spektralna teorija matrica

Spektralna teorija matricaVezbe; skolska 2012/2013. god.

Sadrzaj

1 Karakteristicni i minimalni polinom matrice, sopstvene vrednosti i sopstveni vek-tori 1

2 Slicnost matrica 13

3 Dijagonalizacija matrica 15

4 Zordanov kanonicni oblik 19

5 Specijalne matrice 34

1 Karakteristicni i minimalni polinom matrice, sopstvene vrednostii sopstveni vektori

• Karakteristicni polinom matrice A glasi p(λ) = det(λI −A).

• Minimalni polinom m(λ) matrice A jeste monicni polinom najmanjeg stepena koji ima osobinum(A) = O.

• Svaka kvadratna matrica ima samo jedan minimalni polinom.

• Svaka nula karakteristicnog polinoma matrice A je i nula njenog minimalnog polinoma.

• Ako je A kompleksna kvadratna matrica reda n, tada svaki vektor x ∈ Cn koji je razlicit od nulavektora i zadovoljava uslov (∃λ ∈ C)Ax = λx, naziva se sopstveni vektor matrice A, a skalar λsopstvena vrednost matrice A.

• Sopstvene vrednosti matrice A nalazimo resavanjem jednacine det(λI −A) = 0 po λ.

• Sopstvene vektore xi odgovarajucih sopstvenih vrednosti λi nalazimo resavajuci homogeni sistemjednacina (λiI −A)x = O.

• Algebarska visestrukost sopstvene vrednosti λi matrice A jeste red nule λi polinoma det(λI−A),a geometrijska visestrukost sopstvene vrednosti λi jeste dimenzija sopstvenog prostora od λi:Eλi = {x ∈ Cn|(λiI −A)x = O}.

• Kejli-Hamiltonova teorema: Svaka kompleksna kvadratna matrica ponistava svoj karakteristicnipolinom, tj. ako je p(λ) karakteristicni polinom kompleksne kvadratne matrice A, tada je p(A) =O.

1

1. Odrediti sopstvene vrednosti i sopstvene vektore sledecih matrica:

A =

−2 2 −32 1 −6−1 −2 0

; B =

0 5 85 0 88 5 0

.Resenje. Odredimo sopstvene vrednosti i sopstvene vektore matrice A. U tu svrhu odredimo prvokarakteristicni polinom matrice A.

|λI −A| =

∣∣∣∣∣∣λ+ 2 −2 3−2 λ− 1 61 2 λ

∣∣∣∣∣∣ = λ3 + λ2 − 21λ− 45 = (λ+ 3)2(λ− 5).

Karakteristicni polinom matrice A glasi p(λ) = (λ + 3)2(λ − 5). Sopstvene vrednosti matrice A jesunule njenog karakteristicnog polinoma, pa imamo da su sopstvene vrednosti matrice A: λ1 = λ2 =−3, λ3 = 5. Odredimo sada sopstvene vektore matrice A.

1◦ Za λ1 = λ2 = −3 resavamo homogeni sistem jednacina koji je dat sa (−3I − A)x = O gde je

x =

x1x2x3

i u resenjima ovog sistema nalazimo dva sopstvena vektora matrice A.

Sistem linearnih jednacina (−3I −A)x = O je ekvivalentan sistemu:

−x1 − 2x2 + 3x3 = 0−2x1 − 4x2 + 6x3 = 0x1 + 2x2 − 3x3 = 0

.

Ako pomnozimo prvu jednacinu sa (-1), drugu podelimo sa (-2), i zatim od prve oduzmemo redomdrugu i trecu jednacinu dolazimo do sledeceg ekvivalentnog sistema:

x1 + 2x2 − 3x3 = 00 = 00 = 0

.

Kako sistem ima beskonacno mnogo resenja, stavimo x3 = α, x2 = β, α, β ∈ R odakle je x1 = −2β+3α.

Dobijamo dakle da je resenje polaznog sistema x =

−2β + 3αβα

= α

301

+ β

−210

, α, β ∈ R.

Ako za (β, α) uzmemo na primer jednom vrednost (1, 0) a drugi put (0, 1) dobijamo dva linearno

nezavisna sopstvena vektora matrice A: v1 =

−210

, v2 =

301

.Sopstvena vrednost λ1 = λ2 je algebarskog multipliciteta a1 = 2 i geometrijskog multipliciteta g1 = 2jer je dimEλ1 = 2.

2◦ Za λ3 = 5 resavamo homogeni sistem jednacina koji je dat sa (5I − A)x = O gde je x =

x1x2x3

i

2

u resenjima ovog sistema nalazimo jedan sopstveni vektor matrice A.

Sistem linearnih jednacina (5I −A)x = O je ekvivalentan sistemu:

7x1 − 2x2 + 3x3 = 0−2x1 + 4x2 + 6x3 = 0x1 + 2x2 + 5x3 = 0

.

Potrazimo resenja poslednjeg sistema jednacina primenom metoda Gaus-Zordanove eliminacije. 7 −2 3 | 0−2 4 6 | 0

1 2 5 | 0

∼ 1 2 5 | 0−2 4 6 | 0

7 −2 3 | 0

∼ 1 2 5 | 0−1 2 3 | 0

7 −2 3 | 0

∼ 1 2 5 | 0

0 4 8 | 00 −16 −32 | 0

∼ 1 2 5 | 00 1 2 | 00 −2 −4 | 0

∼ 1 2 5 | 0

0 1 2 | 00 0 0 | 0

. Sada je polazni sistem ekvivalentan sistemu:

x1 + 2x2 + 5x3 = 0x2 + 2x3 = 0

0 = 0.

Polazni sistem ima beskonacno mnogo resenja. Neka je x3 = α, α ∈ R. Tada je x2 = −2α, x1 = −α.

Dobijamo da je x =

−α−2αα

, α ∈ R. Uzimajuci α = 1 dolazimo do sopstvenog vektora matrice A:

v3 =

−1−21

.Sopstvena vrednost λ3 = 5 ima algebarski multiplicitet a3 = 1 i geometrijski multiplicitet g3 = 1 jerje dimEλ3 = 1.

Odredimo sada sopstvene vrednosti i sopstvene vektore matrice B. U tu svrhu odredimo prvo karak-teristicni polinom matrice B.

|λI −B| =

∣∣∣∣∣∣λ −5 −8−5 λ −8−8 −5 λ

∣∣∣∣∣∣ = λ3 − 129λ− 520 = (λ+ 5)(λ+ 8)(λ− 13).

Karakteristicni polinom matrice B glasi p(λ) = (λ + 5)(λ + 8)(λ − 13). Sopstvene vrednosti matriceA jesu nule njenog karakteristicnog polinoma, pa imamo da su sopstvene vrednosti matrice A: λ1 =−5, λ2 = −8, λ3 = 13. Odredimo sada sopstvene vektore matrice B.

1◦ Za λ1 = −5 resavamo homogeni sistem jednacina koji je dat sa (−5I−B)x = O gde je x =

x1x2x3

i u resenjima ovog sistema nalazimo sopstveni vektor matrice B.

3

Sistem linearnih jednacina (−5I −B)x = O je ekvivalentan sistemu:

−5x1 − 5x2 − 8x3 = 0−5x1 − 5x2 − 8x3 = 0−8x1 − 5x2 − 5x3 = 0

.

Potrazimo resenja poslednjeg sistema jednacina primenom metoda Gaus-Zordanove eliminacije. −5 −5 −8 | 0−5 −5 −8 | 0−8 −5 −5 | 0

∼ 5 5 8 | 0

8 5 5 | 00 0 0 | 0

∼ 5 5 8 | 0

5 8 5 | 00 0 0 | 0

∼ 5 5 8 | 0

0 3 −3 | 00 0 0 | 0

. Sada je

polazni sistem ekvivalentan sistemu:

5x2 + 5x1 + 8x3 = 03x1 − 3x3 = 0

0 = 0.

Poslednji sistem ima beskonacno mnogo resenja. Neka je x3 = α, α ∈ R. Tada je x1 = α, x2 = −135 α.

Dobijamo da je x =

α−13

5 αα

odakle uzimajuci za α = 5 dobijamo da je sopstveni vektor v1 = 5−13

5

. Sopstvena vrednost λ1 = −5 ima algebarski multiplicitet a1 = 1 i geometrijski multiplicitet

g1 = 1 jer je dimEλ1 = 1.

2◦ Za λ2 = −8 resavamo homogeni sistem jednacina koji je dat sa (−8I−B)x = O gde je x =

x1x2x3


Sistem linearnih jednacina (−8I −B)x = O je ekvivalentan sistemu:

−5x1 − 5x2 − 8x3 = 0−5x1 − 5x2 − 8x3 = 0−8x1 − 5x2 − 5x3 = 0

.

Potrazimo resenja poslednjeg sistema jednacina primenom metoda Gaus-Zordanove eliminacije. −8 −5 −8 | 0−5 −8 −8 | 0−8 −5 −8 | 0

∼ 8 5 8 | 0

5 8 8 | 00 0 0 | 0

∼ 8 5 8 | 0

8 8 5 | 00 0 0 | 0

∼ 8 5 8 | 0

0 3 −3 | 00 0 0 | 0

.Sada je

polazni sistem ekvivalentan sistemu:

8x3 + 5x2 + 8x1 = 03x2 − 3x1 = 0

0 = 0.

4

Poslednji sistem ima beskonacno mnogo resenja. Neka je x3 = α, α ∈ R. Tada je x1 = x2 = − 813α.

Dobijamo da je x =

−135 α

−135 αα

odakle uzimajuci za α = −13 dobijamo da je sopstveni vektor v2 = 88−13

.Sopstvena vrednost λ2 = −8 ima algebarski multiplicitet a2 = 1 i geometrijski multiplicitet g2 = 1 jerje dimEλ2 = 1.

