MATEMATIKA 4

Ljiljana Arambaˇ si´ c

MATEMATIKA 4

Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i kemije, smjer nastavniˇ cki

Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i tehnike, smjer nastavniˇ cki

ˇ SADRZAJ

2

Sadrˇ zaj Uvod

4

1 Sustavi linearnih jednadˇ zbi 1.1 Uvod u sustave linearnih jednadˇzbi . . . . . . . . . . . . . 1.2 Matriˇcni zapis sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Kronecker-Capelli-jev teorem . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Veza izmedu homogenog i nehomogenog sustava jednadˇzbi 1.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

5 5 10 12 26 30 35

. . . . .

38 38 40 45 49 51

. . . .

54 54 56 61 70

. . . . . .

73 73 78 80 83 87 90

5 Linearni operatori 5.1 Primjeri i osnovna svojstva linearnih operatora . . . . . . . . . 5.2 Vektorski prostor linearnih operatora . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Jezgra i slika linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . .

93 93 104 107

2 Rjeˇ savanje sustava linearnih jednadˇ zbi 2.1 Cramerov sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Gaussova metoda eliminacije . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Primjene sustava linearnih jednadˇzbi . . . . . . . . . 2.4 Gauss-Jordanova metoda odredivanja inverza matrice 2.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Vektorski prostori 3.1 Definicija i primjeri . . . . . . . . . . . . 3.2 Linearna zavisnost i nezavisnost vektora 3.3 Baza vektorskog prostora . . . . . . . . . 3.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Potprostori vektorskog prostora 4.1 Definicija i primjeri . . . . . . . . . . . 4.2 Linearna ljuska skupa . . . . . . . . . . 4.3 Presjek i suma potprostora . . . . . . . 4.4 Dimenzija presjeka i sume potprostora 4.5 Direktni komplement . . . . . . . . . . 4.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

. . . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . . .

ˇ SADRZAJ 5.4 5.5 5.6 5.7 5.8

3

Izomorfni vektorski prostori . . . . . . . . Matriˇcni zapis linearnih operatora . . . . . Svojstvene vrijednosti linearnih operatora Karakteristiˇcni i minimalni polinom . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Literatura

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

111 113 119 123 131 134

3

ˇ SADRZAJ

4

Uvod Matematika 4 je obavezni kolegij koji se izvodi u ˇcetvrtom semestru nastavniˇckih smjerova Integriranih prediplomskih i diplomskih studija fizike i kemije, odnosno, fizike i tehnike. Matematiˇcki kolegiji koji mu prethode su Matematika 1, 2 i 3. Ovi nastavni materijali pokrivaju cjelokupno gradivo kolegija. Cilj kolegija je nastaviti s prouˇcavanjem linearne algebre, zapoˇceto u Matematici 3. Dakle, nakon vektorskog postora V 3 , analitiˇcke geometrije prostora, te matrica, ˇsto je sadrˇzaj Matematike 3, u Matematici 4 studenti prouˇcavaju sustave linearnih jednadˇzbi i metode za njihovo rjeˇsavanje, vektorske prostore te linearne operatore. Teorija je potkrijepljena brojnim primjerima koji su detaljno objaˇsnjeni u sklopu izlaganja gradiva. Neki od njih su u nastavi obradeni na predavanjima, a neki na vjeˇzbama. Na kraju svakog poglavlja navedeni su zadaci koji su namijenjeni studentima za samostalno uvjeˇzbavanje nauˇcenog gradiva. Zahvaljujem se recenzentima dr.sc. Rajni Rajić, dr.sc. Zrinki Franuˇsić i dr.sc. Borisu Guljaˇsu na paˇzljivom ˇcitanju, te sugestijama koje su pridonijele boljoj prezentaciji materijala.

4

1. Sustavi linearnih jednadˇ zbi

1 1.1

5

Sustavi linearnih jednadˇ zbi Uvod u sustave linearnih jednadˇ zbi

Sustave jednadˇzbi općenito je teˇsko rijeˇsiti. Na primjer, kako odrediti sve uredene parove realnih brojeva (x, y) koji zadovoljavaju sljedeći sustav jednadˇzbi sin x + ln y = 11 ? x − cos y = 0 Medutim, sustavi linearnih jednadˇzbi se lakˇse rjeˇsavaju. U ovom poglavlju nauˇcit ćemo neke metode za njihovo rjeˇsavanje. Krenimo od osnovnih pojmova i definicija. Prije nego definiramo sustav linearnih jednadˇzbi, recimo ˇsto je to (jedna) linearna jednadˇzba. Jednadˇzba 3x − 2y = 2 je linearna jednadˇzba s dvije nepoznanice x i y (u ravnini ova jednadˇzba predstavlja jednadˇzbu pravca). Jednadˇzba x − 2y + z = 2 je linearna jednadˇzba s tri nepoznanice x, y i z (u trodimenzionalnom prostoru ovo je jednadˇzba ravnine). Generalizirajmo sada na n nepoznanica. Linearna jednadˇ zba s n nepoznanica x1 , . . . , xn je jednadˇzba oblika a1 x1 + a2 x2 + . . . + an xn = b, pri ˇcemu su a1 , a2 , . . . , an , b ∈ F i barem jedan od njih je razliˇcit od nule. (Pritom je F = R ili F = C.) Sustav linearnih jednadˇ zbi s nepoznanicama x1 , . . . , xn je konaˇcan skup linearnih jednadˇzbi s tim nepoznanicama. Na primjer, x + y + z = 2 2x + 2y = 4 je jedan sustav od dvije jednadˇzbe s tri nepoznanice x, y, z. Sustav m linearnih jednadˇzbi s n nepoznanica x1 , . . . , xn obiˇcno zapisujemo ovako:  a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = b1     a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = b2 (1) .. ..  . .    am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn = bm 5


6

pri ˇcemu su aij , bi ∈ F, i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n. Kaˇzemo da su skalari aij , i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n, koeficijenti sustava, a bi , i = 1, . . . , m, slobodni ˇ clanovi ili slobodni koeficijenti sustava. Uredena n-torka (c1 , c2 , . . . , cn ) ∈ Fn je rjeˇ senje linearne jednadˇ zbe a1 x 1 + a2 x 2 + . . . + an x n = b ako vrijedi a1 c1 + a2 c2 + . . . + an cn = b. Drugim rijeˇcima, u lijevu stranu jednadˇzbe umjesto xi uvrstimo ci za sve i = 1, . . . , n, pa ako kao rezultat dobijemo b onda je (c1 , c2 , . . . , cn ) rjeˇsenje jednadˇzbe a1 x1 + a2 x2 + . . . + an xn = b, a ako je rezultat razliˇcit od b, onda to nije rjeˇsenje. Sva rjeˇsenja linearne jednadˇzbe ˇcine skup rjeˇ senja jednadˇ zbe. Svako pojedino rjeˇsenje nazivamo partikularno rjeˇ senje. Primjer 1.1.1. Promatrajmo jednadˇzbu x − 3y = 3.

(2)

Jedno rjeˇsenje ove jednadˇzbe je (3, 0), jer je 3 − 3 · 0 = 3. Takoder, i (0, −1) je rjeˇsenje ove jednadˇzbe, jer je 0 − 3 · (−1) = 3. Skup svih rjeˇsenja ove jednadˇzbe moˇzemo naći ako jednu varijablu zamislimo kao parametar i drugu varijablu izrazimo pomoću tog parametra. Dakle, ako oznaˇcimo x = t tada je y = 13 t − 1, pa je 1 {(t, t − 1) : t ∈ R} (3) 3 skup svih rjeˇsenja jednadˇzbe (2). Uvrˇstavanjem pojedinih vrijednosti za parametar t dobivamo partikularna rjeˇsenja ove jednadˇzbe: za t = 0 dobivamo (0, −1), za t = 1 dobivamo (1, − 23 ), za t = 3 dobivamo (3, 0), itd. Isto tako, mogli smo oznaˇciti y = s i izraziti x pomoću s, pa bismo dobili x = 3s + 3. Skup svih rjeˇsenja sada moˇzemo zapisati kao {(3s + 3, s) : s ∈ R}.

(4)

Iako se izrazi u skupu svih rjeˇsenja (3) i (4) razlikuju, radi se, naravno, o istom skupu, jer kada bi parametri t i s poprimili sve vrijednosti iz R dobili 6


7

bismo iste skupove uredenih parova. Na primjer, za t = 2 dobivamo rjeˇsenje (2, − 13 ), a to isto rjeˇsenje se u drugom skupu pojavljuje ako uvrstimo s = − 31 . Uredena n-torka (c1 , c2 , . . . , cn ) ∈ Fn je rjeˇ senje sustava linearnih jednadˇ zbi (1) ako je rjeˇsenje svih jednadˇzbi koje ˇcine taj sustav. Naglasimo da je (c1 , c2 , . . . , cn ) jedno, a ne n rjeˇsenja promatranog sustava. Na primjer, (1, 1) je rjeˇsenje sustava x + y = 2 , 2x + 2y = 4 jer je 1 + 1 = 2 i 2 · 1 + 2 · 1 = 4, dok (2, 0) nije rjeˇsenje sustava x + y = 2 , 2x − 3y = −1 jer 2 · 2 − 3 · 0 6= −1, tj. nije rjeˇsenje druge jednadˇzbe sustava (iako je rjeˇsenje prve jednadˇzbe 2 + 0 = 2). Postoje sustavi linearnih jednadˇzbi koji nemaju niti jedno rjeˇsenje. Na primjer, niti jedan uredeni par (x, y) ∈ R2 nije rjeˇsenje sustava x + y = 2 . (5) x + y = 3 To je oˇcito, jer bi onda bilo 2 = x + y = 3. U to se lako uvjerimo i ako svaku od jednadˇzbi prikaˇzemo grafiˇcki: dobit ćemo dva pravca u ravnini koji su paralelni i razliˇciti, vidi sliku 1. Rjeˇsenja prve jednadˇzbe su toˇcke (tj. uredeni parovi brojeva) koje leˇze na prvom pravcu, a rjeˇsenja druge jednadˇzbe toˇcke koje leˇze na drugom pravcu. Rjeˇsenja sustava su tada toˇcke koje leˇze na oba pravca, tj. toˇcke u kojima se pravci sijeku. No ova dva pravca se ne sijeku i zato naˇs sustav nema niti jedno rjeˇsenje. Za razliku od ovog sustava, sljedeći sustav ima rjeˇsenje ( 32 , 21 ):

x + y = 2 . x − y = 1

7

(6)


8

Slika 1: Grafiˇcki prikaz sustava linearnih jednadˇzbi (5)


8


9


Prikaˇzemo li svaku jednadˇzbu sustava kao pravac, onda će rjeˇsenje sustava biti oni uredeni parovi koji predstavljaju toˇcke koje leˇze i na jednom i na drugom pravcu, dakle, njihovo sjeciˇste (vidi sliku 2). I sustav x + y = 2 (7) 2x + 2y = 4 ima rjeˇsenje, ˇcak beskonaˇcno mnogo njih. Kako obje jednadˇzbe sustava predstavljaju isti pravac (vidi sliku 3), onda će sve toˇcke na tom pravcu dati rjeˇsenje sustava - svaki uredeni par brojeva oblika (t, 2 − t), gdje je t ∈ R proizvoljan, je rjeˇsenje sustava. Rezimirajmo: sustav linearnih jednadˇzbi moˇze • nemati niti jedno rjeˇsenje, • imati toˇcno jedno rjeˇsenje, • imati viˇse rjeˇsenja. Sustave koje imaju barem jedno rjeˇsenje nazivamo rjeˇ sivim, a sustave koje nemaju rjeˇsenja nerjeˇ sivim sustavima.

9


1.2

10

Matriˇ cni zapis sustava

Promatrajmo sustav (1). Koeficijente aij prirodno je ”posloˇziti” u matricu   a11 a12 . . . a1n  a21 a22 . . . a2n    A =  .. .. ..  ,  . . .  am1 am2 . . . amn koju nazivamo matrica sustava (1). Nadalje, od slobodnih koeficijenata i nepoznanica formirajmo matrice     x1 b1  x2   b2      B =  ..  , X =  ..  .  .   .  xn bm Kaˇzemo da je B matrica slobodnih koeficijenata i X matrica nepoznanica. Ponekad ćemo, iz oˇcitih razloga, reći da su B i X stupci slobodnih koeficijenata i nepoznanica. Uoˇcimo da je A ∈ Mmn , B ∈ Mm1 i X ∈ Mn1 . Kako su matrice A i X ulanˇcane, moˇzemo ih mnoˇziti. Dobivamo    a11 a12 . . . a1n x1  a21 a22 . . . a2n   x2     AX =  .. .. ..   ..   . . .  .  am1 am2 . . . amn    =  

xn

a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn .. . am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn





   (1)  =  

b1 b2 .. .

    = B. 

bm

Prema tome, sustav (1) moˇzemo zapisati u obliku matriˇcne jednadˇzbe AX = B.

(8)

Rjeˇsenje jednadˇzbe (8) je svaki C ∈ Mn1 za koji vrijedi AC = B. Uoˇcimo: 10


11 

  (c1 , . . . , cn ) je rjeˇsenje sustava (1) ako i samo ako je C =  

c1 c2 .. .

    rjeˇsenje 

cn jednadˇzbe (8). Osim ove tri matrice, svakom sustavu pridruˇzujemo joˇs i proˇ sirenu matricu sustava koja se definira kao   a11 a12 . . . a1n | b1  a21 a22 . . . a2n | b2    Ap =  .. .. .. ..  .  . . . .  am1 am2 . . . amn | bm Vertikalne crtice ispred posljednjeg stupca stavljamo da bismo razdvojili matricu A (smjeˇstenu u prvih n stupaca matrice Ap ) od matrice B (koja ˇcini posljednji stupac od Ap ). Oˇcito je Ap ∈ Mm,n+1 . Primjer 1.2.1. Matrice pridruˇzene sustavu 3x1 + 4x2 − 5x3 = 7 2x1 − 2x3 = 17 13x1 + 14x2 = 0.1 su 

       3 4 −5 3 4 −5 | 7 x1 7        A = 2 0 −2 , Ap = 2 0 −2 | 17 , X = x2 , B = 17  . 13 14 0 13 14 0 | 0.1 x3 0.1 Primjer 1.2.2. Neka je zadana proˇsirena  13 4 4  Ap = −2 −2 4 1 1 0

matrica  0 | 1 2 | 5 . 4 | 1

Sustav koji je njome jednoznaˇcno odreden je 13x1 + 4x2 + 4x3 = 1 −2x1 − 2x2 + 4x3 + 2x4 = 5 x1 + x2 + 4x4 = 1. 11


1.3

12

Rang matrice

Prije nego ˇsto poˇcnemo uˇciti metode za rjeˇsavanje sustava linearnih jednadˇzbi moramo upoznati i pojam ranga matrice i nauˇciti kako ga odrediti za pojedinu matricu. Neka je zadana matrica   a11 a12 . . . a1n  a21 a22 . . . a2n    A =  .. .. ..  ∈ Mmn .  . . .  am1 am2 . . . amn Oznaˇcimo njezine stupce sa S1 , S2 , . . . , Sn , dakle,      a11 a12 a1n  a21   a22   a2n      S1 =  ..  , S2 =  ..  , . . . , Sn =  ..  .   .   . am1 am2 amn

   . 

Na ovaj naˇcin smo dobili skup vektora {S1 , S2 , . . . , Sn } u vektorskom prostoru Mm1 , pa moˇzemo diskutirati njegovu linearnu (ne)zavisnost. Skup vektora {v1 , v2 , . . . , vn } u vektorskom prostoru V nad poljem F je linearno nezavisan ako iz λ1 v1 + λ2 v2 + . . . + λn vn = θ slijedi λ1 = λ2 = . . . = λn = 0, pri ˇcemu je s θ oznaˇcen nulvektor u V. Za skup koji nije linearno nezavisan kaˇzemo da je linearno zavisan. Drugim rijeˇcima, postoje skalari λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ F, od kojih je barem jedan razliˇcit od nule, takvi da je λ1 v1 + λ2 v2 + . . . + λn vn = θ. Uoˇcimo da govorimo o linearno (ne)zavisnom skupu vektora, a ne o linearno (ne)zavisnim vektorima. Nekada ćemo, u cilju jednostavnijeg izlaganja, biti neprecizni i reći da su neki vektori linearno (ne)zavisni, a pritom ćemo podrazumijevati da je skup kojeg ti vektori ˇcine linearno (ne)zavisan. Definicija 1.3.1. Rang matrice A ∈ Mmn , oznaka r(A), je maksimalni broj linearno nezavisnih vektora u skupu njezinih stupaca {S1 , S2 , . . . , Sn }. 12

1. Sustavi linearnih jednadˇ zbi Primjer 1.3.2.

13

(a) Svi stupci nulmatrice su nulvektori i zato je r(0) = 0.

(b) Stupci jediniˇcne matrice I ∈ Mn oˇcito ˇcine linearno nezavisan skup vektora i zato je r(I) = n.   1 2 (c) Pogledajmo matricu A =  1 1  . Njezini su stupci oˇcito linearno −1 7 nezavisni. Zakljuˇcujemo da je r(A) = 2. 1 1 −1 (d) Pogledajmo matricu A = . Njezini stupci su 2 1 7 S1 =

1 2

,

S2 =

1 1

,

S3 =

−1 7

.

Jasno je da je skup {S1 , S2 } linearno nezavisan (provjerite!). S druge strane, zbog S3 = 8S1 − 9S2 , skup {S1 , S2 , S3 } je linearno zavisan. Zakljuˇcak: maksimalan broj linearno nezavisnih elemenata u skupu {S1 , S2 , S3 }, ˇsto je po definiciji r(A), u ovom sluˇcaju iznosi 2. Već iz ovih primjera je jasno da je rang nekim matrica lako odrediti, a nekim drugim neˇsto teˇze. Zato su razvijeni postupci kako zadanu matricu transformirati do matrice koja ima isti rang kao i polazna matrica, a pritom je rang nove matrice lako odrediti. Uvedimo prvo nove pojmove. Definicija 1.3.3. Elementarne transformacije matrice A ∈ Mmn su: I. medusobna zamjena dva retka (stupca) matrice A; II. mnoˇzenje nekog retka (stupca) matrice A skalarom λ 6= 0; III. pribrajanje nekog retka (stupca) matrice A, prethodno pomnoˇzenog skalarom λ, nekom drugom retku (stupcu) matrice A. Definicija 1.3.4. Neka su A, B ∈ Mmn . Kaˇzemo da su matrice A i B ekvivalentne, piˇsemo A ∼ B, ako se matrica B moˇze dobiti iz matrice A primjenom konaˇcno mnogo elementarnih transformacija. 13


14

1 1 5 5 Primjer 1.3.5. • Neka su zadane matrice A = i B = . 5 5 1 1 Zamjenom 1. i 2. retka matrice A (elementarna transformacija I. tipa) dobivamo matricu B, pa je zato A ∼ B. Takoder, B ∼ A, jer se i A moˇze dobiti iz B na potpuno isti naˇcin. 1 2 2 2 • Neka je A = iB= . Tada je A ∼ B, jer je matrica 3 4 6 4 B nastala tako ˇsto smo prvi stupac od A pomnoˇzili s 2 (elementarna transformacija II. tipa). Vrijedi i B ∼ A, jer je matrica A nastala tako ˇsto smo prvi stupac od B pomnoˇzili s 12 (elementarna transformacija II. tipa). 1 2 1 0 • Neka je A = iB = . Uoˇcimo da B iz A moˇzemo 3 4 3 −2 dobiti tako da drugom stupcu od A dodamo prvi stupac pomnoˇzen s -2 (elementarna transformacija III. tipa); zato je A ∼ B. Isto tako, A iz B moˇzemo dobiti tako da drugom stupcu od B dodamo prvi stupac pomnoˇzen s 2 (opet elementarna transformacija III. tipa); zato je B ∼ A. Koristeći zapaˇzanja iz prethodnog primjera lako je provjeriti da za sve A, B, C ∈ Mmn vrijedi sljedeće: 1. A ∼ A; 2. A ∼ B ⇒ B ∼ A; 3. (A ∼ B i B ∼ C) ⇒ A ∼ C. Drugim rijeˇcima, ∼ relacija ekvivalencija na skupu Mmn . Propozicija 1.3.6. Ekvivalentne matrice imaju isti rang. Drugim rijeˇcima, primjena elementarnih transformacija na neku matricu ne mijenja njen rang. Dokaz. Dokaz ćemo provesti za elementarne transformacije nad stupcima, a dokaz za retke izostavljamo. Neka je zadana matrica A ∈ Mmn i neka su {S1 , S2 , . . . , Sn } njezini stupci. Nadalje, pretpostavimo da je {S1 , S2 , . . . , Sr } maksimalni linearno nezavisan 14


15

skup stupaca matrice A, dakle r(A) = r. Pretpostavimo da provodimo elementarne transformacije nad stupcima. • Neka smo matrici zamijenili prvi i drugi stupac. Tada umjesto skupa {S1 , S2 , S3 , . . . , Sn } promatramo skup {S2 , S1 , S3 , . . . , Sn }, ˇsto je isti skup, pa zakljuˇcujemo da primjenom elementarne transformacije I. tipa rang ostaje nepromijenjen. • Neka je λ 6= 0 i neka je elementarna transformacija II. tipa primijenjena na prvi stupac. Oznaˇcimo tako dobivenu matricu s B; njezini su stupci {λS1 , S2 , . . . , Sn }. Pokaˇzimo da je skup {λS1 , S2 , . . . , Sr } linearno nezavisan. Iz α1 (λS1 ) + α2 S2 + . . . + αr Sr = 0, to jest, (α1 λ)S1 + α2 S2 + . . . + αr Sr = 0, i linearne nezavisnosti skupa {S1 , S2 , . . . , Sr } slijedi α1 λ = α2 = . . . = αr = 0. Kako je λ 6= 0, slijedi α1 = α2 = . . . = αr = 0. To znaˇci da u skupu {λS1 , S2 , . . . , Sn } ima barem r linearno nezavisnih stupaca, pa je r(B) ≥ r(A). Sjetimo se da je B dobivena iz A elementarnom transformacijom II. tipa. No, i A se moˇze dobiti iz B elementarnom transformacijom drugog tipa (mnoˇzenjem prvog stupca s λ1 ), pa iz provedenog dokaza slijedi r(A) ≥ r(B). Zakljuˇcujemo da je r(A) = r(B). • Promatrajmo sada elementarne transformacije III. tipa. Neka je C matrica dobivena iz A dodavanjem prvog stupca pomnoˇzenog s λ ∈ F drugom stupcu. Stupci matrice C su {S1 , λS1 + S2 , S3 , . . . , Sn }. Pokaˇzimo da je skup {S1 , λS1 + S2 , S3 , . . . , Sr } linearno nezavisan. Kao i maloprije, iz α1 S1 + α2 (λS1 + S2 ) + . . . + αr Sr = 0, slijedi α1 +α2 λ = α2 = . . . = αr = 0, i onda α1 = α2 = . . . = αr = 0. To znaˇci da je r(C) ≥ r(A). Ako sada A shvatimo kao matricu dobivenu iz C primjenom elementarne transformacije trećeg tipa (prvi stupac pomnoˇzimo s −λ i dodamo drugom), zakljuˇcujemo da je r(A) ≥ r(C); dakle, r(A) = r(C).

15


16

Definicija 1.3.7. Neka su m, n ∈ N. Za svaki r, 0 ≤ r ≤ min{m, n} definiramo kanonsku matricu ranga r tipa (m, n) kao   1 0 ... 0 0 ...... 0  0 1 ... 0 0 ...... 0     .. .. . . .. ..  . .  . .  . . . .    Dr =  0 0 . . . 1 0 . . . . . . 0   ←r .  0 0 ... 0 0 ...... 0     .. .. .. .. ..   . . . . .  0 0 ... 0 0 ...... 0 Uoˇcimo da Dr moˇzemo skraćeno zapisati kao Dr = [aij ], gdje je 1, i = j ≤ r; aij = 0, inaˇce. Rang matrice Dr oˇcito je jednak r. Kada budemo odredivali rang proizvoljne matrice, provodit ćemo elementarne transformacije koje će nas dovesti do matrice ovog tipa. U sljedećem teoremu dokazujemo da je to uvijek moguće. Njegov dokaz je ujedno i algoritam kako provoditi elementarne transformacije da bismo doˇsli do odgovarajućeg Dr . Teorem 1.3.8. Neka je A ∈ Mmn proizvoljna matrica. Postoji r ∈ N ∪ {0} tako da je A ∼ Dr . Pritom je r = r(A). Dokaz. Ako je A = 0, tada je A ∼ D0 . Ako A 6= 0, tada je neki njen element razliˇcit od 0, recimo aij 6= 0. Ako zamijenimo i-ti i prvi redak, te j-ti i prvi stupac (elementarne transformacije I. tipa), dobit ćemo matricu koja na mjestu (1, 1) ima element aij (razliˇcit od 0). Mnoˇzenjem prvog retka ili stupca skalarom a1ij (elementarna transformacija II. tipa) doći ćemo do matrice oblika   1 b12 . . . b1n  b21 b22 . . . b2n     .. .. ..  .  . . .  bm1 bm2 . . . bmn Sada ˇzelimo u prvom retku i prvom stupcu dobiti 0 na svim mjestima osim na mjestu (1, 1). To će nam omogućiti elementarne transformacije III. tipa: za 16


17

sve i 6= 1, i-tom retku pribrajamo prvi redak pomnoˇzen s −bi1 , a za sve j 6= 1, j-tom stupcu pribrajamo prvi stupac pomnoˇzen s −b1j . Ove transformacije nas dovode do matrice oblika   1 0 ... 0  0 c22 . . . c2n     .. .. ..  .  . . .  0 cm2 . . . cmn Ako je cij = 0 za sve i = 2, . . . , m, j = 2, . . . , n, onda je gornja matrica upravo D1 i gotovi smo. Ako je neki cij razliˇcit od nule, tada ponavljamo postupak kojeg smo upravo naˇcinili: taj ne-nul element dovedemo na mjesto (2, 2), zatim ga ’pretvorimo’ u jedinicu, a onda tom jedinicom poniˇstimo sve ostale elemente u drugom retku i u drugom stupcu. Tako ćemo doći do matrice   1 0 0 ... 0  0 1 0 ... 0     0 0 d . . . d3n  33  .  .. .. . . .. ..   . .  0 0 dm3 . . . dmn Ako je dij = 0 za sve i = 3, . . . , m, j = 3, . . . , n, onda je gornja matrica jednaka D2 i gotovi smo. Ako ne, postupak nastavljamo. Nakon najviˇse min{m, n} koraka, ovaj će postupak zavrˇsiti. Sada prema propoziciji 3.1.2, zbog A ∼ Dr , zakljuˇcujemo da vrijedi r(A) = r(Dr ) = r. Korolar 1.3.9. Neka su A, B ∈ Mmn . Tada vrijedi A ∼ B ⇔ r(A) = r(B). Dokaz. Ako je A ∼ B, tada, prema propoziciji 3.1.2, slijedi r(A) = r(B). S druge strane, neka matrice A i B imaju isti rang i neka je r = r(A) = r(B). Prema teoremu 1.3.8 je tada A ∼ Dr i B ∼ Dr . Kako je ∼ relacija ekvivalencije, slijedi A ∼ B. Iz dokaza teorema 1.3.8 slijedi da je, za sve A ∈ Mmn , r(A) ≤ min{m, n}.

