Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

DIREKTNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 69Vektori x 1 , x 2 , x 3 su, redom, prva, druga, treća kolona matrice X. Definišimovektore e 1 , e 2 , e 3 pomoćue 1 = ˆ1 0 0 ˜⊤ , e2 = ˆ 0 1 0 ˜⊤ , e3 = ˆ0 0 1 ˜⊤ .S obzirom na jednakost AX = ˆ Ax 1 Ax 2 Ax 3˜= I =ˆe1 e 2 e 3˜, problemodred¯ivanja inverzne matrice X može se svesti na rešavanje tri sistema linearnihjednačina(1) Ax i = e i (i = 1,2, 3).Za rešavanje sistema (1) pogodno je koristiti Gaussov metod, s obzirom da sematrica A pojavljuje kao matrica svih sistema, pa njenu trougaonu redukciju trebaizvršiti samo jednom. Na način kao što je to objašnjeno u zadatku 4.1.1, dobijamo2A = 4 3 1 63 22 1 3 5 ↦→ 4 3 1 63 20 1/3 −1 5 ↦→ 4 3 1 630 1/3 −1 51 1 1 0 2/3 −1 0 0 1(simbol “↦→” označava transformaciju matrice sa leve strane simbola u matricu sadesne strane simbola), pri čemu su izračunati faktori m 21 = 2 3 , m 31 = 1 3 , m 32 = 2.Sada, sve elementarne transformacije koje su potrebne za trougaonu redukcijumatrice A treba primeniti i na vektore e i (i = 1,2,3). Korišćenjem faktora m 21 ,m 31 , m 32 , dobijamoe 1 =234 1 0 5 ↦→0pa sistemi (1) postaju2 3 214 −2/3 5 ↦→ 4−1/31−2/3135 , e 2 =234 0 1 5 ↦→024 0 1−224 3 1 63 20 1/3 −1 5 4 x 3 2 311 1x 215 = 4 −2/3 5 ,0 0 1 x 31 124 3 1 63 20 1/3 −1 5 4 x 3 212x 225 = 4 0 31 5 ,0 0 1 x 32 −224 3 1 63 20 1/3 −1 5 4 x 3 213x 235 = 4 0 30 5 ,0 0 1 x 33 135 , e 3 =234 0 0 5 ,1