3◦ Za λ3 = 13 resavamo homogeni sistem jednacina koji je dat sa (13I −B)x = O gde je x =

x1x2x3


Sistem linearnih jednacina (13I −B)x = O je ekvivalentan sistemu:

13x1 − 5x2 − 8x3 = 0−5x1 + 13x2 − 8x3 = 0−8x1 − 5x2 + 13x3 = 0

.

Potrazimo resenja poslednjeg sistema jednacina primenom metoda Gaus-Zordanove eliminacije. 13 −5 −8 | 0−5 13 −8 | 0−8 −5 13 | 0

∼ 13 −5 −8 | 0−5 13 −8 | 0

5 −10 5 | 0

∼ 13 −5 −8 | 0−5 13 −8 | 0

1 −2 1 | 0

∼ 1 −2 1 | 0−5 13 −8 | 013 −5 −8 | 0

∼ 1 −2 1 | 00 3 −3 | 00 21 −21 | 0

∼ 1 −2 1 | 0

0 1 −1 | 00 0 0 | 0

. Sada je polazni sistem ekvivalentan sistemu:

x1 − 2x2 + x3 = 0x2 − x3 = 0

0 = 0.

Poslednji sistem ima beskonacno mnogo resenja. Neka je x3 = α, α ∈ R. Tada je x1 = x2 = α.

Dobijamo da je x =

ααα

odakle uzimajuci za α = 1 dobijamo da je sopstveni vektor v3 =

111

.Sopstvena vrednost λ3 = 13 ima algebarski multiplicitet a3 = 1 i geometrijski multiplicitet g3 = 1 jerje dimEλ3 = 1.

2. Da li se moze odrediti m tako da matrica A =

2 1 −30 3 m0 4 −1

ima sopstvenu vrednost jednaku 0?

Resenje. Odredimo karakteristicni polinom date matrice.

5

|λI −A| =

∣∣∣∣∣∣λ− 2 −1 3

0 λ− 3 −m0 −4 λ+ 1

∣∣∣∣∣∣ = (λ− 2)(λ2 − 2λ− 4m− 3).

Ako je λ = 0 sopstvena vrednost matrice A, onda vazi −4m−3 = 0 odakle sledi da se m moze odreditii m = −3

4 .

3. Odrediti karakteristicni polinom matrice

A =

0 1 0 · · · 0 00 0 1 · · · 0 0...0 0 0 · · · 0 1−an −an−1 −an−2 · · · −a2 −a1

.

Resenje.

|λI −A| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ −1 0 · · · 0 00 λ −1 · · · 0 0...0 0 0 · · · −1 00 0 0 · · · λ −1an an−1 an−2 · · · a2 λ+ a1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Razvimo poslednju determinantu po poslednjoj vrsti.∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ −1 0 · · · 0 00 λ −1 · · · 0 0...0 0 0 · · · λ −1an an−1 an−2 · · · a2 λ+ a1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)n+1an

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 0 0 · · · 0 0λ −1 0 · · · 0 0...0 0 0 · · · −1 00 0 0 · · · λ −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)n+2an−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ 0 0 · · · 0 00 −1 0 · · · 0 0...0 0 0 · · · −1 00 0 0 · · · λ −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ · · ·+ (−1)n+n−1a2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ −1 0 · · · 0 00 λ −1 · · · 0 0...0 0 0 · · · λ 00 0 0 · · · 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+(λ+ a1)(−1)n+n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ −1 0 · · · 0 00 λ −1 · · · 0 0...0 0 0 · · · λ −10 0 0 · · · 0 λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)n+1(−1)n−1an + (−1)n+2an−1λ(−1)n−2 + · · ·

+a2(−1)n+n−1(−1)λn−2 + a1(−1)n+nλn−1 + (−1)n+nλn = λn + a1λn−1 + a2λ

n−2 + · · ·+ an−1λ+ an.

6

4. Neka je data matrica A =[a1 a2 a3 · · · an

], a1a2a3 · · · an 6= 0. Odrediti karakteristicni

polinom i sopstvene vrednosti matrice ATA.

Resenje. ATA =

a1a1 a1a2 a1a3 · · · a1ana2a1 a2a2 a2a3 · · · a2an

...ana1 ana2 ana3 · · · anan

|ATA− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a1a1 − λ a1a2 a1a3 · · · a1ana2a1 a2a2 − λ a2a3 · · · a2an

...ana1 ana2 ana3 · · · anan − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= a21a22a

23 · · · a2n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ

a211 1 · · · 1

1 1− λa22

1 · · · 1

...

1 1 1 · · · 1− λa2n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= a21a

22a

23 · · · a2n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λa21

1 1 · · · 11a21

− λa22

0 · · · 0

...λa21

0 0 · · · − λa2n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a21 − λ a22 a23 · · · a2nλ −λ 0 · · · 0...λ 0 0 · · · −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = λn−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a21 − λ a22 a23 · · · a2n

1 −1 0 · · · 0...1 0 0 · · · −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

= λn−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−λ+

n∑k=1

a2k a22 a23 · · · a2n

0 −1 0 · · · 0...0 0 0 · · · −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)nλn−1(λ−

n∑k=1

a2k)

Sopstvene vrednosti matrice ATA su λ1 = a21 + a22 + · · ·+ a2n;λ2 = λ3 = ... = λn = 0.

5. Neka je data kvadratna matrica A reda n i neka je λ njena sopstvena vrednost. Dokazati da je λk

sopstvena vrednost matrice Ak, k ∈ N.

Resenje. Neka je x 6= 0 sopstveni vektor matrice A za λ.

1) Za k = 1 imamo: Ax = λx, pa tvrdenje vazi za k = 1.

2) Pretpostavimo da tvrdenje vazi za neko k ∈ N, tj. da vazi Akx = λkx.

3) Ak+1x = AkAx = Ak(λx) = λAkx = λ(λkx) = (λλk)x = λk+1x.

Na osnovu principa matematicke indukcije iz 1), 2) i 3) sledi dokaz tvrdenja u zadatku.

6. Neka je data regularna kvadratna matrica A reda n i neka je λ njena sopstvena vrednost. Dokazatida je 1

λ sopstvena vrednost matrice A−1.

Resenje. Neka je x 6= 0 sopstveni vektor matrice A za λ.

Iz A−1x = A−1(1 · x) = A−1( 1λ · λx) = 1

λA−1(λx) = 1

λA−1(Ax) = 1

λ(A−1A)x = 1λIx = 1

λx sledi da je

7

1λ sopstvena vrednost matrice A−1.

7. Odrediti sopstvene vrednosti i sopstvene vektore matrica:

(a)

[1 −22 −3

]; (b)

[0 12 0

]; (c)

[1 −1−4 4

].

Rezultat: (a) λ1 = λ2 = −1, v1 = [1, 1]T ;

(b) λ1 =√

2, λ2 = −√

2, v1 = [1,√

2]T , v2 = [1,−√

2]T ;

(c) λ1 = 0, λ2 = 5, v1 = [1, 1]T , v2 = [0, 1]T .


(a)

1 0 00 0 10 1 0

; (b)

1 −1 11 1 −11 −1 1

; (c)

1 −1 11 1 −12 −1 0

.

Rezultat: (a) λ1 = λ2 = 1, λ3 = −1, v1 = [1, 0, 0]T , v2 = [0, 1, 1], v3 = [0,−1, 1]T ’

(b) λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2, v1 = [0, 1, 1]T , v2 = [1, 1, 1]T , v3 = [1, 0, 1]T ;

(c) λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = −1, v1 = [1, 1, 1]T , v2 = [1, 0, 1]T , v3 = [1,−3,−5]T .


(a)

0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0

; (b)

0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

; (c)

1 −1 1 −1−1 1 −1 1

1 −1 1 −1−1 1 −1 1

.

Rezultat: (a) λ1 = λ2 = 1, λ3 = λ4 = −1, v1 = [1, 0, 0, 1]T , v2 = [0, 1, 1, 0]T , v3 = [0,−1, 1, 0]T , v4 =[−1, 0, 0, 1]T ;

(b) λ1 = λ2 = 1, λ3 = λ4 = −1, v1 = [1, 1, 0, 0]T , v2 = [0, 0, 1, 1]T , v3 = [−1, 1, 0, 0]T , v4 = [0, 0,−1, 1]T ;

(c) λ1 = λ2 = λ3 = 0, λ4 = 4, v1 = [1, 1, 0, 0, ]T , v2 = [0, 1, 1, 0]T , v3 = [0, 0, 1, 1]T , v4 = [1,−1, 1,−1]T .

10. Koristeci Leveriev metod, odrediti karakteristicni polinom matrice A =

1 2 1 −11 0 2 12 1 −1 34 −5 0 4

.Resenje. Prikazimo ukratko Leverijev metod nalazenja karakteristicnog polinoma kvadratne matriceA reda n. Neka je σ(A) = {λ1, λ2, ..., λn} spektar matrice A. Oznacimo sa sk trag matrice Ak, tj.

sk = Tr(Ak) =n∑i=1

λki , k = 1, 2, ..., n.

Neka jeP (λ) = |λI −A| = λn + p1λ

n−1 + · · ·+ pn−1λ+ pn

karakteristicni polinom matrice A. Za k ≤ n vaze Njutnove formule na osnovu kojih nalazimo koefi-

8

cijente karakteristicnog polinoma:

pk = −1

k(sk + p1sk−1 + · · ·+ pk−1s1) k = 1, 2, ..., n.

Predimo sada na primenu iznetog Leverijevog metoda.