17


18

Primjer 1.3.10. Odredimo rang matrice   1 3 5 −1 A =  2 −1 −3 4  . 5 1 −1 7 Provodimo postupak kojeg smo opisali u dokazu teorema 1.3.8. Pritom ćemo koristiti oznake r i s za retke i stupce: na primjer, (II.r − 2I.r) znaˇci da smo drugom retku dodali prvi pomnoˇzen s (−2).   1 3 5 −1 A =  2 −1 −3 4  (II.r − 2I.r) (III.r − 5I.r) 5 1 −1 7 

 5 −1 −13 6  (II.s − 3I.s, IV.s + I.s) −26 12 (III.s − 5I.s)  0 0 1 −13 6  (− 17 II.s, − 13 III.s, 16 IV.s, ) −26 12  1 0 0 0 ∼ 0 1 1 1  0 2 2 2 (III.r − 2II.r)     1 0 0 0 (III.s − II.s) 1 0 0 0 ∼  0 1 1 1  (IV.s − II.s) ∼  0 1 0 0  = D2 . 0 0 0 0 0 0 0 0 1 3  ∼ 0 −7 0 −14  1 0  ∼ 0 −7 0 −14 

Primjer 1.3.11. U prostoru R3 ispitajmo linearnu zavisnost skupa vektora {(1, 1, 3), (−5, 1, 2), (1, 0, 1)}. Jedan naˇcin je provjera po definiciji, tj. treba vidjeti da jedino trivijalna kombinacija ovih vektora daje nulvektor (uˇcinite to sami!). Drugi naˇcin je pomoću ranga matrice. Promatrat ćemo matricu A ˇciji su stupci upravo zadani vektori i raˇcunati njezin rang. Ako je r(A) = 3, tada je zadani skup vektora linearno nezavisan, a ako je r(A) < 3 tada je linearno zavisan. 18


19

   1 −5 1 1 −5 1 A =  1 1 0  (II.r − I.r) ∼  0 6 −1  (II.s + 5I.s) (III.s − I.s) (III.r − 3I.r) 0 17 −2 3 2 1     1 0 0 1 0 0 ∼  0 6 −1  (II.s ↔ III.s) ∼  0 −1 6  ((−1)II.s) 0 17 −2 0 −2 17     1 0 0 1 0 0 ∼  0 1 6  (III.r − 2II.r) ∼  0 1 6  III.s − 6II.s) 0 2 17 0 0 5     1 0 0 1 0 0 ∼ 0 1 0  ∼  0 1 0  = D3 ⇒ r(A) = 3. 1 0 0 5 ( 5 III.r) 0 0 1 

Prema tome, zadani skup je linearno nezavisan.   a a b b  b b b a   Primjer 1.3.12. Neka je A =   b a a a  . Odredimo r(A).

b a b b Naravno, rang ove matrice ovisi o vrijednostima parametara a i b. Kako je A ∈ M4 , to je r(A) ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. Ako je a = b = 0 tada je A = 0 i zato r(A) = 0. Takoder, oˇcito je i da za a = b 6= 0 vrijedi r(A) = 1, jer je tada   1 1 1 1  1 1 1 1   A=  1 1 1 1 . 1 1 1 1 Pretpostavimo da je a 6= b. Pomnoˇzimo prvi redak od A s −1 i dodamo ga drugom, trećem i ˇcetvrtom retku. Dobili smo   a a b b  b−a b−a 0 a−b  . A∼  b−a 0 a−b a−b  b−a 0 0 0 19


20

Zbog b − a 6= 0 moˇzemo drugi, treći i ˇcetvrti redak mnoˇziti s   a a b b  1 1 0 −1   A∼  1 0 −1 −1  . 1 0 0 0 Zamijenimo prvi i ˇcetvrti redak: 

1  1 A∼  1 a

a zatim prvi red mnoˇzimo s −1 i i dodajemo ˇcetvrtom retku:  1  0 ∼  0 0

1 . b−a

Slijedi

 0 0 0 1 0 −1  , 0 −1 −1  a b b

dodajemo drugom i trećem retku, te s −a  0 0 0 1 0 −1  . 0 −1 −1  a b b

Drugi red mnoˇzimo s −a i dodajemo ˇcetvrtom mnoˇzimo s 1 i dodajemo ˇcetvrtom stupcu:    1 0 0 0 1 0  0 1 0  −1    0 1 ∼  0 0 −1 −1  ∼  0 0 0 0 b b+a 0 0

redu, a onda drugi stupca  0 0 0 0  . −1 −1  b b+a

Treći redak mnoˇzimo s −1, a u sljedećem koraku treći redak pomnoˇzen s −b dodajemo ˇcetvrtom. Na kraju treći stupac pomnoˇzen s −1 dodajemo ˇcetvrtom stupcu.       1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0     0 1 0  0   ∼  0 1 0 0  ∼  0 1 0 0 . ∼  0 0 1 1   0 0 1 1   0 0 1 0  0 0 0 a 0 0 b b+a 0 0 0 a Ako je a = 0 tada je r(A) = 3, a ako je a 6= 0 tada posljednji redak moˇzemo mnoˇziti s a1 i onda je oˇcito r(A) = 4. Prema tome imamo: 20


21

• a = b = 0 ⇒ r(A) = 0; • a = b 6= 0 ⇒ r(A) = 1; • a = 0, b 6= 0 ⇒ r(A) = 3; • a 6= 0, a 6= b ⇒ r(A) = 4. Elementarne transformacije matrice A mogu se prikazati kao mnoˇzenja matrice A slijeva ili zdesna matrice nekim matricama. je n ∈ N. Elementarne matrice n-tog reda su  ... 0 ... 0 ... 0 ... 0   .. ..  . .   ... 1 ... 0   ←i , i, j = 1, . . . , n, i 6= j, ..  . . . .. . .   ←j ... 0 ... 0   .. . . ..  . .  . 0 0 ... 0 ... 0 ... 1

Definicija 1.3.13. Neka  1 0 ... 0  0 1 ... 0   . . .  .. .. . . ...   0 0 ... 0  Ei,j =  .. .. ..  . . .   0 0 ... 1   .. .. ..  . . . 

1  ..  .   0  λ Ei =   0  0   ..  .

0 ... .. . . . . 0 ... 0 ... 0 ... .. .

0 .. .

0 .. .

0 ... .. .

1 0 0 .. .

0 λ 0 .. .

0 0 1 .. .

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

0 0 ... 0 0 0 ...

 0 ..  .   0   0   ←i , 0   ..  .  1

21

i = 1, . . . , n, λ ∈ F \ {0},

1. Sustavi linearnih jednadˇ zbi 

λ Ei,j

       =      

1 0 .. . 0 .. .

0 ... 1 ... .. . . . . 0 ... .. .

0 .. .

0 .. .

22

0 ... 0 ... .. .

0 ... 0 ... .. .

0 0 .. .

1 ... .. . . . . ... λ ... .. .

0 ... .. .

0 .. .

1 ... .. . . . . 0 0 ... 0 ... 0 ...

0 .. .

        ←i ,     ←j   

i, j = 1, . . . , n, i 6= j, λ ∈ F.

1

λ skalar λ se nalazi na mjestu (i, j), pa su u prethodnoj U matricama Ei,j definiciji prikazane matrice u sluˇcaju kada je i > j. Primijetimo da elementarne matrice nastaju primjenom elementarnih transformacija na jediniˇcnu matricu. Lako se provjeri da za sve i 6= j vrijedi 2 Ei,j = I,

1

1

−λ λ −λ λ Ei,j Ei,j = Ei,j Ei,j = I,

Eiλ Eiλ = Eiλ Eiλ = I,

a to upravo znaˇci da su sve elementarne matrice regularne matrice i da je −1 = Ei,j , Ei,j

1

(Eiλ )−1 = Eiλ ,

−λ λ −1 (Ei,j ) = Ei,j .

Pogledajmo sada ˇsto se deˇsava pomnoˇzimo li neku matricu s elementarnom matricom. 

    0 1 0 1 3 5 −1 2 −1 −3 4 E1,2 A =  1 0 0   2 −1 −3 4  =  1 3 5 −1  0 0 1 5 1 −1 7 5 1 −1 7

AE1,2



0 1 3 5 −1  1 =  2 −1 −3 4    0 5 1 −1 7 0 



1 0 0 0

0 0 1 0

   0 3 1 5 −1  0   = −1 2 −3 4  . 0  1 5 −1 7 1

Prvo uoˇcimo da E1,2 iz prvog i drugog mnoˇzenja nisu iste matrice. Naime, da bi mnoˇzenje bilo definirano, moramo ’podesiti’ red matrice, pa je matrica u prvom mnoˇzenju trećeg, a u drugom mnoˇzenju ˇcetvrtog reda. Općenito, 22


23

ako je A ∈ Mmn , tada slijeva mnoˇzimo elementarnim matricama m-tog reda, a zdesna mnoˇzimo elementarnim matricama n-tog reda. Nadalje, kada smo matricu A slijeva pomnoˇzili matricom Ei,j tada je doˇslo do zamjene i-tog i j-tog retka u A, a kada smo A zdesna pomnoˇzili s Ei,j , u A su se zamijenili i-ti i j-ti stupac. Dakle, dogodile su se elementarne transformacije I. tipa. Pogledajmo na istoj matrici ˇsto se dogada ako A mnoˇzimo s ostalim elementarnim matricama.      1 0 0 1 3 5 −1 1 3 5 −1 E2λ A =  0 λ 0   2 −1 −3 4  =  2λ −λ −3λ 4λ  0 0 1 5 1 −1 7 5 1 −1 7    1 0 0 0 1 3 5 −1  1 3λ 5 −1  0 λ 0 0   , AE2λ =  2 −1 −3 4    0 0 1 0  = 2 −λ −3 4 5 1 −1 7 5 λ −1 7 0 0 0 1    1 0 0 1 3 5 −1 λ E2,3 A =  0 1 λ   2 −1 −3 4  0 0 1 5 1 −1 7   1 3 5 −1 =  2 + 5λ −1 + λ −3 − λ 4 + 7λ  5 1 −1 7     1 0 0 0   1 3 5 −1  1 3 5 + 3λ −1  0 1 λ 0   λ . AE2,3 =  2 −1 −3 4    0 0 1 0  = 2 −1 −3 − λ 4 5 1 −1 7 5 1 −1 + λ 7 0 0 0 1 





Vidimo da su se sada dogodile elementarne transformacije II. i III. tipa. Sliˇcno se dokaˇze da se i za općenitu matricu dogode iste transformacije pri mnoˇzenju s elementarnim matricama. Zapiˇsimo to u sljedećem teoremu ˇciji dokaz, zbog sliˇcnosti prethodnom raˇcunu, izostavljamo. Teorem 1.3.14. Mnoˇzenjem proizvoljne matrice A ∈ Mmn s elementarnim matricama s lijeve (desne) strane realiziraju se elementarne transformacije redaka (stupaca) matrice A. Pritom je 23


24

• Ei,j A (AEi,j ) matrica koja nastaje zamjenom i-tog i j-tog retka (stupca) u A, • Eiλ A (AEiλ ) je matrica koju dobivamo tako da i-ti redak (stupac) u A mnoˇzimo s λ, λ λ ) je matrica koja se dobije kad se i-tom retku (j-tom stupcu) A (AEi,j • Ei,j matrice A pribroji njezin j-ti redak (i-ti stupac) pomnoˇzen s λ.

Teorem 1.3.15. Neka je A ∈ Mmn proizvoljna matrica ranga r. Postoje regularne matrice S ∈ Mm i T ∈ Mn takve da je A = SDr T. Dokaz. Prema teoremu 1.3.8, A ∼ Dr . To znaˇci da smo, primjenivˇsi konaˇcno mnogo elementarnih transformacija nad retcima i stupcima matrice A, doˇsli do Dr . Elementarne transformacije koje smo napravili nad retcima moˇzemo predstaviti elementarnim matricama S1 , . . . , Sk , a one nad stupcima matricama T1 , . . . , Tl . Tada je Dr = Sk . . . S1 AT1 . . . Tl , odnosno A = S1−1 . . . Sk−1 Dr Tl−1 . . . T1−1 . Sada samo treba oznaˇciti S = S1−1 . . . Sk−1 i T = Tl−1 . . . T1−1 i dobili smo A = SDr T. U sljedećem korolaru navodimo nekoliko posljedica prethodnog teorema. Korolar 1.3.16. Vrijede sljedeće tvrdnje: (a) Neka je A ∈ Mn . Tada vrijedi: A je regularna ⇔ det A 6= 0 ⇔ r(A) = n.

(9)

(b) Svaka regularna matrica se moˇze napisati kao produkt konaˇcno mnogo elementarnih matrica. (c) Neka su A, B ∈ Mmn . Tada: A ∼ B ako i samo ako postoje S ∈ Mm i T ∈ Mn regularne matrice takve da je B = SAT.

24


25

Dokaz. (a) Već otprije znamo da je A regularna ako i samo ako je njena determinanta razliˇcita od nule. Ako je r(A) = n tada, prema teoremu 1.3.15, postoje regularne matrice S i T tako da je A = SDn T = ST. Kao produkt regularnih matrica S i T, i matrica A je regularna. Ako je r := r(A) < n tada je Dr singularna matrica, pa je det Dr = 0. Prema teoremu 1.3.15 postoje regularne matrice S i T takve da je A = SDr T. Prema Binet-Cauchyevom teoremu je det A = det S · det Dr · det T = 0, pa je A singularna matrica. (b) Ako je A regularna tada je, prema upravo dokazanom, r(A) = n, pa je A ∼ Dn = I. Prema teoremu 1.3.15, postoje regularne matrice S i T tako da je A = ST. Iz dokaza teorema 1.3.15 vidimo da su S i T produkti elementarnih matrica, pa je i A = ST produkt elementarnih matrica. (c) Pretpostavimo da je A ∼ B. Tada r(A) = r(B) (teorem 1.3.8), pa prema teoremu 1.3.15 postoje regularne matrice S1 , S2 , T1 , T2 takve da je A = S1 Dr T1 i B = S2 Dr T2 . Tada je A = S1−1 AT1−1 i B = S2 S1−1 AT1−1 T2 = SAT, gdje smo oznaˇcili S = S2 S1−1 i T = T1−1 T2 . Oˇcito su S i T regularne matrice. Pretpostavimo da su A i B takve da postoje regularne matrice S i T takve da je B = SAT. Prema prethodnom korolaru su S i T produkti konaˇcno mnogo elementarnih matrica S1 , . . . , Sk te T1 , . . . , Tl , dakle B = Sk · · · S1 AT1 · · · Tl . Kako mnoˇzenje matrice A s nekom elementarnom matricom slijeva ili zdesna znaˇci primjenu elementarne transformacije nad recima ili stupcima od A, ova relacija znaˇci da se B moˇze dobiti iz A primjenom konaˇcno mnogo elementarnih transformacija, ˇsto po definiciji znaˇci da je A ∼ B. Napomena 1.3.17. Sjetimo se da se (9) moˇze izreći i kao: A je singularna ⇔ det A = 0 ⇔ r(A) < n.

25


1.4

26

Kronecker-Capelli-jev teorem

Sada kada smo nauˇcili ˇsto je i kako se odreduje rang matrice, moˇzemo upoznati jedan vrlo vaˇzan teorem koji nam govori o tome ima li zadani sustav rjeˇsenje ili ne. Drugim rijeˇcima, ovaj teorem bavi se problemom egzistencije rjeˇsenja sustava linearnih jednadˇzbi. I dalje promatramo sustav m linearnih jednadˇzbi s n nepoznanica:  a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = b1     a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = b2 (10) .. ..  . .    am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn = bm pri ˇcemu su aij , bi ∈ F, i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n. Matriˇcno, imamo jednadˇzbu AX = B, gdje su    A= 

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

. . . a1n . . . a2n .. .



   , 

  B= 

b1 b2 .. . bm

am1 am2 . . . amn

   , 

   X= 

x1 x2 .. .

   . 

xn

A je matrica sustava, X vektor nepoznanica, B vektor slobodnih ˇclanova. Uvedili smo i proˇsirenu matricu sustava   a11 a12 . . . a1n | b1  a21 a22 . . . a2n | b2    Ap = [A|B] =  .. .. .. ..  .  . . . .  am1 am2 . . . amn | bm Teorem 1.4.1 (Kronecker-Capelli). Sustav linearnih jednadˇzbi (10) ima rjeˇsenje ako i samo je r(A) = r(Ap ), tj. ako i samo ako matrica sustava i proˇsirena matrica sustava imaju isti rang. Dokaz. Neka su S1 , . . . , Sn stupci matrice A. Tada su S1 , . . . , Sn , B stupci matrice Ap . 26


27

Pretpostavimo da je sustav (10) rjeˇsiv, to jest, postoji uredena n-torka (c1 , . . . , cn ) koja zadovoljava (10). Zapiˇsimo to u obliku stupˇcanih matrica     a11 c1 + a12 c2 + . . . + a1n cn b1  a21 c1 + a22 c2 + . . . + a2n cn   b2        =  ..  . ..    .  . am1 c1 + am2 c2 + . . . + amn cn

bm

Tada je 

a11 a21 .. .

  c1  





a12 a22 .. .

     + c2   

am1





     + . . . + cn   

am2

a1n a2n .. .





    =  

amn

b1 b2 .. .

   , 

bm

to jest, c1 S1 + . . . + cn Sn = B. To znaˇci da dodavanjem vektora B skupu {S1 , . . . , Sn } ne povećavamo maksimalni broj linearno nezavisnih vektora u tom skupu, pa je r(Ap ) ≤ r(A). Oˇcito je r(A) ≤ r(Ap ) pa slijedi r(A) = r(Ap ). Pretpostavimo sada da je r(A) = r(Ap ) = r. Iz r(A) = r slijedi da nekih r stupaca, recimo S1 , . . . , Sr , ˇcine linearno nezavisan skup i svi ostali stupci matrice A se mogu zapisati kao linearne kombinacije ovih stupaca. Kako je i r(Ap ) = r, te kako su S1 , . . . , Sr takoder i stupci matrice Ap , slijedi da se svi ostali stupci matrice Ap mogu zapisati pomoću stupaca S1 , . . . , Sr . Posebno, B je linearna kombinacija prvih r stupaca, tj. postoje skalari c1 , . . . , cr takvi da je B = c1 S 1 + . . . + cr S r . Oznaˇcimo li cr+1 = . . . = cn = 0 imamo B = c1 S1 + . . . + cn Sn , odnosno     

b1 b2 .. . bm





     = c1   

a11 a21 .. .





     + c2   

am1

a12 a22 .. . am2

27





     + . . . + cn   

a1n a2n .. . amn

   . 


28

Time smo pokazali da za (c1 , . . . , cn ) vrijedi  a11 c1 + a12 c2 + . . . + a1n cn  a21 c1 + a22 c2 + . . . + a2n cn   ..  .





    =  

am1 c1 + am2 c2 + . . . + amn cn

b1 b2 .. .

   , 

bm

pa je (c1 , . . . , cn ) rjeˇsenje sustava (10). Zato je taj sustav rjeˇsiv. Jedan od sluˇcajeva kada je zadovoljeno r(A) = r(Ap ) dan je u sljedećem korolaru. Korolar 1.4.2. Neka je zadan sustav m jednadˇzbi s n nepoznanica i neka je A matrica tog sustava. Ako je r(A) = m tada je sustav rjeˇsiv. Dokaz. Kako je Ap ∈ Mm,n+1 to je r(Ap ) ≤ m = r(A). Zato mora biti r(A) = r(Ap ) i tvrdnja slijedi iz teorema 1.4.1. Rangove matrica A i Ap nalazimo prema već opisanoj proceduri iz prethodne sekcije. Kako je matrica Ap zapravo matrica A s joˇs jednim dodanim stupcem, to je moguće odjednom raˇcunati oba ranga. Moˇzemo raditi elementarne transformacije nad recima i stupcima, s iznimkom da posljednji stupac ne smije ’utjecati’ na stupce ispred njega. Preciznije, ne smijemo zamijeniti stupac B (posljednji stupac u Ap ) s nekim drugim stupcem, te ne smijemo dodavati stupac B pomnoˇzen skalarom nekom drugom stupcu. Ilustrirajmo to na primjeru. Primjer 1.4.3. Provjerimo je li  3x1 + x2 −    2x1 − x2 + x + 3x2 −    1 3x1 − 2x2 +

sljedeći sustav rjeˇsiv: 2x3 7x3 2x3 7x3

+ x4 − 3x4 + 5x4 − 5x4

− x5 + 5x5 − 7x5 + 8x5

= = = =

1 2 3 3

Prema teoremu 1.4.1 znamo da je sustav rjeˇsiv ako i samo ako je r(A) = r(Ap ).   3 1 −2 1 −1 | 1  2 −1 7 −3 5 | 2    (zamijenimo 1. i 3. redak)  1 3 −2 5 −7 | 3  3 −2 7 −5 8 | 3 28


29

 1 3 −2 5 −7 | 3  2 −1 7 −3 5 | 2   (1. redak mnoˇzimo s −2 i dodajemo 2. retku) ∼  3 1 −2 1 −1 | 1  (1. redak mnoˇzimo s −3 i dodajemo 3. retku) 3 −2 7 −5 8 | 3 (1. redak mnoˇzimo s −3 i dodajemo 4. retku)   1 3 −2 5 −7 | 3 (1. stupac mnoˇzimo s −3 i dodajemo 2. i 6. stupcu)  0 −7 11 −13 19 | −4  (1. stupac mnoˇzimo s 2 i dodajemo 3. stupcu)  ∼  0 −8 4 −14 20 | −8  (1. stupac mnoˇzimo s −5 i dodajemo 4. stupcu) 0 −11 13 −20 29 | −6 (1. stupac mnoˇzimo sa 7 i dodajemo 5. stupcu)   1 0 0 0 0 | 0  0 −7 11 −13 19 | −4  (2. retku dodajemo treći redak pomnoˇzen s −1)  ∼  0 −8 4 −14 20 | −8  0 −11 13 −20 29 | −6   1 0 0 0 0 | 0  0 1 7 1 −1 | 4   (2. redak mnoˇzimo s 8 i dodajemo 3. retku) ∼  0 −8 4 −14 20 | −8  (2. redak mnoˇzimo s 11 i dodajemo 4. retku) 0 −11 13 −20 29 | −6   1 0 0 0 0 | 0 (2. stupac mnoˇzimo s −7 i dodajemo 3. stupcu)  0 1 7 1 −1 | 4   (2. stupac mnoˇzimo s −1 i dodajemo 4. stupcu) ∼  0 0 60 −6 12 | 24  (2. stupac dodajemo 5. stupcu) 0 0 90 −9 18 | 38 (2. stupac mnoˇzimo s −4 i dodajemo 6. stupcu)   1 0 0 0 0 | 0  0 1 0 0 0 | 0   ∼  0 0 60 −6 12 | 24  (3. redak dijelimo sa 60) 0 0 90 −9 18 | 38 (4. redak dijelimo s 90) 



1  0 ∼  0 0 

1  0 ∼  0 0

0 1 0 0

0 1 0 0

0 0 0 | 0 0 0 | 1 1 − 10 15 | 1 1 1 − 10 | 5

0 0 0 | 0 0 0 | 1 1 − 10 15 | 0 0 0 |

 0 0   2 

5 19 45

(od 4. retka oduzimamo 3. redak)

 1 0 (3. stupac mnoˇzimo s 10 i dodajemo 4. stupcu) 1 0   (3. stupac mnoˇzimo s − 5 i dodajemo 5. stupcu) 2  (3. stupac mnoˇzimo s − 25 dodajemo 6. stupcu) 5

1 45

(6. stupac mnoˇzimo sa 45)

29

1. Sustavi linearnih jednadˇ zbi 

1  0 ∼  0 0

0 1 0 0

30 0 0 1 0

0 0 0 0

0 0 0 0

| | | |

 0 0  . 0  1

Dobili smo da je r(A) = 3 i r(Ap ) = 4, pa sustav nema rjeˇsenja.

1.5

Veza izmedu homogenog i nehomogenog sustava jednadˇ zbi

Za sustav linearnih jednadˇzbi kaˇzemo da je homogen ako su svi slobodni ˇclanovi tog sustava jednaki nuli. Dakle, homogeni sustav s m jednadˇzbi i n nepoznanica je sustav oblika  a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = 0     a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = 0 (11) .. .. .  . .    am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn = 0 Matriˇcni zapis homogenog sustava je AX = 0. Svi homogeni sustavi su rjeˇsivi. Zaista, uvrˇstavanjem x1 = . . . = xn = 0 vidimo da je (0, . . . , 0) ∈ Fn jedno rjeˇsenje tog sustava. (Uoˇcite rjeˇsivost i koristeći Kronecker-Capelli-jev teorem.) To rjeˇsenje nazivamo trivijalno rjeˇ senje homogenog sustava. Svako drugo rjeˇsenje, ako postoji, nazivamo netrivijalno rjeˇ senje homogenog sustava. Propozicija 1.5.1. Homogeni sustav (11) ima i netrivijalnih rjeˇsenja ako i samo ako je r(A) < n. Dokaz. Neka su S1 , . . . , Sn stupci matrice sustava A. Pretpostavimo da sustav ima netrivijalno rjeˇsenje, to jest, postoji uredena n-torka (c1 , . . . , cn ) 6= (0, . . . , 0) koja zadovoljava (11). Kao i u dokazu Kronecker-Capelli-jevog teorema, dobivamo c1 S1 + . . . + cn Sn = 0. Kako je bar jedan od skalara ci razliˇcit od nule, zakljuˇcujemo da je skup {S1 , . . . , Sn } linearno zavisan, pa je r(A) < n. 30


31

Obratno, ako je r(A) < n, tada je skup {S1 , . . . , Sn } linearno zavisan, pa postoje skalari c1 , . . . , cn , od kojih barem jedan nije jednak 0, takvi da je c1 S1 + . . . + cn Sn = 0. To znaˇci da je (c1 , . . . , cn ) netrivijalno rjeˇsenje sustava. Propozicija 1.5.2. Linearna kombinacija rjeˇsenja homogenog sustava linearnih jednadˇzbi je takoder rjeˇsenje tog sustava. Dokaz. Promatramo matriˇcni oblik AX = 0. Neka su C1 , . . . , Cn rjeˇsenja sustava, dakle AC1 = 0, . . . , ACn = 0. Tada je A(λ1 C1 + . . . + λn Cn ) = λ1 AC1 + . . . + λn ACn = 0 za sve λ1 , . . . , λn , pa je i

Pn

i=1

λi Ci rjeˇsenje sustava.

Zabiljeˇzimo joˇs neka zapaˇzanja koja slijede iz prethodnih propozicija. Napomena 1.5.3. • Homogeni sustav ima samo trivijalno rjeˇsenje ako i samo ako je r(A) = n. Ovo je samo drugi naˇcin iskazivanja propozicije 1.5.1. • Ako je m < n tada je r(A) ≤ min{m, n} = m < n, pa sustav ima i netrivijalnih rjeˇsenja. Prema tome, svaki homogeni sustav koji ima manji broj jednadˇzbi nego nepoznanica ima i netrivijalnih rjeˇsenja. • Ako je m = n tada je uvjet r(A) < n ekvivalentan s det A = 0, pa sustav (11) ima i netrivijalnih rjeˇsenja ako i samo ako je det A = 0. • Homogeni sustav ima ili toˇcno jedno rjeˇsenje ili beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja. Ako ima toˇcno jedno rjeˇsenje, to je onda trivijalno rjeˇsenje. Ako ima bar jedno netrivijalno, onda ih, prema propoziciji 1.5.2, ima beskonaˇcno mnogo. Maksimalan linearno nezavisan skup rjeˇsenja homogenog sustava naziva se fundamentalni skup rjeˇ senja, elementi tog skupa fundamentalna rjeˇ senja, a linearna kombinacija fundamentalnih rjeˇsenja op´ ce rjeˇ senje sustava.

31


32

Teorem 1.5.4. Neka je {C1 , . . . , Ck } fundamentalni skup rjeˇsenja homogenog sustava AX = 0. Tada je skup svih rjeˇsenja tog sustava Ω = {λ1 C1 + . . . + λk Ck : λ1 , . . . , λk ∈ F}. Dokaz. Prvo uoˇcimo da iz prethodne propozicije slijedi da je λ1 C1 +. . .+λk Ck zaista rjeˇsenje homogenog sustava za svaki izbor skalara λi . Neka je C neko rjeˇsenje sustava AX = 0. Skup {C1 , . . . , Ck , C} je linearno zavisan, jer je {C1 , . . . , Ck } maksimalni linearno nezavisan skup rjeˇsenja ovog sustava. To znaˇci da se C moˇze prikazati pomoću elemenata skupa {C1 , . . . , Ck }, tj. postoje skalari λ1 , . . . , λk za koje je C = λ1 C1 + . . . + λk C k . Primjer 1.5.5. Rijeˇsimo homogeni sustav   x1 + 2x2 − 3x3 + x4 = 0 x − 3x2 + x3 − 2x4 = 0 .  1 2x1 + x2 − 3x3 + 5x4 = 0 Iz prve jednadˇzbe izrazimo je x4 = −x1 − 2x2 + 3x3 . To uvrstimo u preostale dvije jednadˇzbe. Imamo 3x1 + x2 − 5x3 = 0 . −3x1 − 9x2 + 12x3 = 0 Iz druge jednadˇzbe je x2 = −3x1 + 5x3 , ˇsto uvrˇstavanjem u treću daje x1 = 11 x . Sada je x2 = −3 · 11 x + 5x3 = 78 x3 , a onda x4 = − 81 x3 . Oˇcito je x3 8 3 8 3 proizvoljan. Tada je (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (

11 7 1 x3 , x3 , x3 , − x3 ). 8 8 8

Oznaˇcimo x3 = 8λ. Tada su rjeˇsenja naˇseg sustava (x1 , x2 , x3 , x4 ) = λ(11, 7, 8, −1),

λ ∈ R.

32

1. Sustavi linearnih jednadˇ zbi Primjer 1.5.6. Ispitajmo   x1 x  1 2x1

33

kako broj rjeˇsenja homogenog sustava + tx2 + x3 = 0 + 2x2 − x3 = 0 + 3x2 + (t − 1)x3 = 0

(12)

ovisi o parametru t ∈ R. Ovdje imamo homogeni sustav tri jednadˇzbe s tri nepoznanice. Prema trećem dijelu napomene 1.5.3, odgovor na postavljeno pitanje slijedit će iz vrijednosti od det A. 1 t 1 2 1 −1 −1 1 2 2 det A = 1 2 −1 = − t 2 t − 1 + 2 3 = t − t . 3 t − 1 2 3 t−1 Sada vidimo da je det A = 0 ako i samo ako je t ∈ {0, 1}. Prema tome, sustav ima i netrivijalnih rjeˇsenja za t ∈ {0, 1}, a za t ∈ R \ {0, 1} sustav ima samo trivijalno rjeˇsenje. Sustav linearnih jednadˇzbi je nehomogen ako nije homogen. Drugim rijeˇcima, sustav je nehomogen ako je bar jedan od slobodnih ˇclanova razliˇcit od nule. U matriˇcnom zapisu to znaˇci da je B 6= 0. U rjeˇsavanju nehomogenog sustava AX = B vaˇznu ulogu imaju rjeˇsenja pripadnog homogenog sustava AX = 0. Teorem 1.5.7. Neka je dan proizvoljan sustav AX = B, neka je C0 bilo koje njegovo rjeˇsenje, te neka je Ω skup svih rjeˇsenja pridruˇzenog homogenog sustava AX = 0. Tada je C0 + Ω := {C0 + C : C ∈ Ω} skup svih rjeˇsenja sustava AX = B. Dokaz. Ako je C ∈ Ω tada je A(C0 + C) = AC0 + AC = B + 0 = B, pa je C0 + C zaista rjeˇsenje sustava AX = B. Ako je C1 neko rjeˇsenje sustava AX = B tada je AC1 = B pa je A(C1 − C0 ) = AC1 − AC0 = B − B = 0, tj. C1 − C0 ∈ Ω. Tada postoji C ∈ Ω takav da je C1 − C0 = C, dakle C1 = C0 + C ∈ C0 + Ω. 33


34

Kod homogenog sustava smo znali da rjeˇsenje uvijek postoji: ili je jedinstveno ili ih je beskonaˇcno mnogo. Kod nehomogenog sustava, uz pomoć prethodnog teorema, zakljuˇcujemo da mogu nastupiti sljedeći sluˇcajevi: • sustav nije rjeˇsiv (ne postoji partikularno, pa niti opće rjeˇsenje); • sustav je rjeˇsiv: – ako pripadni homogeni sustav ima samo trivijalno rjeˇsenje, onda nehomogeni sustav ima toˇcno jedno rjeˇsenje; – ako pripadni homogeni sustav ima i netrivijalnih rjeˇsenja, onda nehomogeni sustav ima beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja. Kombinirajući ovo s Propozicijom 1.5.1, dobivamo Korolar 1.5.8. Rjeˇsiv sustav (homogen ili nehomogen) ima • jedinstveno rjeˇsenje ako i samo ako je r(A) = n; • beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja ako i samo ako r(A) < n. Uoˇcimo da nam teorem 1.5.7 ne govori o tome kako naći partikularno rjeˇsenje C0 i/ili fundamentalni skup rjeˇsenja pripadnog homogenog sustava. Tvrdi se samo da ako znamo jedno (bilo koje) rjeˇsenje nehomogenog sustava i ako znamo (sva) rjeˇsenja pridruˇzenog homogenog sustava, onda znamo i sva rjeˇsenja nehomogenog sustava. Primjer 1.5.9. Pogledajmo sustav   x1 + x2 + x3 = 1 x − x2 − x3 = 3  1 3x1 + x2 + x3 = 5 Jedno rjeˇsenje ovog sustava je homogeni sustav   x1 x  1 3x1

C0 = (2, −1, 0). Promotrimo sada pridruˇzeni + x2 + x3 = 0 − x2 − x3 = 0 + x2 + x3 = 0

Ako zbrojimo prve dvije jednadˇzbe dobivamo x1 = 0. Uvrstimo x1 = 0 u drugu i treću jednadˇzbu i dobivamo x2 + x3 = 0. Stavimo li x3 = t, t ∈ 34


35

R, imamo da je x2 = −x3 = −t. Sada je skup svih rjeˇsenja pridruˇzenog homogenog sustava Ω = {(0, −t, t) : t ∈ R} = {t(0, −1, 1) : t ∈ R}, pa je skup svih rjeˇsenja nehomogenog sustava zadan kao C0 + Ω = {(2, −1, 0) + t(0, −1, 1) : t ∈ R}.

