2 14 7 5 2 12 24 61 3 3 2 1

5 3 2 2 24 1 7 5 2021 6 3 3 2

x

x

x

x x xx x xx x x

D

D

D

D

1

2

3

1

2

3

4 5

4 129

14 4 348

12 24 6 2 4 ;48 8

202 4 12948

,

x

x

x

Dx

DD

xDD

xD

x x

U slijedećim primjerima formirati i rješiti sistem jednačina:3. Za izradu dva tipa stolova Si (i=1,2) potrebno je upotrebiti dve vrste

dasaka Dj (j=1,2). Utrošak dasaka i raspoloživi kapacitet dati su u sledećoj tabeli

Odrediti takav program proizvodnje koji obezbjeđuje potpuno iskoriščavanje raspoloživih kapaciteta!

Rješenje: Neka x i y označavaju broj proizvedenih stolova S1 i S2, respektivno. Na osnovu

datih podataka formira se sistem jednačina0.075x + 0.2 = 46

0.2x + 0.5y = 26Rješenje sistema je x = 80, y = 200Treba proizvesti 80 stolova S1 i 200 tipa S2 i svi raspoloživi kapaciteti će biti

iskorišćeni,4. Fabrika automobila izrađuje dve vrste vozila u dva bazična pogona; tehnološki

uslovi proizvodnje kao i dobit po jedinici proizvoda dati su u sledećoj tabeli:

Odrediti onaj program proizvodnje koji omogućuje da se kapacitet I pogona iskoristi sa 80%, a II sa 92%! Za dobijeni proizvodni program odrediti ukupnu dobit fabrike!

Rješenje: Neka a označava broj proizvodnih jedinica vozila tipa A, a b broj proizvedenih

jedinica vozila tipa B. Sistem jednačina je 8.25a + 3,5b = 80 8.5a + 6.0b = 92

Rješenje sistema je a=8, b=4. Program proizvodnje pod datim uslovima predviđa proizvodnju 8 jedinica tipa

vozila A i 4 jedinica tipa vozila Za dati program proizvodnje ukupna dobit je 124 novčane jedinice D=12-8 + 7-4

= 124

5. Program proizvodnje jednog pogona u određenom vremenskom periodu predviđa proizvodnju . tri najvažnija rezervna dela za traktore. Ovi proizvodi Pi (i=1,2,3) u procesu proizvodnje prolaze kroz tri mašine Mi (i=1,2,3). Raspoloživi kapaciteti mašina M1, M2 i M3 su 5900 časova 6200 časova i 6600 časova, respektivno. Potrebna vremena obrade jedinice proizvoda Pi na mašinama M1, M2 i M3 su redom 3 časa, 4 časa i 5 časova. Za proizvod P2 ovi podaci su redom 1 čas, 2 časa, i 2 časa a za P3 redom 4 časa, 2 časa i 1 čas. Odrediti program proizvodnje koji omogućuje da se u potpunosti iskoriste svi mašinski kapaciteti!

Rješenje: Neka su x1, x2 i x3 brojevi proizvedenih jedinica proizvoda P1, P2 i P3, respektivno.

Sistem jednačina je: 3x1 + x2 + 4x3= 5900 4x1 + 2x2 + 2x3 = 6200 5x1 + 2x2 + x3 = 6600

Rješenje sistema je x1 = 1000, x2 = 500, x3 = 600. Da bi svi mašinski kapaciteti bili u potpunosti iskorišćeni, u datom

vremenskom periodu potrebno je proizvesti redom 1000, 500 odnosno 600 jedinica proizvoda P1, P2 i P3.

6. Fabrika elektronskih aparata izrađuje tri vrste džepnog elektronskog računara R1 (i=1,2,3) u tri pogona. Tehničko-tehnološki uslovi proizvodnje kao i dobit po jedinici proizvoda dati su u sledećoj tabeli:

Odrediti onaj program proizvodnje koji obezbeđuje iskorišćenje kapaciteta redom 97%, 90% i 98%! Za dobijeni program odredite ukupnu dobit fabrike!