A2 =

1 8 4 09 −1 −1 9

13 −12 5 815 −12 −6 7

, A3 =

17 6 13 1942 −28 8 2343 −9 −16 2219 −11 −3 −17

, A4 =

125 −48 16 104122 −23 −22 4690 −40 41 −12−66 120 0 −107

.Imamo da je s1 = 4, s2 = 12, s3 = −44, s4 = 36. Sada dobijamo koeficijente karakteristicnog polinomamatrice A.

p1 = −s1 = −4;

p2 = −12(s2 + p1s1) = −1

2(12 + (−4)(4)) = 2;

p3 = −13(s3 + p1s2 + p2s1) = −1

3(−44 + (−4)12 + 2(4)) = 28;

p4 = −14(s4 + p1s3 + p2s2 + p3s1) = −1

4(36 + (−4)(−44) + 2(12) + 28(4)) = −87.

Karakteristicni polinom matrice A glasi:

P (λ) = λ4 − 4λ3 + 2λ2 + 28λ− 87.

11. Koristeci Fadejev metod, odrediti karakteristicni polinom matrice A =

1 2 1 −11 0 2 12 1 −1 34 −5 0 4

.

Resenje. Prikazimo ukratko kako izgleda Fadejev metod nalazenja karakteristicnog polinoma nekekvadratne matrice. Neka je data kvadratna matrica A reda n i definisimo sledece matrice i velicine:

A1 = A, q1 = −Tr(A1), B1 = A1 + q1I

A2 = AB1, q2 = −1

2Tr(A2), B2 = A2 + q2I

......

...

An = ABn−1, qn = − 1

nTr(An), Bn = An + qnI.

Karakteristicni polinom matrice A tada glasi:

P (λ) = |λI −A| = λn + q1λn−1 + · · ·+ qn−1λ+ qn.

9

Predimo sada na primenu iznetog Fadejevog metoda.

A =

1 2 1 −11 0 2 12 1 −1 34 −5 0 4

Za k = 1, 2, 3, 4 racunamo

Ak = ABk−1 qk = −1

kTr(Ak), Bk = Ak + qkI.

A1 =

1 2 1 −11 0 2 12 1 −1 34 −5 0 4

, q1 = −4, B1 =

−3 2 1 −1

1 −4 2 12 1 −5 34 −5 0 0

;

A2 =

−3 0 0 4

5 −1 −9 55 −16 9 −4−1 8 −6 −9

, q2 = 2, B2 =

−1 0 0 4

5 1 −9 55 −16 11 −4−1 8 −6 −7

;

A3 =

15 −22 −1 178 −24 16 −11−5 41 −38 −4−33 27 21 −37

, q3 = 28, B3 =

43 −22 −1 178 4 16 −11−5 41 −10 −4−33 27 21 −9

;

A4 =

87 0 0 00 87 0 00 0 87 00 0 0 87

, q4 = −87, B4 =

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

.Karakteristicni polinom matrice A glasi:

P (λ) = λ4 − 4λ3 + 2λ2 + 28λ− 87.

12. Koristeci Kejli-Hamiltonovu teoremu izracunati A3 i A−1 za matricu A =

1 2 3−1 2 2

3 1 −1

.Resenje. Odredimo karakteristicni polinom matrice A.

P (λ) = |λI −A| =

∣∣∣∣∣∣λ− 1 −2 −3

1 λ− 2 −2−3 −1 λ+ 2

∣∣∣∣∣∣ = λ3 − λ2 − 13λ+ 19.

10

Na osnovu Kejli-Hamiltonove teoreme vazi P (A) = O, tj. A3 −A2 − 13A+ 19I = O. Odavde sledi daje

A3 = A2 + 13A− 19I =

8 9 13 4 −3−4 6 15

+ 13

1 2 30 1 00 0 1

− 19

1 0 00 1 00 0 1

=

2 35 40−10 11 23

35 19 −30

.Da bi dobili A−1 pomnozimo jednakost A3 −A2 − 13A+ 19I = O sa A−1.

Imamo A2 − A − 13I + 19A−1 = O odnosno A−1 = − 119(A2 − A − 13I) = − 1

19(

8 9 13 4 −3−4 6 15

− 1 2 3−1 2 2

3 1 −1

− 13

1 0 00 1 00 0 1

) = 119

6 −7 2−4 11 5

7 −5 −4

.13. Naci matricu A 6= I drugog reda, sa realnim koeficijentima, koja zadovoljava jednacinu A3 = I.

Resenje. Polinom λ3 − 1 = (λ− 1)(λ2 + λ+ 1) ponistava matricu A. Karakteristicni polinom matriceA je realan polinom drugog stepena. Kako je A 6= I, sledi da je P (λ) = λ2 + λ + 1 karakteristicni

polinom matrice A. Prema Kejli-Hamiltonovoj teoremi vazi A2 +A+ I = O. Odave za A =

[a bc d

]imamo:

[a2 + bc ad+ bdca+ cd bc+ d2

]+

[a bc d

]+

[1 00 1

]=

[0 00 0

]Izjednacavanjem odgovarajucih elemenata dobijamo:

a(a+ 1) + bc+ 1 = 0

b(a+ d+ 1) = 0

c(a+ d+ 1) = 0

cb+ d(d+ 1) + 1 = 0

Za b = c = 0 sledi a2 + a + 1 = 0 pa a /∈ R. Zato mora biti a + d + 1 = 0, tj. d = −1 − a. Iz cetvrtejednacine sledi bc+(−a−1)(−a)+1 = 0 sto predstavlja jednacinu identicnu prvoj jednacini. To znaci

da jedan broj, recimo b, mozemo odabrati po volji, a za drugi tada vazi c = −a2+a+1b . Prema tome,

opsti oblik matrice A glasi A =

[a b

−a2+a+1b −a− 1

], a, b ∈ R, b 6= 0.

14. Naci minimalni polinom za sledece matrice: A =

3 1 −10 2 01 1 1

; B =

0 5 85 0 88 5 0

.

Resenje Kako je

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣3− λ 1 −1

0 2− λ 01 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = −(λ− 2)3

11

sledi da je karakteristicni polinom posmatrane matrice A polinom

−(λ− 2)3 = −(λ3 − 6λ2 + 12λ− 8)

Minimalni polinom matrice A bi mogao biti neki od polinoma

λ− 2, (λ− 2)2 ili (λ− 2)3.

Kako je A−2I 6= 0, polinom λ−2 nije trazeni minimalni polinom. Kako je (A−2I)2 = A2−4A+I = 0,polinom

(λ− 2)2 = λ2 − 4λ+ 1

jeste minimalni polinom matrice A.

Kako je

|B − λI| =

∣∣∣∣∣∣−λ 5 85 −λ 88 5 −λ

∣∣∣∣∣∣ = −(λ+ 5)(λ+ 8)(λ− 13)

karakteristicni polinom matrice B je polinom

−(λ+ 5)(λ+ 8)(λ− 13) = −(λ3 − 129λ+ 520)

Kako su sve nule karakteristicnog polinoma matrice B medu sobom razlicite sledi da je karakteristicnipolinom matrice B ujedno i njen minimalni polinom.

15. Odrediti karakteristicni i minimalni polinom za sledece matrice:

(a) A =

4 1 1 1−1 2 −1 −1

6 1 −1 1−6 −1 4 2

; (b) B =

1 0 0 00 2 0 00 0 2 10 0 0 2

;

Rezultat: (a) p(λ) = (λ− 3)3(λ+ 2); µ(λ) = (λ− 3)(λ+ 2)

(b) p(λ) = (λ− 1)(λ− 2)3;µ(λ) = (λ− 1)(λ− 2)2

16. Naci An, n ∈ N ako je A =

[3 −4−1 −2

].

Rezultat: An = 13(2n − (−1)n)A+ 1

3(2n + 2 · (−1)n) · I, n ∈ N.

12

2 Slicnost matrica

• Matrica A je slicna sa matricom B akko postoji regularna matrica P tako da je A = PBP−1.

• Relacija slicnosti matrica jeste relacija ekvivalencije.

• Osobine traga matrice: 1. Tr(AB) = Tr(BA), 2. Tr(αA+ βB) = αTr(A) + βTr(B).

• Kosi Bineova teorema: det(A ·B) = det(A) · det(B).

17. Dokazati da slicne matrice imaju isti trag, determinantu i karakteristicni polinom.

Resenje. Neka su A i B slicne matrice. Tada postoji regularna matrica S takva da je B = S−1AS.Dokazimo da matrice A i B imaju isti trag koristeci svojstvo Tr(AB) = Tr(BA). Imamo:

Tr(B) = Tr(S−1AS) = Tr(S−1(AS)) = Tr((AS)S−1) = Tr(A(SS−1) = Tr(A).

Pokazimo da slicne matrice imaju istu determinantu koristeci Kosi-Bineovu teoremu:

det(B) = det(S−1AS) = det(S−1) det(A) det(S)

= det(A)(det(S−1) det(S)) = det(A) det(S−1S) = det(A) det(I) = det(A).

Pokazimo jos i da slicne matrice imaju isti karakteristicni polinom.

det(λI − S−1AS) = det(λS−1IS − S−1AS) = det(S−1(λI −A)S) = det(S−1) det(λI −A) det(S)

= det(λI −A)(det(S−1) det(S)) = det(λI −A) det(S−1S) = det(λI −A) det(I) = det(λI −A).

18. Ako su A i B slicne matrice, i q bilo koji polinom, onda su i matrice q(A) i q(B) slicne.

Resenje. Neka su A i B slicne matrice. Tada postoji regularna matrica P takva da je B = P−1AP.Pretpostavimo da je q(t) = c0 + c1t+ c2t

2 + · · ·+ cktk. Tada je

p(A) = c0I + c1A+ c2A2 + · · ·+ ckA

k

odakle sledi

P−1q(A)P = P−1(c0 + c1A+ c2A2 + · · ·+ ckA

k)P

= c0P−1P + c1P

−1AP + c2P−1A2P + · · ·+ ckP

−1AkP

= c0I + c1B + c2B2 + · · ·+ ckB

k = q(B).

