Linearna algebra 1 - unizg.hr · 2021. 1. 17. · Sadržaj 1 Vektorski prostori 5 1.1 Uvodni primjeri 5 1.2 Deﬁnicija vektorskih prostora. Primjeri 12 1.3 Linearna ljuska skupa

L J I L J A N A A R A M B A Š I Ć

L I N E A R N AA L G E B R A1

M AT E M AT I Č K I O D S J E KP R I R O D O S L O V N O - M AT E M AT I Č K I FA K U LT E TS V E U Č I L I Š T E U Z A G R E B U

2

Verzija25/2/2021

Sadržaj

1 Vektorski prostori 51.1 Uvodni primjeri 5

1.2 Definicija vektorskih prostora. Primjeri 12

1.3 Linearna ljuska skupa. Sustav izvodnica 20

1.4 Linearna zavisnost i nezavisnost 26

1.5 Baza i dimenzija 31

1.5.1 Lagrangeov interpolacijski polinom 36

1.6 Važnost vektorskih prostora Rn i Cn 38

1.7 Pitanja i zadaci (i poneka uputa) 40

2 Potprostori 452.1 Potprostori - definicija i primjeri 45

2.2 Presjek i suma potprostora 53

2.3 Direktni komplement 59

2.4 Kvocijentni prostor 62

2.5 Pitanja i zadaci 66

3 Matrice 713.1 Množenje matrica 73

3.2 Invertibilne (regularne) matrice 80

3.3 Determinante 82

3.3.1 Definicija i osnovna svojstva 83

3.3.2 Računanje determinanti 93

3.3.3 Determinanta i invertibilnost matrice 97

3.4 Rang matrice 103

3.5 Gauss-Jordanova metoda odred̄ivanja inverza matrice 114

3.6 LU faktorizacija 116

4 linearna algebra 1

4 Sustavi linearnih jednadžbi 1214.1 Rješivost sustava linearnih jednadžbi. Cramerov sustav 123

4.2 Veza izmed̄u (rješenja) homogenog i nehomogenog sustava 127

4.3 Rješavanje sustava metodom eliminacije 129

1 Vektorski prostori

Jedan od osnovnih pojmova linearne algebre je pojam vektorskogprostora, a prije nego ga definiramo promotrit ćemo neke primjerekoji su motivirali uvod̄enje ovog pojma. Kao i uvijek, kada defini-ramo neki apstraktni, opći pojam, ideja je da objedinimo proučavanjeraznih konkretnih primjera.

1.1 Uvodni primjeri

Promotrimo što je zajedničko sljedećim skupovima (kasnije ćemoobjasniti zašto smo odabrali upravo ove primjere):

(1) P3, skup svih polinoma stupnja manjeg ili jednak od 3 s relnimkoeficijentima,1 1 Obično uzimamo da je stupanj nulpo-

linoma jednak −∞, prema tome, nulpo-linom je element skupa P3.(2) R2, skup svih ured̄enih parova realnih brojeva,

(3) C2, skup svih ured̄enih parova kompleksnih brojeva,

(4) V2(O), skup svih radijvektora u ravnini, pri čemu je O proizvoljnoodabrana točka ravnine.

Ove primjere nećemo gledati samo kao skupove odred̄enih eleme-nata, nego ćemo na svakom od njih promatrati i dvije operacije kojeće se na sličan način ponašati. Krenimo s detaljnim objašnjavanjemsvakog pojedinog skupa.

(1) Svaki element p skupa P3 možemo zapisati u obliku

p(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0,

gdje su a3, a2, a1, a0 realni brojevi.Elemente skupa P3 možemo zbrajati na sljedeći način: ako su

p, q ∈ P3,p(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0,

q(x) = b3x3 + b2x2 + b1x + b0,

za neke realne brojeve ak, bk, k = 0, 1, 2, 3, onda je p + q polinom za-dan s

(p + q)(x) = (a3 + b3)x3 + (a2 + b2)x2 + (a1 + b1)x + (a0 + b0).

Važno je uočiti da je p + q polinom stupnja manjeg ili jednakog od 3,dakle, p + q je element skupa P3.


Elemente iz P3 kraće zapisujemo pomoću znaka sumacije

p(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0 =3

∑k=0

akxk.

Ako želimo zbrojiti tri elementa iz P3, na primjer, p, q, r ∈ P3,onda ćemo ili prvo zbrojiti p i q pa njihov zbroj s r, ili p sa zbrojemq i r. Rezultat će biti isti. Zaista, ako je p(x) = ∑3k=0 akx

k, q(x) =∑3k=0 bkx

k, r(x) = ∑3k=0 ckxk, tada imamo

((p + q) + r)(x) =3

∑k=0

(ak + bk)xk +3

∑k=0

ckxk =3

∑k=0

((ak + bk) + ck)xk,

(p + (q + r))(x) =3

∑k=0

akxk +3

∑k=0

(bk + ck)xk =3

∑k=0

(ak + (bk + ck))xk,

gdje je x ∈ R proizvoljan. S obzirom da su ak, bk, ck realni brojevi, teda za njih vrijedi svojstvo asocijativnosti ((a + b) + c = a + (b + c) zasve a, b, c ∈ R), zaključujemo da je

((p + q) + r)(x) = (p + (q + r))(x), ∀x ∈ R

dakle,2 2 Dvije funkcije su jednake ako imajuiste domene, kodomene i poprimajuiste vrijednosti u svakoj točki domene.Ovdje smo to primijenili na funkcije(p + q) + r i p + (q + r).

(p + q) + r = p + (q + r).

Na sličan način pokažemo da nije bitan poredak zbrajanja: za svep, q ∈ P3 vrijedi

p + q = q + p.

Nulpolinom je polinom zadan s n(x) = 0 za sve x ∈ R. Kao prvo, npripada skupu P3, a ima svojstvo da ne utječe na zbrajanje:

p + n = n + p = p, ∀p ∈ P3.

Nadalje, za svaki p ∈ P3 možemo naći element u istom skupu P3koji će ga "poništiti": za svaki p ∈ P3 postoji p− ∈ P3 tako da vrijedi

p + p− = p− + p = n,

taj polinom je jedinstven i zadan s

p−(x) = (−a3)x3 + (−a2)x2 + (−a1)x + (−a0).

Osim zbrajanja, elemente skupa P3 možemo množiti realnim bro-jevima na sljedeći način: ako je α ∈ R i p ∈ P3 zadan s p(x) =a3x3 + a2x2 + a1x + a0, tada je αp polinom definiran kao

(αp)(x) = αa3x3 + αa2x2 + αa1x + αa0.

Vrlo lako provjerimo da vrijede sljedeća svojstva:

α(βp) = (αβ)p,

1 · p = p,

(α + β)p = αp + βp,

vektorski prostori 7

α(p + q) = αp + αq,

za sve α, β ∈ R i p, q ∈ P3.

(2) Sada promotrimo drugi primjer, dakle,

R2 = {(x1, x2) : x1, x2 ∈ R}.

I ovdje, kao i u prethodnom primjeru, možemo zbrajati elemente imnožiti ih realnim brojevima: ako su (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2 i α ∈ R,stavimo

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2),

α(x1, x2) = (αx1, αx2).

Rezultati ovih operacija su novi elementi istog skupa R2.Svojstva koja smo uočili u prvom primjeru vrijede i ovdje. Prvo

navedimo ona koja se odnose isključivo na zbrajanje

• ((x1, x2) + (y1, y2)) + (z1, z2) = (x1, x2) + ((y1, y2) + (z1, z2)) zasve (x1, x2), (y1, y2), (z1, z2) ∈ R2,

• (x1, x2)+ (y1, y2) = (y1, y2)+ (x1, x2) za sve (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2,

• za element (0, 0), koji se takod̄er nalazi u R2, vrijedi

(x1, x2) + (0, 0) = (0, 0) + (x1, x2) = (x1, x2)

za sve (x1, x2) ∈ R2,

• za svaki element (x1, x2) ∈ R2 postoji element u R2 koji s njim uzbroju daje (0, 0) i taj element je upravo (−x1,−x2).

Svojstva koja se odnose na množenje elemenata iz R2 realnim broje-vima su sljedeća: za sve α, β ∈ R i (x1, x2) ∈ R2 vrijedi

• α(β(x1, x2)) = (αβ)(x1, x2),

• 1 · (x1, x2) = (x1, x2).