4x + 7y + 8z = 973x + 11 y + 6z = 90

5x + 5y + 4z = 98Rješenje sistema je x=15, y = 3, z = 2. Za dato iskorišćenje kapaciteta proizvodi se 15 jedinica R1, 3 jedinice R2 i 2

jedinice R3. Ukupna dobit fabrike je 7.7 novčanih jedinica: 0.2 · 15 + 1.1 · 3 + 0.7 · 2 = 7.7

7. Dnevni kapacitet dve mašine jednog pogona iznose redom 12 i 1(5 časova. Proizvodi P1 i P2 moraju se obraditi na obe mašine. Kada bi se proizvodio samo proizvod P1 za puno radno vreme na prvoj mašini je moguće obraditi 100 komada P1 a na drugoj 200 komada P1 U slučaju da se proizvodi samo P2, za puno radno vreme na prvoj mašini se može obraditi 80 komada P2, a na drugoj 50 komada P2. Odrediti koliko komada P1 i P2 treba proizvoditi dnevno u datom pogonu ako je raspoložive kapacitete moguće iskoristiti sa 87,5% prve i 85% druge mašine!

Rješenje: Tehnički koeficjenti proizvodnje pokazuju potrebno trošanje kapaciteta po

jedinici proizvodnje. Za jedan komad P1 potrebno je angažovati časova prve i

časova druge mašine, za jedan komad P2 ovi pokazatelji su časova prve i druge mašine. Neka je xi (i=1,2) označava broj proizvedenih komada proizvoda P1 i P2

respektivno.Sistem jednačina je:

Rješenje sistema je x1=50, x2=30. Pod tim uslovima dnevna proizvodnja P1 je 50 komada i P2 30 komada

12100

1620012

801650

1 2

1 2

1 2

1 2

12 12 12 0,875100 8016 16 16 0,85200 500,12 0,15 10,50,008 0,32 13,6

x x

x x

x xx x

8. Dva radnika, radeći zajedno, mogu da završe radni zadatak za 12 dana. Prvi radnik je na izvršenju zadatka radio 2 dana, a drugi 3 dana i tada je konstatovano da su izvršili 20% zadatka. Za koliko dana bi mogao uraditi ceo posao svaki od radnika, radeći sam?

Rješenje: Neka je x1 oznaka za broj dana za koji bi prvi radnik, radeći sam, završio ceo

posao, a x2 oznaka za broj dana za koji bi isti posao uradio drugi radnik, tada predstavlja dnevnu

produktivnost prvog radnika, odnosno dio ukupnog posla koji prvi radnik obavi za 1 dan, a predstavlja dnevnu produktivnost drugog radnika. Ako, radeći zajedno, mogu da završe ceo posao za 12 dana, onda za 1 dan mogu da urade cijelog posla, tj. važi jednačina:

Broj 1 na desnoj strani označava ceo posao (100%). Druga rečenica teksta omogućuje postavljanje slijedeće jednačine:

Uvrštavanjem od formiranih jednačina slijedi:

Rješenja ovog sistema su

Dalje će biti:Odgovor: Prvi radnik bi, radeći sam, cijeli posao uradio za 20 dana, a drugi za 30 dana.

1

1x

2

1x 1

12

1 2 1 2

1 1 1 1 112 12 12x x x x

1 2

1 1 12 35x x

1 2

1 1,u vx x

12 12 112 35

u v

u v

1 1,20 30

u v

1 21 2

1 1 1 120, 3020 30

x xx x

9. Tri grupe radnika Gi (i=1,2,3) mogu da završe neki posao na sledeći način: G1 i G2 radeći zajedno 5 dana, grupe G1 i G3 za 6 dana i grupe G2 i G3 za 10 dana.

10.Za koliko dana bi mogla završiti ceo posao svaka grupa radnika pojedinačno?

11.Za koliko dana bi posao bio završen u slučaju da sve tri grupe radnika rade istovremeno?

Rješenje:a) Rasuđujući kao u 8. zadatku, formiramo sledeći sistem iednačina:

Pri čemu su x1, x2 i x3 oznake za broj dana za koji bi grupe G1, G2 i G3 završile ceo posao radeći pojedinačno.