19. Ako su A i B slicne matrice, onda su i matrice AT i BT slicne.

Resenje. Neka su A i B slicne matrice. Tada postoji regularna matrica P takva da je B = P−1AP.

Sada imamo BT = (P−1AP )T = P TAT (P−1)T = [(P−1)T ]−1AT [(P−1)T ]. Za Q = [(P−1)T ], dobijamoda je BT = Q−1ATQ odakle sledi da su matrice AT i BT slicne.

20. Ispitati da li su slicne matrice B =

1 1 10 2 10 0 3

i C =

1 0 00 2 00 0 3

.

13

Resenje. |λI −B| = (λ− 1)(λ− 2)(λ− 3)

λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3, v1 = [1 0 0]T , v2 = [1 1 0]T , v3 = [1 1 1]T .

P =

1 1 10 1 10 0 1

, P−1 =

1 −1 00 1 −10 0 1

.Sada je B = PCP−1 odakle sledi da su matrice B i C slicne.

Napomena. Matrica A je slicna sa matricom B ako postoji regularna matrica S tako da je A = S−1BS.Primetimo da za dato S mozemo definisati R = S−1 i onda imamo A = RBR−1 odakle sledi da mozemoreci da su matrice A i B slicne ako je A = RBR−1.

21. Dokazati:

(a) Ako su A i B slicne matrice, onda su i matrice A−1 i B−1 slicne.

(b) Ako su A i B slicne matrice, onda su i matrice Ak i Bk slicne za bilo koje k = 1, 2, ...

14

3 Dijagonalizacija matrica

• Kvadratna matrica A reda n slicna je dijagonalnoj matrici D akko postoji n linearno nezavisnihsopstvenih vektora matrice A. Pored toga, sopstvene vrednosti matrice A nalaze se na glavnojdijagonali matrice D.

• Za matricu A kazemo da se moze dijagonalizirati akko je slicna dijagonalnoj matrici.

• Svaki izraz oblika A = PDP−1 naziva se dijagonalizacija matrice A.

22. Ispitati da li je moguce dijagonalizirati sledece matrice, i u slucaju da jeste, dijagonaliriati ih.

(a) A =

[1 −12 −1

];

(b) A =

1 0 −10 1 00 0 2

;

(c) A =

1 1 20 1 30 0 2

.Resenje. (a) Kako je

|λI −A| =∣∣∣∣ λ− 1 1−2 λ+ 1

∣∣∣∣ = λ2 + 1,

zakljucujemo da su λ1 = i i λ2 = −i sopstvene vrednosti matrice A.

Sopstvena vrednost λ1 = i ima sopstveni vektor x1 = [1 1 − i]T , a sopstvena vrednost λ2 = −i imasopstveni vektor x2 = [1 1 + i]T . Sopstvene vrednosti su razlicite, pa su x1 i x2 linearno nezavisnivektori i

P =

[1 1

1− i 1 + i

]⇒ P−1AP =

[i 00 −i

].

(b) U ovom slucaju je

|λI −A| =

∣∣∣∣∣∣λ− 1 0 1

0 λ− 1 00 0 λ− 2

∣∣∣∣∣∣ = (λ− 1)2(λ− 2),

pa matrica A ima dve razlicite sopstvene vrednosti: λ1 = 1 algebarske visestrukosti 2 i λ2 = 2algebarske visestrukosti 1.

Sopstvena vrednost λ1 = 1 ima dva sopstvena vektora: x1 = [1 0 0]T i x2 = [0 1 0]T , a sopstvenavrednost λ2 = 2 jedan sopstveni vektor x3 = [−1 0 1]T . Primetimo da su algebarski i geometrijski

15

multiplicitet sopstvene vrednosti λ1 jednaki i iznose 2. Zbog toga x1, x2 i x3 obrazuju bazu sopstvenihvektora i imamo

P =

1 0 −10 1 00 0 1

⇒ P−1AP =

1 0 00 1 00 0 2

.(c) I u ovom slucaju je |λI −A| = (λ− 1)2(λ− 2), pa matrica A ima dve razlicite sopstvene vrednosti:λ1 = 1 algebarske visestrukosti 2 i λ2 = 2 algebarske visestrukosti 1. Kako je dimenzija sopstvenogprostora Eλ1 = 1, zakljucujemo da je geometrijski multiplicitet sopstvene vrednosti λ1 jednak 1 irazlicit je od algebarskog multipliciteta ove sopstvene vrednosti. Zbog toga ne postoji baza sopstvenihvektora i matrica A se ne moze dijagonalizirati transfrmacijom slicnosti.

23. Dijagonalizirati sledece matrice:

(a) A =

0 5 85 0 88 5 0

; (b) B =

4 1 −12 5 −24 4 −1

.

Resenje. (a) p(λ) = λ3−129λ−520; λ1 = −8, λ2 = −5, λ3 = 13, v1 = [8, 8,−13]T , v2 = [5,−13, 5]T , v3 =

[1, 1, 1]T ; P =

8 5 18 −13 1

−13 5 1

; P−1 =

0.0476 0 −0.04760.0556 −0.0556 00.3413 0.2778 0.3810

; A = PDP−1, gde je

D = diag(−8,−5, 13)

(b) p(λ) = λ3 − 8λ + 21λ − 18; λ1 = 2, λ2 = λ3 = 3; v1 = [1, 2, 4]T , v2 = [−1, 1, 0]T , v3 = [1, 0, 1]T ;

P =

1 −1 12 1 04 0 1

; P−1 =

−1 −1 12 3 −24 4 −3

; B = PDP−1, gde je D = diag(2, 3, 3).

24. Dijagonalizirati sledece matrice:

(a)

−2 4 3−2 4 3

2 −4 −3

; (b)

4 2 −62 1 −3−6 −3 9

; (c)

4 1 −12 5 −24 4 −1

;

Rezultat: (a) v1 = [1, 1,−1]T , v2 = [2, 1, 0]T , v3 = [3, 0, 2]T , D = diag(−1, 0, 0);

(b) v1 = [2, 1,−3]T , v2 = [−1, 2, 0]T , v3 = [6, 3, 5]T , D = diag(14, 0, 0);

(c) v1 = [1,−1, 0]T , v2 = [1, 0, 1]T , v3 = [1, 2, 4]T , D = diag(3, 3, 2)

25. Neka je data matrica A =

7 4 0 0

−12 −7 0 020 11 −6 −12−12 −6 6 11

.1. Utvrditi da je matrica A nesingularna matrica.

2. Odrediti sopstvene vrednosti λ1, λ2, λ3, λ4 matrice A.

3. Odrediti sopstvene vektore matrice A.

16

4. Dijagonalizirati datu matricu.

5. Odrediti kvadratne matrice M1,M2,M3,M4 reda cetiri, tako da je A = λ1M1 + λ2M2 + λ3M3 +λ4M4.

6. Ako je M = {M1,M2,M3,M4}, ispitati da li je mnozenje matrica Mi unutrasnja operacija uskupu M.

7. Odrediti matricu An(n ∈ N).

8. Odrediti matricu A−1.

Resenje. 1. Kako je detA = −6 sledi da je matrica A regularna matrica.

2. Iz det(A − λI) = (λ + 1)(λ − 1)(λ − 2)(λ − 3) dobijamo da su sopstvene vrednosti matrice Aλ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 2, λ4 = 3.

3. Sopstveni vektori dobijaju se kao resenja sistema jednacina

(λiI −A)x = O, i = 1, 2, 3, 4

x1 = [1 − 2 2 − 1]T , x2 = [2 − 3 1 0]T , x3 = [0 0 3 − 2]T , x4 = [0 0 4 − 3]T

4.

P = [x1 x2 x3 x4] =

1 2 0 0−2 −3 0 02 1 3 4−1 0 −2 −3

; P−1 =

−3 −2 0 02 1 0 00 1 3 41 0 −2 −3

A = PDP−1

D =

λ1 0 0 00 λ2 0 00 0 λ3 00 0 0 λ4

=

−1 0 0 00 1 0 00 0 2 00 0 0 3

.5. Kako je

D =

λ1 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

+

0 0 0 00 λ2 0 00 0 0 00 0 0 0

+

0 0 0 00 0 0 00 0 λ3 00 0 0 0

+

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 λ4

= λ1D1 + λ2D2 + λ3D3 + λ4D4

gde su Dk (k = 1, 2, 3, 4) odgovarajuce dijagonalne matrice, sledi

A = PDP−1 = P (λ1D1 + λ2D2 + λ3D3 + λ4D4)P−1

= λ1PD1P−1 + λ2PD2P

−1 + λ3PD3P−1 + λ4PD4P

−1

tj. matrica A ima reprezentaciju

A = λ1M1 + λ2M2 + λ3M3 + λ4M4,

17

gde smo stavili Mk = PDkP−1 (k = 1, 2, 3, 4).

6. Operacija mnozenja matrica nije unutrasnja operacija u skupu M, jer je

Mi ·Mj =

{M2i , (j = i)

0 (j 6= i)

7. Pokazimo prvo da vazi jednakost An = PDnP−1.

1) n = 1 : A = PDP−1 i to je tacno.

2) Pretpostavimo da je An = PDnP−1 za neko n ∈ N.

3) An+1 = AAn = A(PDnP−1) = (PDP−1)(PDnP−1) = PDDnP−1 = PDn+1P−1.

Na osnovu princpia matematicke indukcije iz 1), 2) i 3) sledi da je An = PDnP−1 za svako n ∈ N.