1.6

Zadaci

1. Provjerite jesu li (x, y) = (5, −2) i (x, y) = (1, −4) rjeˇsenja sustava jednadˇzbi x − 2y = 9 . 2x + 3y = 4 2. Napiˇsite tri sustava od dvije jednadˇzbe s dvije nepoznanice tako da prvi sustav ima toˇcno jedno rjeˇsenje, drugi nema rjeˇsenja i treći ima beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja. Nacrtajte pravce u ravnini koji su predstavljeni jednadˇzbama danih sustava i interpretirajte broj rjeˇsenja pomoću sjeciˇsta nacrtanih pravaca. 3. Postavite sustav linearnih jednadˇzbi koji odgovara sljedećoj kemijskoj jednadˇzbi x KOH + y Cl2 → 2 KClO + z KCl + 2 H2 O. 4. Napiˇsite sustav za koji su matrica sustava i matrica slobodnih koeficijenata dane sa  

 3 2 4 2 2 A= 0 5 6 2 4  3 2 2 2 3

35

  i B=  

3 3 1 −2 0

   .  

1. Sustavi linearnih jednadˇ zbi 5. Za sustav

36

 + x4 = 1  x1 + x2 2x + 2x2 + x3 + x4 = 1  1 2x1 + 2x2 + 2x4 = 2

odredite matricu sustava, te matrice nepoznanica i slobodnih koeficijenata. 6. Uvjerite se da je ∼ relacija ekvivalencije na Mmn . 7. Ispiˇsite sve elementarne matrice drugog reda. 8. Koliki rang mogu imati matrice iz M35 ? Navedite primjere. 9. Bez raˇcunanja odredite rang sljedećih matrica   2 3 2 3 1   A= . 0 0 , B= 0 0 0 −4 −6 

2  3 10. Odredite rang matrice A =   0 3

3 2 5 2 

4 4 6 2

2 2 2 2

2 1  3 λ 11. Odredite kako rang matrice A =   1 1 5 2

 3 2  . 4  3  λ 2   ovisi o parametru λ. 0  6

12. Ispitajte jesu li sljedeće matrice ekvivalentne     0 0 2 1 2 −1 3 −2 A =  1 0 4 2  i B =  4 −2 5 1 . 3 0 0 0 2 −1 1 8 13. Pomoću ranga matrice provjerite linearnu nezavisnost skupa {(1, 3, 2, 0, 0), (1, 1, 1, 1, 1), (1, 2, 3, 4, 5), (0, 3, 3, 2, 3)}.

36


37

14. Ispitajte rjeˇsivost sustava   3x1 + x2 − 2x3 + x4 − x5 = 1 2x − x2 + 7x3 − 3x4 + 5x5 = 2  1 x1 − 2x2 + 7x3 − 5x4 + 8x5 = 3. 15. Ispitajte za koje λ ∈ R je zadani sustav    2x1 + 5x2 + x3  4x1 + 6x2 + 3x3 4x + 14x2 + x3    1 2x1 − 3x2 + 3x3

37

rjeˇsiv, a za koje nije + + + +

3x4 5x4 7x4 λx4

= = = =

2 4 4 7

2. Rjeˇ savanje sustava linearnih jednadˇ zbi

2 2.1

38

Rjeˇ savanje sustava linearnih jednadˇ zbi Cramerov sustav

Cramerov sustav je sustav n linearnih jednadˇzbi s n nepoznanica kod kojeg je matrica sustava regularna. Dakle, sustav  a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = b1     a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = b2 (13) .. .. ,  . .    an1 x1 + an2 x2 + . . . + ann xn = bn takav da je A = [aij ] ∈ Mn regularna matrica, je Cramerov sustav. Teorem 2.1.1. Cramerov sustav ima jedinstveno rjeˇsenje. To rjeˇsenje je (

Dn D1 D2 , ,..., ), D D D

pri ˇcemu je D = det A, a Dj determinanta matrice koja se iz matrice A dobije tako da se umjesto njenog j-tog stupca upiˇse stupac slobodnih ˇclanova, tj. a11 . . . a1,j−1 b1 a1,j+1 . . . a1n a21 . . . a2,j−1 b2 a2,j+1 . . . a2n Dj = .. (14) , j = 1, . . . , n. . . . . . . . . . . . . . an1 . . . an,j−1 bn an,j+1 . . . ann Dokaz. Neka je AX = B matriˇcni zapis promatranog sustava. Dokaˇzimo jedinstvenost rjeˇsenja. Pretpostavimo da su C, D ∈ Mn1 rjeˇsenja jednadˇzbe AX = B. Tada je AC = B i AD = B, odakle slijedi A(C − D) = AC − AD = B − B = 0. Mnoˇzenjem s A−1 slijeva dobivamo C − D = 0, tj. C = D, ˇsto znaˇci da je rjeˇsenje jedinstveno. Preostaje vidjeti da je upravo n-torka ( DD1 , DD2 , . . . , DDn ) to rjeˇsenje. Provjerimo, dakle, da ova n-torka zadovoljava dani sustav. Neka je Akj determinanta matrice koja se iz A dobije uklanjanjem k-tog retka i j-tog stupca

38


39

pomnoˇzena faktorom (−1)k+j . Za sve i = 1, . . . , n je n X

Dj aij D j=1

n

1 X = aij Dj (razvijemo Dj po j-tom stupcu) D j=1 n n n n X 1 X 1 X X = aij ( bk Akj ) = bk ( aij Akj ) D j=1 D k=1 j=1 k=1 n

n

X 1 X bk δik D = = bk δik = bi . D k=1 k=1 Time smo dokazali tvrdnju. Napomenimo da je, za velike n, teˇsko raˇcunati (n + 1) determinanti D, D1 , . . . , Dn , koje se pojavljuju u rjeˇsenju, tako da ovaj teorem ima viˇse teorijsko, a manje praktiˇcno znaˇcenje. Primjer 2.1.2. Neka je zadan   x + x −  5x +

sustav y + z = 70 3y = 0 10y + 20z = 960.

Uvjerimo se da je ovaj sustav Cramerov i odredimo mu rjeˇsenje pomoću prethodnog teorema. Ovo je sustav tri jednadˇzbe s tri nepoznanice, dakle m = n = 3. Nadalje, 1 1 1 D = det A = 1 −3 0 = −55 6= 0, 5 10 20 pa je matrica sustava regularna. sustav. Izraˇcunajmo D1 , D2 , D3 : 70 D1 = 0 960 1 D2 = 1 5

Time smo provjerili da je ovo Cramerov

1 1 −3 0 10 20 70 1 0 0 960 20 39

= −1320, = −440,

2. Rjeˇ savanje sustava linearnih jednadˇ zbi 1 1 70 D3 = 1 −3 0 5 10 960

40

= −2090.

Tada je rjeˇsenje sustava (x, y, z) = (

−1320 −440 −2090 , , ) = (24, 8, 38). −55 −55 −55

2.2

Gaussova metoda eliminacije

Za dva sustava jednadˇzbi nad poljem F s istim nepoznanicama kaˇzemo da su ekvivalentni ako imaju isti skup rjeˇsenja. Dakle, svako rjeˇsenje jednog sustava je ujedno i rjeˇsenje drugog sustava. Uoˇcimo da nije nuˇzno da sustavi imaju jednak broj jednadˇzbi. Ako ˇzelimo rijeˇsiti neki sustav, onda bi bilo dobro znati transformirati ga do njemu ekvivalentnog sustava koji će se moći lako rijeˇsiti. Kako transformirati sustav? Sliˇcno kao i kod odredivanja ranga matrica, i ovdje definiramo elementarne transformacije. Elementarne transformacije sustava jednadˇzbi su: 1. zamjena dviju jednadˇzbi; 2. mnoˇzenje neke jednadˇzbe sustava skalarom razliˇcitim od nule; 3. dodavanje neke jednadˇzbe sustava pomnoˇzene skalarom nekoj drugoj jednadˇzbi. Teorem 2.2.1. Ako na neki sustav primijenimo konaˇcan broj elementarnih transformacija, onda će dobiveni sustav biti ekvivalentan polaznome. Dokaz. Neka je zadan sustav AX = B, te neka je primjenom samo jedne od gornjih transformacija nastao sustav A1 X = B1 . Dovoljno je pokazati da su sustavi AX = B i A1 X = B1 ekvivalentni. Ako pokaˇzemo da je proizvoljno rjeˇsenje od AX = B ujedno i rjeˇsenje od A1 X = B1 , onda smo automatski pokazali i obratno, tj. da je proizvoljno rjeˇsenje od A1 X = B1 rjeˇsenje od AX = B. To je zato jer moˇzemo shvaćati i da je AX = B dobiven iz A1 X = B1 primjenom istovrsne transformacije. 40


41

Ako smo A1 X = B1 dobili iz AX = B primjenom transformacije 1. ili 2. tipa, tvrdnja je potpuno trivijalna. Preostaje provjeriti uˇcinak transformacije 3. tipa. Uzmimo da smo i-tu jednadˇzbu u AX = B pomnoˇzili s λ i dodali k-toj, te na taj naˇcin dobili sustav A1 X = B1 . Neka je (c1 , . . . , cn ) proizvoljno rjeˇsenje od AX = B. Polazni i dobiveni sustav razlikuju samo u k-toj jednadˇzbi koja sada, u sustavu A1 X = B1 ima oblik n X

(λaij + akj )xj = λbi + bk .

j=1

Kako je n X j=1

(λaij + akj )cj = λ

n X

aij cj +

j=1

n X

akj cj = λbi + bk ,

j=1

to je (c1 , . . . , cn ) rjeˇsenje od A1 X = B1 . Uoˇcimo da su elementarne transformacije sustava zapravo elementarne transformacije redaka proˇsirene matrice tog sustava. To znaˇci da za zadani sustav moˇzemo formirati njegovu proˇsirenu matricu Ap te izvoditi elementarne transformacije nad recima te matrice. U svakom koraku iz transformirane matrice A0p moˇzemo rekonstruirati njoj pripadajući sustav jednadˇzbi, a prema teorem 2.2.1 je taj sustav ekvivalentan polaznome. Prijedimo sada na opis Gaussove metode eliminacije. Neka je dan sustav    a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = b1   a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = b2 (15) .. ..  . .    am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn = bm . Neka je Ap proˇsirena matrica ovog sustava. Kada bismo primijenili postupak za odredivanje ranga matrice A doˇsli bismo do matrice Dr . S obzirom da sada ˇzelimo rjeˇsavati sustav, te da elementarne transformacije sustava odgovaraju elementarnim transformacijama redaka pridruˇzene matrice, sada ćemo na Ap primjenjivati samo elementarne transformacije redaka da bismo doˇsli do Dr ili barem ˇsto ’bliˇze’ Dr . Zapravo, moˇzemo doći do 41


42

matrice koja će medu prvih n stupaca imati toˇcno prvih r stupaca matrice Dr , a ispod r−tog retka jedini nenul elementi se mogu pojaviti u posljednjem stupcu. Radi jednostavnosti zapisa pretpostavimo da je tih r stupaca upravo na prvih r mjesta u A0p , tj.       0 Ap =      

1 0 .. . 0 0 .. .

0 ... 1 ... .. . . . . 0 ... 0 ... .. .

0 a01,r+1 0 a02,r+1 .. .. . . 0 1 ar,r+1 0 0 .. .. . .

0 0 ... 0

0

Ova matrica je proˇsirena matrica sljedećeg  x1 + a01,r+1 xr+1 +      x2 + a02,r+1 xr+1 +    .. ..   . .  0 xr + ar,r+1 xr+1 +           

. . . a01n | . . . a02n | .. .

b01 b02 .. .

. . . a0rn | b0r . . . 0 | b0r+1 .. .. . . . . . 0 | b0m

      .     

sustava . . . + a01n xn = b01 . . . + a02n xn = b02 .. .. . . 0 . . . + arn xn = b0r 0 = b0r+1 .. .. . . 0

(16)

= b0m

Prema teoremu 2.2.1 sustav (24) je ekvivalentan polaznom sustavu (23). Sada iz izgleda sustava (24), odnosno matrice A0p , odmah vidimo da je sustav (23) rjeˇsiv ako i samo ako je b0r+1 = . . . = b0m = 0. Ako, dakle, za bar jedan i ∈ {r + 1, . . . , m} vrijedi b0i 6= 0, zadani sustav nema rjeˇsenja. Pretpostavimo sada da je b0r+1 = . . . = b0m = 0. Posljednjih m−r jednadˇzbi se onda svode na trivijalne numeriˇcke identitete pa ih nećemo ni promatrati. Dakle, naˇs sustav je  x1 + a01,r+1 xr+1 + . . . + a01n xn = b01     x2 + a01,r+1 xr+1 + . . . + a01n xn = b02 (17) .. .. .. ...  . . .    xr + a01,r+1 xr+1 + . . . + a01n xn = b0r

42


43

Odavde je  x1 = b01 − a01,r+1 xr+1 − . . . − a01n xn    0  x 2 = b 0 − a0 2 2,r+1 xr+1 − . . . − a2n xn ..  .    xr = b0r − a0r,r+1 xr+1 − . . . − a0rn xn pa rjeˇsenje moˇzemo direktno iˇsˇcitati:  x1 = b01 − a01,r+1 t1 − . . . − a01n tn−r      x2 = b02 − a02,r+1 t1 − . . . − a02n tn−r    . ..   .  .. xr = b0r − a0r,r+1 t1 − . . . − a0rn tn−r    xr+1 = t1    .. ..   . .    xn = tn−r

(18)

(19)

gdje su t1 , . . . , tn−r ∈ F proizvoljni skalari koje ˇcesto nazivamo slobodni parametri. Oznaˇcimo li       0  −a1,n −a1,r+2 −a1,r+1 b1  −a2,n  −a2,r+2   −a2,r+1        b0   ..      2  .. ..  .      ..  . .       .   −ar,n  −ar,r+2   −ar,r+1   0        , . . . , Cn−r =  , C2 =  C0 =  br  , C1 =   0   0 1       0   0       1 0       ..   ..      .  .. ..    .   . . 0 0 0 1 dobivamo da je za sve t1 , . . . , tn−r ∈ F    0 x1 b1 − a01,r+1 t1 − . . . − a01n tn−r 0  x 2   b 0 − a0 2,r+1 t1 − . . . − a2n tn−r    2  ..   ..  .   .    0 0   = X= x b − a t − . . . − a0rn tn−r r,r+1 1  r   r  xr+1   0     ..   ..  .   . xn

0 43

       = C0 +t1 C1 +. . .+tn−r Cn−r     

       ,      


44

rjeˇsenje matriˇcne jednadˇzbe AX = B. Pritom je C0 partikularno rjeˇsenje nehomogenog sustava, a {C1 , . . . , Cn−r } fundamentalni skup rjeˇsenja pripadnog homogenog sustava AX = 0. Primjer 2.2.2. Gaussovim eliminacijama rijeˇsimo sljedeći sustav  x1 + 2x2 + 2x3 + 3x4 + x5 = 3    2x1 − x3 − x4 + 5x5 = 2 . x + 2x x4 + 5x5 = 3  1 2 + 6x3 −   x1 − 2x2 + 5x3 − 12x4 + 12x5 = −1 Transformirajući proˇsirenu matricu sustava Ap (elementarnim transformacijama redaka) dobivamo sljedeći niz ekvivalentnih matrica, odnosno sustava:     1 2 2 3 1 | 3 1 2 2 3 1 | 3  2   0 −1 −1 5 | 2    ∼  0 −4 −5 −7 3 | −4   1 2 6 −1 5 | 3   0 0 4 −4 4 | 0  1 −2 

5 −12 12 | −1

1 2 2  0 −4 −5 ∼  0 0 1 0 −4 3  1 2 0  0 −4 0 ∼  0 0 1 0 0 0

0 −4

3 −15 11 | −4

  | 3 1 2 0 5 −1 | 3   | −4   0 −4 0 −12 8 | −4 ∼ | 0   0 0 1 −1 1 | 0 | −4 0 −4 0 −12 8 | −4    5 −1 | 3 1 2 0 5 −1 | 3  −12 8 | −4  3 −2 | 1  ∼ 0 1 0  −1 1 | 0   0 0 1 −1 1 | 0  0 0 | 0 0 0 0 0 0 | 0   1 0 0 −1 3 | 1  0 1 0 3 2 | 1   ∼  0 0 1 −1 1 | 0  .

3 1 −7 3 −1 1 −15 11

   

0 0 | 0

0 0 0

(Zapiˇsite uˇcinjene elementarne transformacije!) Oˇcito je naˇs sustav rjeˇsiv i ekvivalentan je sustavu  − x4 + 3x5 = 1  x1 x2 + 3x4 + 2x5 = 1 ,  x3 − x4 + x5 = 0 44


45

pa je rjeˇsenje    X=  

x1 x2 x3 x4 x5





    =    

1 + x4 − 3x5 1 − 3x4 − 2x5 x4 − x5 x4 x5







    =    

1 1 0 0 0

     + x4     

1 −3 1 1 0





−3 −2 −1 0 1

t1 , t2 ∈ R.







     + x5     

−3 −2 −1 0 1

   .  

Opće rjeˇsenje sustava je    X=  

1 1 0 0 0





     + t1     

1 −3 1 1 0

     + t2     

   ,  

2.3

Primjene sustava linearnih jednadˇ zbi

U ovoj toˇcki navodimo neke primjere gdje se pojavljuju sustavi linearnih jednadˇzbi. Primjer 2.3.1. Odredite cijele brojeve a, b, c, d takve da vrijedi aN2 H4 + bN2 O4 → cN2 + dH2 O. Izjednaˇcavanjem broja atoma pojedinih elemenata s lijeve i desne strane dolazimo do sustava  = 0  2a + 2b − 2c 4a − 2d = 0 .  4b − d = 0 Tada je       2 2 −2 0 | 0 1 1 −1 0 | 0 1 1 −1 0 | 0  4 0 0 −2 | 0  ∼  2 0 0 −1 | 0  ∼  0 −2 2 −1 | 0  0 4 0 −1 | 0 0 4 0 −1 | 0 0 4 0 −1 | 0 45


46

Slika 4: Promet kriˇzanjima A, B, C i D



   1 0 0 −0.5 | 0 1 0 0 −0.5 | 0 ∼  0 1 −1 0.5 | 0  ∼  0 1 0 −0.25 | 0  0 0 4 −3 | 0 0 0 1 −0.75 | 0 Oznaˇcimo d = k. Tada je a = k2 , b = k4 , c = 3k , d = k. Postoji beskonaˇcno 4 mnogo rjeˇsenja (svaki pozitivan k koji je djeljiv s 4 daje jedno rjeˇsenje). Jedno rjeˇsenje je (2, 1, 3, 4), dakle, jedna izbalansirana kemijska jednadˇzba je 2N2 H4 + N2 O4 → 3N2 + 4H2 O. Primjer 2.3.2. Na slici 4 je dan prikaz jednosmjernih ulica u nekom gradu i promet duˇz pojedinih ulica izmedu svaka dva kriˇzanja. Kako u svako kriˇzanje ude i izade jednak broj vozila, dobivamo sljedeće jednadˇzbe:  200 + x3 = x1 + x2 (raskriˇzje A)    200 + x2 = 300 + x4 (raskriˇzje B) . 400 + x5 = 300 + x3 (raskriˇzje C)    500 + x4 = 300 + x5 (raskriˇzje D) 46


47

Slika 5: Kolotura

Takoder ćemo izjednaˇciti ukupan ulaz i izlaz u mreˇzu ulica prikazanu na slici: 400 + 200 + 200 + 500 = 300 + 300 + x1 + 300. Dobili smo sustav  x1 + x2 + x3     x2 + x4  x3 + x5    x4 + x5   x1

= = = = =

200 100 100 . 200 400

Opće rjeˇsenje ovog sustava je (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (400, t − 100, t + 100, t − 200, t), gdje je t parametar. Kako jednosmjerne ulice ne dozvoljavaju negativan promet, to mora biti xi ≥ 0 za sve 1 = 1, . . . , 5. Zato mora biti t ≥ 200. Primjer 2.3.3. Dva tijela, prvo mase m1 kg i drugo mase m2 kg, privezana su za krajeve uˇzeta (zanemarive mase) prebaˇcenog preko koloture objeˇsene na strop, kako je prikazano na slici 5. Odredimo napetost uˇzeta, te ubrzanje svakog tijela. Ovdje je prikladno raˇcunati udaljenost prema dolje pa ćemo to uzimati za pozitivan smjer. 47


48

Prema tome, pozitivna akceleracija je usmjerena prema dolje. Neka T oznaˇcava napetost uˇzeta, a g gravitaciju. Raˇcunajući sile koje djeluju na svako tijelo, dobivamo sustav   m1 x¨1 = m1 g − T m x¨ = m1 g − T .  2 2 x¨1 + x¨2 = 0 Prve dvije jednadˇzbe slijede iz Newtonovog zakona kretanja primijenjenog na svako tijelo, a treća jednadˇzba slijedi iz nerastezljivosti uˇzeta, tj. x1 + x2 = const. Naˇse nepoznanice su x¨1 , x¨2 , T a sustav koji ih odreduje je  + T = m1 g  m1 x¨1 m2 x¨2 + T = m2 g .  x¨1 + x¨2 = 0 Tada je 

   m1 0 1 | m1 g 1 1 0 | 0  0 m2 1 | m2 g  ∼  0 −m1 1 | m1 g  1 1 0 | 0 0 m2 1 | m2 g 

1 1 0 ∼  0 1 − m11 1 0 1 m2  1 1 0 m1 ∼  0 1 − m11 0 0 1

  1 | 0 | −g  ∼  0 | g 0   | g | −g  ∼  2m1 m2 g | m1 +m2

1 m1 − m11 1 + m11 m2

 | g | −g  | 2g  m1 −m2 1 0 0 | m g +m 1 2 2 −m1 0 1 0 | m g . m1 +m2 2m1 m2 0 0 1 | m1 +m2 g 0 1 0

Slijedi da je rjeˇsenje (x¨1 , x¨2 , N ) = (

m1 − m2 m2 − m1 2m1 m2 g, g, g). m1 + m2 m1 + m2 m1 + m2

Primijetimo da je u sluˇcaju m1 = m2 , x¨1 = x¨2 = 0, pa je sustav u mirovanju. 1 Ako je m2 > m1 tada je x¨2 > 0 i x¨1 < 0 i T = m2m m2 g < m2 g, te 1 +m2 2m2 T = m1 +m2 m1 g > m1 g, dakle m1 g < T < m2 g.

48


2.4

49

Gauss-Jordanova metoda odredivanja inverza matrice

Ovdje ćemo nauˇciti joˇs jedan naˇcin kako invertirati regularne matrice. Prvo se prisjetimo teorema 1.3.8: za A ∈ Mmn je A ∼ Dr , gdje je r = r(A). Prema dokazu ovog teorema, elementarnim transformacijama redaka i stupaca matrice A dolazimo do matrice Dr . Pretpostavimo sada da je m = n i da je A regularna matrica. Tada je r(A) = n i zato je A ∼ Dn = I, gdje je I ∈ Mn jediniˇcna matrica. Pokaˇzimo da je moguće do matrice Dn = I doći primjenjujući samo elementarne transformacije nad retcima. Kako je A regularna, to A ne moˇze imati niti jedan nul-redak ili nulstupac. U prvom stupcu izaberemo neki ne-nul element; neka je to ai1 6= 0. Zamijenimo i-ti i prvi redak. Sada pomnoˇzimo prvi redak s a1i1 te dolazimo do matrice oblika   1 b12 . . . b1n  b21 b22 . . . b2n     .. .. . . ..  .  . . .  . bn1 bn2 . . . bnn Za sve i 6= 1, i-tom retku pribrajamo prvi redak pomnoˇzen s −bi1 ; tako u prvom stupcu dobivamo nulu na svim mjestima osim na mjestu (1, 1). Drugim rijeˇcima doˇsli smo do matrice oblika   1 c12 . . . c1n  0 c22 . . . c2n     .. .. . . . .  . . . ..  0 cn2 . . . cnn Uoˇcimo da je medu elementima c22 , c32 , . . . , cn2 bar jedan razliˇcit od nule. Zaista, ako bi bilo c22 = c32 = . . . = cn2 = 0, tada A ne bi bila regularna, jer bi drugi stupac bio proporcionalan prvome. Neka je ci2 6= 0 za neki i ≥ 2. Zamijenimo 2. i i-ti redak, pomnoˇzimo drugi redak s c1i2 tako da na mjestu (2, 2) dobijemo jedinicu, a zatim tom jedinicom poniˇstavamo sve ne-nul elemente u drugom stupcu. Dolazimo do

49

2. Rjeˇ savanje sustava linearnih jednadˇ zbi matrice oblika

      

1 0 0 .. .

0 d13 1 d23 0 d33 .. .. . . 0 0 dn3

50

 . . . d1n . . . d2n   . . . d3n  , ..  .. . .  . . . dnn

a zatim nastavljamo na isti naˇcin. Nakon toˇcno n koraka, ovaj će postupak zavrˇsiti i dobivena matrica bit će upravo I. Neka elementarne matrice P1 , . . . , Ps , opisuju redom uˇcinjene elementarne transformacije redaka. Tada je I = Ps · · · P1 A, a kako je matrica Ps · · · P1 regularna, slijedi A−1 = Ps · · · P1 . Ovo moˇzemo shvatiti na sljedeći naˇcin: ako na matricu I primijenimo toˇcno one iste transformacije redaka, i to u istom poretku kojima smo iz matrice A dobili I, rezultat će biti matrica Ps · · · P1 I, dakle upravo A−1 . Opisana metoda traˇzenja inverzne matrice A−1 naziva se Gauss-Jordanova metoda invertiranja matrice. S obzirom da se u gore opisanom postupku na matricu I primjenjuju toˇcno iste elementarne transformacije kao i na A, i to u istom poretku, ove transfor. macije ćemo provoditi paralelno na proˇsirenu matricu [A..I]. Takoder, nećemo morati unaprijed znati je li matrica regularna, to jest, postoji li uopće inverz. Jednostavno ćemo krenuti s postupkom odredivanja ranga od A, paralelno primjenjujući elementarne transformacije i na I. Ako uspijemo A transformirati u Dn = I, onda je A regularna i matrica u koju se I transformirala je A−1 . Ako ne uspijemo, onda A nije regularna i inverz ne postoji. Primjer 2.4.1. Odredimo, ako postoji, inverz matrice   1 1 0  1 1 1 . 0 1 2

50


51

Matricu I dopiˇsemo matrici A, odvojimo crticama i vrˇsimo transformacije (nad retcima) koje A prevode u Dr .   1 1 0 | 1 0 0  1 1 1 | 0 1 0  (2. retku pribrajamo 1. redak pomnoˇzen s −1) 0 1 2 | 0 0 1  1 1 0 | 1 0 0 ∼  0 0 1 | −1 1 0  (zamijenimo 2. i 3. redak) 0 1 2 | 0 0 1  1 0 | 1 0 0 1 2 | 0 0 1  (1. retku pribrajamo 2. redak pomnoˇzen s −1) 0 1 | −1 1 0  0 −2 | 1 0 −1 (1. retku pribrajamo 3. redak pomnoˇzen s 2) 1 2 | 0 0 1  (2. retku pribrajamo 3. redak pomnoˇzen s −2) 0 1 | −1 1 0   1 0 0 | −1 2 −1 ∼ 0 1 0 | 2 −2 1 . 0 0 1 | −1 1 0 



1 ∼ 0 0  1 ∼ 0 0

S lijeve strane smo dobili I, a to znaˇci da smo s desne strane dobili A−1 , tj.   −1 2 −1 A−1 =  2 −2 1 . −1 1 0 (U toˇcnost raˇcuna uvjerite se provjeravanjem da je AA−1 = I.)

2.5

Zadaci

1. Provjerite je li sustav Cramerov, a zatim ga rijeˇsite 3x + 2y = 10 2x − y = 20

51

2. Rjeˇ savanje sustava linearnih jednadˇ zbi 2. Provjerite je li sustav Cramerov, a   3x + 2y 2x − y  x + y

zatim ga rijeˇsite

3. Provjerite je li sustav Cramerov, a   3x + 2y 2x − y  x + y

zatim ga rijeˇsite

4. Za koje λ, µ ∈ R je zadani   3x1 + x2 4x + λx2  1 3x1 − 5x2

52

− z = 0 + 3z = 0 − z = 0.