Uvodeći dobija se sistem linearnih jednaćina:

1 2

1 3

2 3

1 1 17,5

1 1 16

1 1 110

x x

x x

x x

1 2 3

1 1 1, ,u v zx x x

1. Riješiti matričnu jednačinu AT · Y + 3 · e2 · 1 = 2 · DT po Y gde je e2 jedinični vektor kolona sa tri elementa, od kojih je drugi jednak jedan, a 1 je sumirajuća vektor vrsta sa četiri elementa.

2. Odrediti A • DT i D ·· AT

3. Odrediti e,T A, Ae3, 1T A i A · 1!4. Odrediti a1

T · b1, a1 T · c3 i c3 · a1

T, gde je a1 T, prva vrsta matrice A, b,

prva kolona matrice B i c3 treća kolona matrice C!

1 2 31 2 3

17,5161

101 1 1Rjesenja ovog sistema su: , ,

10 30 15Dalje ce biti:1 1 1 1 1 110; 30; 15

10 30 15

u v

u z

v z

u v z

x x xx x x

c. Neka je x oznaka za broj dana za koji bi sve tri grupe, radeći zajedno, završile ceo posao, tada važi jednačina:1 1 1 1 5

10 30 15x

x

10. Date su matrice:5 7 2

1 0 23 1 4 4 0 0 1 2

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

4 6 33 4 3

A B C D

Rješenje:a)A

T · Y +3e2 · 2 · DT

A T · Y = 2· 3 e2 · 1/·A

Prema pravilima operacija sa matricama, matrica Y mora biti tipa (2x4) Pošto matrica AT nije kvadratna,pomnožimo lijevu i desnu stranu jednačine sa

transponatom matrice A tj. (A T )T = A, s lijeva:

Dobijena je kvadratna matrica A · AT drugog reda. Pomnožimo nakon toga.lijevu i desnu stranu dobijene jednačine inverznom matricom matrice A · AT, tj sa (A · AT) s lijeva:

a pošto je

1

22 3 1 /T T TA A Y A D e A A

1 1 1

22 3 1T T T TA A A A Y A A A D e

1 1

1

2

i slijedi:

2 3 1

T T

T T

A A A A E E Y Y

Y A A A D e

1

1

3 2 5 0 2 3 03 1 4 3 1 4

1 0 2 7 1 5 4 3 1 1,1,1,12 0 5 2 0 5

4 5 2 2 0 3 0

10 0 4 63 3 1 1 4 4 3 2 1 0 4 5 3 1 4

14 22 3 0 1 5 4 2 2 0 0 5 5 2 0 5

Y

Y

1

0 0 0 010 8 3 1 1 1 1

4 4 0 6 0 0 0 0

10 0 4 626 14 3 1 4

11 1 13 514 19 2 0 5

4 4 0 6

29 14 25 15 1 37114 26 40 20 8 18558

29 25 14 40 29 15 14 20 29 1 141558

Y

Y

Y

8 29 37 14 1814 25 26 40 14 15 26 20 14 1 26 8 14 1 26 18

Primjetimo slijedeća pravila: proizvod jedinične vektor vrste i matrice je vektor vrsta koja sadrži elemente

one vrste date matrice koja odgovara elementu 1 u jediničnom vektoru, proizvod matrice i jedinične vektor kolone je vektor kolona koja sadrži

elemente one kolone date matrice koja odgovara elementu 1 u jediničnom vektoru,

proizvod sumirajuće vektor vrste i matrice je vektor vrsta čiji su elementi jednaki zbiru elemenata po pojedinim kolonama date matrice,

proizvod matrice i sumirajuće vektor kolone je kolona čiji su elementi jednaki zb;rj elemenata po pojedinim vrstama date matrice.

Pošto broj kolona prvog vektora nije jednak broju vrsti drugog vektora, dato množenje nije moguće.

Proizvod vektor vrste i vektor kolone sa jednakim brojem elemenata je skalarni proizvod vektora, čiji je rezultat skalar, ili matrica prvog reda.

Proizvod vektor kolone i vektor vrste sa jednakim brojem elemenata je dijadni proizvod vektora, čiji je rezultat matrica reda koliko je elemenata u vektoru.

11.U slijedećim primjerima odrediti vrijednost parametara t tako da date matrice budu regularne (nesingularne)!

Rješenje: Regularna matrica je takva kvadratna matrica kojoj je determinanta različita

od nule.