Dn =

λn1 0 0 00 λn2 0 00 0 λn3 00 0 0 λn4

=

(−1)n 0 0 0

0 1 0 00 0 2n 00 0 0 3n

= λn1D1 + λn2D2 + λn3D3 + λn4D4.

Prema tome, matrica An ima oblik

An = PDP−1 = P (λn1D1 + λn2D2 + λn3D3 + λn4D4)P−1

= λn1PD1P−1 + λn2PD2P

−1 + λn3PD3P−1 + λn4PD4P

−1

= λn1M1 + λn2M2 + λn3M3 + λn4M4

8. U okviru ovog zadatka pod 1. pokazali smo da je matrica A regularna a to znaci da matrica A imasvoju inverznu matricu.

Kako je detD = (−1) · 1 · 1 · 2 · 3 6= 0 sledi da i matrica D ima svoju inverznu matricu.

D−1 =1

(−1) · 1 · 1 · 2 · 3

−1 0 0 00 1 0 00 0 1

2 00 0 0 1

3

Iz A = PDP−1 sledi

A−1 = (PDP−1)−1 = PD−1P−1

odnosno

A−1 =1

(−1) · 1 · 1 · 2 · 3P

−1 0 0 00 1 0 00 0 1

2 00 0 0 1

3

P−1

18

4 Zordanov kanonicni oblik

• Teorema 1.14. Neka je J Jordanova matrica koja duz glavne dijagonale sadrzi p Jordanovihblokova. Pretpostavimo da razliciti dijagonalni elementi matrice J su λ1, λ2, . . . , λk i da se λipojavljuje sa multiplicitetom ai. Pretpostavimo, takode, da je broj Jordanovih blokova cijidijagonalni elementi su λi jednak gi i da je red najveceg Jordanovog bloka ciji su dijagonalnielementi λi jednak mi (i = 1, 2, . . . k). Tada je

10 P (λ) = (λ− λ1)a1(λ− λ2)a2 · · · (λ− λk)ak

20 m(λ) = (λ− λ1)m1(λ− λ2)m2 · · · (λ− λk)mk

30 dimEλi = gi (i = 1, 2, . . . , k)

• Pomocu navedene teoreme, na osnovu karakteristicnog i minimalnog polinoma, algebarskih igeometrijskih multipliciteta mozemo odrediti Zordanove oblike nekih matrica.

Takode, kada pomocu Teoreme 1.14. odredimo Zordanovu kanonicnu formu date matrice A,mozemo na osnovu jednakosti A = PJP−1, tj. AP = PJ odrediti i matricu transformacijeslicnosti P .

• Kada na osnovu Teoreme 1.14. ne mozemo odrediti Zordanov kanonicni oblik matrice A (stose npr. desava kod nekih matrica reda 7), onda pristupamo nalazenju generalisanih sopstve-nih vektora, pomocu kojih formiramo matricu transformacije slicnosti P , a onda do Zordanovekanonicne forme matrice A dolazimo na osnovu jednakosti A = PJP−1, tj. J = P−1AP.

• Algoritam dobijanja n generalisanih sopstvenih vektora matrice A koja je reda n, glasi:

1. Izracunati sopstvene vrednosti i ”obicnesopstvene vektore kvadratne martice A reda n. Odre-diti algebarske i geometrijske multiplicitete sopstvenih vrednosti. Razlicite sopstvene vrednostisu λ1, λ2, . . . , λk. Za 1 ≤ i ≤ k sopstvena vrednost λi ima algebarski multiplicitet ai i geometrij-ski multiplicitet gi.

2. U g1 razlicitih lanaca izracunati ukupno a1 linearno nezavisnih generalisanih sopstvenihvektora za λ1. Oznacimo sa E1 kolekciju linearno nezavisnih lanaca. Pocinjemo sa kolekcijomE1 koja se sastoji od ”obicnihsopstvenih vektora koji odgovaraju sopstvenoj vrednosti λ1 i kojisu odredeni u prethodnom koraku. Podsetimo se da je svaki takav vektor lanac duzine 1. Sadapostupamo na sledeci nacin.

2.1 Odrediti bazu B = {v1, v2, . . . , vp} nula prostora nul (A− λ1I)a1−g1+1.

2.2 Racunati (A − λ1I)jvi (i = 1, 2, . . . , p) sve dok ne nademo vektor vi, koji je nezavisan odvektora sadrzanih u (lancima od) E1, i najvece j, koje cemo oznaciti sa r, takvo da je

(A− λ1I)rvi = O i (A− λ1I)r−1vi 6= O.

Takav vektor vi je generalisani sopstveni vektor reda r.

2.3 Konstruisati lanac

19

xr = vi

xr−1 = (A− λ1I)vi

xr−2 = (A− λ1I)2vi...

x1 = (A− λ1I)r−1vi.

2.4 Ako postoji podskup lanaca u E1 koji nisu linearno nezavisni sa lancem {x1, x2, . . . , xr}(koristiti lemu 1.6 da se to proveri) tada ukloniti medu ovim lancima onaj sa najmanjom duzinom.Zatim dodati kolekciji E1 lanac {x1, x2, . . . , xr}.Korake 2.2-2.4 ponavljati sve dok se ne dobije a1 vektora u kolekciji E1.3. Ponoviti drugi korak za preostale sopstvene vrednosti λ2, . . . , λk.

Na ovaj nacin dobijena je kolekcija

E = E1 ∪ E2 ∪ . . . ∪ Ek

koja sadrzi tacno n generalisanih sopstvenih vektora. Pomocu ove kolekcije formira se matricaP koja matricu A transformacijom slicnosti prevodi u njen Jordanov kanonicki oblik J

26. Neka je data matrica

A =

0 1 0−4 4 0−2 1 2

.Odrediti Zordanovu kanonicnu formu matrice A i odrediti bazu u kojoj matrica A ima Zordanovuformu (tj. odrediti matricu transformacije slicnosti P ).

Resenje. Za datu matricu A imamo: p(λ) = (λ − 2)3, m(λ) = (λ − 2)2. Sopstvene vrednosti matriceA su λ1 = λ2 = λ3 = 2. Primenimo Teoremu 1.14. da bi odredili Zordanov kanonicni oblik.:

Za λ1 = 2 imamo: a1 = 3, g1 = 2,m1 = 2.

a1 = 3⇒ u Zordanovoj kanonicnoj formi matrice A, broj 2 se na glavnoj dijagonali pojavljuje 3 puta,

g1 = 2⇒ broj Zordanovih blokova za sopstvenu vrednost 2 iznosi 2,

m1 = 2 ⇒ Zordanova kanonicna forma matrice A ima za sopstvenu vrednost 2 bar jedan Zordanovblok reda 2.

Sada je

J =

2 1 00 2 0

0 0 2

.Odredimo matricu transformacije slicnosti P za koju podsetimo se vazi AP = PJ .

Ako su v1, v2, v3 kolone trazene matrice P , onda zbog AP = PJ vazi

20

A · [v1 v2 v3] = [v1 v2 v3] ·

2 1 00 2 00 0 2

.Odavde dobijamo [Av1 Av2 Av3] = [2v1 v2 + 2v2 2v3], odakle formiramo sisteme jednacina:

Av1 = 2v1Av2 = v1 + 2v2Av3 = 2v3

odakle se najpre dobije v1 = v2 = (α, 2α, β) = α(1, 2, 0) + β(0, 0, 1), tj. v1 = (1, 2, 1) za α = 1, β = 1,odnosno v3 = (0, 0, 1) za α = 0, β = 1 i to su sopstveni vektori koji odgovaraju vrednosti λ = 2. Vektorv2 se odreduje zamenjivanjem v1 svojom vrednoscu i resavanjem odgovarajuceg sistema koji se dobijaiz druge jednacine. Tako se nalazi da je v2 = (0, 1, 0). Dakle,

P =

1 0 02 1 01 0 1

.27. Neka je data matrica

A =

4 1 1 1−1 2 −1 −1

6 1 −1 1−6 −1 4 2


Resenje. Za datu matricu A imamo: p(λ) = (λ − 3)3(λ + 2),m(λ) = (λ − 3)2(λ + 2). Sopstvenevrednosti matrice A su λ1 = λ2 = λ3 = 3, λ4 = −2.

Za λ1 = 3 imamo: a1 = 3, g1 = 2,m2 = 2.

a1 = 3⇒ broj 3 se u Zordanovoj kanonicnoj formi matrice A pojavljuje 3 puta,



Za λ4 = −2 imamo: a4 = 1, g4 = 1,m4 = 1.

a4 = 1⇒ broj -2 se u Zordanovoj kanonicnoj formi matrice A pojavljuje 1 put,

g4 = 1⇒ broj Zordanovih blokova za sopstvenu vrednost -2 iznosi 1,

m4 = 1 ⇒ Zordanova kanonicna forma matrice A ima za sopstvenu vrednost 1, jedan Zordanov blokreda 1.

21

Sada je

J =

−2 0 0 0

0 3 1 00 0 3 0

0 0 0 3

. (1)

Napomena 1. Zordanov kanonicni oblik matrice A je jedinstven do na permutaciju Zordanovihblokova, sto znaci da mozemo po glavnoj dijagonali permutovati Zordanove blokove. Zordanova ka-nonicna forma (1) je prikazana uz pomoc Matlab-a. Dakle, ne mora se koristiti permutacija Zordanovihblokova kao u (1), vec moze po izboru i neka druga permutacija Zordanovih blokova da se prikaze.

Odredimo matricu transformacije slicnosti P za koju podsetimo se vazi AP = PJ .