− z = 1 + 3z = 2 − z = 3.

sustav homogen − 12x3 = λ2 − λ − 2x3 = ln λ + cos µ − 1 ? + µx3 = λµ

5. Odredite fundamentalno i opće   x + 3x +  2x +

rjeˇsenje homogenog sustava y + z = 0 y − z = 0 . y = 0

6. Rijeˇsite nehomogeni sustav   x + y + z = 3 3x + y − z = 3 .  2x + y = 3 7. Gaussovom metodom eliminacije rijeˇsite sljedeći sustav linearnih jednadˇzbi   3x + 10y + 8z = 13 x + 2y + 3z = 3 .  4y + 7z = 4. 8. Gaussovom metodom eliminacije rijeˇsite sustav   x1 − 2x2 + x3 + x4 − 2x5 = 2 3x + 2x2 − 2x3 + 2x4 − x5 = 3 .  1 2x1 + 4x2 − 3x3 + x4 + x5 = 1 52


53

9. Gaussovom metodom eliminacije rijeˇsite sljedeći sustav linearnih jednadˇzbi  x + 2y + 3z = 3    −x + 2y + 4z = 1 . 2x + 4y − 2z = 6    x + 6y + 10z = 7 10. Rijeˇsite sljedeći sustav  + x4 = 1  x1 + x2 2x + 2x2 + x3 + x4 = 1  1 2x1 + 2x2 + 2x4 = 2 11. Tri osobe kupile su sendviˇce, kavu i kolaˇce u istoj prodavnici. Prva osoba platila je 77 kn za 4 sendviˇca, kavu i 10 kolaˇca, a druga je 3 sendviˇca, kavu i 7 kolaˇca platila 57 kn. Treća osoba kupila je sendviˇc, kavu i kolaˇc. Koliko je platila? Rjeˇsenje: 17 kn. 12. Odredite polinom p trećeg stupnja za koji vrijedi p(−2) = 1, p(−1) = 3, p(1) = 13, p(2) = 33. 13. Odredite inverz matrice 

0 1 1  −1 0 1 A=  −1 −1 0 −1 −1 −1

 1 1  , 1  0

a zatim rijeˇsite matriˇcnu jednadˇzbu 

 0 1  1 0   AX =   −1 10  . 5 5

14. Neka je A = [αij ] matrica tipa (4, 4) takva da je αij = min{i, j}. Odredite, ako postoji, A−1 .

53

3. Vektorski prostori

3

54

Vektorski prostori

3.1

Definicija i primjeri

Vektorski prostor nad poljem F je neprazan skup V zajedno s operacijama zbrajanja + : V × V → V i mnoˇzenja skalarom · : F × V → V, pri ˇcemu je (V, +) Abelova grupa i za sve α, β ∈ F i u, v ∈ V vrijede sljedeća svojstva (1) kvaziasocijativnost: α(βv) = (αβ)v, (2) 1 · v = v, (3) distributivnost prema zbrajanju skalara: (α + β)v = αv + βv, (4) distributivnost prema zbrajanju vektora: α(u + v) = αu + αv. Elemente vektorskog prostora nazivamo vektori. Neutralni element za zbrajanje nazivamo nulvektor i oznaˇcavamo s θ. U sluˇcaju F = R kaˇzemo da je V realni vektorski prostor, a za F = C kaˇzemo da je V kompleksni vektorski prostor. Neke vektorske prostore smo već upoznali. Njih i joˇs neke navodimo u sljedećem primjeru, bez provjeravanja svih svojstava. Primjer 3.1.1.

• Skup V 3 svih vektora u E 3 −→ V 3 = {[AB] : A, B ∈ E 3 },

uz zbrajanje vektora i mnoˇzenje vektora skalarom −→ −−→ −→ ~a + ~b = [AB] + [BC] = [AC], −→ −→ λ~a = λ[AB] = [λAB], je jedan realni vektorski prostor. • Za svaki n ∈ N promatramo skup Fn svih uredenih n-torki elemenata iz F; dakle, Fn = {(α1 , α2 , . . . , αn ) : α1 , . . . , αn ∈ F}.

54


55

Zbrajanje i mnoˇzenje skalarom definiramo po toˇckama (α1 , α2 , . . . , αn ) + (β1 , β2 , . . . , βn ) = (α1 + β1 , α2 + β2 , . . . , αn + βn ), λ(α1 , α2 , . . . , αn ) = (λα1 , λα2 , . . . , λαn ). Lako se provjeri da je Fn uz ove operacije vektorski prostor nad F. Dakle, Rn je realni, a Cn kompleksni vektorski prostor. • Cn moˇzemo promatrati i kao realni vektorski prostor. Operacije su zadane kao i maloprije, jedino sada uzimamo λ ∈ R. • Za sve m, n ∈ N, skup Mmn (F) svih matrica tipa (m, n) s elementima iz F, uz uobiˇcajene operacije zbrajanja matrica i mnoˇzenja matrica skalarom, je vektorski prostor nad F. • Neka je X neki neprazan skup. Oznaˇcimo s C(X) skup svih funkcija f : X → F. Definiramo zbrajanje i mnoˇzenje funkcija po toˇckama, tj. za f, g ∈ C(X) i λ ∈ F stavimo (f + g)(x) = f (x) + g(x),

(λf )(x) = λf (x),

x ∈ X.

Na ovaj smo naˇcin uveli strukturu vektorskog prostora na C(X). • Za n ∈ N promatramo polinome stupnja manjeg ili jednakog n s koeficijentima iz F. Dakle, Pn = {an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 : a0 , a1 , . . . , an ∈ F}. Polinomi su posebna vrsta funkcija, pa je prema prethodnom primjeru i za njih definirano zbrajanje i mnoˇzenje skalarom po toˇckama. • Navedimo da kombinirajući dane vektorske prostore (nad istim poljem) moˇzemo dobiti nove vektorske prostore (nad tim poljem). Na primjer, neka su U i V vektorski prostori nad F. Promatramo njihov Kartezijev produkt U × V = {(u, v) : u ∈ U, v ∈ V }. Uvedemo operacije zbrajanja i mnoˇzenja skalarom: (u1 , v1 ) + (u2 , v2 ) = (u1 + u2 , v1 + v2 ), 55

λ(u, v) = (λu, λv),


56

za u, u1 , u2 ∈ U, v, v1 , v2 ∈ V, λ ∈ F. Uoˇcimo da su u1 + u2 i λu dobro definirani izrazi (i pripadaju U ), jer je U vektorski prostor pa znamo zbrajati njegove elemente i mnoˇziti ih skalarom. Isto za v1 + v2 i λv. Dokaˇzimo neka jednostavna svojstva u vektorskim prostorima. Propozicija 3.1.2. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Tada vrijedi: (1) 0 · v = θ za sve v ∈ V, (2) αθ = θ za sve α ∈ F, (3) αv = θ ⇔ α = 0 ili v = θ, (4) (−α)v = −(αv) za sve v ∈ V i α ∈ F, (5) (−1)v = −v za sve v ∈ V. Dokaz. (1) Za sve v ∈ V je 0 · v = θ + 0 · v = (−v + v) + 0 · v = −v + (1 · v + 0 · v) = −v + (1 + 0) · v = −v + 1 · v = −v + v = θ. (2) Ako je α = 0 tada tvrdnja slijedi iz prvog dijela ove propozicije. Pretpostavimo da je α 6= 0. Tada je α · θ + v = α · θ + 1 · v = α(θ +

1 1 v) = α · v = v. α α

Slijedi α · θ = θ. (3) Ako je α = 0 ili v = 0 tada prethodne tvrdnje daju αv = θ. Dokaˇzimo obratno. Pretpostavimo da je αv = θ. Ako je α = 0 onda smo gotovi, a ako je α 6= 0 onda je v = 1 · v = ( α1 · α)v = α1 (αv) = α1 θ = θ. (5) Iz αv + (−α)v = (α + (−α))v = 0 · v = θ slijedi da je (−α)v suprotni element (za zbrajanje) elementa αv, dakle (−α)v = −(αv). (6) Ovo slijedi iz prethodne tvrdnje za α = 1.

3.2

Linearna zavisnost i nezavisnost vektora

Neka je V vektorski prostor nad poljem F. U V znamo zbrajati vektore i mnoˇziti ih skalarom (i rezultati tih operacija bit će novi vektori prostora V ). 56


57

Slika 6: Linearne kombinacije vektora u i v Uzmemo li nekoliko vektora v1 , . . . , vn ∈ V i nad njima vrˇsimo ove operacije dobit ćemo vektor oblika α1 v1 + . . . + αn vn ,

(20)

za neke α1 , . . . , αn ∈ F. Vektor (20) nazivamo linearna kombinacija vektora v1 , . . . , vn ∈ V. U ovoj i sljedećoj sekciji prouˇcavat ćemo naˇcine prikazivanja vektora u vektorskom prostoru V . Cilj nam je odrediti skup B ⊆ V takav da će se svi vektori iz V moći na jedinstven naˇcin prikazati pomoću vektora iz B. Neki od pojmova koje definiramo već smo ranije upoznali. ˇ Neka je {v1 , v2 , . . . , vn } proizvoljan konaˇcan skup vektora u V . Zeljeli bismo naći skalare α1 , α2 , . . . , αk takve da vrijedi n X

αi vi = θ.

(21)

i=1

Oˇcito je da je α1 = α2 = . . . = αn = 0 jedna mogućnost (tj. jedno rjeˇsenje jednadˇzbe (21)). Nazovimo ovo rjeˇsenje trivijalnim. Zanima nas ima li ta jednadˇzba i drugih, netrivijalnih rjeˇsenja. To, naravno, ovisi o vektorima v1 , . . . , vk . Za konaˇcan skup vektora S = {v1 , . . . , vn } kaˇzemo da je linearno nezavisan ako vrijedi sljedeća implikacija : α1 v1 + . . . + αn vn = θ ⇒ α1 = . . . = αn = 0. 57


58

To znaˇci da jedina linearna kombinacija vektora v1 , . . . , vn koja daje nulvektor je ona trivijalna, tj. takva da je α1 = . . . = αn = 0. Skup vektora je linearno zavisan ako nije linearno nezavisan. Drugim rijeˇcima, skup je linearno zavisan ako postoje skalari α1 , . . . , αn ∈ F od kojih je barem jedan razliˇcit od nule tako da je α1 v1 + . . . + αn vn = θ. Po dogovoru je prazan skup linearno nezavisan. Pogledajmo nekoliko primjera. Primjer 3.2.1. • Lako je utvrditi da za vektore e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) u 2 R jednakost α1 e1 + α2 e2 = θ moˇze biti zadovoljena samo za trivijalan izbor skalara α1 = α2 = 0. • Za vektore v1 = (1, 1, −2), v2 = (−1, 2, 3), v3 = (2, −1, −5) imamo 1v1 + (−1)v2 + (−1)v3 = θ, dakle jednadˇzba α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 = θ ima i netrivijalno rjeˇsenje. • Neka je n ∈ N. Pogledajmo vektorski prostor Rn i u njemu vektore e1 = (1, 0, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0) i općenito, za 1 ≤ k ≤ n, ek = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (1 na k-toj komponenti, 0 na svim ostalim komponentama). Skup {e1 , e2 , . . . , en } je linearno nezavisan u vektorskom prostoru Rn . Zaista, n X

αi ei = θ ⇒ (α1 , α2 , . . . , αn ) = (0, 0, . . . , 0) ⇒ αi = 0, i = 1, 2, . . . , n.

i=1

• U vektorskom prostoru RR svih funkcija f : R → R promatramo skup {f1 , f2 , f3 }, gdje je f1 (x) = cos 2x, f2 (x) = cos2 x, f3 (x) = sin2 x. Znamo da je cos 2x = cos2 x − sin2 x, ∀x ∈ R, pa je f1 = f2 − f3 . To znaˇci da je skup {f1 , f2 , f3 } linearno zavisan. Iako smo u prethodnim definicijama uveli pojmove linearno(ne)zavisnog skupa vektora, ponekad ćemo, pomalo neprecizno, reci da su vektori koji ˇcine taj skup linearno (ne)zavisni. Propozicija 3.2.2. Neka je S = {v1 , . . . , vn } konaˇcan podskup vektorskog prostora V nad poljem F. Tada je S linearno nezavisan ako i samo ako je svaki njegov podskup linearno nezavisan. 58


59

Dokaz. Neka je S linearno nezavisan i T ⊆ S. Radi jednostavnosti zapisivanja, uzmimo da je T = {v1 , . . . , vk } za neki k ≤ n. Ako je α1 v1 + . . . + αk vk = θ, tada je α1 v1 + . . . + αk vk + 0 · vk+1 + . . . + 0 · vn = θ, a kako je {v1 , . . . , vn } linearno nezavisan, svi koeficijenti u prethodnoj jednadˇzbi moraju biti 0, pa posebno α1 = . . . = αk = 0. Zato je T linearno nezavisan skup. S druge strane, ako je svaki konaˇcan podskup T od S linearno nezavisan onda, uzimanjem T = S, slijedi tvrdnja. Napomena 3.2.3. Koristeći upravo dokazano, pojam linearne nezavisnosti moˇzemo definirati i za proizvoljne (ne nuˇzno konaˇcne) skupove. Naravno, u sluˇcaju konaˇcnih skupova imat ćemo dvije ekvivalentne definicije. Neka je S proizvoljan podskup vektorskog prostora V . Kaˇzemo da je S linearno nezavisan skup ako je svaki njegov konaˇcan podskup linearno nezavisan. Kaˇzemo da je S linearno zavisan skup ako nije linearno nezavisan, tj. ako postoji bar jedan konaˇcan podskup od S koji je linearno zavisan. Nekoliko osnovnih svojstava o linearnoj zavisnosti dokazujemo u sljedećoj propoziciji. Propozicija 3.2.4. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. (1) Skup {v} ⊆ V je linearno zavisan ako i samo ako je v = θ. (2) Svaki skup vektora koji sadrˇzi nulvektor je linearno zavisan. (3) Podskup linearno nezavisnog skupa je linearno nezavisan. (4) Nadskup linearno zavisnog skupa je linearno zavisan. Dokaz. (1) Ako je skup {v} linearno zavisan tada postoji λ 6= 0 takav da je λv = θ, a odavde je, prema propoziciji 3.1.2, v = θ. Ako je v = θ tada je 1 · v = θ, a kako sada slijeva imamo netrivijalnu kombinaciju vektora iz S, slijedi tvrdnja. 59


60

(2) Ako S sadrˇzi nulvektor, onda je T = {θ} konaˇcan linearno zavisan podskup od S, pa S mora biti linearno zavisan. (3) Neka je S linearno nezavisan skup i T ⊆ S. Svaki konaˇcan podskup od T je i konaˇcan podskup od S, pa zbog linearne nezavisnosti skupa S slijedi da su svi konaˇcni podskupovi od T linearno nezavisni. Zato i T mora biti linearno nezavisan. (4) Neka je S linearno zavisan skup i T ⊇ S. Postoji konaˇcan linearno zavisan podskup od S. No taj podskup je i podskup od T, pa je T nuˇzno linearno zavisan. U sljedećoj propoziciji dokazujemo da je skup u vektorskom prostoru linearno zavisan ako i samo ako se neki njegov vektor moˇze zapisati kao linearna kombinacija ostalih vektora. Propozicija 3.2.5. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Skup S = {v1 , . . . , vn } ⊆ V je linearno zavisan ako i samo postoji k ∈ {1, . . . , n} tako da vrijedi vk = α1 v1 + . . . + αk−1 vk−1 + αk+1 vk+1 + . . . + αn vn

(22)

za neke skalare α1 , . . . , αk−1 , αk+1 , . . . , αn ∈ F. Dokaz. Pretpostavimo da je S linearno zavisan. Tada postoje λ1 , . . . , λn takvi da je λ1 v1 + . . . + λn vn = θ, a pritom je λk 6= 0 za neki k. Tada je λk v k = −

n X

n X

λi vi ⇒ vk =

i=1,i6=k

i=1,i6=k

(−

λi )vi . λk

Ako oznaˇcimo αi = − λλki za i 6= k, onda imamo vk =

n X

αi vi .

i=1,i6=k

Obratno, pretpostavimo da se neki vk ∈ S moˇze prikazati kao u (22). Tada je α1 v1 + . . . + αk−1 vk−1 + (−1)vk + αk+1 vk+1 + . . . + αn vn = θ, pa je nulvektor zapisan kao netrivijalna linearna kombinacija vektora iz S.

60


61

Direktno iz ove propozicije slijedi karakterizacija linearne zavisnosti dvoˇclanog skupa. Korolar 3.2.6. Dva vektora v1 i v2 su linearno zavisna ako i samo ako je v1 = λv2 ili v2 = λv1 za neki λ ∈ F.

3.3

Baza vektorskog prostora

Neka je V vektorski prostor nad F. Skup G ⊆ V je skup izvodnica za V ako za svaki v ∈ V postoje skalari α1 , . . . , αn ∈ F i vektori v1 , . . . , vn ∈ G takvi da je v = α1 v1 + . . . + αn vn . Drugim rijeˇcima, linearne kombinacije vektora iz G ispunjavaju cijeli prostor V. Vektorski prostor V je konaˇ cnodimenzionalan ako postoji bar jedan konaˇcan skup izvodnica za V . Prostore koji nisu konaˇcnodimenzionalni nazivamo beskonaˇ cnodimenzionalnim. Za svaki vektorski prostor postoji skup izvodnica. Naime, uzmemo li G = V tada za svaki v ∈ V moˇzemo uzeti α = 1 i x = v ∈ G, pa će biti v = αx. No, oˇcito je da su nam ”draˇzi” manji skupovi izvodnica. Na primjer, u vektorskom postoru R2 , moˇzemo gledati sljedeće skupove: G1 = R2 ,

G2 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4)},

G3 = {(1, 0), (0, 1)}.

Za skup G1 već smo utvrdili da je skup izvodnica, a lako se provjeri i da su G2 i G3 skupovi izvodnica. Prednost skupa G3 nad G1 i G2 je ta ˇsto se svi vektori iz R2 mogu napisati kao linearna kombinacija dva vektora (1, 0) i (0, 1). Uoˇcimo da su skupovi G1 i G2 linearno zavisni, dok je G3 linearno nezavisan. Tako dolazimo do pojma baze. Baza vektorskog prostora V je skup B ⊆ V koji je linearno nezavisan i koji je skup izvodnica za V. Teorem 3.3.1. Neka je B = {b1 , . . . , bn } baza vektorskog prostora V. Za P svaki v ∈ V postoje jedinstveni skalari α1 , . . . , αn takvi da je v = ni=1 αi bi . Dokaz. Neka je v ∈ V proizvoljan. Kako je svaka baza skup izvodnica za V, to postoje skalari α1 , . . . , αn takvi da je n X v= α i bi . i=1

61


62

Dokaˇzimo jedinstvenost. Pretpostavimo da su β1 , . . . , βn takvi da je v = Pn Pn Pn Pn i=1 βi bi . Tada iz i=1 αi bi = i=1 βi bi slijedi i=1 (αi − βi )bi = θ. Kako je B i linearno nezavisan skup, to je αi − βi = 0 za sve i. Slijedi αi = βi , i = 1, . . . , n, dakle, skalari u prikazu vektora v pomoću vektora iz B su jedinstveni. U ovom se kolegiju bavimo iskljuˇcivo konaˇcnodimenzionalnim prostorima. Zato ćemo uvijek kada spominjemo vektorski prostor podrazumijevati da se radi o konaˇcnodimenzionalnom vektorskom prostoru. S obzirom da je najlakˇse raˇcunati s onim skupovima izvodnica koji imaju ˇsto je moguće manje vektora, pitanje je kako iz zadanog skupa izvodnica G prepoznati i izbaciti ”suviˇsan” vektor (suviˇsan u smislu da, i bez tog vektora, G ˇcini skup izvodnica za V ). Lema 3.3.2. Neka je G = {v1 , . . . , vn } skup izvodnica za vektorski prostor V. Neka je k ∈ {1, . . . , n} takav da se vk moˇze napisati kao linearna kombinacija vektora iz G \ {vk }. Tada je G \ {vk } skup izvodnica za V. Pn Dokaz. Prema pretpostavci je vk = i=1,i6=k αi vi za neke skalare αi , i ∈ {1, . . . , n} \ {k} ∈ F. Neka je v ∈ V. Kako je G skup izvodnica za V, to postoje skalari β1 , . . . , βn P takvi da je v = ni=1 βi vi . Sada je v=

n X i=1,i6=k

βi vi + βk vk =

n X

βi vi + βk

i=1,i6=k

n X

αi vi =

i=1,i6=k

n X

(αi + βk αi )vi ,

i=1,i6=k

ˇsto znaˇci da proizvoljan vektor v ∈ V moˇzemo prikazati pomoću vektora iz G \ {vk }. Primjer 3.3.3. Jedan skup izvodnica za R2 je G = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4)}. Kako je 1 1 (1, 3) = (1, 2) + (1, 4), 2 2 to je i skup H := G \ {(1, 3)} = {(1, 1), (1, 2), (1, 4)} skup izvodnica. I skup H moˇzemo reducirati. Naime, (1, 4) = −2(1, 1) + 3(1, 2), 62


63

pa je i B := H \ {(1, 4)} = {(1, 1), (1, 2)} skup izvodnica. Kako je B i linearno nezavisan skup, to je B baza za R2 . U prethodnom primjeru smo zadanom skupu izvodnica pronaˇsli podskup koji je baza. To vrijedi općenito. Teorem 3.3.4. Neka je V 6= {θ} vektorski prostor i neka je G konaˇcan skup izvodnica za V. Tada G sadrˇzi bazu za V. Posebno, svaki netrivijalan vektorski prostor ima bazu. Dokaz. Neka je G = {v1 , . . . , vn }. Ako je G linearno nezavisan skup, onda je G baza za V i dokaz je gotov. Ako G nije linearno nezavisan, onda se neki njegov element moˇze zapisati kao linearna kombinacija ostalih vektora. Neka je to vk . Prema prethodnoj propoziciji, i G \ {vk } je skup izvodnica za V. Sada ovu proceduru ponovimo na skup G \ {vk } : ako je G \ {vk } linearno nezavisan onda je to baza za V, a ako nije onda se neki njegov vektor moˇze izbaciti. Nakon konaˇcno mnogo koraka (najviˇse n − 1, jer je V netrivijalan) doći ćemo do baze. S obzirom da svaki konaˇcnodimenzionalni prostor ima konaˇcan skup generatora, slijedi da svaki netrivijalan vektorski prostor ima bazu. U sljedećoj propoziciji dokazujemo tvrdnju sliˇcnu propoziciji 3.2.5. Propozicija 3.3.5. Neka je V 6= {θ} vektorski prostor i S = {v1 , v2 , . . . , vn }, n ≥ 2, uredeni skup vektora u V takav da je v1 6= θ. Ako je S linearno zavisan, tada postoji k ∈ {2, . . . , n} takav da je vk =

k−1 X

λi vi

i=1

za neke skalare λ1 , . . . , λk−1 ∈ F. Dokaz. Zbog linearne zavisnosti skupa S slijedi da postoje skalari α1 , . . . , αn , P od kojih nisu svi nule, takvi da je ni=1 αi vi = θ. Uzmemo posljednji αk koji

63


64

nije nula, tj. takav da je αk 6= 0 i αk+1 = . . . = αn = 0. Uoˇcimo da bi k = 1 znaˇcilo α1 v1 = θ, tj. v1 = θ, ˇsto nije. Zato je k ≥ 2. Tada αk vk = −

k−1 X i=1

k−1 X αi αi vi ⇒ vk = − vi . αk i=1

Oznaˇcimo li λi = − ααki vi , i = 1, . . . , k − 1, imamo tvrdnju. Svaki skup koji ima viˇse elemenata nego ˇsto ih ima baza je linearno zavisan. To je sadrˇzaj sljedeće tvrdnje. Propozicija 3.3.6. Neka je B = {b1 , . . . , bn } baza za vektorski prostor V. Ako je S = {v1 , . . . , vr } skup vektora u V takav da je r > n tada je S linearno zavisan skup. Dokaz. Kako je B baza za V, to se svi vi , i = 1, . . . , r na jedinstven naˇcin mogu zapisati kao linearne kombinacije vektora iz B. Imamo dakle, 0  v1 = a11 b1 + a21 b2 + . . . + an1 bn     v2 = a12 b1 + a22 b2 + . . . + an2 bn , .. ..  . .    vr = a1r b1 + a2r b2 + . . . + anr bn za neke skalare aij . Da bismo provjerili je li skup S linearno nezavisan ili ne, promatramo c1 v1 + c2 v2 + . . . + cr vr = 0. (23) Tada je c1 (a11 b1 + a21 b2 + . . . + an1 bn ) + c2 (a12 b1 + a22 b2 + . . . + an2 bn ) + . . . +cr (a1r b1 + a2r b2 + . . . + anr bn ) = θ, to jest (a11 c1 + a12 c2 + . . . + a1r cr )b1 + (a21 c1 + a22 c2 + . . . + a2r cr )b2 + . . . +(an1 c1 + an2 c2 + . . . + anr cr )bn = θ.

64


65

B je baza i zato svi koeficijenti iz prethodne linearne kombinacije moraju biti jednaki 0. Dobivamo sustav jednadˇzbi s nepoznanicama c1 , . . . , cr :  a11 c1 + a12 c2 + . . . + a1r cr = 0     a21 c1 + a22 c2 + . . . + a2r cr = 0 (24) .. .. .  . .    an1 c1 + an2 c2 + . . . + anr cr = 0 Kako je r > n, to je (24) homogeni sustav koji ima viˇse nepoznanica nego jednadˇzbi, pa postoji netrivijalno rjeˇsenje ovog sustava (Napomena 1.5.3). Dakle, postoje c1 , . . . , cr , od kojih nisu svi nule, takvi da vrijedi (24), a onda i (23). Teorem 3.3.7 (Steinitz). Svake dvije baze vektorskog prostora V su jednakobrojne. Dokaz. Dokazali smo da V ima barem jednu konaˇcnu bazu. Neka je to B = {a1 , . . . , an }, te neka je B 0 = {bi : i ∈ I} neka druga baza za V . Pritom je I neki skup indeksa. Pretpostavimo da u I ima viˇse od n elementa. Odaberimo razliˇcite vektore b01 , . . . , b0n+1 ∈ B 0 . Prema propoziciji 3.3.6, skup {b01 , . . . , b0n+1 } je linearno zavisan. No onda je i B 0 , kao njegov nadskup, linearno nezavisan, ˇsto nije moguće jer je B 0 baza. To znaˇci da je broj vektora u B 0 manji ili jednak n. Ako bi u B 0 bilo manje elemenata nego u B, onda bi, opet prema propoziciji 3.3.6, skup B bio linearno zavisan (jer ima viˇse elemenata nego u bazi B 0 ), ˇsto ne moˇze biti, jer je B baza. Zakljuˇcujemo da su B i B 0 jednakobrojni skupovi. Steinitzov teorem omogućuje uvodenje pojma dimenzije prostora. Dimenzija vektorskog prostora V je kardinalni broj neke (a onda i svake) baze prostora V . Dimenzija trivijalnog vektorskog prostora V = {θ} je, po dogovoru, jednaka 0. Dimenziju vektorskog prostora oznaˇcavamo s dim V ili, ako ˇzelimo naglasiti polje nad kojim je V vektorski prostor, dimF V . Uoˇcimo odmah jednu korisnu posljedicu. Korolar 3.3.8. Neka je S skup izvodnica u vektorskom prostoru V, n = dim V. Ako S ima n elemenata, tada je S baza za V.

65


66

Dokaz. Svaki skup izvodnica sadrˇzi bazu za V. Kako je svaka baza n-ˇclana, to je sam S baza za V. Primjer 3.3.9.