2

21,2

6)det 144 0

24

144 0 2

Matrica K je regularna za t R\ -2, 2

ta K t

t

t t

2)det 2 2 0

2 1Matrica L je neregularna (singularna) za sve realne vrijednosti t

t tb L t t

2 2

2

21,2 1 2

3 2 6 3 2)det 5 11 5 105 22 18 30 99 14 18 44 16 0

1 3 7 1 3

44 44 4 18 16 44 28 418 44 16 0 , 2,2 18 36 9

4Matrica M je regularna za t R\ - , 29

tM t t t t t t t

t t t t t

12.Riješite matričnu jednačinu:

13. Data je matrica A

14.Data je matrica

Kako se zove ova specijalna matrica? Odredite matrični polinom A2 – 4A – 5A0 .

1 1 1 2 1 36 9 4

5 2 2 5)det 2 5 6 1 9 1 4 1

6 3 4 3 4 64 6 3

6 15 6 9 6 4 4 12 20 90 36 54 36 48 80 272 0

Matrica N je regularna za sve realne vrijednosti t.

t td N t

t t t t

15.Dati su vektori

a) Ispitati linearnu zavisnost i rang sledećih vektorskih sistema:

b) Ispitati skalare u sledećim linearnim kombinacijama:

c) Odrediti dimenziju podprostora kojeg generišu vektori

Rješenje:a) 1) U nekom datom skupu (sistemu) linearno nezavisnih vektora može biti

najviše toliko vektora koliko je elemenata (komponenti) u vektorima. Pošto su vektori a1...,a7 sa po četiri elemenata, skup (a1,...,a7) čini sistem linearno zavisnih vektora.

Rang nekog vektorskog sistema je najveći broj linearno nezavisnih vektora koji se mogu izabrati u datom sistemu. Ako su vektori linearno nezavisni, tada se linearnom kombinacijom vektora nula vektor može dobiti samo na trivijalni način. Formirajmo sledeću linearnu kombinaciju vektora:

Odredite rang elementarnom baznom transformacijom! Rang datog vektorskog sistema {a1 ,..., a7 } je maksimalan broj vektora koji se mogu unijeti u bazu (umjesto početnih baznih vektora e1 , e2 i e4 ).

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7

1 2 3 4 5 6 7

0

3 0 4 1 6 0 9 02 5 5 1 3 0 6 04 2 7 2 11 0 12 01 4 0 2 4 2 3 0

a a a a a a a

Dakle u slijedećoj (poslednjoj) tabeli u bazi će se naći četiri vektora sistema (a1,… a7}. To je najveći broj vektora koji smo mogli unijeti u bazu(pri čemu nije bitno o kojim vektorima se radi, niti je bitan njihov redosljed); rang vektorskog sistema je 4. Da smo drugačije odabrali ishodne elemente u bazi bi bila neka druga četiri vektora. Vektori koji se nalaze u bazi formiraju linearno nezavisni sistem, tj. jednačina

ima samo trivijalno rješenje, α1 = α2 = α3 = α4 = 0. Vanbazni vektori se mogu izraziti linearnom kombinacijom baznih vektora

(Za ove podatke treba uraditi posljednju tabelu).

1 3 2 1 3 3 4 6 0a a a a

Navedeno znači da se linearnom kombinacijom svih vektora sistema {a1,... a7) nula vektor može dobiti i na trivijalni način, npr. a5 se može dati i kao:

2)

Rang vektorskog sistema {a1, a2l a3, a4,} je 4, dati vektori formiraju linearno nezavisni sistem. Do sličnog zaključka dolazimo i rješavanjem nepoznatih skalara u linearnoj kombinaciji.

što se može prikazati u vidu sistema linearnih jednačina

Determinanta sistema je D=87 ≠ 0, homogeni sistem ima samo jedno i to trivijalno rješenje

5 4 1 3 6 2 7

1 2 3 4 5 6 7

2 0 1 0 0 0 iz cega slijedi:0 0 1 2 1 3 0 0a a a a a a aa a a a a a a

3)

Najveći broj vektora sistema (a1, a3, a4, a5}koji se mogu unijetiu bazu je 3: vektor a3 se može unijeli u bazu ali jedino tako da ili vektor a4 ili a5 bude van baze; rang datog vektorskog sistema je 3.