Ako su v1, v2, v3, v4 kolone trazene matrice P , onda zbog AP = PJ vazi

A · [v1 v2 v3 v4] = [v1 v2 v3 v4] ·

−2 0 0 0

0 3 1 00 0 3 00 0 0 3

.Odavde dobijamo [Av1 Av2 Av3 Av4] = [−2v1 3v2 v2 + 3v3 3v4]

odakle formiramo sisteme jednacina:

Av1 = −2v1Av2 = 3v2Av3 = v2 + 3v3Av4 = 3v4.

Resavanjem navedenih sistema jednacina dolazimo do matrice

P =

0 1 1 −1.20 −1 0 0.2−1 1 1 −1.2

1 −1 −1 2.2

.

Prikazimo sada kako bi izgledao kod u Matlab-u za nalazenje Zordanove kanonicne forme i odgova-rajuce matrice transformacije slicnosti P :

>> A=[4 1 1 1; -1 2 -1 -1; 6 1 -1 1; -6 -1 4 2]

A =

4 1 1 1

-1 2 -1 -1

6 1 -1 1

-6 -1 4 2

22

>> [P,J]=jordan(A)

P =

0 1.0000 1.0000 -1.2000

0 -1.0000 0 0.2000

-1.0000 1.0000 1.0000 -1.2000

1.0000 -1.0000 -1.0000 2.2000

J =

-2 0 0 0

0 3 1 0

0 0 3 0

0 0 0 3


A =

1 1 −2 02 1 0 21 0 1 10 −1 2 1


Resenje. Za datu matricu A imamo: p(λ) = (λ − 1)4,m(λ) = (λ − 1)2. Sopstvene vrednosti matriceA su λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 1.

Za sopstvenu vrednost λ1 = 1 imamo: a1 = 4, g1 = 2,m1 = 2.

a1 = 4 ⇒ sopstvena vrednost 1 se pojavljuje cetiri puta na glavnoj dijagonali Zordanove kanonicneforme matrice A,


m1 = 2 ⇒ Zordanova kanonicna forma matrice A ima za sopstvenu vrednost 2 bar jedan Zordanovblok reda 2

Sada je

J =

1 1 0 00 1 0 0

0 0 1 10 0 0 1

.Odredimo matricu transformacije slicnosti P za koju podsetimo se vazi AP = PJ .

Ako su v1, v2, v3, v4 kolone trazene matrice P , onda zbog AP = PJ vazi

23

A · [v1 v2 v3 v4] = [v1 v2 v3 v4] ·

1 1 0 00 1 0 00 0 1 10 0 0 1

.Odavde dobijamo [Av1 Av2 Av3 Av4] = [v1 v1 + v2 v3 v3 + v4]

odakle formiramo sisteme jednacina:

Av1 = v1Av2 = v1 + v2Av3 = v3Av4 = v3 + v4.

Resavanjem navedenih sistema jednacina dolazimo do matrice

P =

0 1 −2 02 0 0 01 0 0 10 0 2 0

.29. Neka je data matrica

A =

1 0 0 1 −10 1 −2 3 −30 0 −1 2 −21 −1 1 0 11 −1 1 −1 2


Resenje. Za datu matricu A imamo: p(λ) = (λ − 1)4(λ + 1),m(λ) = (λ − 1)2(λ + 1). Sopstvenevrednosti matrice A su λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 1, λ5 = −1.

Za λ1 = 1 imamo: a1 = 4, g1 = 2,m1 = 2.

a1 = 4⇒ broj 1 se pojavljuje cetiri puta na glavnoj dijagonali Zordanove kanonicne forme matrice A,



Za λ4 = −1 imamo: a4 = 1, g4 = 1,m4 = 1.

a4 = 1⇒ broj -1 se u Zordanovoj kanonicnoj formi matrice A pojavljuje 1 put,

g4 = 1⇒ broj Zordanovih blokova za sopstvenu vrednost -1 iznosi 1,

m4 = 1⇒ Zordanova kanonicna forma matrice A ima za sopstvenu vrednost -1, jedan Zordanov blokreda 1.

24

Sada je

J =

1 1 0 0 00 1 0 0 0

0 0 −1 0 0

0 0 0 1 10 0 0 0 1

.

Na slican nacin kao u prethodnim zadacima nalazimo da je

P =

0 1 0 −1 0.50 0 −0.5 −1 0.50 0 −0.5 0 −11 0 0 0 01 0 0 0 1

.


A =

1 2 3 40 1 2 30 0 1 20 0 0 1


Resenje. Za datu matricu A imamo: p(λ) = (λ− 1)4,m(λ) = (λ− 1)4. Sopstvene vrednosti matrice Asu: λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 1.

Za λ1 = 1 imamo: a1 = 4, g1 = 1,m1 = 4.

a1 = 4⇒ broj 1 se na glavnoj dijagonali Zordanove kanonicne forme matrice A pojavljuje 4 puta,


m1 = 4 ⇒ Zordanova kanonicna forma matrice A ima za sopstvenu vrednost 1, jedan Zordanov blokreda 4.

Sada je:

J =

1 1 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 1

.Na slican nacin kao u prethodnim zadacima se dobija da je

P =

8 0 0 00 4 −3 2.50 0 2 −30 0 0 1

.

25


A =

0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 11 0 0 0 0

.

Odrediti Zordanovu kanonicnu formu matrice A.

Resenje. Za datu matricu A imamo: p(λ) = λ5 − 1 = (λ − 1)(λ − ε)(λ − ε2)(λ − ε3)(λ − ε4), gde je

ε = e2πi5 ; m(λ) = p(λ). S obzirom da su sve sopstvene vrednosti date matrice medusobno razlicite, to

imamo da je Zordanov kanonicni oblik matrice A dijagonalna matrica J = diag(ε, ε2, ε3, ε4, 1).

32. Naci Zordanovu formu matrice A =

0 1 0 · · · 0 00 0 1 · · · 0 0...0 0 0 · · · 0 11 0 0 · · · 0 0

.Resenje. Karakteristicni polinom date matrice glasi p(λ) = λn − 1. Posto su sve nule polinoma p(λ)proste, to je on jednak minimalnom polinomu, tako da Zordanova forma date matrice A je dijagonalna

matrica sa vrednostima ε0, ε1, ..., εn−1 na glavnoj dijagonali, gde je εk = e2πikn , k = 0, 1, 2, ..., n − 1.

To je zato jer su sopstvene vrednosti brojevi n√

1 ∈ C.

33. Koristeci generalisane sopstvene vektore naci Zordanovu formu matrice

A =

0 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 00 0 0 0 0

.

Resenje. Karakteristicni polinom date matrice glasi p(λ) = λ5.

Za sopstvenu vrednost λ = 0 imamo sledece: a1 = 5, g1 = 2, sto znaci da treba u 2 lanca naci 5linearno nezavisnih generalisanih sopstvenih vektora. Pocinjemo od ,,obicnih” sopstvenih vektorax1 = (1, 0, 0, 0, 0)T = e1, x2 = (0, 1, 0, 0, 0)T = e2.

Dakle,E1 = {{e1}, {e2}}.

Kako je a1 − g1 + 2 = 4 nadimo bazu prostora nul(A − 0I)4. Jednostavno se dobija da je nul(A −0I)4 = L{e1, e2, e3, e4, e5}, gde je e1 = (1, 0, 0, 0, 0)T , e2 = (0, 1, 0, 0, 0)T , e3 = (0, 0, 1, 0, 0)T , e4 =(0, 0, 0, 1, 0)T , e5 = (0, 0, 0, 0, 1)T .

Predimo na trazenje generalisanih sopstvenih vektora.

Kako je (A − 0I)e1 = O, (A − 0I)e2 = O, (A − 0I)e3 = e1, (A − 0I)2e3 = 0 zakljucujemo da je e3generalisani sopstveni vektor reda 2. Formirajmo lanac

26

x12 = e3

x11 = (A− 0I)e3 = e1.

Kako je E1 = {{e1}, {e2}} i lanac {e1} nije linearno nezavisan sa lancem {e1, e3} dobijamo da je sada

E1 = {{e1, e3}, {e2}}.

Sada nam nedostaju jos dva linearano nezavisna generalisana sopstvena vektora.

Kako je (A− 0I)e4 = e2, (A− 0I)2e4 = O zakljucujemo da je e4 generalisani sopstveni vektor reda 2.Formirajmo lanac

x22 = e4

x21 = (A− 0I)e4 = e2.

Kako je E1 = {{e1, e3}, {e2}} i lanac {e2} nije linearno nezavisan sa lancem {e2, e4} dobijamo da jesada

E1 = {{e1, e3}, {e2, e4}}.

Sada nam nedostaje jos jedan gerelasiani sopstveni vektor.

Kako je (A−0I)e5 = e3, (A−0I)2e5 = e1, (A−0I)3e5 = O zakljucujemo da je e5 generalisani sopstvenivektor reda 3. Formirajmo lanac

x33 = e5

x32 = (A− 0I)e5 = e3

x31 = (A− 0I)2e5 = e1

Kako je E1 = {{e1, e3}, {e2, e4}} i lanac {e1, e3} nije linearno nezavisan sa lancem {e1, e2, e5} dobijamoda je sada

E1 = {{e1, e3, e5}, {e2, e4}}.

Kako data matrica nema vise sopstvenih vrednosti zakljucujemo da je

E = E1 = {{e1, e3, e5}, {e2, e4}}.

Sada na osnovu kolekcije E dobijamo matricu transformacije slicnosti P koja glasi:

P =

1 0 0 0 00 0 0 1 00 1 0 0 00 0 0 0 10 0 1 0 0

.

27

Njoj inverzna matrica glasi:

P−1 =

1 0 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 10 1 0 0 00 0 0 1 0

.