1. U vektorskom prostoru V 3 je skup B = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)}

baza. Zaista, B je linearno nezavisan i svaki v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ V 3 moˇzemo zapisati kao v = v1 e1 + v2 e2 + v3 e3 , pa je B i skup izvodnica za V. Slijedi da je dim V 3 = 3. 2. Sliˇcno se vidi da je u vektorskom prostoru Fn skup B = {e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, . . . , 1)} baza. Zato je dim Fn = n. Ovu bazu nazivamo standardna ili kanonska baza za Fn . 3. Skup kompleksnih brojeva C moˇzemo promatrati kao realan i kao kompleksan vektorski prostor. Odredimo dimC C, tj. dimenziju kompleksnog prostora C. Ovo je poseban sluˇcaj prethodnog primjera (Fn je vektorski prostor nad F). Dakle, dimC C = dimC C1 = 1. Sada promatramo realni vektorski prostor C, dakle, skalare u linearnim kombinacijama ćemo uzimati iz R. Pokaˇzimo da je {1, i} baza za (realni vektorski prostor) C. Kao ˇsto znamo, svaki se kompleksan broj moˇze napisati pomoću svog realnog i imaginarnog dijela. Dakle, z = x + iy, gdje su x, y ∈ R. To znaˇci da je skup {1, i} skup izvodnica. Neka su α, β ∈ R takvi da je α · 1 + β · i = 0. Tada je α = −βi ⇒ α = −βi ⇒ α = βi = −α ⇒ α = 0 ⇒ β = 0. Zakljuˇcujemo da je skup {1, i} linearno nezavisan. Zato je i baza, pa je dimR C = 2. 4. U prostoru Mmn svih matrica tipa (m, n) promatramo matrice u kojima je na samo jednom mjestu jedinica, a svi ostali elementi su nule. Dakle, za i ∈ {1, . . . , m} i j ∈ {1, . . . , n} definiramo Bij ∈ Mmn , tako da 1, k = i i l = j; (Bij )kl = 0, inaˇce. 66


67

Na primjer, u M23 ove matrice su 1 0 0 0 1 0 B11 = , B12 = , 0 0 0 0 0 0

B21

0 0 0 = , 1 0 0

B13

B22

0 0 0 = , 0 1 0

0 0 1 = , 0 0 0

B23

0 0 0 = . 0 0 1

Svaka matrica A = [aij ] ∈ Mmn moˇze se napisati kao A = a11 B11 + a12 B12 + . . . + amn Bmn . To znaˇci da je B := {Bij : i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n} skup izvodnica za Mmn . Ako su αij ∈ F, i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n, takvi da je m X n X

αij Bij = 0

i=1 j=1

tada sume slijeva daju matricu [αij ]. Dakle, [αij ] = 0, odakle slijedi αij = 0 za sve i i j, pa je B i linearno nezavisan skup. Slijedi da je B baza za Mmn i dim Mmn = mn. 5. U prostoru Pn svih polinoma stupnja ≤ n skup {p0 , p1 , . . . , pn }, gdje je pk (x) = xk , k = 0, 1, . . . , n, je baza za Pn . Slijedi da je dim Pn = n + 1. Ponekad ˇzelimo naći bazu koja sadrˇzi unaprijed zadane vektore. Naravno, preduvjet je da ti vektori ˇcine linearno nezavisan skup, jer bi u protivnom i svaki njegov nadskup bio linearno zavisan (Propozicija 3.2.4) i ne bi mogao biti baza. Teorem 3.3.10. Svaki linearno nezavisan skup vektora u V se moˇze nadopuniti do baze za V. Dokaz. Neka je S = {v1 , . . . , vk } linearno nezavisan skup u V. Neka je B = {b1 , . . . , bn } baza za V. Tada je skup S ∪ B = {v1 , . . . , vk , b1 , . . . , bn }

67


68

skup izvodnica za V (jer sadrˇzi bazu za V ). Prema propoziciji 3.3.6, skup S ∪B je linearno zavisan, pa se prema propoziciji 3.3.5, neki vektor tog skupa moˇze zapisati kao linearna kombinacija svojih prethodnika. To ne moˇze biti nijedan vi , jer je S linearno nezavisan skup. Neka se bi1 moˇze prikazati pomoću svojih prethodnika. Tada je (S ∪ B) \ {bi1 } skup izvodnica za V, a ako je joˇs i linearno nezavisan onda je to i baza za V. Ako je (S ∪ B) \ {bi1 } linearno zavisan, onda postupak ponovimo. I tako sve dok ne dodemo do linearno nezavisnog skupa (a to će se dogoditi nakon toˇcno k koraka, zbog Steinitzovog teorema). Kako niti u jednom koraku nismo izbacivali elemente skupa S, dobivena baza sadrˇzavat će skup S, dakle, skup S smo nadopunili do baze za V. Uoˇcimo da smo u dokazu uzeli proizvoljnu bazu B, pa nadopunjenje linearno nezavisnog skupa do baze nije jedinstveno. Pretpostavimo da je u prethodnom teoremu S bio n-ˇclan skup, gdje je n = dim V. Ako S ne bi bio baza, onda bi njegovo nadopunjenje do baze dalo bazu koja ima viˇse od n elementa, ˇsto ne moˇze biti. To je vaˇzna posljedica prethodnog teorema: Korolar 3.3.11. Neka je V vektorski prostor i n = dim V. Ako je S linearno nezavisan skup koji ima n elemenata, onda je S baza za V. Napomena 3.3.12. Neka je V vektorski prostor i n = dim V. Neka je S ⊆ V, te neka card S oznaˇcava broj elementa u S. Tada vrijedi: Ako je S linearno nezavisan, tada je card S ≤ n. Ako je S linearno nezavisan i card S = n, tada je S baza za V. Ako je S skup izvodnica za V, tada je card S ≥ n. Ako je S skup izvodnica za V i card S = n, tada je S baza za V. Ako je card S > n, tada je S linearno zavisan. Ako je card S < n, tada S nije skup izvodnica za V. Primjer 3.3.13. Skup S = {v1 = (1, 2, 3), v2 = (−1, 2, −4), v3 = (0, 2, 1), v4 = (0, 1, 0)} 68


69

nije baza za R3 . Naime, prema Steinitz-ovom teoremu sve baze za R3 su troˇclane, jer je dim R3 = 3. Ovaj skup nije linearno nezavisan, jer ima viˇse od tri elementa. Moˇze se pokazati da je S skup izvodnica za R3 , te da vrijedi v1 + v2 − v3 − 2v4 = θ. To znaˇci da se svaki vektor moˇze zapisati pomoću ostalih: v1 = −v2 + v3 + 2v4 ,

v2 = −v1 + v3 + 2v4 , ...

Prema tome, uklanjanjem bilo kojeg (jednog!) vektora iz S, dobit ćemo novi skup izvodnica za R3 koji će biti troˇclan i zato baza za R3 . Primjer 3.3.14. Skup S = {v1 = (1, 2, 3), v2 = (−1, 2, −4)} nije baza za R3 , jer ima manje od tri elementa. Oˇcito je S linearno nezavisan skup. Nadopunimo ga do baze za R3 . Slijedimo proceduru opisanu u teoremu 3.3.10. Uzmimo kanonsku bazu B = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)}. Tada je S ∪ B = {v1 , v2 , e1 , e2 , e3 } skup izvodnica za R3 . Traˇzimo troˇclani podskup od S ∪ B koji će sadrˇzavati v1 i v2 . Dakle, iz S ∪ B treba izbaciti dva vektora iz B, tj. jedan vektor iz B treba dodati skupu S tako da dobiveni skup bude linearno nezavisan. Pokuˇsajmo s {v1 , v2 , e1 }. Iz λ1 v1 + λ2 v2 + λ3 v3 = θ slijedi (λ1 − λ2 + λ3 , 2λ1 + 2λ2 , 3λ1 − 4λ2 ) = (0, 0, 0). Dobivamo sustav

  λ1 − λ2 + λ3 = 0 2λ + 2λ2 = 0 ,  1 3λ1 − 4λ2 = 0 69


70

ˇcija je matrica  1 −1 1 A =  2 2 0 . 3 −4 0 

Uoˇcimo da je det A = −14 6= 0, pa je A regularna i zato ovaj (Cramerov i homogen) sustav ima jedinstveno rjeˇsenje (λ1 , λ2 , λ3 ) = (0, 0, 0). Slijedi da je skup {v1 , v2 , e1 } baza za V. Provjerite sami jesu li skupovi {v1 , v2 , e2 } i {v1 , v2 , e3 } baze za V.

3.4

Zadaci

1. Neka je V skup svih aritmetiˇckih nizova. Pokaˇzite da je V vektorski prostor. 2. Provjerite linearnu zavisnost sljedećih skupova vektora u danom vektorskom prostoru: (a) {(1, 2, 3), (−2, −4, −6)} u R3 ; (b) {(1, 2, 3), (−2, −4, −6), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} u R3 ; (c) {(1, 3, 2, 0, 0), (1, 1, 1, 1, 1), (1, 2, 3, 4, 5), (0, 3, 3, 2, 3)} u R5 ; (d) {(7, 2, 2, 2, 2), (1, 2, 3, 4, 5), (5, 4, 3, 2, 1), (1, 0, 1, 0, 1)} u R5 ; (e) {p1 , p2 , p3 } u P3 , ako je p1 (t) = t2 − t, p2 (t) = t − 1, p3 (t) = t + 1; 3. Vektor v = (7, 14, −1, 2) ∈ R4 napiˇsite, ako je moguće, kao linearnu kombinaciju vektora v1 , v2 , v3 , v4 ∈ R4 , gdje je v1 = (1, 2, −1, −2), v2 = (2, 3, 0, −1), v3 = (1, 2, 1, 3), v4 = (1, 3, −1, 0). 4. Neka je u nekom vektorskom prostoru V skup {x, y} linearno nezavisan. Pokaˇzite da su tada linearno nezavisni i skupovi {x + y, x − y} i {2x + y, 3x − y}. 5. Vektor v = (0, 1, 4) ∈ R3 prikaˇzite, ako je moguće, kao linearnu kombinaciju vektora v1 = (1, 2, 4), v2 = (−2, 3, 1) i v3 = (3, −2, 4).

70


−4 6. Matricu X = −5 1 naciju matrica 1

71 −2 zapiˇsite, ako je moguće, kao linearnu kombi−1 0 0 1 2 1 , , . 0 −1 0 0 1

7. Neka je V prostor svih funkcija f : R → R. Pokaˇzite da je skup {f1 , f2 , f3 }, gdje je f1 (x) = ex ,

f2 (x) = e2x ,

f3 (x) = e3x

linearno nezavisan. 8. Dokaˇzite da su vektori v1 = (1 + i, 1 − i), v2 = (1, −i) ∈ C2 linearno nezavisni u realnom vektorskom prostoru C2 . 9. Dokaˇzite da su vektori v1 = (1 + i, 1 − i), v2 = (1, −i) ∈ C2 linearno zavisni u kompleksnom vektorskom prostoru C2 . 10. Neka je zadan skup S od m vektora u n-dimenzionalnom prostoru V . Koje od sljedećih izjava su istinite? Za laˇzne izjave navedite kontraprimjer. (a) Ako je m < n tada S ne razapinje V. (b) Ako je m < n tada je S linearno nezavisan skup. (c) Ako je m > n tada S razapinje V. (d) Ako je m > n tada je S linearno zavisan skup. (e) Ako je m = n tada je S baza za V. (f) Ako je m < n tada S nije baza za V. (g) Ako je m > n tada S nije baza za V. 11. Provjerite linearnu nezavisnost skupa S = {v1 = (1, 2, 3, 0), v2 = (−1, 0, 0, 0), v3 = (0, 2, 1, 0)} u R4 . Ako je S linearno nezavisan, odredite jedno njegovo nadopunjenje do baze za R4 . 12. Postoji li baza za R3 koja sadrˇzi vektore {(1, −1, 0) i (−2, 2, 0)}? Ako da, nadite tu bazu.

71


72

13. Provjerite linearnu nezavisnost skupa S = {v1 = (1, 2), v2 = (−1, 0), v3 = (2, 1)} u R2 . Sadrˇzi li ovaj skup bazu za R2 ? Ako da, odredite je. 14. Provjerite je li skup {(1, 1, 1), (1, 2, 2), (2, 3, 3)} baza za R3 . Ako jest, prikaˇzite vektor (2, 3, 4) u toj bazi. 15. Pokaˇzite da je skup 1 0 0 1 0 1 0 0 , , , 0 0 0 0 0 0 0 1 baza vektorskog prostora M2 (R). Ovu bazu nazivamo kanonska baza za M2 (R). 16. Pokaˇzite da je skup 1 2 −1 0 0 1 , , 0 0 0 2 1 1 linearno nezavisan u vektorskom prostoru M2 (R) i nadopunite ga do baze za M2 (R). 17. Navedite primjer skupa izvodnica S za R3 koji ima 19 elemenata. 18. Ako je {v1 , v2 , v3 } baza nekog trodimenzionalnog vektorskog prostora, tada je i {v1 , v1 + v2 , v1 + v2 + v3 } baza tog prostora. Dokaˇzite.

72

4. Potprostori vektorskog prostora

4 4.1

73

Potprostori vektorskog prostora Definicija i primjeri

Krenimo s primjerom. Primjer 4.1.1. Promatrajmo (realni) vektorski prostor R2 . Neka je P pravac kroz ishodiˇste (0, 0) i neka je njegova jednadˇzba ax + by = 0. Dakle P = {(x, y) ∈ R2 : ax + by = 0}. Primijetimo prvo da je 0 = (0, 0) ∈ P. Nadalje, ako su (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ P, tada je i (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) ∈ P. Zaista, iz ax1 + by1 = 0 i ax2 + by2 = 0 slijedi a(x1 + x2 ) + b(y1 + y2 ) = (ax1 + by1 ) + (ax2 + by2 ) = 0. Ako je λ ∈ R i (x, y) ∈ P, tada za λ(x, y) = (λx, λy) vrijedi a(λx) + b(λy) = λ(ax + by) = 0, pa je λ(x, y) ∈ P. Dakle, vrijedi: (1) ako su u, v ∈ P , onda je u + v ∈ P, (2) ako je u ∈ P i λ ∈ R, tada je λu ∈ P. Lako se vidi da vrijede i sljedeća svojstva: (3) u + (v + z) = u + (v + z), ∀u, v, z ∈ P, (4) u + 0 = 0 + u = u, ∀u ∈ P, (5) za svaki u ∈ P postoji −u ∈ P tako da je u + (−u) = (−u) + u = 0, (6) u + v = v + u, ∀u, v ∈ P, (7) λ(u + v) = λu + λv, ∀u, v ∈ P, λ ∈ R, (8) (λ + µ)u = λu + µu, ∀u ∈ P, λ, µ ∈ R, (9) 1 · u = u, ∀u ∈ P, 73


74

(10) λ(µu) = (λµ)u, ∀u ∈ P, λ, µ ∈ R. Ovo znaˇci da je P jedan realni vektorski prostor, koji je smjeˇsten u većem vektorskom prostoru R2 . Operacije zbrajanja i mnoˇzenja skalarom koje smo promatrali na P su restrikcije istoimenih operacija na R2 . Drugim rijeˇcima, elemente iz P smo zbrajali i mnoˇzili skalarom toˇcno onako kako bismo to napravili u vektorskom prostoru R2 . Definicija 4.1.2. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i W ⊆ V. Ako je W i sam vektorski prostor s obzirom na operacije zbrajanja i mnoˇzenja skalarom definirane u V, tada kaˇzemo da je W potprostor od V. Piˇsemo W ≤ V. Uoˇcimo da su {0} i cijeli V uvijek potprostori vektorskog prostora V . Njih nazivamo trivijalnim potprostorima. Prethodni primjer kazuje nam da je svaki pravac kroz ishodiˇste vektorski potprostor od R2 . Pogledamo li joˇs jednom svojstva koja smo provjeravali u primjeru 4.1.1, vidimo da smo uistinu jedino provjeravali (1) i (2), te da je 0 ∈ P . Za svojstva (3)-(10) smo već znali da vrijede za elemente iz R2 , pa onda i za elemente iz P ⊆ R2 . To nas dovodi do sljedeće tvrdnje. Propozicija 4.1.3. Neprazan podskup W vektorskog prostora V je potprostor od V ako i samo ako je zadovoljeno: (a) u, v ∈ W ⇒ u + v ∈ W , (b) u ∈ W, λ ∈ F ⇒ λu ∈ W . Dokaz. Ako je W potprostor od V, onda je W i sam vektorski prostor. To znaˇci da su (a) i (b) automatski zadovoljeni. Neka za W ⊆ V vrijede (a) i (b). To znaˇci da su dobro definirana preslikavanja + : W × W → W i · : F × W → W , tj. kodomene su im zaista W. Uoˇcimo da je θ ∈ W, jer je W neprazan i zato postoji u ∈ W, odakle, prema (b), slijedi θ = 0 · u ∈ W. Ostala svojstva vektorskog prostora su zadovoljena za sve elemente iz V, pa onda i za one iz W. Na primjer, za sve u, v ∈ V vrijedi u + v = v + u, pa onda i za sve u, v ∈ W ⊆ V vrijedi u + v = v + u.

74


75

Svojstva (a) i (b) iz prethodne tvrdnje moˇzemo objediniti na sljedeći naˇcin. Korolar 4.1.4. Neprazan podskup W vektorskog prostora V je potprostor od V ako i samo ako je λu + µv ∈ W za sve u, v ∈ W i λ, µ ∈ F. Dokaz. Ako je W potprostor od V tada vrijede (a) i (b) iz propozicije 4.1.3. Neka su u, v ∈ W i λ, µ ∈ F. Prema (b) je λu, µv ∈ W, a onda je prema (a) i njihov zbroj λu + µv u W. Obratno, pretpostavimo da za sve u, v ∈ W i λ, µ ∈ F vrijedi je λu + µv ∈ W. Ako odaberemo λ = µ = 1 tada dobivamo (a), a ako odaberemo µ = 0 dobivamo (b). Prethodnu tvrdnju moˇzemo izreći i za proizvoljan broj vektora. Korolar 4.1.5. Neprazan podskup W vektorskog prostora V je potprostor od V ako i samo ako je za sve n ∈ N, v1 , . . . , vn ∈ W i λ1 , . . . , λn ∈ F vrijedi Pn i=1 λi vi ∈ W. Dokaz. Neka je W potprostor od V . Dokaˇzimo indukcijom traˇzenu tvrdnju. Za n = 2, to slijedi iz prethodnog korolara. Neka je n ∈ N takav da svaka linearna kombinacija od n − 1 vektora iz W pripada potprostoru W. Uzmimo sada n vektora v1 , . . . , vn ∈ W te oznaˇcimo x=

n−1 X

λi vi .

i=1

Prema pretpostavci indukcije je x ∈ W, kao linearna kombinacija n − 1 vektora. Tada je n X λi vi = x + λn vn ∈ W, i=1

kao linearna kombinacija dva vektora x i vn iz W. Obratno, uzimajući n = 2, dobivamo da za svaka dva skalara λ1 , λ2 ∈ F i dva vektora v1 , v2 ∈ W imamo λ1 v1 + λ2 v2 ∈ W, pa je W potprostor prema prethodnom korolaru. Primjer 4.1.6. Promatrajmo realni vektorski prostor R3 = {(x, y, z) : x, y, z ∈ R}. Neka je R ravnina kroz ishodiˇste 0 = (0, 0, 0). Pretpostavimo da je 75


76

Ax + By + Cz = 0 jednadˇzba te ravnine (pri ˇcemu je bar jedan od A, B, C razliˇcit od nule). Dakle R = {(x, y, z) ∈ R3 : Ax + By + Cz = 0}. Tvrdimo da je R potprostor od R3 . Ako su (x1 , y1 , z1 ) i (x2 , y2 , z2 ) iz R, tada je Ax1 + By1 + Cz1 = 0 i Ax2 + By2 + Cz2 = 0. Treba vidjeti da, za sve λ, µ ∈ R, i λ(x1 , y1 , z1 ) + µ(x2 , y2 , z2 ) = (λx1 + µx2 , λy1 + µy2 , λz1 + µz2 ) pripada skupu R. To slijedi iz A(λx1 + µx2 ) + B(λy1 + µy2 ) + C(λz1 + µz2 ) = λ(Ax1 + By1 + Cz1 ) + µ(Ax2 + By2 + Cz2 ) = 0. Nadalje, neka je P pravac kroz ishodiˇste. Ako je (α, β, γ) vektor smjera tog pravca, tada je njegova jednadˇzba dana s x−0 = y−0 = z−0 , dakle α β γ P = {t(α, β, γ) : t ∈ R}. Ako su λ, µ ∈ R tada za sve t1 , t2 ∈ R vrijedi λt1 (α, β, γ) + µt2 (α, β, γ) = (λt1 + µt2 )(α, β, γ) ∈ P. Prema tome, ravnine i pravci kroz ishodiˇste su potprostori od R3 .

Primijetimo da R2 nije potprostor od R3 . Kao prvo, R2 uopće nije podskup od R3 . Takoder, operacije zbrajanja vektora i mnoˇzenja vektora skalarom u R2 i R3 se razlikuju. Primjer 4.1.7. Promatramo homogeni sustav m linearnih jednadˇzbi s n nepoznanica. Neka je A ∈ Mmn matrica tog sustava. Dakle, promatramo sustav AX = 0, gdje je X ∈ Mn1 vektor nepoznanica i 0 ∈ Mm1 nulstupac. Neka je S skup svih rjeˇsenja promatranog sustava, dakle S = {C ∈ Mn1 : AC = 0}. Tada je S podskup vektorskog prostora Mn1 . Ako su C1 , C2 ∈ S tada je AC1 = AC2 = 0. Tada i za sve λ, µ vrijedi A(λC1 +µC2 ) = λAC1 +µAC2 = 0, pa je λC1 + µC2 ∈ S. To znaˇci da je skup svih rjeˇsenja homogenog sustava potprostor od Mn1 . 76


77

Primjer 4.1.8. Promatramo podskup vektorskog prostora M2 (F) : a11 a12 W = : a11 , a12 , a21 ∈ F . a21 0 Neka su λ, µ ∈ F i A, B ∈ W. Tada je a11 a12 b11 b12 A= , B= , a21 0 b21 0 za neke a11 , a12 , a21 , b11 , b12 , b21 ∈ F. Tada je a11 a12 b11 b12 λa11 + µb11 λa12 + µb12 λA + µB = λ +µ = , a21 0 b21 0 λa21 + µb21 0 pa je oˇcito λA + µB ∈ W. Slijedi da je W potprostor od M2 (F).

Primjer 4.1.9. Neka je C([0, 1]) prostor svih funkcija f : [0, 1] → R i W1 = {f ∈ C([0, 1]) : f (0) = f (1)}, W2 = {f ∈ C([0, 1]) : f (0) = 1}. Odmah uoˇcavamo da W2 nije vektorski prostor. Naime, ako su f, g ∈ W2 tada je f (0) = 1 i g(0) = 1, ali je (f + g)(0) = f (0) + g(0) = 2 = 6 1, pa f +g ∈ / W2 . (Isto je i za mnoˇzenje skalarom.) Za f, g ∈ W1 i λ, µ ∈ F je f (0) = f (1) i g(0) = g(1), pa je i (λf + µg)(0) = λf (0) + µg(0) = λf (1) + µg(1) = (λf + µg)(1); zato je λf + µg ∈ W1 . Prema tome, W1 je potprostor od C([0, 1]).

Primjer 4.1.10. Neka je n ≥ 2. Promatramo sljedeće podskupove vektorskog prostora Mn (F) : W1 = {A ∈ Mn (F) : A regularna}, W2 = {A ∈ Mn (F) : A singularna}, W3 = {A ∈ Mn (F) : AB = BA}, 2

W3 = {A ∈ Mn (F) : A = A}. 77

(za neku zadanu matricu B),


78

Koji su od ovih skupova potprostori, a koji nisu? W1 nije potprostor, jer npr. I, −I ∈ W1 i I + (−I) = 0 ∈ / W1 . W2 takoder nije potprostor. Na primjer, neka je A matrica koja na mjestu (1, 1) ima 1, a svi ostali elementi su nule. Neka je B = I − A. Kako i A i B imaju nulredak, to je det A = det B = 0, pa su A i B singularne. No A + B = I je regularna matrica. Neka su A1 , A2 ∈ W3 . Tada je A1 B = BA1 i A2 B = BA2 i za sve λ, µ ∈ F imamo (λA1 + µA2 )B = λ(A1 B) + µ(A2 B) = λ(BA1 ) + µ(BA2 ) = B(λA1 + µA2 ). Zato je λA1 + µA2 ∈ W3 , pa je W3 zaista potprostor od Mn (F). W4 nije potprostor. Uoˇcimo da je I ∈ W4 , jer je I 2 = I. No 2I ∈ / W4 , jer 2 (2I) 6= 2I.

4.2

Linearna ljuska skupa

Definicija 4.2.1. Za neprazan podskup S vektorskog prostora definiramo linearnu ljusku [S] skupa S kao skup svih linearnih kombinacija vektora iz S, tj. n X [S] = { λi vi : n ∈ N, λ1 , . . . , λn ∈ F, v1 , . . . , vn ∈ S}. i=1

Nadalje, definiramo [∅] = {θ}. Ako je S 6= ∅, tada je S skup izvodnica za [S]. Zato se kaˇze da S razapinje (generira) [S]. Primjer 4.2.2. Neka je V = R2 i v = (1, 2) ∈ V. Neka je S = {v}. Tada je [S] = {c(1, 2) : c ∈ R} = {(c, 2c) : c ∈ R}, to jest, [S] je pravac y = 2x (kroz ishodiˇste). Lako se vidi da za svaki drugi v 6= (0, 0), skup [{v}] predstavlja jedan pravac kroz ishodiˇste. Sliˇcno, za dva nekolinearna vektora v1 , v2 ∈ R2 vrijedi [{v1 , v2 }] = R2 . Uvjerite se u to sami. 78


79

Uoˇcimo da je S skup izvodnica vektorskog prostora V ako i samo ako je [S] = V. Propozicija 4.2.3. Neka je V vektorski prostor i S ⊆ V. Tada je [S] potprostor od W i to najmanji potprostor od V koji sadrˇzi S. Posebno, [S] je presjek svih potprostora od V koji sadrˇze skup S. Dokaz. Ako je S = ∅ tada je, po definiciji, [S] = {θ} i tvrdnja je trivijalno ispunjena. Pretpostavimo da je S 6= ∅. Neka su x, y ∈ [S]. Tada je x=

n X

αi vi

i y=

i=1

m X

βi wi

i=1

za neke m, n ∈ N, αi , βj ∈ F, vi , wj ∈ S, za i = 1 . . . , n, j = 1, . . . , m. Onda za sve λ, µ ∈ F imamo n m n m X X X X λx + µy = λ( αi vi ) + µ( βi w i ) = (λαi )vi + (µβi )wi , i=1

i=1

i=1

i=1

pa je i λx + µy linearna kombinacija elemenata v1 , . . . , vn , w1 , . . . , wm iz S, dakle element iz [S]. Time smo dokazali da je [S] vektorski prostor. Oˇcito je da [S] sadrˇzi S. Prema korolaru 4.1.5, svaki vektorski prostor koji sadrˇzi S, sadrˇzi i sve konaˇcne linearne kombinacije vektora is S, dakle sadrˇzi i cijeli [S]. Zato je [S] sadrˇzano u svim vektorskim prostorima koji sadrˇze S, a kako je i sam [S] jedan takav potprostor, slijedi da je to najmanji takav. Teorem 4.2.4. Neka je V vektorski prostor dimenzije n i W njegov potprostor. Tada je i W konaˇcnodimenzionalan prostor i dim W ≤ n. Ako je W potprostor od V takav da je dim W = n, tada je W = V. Dokaz. Ako je W = {θ} tada je dim W = 0 i gotovi smo. Pretpostavimo da je W 6= {θ}. Tada postoji a1 ∈ W, a1 6= θ, pa je {a1 } linearno nezavisan. Ako je [{a1 }] = W onda je dim W = 1. Ako je [{a1 }] 6= W onda postoji a2 ∈ W \ [{a1 }]. Uoˇcimo da je skup {a1 , a2 } linearno nezavisan. Ako je [{a1 , a2 }] = W tada je dim W = 2. Ako [{a1 , a2 }] 6= W nastavimo na isti naˇcin kao maloprije. 79


80

U k-tom koraku imat ćemo linearno nezavisan skup {a1 , . . . , ak } vektora u W. Ako ti vektori razapinju W, onda je dim W = k, a ako oni ne razapinju W, onda postoji ak+1 ∈ W koji ne leˇzi u [{a1 , . . . , ak }] pa je stoga skup {a1 , . . . , ak , ak+1 } linearno nezavisan. Kako je dim V = n, to u V ima najviˇse n linearno nezavisnih vektora. Posebno, niti u W ne moˇze biti viˇse od n linearno nezavisnih vektora, pa ovaj postupak mora stati u jednom trenutku. Dakle, postoji m ≤ n tako da je W = [{a1 , . . . , am }]. To znaˇci da je W konaˇcnodimenzionalan, a kako je {a1 , . . . , am } linearno nezavisan, to je ujedno i baza. Slijedi dim W = m ≤ n. Pretpostavimo da je dim W = n. Neka je {a1 , . . . , an } baza za W. Ako bi bilo W 6= V, tada bi postojao a ∈ V koji nije linearna kombinacija vektora a1 , . . . , an . Tada bismo imali linearno nezavisan skup {a1 , . . . , an , a} u V koji ima viˇse od n vektora, ˇsto je nemoguće.

4.3

Presjek i suma potprostora

Sada ćemo se baviti presjekom i unijom potprostora zadanog vektorskog prostora. Vidjet ćemo da presjek potprostora daje novi potprostor, dok za uniju nije tako. Zato ćemo promatrati linearnu ljusku unije. Dokaˇzimo prvo tvrdnju za presjek. Propozicija 4.3.1. Neka su W1 i W2 potprostori vektorskog prostora V. Tada je i W1 ∩ W2 potprostor od V i to je najveći potprostor od V koji je sadrˇzan u W1 i W2 . Dokaz. Neka su v1 , v2 ∈ W1 ∩ W2 i λ, µ ∈ F. Kako su v1 , v2 ∈ W1 i W1 je potprostor, to je λv1 + µv2 ∈ W1 . Isto tako, iz v1 , v2 ∈ W2 slijedi λv1 + µv2 ∈ W2 , jer je W2 potprostor. Prema tome, λv1 + µv2 ∈ W1 ∩ W2 . Naravno, W1 ∩ W2 je najveći skup, pa onda i potprostor, koji je sadrˇzan i u W1 i u W2 . Već smo spomenuli da unija dva potprostora ne mora biti potprostor. Na primjer, W1 = {(x, 0) : x ∈ R}, W2 = {(0, y) : y ∈ R} su potprostori od R2 . Njihova unija W1 ∪ W2 nije potprostor od R2 , jer, na primjer, (1, 0), (0, 1) ∈ W1 ∪ W2 ali (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) ∈ / W1 ∪ W2 . Tada je prirodno promatrati najmanji potprostor od V koji sadrˇzi W1 ∪ W2 , 80


81

odnosno, linearnu ljusku unije. Dobiveni potprostor ćemo nazivati sumom potprostora. Dakle, suma potprostora W1 i W2 je potprostor W1 + W2 := [W1 ∪ W2 ]. Za sumu potprostora kaˇzemo da je direktna i piˇsemo W1 u W2 ako je W1 ∩ W2 = {θ}. Sljedeća propozicija daje razlog zaˇsto [W1 ∪ W2 ] nazivamo sumom. Propozicija 4.3.2. Ako su W1 i W2 potprostori od V tada je W1 + W2 = {w1 + w2 : w1 ∈ W1 , w2 ∈ W2 }. Dokaz. Oznaˇcimo U := {w1 + w2 : w1 ∈ W1 , w2 ∈ W2 }. Ovdje treba dokazati jednakost dva skupa, tj. da je W1 + W2 ⊆ U i U ⊆ W1 + W2 . Neka je v ∈ W1 + W2 . Tada postoji n ∈ N te λ1 , . . . , λn ∈ F i v1 , . . . , vn ∈ W1 ∪ W2 takvi da je n X v= λi v i . i=1

Kako je vi ∈ W1 ∪ W2 to je vi ∈ W1 ili vi ∈ W2 . Pretpostavimo da je v1 , . . . , vr ∈ W1 i vr+1 , . . . , vn ∈ W2 (ako je neki vi u oba skupa, onda nije bitno u koju ćemo ga grupu staviti). Tada je v=

r X

λi vi +

i=1

Pr

n X

λi vi .

i=r+1

Pn

Oznaˇcimo w1 = i=1 λi vi i w2 = i=r+1 λi vi . Tada je v = w1 + w2 , a kako su W1 i W2 vektorski prostori, to je w1 ∈ W1 i W2 ∈ W2 . Dakle, v ∈ U. Obratno, uzmimo da je v ∈ U. To znaˇci da postoje w1 ∈ W1 i w2 ∈ W2 takvi da je v = w1 + w2 . Kako su w1 , w2 ∈ W1 ∪ W2 , to je w1 + w2 ∈ [W1 ∪ W2 ] = W1 + W2 . Propozicija 4.3.3. Suma W1 + W2 je direktna ako i samo ako svaki vektor v ∈ W1 + W2 ima jedinstven prikaz u obliku v = w1 + w2 , gdje je w1 ∈ W1 i w2 ∈ W2 .