Konačno, lako se provjere i svojstva koja povezuju ove dvije operacije

• (α + β)(x1, x2) = α(x1, x2) + β(x1, x2),

• α((x1, x2) + (y1, y2)) = α(x1, x2) + α(y1, y2).

(3) Sada promatramo C2 = {(x1, x2) : x1, x2 ∈ C}. U ovom pri-mjeru možemo prekopirati ono što smo imali u prethodnom, uz za-mjenu R s C. Zbrajanje elemenata iz C2 te množenje elemenata iz C2

kompleksnim brojevima zadajemo s:

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2),

α(x1, x2) = (αx1, αx2),

gdje su (x1, x2), (y1, y2) ∈ C2 i α ∈ C. Rezultati ovih operacija su opetelementi C2.

Nadalje, vrijedi:


• ((x1, x2) + (y1, y2)) + (z1, z2) = (x1, x2) + ((y1, y2) + (z1, z2)) zasve (x1, x2), (y1, y2), (z1, z2) ∈ C2,

• (x1, x2) + (y1, y2) = (y1, y2) + (x1, x2) za sve (x1, x2), (y1, y2) ∈ C2,

• za element (0, 0), koji se nalazi u C2, vrijedi

(x1, x2) + (0, 0) = (0, 0) + (x1, x2) = (x1, x2)

za sve (x1, x2) ∈ C2.

• za svaki element (x1, x2) ∈ C2 postoji element u C2 koji s njim uzbroju daje (0, 0) i taj element je upravo (−x1,−x2),

• α(β(x1, x2)) = (αβ)(x1, x2) za sve α, β ∈ C i (x1, x2) ∈ C2.

• 1 · (x1, x2) = (x1, x2) za sve (x1, x2) ∈ C2,

• (α + β)(x1, x2) = α(x1, x2) + β(x1, x2) za sve α, β ∈ C i (x1, x2) ∈C2.

• α((x1, x2)+ (y1, y2)) = α(x1, x2)+ α(y1, y2) za sve α ∈ C te (x1, x2),(y1, y2) ∈ C2.

(4) Neka je E2 ravnina. Pritom podrazumijevamo da je ravninasastavljena od točaka (ponekad kažemo da E2 ima točkovnu struk-turu). Odaberimo neku točku O iz E2 i ona će nam biti fiksna točka,nazivat ćemo ju ishodištem.

Ured̄eni par (O, A), gdje je O ishodište i A proizvoljno odabranatočka ravnine E2, nazivat ćemo radijvektor i označavati

−→OA. Skup

svih radijvektora označavat ćemo V2(O), dakle

V2(O) = {−→OA : A ∈ E2}.

Kraće oznake za radijvektore će nam biti ~a,~b, . . . . Grafički to predo-čavamo ovako:

Radijvektori u ravnini

Radijvektor−→OO nazivamo nulvektorom i označavamo~0.

Za radijvektor−→OA ∈ V2(O) definiramo njegovu duljinu (modul)

kao duljinu dužine OA (mjereno nekom unaprijed zadanom jedinič-nom dužinom). Oznaka je |veca| odnosno |−→OA|. Nulvektor je jediniradijvektor duljine jednake 0. 3 3 |−→OA| = 0⇔ A = O


Smjer radijvektora−→OA 6= ~0 je pravac odred̄en točkama O i A.

Smjer nulvektora se ne definira. Kažemo da su dva radijvektora ko-linearni ako su istog smjera (dakle,

−→OA i

−→OB su kolinearni ako O, A

i B leže na istom pravcu). Po definiciji uzimamo da je nulvektorkolinearan sa svakim radijvektorom.

Kolinearni radijvektori:−→OA i

−→OB imaju iste orijentacije

−→OA i

−→OC imaju suprotne orijentacije

Za dva kolinearna radijvektora−→OA,−→OB, oba različita od~0, kažemo

da imaju iste orijentacije ako se točke A i B nalaze s iste strane odtočke O na pravcu odred̄enom s O, A i B, te da imaju suprotne ori-jentacije ako se O nalazi izmed̄u točaka A i B na pravcu odred̄enoms O, A i B.

Radijvektori su potpuno odred̄eni svojom duljinom, smjerom i ori-jentacijom (pritom, nulvektor je potpuno odred̄en svojom duljinom).To znači da, ako su ~a i ~b dva radijvektora koji imaju iste duljine,smjerove i orijentacije, tada je nužno~a =~b.

Suprotni radijvektor radijvektora ~a je onaj radijvektor koji imaistu duljinu kao ~a, isti smjer kao ~a, a suprotnu orijentaciju u odnosuna ~a (za nulvektor ~0 uzimamo da je sam sebi suprotan). Suprotniradijvektor za~a označavat ćemo −~a. Iz prethodnog paragrafa je jasnoda svaki radijvektor ima točno jedan suprotni radijvektor.

Suprotni radijvektori~a i −~a

Sada smo malo bolje upoznali V2(O) i možemo, kao i u prethodnadva primjera, uvesti operacije zbrajanja i množenja realnim broje-vima. Najprije zbrajanje.

Neka su−→OA,−→OB ∈ V2(O), oba različita od nulvektora. Razliku-

jemo sljedeće slučajeve:

• ako su−→OA i

−→OB nekolinearni, onda je zbroj

−→OA +

−→OB jednak ra-

dijvektoru−→OC, pri čemu je C jedinstvena točka ravnine takva da

je OACB paralelogram,

Zbrajanje nekolinearnih radijvektora


−→OB kolinearni i istih orijentacija, onda je zbroj

−→OA +−→

OB jednak radijvektoru−→OC, pri čemu je C jedinstvena točka na

pravcu OAB takva da je |OC| = |OA|+ |OB| i da je −→OC iste ori-jentacije kao i

−→OA i

−→OB,

Zbrajanje kolinearnih radijvektora istihorijentacija


−→OB suprotni radijvektori, tada

−→OA +

−→OB~0,


−→OB kolinearni i suprotnih orijentacija, ali nisu su-

protni jedan drugom, tada je zbroj−→OA +

−→OB jednak radijvektoru−→

OC, pri čemu je C jedinstvena točka na pravcu OAB takva da je|OC| = ||OA| − |OB|| i da je −→OC iste orijentacije kao i dulji odradijvektora

−→OA i

−→OB.

Zbrajanje kolinearnih radijvektora su-protnih orijentacija

Još samo ostaje definirati zbrajanje kada je neki od pribrojnika nul-vektor. Jednostavno definiramo:

• ~a +~0 =~a i~0 +~a =~a za svaki~a ∈ V2(O).

Sada znamo zbrajati radijvektore, pa ćemo ispitati vrijede li i ovdjesvojstva zbrajanja kao u prethodnim primjerima. Prvo, zbroj dvaradijvektora je opet radijvektor, to jest, ako~a,~b ∈ V2(O) tada~a +~b ∈V2(O).

Iz definicije je jasno da vrijedi


• ~a +~b =~b +~a za sve~a,~b ∈ V2(O),

• ~a +~0 =~0 +~a =~a za sve~a ∈ V2(O),

• za svaki ~a ∈ V2(O) postoji radijvektor, i to je upravo suprotniradijvektor −~a, koji u zbroju s~a daje~0, to jest,

~a + (−~a) = (−~a) +~a =~0.

Ostaje provjeriti svojstvo o zbrajanju tri radijvektora:

• (~a +~b) +~c =~a + (~b +~c) za sve~a,~b,~c ∈ V2(O).

Na sljedećoj slici je−→OD = (~a +~b) +~c i

−→OE =~b +~c.

Ako pokažemo da je OADE paralelogram to će upravo značiti daje−→OD =

−→OA +

−→OE, to jest,

−→OD =~a + (~b +~c), što i treba dokazati.

Prvo pokažimo da su trokuti BOF i ECD sukladni. Prema kons-trukciji su dužine OB i CE paralelne i jednakih duljina, isto kao i OFi CD. Zbog paralelnosti je kut ^(BOF) jednak kutu ^(ECD), pa suzato trokuti BOF i ECD sukladni. Slijedi da BF ‖ ED i |BF| = |ED|, aonda očito i OA ‖ ED i |OA| = |ED|. Ovo je dovoljno da zaključimoda je OADE paralelogram, što je, kako smo već istaknuli, dovoljnoza željeni zaključak.