Vektori a2, a3, a4 i a5 formiraju linearno zavisni sistem (broj vektora u sistemu je veći od ranga sistema). Linearnu zavisnost možemo ispitati i pomoću analize linearne kombinacije

što predstavlja homogeni sistem linearnih jednačina: Ako postoji samo jedno (trivijalno) rješenje sistema,

tada su vektori linearno nezavisni, a ako je rješenja beskonačno

mnogo, tada vektori formiraju linearno zavisni sistem!

1 1 2 3 3 4 4 5 0a a a a

1 3 4

2 3 4

3 4

4

1 0 2 4 02 4 01 0 2 4 0 1 0 2 4 0 1 0 2 4 00 4 7 18 0

4 7 18 03 4 1 6 0 0 4 7 18 0 0 4 7 18 055 550 0 0 2 02 5 1 3 0 0 5 5 5 0 0 0 1 2 04 20 04 7 2 11 0 0 7 10 27 0 9 9 0 0 0 0 00 0 0

4 2

Determinante nepoznatih su jednake nuli: D1 = D2 = D3 = D4 = 0, a determinanta sistema je takođe nula:

Prema Kramerovom pravilu postoji beskonačno mnogo rješenja sistema, i bar se jednoj nepoznatoj može dodjeliti proizvoljna vrijednost.

Posmatrajmo subdeterminante trećeg reda determinante početnog sistema D (koje se dobijaiu izostavljanjem jedne vrste i jedne kolone). Subdeterminante u kojima su izostavljene prva kolona i bilo koja vrsta, jednake su nuli, a ostale subdeterminante su različite od nule, npr.:

odnosno

Proizvoljna vrijednost se,dakle, dodjeljuje nepoznatoj γ1,čije je rješenje γ1 = 0. Još jednostavnije je do ovoga zaključka doći Gausovim postupkom:

Sistem je jednostruko neodređen. Neka je γ4= α, tada je γ3=-2 α, γ2=- α; je γ1=0 Konkretna rješenja se mogu dobiti odabirom proizvoljnih vrijednosti za α.

Pošto sistem jednačina ima beskonačno mnogo rješenja,zaključujemo da se linearnom kombinacijom vektora, a1, a3, a4 i a5 nula vektoi može dobiti pored trivijalnog i na beskonačno mnogo različitih načina, i da je skup { a1, a3, a4, a5} sistem linearno zavisnih vektora.

Rang vektorskog sistema { a1, a2, a3) je 3. Dati vektori formiraju linearno nezavisni sistem,

5)

5)

Rang vektorskog sistema {a3, a4, a5} je 2. Dati vektori formiraju linearno zavisni sistem:

a5 = a3 + 2a4

znači, 0 vektor se može dobiti, pored trivijalnog, na beskonačno mnogo načina, npr.:

a3 + 2a4 - a5 = 0. Ispitajmo linearnu zavisnost sistema {a3, a4, a5} pomoću linearne

kombinacije

Iz kolone as poslednje tabele zaključujemo da važi: γ3 = - γ5; γ4 = -2 γ5. Neka je γ5 =a, tada je γ4 = -2a, a γ3 = -α. Odabirom proizvoljnih vrijednosti za

a dobijamo željeni broj konkretnih rješenja.Do istog zaključka dolazimo i Gausovim postupkom:

Neka je γ5 = α, tada je γ4 = -2 α, a γ3 =- α 6)

3 3 4 4 5 5

3 4 5

3 4 5

3 4 5

4 5

04 6 0

5 3 07 2 11 02 4 0

a a a

Rang vektorskog sistema {a1,a2} je 2. Vektori formiraju linearno nezavisni sistem. U linearnoj kombinaciji γ1 a1 +

γ2a2 = 0skalari imaju samo trivijalno rješenje γ1 = γ2 = 07)

Rang vektorskog sistema {a1, a7} je 1. Vektor a7 je: a7 = -3 a1 iz kojeg slijedi i moguća netrivijalna linearna kombinacija za dobijanje nula vektora: 3 a1 · a7 = 0.

Pored ovog postoji još beskonačno mnogo (netrivijalnih) mogućnosti dobijanja nula vektora linearnom kombinacijom vektora a1 i a7.