81


82

Dokaz. Pretpostavimo da je suma W1 + W2 direktna. To znaˇci da je W1 ∩ W2 = {θ}. Pretpostavimo da se neki v ∈ W1 + W2 moˇze napisati kao v = w1 + w2 i kao v = w10 + w20 . Tada je w1 + w2 = w10 + w20 pa je w1 − w10 = w20 − w2 ∈ W1 ∩ W2 = {θ}. Slijedi w1 = w10 i w2 = w20 , tj. v se samo na jedan naˇcin moˇze rastaviti na zbroj vektora iz W1 i W2 . Obratno, pretpostavimo da se svaki vektor iz W1 + W2 na jedinstven naˇcin prikazuje kao suma vektora iz W1 i W2 . Neka je v ∈ W1 ∩ W2 . Stavimo w1 = v, w2 = θ i w10 = θ, w20 = v. Tada je w1 , w10 ∈ W1 , w2 , w20 ∈ W2 i vrijedi v = w1 + w2 = w10 + w20 . Zbog jedinstvenosti prikaza je w1 = w10 , tj. v = θ. Slijedi W1 ∩ W2 = {θ}. Primjer 4.3.4. U vektorskom prostoru R4 zadani su vektori v1 = (1, 0, 1, 0),

v2 = (−2, 1, −1, 0),

w1 = (0, 1, 1, 1),

w2 = (−1, 2, 1, 0)

i potprostori W1 = [{v1 , v2 }],

W2 = [{w1 , w2 }].

Odredimo potprostore W1 ∩ W2 i W1 + W2 . Odredimo skup W1 ∩ W2 . Traˇzimo vektore iz W1 ∩ W2 , dakle one koji se mogu zapisati na dva naˇcina - kao linearna kombinacija vektora v1 i v2 , te kao linearna kombinacija vektora w1 i w2 . Dakle, za v ∈ W1 ∩ W2 postoje α, β, γ, δ ∈ R takvi da je v = αv1 + βv2 = γw1 + δw2 ⇔ α(1, 0, 1, 0) + β(−2, 1, −1, 0) = γ(0, 1, 1, 1) + δ(−1, 2, 1, 0). ⇔ (α, 0, α, 0) + (−2β, β, −β, 0) = (0, γ, γ, γ) + (−δ, 2δ, δ, 0). To nam daje sustav  α − 2β    β − α − β −   

+ δ = γ − 2δ = γ − δ = −γ =

82

0 0 , 0 0


83

Slijedi (α, β, γ, δ) = t(3, 2, 0, 1), t ∈ R. Sada je v = αv1 + βv2 = 3tv1 + 2tv2 = t(3v1 + 2v2 ) = t(−1, 2, 1, 0), pa je W1 ∩ W2 = {t(−1, 2, 1, 0) : t ∈ R} = [{(−1, 2, 1, 0)}]. Slijedi da je dim(W1 ∩ W2 ) = 1. Odredimo W1 + W2 . Oˇcito je W1 + W2 = [{v1 , v2 , w1 , w2 }]. Uoˇcimo da je {v1 , v2 } linearno nezavisan. Nadalje, sve linearne kombinacije v1 i v2 će na ˇcetvrtoj komponenti imati nulu, pa w1 ne moˇzemo napisati kao linearnu kombinaciju vektora v1 i v2 . S druge strane, lako se vidi da je w2 = 3v1 + 2v2 , pa zakljuˇcujemo da je W1 + W2 = [{v1 , v2 , w1 }] i da je {v1 , v2 , w1 } jedna baza za W1 + W2 . Zato je dim(W1 + W2 ) = 3. Moˇzemo zapisati i ovako W1 + W2 = {x1 v1 + x2 v2 + x3 w3 : x1 , x2 , x3 ∈ R} = {(x1 − 2x2 , x2 + x3 , x1 − x2 + x3 , x3 ) : x1 , x2 , x3 ∈ R}.

4.4

Dimenzija presjeka i sume potprostora

Zadrˇzimo se joˇs malo na primjeru 4.3.4. Dobili smo da je dim(W1 + W2 ) = 3,

dim(W1 ∩ W2 ) = 1,

dim W1 = dim W2 = 2.

Uoˇcimo da vrijedi dim(W1 + W2 ) + dim(W1 ∩ W2 ) = 3 + 1 = 2 + 2 = dim W1 + dim W2 . To nije sluˇcajnost - ova formula vrijedi općenito. Teorem 4.4.1. Neka su W1 i W2 potprostori vektorskog prostora V. Tada je dim(W1 + W2 ) + dim(W1 ∩ W2 ) = dim W1 + dim W2 . 83


84

Dokaz. Pretpostavimo prvo da je W1 ∩ W2 6= {θ}. Neka je B0 = {a1 , . . . , ak } baza za W1 ∩ W2 . Kako je B0 linearno nezavisan skup u W1 , moˇzemo ga nadopuniti do baze B1 za W1 . Isto tako, B0 je linearno nezavisan skup u W2 , pa ga moˇzemo nadopuniti i do baze B2 za W2 . Neka su B1 = {a1 , . . . , ak , b1 , . . . , br } i B2 = {a1 , . . . , ak , c1 , . . . , cs } te dvije baze. Uoˇcimo da smo time implicitno oznaˇcili dim(W1 ∩ W2 ) = k,

dim W1 = k + r,

dim W2 = k + s.

Pokaˇzimo da je skup B1 ∪ B2 = {a1 , . . . , ak , b1 , . . . , br , c1 , . . . , cs } baza za W1 ∪ W2 . Provjerimo prvo njegovu linearnu nezavisnost. Neka su α1 , . . . , αk , β1 , . . . , βr , γ1 , . . . , γs skalari za koje je k r s X X X α i ai + β i bi + γi ci = θ. (25) i=1

i=1

i=1

Odavde je k X

αi ai +

r X

i=1

βi bi = −

i=1

s X

γi ci .

(26)

i=1

Uoˇcimo da s lijeve strane od (26) imamo vektor iz W1 , a s desne vektor iz W2 . Prema tome, k X i=1

α i ai +

r X

βi bi = −

i=1

s X

γi ci ∈ W1 ∩ W2 .

i=1

Svaki vektor iz W1 ∩ W2 moˇzemo zapisati preko njegove baze B0 , pa za neke skalare λ1 , . . . , λk vrijedi −

s X

γi ci =

i=1

k X i=1

84

λi ai .


85

Tada je s X

γi ci +

i=1

k X

λi ai = θ.

i=1

S lijeve strane imamo linearnu kombinaciju vektora baze B2 , pa iz linearne nezavisnosti od B2 slijedi γ1 = . . . = γs = λ1 = . . . = λk = 0. Sada (26) postaje k X i=1

α i ai +

r X

βi bi = θ.

i=1

Isto kao i maloprije, jer imamo linearnu kombinaciju vektora baze B1 , zakljuˇcujemo α1 = . . . = αk = β1 = . . . = βr = 0. Sve skupa, iz (25) slijedi α1 = . . . = αk = β1 = . . . = βr = γ1 = . . . = γs = 0, pa je linearna nezavisnost skupa B1 ∪ B2 dokazana. Pokaˇzimo da je B1 ∪ B2 skup izvodnica za W1 + W2 . Neka je v ∈ W1 + W2 . Tada postoje w1 ∈ W1 i w2 ∈ W2 takvi da je v = w1 + w2 . Vektor w1 moˇze se napisati kao linearna kombinacija vektora iz B1 , a vektor w2 kao linearna kombinacija vektora iz B2 . Zato je v linearna kombinacija vektora iz B1 ∪ B2 . Prema tome, dokazali smo da je B1 ∪ B2 baza za W1 + W2 . Slijedi da je dim(W1 + W2 ) = k + r + s = (k + r) + (s + r) − r = dim W1 + dim W2 − dim(W1 ∩ W2 ). Preostaje razmotriti sluˇcaj kada je W1 ∩ W2 = {θ}. Tada ne moˇzemo primijeniti prethodni dokaz, zato ˇsto ne postoji baza za presjek W1 ∩ W2 . U tom sluˇcaju je dim(W1 ∩ W2 ) = 0. Uzmemo proizvoljne baze B1 = {b1 , . . . , bk } za W1 , te B2 = {c1 , . . . , cl } za W2 . Sliˇcnim postupkom kao i maloprije pokaˇzemo da je B1 ∪ B2 baza za W1 + W2 . Tada je dim(W1 + W2 ) = k + l = dim W1 + dim W2 − dim(W1 ∩ W2 ).

Iz ovog teorema odmah dobivamo sljedeći korolar. 85


86

Korolar 4.4.2. Neka su W1 i W2 potprostori od V . Tada vrijedi: W1 ∩ W2 = {θ} ⇔ dim(W1 + W2 ) = dim W1 + dim W2 . Navedimo sada dva primjera. Primjer 4.4.3. U zadatku 7 razmotreni su potprostori gornjetrokutastih i donjetrokutastih matrica od Mn , G = {A = [aij ] ∈ Mn : aij = 0, i > j}, D = {A = [aij ] ∈ Mn : aij = 0, i < j}. Za njih vrijedi dim G = dim D =

n(n+1) . 2

Kako je

G ∩ D = {A = [aij ] ∈ Mn : aij = 0, i 6= j}, tj. G ∩ D je potprostor svih dijagonalnih matrica, to je dim(G ∩ D) = n. Zato je dim(G + D) = dim G + dim D − dim(G ∩ D) n(n + 1) n(n + 1) + − n = n2 = dim Mn . = 2 2 Prema teoremu 4.2.4, slijedi da je G + D = Mn . To nam govori da se svaka matrica moˇze napisati kao suma gornjetrokutaste i donjetrokutaste matrice. Taj prikaz nije jedinstven, jer suma nije direktna. Primjer 4.4.4. Neka su W1 i W2 potprostori simetriˇcnih i antisimetriˇcnih matrica u Mn , tj. W1 = {A ∈ Mn : A = AT }, W2 = {A ∈ Mn : A = −AT }. Uoˇcimo da je A ∈ W1 ∩ W2 ako i samo ako je A = AT i A = −AT , tj. A = 0. Dakle, W1 ∩ W2 = {0}. 86

4. Potprostori vektorskog prostora Provjerite da vrijedi dim W1 = dimenziju od W1 + W2 :

n(n+1) 2

87 i dim W2 =

n(n−1) . 2

Izraˇcunajmo

dim(W1 + W2 ) = dim W1 + dim W2 − dim(W1 ∩ W2 ) n(n + 1) n(n − 1) = + − 0 = n2 . 2 2 Prema teoremu 4.2.4, zakljuˇcujemo da je W1 u W2 = Mn . pa se svaka matrica na jedinstven naˇcin moˇze napisati kao suma simetriˇcne i antisimetriˇcne matrice.

4.5

Direktni komplement

Definicija 4.5.1. Neka je V vektorski prostor i W njegov potprostor. Direktni komplement od W u V je potprostor Z od V za koji je W u Z = V. Napomena 4.5.2. • Kako je W u Z = Z u W , to je Z direktni komplement od W ako i samo ako je W direktni komplement od Z. • Iz definicije slijedi da je V = V u {θ}, pa su trivijalni potprostori V i {θ} direktni komplementi jedan drugome. • Prema primjeru 4.4.4, potprostori simetriˇcnih i antisimetriˇcnih matrica su direktni komplementi jedan drugom u prostoru Mn . Prvo pitanje na koje moramo odgovoriti je egzistencija direktnog komplementa. Teorem 4.5.3. Neka je W potprostor vektorskog prostora V. Tada postoji direktni komplement od W u V. Dokaz. Ako je W = {θ} tada je njegov direktni komplement upravo V. Pretpostavimo da je V 6= {θ}. Neka je dim W = k i dim V = n. Neka je {a1 , . . . , ak } baza za W i {a1 , . . . , ak , ak+1 , . . . , an } njeno nadopunjenje do 87


88

baze za V. Sa Z oznaˇcimo potprostor od V generiran linearno nezavisnim skupom {ak+1 , . . . , an }, dakle, Z := [{ak+1 , . . . , an }]. Tada je {ak+1 , . . . , an } baza za Z i zato je dim Z = n − k. Neka je v ∈ W ∩ Z. Tada postoje α1 , . . . , αk , αk+1 , . . . , αn ∈ F tako da je v=

k X

n X

α i ai =

i=1

α i ai .

i=k+1

Odavde je k X i=1

α i ai −

n X

αi ai = θ.

i=k+1

Kako slijeva imamo linearnu kombinaciju vektora baze za V , zakljuˇcujemo da je α1 = . . . = αk = αk+1 = . . . = αn = 0. Sada je x = θ, pa je W ∩ Z = {θ}. Konaˇcno, dim(W u Z) = dim W + dim Z = k + (n − k) = n = dim V, odakle je W u Z = V. Direktni komplement općenito nije jedinstven. To vidimo i u dokazu prethodne tvrdnje, jer nadopunjenje baze potprostora do baze cijelog prostora nije jedinstveno. I sljedeći primjeri to ilustriraju. Primjer 4.5.4. Promatrajmo prostor R2 . Neka su P1 i P2 dva razliˇcita pravca kroz ishodiˇste. Njihov presjek sadrˇzi samo ishodiˇste, pa je dim(P1 ∩ P2 ) = 0. Kako je dim P1 = dim P2 = 1, to je dim(P1 u P2 ) = 1 + 1 − 0 = 2 = dim R2 ⇒ P1 u P2 = R2 . Ovdje se P1 i P2 proizvoljni razliˇciti pravci kroz ishodiˇste, ˇsto znaˇci da je svakom pravcu svaki drugi pravac kroz ishodiˇste direktni komplement.

88


89

Primjer 4.5.5. Promatrajmo prostor R3 . Neka je R ravnina kroz ishodiˇste i P pravac kroz ishodiˇste koji ne pripada toj ravnini. Oni se sijeku u ishodiˇstu pa je dim(P ∩ R) = 0. Nadalje, dim P = 1, dim R = 2, pa je dim(P u R) = 2 + 1 − 0 = 3 = dim R3 ⇒ P u R = R3 . To pokazuje da je za zadanu ravninu R koja sadrˇzi ishodiˇste, svaki pravac kroz ishodiˇste koji ne leˇzi u toj ravnini, jedan njen direktni komplement. Primjer 4.5.6. Neka je W = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : 2x1 − x2 + 5x3 = 0}. Lako se vidi da je W potprostor od R3 . Nadimo mu direktni komplement. Prvo odredimo bazu za W. Iz (x1 , x2 , x3 ) ∈ W ⇔ 2x1 − x2 + 5x3 = 0 ⇔ x2 = 2x1 + 5x3 slijedi da se u W nalaze uredene trojke realnih brojeva oblika (x1 , 2x1 + 5x3 , x3 ) = (x1 , 2x1 , 0) + (0, 5x3 , x3 ) = x1 (1, 2, 0) + x3 (0, 5, 1), pri ˇcemu su x1 i x3 proizvoljni realni brojevi. Prema tome, W = [{(1, 2, 0), (0, 5, 1)}]. Skup {(1, 2, 0), (0, 5, 1)} je i linearno nezavisan, dakle baza za W. Nadopunimo tu bazu do baze za cijeli R3 . Kako je dim W = 2 i dim R3 = 3, potrebno je dodati samo jedan vektor. Pokuˇsajmo s (1, 0, 0). Iz α1 (1, 2, 0) + α2 (0, 5, 1) + α3 (1, 0, 0) = (0, 0, 0) slijedi (α1 + α3 , 2α1 + 5α2 , α2 ) = (0, 0, 0), a odavde je α1 = α2 = α3 . To znaˇci da je {(1, 2, 0), (0, 5, 1), (1, 0, 0)} linearno nezavisan skup, a kako se taj skup sastoji od tri vektora u trodimenzionalnom vektorskom prostoru, to je ujedno i baza za R3 . Znaˇci da je (jedan) direktni komplement od W zadan sa Z = [{(1, 0, 0)}]. 89


4.6

90

Zadaci

1. Za sljedeće podskupove od R3 odredite jesu li potprostori od R3 : (a) {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0}; (b) {(x, y, z) ∈ R3 : x + y = 0}; (c) {(x, y, z) ∈ R3 : xz = 0}; (d) {(x, y, z) ∈ R3 : y ≥ 0}; (e) {(x, y, z) ∈ R3 : x = y = z}. 2. Provjerite je li skup S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x1 + x2 = 1, x2 + x3 = 1} vektorski potprostor od R3 . 3. Provjerite je li skup {A ∈ Mn (F) : tr A = 0} potprostor od Mn (F). 4. Provjerite je li skup {A ∈ Mn (F) : det A = 0} potprostor od Mn (F). 5. Odredite bazu i dimenziju potprostora od R3 razapetog vektorima v1 = (2, 3, 1),

v2 = (0, 1, 4),

v3 = (4, 7, 6).

6. Provjerite je li skup W = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : 2x1 − x2 + x3 = 4} potprostor od R3 .

90


91

7. Pokaˇzite da skupovi svih gornjetrokutastih i svih donjetrokutastih matrica G = {A = [aij ] ∈ Mn : aij = 0, i > j}, D = {A = [aij ] ∈ Mn : aij = 0, i < j}, ˇcine vektorske potprostore od Mn , te pokaˇzite da je dim G = dim D =

n(n + 1) . 2

8. Dokaˇzite da je W = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 : 2x1 − x2 + x3 − x4 = 0} potprostor od R4 . Odredite mu bazu i dimenziju. 9. Dokaˇzite da je skup W = {(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) ∈ R5 : x1 = x3 = x5 , x2 − x4 = x1 } potprostor od R5 . Odredite mu bazu i dimenziju. 10. Neka je V = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x1 = x2 − x3 }. Dokaˇzite da je V vektorski prostor, te mu pronadite neku bazu. 1 2 11. Neka je A = i 2 1 V = {T ∈ M2 (R) : T A = 0}. Dokaˇzite da je V vektorski prostor, te mu pronadite neku bazu. 12. Neka je V vektorski prostor svih aritmetiˇckih nizova. Pokaˇzite da je V razapet vektorima x = (1, 1, 1, 1, 1, . . .) i y = (0, 1, 2, 3, 4, . . .). 13. Odredite dimenzije i baze za presjek i sumu potprostora od R3 : W1 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x1 + x2 = 0}, W2 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x1 + 2x2 = 0}. 91


92

14. Odredite dimenzije i baze za presjek i sumu potprostora od R3 : W1 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x1 − x2 = 0}, W2 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x1 = x2 − x3 }. 1 2 15. Neka je A = i W = {T ∈ M2 (R) : T A = AT }. Dokaˇzite da je 2 1 W potprostor od M2 (R), te mu pronadite neku bazu. 16. Neka su W1 i W2 dva medusobno razliˇcita potprostora vektorskog prostora V, te neka vrijedi dim V = 4,

dim W1 = dim W2 = 3.

Dokaˇzite da je dim(W1 ∩ W2 ) = 2. 17. Neka su W1 i W2 potprostori vektorskog prostora V, te neka vrijedi dim V = 5,

dim W1 = 4,

dim W2 = 1.

Dokaˇzite: ili je W2 ⊆ W1 ili je W1 u W2 = V. 18. Odredite direktne komplemente potprostora u zadacima 8-11.

92

5. Linearni operatori

5

93

Linearni operatori

U ovoj toˇcki promatramo funkcije izmedu vektorskih prostora koje ˇcuvaju njihovu strukturu. Kao ˇsto znamo, struktura vektorskog prostora zasniva se na dvjema operacijama koje definiraju vektorski prostor - zbrajanju i mnoˇzenju vektora skalarom. Zato, kada kaˇzemo da neka funkcija ˇcuva strukturu vektorskog prostora, zapravo mislimo da ˇcuva operacije zbrajanja i mnoˇzenja skalarom. Funkcije izmedu vektorskih prostora uobiˇcajeno je zvati operatorima, a nas posebno zanimaju linearni operatori.

5.1

Primjeri i osnovna svojstva linearnih operatora

Definicija 5.1.1. Neka su U i V vektorski prostori nad istim poljem F. Funkcija A : U → V je linearni operator ako vrijedi A(αu + βv) = αAu + βAv,

∀u, v ∈ V, ∀α, β ∈ F.

(27)

Linearne operatore f : U → F, dakle one kojima je kodomena F, nazivamo linearnim funkcionalima. Uobiˇcajeno je pisati Au umjesto A(u), tj. izostavljati zagrade. Svojstvo (27) nazivamo linearnost operatora A. Dokaˇzimo odmah da linearni operator preslikava nulvektor iz U u nulvektor iz V, te da suprotni element od u ∈ U preslikava u suprotni element od A(u). Propozicija 5.1.2. Neka je A : U → V linearni operator izmedu vektorskih prostora U i V nad istim poljem F. Tada vrijedi (1) A(θU ) = θV ; (2) A(−u) = −A(u) Dokaz. Prvu tvrdnju dobivamo stavljajući α = β = 0 u (27). Stavimo li α = −1 i β = 0 dobivamo i drugu tvrdnju. ˇ Napomena 5.1.3. Cesto se linearni operator definira kao preslikavanje koje ima sljedeća dva svojstva: (a) A(u + v) = A(u) + A(v) za u ∈ U i v ∈ V ; 93


94

Slika 7: Linearni operator (b) A(λu) = λA(u) za u ∈ U i λ ∈ F. Prvo svojstvo naziva se aditivnost, a drugo homogenost operatora A. Lako se vidi da operator ima svojstvo linearnosti ako i samo ako ima svojstva homogenosti i aditivnosti. Zaista, stavimo li α = β = 1, odnosno α = 1 i β = 0 u (27), dobivamo svojstva aditivnosti i homogenosti. Obratno, ako je operator homogen i aditivan, tada za sve λ, µ ∈ F i u, v ∈ V vrijedi (a)

(b)

A(λu + µv) = A(λu) + A(µv) = λAu + µAv, dakle linearnost od A. Linearni operatori su operatori koji ˇcuvaju linearne kombinacije vektora. Propozicija 5.1.4. Neka su U, V vektorski prostori nad istim poljem F i A : U → V. A je linearni operator ako i samo ako je n n X X A( λi vi ) = λi Avi i=1

i=1

za sve n ∈ N, λ1 , . . . , λn ∈ F i v1 , . . . , vn ∈ U. 94

(28)


95

Dokaz. Prvo primijetimo da je linearnost operatora zapravo poseban sluˇcaj od (28) kada je n = 2. Prema tome, svaki operator koji zadovoljava (28) je linearan. Dokaˇzimo sada da svaki linearni operator zadovoljava (28). Dokaz provodimo indukcijom. Oˇcito je da (28) vrijedi za n = 1 i n = 2, jer to znaˇci homogenost, odnosno linearnost od A. Pretpostavimo da za neki k ∈ N vrijedi k k X X A( λi vi ) = λi Avi (29) i=1

i=1

za sve λi . . . , λk ∈ F i v1 , . . . , vk ∈ U. Tada je k+1 k X X A( λi vi ) = A(( λi vi ) + λk+1 vk+1 ) (aditivnost od A) i=1

i=1 k X

= A(

λi vi ) + A(λk+1 vk+1 ) ((29) i homogenost od A)

i=1

=

k X

λi Avi + λk+1 Avk+1 =

i=1

k+1 X

λi Avi

i=1

za sve λ1 , . . . , λk+1 ∈ F i v1 , . . . , vk+1 ∈ U. Prema principu matematiˇcke indukcije, tvrdnja vrijedi za sve n ∈ N. Propozicija 5.1.5. Kompozicija linearnih operatora je linearni operator. Dokaz. Neka su U, V, W vektorski prostori te A : U → V i B : V → W linearni operatori. Tada je dobro definirana kompozicija BA : U → W. Vrijedi BA(λu + µv) = B(A(λu + µv))

(linearnost od A)

= B(λAu + µAv)

(linearnost od B)

= λBAu + µBAv za sve λ, µ ∈ F i u, v ∈ V. Kroz sljedeće primjere uvjerit ćemo se da su neka dobro poznata preslikavanja linearni operatori. 95


96

Primjer 5.1.6. 1. Neka su V i W vektorski prostori nad istim poljem. Promatramo preslikavanje koje sve vektore domene preslikava u nulvektor: 0 : V → W, 0(x) = θ. Tada je, za sve u, v ∈ U i λ, µ ∈ F, λ0(u) + µ0(v) = λθ + µθ = θ = 0(λu + µv), pa je 0 linearan. Ovaj operator se naziva nuloperator. 2. Neka je V vektorski prostor. Preslikavanje I : V → V,

I(v) = v,

koje svaki vektor preslikava u samog sebe, naziva se identiteta ili identiˇ cni operator. I je linearni operator, jer za sve u, v ∈ U i λ, µ ∈ F imamo λI(u) + µI(v) = λu + µv = I(λu + µv). 3. Neka je z : R2 → R2 ,

z(x, y) = (y, x).

Za sve λ, µ ∈ R i sve (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 vrijedi z(λ(x1 , y1 ) + µ(x2 , y2 )) = z(λx1 + µx2 , λy1 + µy2 ) = (λy1 + µy2 , λx1 + µx2 ) = (λy1 , λx1 ) + (µy2 , µx2 ) = λ(y1 , x1 ) + µ(y2 , x2 ) = λz(x1 , y1 ) + µz(x2 , y2 ). Ovo preslikavanje nazivamo zrcaljenje ili refleksija s obzirom na simetralu prvog i trećeg kvadranta (slika 8. Joˇs nekoliko preslikavanja zrcaljenja prikazani su na slikama 9, 10, 11, i sve su to linearni operatori.

96


97

Slika 8: Zrcaljenje s obzirom na y = x

Slika 9: Zrcaljenje s obzirom na x-os

97


98

Slika 10: Zrcaljenje s obzirom na x-os

Slika 11: Zrcaljenje s obzirom na ishodiˇste

98


99

Slika 12: Rotacija za kut ϕ 4. Neka je ϕ ∈ R. Promatramo preslikavanje rotacije za kut ϕ u pozitivnom smjeru (slika 12). Dakle, r : R2 → R2 ,

r(x, y) = (x cos ϕ − y sin ϕ, x sin ϕ + y cos ϕ).

Linearnost ovog preslikavanja lako dokaˇzemo. 5. A : R3 → R3 , A(x, y, z) = (x, y, 0) je linearni operator, jer za sve (x1 , y1 , z1 ), (x2 , y2 , z2 ) ∈ R3 i sve λ, µ ∈ R vrijedi A(λ(x1 , y1 , z1 ) + µ(x2 , y2 , z2 )) = A(λx1 + µx2 , λy1 + µy2 , λz1 + µz2 ) = (λx1 + µx2 , λy1 + µy2 , 0) = λ(x1 , y1 , 0) + µ(x2 , y2 , 0) = λA(x1 , y1 , z1 ) + µA(x2 , y2 , z2 ) Ovaj operator toˇcku (x, y, z) prostora R3 ortogonalno projicira u toˇcku (x, y, 0) u xy ravnini (slika 13). 6. Promatrajmo skup C kao vektorski prostor nad R. Preslikavanje k : C → C,

k(z) = z

naziva se konjugiranje kompleksnih brojeva. Konjugiranje je linearni

99


100

Slika 13: Projiciranje na xy-ravninu operator, jer za sve λ, µ ∈ R i sve z1 , z2 ∈ C imamo k(λz1 + µz2 ) = λz1 + µz2 = λz1 + µz2 = λz1 + µz2 = λz1 + µz2 = λk(z1 ) + µk(z2 ). Ovdje smo koristili ˇcinjenicu da je λ = λ za sve λ ∈ R. 7. Ako promatramo C kao vektorski prostor nad C, onda konjugiranje nije linearni operator. Zaista, za λ = i i z ∈ C \ {0} imamo k(λz) = k(iz) = iz = iz = −iz = −λk(z) 6= λk(z), pa k nije homogen, a onda niti linearan operator. 8. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i k ∈ F proizvoljno odabran. Preslikavanje h : V → V, h(x) = kx je linearni operator kojeg nazivamo homotetija. 9. Neka je Pn prostor polinoma stupnja manjeg ili jednakog od n. Preslikavanje T : Pn → Pn definiramo tako da polinom p(x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 preslikava u polinom T (p)(x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an . 100


101

(Na primjer, ako smo izabrali n = 3 tada je T (x3 + 2x2 + 3x + 4) = 4x3 + 3x2 + 2x + 1, T (x3 + x2 ) = x + 1, T (x + 1) = x3 + x2 .) Provjerite da je i ovaj operator linearan. 10. Neka je V = {f : R → R : f diferencijabilna na R} i W = {f : R → R}. Moˇzemo definirati preslikavanje D : V → W,

Df = f 0 .