Slično se provjeri slučaj kada su neki od vektora~a,~b,~c kolinearni.

Sada uvodimo množenje radijvektora realnim brojevima. Neka suα ∈ R i~a ∈ V2(O) - treba definirati što je α ·~a (često ćemo izostavljatiznak množenja i pisati α~a). Razlikujemo dva slučaja:

Množenje radijvektora realnim broje-vima

• ako je α = 0 ili~a =~0, tada α ·~a =~0,

• ako α 6= 0 i~a 6=~0, tada je α ·~a radijvektor čija duljina iznosi |α| |~a|,istog je smjera kao i~a, a orijentacija je jednaka orijentaciji od~a akoje α > 0 te suprotna orijentaciji od~a kada je α < 0. 4 4 Modul, smjer i orijentacija jednoz-

načno odred̄uju radijvektor - zato jeovim svojstvima α~a potpuno odred̄en.Nije teško provjeriti da vrijede sljedeća svojstva:

• α(β~a) = (αβ)~a za sve α, β ∈ R,~a ∈ V2(O),

• 1 ·~a =~a za sve~a ∈ V2(O),

• (α + β)~a = α~a + β~a sve α, β ∈ R,~a ∈ V2(O),

• α(~a +~b) = α~a + α~b za sve α ∈ R,~a,~b ∈ V2(O).


Za ilustraciju ćemo provjeriti posljednje svojstvo za α > 0 i ne-kolinearne ~a i ~b (slično se pokazuje i slučaj α < 0 ili kada su ~a i ~bkolinearni).

(Zapravo bi oba paralelograma trebala biti prikazana na istoj slici, alitada se gubi na jasnoći.) Paralelogram razapet s ~a i ~b sličan je para-lelogramu razapetom s α~a i α~b s faktorom sličnosti α. Zato je i omjerduljina njihovih dijagonala α, a zbog paralelnosti odgovarajućih stra-nica ovih dvaju paralelograma su dijagonale takod̄er paralelne. S ob-zirom da dijagonala prvog paralelograma odred̄uje radijvektor~a +~b,a drugog radijvektor α~a + α~b, sada znamo da radijvektori α(~a +~b)i α~a + α~b imaju iste duljine i iste smjerove. Očito je i da su im isteorijentacije, dakle, jednaki su.

Time smo i za V2(O) provjerili da vrijede svojstva uočena na pret-hodna tri primjera.

Osvrnimo se malo na uvedene operacije na V2(O) (kao i na osta-lim primjerima). Zbrajanje radijvektora je operacija koja omogućavada za svaka dva radijvektora~a i~b izračunamo njihov zbroj~a +~b, kojije opet radijvektor i jednoznačno je odred̄en. To možemo interpreti-rati na sljedeći način:svakom ured̄enom paru (~a,~b) radijvektora na jedinstven način pridružu-

jemo radijvektor~a +~b.Time smo definirali funkciju (preslikavanje) kojoj je domena V2(O)×V2(O) (skup svih ured̄enih parova radijvektora) i kodomena V2(O).To preslikavanje ćemo označiti znakom +. Dakle, zbrajanje radijvek-tora je zapravo preslikavanje

+ : V2(O)×V2(O)→ V2(O).

Na isti način promatramo množenje radijvektora realnim brojem:svakom ured̄enom paru (α,~a) skalara i radijvektora na jedinstven način

pridružujemo radijvektor α~a.Dobivamo preslikavanje

· : R×V2(O)→ V2(O).

Slično je i u ostalim primjerima, jedino što u slučaju C2 imamo mno-ženje kompleksnim (a ne realnim) brojevima, dakle, · : C×C2 → C2.

Za kraj ove uvodne sekcije još uvedimo jednu oznaku. Kroz cijelikolegij oznaka F označavat će R ili C, skup realnih brojeva odnosno


skup kompleksnih brojeva. 5 Elemente iz F nazivamo skalarima. Na 5 Oznaka F dolazi od engleske riječi fi-eld, što znači polje. Polje je matema-tički pojam o kojem ćete učiti na ne-kim naprednijim kolegijima. SkupoviR i C su, promatrani uz uobičajeneoperacije zbrajanja i množenja realnihodnosno kompleksnih brojeva, primjeripolja. Zato ćemo često umjesto "skuprealnih (kompleksnih) brojeva" reći "po-lje realnih (kompleksnih) brojeva".

ovaj način objedinjujemo proučavanje realnog slučaja i kompleksnogslučaja, što je logično jer gotovo sve tvrdnje koje ćemo dokazivatiimaju potpuno jednake dokaze u oba slučaja.

1.2 Definicija vektorskih prostora. Primjeri

Iz prethodnih primjera možemo naslutiti kako bi glasila definicijaopćenite strukture za koju će skupovi iz prethodne sekcije biti samokonkretni primjeri. Grubo rečeno, imamo skup, neprazan, na njemudefinirane dvije operacije, zbrajanje i množenje realnim ili komplek-snim brojem, a pritom se od operacija očekuje da zadovoljavaju nekajednostavna svojstva, kako bismo znali kako s njima operirati.

Podsjetimo se da F označava R ili C.

Definicija 1.1. Neka je V neprazan skup i neka su na njemu definiraneoperacije zbrajanja i množenja skalarima

+ : V ×V → V, (1.1)

· : F×V → V. (1.2)

Kažemo da je V vektorski prostor nad poljem F ako vrijede sljedećasvojstva:

(1) (a + b) + c = a + (b + c), ∀a, b, c ∈ V (asocijativnost zbrajanja),

(2) postoji element 0 ∈ V sa svojstvom a + 0 = 0 + a = a za sve a ∈ V(postojanje neutralnog elementa za zbrajanje),

(3) za svaki a ∈ V postoji element −a ∈ V takav da je a + (−a) =(−a) + a = 0 (postojanje suprotnog elementa),

(4) a + b = b + a, ∀a, b ∈ V (komutativnost zbrajanja),

(5) α(βa) = (αβ)a, ∀a ∈ V, ∀α, β ∈ F (kvaziasocijativnost),

(6) 1 · a = a, ∀a ∈ V (svojstvo jedinice),

(7) (α + β)a = αa + βa, ∀α, β ∈ F, ∀a ∈ V (distributivnost premazbrajanju skalara),

(8) α(a + b) = αa + αb, ∀α ∈ F, ∀a, b ∈ V (distributivnost prema zbra-janju vektora).

Elemente vektorskog prostora nazivamo vektori. Neutralni elementza zbrajanje nazivamo nulvektor.6 U slučaju F = R kažemo da 6 Iako simbol 0 koristimo i za nulvektor

i za broj 0, to nas ne bi trebalo zbunjivatijer je obično iz konteksta jasno radi li seo vektoru ili broju. Na primjer, ako jea ∈ V i promatramo izraze 0 + a i 0 · atada je 0 iz prvog izraza nulvektor (jerne znamo zbrajati brojeve i vektore), a 0iz drugog izraza je skalar (jer ne znamomnožiti dva vektora).

je V realni vektorski prostor, a kada je F = C kažemo da je Vkompleksni vektorski prostor.

Nekoliko zapažanja o prethodnoj definiciji:

• Vektorski prostor nije samo skup nego ga čine tri stvari: skup,operacija zbrajanja i operacija množenja skalarima (uz odred̄enezahtjeve na te operacije). Zato ponekad kažemo da je vektorski


prostor ured̄ena trojka (V,+, ·) nepraznog skupa V te preslikava-nja (1.1) i (1.2) za koje vrijede svojstva (1)-(8).

Mi ćemo ipak koristiti kraći termin "V je vektorski prostor nad F"imajući pritom na umu da nema vektorskog prostora bez odgova-rajućih operacija (preslikavanja).

• Kada imamo vektorski prostor V nad poljem F onda je zbroj dvaelementa iz V, kao i umnožak skalara α ∈ F i elementa iz V po-novo u V, to jest:

a, b ∈ V ⇒ a + b ∈ V,

α ∈ F, a ∈ V ⇒ αa ∈ V.

Ove implikacije su sadržane u zahtjevu da su kodomene presli-kavanja zbrajanja (1.1) i množenja skalarima (1.2) jednake V. Ka-žemo: skup V je zatvoren na zbrajanje odnosno skup V je zatvo-ren na množenje skalarima.