8. Rang vektorskog sistema koji sadrži jedan vektor (različit od nula vektora) je jedan, koji

predstavka linearno nezavisni sistem.9. Među linearno nezavisnim vektorima ne može se nalaziti nula vektor;

{ a2,a3,0} obrazuje linearno zavisni sistem. Prema zadatku (a) 4) vektori a1 i a3 su međusobno

linearno nezavisni, znači rang sistema {a2, a3, 0} je 2.

b) 1) p · a2 + q · a3 + r · a4 + s · a6 = a7. Data linearna kombinacija u obliku vektorske jednačine je:

2)

Rješenje sistema je dato u rješenju zadatka(a) 2) (druga kolona poslednje tabele - treba je uraditi)

c)Prema rezultatu zadatka (a)6) vektori a1 i a6 formiraju linearno nezavisni sistem, rang sistema {a1 ,...,a7} je 2. Dimenzija potprostora kojeg generišu vektori a1 i a2. tj. skup svih vektora sa 4 komponente koji se mogu formirati linearnom kombinacijom λ1 a1 + λ2 a2 je takođe 2.

Vektori e4 i a6 formiraju linearno zavisni sistem, a6 = 2 e4, sa rangom 1. Dimenzija potprostora vektora oblika λ1 a6 + λ 2e4

što se može predstaviti i kao je takođe 1.

1 2 3 420 9 22 28, , ,

133 133 133 133

21 2 4 4 1 6 62 ili

2e e a a

i vektori

a) Utvrditi rang matrice A, matrice B i matrice C!b) Utvrditi da li leži

1. vektor d u potprostoru vektor kolona matrice A,2. vektor f u potprostoru vektor kolona matrice A,3. vektor g7 u potprostoru vektor vrsti matrice A,4. vektor h u potprostoru vektor kolona matrice C, i5. vektor hT u potprostoru vektor vrsti matrice C?Rješenje: a) Rang matrice ne može biti veći od broja vrsti (m) odnosno kolona (n): r(A)

< min (m.n); u datom primjeru je r(A) <3. Pođimo od određenja da je rang matrice jednak je najvećem prirodnom broju

k ako postoji subdeterminanla (minor) matrice reda k različita od nule ako su sve subdeterminante reda većeg od k jednake nuli.

Elementarne transformacije ne mjenjaju rang matrice; elementarne transformacije matrice su transponovanje. promena mjesla dve vrste (ili kolone), množenje skalarom vrste (ili kolone) matrice sabiranje odgovarajućih komponenti dve vrste (ili kolone). Transformišimo datu matricu A elementarnim transformacijama u ekvivalentnu matricu P, tako da je A - P. što znači i r(A) = r(P)!

Elementarne transformacije izvršimo tako da P bude sačinjena samo od jediničnih ili nula vektora!

r(P) = 2 r(P)=2

Odredimo rang matrice A elementarnom baznom transformacijom, polazeći od određenja da je rang matrice maksimalan broj linearno nezavisnih vektora koji se mogu naći među vrstama ili kolonama date matrice.

1 01 0, reda 2.

0 1

Najveći broj vektora matrice A koji se mogu nad u bazi je 2, znači r(A)=2. Gore smo ispitivali vektor kolone matrice A, isti rezultat se dobija za

transponal matrice A:

Utvrđivanje ranga matrice B elementarnim translormacijama: r(B) 2

Utvrđivanje ranga matrice B elementarnom baznom transformacijom:

Utvrđivanje ranga matrice C elementarnim trnaslorrnacijama: r(C) <3

r(C) = 3 Elementarna bazna transformacija:

U bazu se mogu unijeli sva tri vektora matrice C, pa je r(C) = 3.b) 1) Ako vektor d leži u potprostoru vektor kolona matrice A, tada se

d može formirati kombinacijom kolona matrice A. Problem se svodi na rješavanje sistema

linearnih jednačina

1 3 5 42 4 6 40 5 10 102 6 14 16

1 4 9 10

x y z

3 5 42 4 6 4 5 10 10

2 6 14 164 9 10

x y zx y z

y zx y z

x y z

Sistem sadrži 5 jednaćina (m=5) i 3 nepoznate (n=3) U predhodnoj tački smo utvrdili rang matrice koeficijenata nepoznatih

sistema, k=r(A)=2 Utvrdimo ran proširene matrice (koja pored koeficijenata nepoznatih sadrži i kolonu slobodnih članova).