Dobro znamo da za sve f, g ∈ V i λ, µ ∈ C vrijedi (λf +βg)0 = λf 0 +µg 0 , tj. D(λf + βg) = λDf + µDg, pa je D linearan. 11. Neka je V = {f : R → R : f integrabilna na [0, 1]} realni vektorski prostor. Promatramo preslikavanje Z 1 T : V → R, T f = f (x)dx. 0

Budući da za sve λ, µ ∈ R i f, g ∈ V vrijedi Z 1 Z 1 (λf (x) + µg(x))dx (λf + µg)(x)dx = T (λf + µg) = 0 0 Z 1 Z 1 g(x)dx = λT f + µT g, f (x)dx + µ = λ 0

0

zakljuˇcujemo da je integriranje linearni operator. Napomena 5.1.7. (1) Linearni operator preslikava linearno zavisne skupove u linearno zavisne. Zaista, ako je S = {x1 , . . . , xk } linearno zavisan, tada postoje α1 , . . . , αk ∈ P F od kojih barem jedan nije 0, takvi da je ki=1 αi xi = θ. Tada je k X i=1

k X αi Axi = A( αi xi ) = θ, i=1

a kako je αi 6= 0 za bar jedan indeks i, to je skup {Ax1 , . . . , Axk } linearno zavisan. 101


102

(2) Linearni operator linearno nezavisne skupove ne preslikava uvijek u linearno nezavisne (vidjet ćemo poslije da jedino injektivni operatori tako djeluju). Na primjer, nuloperator 0 : U → V će svaki skup (pa i one koji su linearno nezavisni) preslikati u skup {θ}, koji je linearno zavisan. S druge strane, identiˇcni operator I : U → U će svaki skup preslikati u samog sebe; posebno, linearno nezavisne skupove će preslikati u linearno nezavisne skupove. (3) Sjetimo se da se prva tvrdnja moˇze izreći i na sljedeći naˇcin: ako je skup {Ax1 , . . . , Axk } linearno nezavisan, tada je i {x1 , . . . , xk } linearno nezavisan. Izmedu dva proizvoljna vektorska prostora nad istim poljem uvijek postoje linearni operatori. To dokazujemo u sljedećem teoremu. Teorem 5.1.8. Neka su U i V vektorski prostori nad poljem F. Ako je {u1 , . . . , un } baza za U i (v1 , . . . , vn ) bilo koja uredena n-torka vektora iz V , tada postoji jedinstven linearni operator A : U → V takav da je Aui = vi ,

i = 1, . . . , n.

Dokaz. Kako je {u1 , . . . , un } baza za U, svaki vektor u ∈ U moˇze se napisati P na jedinstven naˇcin kao linearna kombinacija u = ni=1 αi ui . Sada definiramo A : U → V tako da n n X X Au = A( αi ui ) := αi vi . i=1

(30)

i=1

Odmah je vidljivo da vrijedi Aui = vi ,

i = 1, . . . , n.

Provjerimo da je A linearan. Neka su v, w ∈ U. Zapiˇsemo li v = P w = ni=1 βi ui , tada je λv + µw = λ

n X i=1

αi ui + µ

n X i=1

102

βi ui =

n X i=1

(λαi + µβi )ui

Pn

i=1

αi ui i


103

λ, µ ∈ F, pa je n n X (30) X A(λv + µw) = A( (λαi + µβi )ui ) = (λαi + µβi )vi i=1

= λ

n X

i=1

αi vi + µ

i=1

n X

(30)

βi vi = λAv + µAw.

i=1

Joˇs treba provjeriti jedinstvenost, to jest, da postoji toˇcno jedan linearni operator koji ui preslikava u vi za sve i = 1, . . . , n. Pretpostvimo da su A, B : U → V linearni operatori takvi da je Aui = Bui = vi za sve i = 1, . . . , n. P Uzmemo u = ni=1 αi ui proizvoljan vektor u U. Zbog linearnosti od A i B vrijedi n n n X X X Au = A( αi ui ) = αi Aui = αi vi , i=1

i=1

n X

n X

Bu = B(

αi ui ) =

i=1

i=1

αi Bui =

i=1

n X

αi vi ,

i=1

pa je Au = Bu. Kako je u bio proizvoljan vektor iz U, slijedi A = B. U prethodnom smo teoremu uzeli uredenu n-torku (v1 , . . . , vn ) vektora iz W , a ne skup {v1 , . . . , vn }, jer smo ˇzeljeli dopustiti mogućnost ponavljanja vektora vi . Na primjer, uzmemo li (v1 , . . . , vn ) = (θ, . . . , θ) dobivamo Au =

n X

αi Aui = θ,

∀u ∈ U,

i=1

pa smo dobili nuloperator. Korolar 5.1.9. Neka su U i V vektorski prostori nad poljem F, te {u1 , . . . , un } baza za U. Dva linearna operatora A, B : U → V su jednaka ako i samo ako Aui = Bui , i = 1, . . . , n. Primjer 5.1.10. Konstruirajmo nekoliko linearnih operatora izmedu R3 i R2 . Kanonska baza u R3 je e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1). Prema prethodnim tvrdnjama, dovoljno je znati kamo se preslikavaju vektori e1 , e2 , e3 . Na primjer, jedan linearni operator A : R3 → R2 moˇzemo definirati kao Ae1 = (1, 1), Ae2 = (1, −1), Ae3 = (0, 1). 103


104

Tada je A(x1 , x2 , x3 ) = A(x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 ) = x1 Ae1 + x2 Ae2 + x3 Ae3 = x1 (1, 1) + x2 (1, −1) + x3 (0, 1) = (x1 + x2 , x1 − x2 + x3 ). Nadalje, ako bismo stavili Be1 = (1, 0),

Be2 = (0, 1),

Be3 = (0, 0)

onda bismo dobili linearni operator B : R3 → R2 zadan s B(x1 , x2 , x3 ) = B(x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 ) = x1 Be1 + x2 Be2 + x3 Be3 = x1 (1, 0) + x2 (0, 1) + x3 (0, 0) = (x1 , x2 ).

5.2

Vektorski prostor linearnih operatora

Definicija 5.2.1. Neka su U i V vektorski prostori nad istim poljem. Oznaˇcimo L(U, V ) = {A : U → V : A linearni operator}. Ako je U = V tada umjesto L(U, V ) kraće piˇsemo L(U ). Uoˇcimo da je nuloperator 0 : U → V uvijek u skupu L(U, V ). Ako je U, V 6= {θ}, tada prema teoremu 5.1.8 znamo da moˇzemo konstruirati razne linearne operatore (zadavanjem na bazi prostora U ), pa se u skupu L(U, V ) nalaze i netrivijalni linearni operatori. Kao i svake druge funkcije, i linearne operatore moˇzemo zbrajati i mnoˇziti skalarom. Dakle, za A, B ∈ L(U, V ) i λ ∈ F definiramo zbroj linearnih operatora A i B kao A + B : U → V,

(A + B)u = Au + Bu

(31)

i umnoˇzak linearnog operatora A skalarom λ kao λA : U → V,

(λA)u = λAu.

(32)

Uz ovako definirane operacije, L(U, V ) će biti vektorski prostor nad poljem F. 104


105

Teorem 5.2.2. Neka su U i V vektorski prostori nad F. Skup L(U, V ) je, uz operacije definirane prema (31) i (32), vektorski prostor nad F. Dokaz. Dokaˇzimo da je αA+βB ∈ L(U, V ) za sve α, β ∈ F i A, B ∈ L(U, V ), to jest, da su kodomene operacija zbrajanja i mnoˇzenja skalarom jednake L(U, V ). Za sve u, v ∈ U i λ, µ ∈ F je (αA + βB)(λu + µv)

(31)

=

(32)

(A i B su linearni)

(αA)(λu + µv) + (βB)(λu + µv)

=

αA(λu + µv) + βB(λu + µv)

=

α(λAu + µAv) + β(λBu + µBv)

=

λ(αAu + βBu) + µ(αAv + βBv)

=

λ(αA + βB)u + µ(αA + βB)v.

Direktno se provjere i sva ostala svojstva vektorskog prostora. Neutralni element za zbrajanje je nuloperator 0 : U → V, a suprotni element od A ∈ L(U, V ) za zbrajanje je −A koji djeluje po pravilu (−A)u = −(Au), u ∈ U. Pokaˇzimo sada je dimenzija vektorskog prostora L(U, V ) potpuno odredena dimenzijama od U i V. Teorem 5.2.3. Neka su U i V konaˇcnodimenzionalni vektorski prostori. Tada je i L(U, V ) konaˇcnodimenzionalan i vrijedi dim L(U, V ) = dim U · dim V. Dokaz. Oznaˇcimo m = dim U i n = dim V. Neka je {e1 , . . . , em } baza za U i {f1 , . . . , fn } baza za V . Definirajmo operatore Eij : U → V,

i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m,

tako ˇsto ćemo zadati djelovanje na bazi za U (teorem 5.1.8). Stavimo fi , k = j; Eij ek = δkj fi = , k = 1, . . . , m, θ, k 6= j. dakle, Eij preslikava j-ti vektor baze domene u i-ti vektor baze kodomene, a sve ostale vektore baze domene u nulvektor. 105


106

Tvrdimo da je skup {Eij : i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n} baza za L(U, V ). Kako ovaj skup ima mn = dim U · dim V elemenata, time će tvrdnja biti dokazana. Neka je A ∈ L(U, V ). Vektore Aek zapiˇsemo pomoću baze kodomene kao Aek =

n X

αik fi ,

k = 1, . . . , m.

i=1

Tvrdimo da je A = lentno s

Pn Pm i=1

j=1

αij Eij . Prema korolaru 5.1.9, to je ekviva-

n X m X Aek = ( αij Eij )ek ,

k = 1, . . . , m.

i=1 j=1

Raˇcunamo desnu stranu n X m n X m n X m n X X X X ( αij Eij )ek = αij Eij ek = αij δkj fi = αik fi = Aek , i=1 j=1

i=1 j=1

i=1 j=1

i=1

za sve k = 1, . . . , m, a to je upravo ono ˇsto smo htjeli. Time smo dokazali da je {Eij : i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n} skup izvodnica za L(U, V ). P P Pokaˇzimo linearnu nezavisnost. Neka je ni=1 m j=1 αij Eij = 0. Tada je n X m X

αij Eij ek = θ,

k = 1, . . . , m

i=1 j=1

odnosno

n X

αik fi = θ,

k = 1, . . . , m

i=1

ˇsto zbog linearne nezavisnosti skupa {f1 , . . . , fn } (jer je to baza) daje αik = 0 za sve i i sve k. Slijedi da je {Eij : i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n} linearno nezavisan skup. Na primjer dim L(R2 , R4 ) = 8,

dim L(P3 , M23 (F)) = 4 · (2 · 3) = 24.

106


5.3

107

Jezgra i slika linearnog operatora

Neka je A : U → V linearni operator. Za L ⊆ U i M ⊆ V promatramo skupove A(L) = {Ax : x ∈ L} ⊆ V, A−1 (M ) = {x ∈ U : Ax ∈ M } ⊆ U. U sljedećoj propoziciji pokazujemo da linearni operatori ˇcuvaju potprostore. Propozicija 5.3.1. Neka su U i V vektorski prostori i A : U → V linearni operator. Tada vrijedi: (1) Ako je L ≤ U tada je A(L) ≤ V. (2) Ako je M ≤ V tada je A−1 (M ) ≤ U. Dokaz. (1) Neka su u, v ∈ A(L). Tada postoje x, y ∈ L takvi da je u = Ax i v = Ay. Kako je L potprostor od U, to za sve λ, µ ∈ F vrijedi λx + µy ∈ L. No tada je λu + µv = λAx + µAy = A(λx + µy) ∈ A(L), ˇsto znaˇci da je A(L) potprostor od V. (2) Neka su u, v ∈ A−1 (M ). Tada je Au, Av ∈ M, a kako je M potprostor, to je i A(λu + µv) = λAu + µAv ∈ M za sve λ, µ ∈ F. Zato je λu + µv ∈ A−1 (M ). Posebno, moˇzemo uzeti potprostore L = U ≤ U i M = {θ} ≤ V. Pokazuje se da su ovi potprostori vrlo bitni u prouˇcavanju konaˇcnodimenzionalnih prostora. Definicija 5.3.2. Slika linearnog operatora A : U → V je potprostor definiran s Im A = A(U ) = {Ax : x ∈ U }, a jezgra operatora A potprostor Ker A = A−1 {θ} = {x ∈ U : Ax = θ}. Rang r(A) i defekt d(A) linearnog operatora A su dimenzije slike i jezgre operatora A, to jest, r(A) = dim Im A,

d(A) = dim Ker A. 107


108

Slika 14: Jezgra linearnog operatora

Slika 15: Slika linearnog operatora Oznake Im i Ker dolaze od engleskih rijeˇci image i kernel. Primjer 5.3.3. Im 0 = {θ}.

• Neka je 0 : U → V nuloperator. Tada je Ker 0 = U i

• Neka je I : V → V identiteta. Tada je Ker I = {θ} i Im I = V. • Neka je A : R2 → R2 ortogonalni projektor na x-os, tj. operator zadan formulom A(x1 , x2 ) = (x1 , 0). Tada je jezgra od A skup svih toˇcaka koje leˇze na y-osi, a slika od A je skup svih toˇcaka koje leˇze na x-osi. Sljedeća tvrdnja govori o injektivnosti linearnog operatora. 108


109

Propozicija 5.3.4. Neka je A : U → V linearni operator. Tada je ekvivalentno: (1) A je injektivan. (2) Ker A = {θ}. (3) Ako je {x1 , . . . , xk } linearno nezavisan skup u U, tada je {Ax1 , . . . , Axk } linearno nezavisan skup u V. Dokaz. (1)⇒(2) Prvo se sjetimo da je uvijek θ ∈ Ker A. Neka je A injektivan. Ako x ∈ Ker A tada Ax = θ, to jest Ax = Aθ, ˇsto zbog injektivnosti od A daje x = θ. Prema tome, jedini vektor u Ker A je nulvektor. (2)⇒(3) Neka je Ker A = {θ}. Pretpostavimo da je {x1 , . . . , xk } linearno nezavisan skup u U. Za provjeru linearne nezavisnosti skupa {Ax1 , . . . , Axk } pretpostavimo da je α1 Ax1 + . . . + αk Axk = θ. Tada, jer je A linearan, imamo A(α1 x1 + . . . + αk xk ) = θ, pa je α1 x1 + . . . + αk xk ∈ Ker A. Prema pretpostavci je Ker A = {θ}, dakle, α1 x1 + . . . + αk xk = θ, a kako je {x1 , . . . , xk } linearno nezavisan, slijedi αi = 0 za sve i = 1, . . . , k. Time smo pokazali da je {Ax1 , . . . , Axk } linearno nezavisan. (3)⇒(1) Neka su x, y ∈ U, x 6= y. Tada je u := x − y 6= θ, pa je {u} linearno nezavisan skup. Prema (3), tada je i {Au} linearno nezavisan, pa mora biti Au 6= θ. Kako je Au = Ax − Ay, slijedi Ax 6= Ay. Time smo pokazali injektivnost od A. Jedan od najznaˇcajnijih teorema o linearnim operatorima na konaˇcnodimenzionalnim prostorima je sljedeći teorem o rangu i defektu. Teorem 5.3.5. Neka je A : U → V linearni operator. Tada je r(A) + d(A) = dim U.

109


110

Dokaz. Ako je A nuloperator, tada je r(A) = 0 i d(A) = dim U i tvrdnja oˇcito vrijedi. Pretpostavimo da je A 6= 0. Tada je r(A) ≥ 1. Neka je {b1 , . . . , br } baza za Im A. Neka su e1 , . . . , er ∈ U takvi da je Aei = bi ,

i = 1, . . . , r.

Prema prvom dijelu napomene 5.1.7, skup {e1 , . . . , er } je linearno nezavisan. Neka je K potprostor od V razapet vektorima e1 , . . . , er , dakle K = [{e1 , . . . , er }]. Kako je dim K = r = r(A) (jer je {e1 , . . . , er } baza za K), to je dovoljno dokazati da je K u Ker A = U, i primijeniti korolar 4.4.2. Pk Neka je x ∈ K ∩ Ker A. Tada je x = i=1 αi ei za neke skalare αi , i Ax = θ. No onda je k X

θ = Ax =

αi Aei =

i=1

k X

α i bi ,

i=1

a kako su bi , i = 1, . . . , k vektori baze, to je αi = 0, i = 1, . . . , k, pa je x = θ. Neka je x ∈ U proizvoljan vektor. Kako je Ax ∈ Im A, a {b1 , . . . , br } je P baza za Im A, to je Ax = ri=1 αi bi za neke α1 , . . . , αr . Oznaˇcimo x1 :=

r X

αi e i ,

x2 := x − x1 .

i=1

Oˇcito je x = x1 + x2 i x1 ∈ K, a iz Ax1 =

r X

αi Aei =

i=1

r X

αi bi = Ax

i=1

slijedi Ax2 = Ax − Ax1 = θ, tj. x2 ∈ Ker A. Time je dokazano K u Ker A = U. Linearni operator A : U → V naziva se 110


111

(i) monomorfizam, ako je A injektivan; (ii) epimorfizam, ako je A surjektivan; (iii) izomorfizam, ako je A bijektivan. Ako je A : U → U izomorfizam, onda ga nazivamo automorfizam ili regularan operator. Jedna od specifiˇcnosti linearnih operatora medu konaˇcnodimenzionalnim prostorima iste dimenzije dana je u sljedećoj posljedici teorema o rangu i defektu. Korolar 5.3.6. Neka je A : U → V linearni operator te neka je dim U = dim V. Sljedeće tvrdnje su medusobno ekvivalentne: (i) A je monomorfizam; (ii) A je epimorfizam; (iii) A je izomorfizam. Dokaz. (i)⇒(ii): Ako je A monomorfizam, tada je d(A) = 0, pa je r(A) = dim U − d(A) = dim U = dim V. To znaˇci da je Im A potprostor od V iste dimenzije kao i V, pa je Im A = V, tj. A je surjekcija. (ii)⇒(iii): Ako je A epimorfizam, tada je r(A) = dim V = dim U, pa je d(A) = dim U − r(A) = 0, pa je A injekcija, dakle bijekcija.

5.4

Izomorfni vektorski prostori

Neka su U i V vektorski prostori nad F. Kaˇzemo da je U izomorfan s V i piˇsemo U ≈ V , ako postoji bar jedan izomorfizam A : U → V. Propozicija 5.4.1.

(1) Kompozicija izomorfizama je izomorfizam.

(2) Inverz izomorfizma je izomorfizam. Dokaz. (1) Kompozicija linearnih operatora je linearni operator (propozicija 5.1.5), a kompozicija bijekcija je bijekcija, pa je prva tvrdnja dokazana. (2) Neka su U, V vektorski prostori nad poljem F te A : U → V izomorfizam. Kako je A bijekcija, to postoji inverzna funkcija A−1 : V → U i A−1 je 111


112

bijekcija. Preostaje pokazati da je A−1 linearan. Neka su v1 , v2 ∈ V. Kako je A bijekcija, postoje jedinstveni u1 , u2 ∈ U takvi da je Au1 = v1 i Au2 = v2 . Tada je u1 = A−1 v1 i u2 = A−1 v2 i zato A−1 (λv1 + µv2 ) = A−1 (λAu1 + µAu2 ) = A−1 (A(λu1 + µu2 )) = λu1 + µu2 = λA−1 v1 + µA−1 v2 za sve λ, µ ∈ F, pa je A−1 linearan, dakle, izomorfizam. Uoˇcimo: • svaki vektorski prostor U izomorfan je sam sebi, jer je identiˇcno preslikavanje I : U → U, Ix = x, linearno i bijektivno, dakle izomorfizam; • ako je U izomorfan s V tada je i V izomorfan s U , jer je inverz izomorfizma izomorfizam; • ako je U izomorfan s V, a V izomorfan s W , tada je i U izomorfan s W (jer je kompozicija izomorfizama izomorfizam). Prema tome, relacija ≈ je relacija ekvivalencije na skupu svih prostora (gore navedena svojstva su upravo refleksivnost, simetriˇcnost i tranzitivnost relacije ≈). Posebno, umjesto ’U izomorfan s V ’ moˇzemo reći da su U i V izomorfni. Teorem 5.4.2. Neka su U i V vektorski prostori te A : U → V linearni operator. A je izomorfizam ako i samo ako bazu od U preslikava u bazu za V. Dokaz. (⇒): Neka je A izomorfizam i {b1 , . . . , bn } baza za U . Prema propoziciji 5.3.4 skup {Ab1 , . . . , Abn } je linearno nezavisan. Uzmimo proizvoljan y ∈ V. Kako je A surjekcija, to postoji x ∈ U takav da je Ax = y. Jer je {b1 , . . . , bn } baza za U , postoje α1 , . . . , αn ∈ F za koje je x=

n X

α i bi .

i=1

Tada je y = Ax =

n X i=1

112

αi Abi ,


113

ˇsto znaˇci da je {Ab1 , . . . , Abn } skup izvodnica za V , dakle baza za V. (⇐): Neka je {b1 , . . . , bn } baza za U . Prema pretpostavci, {Ab1 , . . . , Abn } je baza za V . Dokaˇzimo da je A bijekcija. P P Neka je Ax = θ. Ako je x = ni=1 αi bi tada je Ax = ni=1 αi Abi = θ. Zbog linearne nezavisnosti skupa {Ab1 , . . . , Abn } slijedi α1 = . . . = αn = 0, pa je x = θ. To dokazuje injektivnost. P Neka je y ∈ V. Kako je {Ab1 , . . . , Abn } baza za V , to je y = ni=1 αi Abi Pn za neke skalare α1 , . . . , αn ∈ F. Ako stavimo x = i=1 αi bi , tada je x ∈ U i Ax = y. Time je dokazana i surjektivnost. Korolar 5.4.3. Neka su U i V vektorski prostori nad F. Vrijedi: U ≈ V ⇔ dim U = dim V. Posebno, svi n-dimenzionalni vektorski prostori nad poljem F izomorfni su s Fn . Dokaz. (⇒): Ako su U i V izomorfni, tada postoji izomorfizam A : U → V. Ako je {b1 , . . . , bn } baza za U, tada prema teoremu 5.4.2 slijedi da je {Ab1 , . . . , Abn } je baza za V, pa je dim V = n = dim U. (⇐): Neka je n = dim U = dim V te neka su {b1 , . . . , bn } i {f1 , . . . , fn } baze za U i V , redom. Prema teoremu 5.1.8 moˇzemo promatrati linearni operator A : U → V, Abi = fi , i = 1, . . . , n. Ovaj linearni operator bazu za U prevodi u bazu za V, pa po teoremu 5.4.2 slijedi da je A izomorfizam; dakle, U ≈ V. Na primjer, P5 ≈ M32 (F) ≈ F6 , jer su svi navedeni prostori nad istim poljem F i svi imaju dimenziju 6.

5.5

Matriˇ cni zapis linearnih operatora

Neka je V vektorski prostor nad poljem F i E = {e1 , . . . , en } neka baza za V. Za svaki x ∈ V postoje jedinstveni skalari α1 , . . . , αn za koje je x=

n X i=1

113

αi ei .


114

Vektoru x moˇzemo, na jedinstven naˇcin, pridruˇziti stupˇcanu matricu   α1  α2    [x]E =  ..  .  .  αn Lako se vidi da je preslikavanje ϕ : V → Fn ,

ϕ(x) = [x]E

linearni operator. Oˇcito je Ker ϕ = {θ}, pa po korolaru 5.3.6 slijedi da je ϕ izomorfizam. Neka su V i W vektorski prostori nad poljem F s bazama E = {e1 , . . . , en } i F = {f1 , . . . , fm }. Neka je A : V → W linearni operator. Kako su Aei ∈ V , to ih moˇzemo prikazati pomoću baze F ; neka je Aei =

m X

αji fj ,

i = 1, . . . , n.

j=1

Dobivene koeficijente αij posloˇzimo u matricu:   α11 α12 . . . α1n  α21 α22 . . . α2n    F [A]E :=  .. .. ..  .  . . .  αm1 αm2 . . . αmn Uoˇcimo da je i-ti stupac ove matrice upravo [Aei ]F . Jasno je da operator A jednoznaˇcno odreduje matricu [A]FE . No, sjetimo li se da je linearni operator potpuno odreden djelovanjem na (nekoj) bazi domene, zakljuˇcujemo i da je matricom [A]FE jednoznaˇcno definiran operator A. Neka je Φ : L(V, W ) → Mmn (F), Φ(A) = [A]FE . Lako se provjeri da je Φ izomorfizam. Matricu [A]FE nazivamo matrica operatora A u paru baza (E, F ). Propozicija 5.5.1. Neka su E = {e1 , . . . , en } i F = {f1 , . . . , fm } baze vektorskih prostora U i V, te A : U → V linearni operator. Tada je [Ax]F = [A]FE [x]E , 114

∀x ∈ U.

(33)


115

Dokaz. Neka je [A]FE = [αij ]. To znaˇci da je Aej = P 1, . . . , n. Ako je x = nj=1 βj ej tada je Ax =

n X

βj Aej =

j=1

n X j=1

βj (

Pm

i=1

αij fi za sve j =

m X

m X n X αij fi ) = ( αij βj )fi .

i=1

i=1 j=1

Zato je  Pn  α1j βj j=1  Pn α2j βj   j=1  F [Ax] =   = [A]FE [x]E . ..   . Pm j=1 αmj βj

Ako u prethodnoj propoziciji za A uzmemo identiˇcni operator I : U → U, tada iz (33) slijedi [x]F = [I]FE [x]E , x ∈ U. Prema tome, zapiˇsemo li x u bazi E, njegov zapis u bazi F moˇzemo dobiti gornjom formulom. Matricu [I]FE nazivamo matricom prijelaza iz baze E u bazu F. Sjetimo se da, po definiciji matriˇcnog prikaza linearnog operatora, stupci matrice [I]FE predstavljaju zapise vektora baze E pomoću vektora baze F. Propozicija 5.5.2. Neka su U, V i W vektorski prostori nad poljem F, te A : U → V i B : V → W linearni operatori. Ako su E, F i G baze za U, V i W, redom, tada je G F [BA]G (34) E = [B]F [A]E . Posebno, ako je A : U → U i E neka baza za U, tada je E n [An ]E E = ([A]E ) ,

n ∈ N.

(35)

Dokaz. Neka je E = {e1 , . . . , en }, F = {f1 , . . . , fm } i G = {g1 , . . . , gk }. Nadalje, ako oznaˇcimo [A]FE = [αij ] i [B]G ci da je F = [βij ], to znaˇ Aei =

m X

αji fj ,

j=1

115

i = 1, . . . , n,


116

Bfj =

k X

βlj gl ,

j = 1, . . . , m.

l=1

Tada je (BA)ei

m m X X = B(Aei ) = B( αji fj ) = αji Bfj j=1

=

m X j=1

=

k X

αji (

βlj gl ) =

l=1

j=1 k X

m X

(

βlj αji )gl

l=1 j=1

k X F ([B]G F [A]E )li gl . l=1

To znaˇci da u i-ti stupac matrice [BA]G cno ono ˇsto se nalazi u i-tom E ide toˇ G F stupcu od [B]F [A]E , i tako za svaki i. Slijedi (34). Formula (35) se dobije uzimajući A = B i E = F u (34), te primjenjujući matematiˇcku indukciju. Definirali smo pojmove rang matrice i rang linearnog operatora. Prisjetimo se: rang matrice je maksimalan broj linearno nezavisnih stupaca matrice A, a rang linearnog operatora je dimenzija njegove slike. Sljedeća tvrdnja opravdava koriˇstenje rijeˇci rang u oba sluˇcaja. Propozicija 5.5.3. Neka su E = {e1 , . . . , en } i F = {f1 , . . . , fm } baze vektorskih prostora U i V, te A : U → V linearni operator. Tada je r(A) = r([A]FE ). Dokaz. Neka je y ∈ Im A. Tada je y = Ax za neki x ∈ U. Kako je x = Pn Pn ci da je {Ae1 , . . . , Aen } i=1 αi ei za neke αi ∈ F, to je y = i=1 αi Aei . To znaˇ skup izvodnica za Im A, tj. r(A) = dim Im A = dim[{Ae1 , . . . , Aen }]. S druge strane, stupci matrice [A]FE su [Ae1 ]F , . . . , [Aen ]F , pa je r([A]FE ) = dim[{[Ae1 ]F , . . . , [Aen ]F }]. Izomorfizam ϕ : x 7→ [x]F preslikava potprostor [{Ae1 , . . . , Aen }] na potprostor [{[Ae1 ]F , . . . , [Aen ]F }], pa su im dimenzije jednake prema korolaru 5.4.3. Slijedi tvrdnja. 116


117

Korolar 5.5.4. Neka su E = {e1 , . . . , en } i F = {f1 , . . . , fn } baze vektorskog prostora U , te A : U → U linearni operator. Vrijedi A je regularan operator ⇔ [A]FE je regularna matrica. Nadalje, ako je A regularan operator, tada F −1 [A−1 ]E F = ([A]E ) .

(36)

Dokaz. A je regularan operator ako i samo ako bazu preslikava u bazu (propozicija 5.4.2). Nadalje, {Ae1 , . . . , Aen } je baza za U ako i samo ako je r(A) = n, a po propoziciji 5.5.3 to je toˇcno kada je r([A]FE ) = n, tj. kada je [A]FE regularna matrica. Ako je A regularan operator onda u formulu (34) moˇzemo uzeti B = A−1 ; joˇs odaberemo G = E. Tada je −1 E F [A−1 A]E E = [A ]F [A]E .