• Svojstvo asocijativnosti nam omogućuje da možemo pisati izraza + b + c bez zagrada jer nije bitno hoćemo li prvo zbrojiti a i b patada njihov zbroj s c, ili ćemo a zbrojiti s (prethodno izračunatim)zbrojem od b i c. Naravno, isto je i sa zbrojem više od triju vektora.Takod̄er, zbog komutativnosti nije bitan poredak sumanada, pa nemoramo brinuti kojim redom ih pišemo.

• Distributivnosti (7) i (8) govore da su operacije zbrajanja i mno-ženja skalarima med̄usobno usklad̄ene. Na primjer, naši uvodniprimjeri navode nas da očekujemo da je 2a = a + a za sve a ∈ V.To zaista i vrijedi u svakom vektorskom prostoru, a slijedi iz (7) i(6) uzimajući α = β = 1.

Iz uvodne sekcije i definicije 1.1 slijedi da su P3, R2 i V2(O) realnivektorski prostori, a C2 kompleksan vektorski prostor. Prije negonastavimo s novim primjerima, spomenimo da izbor primjera pre-zentiranih u uvodnoj sekciji nije slučajan. Evo zašto smo ih odabrali.

Primjer V2(O) odabran je jer su njegovi elementi upravo ono štosmo dosad zvali (radij)vektori, kroz srednjoškolsku matematiku i fi-ziku. Iako apstraktni pojam vektora koji smo upravo uveli7 obuhvaća 7 vektor = element vektorskog prostoravrlo široku klasu objekata a ne samo "strelice"

−→OA, željeli smo ovim

primjerom naglasiti da ono što smo dosad zamišljali kao vektor idalje, u ovom proširenom kontekstu, ostaje vektor. Osim toga, ovajprimjer će nam biti koristan da intuitivno shvatimo tvrdnje koje ćemodokazivati za opći slučaj.

Primjer R2 smo odabrali kao predstavnika klase primjera Rn zan ∈ N, što je, kao što ćemo uskoro naučiti, najvažnija klasa (ko-načnodimenzionalnih) realnih vektorskih prostora. Isti razlog je i zaizbor primjera C2, uz još jedan dodatni - želja je bila istaknuti da sene moraju uvijek gledati samo realni skalari, nego oni mogu biti ikompleksni.


Primjer P3 služi da osvijestimo da vrlo različiti objekti mogu bitivektori - iako polinomi nisu "strelice", možemo ih shvaćati i kao ele-mente vektorskog prostora, dakle, kao vektore.

Sada možemo nastaviti s primjerima.

Primjeri 1.2. • Neka je n ∈ N. Skup Rn svih ured̄enih n-torki real-nih brojeva je realni vektorski prostor uz operacije definirane nasljedeći način 8 8 S obzirom da se zbrajanje ured̄enih n-

torki svodi na zbrajanje odgovarajućihkoordinata, obično kažemo da su ope-racije zbrajanja i množenja skalarom za-dane koordinatno.

(x1, x2, . . . , xn) + (y1, y2, . . . , yn) = (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn),

α(x1, x2, . . . , xn) = (αx1, αx2, . . . , αxn),

gdje je α ∈ R, te (x1, x2, . . . , xn), (y1, y2, . . . , yn) ∈ Rn.

Provjera da su sva svojstva iz definicije vektorskog prostora zado-voljena je ista kao u slučaju R2.

• Skup Cn je kompleksni vektorski prostor. Operacije zbrajanja imnoženja skalarima su zadane koordinatno, kao i u slučaju Rn. 9 9 Ova prva dva primjera možemo obje-

dinjeno zapisati: Fn je vektorski prostornad F.• Promatrajmo sve nizove elemenata iz F. Nizove ćemo označavati

(xk)∞k=1 ili (x1, x2, x3, . . .). Označimo

FN = {(x1, x2, . . .) : xk ∈ F, ∀k ∈N}.

Operacije definiramo koordinatno

(x1, x2, . . .) + (y1, y2, . . .) = (x1 + y1, x2 + y2, . . .),

α(x1, x2, . . .) = (αx1, αx2, . . .),

gdje je α ∈ F, te xk, yk ∈ F, ∀k ∈ N. Tada je FN vektorski prostornad F.

• Neka je E3 trodimenzionalni prostor čiji su elementi točke. Izabe-remo jednu točku O koju ćemo nazivati ishodištem. Svaki ured̄enipar (O, A), gdje je A proizvoljna točka ravnine E3, nazivat ćemoradijevektor i označavati

−→OA. Sada uvodimo skup svih radijvek-

toraV3(O) = {−→OA : A ∈ E3}.

Ovo je trodimenzionalna verzija prostora V2(O). Operacije zbra-janja radijvektora i množenja radijvektora skalarima definiramoanalogno kao u slučaju V2(O), a i provjera svojstva iz definicijevektroskog prostora je slična. Tako je i V3(O) realni vektorskiprostor.

• Neka je n ∈N. Neka Pn(R) označava skup svih polinoma stupnjanajviše n s realnim koeficijentima. To znači da p ∈ Pn(R) imaoblik

p(x) = anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0, x ∈ R,

za neke koeficijente a0, a1, . . . , an ∈ R.


Naš uvodni primjer je, očito, specijalni slučaj ovog skupa. Zbraja-nje na Pn(R) zadano je na uobičajeni način: ako su p, q ∈ Pn(R),

p(x) = anxn + . . . + a1x + a0, q(x) = bnxn + . . . + b1x + b0,

za neke realne brojeve a0, . . . , an, b0, . . . , bn, onda je p + q polinomzadan s

(p + q)(x) = (an + bn)xn + . . . + (a1 + b1)x + (a0 + b0).

Množenje elemenata skalarima α ∈ R dano je formulom

(αp)(x) = (αan)xn + . . . + (αa1)x + (αa0).

Potpuno analognim zaključivanjem kao u slučaju P3 dobivamo daje Pn(R) realni vektorski prostor.

• U prethodnom primjeru umjesto R možemo promatrati C, to jest,polinome stupnja najviše n s kompleksnim koeficijentima. Tajskup ćemo označavati Pn(C) i on je kompleksni vektorski pros-tor. 10 10 Obično ćemo za Pn(C) i Pn(R), kada

je iz konteksta jasno radi li se o realnomili kompleksnom vektorskom prostoru,koristiti kraću oznaku Pn.

• Neka je P(F) skup svih polinoma (svih stupnjeva) s koeficijentimaiz F. Uz uobičajene operacije ovaj skup postaje vektorski prostornad F. I ovdje ćemo oznaku kratiti u P osim u slučajevima kadaje važno istaknuti o kojem se polju radi.

• Svaki kompleksni vektorski prostor možemo zamišljati i kao re-alni vektorski prostor. Da bismo to shvatili treba razumjeti koja jerazlika izmed̄u realnih i kompleksnih vektorskih prostora - razlikaje u tome što kod realnih vektorskih prostora promatramo mno-ženje vektora realnim brojevima, a kod kompleksnih vektorskihprostora vektore množimo kompleksnim brojevima.

Zato, ako je V kompleksni vektorski prostor onda je definiran αaza sve α ∈ C i a ∈ V, pa posebno znamo računati αa za sve α ∈ R ia ∈ V (jer je svaki realan broj i kompleksan). Nadalje, ako svojstva(5)-(8) vrijede za sve α, β ∈ C, onda naravno da vrijede i za sverealne brojeve.

Posebno, Cn možemo promatrati kao realni vektorski prostor uzoperacije

(x1, x2, . . . , xn) + (y1, y2, . . . , yn) = (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn),

α(x1, x2, . . . , xn) = (αx1, αx2, . . . , αxn),

gdje je α ∈ R, te (x1, x2, . . . , xn), (y1, y2, . . . , yn) ∈ Cn.S druge strane, realni vektorski prostori nisu automatski i kom-pleksni prostori. Naime, ako je V realni vektorski prostor tadaznamo izračunati αa za α ∈ R i a ∈ V, ali to ne znači da automat-ski znamo računati i αa za α ∈ C.Prirodno je pomisliti i da bi Rn mogao biti kompleksni vektor-ski prostor jer možemo definirati operaciju množenja elementa(x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn kompleksnim brojem α ∈ C na sljedeći način

α(x1, x2, . . . , xn) = (αx1, αx2, . . . , αxn).