Zordanov oblik matrice A sada glasi

J = P−1AP =

0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 0

0 0 0 0 10 0 0 0 0

.


A =

2 1 3 0 0 0 00 2 2 0 0 0 00 0 2 0 0 0 00 0 0 2 1 0 00 0 0 0 2 1 00 0 0 0 0 2 00 0 0 0 0 0 2

.

Odrediti Zordanovu kanonicnu formu matrice A i odrediti bazu u kojoj matrica A ima Zordanovuformu (tj. odrediti matricu transformacije slicnosti P ).

Resenje. Za datu matricu A imamo: p(λ) = (λ− 2)7,m(λ) = (λ− 2)3. Sopstvene vrednosti matrice Asu: λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = λ5 = λ6 = λ7 = 2.

Za λ1 = 2 imamo: a1 = 7, g1 = 3,m1 = 3.

a1 = 7⇒ broj 2 se na glavnoj dijagonali Zordanove kanonicne forme matrice A pojavljuje 7 puta,



Sada ne mozemo na osnovu Teoreme 1.14. dati odgovor kako izgleda Zordanov kanonicni oblik matriceA, jer iz datih podataka mozemo dobiti dve sustinski razlicite Zordanove kanonicne forme date matriceA (ne radi se o razlici u smislu permutacije blokova - to smo vec rekli da nije razlika medu Zordanovimkanonicnim formama zato sto je Zordanov kanonicni oblik odreden jednoznacno do na permutaciju).

Zapravo, iz datih podataka dobijamo sledece dve forme:

J = J3(2)+J3(2)+J1(2) i J = J3(2)+J2(2)+J2(2).

28

J =

λ1 1 0 0 0 0 00 λ1 1 0 0 0 00 0 λ1 0 0 0 0

0 0 0 λ1 1 0 00 0 0 0 λ1 1 00 0 0 0 0 λ1 0

0 0 0 0 0 0 λ1

; J =

λ1 1 0 0 0 0 00 λ1 1 0 0 0 00 0 λ1 0 0 0 0

0 0 0 λ1 1 0 00 0 0 0 λ1 0 0

0 0 0 0 0 λ1 10 0 0 0 0 0 λ1

S obzirom da ne mozemo utvrditi koja od navedene dve forme jeste Zordanova kanonicna forma datematrice A, pristupamo nalazenju generalisanih sopstvenih vektora matrice A. U tu svrhu primenicemoalgoritam koji je naveden u teorijskom izlaganju.

Vec smo odredili da je za λ1 = 2: a1 = 7, g1 = 3. Sada treba u 3 lanca odrediti ukupno 7 linearnonezavisnih generalisanih sopstvenih vektora.

Pocinjemo od ,,obicnih” sopstvenih vektora. Za λ1 = 2 sopstveni vektori su: e1 = (1, 0, 0, 0, 0, 0, 0)T , e4 =(0, 0, 0, 1, 0, 0, 0)T , e7 = (0, 0, 0, 0, 0, 0, 1)T . Dakle, pocetna kolekcija glasi:

E1 = {{e1}, {e4}, {e7}}.

Odredimo bazu nula prostora nul(A − 2I)a1−g1+1. Kako je a1 − g1 + 1 = 5 i kako je (A − 2I)5 = Ozakljucujemo da je nul(A− 2I) = L{e1, e2, e3, e4, e5, e6, e7}, gde su

e1 = (1, 0, 0, 0, 0, 0, 0)T , e2 = (0, 1, 0, 0, 0, 0, 0)T , e3 = (0, 0, 1, 0, 0, 0, 0)T , e4 = (0, 0, 0, 1, 0, 0, 0)T , e5 =(0, 0, 0, 0, 1, 0, 0)T , e6 = (0, 0, 0, 0, 0, 1, 0)T , e7 = (0, 0, 0, 0, 0, 0, 1)T .

Kako je (A − 2I)e1 = O, (A − 2I)e2 = e1 6= O, (A − 2I)2e2 = O, zakljucujemo da je e2 generalisanisopstveni vektor reda 2. Formirajmo lanac:

x12 = e2

x11 = (A− 2I)e2 = e1

Kako {e1} nije linearno nezavisan sa {e1, e2} to iz E1 uklanjamo {e1} a dodajemo {e1, e2} i sadadobijamo da je

E1 = {{e1, e2}, {e4}, {e7}}.

U kolekciji E1 imamo 4 linearno nezavisna generalisana sopstvena vektora raspodeljena u tri lanca, apodsetimo se nama treba ukupno sedam linearno nezavisnih vektora raspodeljenih u tri lanca. Zatoidemo dalje u trazenje novih generalisanih sopstvenih vektora koji su linearno nezavisni sa vektorimakoji se trenutno nalaze u E1.

Kako je (A − 2I)e3 = (3, 2, 0, 0, 0, 0, 0)T = f3,2 6= O, (A − 2I)2e3 = 2e2 6= O, (A − 2I)3e3 = O,zakljucujemo da je e3 generalisani sopstveni vektor reda 3. Formirajmo lanac:

x23 = e3

x22 = (A− 2I)e3 = f3,2

29

x21 = (A− 2I)2e3 = 2e1

Kako {e1, e2} nije linearno nezavisan sa {2e1, f2,3, e3}, lanac {e1, e2} uklanjamo i dodajemo lanac{2e1, f3,2, e3}. Sada kolekcija E1 glasi:

E1 = {{2e1, f2,3, e3}, {e4}, {e7}}.

Jos uvek nemamo 7 linearno nezavisnih generalisanih sopstvenih vektora raspodeljenih u 3 lanca, pazato idemo dalje u trazenje novih generalisanih sopstvenih vektora.

Kako je (A − 2I)e4 = O, (A − 2I)e5 = e4 6= O, (A − 2I)2e5 = O zakljucujemo da je e5 generalisanisopstveni vektor reda 2. Formirajmo lanac:

x32 = e5

x31 = (A− 2I)e5 = e4

Kako {e4} nije linearno nezavisan sa {e4, e5}, lanac {e4} uklanjamo i dodajemo lanac {e4, e5}. Sadakolekcija E1 glasi:

E1 = {{2e1, f2,3, e3}, {e4, e5}, {e7}}.

Sada nam fali jos samo jedan generalisani sopstveni vektor. Zato idemo dalje.

Kako je (A−2I)e6 = e5 6= O, (A−2I)2e6 = e4 6= O, (A−2I)3e6 = O zakljucujemo da je e6 generalisanisopstveni vektor reda 3. Formirajmo lanac:

x43 = e6

x42 = (A− 2I)e6 = e5

x41 = (A− 2I)2e6 = e4

Kako {e4, e5} nije linearno nezavisan sa {e4, e5, e6}, uklanjamo lanac {e4, e5} i dodajemo lanac {e4, e5, e6}.Sada kolekcija E1 glasi:

E = E1 = {{2e1, f2,3, e3}, {e4, e5, e6}, {e7}}.

Sada u kolekciji imamo 7 generalisanih sopstvenih vektora koji su linearno nezavisni i koji su raspo-redeni u 3 lanca, pa mozemo formiratu matricu transformacije slicnosti P :

P =

2 3 0 0 0 0 00 2 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 00 0 0 1 0 0 00 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 1 00 0 0 0 0 0 1

.

30

Inverzna matrica matrice P glasi:

P−1 =

0.5 −0.75 0 0 0 0 00 0.5 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 00 0 0 1 0 0 00 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 1 00 0 0 0 0 0 1

.

Konacno, na osnovu matrica P i P−1 dobijamo Zordanovu kanonicnu formu matrice A:

J = P−1AP =

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

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

0 0 0 0 0 0 2

.

35. Neka je data matrica:

A =

4 −5 2 0 0 05 −7 3 0 0 06 −9 4 0 0 00 0 0 0 1 00 0 0 −4 4 00 0 0 −2 1 0

.

Odrediti Zordanovu kanonicnu formu matrice A i odrediti bazu u kojoj matrica A ima Zordanovuformu (tj. odrediti matricu transformacije slicnosti P ).

Rezultat. J =

0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 2 10 0 0 0 0 2

; P =

1 −2 3 0 0 02 −3 3 0 0 03 −3 3 0 0 00 0 0 0 −2 10 0 0 0 −4 00 0 0 1 0 −1

.

36. Naci Zordanovu formu matrice A =

−4 2 10−4 3 7−3 1 7

, a zatim odrediti bazu u kojoj A ima

Zordanovu formu, tj. matricu P takvu da je AP = PJ

31

Rezultat: J =

2 1 00 2 10 0 2

; P =

2 2 −11 2 −21 1 0

.

37. Ako postoji prirodan broj n tako da je An = I, dokazati da je matrica A slicna sa dijagonalnommatricom.

38. Odrediti Zordanovu formu matrice A =

5 4 2 10 1 −1 −10 0 1 00 0 0 2

.

Rezultat: J =

1 1 0 00 1 0 0

0 0 2 0

0 0 0 5

.


2 2 1 1 0 00 2 1 1 0 00 0 2 0 1 10 0 0 1 1 10 0 0 0 2 30 0 0 0 0 1

.

Rezultat: J =

1 1 0 0 0 00 1 0 0 0 0

0 0 2 1 0 00 0 0 2 1 00 0 0 0 2 10 0 0 0 0 2

.


−1 3 −1−1 2 0

0 −1 2

a zatim naci A100.

Resenje. Znajuci Zordanovu formu mozemo definisati matricnu funkciju na sledeci nacin. Ako jeA = PJP−1 veza matrice i njene Zordanove forme, σ = {λ1, ..., λk} spektar matrice A i f : R → Rfunkcija definisana u tackama spektra, tada se f(A) definise formulama

f(A) = Pf(J)P−1.