Kako je A−1 A jediniˇcni operator, to je lijeva strana u prethodnoj jednakosti F jediniˇcna matrica. Slijedi da je [A−1 ]E F inverzna matrica matrici [A]E . Sljedeća propozicija bit će jako vaˇzna za uvodenje pojmova karakteristiˇcnog i minimalnog polinoma linearnog operatora. Propozicija 5.5.5. Neka je A : U → U linearni operator, te E = {e1 , . . . , en } i F = {f1 , . . . , fn } dvije baze za U . Tada su [A]FF i [A]E cne matrice, to E su sliˇ jest, postoji regularna matrica S ∈ Mn (F) takva da je [A]FF = S −1 [A]E E S. Dokaz. Ako je I : U → U jediniˇcni operator, onda vrijedi A = IAI. Kako je I regularan operator, to je [I]E F regularna matrica prema korolaru 5.5.4. Tada (34)

(34)

(36)

F E E E −1 E E [A]FF = [I(AI)]FF = [I]FE [AI]E F = [I]E [A]E [I]F = ([I]F ) [A]E [I]F .

Ostaje oznaˇciti S = [I]E F.

117

5. Linearni operatori Primjer 5.5.6.

118

1. Promatrajmo linearni operator

A : R2 → R3 ,

A(x1 , x2 ) = (x1 − x2 , x1 + x2 , 2x1 − x2 ).

Ako odaberemo kanonske baze za domenu i kodomenu, dakle E = {e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)}, F = {f1 = (1, 0, 0), f2 = (0, 1, 0), f3 = (0, 0, 1)}, tada je Ae1 = A(1, 0) = (1, 1, 2) = (1, 0, 0) + (0, 1, 0) + 2(0, 0, 1) = f1 + f2 + 2f3 . Ae2 = A(0, 1) = (−1, 1, −1) = −(1, 0, 0)+(0, 1, 0)−(0, 0, 1) = −f1 +f2 −f3 . Zato je   1 −1 [A]FE = 1 1  . 2 −1 Odmah uoˇcimo da je r([A]FE ) = 2, pa je r(A) = 2, a onda je prema teoremu o rangu i defektu d(A) = dim R2 − r(A) = 0. Zakljuˇcujemo da je A injektivan. 2. Neka je D : P3 → P3 operator deriviranja Dp = p0 . Ako u P3 uzmemo bazu {p0 , p1 , p2 , p3 }, gdje je pk (t) = tk , k = 0, 1, 2, 3, tada je Dp0 = 0,

Dp1 = p0 ,

Dp2 = 2p1 ,

Dp3 = 3p2 .

Zato je  0  0 [D]E E =  0 0

1 0 0 0

0 2 0 0

 0 0 . 3 0

Ako je q ∈ P3 , q(x) = 5 − x2 + 3x3 , koliko je Dq? Kako nam je operator deriviranja dobro poznat, znamo da je q 0 (x) = −2x + 9x2 , dakle q 0 = −2p1 + 9p2 . Dakle,     5 0 −2 0 E    [q]E =  −1 i [Dq] =  9  0 3 118


119

Provjerimo sada formulu dobivenu u  0 1 0 0 E  [Dq]E = [D]E E [q] =  0 0 0 0

propoziciji 5.5.1:     0 0 5 0     2 0   0  = −2 .  0 3 −1  9  0 0 3 0

3. Neka je A : M2 (F) → M2 (F) operator transponiranja. U M2 (F) promatramo kanonsku bazu B = {E11 , E12 , E21 , E22 }, gdje je 1 0 0 1 0 0 0 0 E11 = , E12 = , E21 = , E22 = . 0 0 0 0 1 0 0 1 Tada je AE11 = E11 ,

AE12 = E21 ,

AE21 = E12 ,

AE22 = E22 ,

pa je  1  0 [A]B B =  0 0

0 0 1 0

0 1 0 0

 0 0 . 0 1

5.6

Svojstvene vrijednosti linearnih operatora

Promatrajmo linearni operator A : R2 → R2 ,

A(x1 , x2 ) = (3x1 + 3x2 , x1 + 5x2 ).

Ako je E = {e1 , e2 } kanonska baza za R2 , tada je 3 3 E . [A]E = 1 5 Uoˇcimo da vrijedi A(3, −1) = (6, −2) = 2(3, −1) i A(1, 1) = (6, 6) = 6(1, 1). 119

(37)


120

Oznaˇcimo v1 = (3, −1) i v2 = (1, 1) i B = {v1 , v2 }. Primijetimo da je B linearno nezavisan skup, a kako je dim R2 = 2, to je B i baza za R2 . Matriˇcni zapis operatora A u bazi B je 2 0 B [A]B = , 0 6 dakle dijagonalna matrica. Nadalje, za svaki v ∈ R2 postoje jedinstveni α1 , α2 ∈ R takvi da je v = α1 v1 + α2 v2 . Tada je Av = α1 Av1 + α2 Av2 = 2α1 v1 + 6α2 v2 . Uoˇcimo da je operator A potpuno odreden s dva specijalna vektora v1 i v2 i dva specijalna broja 2 i 6. U ovoj toˇcki bavit ćemo se ovim specijalnim vektorima i brojevima. Definicija 5.6.1. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i A : V → V linearni operator. Skalar λ ∈ F nazivamo svojstvena vrijednost linearnog operatora A ako postoji v ∈ V, v 6= θ, takav da je Av = λv.

(38)

Svaki takav vektor v naziva se svojstveni vektor pridruˇzen svojstvenoj vrijednosti λ. Skup svih vrijednosti operatora A naziva se spektar od A i oznaˇcava σ(A). Ako promatramo linearni operator definiran u (37), tada je v1 = (3, −1) svojstveni vektor pridruˇzen svojstvenoj vrijednosti 2, a v2 = (1, 1) svojstveni vektor pridruˇzen svojstvenoj vrijednosti 6. Ograniˇcenje da je v 6= θ u gornjoj definiciji je prirodno, jer v = θ zadovoljava Av = λv za svaki λ ∈ F; time bi definicija svojstvenih vrijednosti bila trivijalizirana. Primijetimo da su domena i kodomena linearnog operatora iz definicije 5.6.1 jednake. To je potrebno kako bi relacija (38) imala smisla: lijeva strane te jednakosti pripada kodomeni, a desna strana domeni. Pokaˇzimo da skup svih svojstvenih vektora pridruˇzenih nekoj svojstvenoj vrijednosti zajedno s nulvektorom ˇcini vektorski potprostor od V. Posebno, 120


121

to znaˇci da svojstveni vektor pridruˇzen nekoj svojstvenoj vrijednosti nije jedinstveno odreden. Propozicija 5.6.2. Neka je λ ∈ F svojstvena vrijednost linearnog operatora A : V → V . Tada je S(λ) = {x ∈ V : Ax = λx} potprostor od V . Dokaz. Neka su x, y ∈ S(λ) i α, β ∈ F. Tada je Ax = λx i Ay = λy, pa je A(αx + βy) = αAx + βAy = αλx + βλy = λ(αx + βy), pa je αx + βy ∈ S(λ). Potprostor S(λ) nazivamo svojstveni potprostor operatora A pridruˇzen svojstvenoj vrijednosti λ. Dimenzija d(λ) potprostora S(λ) naziva se geometrijska kratnost svojstvene vrijednosti λ. Teorem 5.6.3. Neka su λ1 , . . . , λn medusobno razliˇcite svojstvene vrijednosti linearnog operatora A : V → V. Ako su x1 , . . . , xn ∈ V svojstveni vektori linearnog operatora A pridruˇzeni svojstvenim vrijednostima λ1 , . . . , λn , redom, tada je skup {x1 , . . . , xn } linearno nezavisan. Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. pretpostavimo da je {x1 , . . . , xn } linearno zavisan skup. Pretpostavimo joˇs i da su vektori numerirani tako da je {x1 , . . . , xk } linearno nezavisan skup, te da se xk+1 , . . . , xn mogu izraziti pomoću njih. Posebno, xn =

k X

αi xi za neke α1 , . . . , αk ∈ F.

i=1

Tada je Axn = A(

k X

αi xi ) =

i=1

ali takoder i Axn = λn xn = λn

k X

αi Axi =

k X

i=1 k X i=1

121

αi xi =

αi λi xi ,

i=1 k X i=1

α i λ n xi .


122

Prema tome, k X i=1

α i λ i xi =

k X

αi λn xi ⇔

i=1

k X

αi (λn − λi )xi = θ,

i=1

pa iz linearne nezavisnosti skupa {x1 , . . . , xk } slijedi αi (λn − λi ) = 0,

i = 1, . . . , k.

Po pretpostavci su λi medusobno razliˇciti, pa mora biti αi = 0, i = 1, . . . , k. P No tada je xn = ki=1 αi xi = θ, ˇsto ne moˇze biti, jer je xn svojstveni vektor. Zakljuˇcujemo da je naˇsa prepostavka neistinita, pa {x1 , . . . , xn } mora biti linearno nezavisan. Na sljedećem primjeru pokaˇzimo da postoje linearni operatori koji nemaju svojstvene vrijednosti, odnosno, svojstvene vektore. Primjer 5.6.4. Odredimo svojstvene vektore i svojstvene vrijednosti linearnog operatora A : R2 → R2 , A(x1 , x2 ) = (−x2 , x1 ). Traˇzimo (x1 , x2 ) ∈ R2 takav da je A(x1 , x2 ) = λ(x1 , x2 ) za neki λ ∈ R. Tada bi bilo (−x2 , x1 ) = λ(x1 , x2 ) ⇒ (−x2 = λx1 i x1 = λx2 ) ⇒ −x2 = λ2 x2 , tj. (λ2 + 1)x2 = 0. Kako je λ ∈ R to je nuˇzno x2 = 0, a onda i x1 = 0. Kako (x1 , x2 ) = (0, 0) ne moˇze biti svojstveni vektor, zakljuˇcujemo da ovaj operator nema svojstvenih vrijednosti niti svojstvenih vektora. Joˇs jedan primjer linearnog operatora koji nema svojstvenih vektora je rotacija za kut ϕ 6= 0, π.. Ovo je i intuitivno jasno. Naime, (38) kaˇze da su svojstveni vektori oni vektori na koje operator djeluje tako da ga pomnoˇzi nekim skalarom, ˇsto znaˇci da su v i Av linearno zavisni vektori (tj. kolinearni). Medutim, rotacija za kut ϕ 6= 0, π, će promijeniti smjer svakom (nenul) vektoru, pa niti jedan vektor ne moˇze biti svojstveni vektor.

122


5.7

123

Karakteristiˇ cni i minimalni polinom

Definiranjem karakteristiˇcnog polinoma linearnog operatora u mnogim ćemo situacijama olakˇsati odredivanje svojstvenih vrijednosti, a onda i svojstvenih vektora. Prvo ćemo definirati karakteristiˇcni polinom kvadratne matrice, a onda, koristeći matriˇcni prikaz linearnog operatora, i karakteristiˇcni polinom linearnog operatora. Iako matrica linearnog operatora ovisi o bazi koju smo odabrali za taj prikaz, vidjet ćemo da ipak karakteristiˇcni polinom neće ovisiti o odabranoj bazi. Definicija 5.7.1. Karakteristiˇ cni polinom matrice nom definiran kao kA (λ) = det(A − λI). 1 Na primjer, karakteristiˇcni polinom matrice A = 3

A ∈ Mn (F) je poli-

2 ∈ M2 je 1

1 − λ 2 = (1 − λ)2 − 6 = λ2 − 2λ − 5. kA (λ) = 3 1 − λ Lema 5.7.2. Sliˇcne matrice imaju iste karakteristiˇcne polinome. Dokaz. Neka su A, B ∈ Mn sliˇcne matrice. Tada postoji regularna matrica S ∈ Mn takva da je A = S −1 BS. Koristeći Binet-Cauchyjev teorem imamo kA (λ) = det(A − λI) = det(S −1 BS − λI) = det(S −1 BS − λS −1 IS) = det(S −1 (B − λI)S) = det((B − λI)S −1 S) = det(B − λI) = kB (λ).

Uoˇcimo i sljedeću jednostavnu tvrdnju. Lema 5.7.3. Neka je A ∈ Mn (F). A je regularna ako i samo ako je kA (0) 6= 0. Dokaz. Prvo uoˇcimo da je kA (0) = det(A−0·I) = det A. Sada gornju tvrdnju ˇcitamo kao: A je regularna ako i samo ako je det A 6= 0, a to nam je već dobro poznato. 123


124

Neka je zadan linearni operator A : V → V. Ako su E i F bilo koje F dvije baze za V, tada su matrice [A]E cne (propozicija 5.5.5). Prema E i [A]F sliˇ prethodnoj lemi, tada za sve λ vrijedi k[A]FF (λ) = k[A]EE (λ). Zato je sljedeća definicija korektna, tj. ne ovisi o izboru baze. Definicija 5.7.4. Karakteristiˇ cni polinom linearnog operatora A : V → V je polinom kA (λ) = k[A]BB (λ), gdje je B bilo koja baza prostora V. Teorem 5.7.5. Neka je A : V → V linearni operator. λ ∈ F je svojstvena vrijednost od A ako i samo ako je kA (λ) = 0. Dokaz. Imamo sljedeći niz ekvivalencija: λ ∈ F je svojstvena vrijednost operatora A ⇔ postoji v 6= 0 takav da je Av = λv, tj. (A − λI)v = 0 ⇔ A − λI nije monomorfizam ⇔ A − λI nije izomorfizam B B B ⇔ [A − λI]B B = [A]B − λ[I]B = [A]B − λI singularna matrica B ⇔ det([A]B B − λ[I]B ) = 0

⇔ kA (λ) = 0.

Primjer 5.7.6. Odredimo svojstvene vrijednosti linearnog operatora A : R3 → R3 ,

A(x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x2 , x1 + x2 + x3 ).

Matrica operatora A u kanonskoj bazi E ima oblik   1 0 0   [A]E E = 0 1 0 . 1 1 1 124


125

Tada je 1 − λ 0 0 E kA (λ) = det([A]E − I) = 0 1−λ 0 = (1 − λ)3 . 1 1 1 − λ Prema prethodnom teoremu, svojstvene vrijednosti od A su upravo nultoˇcke karakteristiˇcnog polinoma kA . Kako je kA (λ) = 0 ⇔ (1 − λ)3 = 0 ⇔ λ = 1, to je 1 jedina svojstvena vrijednost od A, to jest, σ(A) = {1}. Odredimo i svojstvene vektore (pridruˇzene svojstvenoj vrijednosti 1). Dakle, traˇzimo (x1 , x2 , x3 ) takve da je (A − 1 · I)(x1 , x2 , x3 ) = (0, 0, 0). Dobivamo x1 + x2 = 0, tj. svi nenul vektori oblika (x1 , −x1 , x3 ) = x1 (1, −1, 0) + x3 (0, 0, 1),

x1 , x3 ∈ R

su svojstveni vektori od A. Dakle, S(1) = [{(1, −1, 0), (0, 0, 1)}]. Neka je V n-dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F i A : V → V linearni operator. Tada je kA polinom stupnja n s koeficijentima iz F. Ako je F = C tada će kA imati toˇcno n svojstvenih vrijednosti (medu kojima moˇze biti i jednakih). Ako je F = R, kA će imati najviˇse n svojstvenih vrijednosti (a moˇze se dogoditi da ih uopće nema). Već smo definirali geometrijsku kratnost svojstvene vrijednosti λ kao dimenziju prostora S(λ) = Ker (A − λI). Sada ćemo definirati i algebarsku kratnost svojstvene vrijednosti. Definicija 5.7.7. Neka je A : V → V linearni operator i λ0 ∈ σ(A). Algebarska kratnost svojstvene vrijednosti λ0 je kratnost (ili red) nultoˇcke λ0 polinoma kA , to jest, broj l ∈ N koji ima svojstvo da postoji polinom p takav da je p(λ0 ) 6= 0 i kA (λ) = (λ − λ0 )l p(λ), ∀λ ∈ F. 125


126

Teorem 5.7.8. Geometrijska kratnost svojstvene vrijednosti λ0 je manja ili jednaka od algebarske kratnosti te svojstvene vrijednosti. Dokaz. Ako oznaˇcimo s d i l geometrijsku i algebarsku kratnost od λ0 , redom, onda naˇsa tvrdnja glasi l ≥ d. Neka je {e1 , . . . , ed } baza za S(λ0 ), te {e1 , . . . , ed , ed+1 , . . . , en } njeno nadopunjenje do baze B za V. Kako je Aei = λ0 ei ,

i = 1, . . . , d,

to je 

λ0  .. .  0  B [A]B =  − 0   .. . 0

 ∗ ..  .  ∗  − , ∗   | ∗ ... ∗ | ∗ ... ∗

| ∗ ... . | .. . . . | ∗ ... | − − | ∗ ...

... 0 . .. . .. . . . λ0 − − ... 0 . . . . .. ...

0

pa je λ0 − λ .. . 0 kA (λ) = det(A − λI) = − 0 .. . 0

... 0 .. .. . . . . . λ0 − λ − − ... 0 .. ... . ...

0

∗ .. . ∗ − = (λ0 − λ)d q(λ), ∗ | ∗ . . . ∗ | ∗ ... ∗

| ∗ ... . | .. . . . | ∗ ... | − − | ∗ ...

za neki polinom q stupnja n−d. Odavde slijedi da je red nultoˇcke λ0 polinoma kA barem d, to jest, l ≥ d. Teorem 5.7.9. (Hamilton-Cayley) Neka je A ∈ Mn (F) proizvoljna kvadratna matrica. Tada ona poniˇstava svoj karakteristiˇci polinom, tj. vrijedi kA (A) = 0.

126


127

Dokaz. Neka je C = A − λI. Tada je kA (λ) = det C = αn λn + αn−1 λn−1 + . . . + α1 λ + α0 . e adjunkta matrice C, tada vrijedi Ako je C e = (det C)I = αn λn I + αn−1 λn−1 I + . . . + α1 λI + α0 I. CC S druge strane je e = (A − λI)C e = AC e − λC. e CC e su polinomi stupnja (n − 1), pa je moˇzemo pisati kao Elementi matrice C e = Cn−1 λn−1 + Cn−2 λn−2 + . . . + C1 λ + C0 , C odakle uvrˇstavanjem u prethodnu relaciju dobivamo e = −Cn−1 λn + (ACn−1 − Cn−2 )λn−1 + . . . + (AC1 − C0 )λ + AC0 . CC Sada slijedi αn I = −Cn−1 αn−1 I = ACn−1 − Cn−2 αn−2 I = ACn−2 − Cn−3 ...... α1 I = AC1 − C0 α0 I = AC0 Ako prvu jednakost pomnoˇzimo s An , drugu s An−1 , i tako redom do posljednje koju mnoˇzimo s A0 = I, i onda sve dobivene jednakosti zbrojimo, izlazi da je kA (A) = 0. Definicija 5.7.10. Neka je A ∈ Mn (F). Minimalni polinom mA matrice A je polinom najniˇzeg stupnja (s koeficijentima iz F) kojeg matrica A poniˇstava, tj. za kojeg vrijedi mA (A) = 0. Propozicija 5.7.11. Ako je p bilo koji polinom s koeficijentima iz F za koji je p(A) = 0, tada je p djeljiv minimalnim polinomom mA . 127


128

Dokaz. Postoje polinomi q, r takvi da je stupanj od r manji od stupnja od mA za koje vrijedi p(λ) = mA (λ)q(λ) + r(λ),

λ ∈ F.

Tada je p(A) = mA (A)q(A) + r(A), odakle je r(A) = 0, a kako je mA polinom najniˇzeg stupnja kojeg A poniˇstava i r ima stupanj manji od mA , zakljuˇcujemo da je r = 0. Onda je p = mA q, dakle, mA dijeli p. Iz prethodne propozicije slijedi da je minimalni polinom jedinstven do na skalarni multipl. Drugim rijeˇcima, ako su m1 i m2 dva minimalna polinoma iste matrice, tada postoji α ∈ F takav da je m1 = λm2 . Prema tome, ako se dogovorimo da ćemo za minimalni polinom uvijek pretpostavljati da je normiran, onda će on biti jedinstven. Prije nego definiramo minimalni polinom operatora (kao minimalni polinom matrice tog operatora u nekoj bazi), moramo dokazati sljedeću tvrdnju. Propozicija 5.7.12. Sliˇcne matrice imaju iste minimalne polinome. Dokaz. Neka su A i B sliˇcne matrice, tj. neka postoji regularna matrica T takva da je B = T −1 AT. Tada je B 2 = (T −1 AT )(T −1 AT ) = T −1 A(T T −1 )AT = T −1 A2 T i sliˇcno B k = T −1 Ak T za sve k ∈ N. Neka su mA i mB minimalni polinomi od A i B, redom. Neka je mA (λ) = λm + αm−1 λm−1 + . . . + α0 . Tada je mA (B) = B m + αm−1 B m−1 + . . . + α0 I = T −1 Am T + αm−1 T −1 Am−1 T + . . . + α0 T −1 T = T −1 (Am + αm−1 Am−1 + . . . + α0 I)T = T −1 mA (A)T = 0. Kako je mB polinom najniˇzeg stupnja kojeg B poniˇstava, a upravo smo vidjeli da je mA neki polinom kojeg B poniˇstava, prema propoziciji 5.7.11 slijedi da mB dijeli mA . Zamijenimo li uloge matrica A i B (jer je A = T BT −1 ) dobivamo da mA dijeli mB . S obzirom da su mA i mB normirani polinomi, slijedi da je mA = mB . 128


129

Kao i kod uvodenja karakteristiˇcnog polinoma linearnog operatora, i sljedeća definicija je dobra upravo zahvaljujući prethodnoj propoziciji i propoziciji 5.5.5. Definicija 5.7.13. Minimalni polinom linearnog operatora A : V → V je minimalni polinom matrice tog operatora u nekoj bazi od V. Drugim rijeˇcima, ako je B bilo koja baza za V, tada je mA = m[A]BB . Zanima nas kada ćemo moći odabrati bazu vektorskog prostora u kojoj će matriˇcni prikaz zadanog linearnog operatora biti dijagonalna matrica. Za takav operator kaˇzemo da je dijagonalizabilan. Teorem 5.7.14. Linearni operator A : V → V je dijagonalizabilan ako i samo ako postoji baza koja se sastoji od svojstvenih vektora. Posebno, ako A ima n razliˇcitih svojstvenih vrijednosti, gdje je n = dim V, tada je A dijagonalizabilan linearni operator. Dokaz. Pretpostavimo da je A dijagonalizabilan, tj. da postoji baza B = {b1 , . . . , bn } takva da je matrica operatora A u bazi B ima oblik   α1 0 . . . 0  0 α2 . . . 0    [A]B =  .. .. . . ..  . B . . .  . 0

0

. . . αn

Tada je Abi = αi bi , i = 1, . . . , n, (i bi 6= 0 jer su to vektori baze) pa su bi svojstveni vektori od A. Obratno, pretpostavimo da postoji baza B = {b1 , . . . , bn } takva da su svi bi svojstveni vektori. Neka su α1 , . . . , αn odgovarajuće svojstvene vrijednosti. Tada je Abi = αi bi , i = 1, . . . , n, pa je 

α1 0  0 α2  [A]B .. B =  .. . . 0 0 129

... ... .. .

0 0 .. .

. . . αn

   , 


130

dakle, A je dijagonalizabilan. Ako A ima n razliˇcitih svojstvenih vrijednosti, tada pripadajući svojstveni vektori ˇcine linearno nezavisan skup prema teoremu 5.6.3, a kako taj skup ima n = dim V elemenata, to je on ujedno i baza za V. Sada tvrdnja slijedi iz dokazanog dijela ovog teorema. Oˇcito je da nisu svi linearni operatori dijagonalizabilni, jer smo već prije istaknuli da postoje linearni operatori koji uopće nemaju svojstvene vrijednosti, pa niti svojstvene vektore (na primjer, operator rotacije za kut ϕ 6= 0, π). cni prikaz linearnog operatora A u Primijetimo joˇs da, ako je [A]B B matriˇ nekoj bazi B = {e1 , . . . , en }, te ako postoji baza D u kojoj A ima dijago−1 [A]B nalni prikaz, tada postoji regularna matrica C takva da je [A]D B C. D = C B Matrica C je zapravo matrica promjene baze, to jest, [I]D . Poznavajući tu matricu, moˇze se odrediti i baza D. Naime, ako je D = {d1 , . . . , dn }, tada stupci matrice [I]B D predstavljaju vektore Idi , to jest, di , i = 1, . . . , n, prikazane pomoću vektora baze B. Konaˇcno, navedimo jedan primjer. Primjer 5.7.15. Neka je T : P2 → P2 operator zadan s T (a2 x2 + a1 x + a0 ) = (7a2 + 2a1 )x2 + (2a2 + 6a1 − 2a0 )x − 2a1 + 5a0 . Neka je B = {x2 , x, 1} kanonska baza za P2 . Tada je   7 2 0  [A]B 6 −2 . B = 2 0 −2 5 Tada je 7 − λ 2 0 kA (λ) = 2 6 − λ −2 , 0 −2 5 − λ odakle je, Laplaceovim razvojem po prvom stupcu, kA (λ) = (7 − λ)((6 − λ)(5 − λ) − 4) − 4(5 − λ) = (7 − λ)(6 − λ)(5 − λ) − 4(7 − λ) − 4(5 − λ) = (7 − λ)(6 − λ)(5 − λ) − 8(6 − λ) = (6 − λ)((7 − λ)(5 − λ) − 8) = (6 − λ)(27 − 12λ + λ2 ) = (6 − λ)(λ − 3)(λ − 9). 130


131

Zato su 3, 6, 9 svojstvene vrijednosti od A, a pripadajući svojstveni vektori su redom p1 (x) = −x2 + 2x + 2,

p2 (x) = 2x2 − x + 2,

p3 (x) = 2x2 + 2x − 1.

U bazi B 0 = {p1 , p2 , p3 } je 0

[A]B B0

5.8

  3 0 0 = 0 6 0 . 0 0 9

Zadaci

1. Neka je A : R3 → R3 linearni operator koji zadovoljava uvjete A(1, 0, 0) = (2, 4, 1),

A(1, 1, 0) = (3, 0, 2),

A(1, 1, 1) = (1, 4, 6).

(a) Izraˇcunajte A(5, 3, 2). (b) Izraˇcunajte A(x1 , x2 , x3 ) za proizvoljan (x1 , x2 , x3 ). 2. Provjerite linearnost sljedećih preslikavanja (a) A : R3 → R, A(x1 , x2 , x3 ) = x1 x2 x3 . (b) A : R3 → R2 , A(x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x2 + 3). (c) A : R4 → R2 , A(x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x1 + 2x2 , x2 + 3x3 ). (d) A : P3 → R2 , Ap = (p(0), p(1)). (e) A : P3 → P6 , Ap = p2 . 3. Neka je operator f : R4 → R2 zadan formulom f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x1 + 2x2 , x2 + 3x3 ). Odredite jezgru, sliku, rang i defekt operatora f 4. Odredite linearnog f : M2 → M2 , f (A) = AT u bazi matricu operatora 1 0 0 1 0 0 0 0 , , , . 0 0 0 0 1 0 0 1

131


132

5. Odredite, u paru kanonskih baza, matricu linearnog operatora A : R3 → R2 ,

A(x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x2 ).

6. Odredite, u paru kanonskih baza, matricu linearnog operatora A : R2 → R2 ,

A(x1 , x2 ) = (x1 + 4x2 , x2 − 4x1 ).

7. Je li preslikavanje A : R2 → R2 definirano s A(x, y) = (x + y, x − y) izomorfizam vektorskih prostora. Ako da, nadite A−1 . 8. Neka su A1 : R2 → R3 i A2 : R3 → R2 linearni operatori dani sa A1 (x1 , x2 ) = (x1 + x2 , x1 − x2 , x2 ), 1 1 1 A2 (x1 , x2 , x3 ) = ( x1 + x2 , x1 − 2 2 2 Izraˇcunajte kompozicije A1 A2 i A2 A1 . Jesu li A1 epimorfizmi ili izomorfizmi?

1 x2 ). 2 i A2 monomorfizmi,

9. Postoji li izomorfizam izmedu prostora P1 i a −a U ={ : a, b ∈ F}? b 2b 10. Postoji li izomorfizam izmedu prostora P1 i P2 ? 11. Postoji li epimorfizam izmedu prostora F3 i P3 ? 12. Postoji li monomorfizam izmedu prostora F3 i P3 ? 13. Odredite jezgru, sliku te rang i defekt sljedećih linearnih operatora: (a) A : R3 → R3 , A(x1 , x2 , x3 ) = (x3 , x2 , x1 ); (b) A : R3 → R2 , A(x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x2 + x3 ); (c) A : R4 → R4 , A(x1 , x2 , x3 , x4 ) = (0, x1 , x2 , x3 ); (d) A : M2 → M2 , A(X) = tr(X) I, gdje je I jediniˇcna matrica; 1 2 I. (e) A : M2 → M2 , A(X) = X 1 2 132


133

14. Za sve linearne operatore iz prethodnog zadatka odredite matriˇcne zapise u parovima kanonskih baza. 15. Ispitajte jesu li sljedeći realni vektorski prostori medusobno izomorfni i, ako jesu, odredite neki izomorfizam medu njima. (a) M34 (R) i M43 (R); (b) C i R2 ; (c) C4 i M2 (R); (d) P3 i M2 (R) (P3 je vektorski prostor svih polinoma stupnja ≤ 3 s realnim koeficijentima); (e) Ker A i Im A, gdje je T : R4 → R4 zadan s T (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x1 +x2 +x3 , x1 +x2 +2x3 +3x4 , x2 +x3 +2x4 , x1 +x2 +2x3 +3x4 ).

133

LITERATURA

134

Literatura ˇ [1] D. Bakić, Linearna algebra, Skolska knjiga, Zagreb, 2008. [2] N. Bakić, A. Milas, Zbirka zadataka iz linearne algebre s rjeˇsenjima, PMF Matematiˇcki odjel, HMD, Zagreb, 1995. [3] N. Elezović, Linearna algebra, Element, Zagreb, 2001. [4] N. Elezović, A. Aglić, Linearna algebra-Zbirka zadataka, Element, Zagreb, 2001. [5] H. Gerber, Elementary linear algebra, Pacific Grove, California, 1990. [6] K. Horvatić, Linearna algebra 1 i 2, PMF-Matematiˇcki odjel, Zagreb 1995. [7] S. Lipschutz, M. Lipson, Schaum’s outline of linear algebra, McGrawHill, 2001.

134