Med̄utim, Rn nije zatvoren na ovako definirano množenje skala-rom, na primjer, ako uzmemo α = i i (1, 1, . . . , 1) ∈ Rn dobit ćemo(i, i, . . . , i) /∈ Rn.

• Sljedeći primjer je prostor matrica. 11 Neka su m, n ∈ N. Matrica 11 Matrice ćemo detaljno raditi u sljede-ćem poglavlju.tipa (m, n) s koeficijentima iz F je svako preslikavanje

A : {1, . . . , m} × {1, . . . , n} → F.

Ako je m = n onda kažemo da je A kvadratna matrica reda n.

Iako su matrice definirane kao preslikavanja, uobičajeno je shva-ćati ih kao tablice. To je zato što vrijednosti funkcije A, to jestskalare A(i, j) za i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n možemo složiti u ta-blicu m redaka i n stupaca. Označimo

aij = A(i, j), i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n,

i ove brojeve složimo u tablicu tako da se aij nalazi u i-tom retkui j-tom stupcu. Dobivamo tablicu koju ćemo poistovijetiti s presli-kavanjem A, dakle

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

.Ponekad se umjesto uglatih zagrada [ ] koriste okrugle zagrade ( ).Matricu A ćemo često skraćeno zapisivati kao [aij] ili (aij). Skalariaij, i = 1 . . . , m, j = 1, . . . , n, nazivaju se elementi ili koeficijentimatrice A. Ponekad ćemo (i, j)-ti element matrice A označavati(A)ij.

Za i ∈ {1, . . . , m} ured̄ena n-torka (ai1, ai2, . . . , ain) čini i-ti redakmatrice A. Za j ∈ {1, . . . , n} ured̄ena m-torka (a1j, a2j, . . . , amj)čini j-ti stupac matrice A. Prema tome, matrica tipa (m, n) ima mredaka i n stupaca. Na presjeku i-tog retka i j-tog stupca nalazi se(i, j)-ti element aij. Matrice koje imaju samo jedan redak (tj. m = 1)nazivaju se retčane matrice, a one koje imaju samo jedan stupac(tj. n = 1) stupčane matrice.

Skup svih matrica tipa (m, n) označavamo Mmn(F), a skup svihkvadratnih matrica reda n kao Mn(F). U slučaju kada ne moramonaglašavati o kojem polju se radi pisat ćemo kraće Mmn i Mn.

Matrice zbrajamo po elementima. Ako su A, B ∈ Mmn(F), A =[aij] i B = [bij] tada je

a11 . . . a1na21 . . . a2n...

...am1 . . . amn

+

b11 . . . b1nb21 . . . b2n

......

bm1 . . . bmn

=

a11 + b11 . . . a1n + b1na21 + b21 . . . a2n + b2n

......

am1 + bm1 . . . amn + bmn

.Zbroj matrica A i B označavamo A + B. Dakle,

(A + B)ij = (A)ij + (B)ij, i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n.


I množenje skalarima je definirano po elementima. Ako je α ∈ F iA = [aij] ∈ Mmn(F) tada je

αA = α

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

=

αa11 αa12 . . . αa1nαa21 αa22 . . . αa2n

......

...αam1 αam2 . . . αamn

.

Dakle,

(αA)ij = α(A)ij, i = 1, . . . , m, j = 1, . . . n.

Očito je Mmn(F) zatvoren na operacije zbrajanja i množenja ska-larima (to jest, ako α ∈ F i A, B ∈ Mmn(F) tada A + B, αA ∈Mmn(F)). Takod̄er, lako provjerimo (isto kao za Fn) da vrijedesvojstva (1)-(8) iz definicije vektorskih prostora. Neutralni elementza zbrajanje je matrica kojoj su svi elementi jednaki 0 i ovu ma-tricu zovemo nulmatrica. Suprotni element matrice [aij] je matrica[−aij]. Prema tome, Mmn(F) je vektorski prostor nad F uz koordi-natno definirane operacije zbrajanja i množenja skalarima.

• Neka je RR skup svih funkcija f : R → R. Definiramo zbrajanje imnoženje funkcija po točkama, tj. za f , g ∈ RR i λ ∈ R stavimo

( f + g)(x) = f (x) + g(x), (λ f )(x) = λ f (x), x ∈ R.

Na ovaj smo način uveli strukturu vektorskog prostora na RR.

• Navedimo i primjer skupa koji nije vektorski prostor.

Neka je n ∈N i Sn skup svih polinoma stupnja točno n. Logično jepromatrati iste operacije koje Pn čine vektorskim prostorom. Me-d̄utim, nailazimo na problem da zbroj elemenata iz Sn neće nužnobiti u Sn. Na primjer, p(x) = xn + 1 i q(x) = −xn pripadaju Sn,ali p + q nije u Sn pa Sn nije zatvoren na zbrajanje i nije vektorskiprostor uz ovako definirano zbrajanje.

• Navedimo sada primjer najmanjeg, najjednostavnijeg i najmanjezanimljivog vektorskog prostora. Neka je V jednočlan skup, V ={a}. Nemamo mnogo opcija za definirati zbrajanje i množenje ska-larima jer rezultati tih operacija moraju ostati u V. Dakle, mora bitia + a = a, te λa = a za sve λ ∈ F. Svojstva (1)-(8) su trivijalno za-dovoljena (sve relacije poprimaju oblik a = a) i pritom je a nužnojednak nulvektoru. Dakle, a = 0, odnosno V = {0}. Ovaj prostornazivamo trivijalnim prostorom ili nulprostorom i on je vektor-ski prostor i nad R i nad C. �

• Neka je V skup koji ima barem dva elementa. Pretpostavimo dasmo na V definirali operaciju zbrajanja + : V × V → V koja imasvojstva (1)-(4) iz definicije vektorskih prostora. Prema svojstvu(2), postoji element 0 u V.


Sada definiramo množenje skalarima na trivijalan način:

α · a = 0, ∀α ∈ F, ∀a ∈ V,

dakle, definiramo da je produkt bilo kojeg skalara i bilo kojeg ele-menta iz V jednak 0. Svojstva (5), (7) i (8) iz definicije vektorskogprostora su zadovoljena (sve relacije se svode na 0 = 0).

Svojstvo (6) očito nije zadovoljeno, te zato promatrani skup V uzove operacije nije vektorski prostor. Ovo je upravo i uloga svojstva(6) u definiciji vektorskog prostora - množenje skalarima ne možebiti definirano na ovaj trivijalni način.

U sljedećim propozicijama dokazujemo neke jednostavne tvrdnjekoje vrijede u vektorskim prostorima, toliko jednostavne da nam semože činiti da ih ni ne treba dokazivati. Ipak, treba imati na umu dao općenitom vektorskom prostoru (zasad!) znamo samo ono što smonaveli u definiciji 1.1. U konkretnim primjerima vektorskih prostorakoje smo naveli možemo uočiti još neke zakonitosti: na primjer, u P3vrijedi da je 0 · p = 0 za sve p ∈ P3 (0 slijeva je skalar, a 0 zdesna vek-tor). Isto vrijedi i u svim drugim primjerima koje smo naveli: svakivektor pomnožen s 0 daje nulvektor. Med̄utim, čak i kada bismoprovjerili da ista tvrdnja vrijedi i u mnogim drugim konkretnim pri-mjerima vektorskih prostora, to ni dalje ne bi značilo da ona vrijedi ubaš svakom vektorskom prostoru (jer ne znamo navesti sve mogućeprimjere vektorskih prostora). Jedini način da budemo sigurni da usvakom vektorskom prostoru vrijedi ova (ili bilo koja druga) tvrdnja,je da tvrdnju precizno matematički dokažemo, to jest da korištenjemrelacija koje znamo da vrijede u općenitim vektorskim prostorimadod̄emo do ove tvrdnje.

Propozicija 1.3. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Tada vrijedi:

(1) ako su a, b, c ∈ V takvi da je a + b = a + c tada je b = c, 12 12 Možemo "kratiti" a:a + b = a + c⇒6 a + b = 6 a + c.

(2) 0 · a = 0 za sve a ∈ V,

(3) α · 0 = 0 za sve α ∈ F,

(4) ako su a, b ∈ V i α ∈ F \ {0} takvi da je αa = αb tada je a = b, 13 13 Možemo "kratiti" s α 6= 0:αa = αb⇒6αa = 6αb.