Prema teoremi Kroneker-Kapeli-a ako je rang proširene matrice (Q) veći od ranga početne matrice (A), tada sistem nema rješenja. Ako je r(Q)=r(A), tada sistem ima rješenje, kao i u našem primjeru. k=r(Q)=r(A)=2.Ako sistem ima rješenje i ako je rang jednak broju nepoznatih (k=n), kada je broj nepoznatih manji ili jednak broju jednačina (n<m), tada sistem ima jedno rješenje.

Ako je rang manji od broja nepoznatih (kao i u ovom primjeru k=2<3=n) tada postoji beskonačno mnogo rješenja sistema.

Pošto sistem ima rješenja.vektor d se može izraziti linearnom kombinacijom vektor kolona matrice A, tj. leži u potprostoru vektor kolona matrice A.

Gornja razmatranja rješivosti sistema su samojedna od mogućnosti: do istih rezultata možemo doći i primjenom nekih drugih postupaka, npr. elementarnom baznom transformacijom:

Vektor d leži u potprostoru vektor kolona matrice A, može

lormirati linearnom kombinacijom D = 2a1 - 2 a2 + 0 · a3

a pored toga postoji još beskonačno mnogo rješenja sistema.

2) Linearna kombinacija vektor kolona matrice A za određivanje vektora f:

odnosno:

Rang matrice A je 2. Utvrdimo rang proširene matrice Q elementarnim transformacijama (uradile sami) i konstatujmo da je r(Q)=3

Pošto je rang proširene matrice veći od ranga matrice A, sistem nema rešenja, vektor f se ne može izraziti linearnom kombinacijom vektor kolona matrice A, vektor f ne leži u potprostoru vektor kolona matrice A.

Elementarnom baznom transformacijom rješenje je sledeće:

Vektor f se ne može izraziti linearnom kombinacijom

vektor kolona matrice A, prema poslednjoj tabeli je.

npr. f = 3 a1 -2a2+ 26 e4

Vektor f ne leži u potprostoru vektor kolona matrice A. 3) Linearna kombinacija vektor vrsti matrice A za formiranje vektora gT

(vektori se mogu prikazati u transponovanom obliku):

Rang matrice AT je 2, jer je r(AT) = r(A). Rang proširene matrice: Q je 3, pa zaključujemo da je r(Q)=3 > r(A )=2. Sistem nema rješenja, vektor gTse ne može izrazili linearnom kombinacijom vektor

vrsti matrice A, tj vektor g ne leži u potprostoru vektor vrsti matrice A. Primjenom elementarne bazne transformacije dobija se sledeće rješenje:

Vektor gT se ne može izraziti linearnom kombinacijom vektor vrsti matrice A, tj. ne pripada potprostoru kojeg generišu vektor vrste matrice A.

Jedna moguća linearna kombinacija formiranja vektora gT je napr. gT = -6 a1T+

a2T -12e3

T. 4) i 5) U tački (a) smo utvrdili da je rang matrice C jednak 3, a matrica ima tri vrste, i tri

kolone. Prema tome. vektor vrste (tako i vektor kolone) matrice C formiraju linearno nezavisni sistem i bazu prostora U, a linearnom kombinacijom ovih vektora se može dobiti bilo koji vektor sa tri elementa, što znači da vektor h leži u prostoru vektor kolona matrice C i vektor hT leži u prostoru vektor vrsti matrice C.

12

Rang proširenih matrica

imaju po jedno jedinstveno rješenje.

17. Dati su vektori:

Rješenje: a3 = a1 + a2 -5 e3

18. Dati su vektori:

Odrediti vrijednosti skalara α i β tako da bude zadovoljena vektorska jednačina αa - βb = (α+1) c.

Rješenje:

1 2 3 1 2 3 3 1 2 3

1 2 33 , 1 , 4 u odnosu na bazu e , , . Izrazite vektor a pomocu vektora a , i jedinicnog vektora a .2 5 2

a a a e e a

13 1,24 8