Tu je f(J) dijagonalna blok-matrica gde se blok f(J1) definise na sledeci nacin:

f(J1) =

f(λ) f ′(λ) 1

2!f′′(λ) 1

3!f′′′(λ) · · · 1

(n−1)!f(n−1)(λ)

0 f(λ) f ′(λ) 12!f′′(λ) · · · 1

(n−2)!f(n−2)(λ)

0 0 f(λ) f ′(λ) · · · 1(n−3)!f

(n−3)(λ)...0 0 0 0 · · · f(λ)

.

32

Specijalno, za matricu reda 3 vazi

f(J1) =

f(λ) f ′(λ) 12f′′(λ)

0 f(λ) f ′(λ)0 0 f(λ)

.Predimo sada na resavanje zadatka primenjujuci pomenutu matricnu funkciju.

Odredimo prvo Zordanovu kanonicnu formu matrice A, a zatim i matrice P i P−1. Za datu matricuA imamo: p(λ) = (λ− 1)3,m(λ) = (λ− 1)3. Sopstvene vrednosti matrice A su λ1 = λ2 = λ3 = 1.

Za λ1 = 1 imamo: a1 = 3, g1 = 1,m1 = 3 odakle dobijamo da je

J =

1 1 00 1 10 0 1

Iz jednakosti AP = PJ dolazimo do

P =

1 −2 11 −1 01 0 0

.Njena inverzna matrica je

P−1 =

0 0 10 −1 11 −2 1

.Prikaz matrice A pomocu Zordanove forme glasi:

A = PJP−1 =

1 −2 11 −1 01 0 0

· 1 1 0

0 1 10 0 1

· 0 0 1

0 −1 11 −2 1

.Sada imamo

f(A) = Pf(J)P−1 = P

f(1) f ′(1) 12f′′(1)

0 f(1) f ′(1)0 0 f(1)

P−1.U zadatku je f(λ) = λ100, f ′(λ) = 100λ99, f ′′(λ) = 9900λ98. Konacno dobijamo

A100 =

1 −2 11 −1 01 0 0

· 1 100 4950

0 1 1000 0 1

· 0 0 1

0 −1 11 −2 1

=

4751 −9600 48504850 −9799 49504950 −10000 5051

.

33

5 Specijalne matrice

• Kvadratna matrica A je simetricna ako i samo ako je AT = A.

• Kvadratna matrica A je koso-simetricna ako i samo ako jeAT = −A.

• AH = AT = (A)T

• Kvadratna matrica A je hermitska ako i samo ako je AH = A.

• Kvadratna matrica A je koso-hermitska ako i samo ako jeAH = −A.

• Kvadratna matrica A je ortogonalna ako i samo ako je ATA = I.

• Kvadratna matrica A je unitarna ako i samo ako je AAH = I.

• Kvadratna matrica A je normalna ako i samo ako je AAH = AHA.

• Kvadratna matrica A je nilpotentna ako i samo ako Ak = O za neki prirodan broj k.

• Kvadratna matrica A je idempotentna ako i samo ako je A2 = A.

• Kvadratna matrica A je involutivna ako i samo ako je A2 = I.

• Kvadratna matrica A je cirkularna ako i samo ako je AA = I.

41. Neka je A kvadratna matrica. Proveriti tvrdenja:

1. A+AT je simetricna matrica.

2. A−AT je koso-simetricna matrica.

3. A+AH je hermitska matrica.

4. A−AH je koso-hermitska matrica.

5. AAT je simetricna matrica.

6. AAH je hermitska matrica.

Resenje. 1. Kako je (A + AT )T = AT + (AT )T = AT + A = A + AT sledi da je A + AT simetricnamatrica.

2. Kako je (A−AT )T = (A+ (−AT ))T = AT + (−AT )T = AT − (AT )T = AT −A = −(A−AT ) sledida je A−AT koso-simetricna matrica.

3. Kako je (A+AH) = AH + (AH)H = AH +A = A+AH sledi da je A+AH hermitska matrica.

4. Kako je (A− AH)H = (A+ (−AH))H = AH + (−AH)H = AH − (AH)H = AH − A = −(A− AH)sledi da je A−AT koso-hermitska matrica.

34

5. Kako je (AAT )T = AAT sledi da je AAT simetricna matrica. Inace, za proizvoljne dve kvadratnematrice vazi: (AB)T = BTAT .

6. Kako je (AAH)H = AAH sledi da je AAH hermitska matrica. Inace, za proizvoljne dve kvadratnematrice vazi: (AB)H = BHAH .

42. Dokazati tvrdenja:

1. Proizvod dve ortogonalne matrice je ortogonalna matrica.

2. Proizvod dve unitarne matrice je unitarna matrica.

Resenje. 1. Neka su A i B ortogonalne matrice. Tada za njih vazi ATA = I,BTB = I. Pokazimo daje AB ortogonalna matrica. Zaista,

(AB)TAB = BTATAB = BT IB = BTB = I.

2. Neka su A i B unitarne matrice. Tada za njih vazi AAH = I,BBH = I. Pokazimo da je ABunitarna matrica. Zaista,

AB(AB)H = ABBHAH = AIAH = AAH = I.

43. Proveriti tvrdenje: Ako je A ortogonalna matrica, tada det(A) ima vrednost +1 ili -1.

Resenje. A je ortogonalna, pa vazi da je ATA = I. Predimo na determinante u poslednjoj jednakosti.Dobijamo:

det(ATA) = det(I)⇒ det(A) det(AT ) = 1⇒ det(A)2 = 1⇒ det(A) = ±1.

.


1. Proizvod simetricnih matrica A i B je simetricna matrica ako i samo ako je AB = BA.

2. Ako je A simetricna matrica, tada je i An, n ∈ N takode simetricna matrica.

Resenje. Neka je AB simetricna matrica. Tada je AB = (AB)T = BTAT = BA.

Obrnuto, neka vazi AB = BA. Tada je (AB)T = BTAT = BA = AB.

2. (An)T = (A ·A · · ·A)T = ATAT · · ·AT = A ·A · · ·A = An.

45. Dokazati da se svaka kvadratna matrica reda n moze na jedinstven nacin predstaviti kao zbirjedne simetricne i jedne kososimetricne matrice, obe reda n.

Resenje. Neka je X kvadratna matrica reda n i neka je A simetricna i B koso-simetricna matrica, tj.AT = A,BT = −B. Odredimo prvo oblik matrice X. Imamo

X = A+B

35

XT = (A+B)T = AT +BT = A−B

Sada je X +XT = 2A i X −XT = 2B odakle sledi da je A = 12(X +XT ) i B = 1

2(X −XT ). Trazenopredstavljanje matrice X sada glasi:

X =1

2(X +XT ) +

1

2(X −XT )

gde je 12(X +XT ) simetricna i 1

2(X −XT ) koso-simetricna matrica (na osnovu zadataka 1.).

Dokazimo da je ovakvo predstavljanje matrice X jedinstveno. Neka je X = A1 + B1, gde je A1

simetricna i B1 koso-simetricna matrica. Pretpostavimo sada da postoji simetricna matrica A2 i koso-simetricna matrica B2 tako da je X = A2 + B2. Imamo da je A1 + B1 = A2 + B2 = X odakle jeA1 − A2 = B2 − B1 = X odakle sledi da je X = XT i X = −XT . Sada je X = O odakle sledi da jeA1 = A2 i B1 = B2.

46. Dokazati tvrdenje: Ako je A unitarna matrica, unitarne su i matrice AT , A, AH .

Resenje. Neka je A unitarna matrica. Tada je AAH = I. Odavde takode vazi i da je AH = A−1.

AT je unitarna: AT (AT )H = AT (AT )T = AT (AH)T = AT (A−1)T = AT (AT )−1 = I

A je unitarna: A · (A)H = A · (AT ) = A ·AH = A ·A−1 = (A ·A−1) = I.

AH je unitarna: AH · (AH)H = AH ·A = A−1 ·A = I.

47. Ako je matrica A normalna i trougaona, dokazati da je tada ona dijagonalna.

Resenje. Neka je A = (aij), na primer, gornja trougaona matrica reda n, tj.

aij = 0 (i > j).

Pretpostavimo da je ona takode normalna, tj.

AAH = AHA. (2)

i-ti dijagonalni element matrice AAH je

n∑j=1

aijaij =n∑j=1

|aij |2.

i-ti dijagonalni element matrice AHA je

n∑j=1

= ajiaji =

n∑j=1

|aji|2.

Na osnovu (2) mozemo izjednaciti ove zbirove

36

n∑j=1

|aij |2 =

n∑j=1

|aji|2 (i = 1, 2, ..., n) (3)

Odavde za i = 1 dobijamo

n∑j=1

|a1j |2 = |a11|2,

odakle sledi a12 = a13 = · · · = a1n = 0. Na osnovu toga, iz (3) za i = 2 dobijamo

n∑j=1

|a22j | = |a22|2,

odakle sledi a23 = a24 = · · · = a2n = 0. Nastavljajuci ovaj postupak, zakljucujemo da su svi elementiiznad glavne dijagonale matrice A jednaki nuli, sto znaci da je A dijagonalna matrica.


1. Proizvod hermitskih matrica A i B je hermitska matrica ako i samo ako je AB = BA.

2. Ako je A koso-simetricna matrica, tada je An simetricna matrica, ako je n paran broj, i koso-simetricna matrica, ako je n neparan broj.

49. Dokazati da zbir i razlika dve simetricne matrice je simetricna matrica, a zbir i razlika dvekoso-simetricne matrice je koso-simetricna matrica.

50. Dokazati da se svaka kvadratna matrica reda n moze na jedinstven nacin predstaviti kao zbirjedne hermitske i jedne koso-hermitske matrice.

37

spektralna teorija matrica

Documents