(5) αa = 0⇔ α = 0 ili a = 0,

(6) (−α)a = α(−a) = −(αa) za sve a ∈ V i α ∈ F,

(7) (−1)a = −a za sve a ∈ V.

Dokaz. (1) Ako je a + b = a + c tada je

(−a) + (a + b) = (−a) + (a + c).

Zbog asocijativnosti zbrajanja sada imamo

((−a) + a) + b = ((−a + a) + c.


S obzirom da je (−a) + a = 0, te 0 + b = b i 0 + c = c, dolazimo dob = c.

(2) Za sve a ∈ V je

a = 1 · a = (1 + 0) · a = 1 · a + 0 · a = a + 0 · a

(koristili smo svojstvo jedinice i distributivnost). Ako a s lijeve stranenapišemo kao a + 0 dobivamo a + 0 = a + 0 · a, pa primjenom (1)(kraćenjem a) slijedi tvrdnja.

(3) Za sve α ∈ F imamo

α · 0 = α · (0 + 0) = α · 0 + α · 0

(koristili smo distributivnost i svojstvo neutralnog elementa). Dokazzavršavamo slično kao u (2).

(4) Ako je α 6= 0 tada iz αa = αb slijedi 1α (αa) =1α (αb). Kvaziaso-

cijativnost daje ( 1α α)a = (1α α)b, to jest, 1 · a = 1 · b. Konačno, svojstvo

jedinice daje a = b.(5) Pretpostavimo da su α ∈ F i a ∈ V takvi da je αa = 0. Ako je

α = 0 onda smo gotovi, a ako je α 6= 0 onda zbog (3) imamo αa = α0,pa prema (4) slijedi a = 0.

(6) Prvo razjasnimo da je −(αa) suprotni element elementa αa.Ovdje se, dakle, tvrdi da je suprotni element od αa jednak (−α)a,i ujedno jednak α(−a). Da bismo to dokazali treba provjeriti da jeαa + (−α)a = 0. To je lako:

αa + (−α)a = (α + (−α))a = 0 · a = 0

(koristimo distributivnost i ono što smo dokazali u (2)). Slično sedokazuje preostala jednakost.

(7) Ovo slijedi iz prethodne tvrdnje za α = 1.

Napomenimo samo da ćemo izraz oblika a + (−b), gdje su a i belementi nekog vektorskog prostora, skraćeno pisati kao a− b (timedefiniramo operaciju oduzimanja vektora).

Propozicija 1.4. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Tada vrijedi:

(1) Neutralni element za zbrajanje je jedinstven, to jest, ako je n ∈ V takavda je a + n = n + a = a za sve a ∈ V tada je n = 0.

(2) Za svaki a ∈ V postoji jedinstven suprotni element, to jest, ako je a +b = b + a = 0 tada je b = −a.

Dokaz. (1) Ako je a + n = a tada je a + n = a + 0 pa iz prethodnepropozicije slijedi n = 0.

(2) I ovo slijedi iz prethodne propozicije, jer imamo a + b = a +(−a), pa kraćenje daje b = −a.

Možda će se netko zapitati zašto smo, na primjer, u definiciji 1.1uvrstili svojstvo 1 · a = a za sve a ∈ V, a nismo svojstvo 0 · a = 0za sve a ∈ V (svojstva su naizgled vrlo slična). Radi se o tome dabi navod̄enje da mora vrijediti i "0 · a = 0 za sve a ∈ V" bilo vi-šak u definiciji jer, prema prethodnoj propoziciji, preostala svojstva


definicije 1.1 impliciraju da vrijedi i ovo svojstvo. To nije slučaj sasvojstvom 1 · a = a za sve a ∈ V (njega ne možemo dobiti kao pos-ljedicu preostalih svojstava iz definicije) i zato eksplicitno navodimou definiciji 1.1 da i to mora vrijediti. Tako je i s ostalim svojstvimaiz definicije 1.1, nijedno se ne može dobiti iz preostalih (ponekadkažemo da su ona med̄usobno neovisna). To je uvijek ideja u ma-tematičkim definicijama, navesti minimalan broj uvjeta koji opisujupojam kojeg želimo definirati, bez redundancije.

1.3 Linearna ljuska skupa. Sustav izvodnica

Definicija 1.5. Neka je V vektorski prostor nad poljem F, n ∈ N, tea1, . . . , an ∈ V i α1, . . . , αn ∈ F. Vektor u V oblika

α1a1 + . . . + αnan (1.3)

nazivamo linearna kombinacija vektora a1, . . . , an ∈ V s koeficijen-tima α1, . . . , αn ∈ F. Kraće pišemo ∑nk=1 αkak.

Uočimo da su, po ovoj definiciji, linearne kombinacije uvijek ko-načne "duljine", jer smo uzeli konačno mnogo, točnije n vektora. Tajn može biti proizvoljno velik, ali uvijek konačan prirodni broj.

Primjeri 1.6. • Neka je V = R3. Vektor (2, 5, 3) je linearna kombina-cija vektora a = (1, 1, 0) i b = (0, 1, 1) jer vrijedi

(2, 5, 3) = 2(1, 1, 0) + 3(0, 1, 1) = 2a + 3b.

Takod̄er, vektor (1, 1, 0) je linearna kombinacija vektora a i b jer je

(1, 1, 0) = a = 1 · a + 0 · b.

Vektor (5, 5, 5) nije linearna kombinacija vektora~a i~b jer ne postojerealni brojevi α i β takvi da je

(5, 5, 5) = αa + βb = α(1, 1, 0) + β(0, 1, 1). (1.4)

Zaista, ako bi postojali α, β ∈ R takvi da vrijedi (1.4), tada bi, podefiniciji množenja skalarima i zbrajanja u R3, imali

(5, 5, 5) = (α, α + β, β).

S obzirom da su ured̄ene trojke jednake ako i samo ako su im svekoordinate jednake, dobili bismo da mora vrijediti

α = 5, α + β = 5, β = 5,

što je nemoguće.

• U prostoru P2 svaki polinom možemo zapisati kao linearnu kom-binaciju sljedeća tri polinoma: p0(x) = 1, p1(x) = x, p2(x) = x2.Zaista, svaki p ∈ P2 ima oblik p(x) = a0 + a1x + a2x2 za nekeskalare α0, α1, α2 ∈ F. Tada je

p = a0 p0 + a1 p1 + a2 p2,

što daje našu tvrdnju.


• Neka je V vektorski prostor i a ∈ V, a 6= 0. Linearna kombinacija(jednog) vektora a je svaki vektor oblika αa, gdje je α ∈ F.

• Neka je~a ∈ V2(O),~a 6=~0. Neka je~b ∈ V2(O) kolinearan s~a. Nekaje λ realan broj definiran kao

λ =

|~b||~a| , ako~a i

~b imaju iste orijentacije;

− |~b||~a| , ako~a i~b imaju suprotne orijentacije.

(Uočimo da je |~a| 6= 0 pa je razlomak u gornjim izrazima do-bro definiran.) Lako se vidi da je tada ~b = λ~a. Ovo, zajedno sprethodnim zapažanjem, kaže da se~b može zapisati kao linearnakombinacija od ~a ako i samo ako su ~b i ~a kolinearni radijvektori.Važna pretpostavka je da je~a 6=~0.

• Promatrajmo dva nekolinearna radijvektora ~a i ~b u V2(O). Nasljedećoj slici nacrtali smo 6 linearnih kombinacija vektora~a i~b.14 14 Vidite li svih 6? :)

Linearne kombinacije radijvektora15 15 Zadajte si proizvoljne vektore ~a i ~bi konstruirajte (ravnalom i šestarom)vektor 45~a +

√2~b.Mogli bismo nacrtati još neke linearne kombinacije - koje bismo

sve radijvektore mogli dobiti na taj način? Što ako su ~a i~b koline-arni, što ćemo onda dobiti kao linearne kombinacije~a i~b? �

Nadovežimo se na ova pitanja. Ako je zadan skup S u vektorskomprostoru V, što ćemo dobiti napravimo li sve moguće linearne kom-binacije elemenata tog skupa? Ovdje treba imati na umu da S možebiti konačan skup, ali isto tako i beskonačan. Ako je S konačan, jasnoje kako napraviti sve njegove linearne kombinacije.

Ako je S beskonačan skup tada ne možemo napraviti linearnekombinacije svih elemenata iz S (nisu definirane linearne kombina-cije beskonačno mnogo elemenata). U tom slučaju logično je formi-rati sve linearne kombinacije svih konačnih podskupova od S. Dakle,uzmemo neki konačan podskup od S, recimo da taj podskup ima nelemenata, označimo ih a1, . . . , an i načinimo sve linearne kombina-cije α1a1 + . . . + αnan. I tako po svim konačnim podskupovima odS. U ovaj pristup se uklapa i slučaj konačnog skupa S, jer linearnakombinacija elemenata nekog podskupa od S se može shvatiti i kaolinearna kombinacija svih elemenata iz S (samo stavimo koeficijent 0uz svaki vektor iz S koji se ne pojavljuje u toj linearnoj kombinaciji)tako da sljedeća definicija može ići objedinjeno za konačne i besko-načne skupove.


Definicija 1.7. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i neka jeS ⊆ V. Linearna ljuska od S, u oznaci [S], je skup svih linearnihkombinacija elemenata iz S, dakle, 16 16 Koristi se i oznaka span S što dolazi

od engleske riječi span, razapinjati.

[S] = {n

∑k=1

αkak : a1, . . . , an ∈ S, α1, . . . , αn ∈ F, n ∈N}.

Za S = ∅ dogovorno stavljamo [S] = {0}. 17 17 Kada definiramo neki pojam dogo-vorno to obično znači da se neki posebnislučaj ne uklapa u opću definiciju.U slučaju kada je S konačan, na primjer, S = {a1, . . . , am} za neki

m ∈N, onda se gornji skup može jednostavnije zapisati kao

[S] = [{a1, . . . , am}] = {m

∑k=1

αkak : α1, . . . , αm ∈ F}.

Odred̄ivanje linearne ljuske skupa može pojednostaviti sljedećatvrdnja.

Lema 1.8. Neka je V vektorski prostor nad poljem F.

(1) Za svaki S ⊆ V vrijedi S ⊆ [S] ⊆ V. Posebno, [V] = V.

(2) Ako su S, T ⊆ V takvi da je T ⊆ S tada [T] ⊆ [S].

Dokaz. Inkluzija S ⊆ [S] vrijedi jer je a = 1 · a za svaki a ∈ S, a izraz1 · a je linearna kombinacija elemenata iz S, dakle pripada skupu [S].Nadalje, [S] ⊆ V vrijedi jer je V, kao vektorski prostor, zatvoren naoperacije zbrajanja i množenja skalarima, pa posljedično i na linearnekombinacije svojih elemenata.

Druga tvrdnja je očita.

Primjer 1.9. • Ako je~a ∈ V2(O),~a 6=~0, tada je [{~a}] = {α~a : α ∈ R},dakle, skup svih vektora kolinearnih s~a.

• Uzmimo dva nekolinearna vektora~a,~b ∈ V2(O) i odredimo [{~a,~b}].Iz prethodne slike naslućujemo da se svi vektori iz V2(O) mogunapisati kao linearne kombinacije~a i~b. Slijedi dokaz.

Uzmimo proizvoljan ~v ∈ V2(O).

Neka je ~a =−→OA,~b =

−→OB,~v =

−→OT. S obzirom da su ~a i~b nekoline-

arni, točke O, A i B ne leže na istom pravcu. Točkom T povučemopravac paralelan pravcu OB i njegovo sjecište s pravcem OA ozna-čimo A′. Zatim točkom T povučemo pravac paralelan pravcu OAi njegovo sjecište s pravcem OB označimo B′.


Odavde slijedi da je−→OT =

−−→OA′ +

−→OB′. Kako je

−−→OA′ kolinearan s

−→OA te

−→OB′ kolinearan s

−→OB, postoje α, β ∈ R tako da je

−−→OA′ =

α−→OA te

−→OB′ = β

−→OB, što daje

~v =−→OT = α

−→OA + β

−→OB = α~a + β~b.

Prema tome, ako su~a i~b nekolinearni, tada je

[{~a,~b}] = V2(O). (1.5)

• Ako se u skupu S ⊆ V2(O) nalaze dva nekolinearna vektora, tadaje [S] = V2(O). (Ovo slijedi iz (1.5) i leme 1.8.)

• Uveli smo i V3(O), "trodimenzionalnu" verziju prostora V2(O).Neka su

−−→OT1, . . . ,

−−→OTn ∈ V3(O) za neki n ∈ N. Kažemo da u ovi

radijvektori kolinearni, ako postoji pravac kojemu pripadaju svetočke O, T1, . . . , Tn, te da su komplanarni ako postoji ravnina kojojpripadaju sve točke O, T1, . . . , Tn.

Uzmimo sada tri nekomplanarna vektora ~a =−→OA,~b =

−→OB,~c =−→

OC i proizvoljan vektor ~v =−→OT. Razlikujemo dva slučaja.

Prvo, ako su ~a =−→OA,~b =

−→OB i ~v =

−→OT komplanarni, tada pot-

puno isto kao u V2(O) dobivamo da je ~v linearna kombinacija~a i ~b, pa je ~v ∈ [{~a,~b,~c}]. Drugo, neko su ~a = −→OA,~b = −→OBi ~v =

−→OT nekomplanarni. Točkom T povučemo pravac parale-

lan pravcu OC i njegovo sjecište s ravninom koju odred̄uju O, Ai B označimo T′ (zbog nekomplanarnosti je T 6= T′). Na pravcuOC odredimo točku T′′ tako da je OT′TT′′ paralelogram. Tada je−→OT =

−−→OT′ +

−−→OT′′. Kako je

−−→OT′′ kolinearan s ~c, postoji γ ∈ R tako

da je−−→OT′′ = γ~c. Kako je

−−→OT′ komplanaran s~a i~b, postoje α, β ∈ R

tako da je−−→OT′ = α~a + β~b. Tada je

−→v = −→OT =−−→OT′ +

−−→OT′′ = α~a + β~b + γ~c.

Prema tome, ako su~a,~b i ~c nekomplanarni, tada je

[{~a,~b,~c}] = V3(O). (1.6)

Kao i maloprije, i ovdje zaključujemo da za svaki S ⊆ V3(O) u ko-jem se nalaze neka tri nekomplanarna vektora vrijedi [S] = V3(O).


• Neka je S = {(x1, x2) : x1 + x2 = 1} podskup vektorskog prostoraR2. Ovo je primjer kada je S beskonačan skup. Pomoći će namlema 1.8.

Skup T = {(1, 0), (0, 1)} je podskup od S, pa je [T] podskup od[S]. Kako za sve x1, x2 ∈ R vrijedi

(x1, x2) = x1(1, 0) + x2(0, 1) ∈ [T],

zaključujemo da je [T] = R2. Odatle je i [S] = R2. �

Posebno su zanimljivi oni podskupovi vektorskog prostora čijelinearne kombinacije ispunjavaju cijeli prostor.

Definicija 1.10. Neka je V vektorski prostor nad F i G ⊆ V. Kažemoda je G sustav izvodnica ili sustav generatora za V ako se svaki ele-ment prostora V može prikazati kao linearna kombinacija elemenataiz G, to jest, ako je

[G] = V.

Još kažemo da G generira ili razapinje vektorski prostor V.

Već smo uočili da je V = [V], dakle V je sustav izvodnica za V.Time smo pokazali da svaki vektorski prostor ima (barem jedan) sus-tav izvodnica. Ipak, ovaj primjer je prilično nezanimljiv jer svaki ele-ment iz V zapisujemo pomoću samog sebe: v = 1 · v za svaki v ∈ V.Slijede zanimljiviji primjeri u nekim konkretnim vektorskim prosto-rima.

Primjer 1.11. • U prostoru V2(O) možemo za skup izvodnica uzetibilo koji skup koji sadrži dva nekolinearna vektora.

• U vektorskom prostoru R2 možemo gledati sljedeće skupove:

G1 = R2, G2 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4)}, G3 = {(1, 0), (0, 1)}.

Za skup G1 i G3 već smo utvrdili da su skupovi izvodnica. Tako-d̄er, lako provjerimo da je

(x1, x2) = 2x1(1, 1)− x1(1, 2)− x2(1, 3) + x2(1, 4),

a isto tako i

(x1, x2) =32

x1(1, 1)− x2(1, 2) + (x2 −12

x1)(1, 3),

dakle, [G2] = V.

• U vektorskom prostoru Fn 18 skup vektora {e1, . . . , en}, gdje su 18 Ovdje mislimo: u kompleksnom vek-torskom prostoru Cn, odnosno u real-nom vektorskom prostoru Rn.e1 = (1, 0, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, . . . , 1)

(ek je ured̄ena n-torka koja ima 1 na k-toj koordinati te 0 na svimostalim koordinatama) je sustav izvodnica za Fn. To provjeravamopo definiciji:

[{e1, . . . , en}] = {n

∑k=1

αkek : α1, . . . , αn ∈ F}

= {(α1, . . . , αn) : α1, . . . , αn ∈ F}= Fn.


• Promatrajmo sada realni vektorski prostor Cn i isti skup {e1, . . . , en}.Sada je

[{e1, . . . , en}] = {n

∑k=1

αkek : α1, . . . , αn ∈ R}

= {(α1, . . . , αn) : α1, . . . , αn ∈ R}= Rn 6= Cn,

pa {e1, . . . , en} nije sustav izvodnica za realni vektorski prostor Cn.

• Promatrajmo realni vektorski prostor C2 i skup

S = {(1, 0), (i, 0), (0, 1), (0, i)} = {e1, ie1, e2, ie2}.

Linearne kombinacije elemenata ovog skupa imaju oblik

α1(1, 0) + α2(i, 0) + α3(0, 1) + α4(0, i) = (α1 + iα2, α3 + iα4)

gdje su α1, α2, α3, α4 ∈ R proizvoljni. S obzirom da se svaki kom-pleksni broj može zapisati kao α + iβ za neke α, β ∈ R, imamo

[S] = {(α1 + iα2, α3 + iα4) : α1, . . . , α4 ∈ R}= {(z1, z2) : z1, z2 ∈ C} = C2,

pa je {e1, ie1, e2, ie2} sustav izvodnica za realni vektorski prostorC2.

• Na isti način kao u prethodnom primjeru (uz duži zapis) dobijemoda je skup

{e1, ie1, e2, ie2, . . . , en, ien}

sustav izvodnica za realni vektorski prostor Cn. �

Jasno je da je nadskup skupa izvodnica skup izvodnica, no zanim-ljivije pitanje je možemo li (i kada) zadani skup izvodnica smanjiti.O tome je sljedeća propozicija.

Propozicija 1.12. Neka je G = {a1, . . . , am} konačan sustav izvodnica zavektorski prostor V. Pretpostavimo da se neki ak može prikazati kao linearnakombinacija vektora iz G \ {ak}. Tada je i G \ {ak} sustav izvodnica za V.19 19 Ista tvrdnja vrijedi i ako je G besko-

načan sustav izvodnica. Pokušajte pro-vesti dokaz u tom slučaju.Dokaz. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je k = 1.

Prema pretpostavci je a1 = ∑mi=2 αiai za neke skalare α2, . . . , αm.Neka je v ∈ V proizvoljan. Kako je G skup izvodnica za V, postoje

skalari β1, . . . , βm takvi da je v = ∑mi=1 βiai. Sada je

v = β1a1 +m

∑i=2

βiai = β1m

∑i=2

αiai +m

∑i=2

βiai =m

∑i=2

(β1αi + βi)ai.

Zadnja suma je linearna kombinacija vektora iz G \ {a1}, a kako je vproizvoljno odabran, to je G \ {a1} sustav izvodnica za V. 20 20 Uočite da vrijedi malo općenitija tvrd-

nja od ove: Neka je S podskup vektor-skog prostora V i a ∈ S element koji semože prikazati kao linearna kombina-cija elemenata iz S \ {a}. Tada vrijedi

[S] = [S \ {a}].

Provedite dokaz za ovu tvrdnju.

Primjer 1.13. Vidjeli smo da je G = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4)} sustavizvodnica za R2. Kako je (1, 3) = 12 (1, 2) +

12 (1, 4), to je i skup H :=

G \ {(1, 3)} = {(1, 1), (1, 2), (1, 4)} sustav izvodnica za R2. I skupH možemo reducirati. Naime, (1, 4) = −2(1, 1) + 3(1, 2), pa je iB := H \ {(1, 4)} = {(1, 1), (1, 2)} sustav izvodnica. Očito, ako iz Hizbacimo neki vektor, ono što ostaje neće generirati R2. �


Definicija 1.14. Vektorski prostor V je konačno generiran ili konač-nodimenzionalan ako postoji konačan sustav izvodnica za V. Pros-tore koji nisu konačnodimenzionalni nazivamo beskonačnodimen-zionalnim.

Iz prethodnih razmatranja slijedi da su V2(O) i Fn konačnodimen-zionalni vektorski prostori.

Primjer prostora koji nije konačnodimenzionalan je P , prostor svihpolinoma. Zaista, neka je G = {p1, . . . , pm} konačan skup poli-noma. Neka je nk stupanj polinoma pk za sve k = 1, . . . , m. Oz-načimo n = max{n1, . . . , nm}. Tada linearne kombinacije polinomap1, . . . , pm daju polinom čiji je stupanj najviše n, pa svi polinomistupnja većeg od n + 1 ne pripadaju skupu [G]. Prema tome, nije-dan konačan skup polinoma ne razapinje P . 21 21 Je li još neki od vektorskih prostora

koje smo naveli u prethodnoj sekciji be-skonačnodimenzionalan?U ovom kolegiju prvenstveno (zapravo isključivo) se bavimo ko-

načnodimenzionalnim vektorskim prostorima - zato ćemo uvijek kadaspominjemo vektorski prostor podrazumijevati da se radi o konačnodi-menzionalnom vektorskom prostoru.

1.4 Linearna zavisnost i nezavisnost

Promatrajmo konačan skup vektora u vektorskom prostoru V, naprimjer, 22 22 Kod proučavanja linearne nezavis-

nosti i zavisnosti skupova dozvolja-vat ćemo da se isti element pojav-ljuje više puta, što nije uobičajeno zaskupove. Preciznije bi bilo umjestoskupa {a1, . . . , am} promatrati ured̄enum-torku (a1, . . . , am), ali skupovni zapisje uobičajeniji u literaturi.

S = {a1, . . . , am}.

Ako se neki od vektora iz S može napisati kao linearna kombinacijapreostalih vektora iz S, onda to znači da, na neki način, vektori iz Sovise jedan o drugom. U protivnom, to jest, ako se nijedan vektoriz skupa S ne može prikazati kao linearna kombinacija preostalihelemenata iz S, onda su vektori neovisni jedni o drugome. Ovimesmo opisali linearno (ne)zavisne skupove, a formalnu definiciju ćemodati malo kasnije.

Kako provjeriti linearnu (ne)zavisnost skupa? Prema upravo re-čenom, treba provjeriti može li se neki (ne nužno svaki, ali baremjedan) od elemenata iz S napisati kao linearna kombinacija ostalihelemenata iz S. Krenimo redom: ako se a1 može napisati kao li-nearna kombinacija a2, . . . , am onda je S linearno zavisan, a ako nemože, onda treba vidjeti može li se a2 napisati kao linearna kom-binacija a1, a3, . . . , am i rezonirati kao u prethodnom slučaju. I takodalje. Dva su moguća ishoda: (1) nijedan od a1, . . . , am ne može seprikazati kao linearna kombinacija preostalih vektora, pa je S line-arno nezavisan, ili (2) našli smo ak koji se može napisati kao linearnakombinacija preostalih elemenata iz S, pa je S linearno zavisan.

Ovaj postupak je jasan, ali očito bi u nekim situacijama mogaozahtijevati puno provjera - zato je logično pitati se može li efikas-nije? Može i upravo zato je definicija linearne (ne)zavisnosti dana nasljedeći način.

Definicija 1.15. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i S ={a1, . . . , am} skup u V. S je linearno nezavisan skup ako vrijedi slje-deća implikacija:


α1a1 + . . . + αmam = 0⇒ α1 = . . . = αm = 0.

Skup S je linearno zavisan ako nije linearno nezavisan, to jest, akopostoje α1, . . . , αm ∈ F, od kojih je barem jedan različit od nule, takoda je α1a1 + . . . + αmam = 0.

Da ne bi bilo zabune: naravno da jednakost α1a1 + . . . + αmam = 0vrijedi ako je α1 = . . . = αm = 0. (Ovu linearnu kombinaciju vektoraa1, . . . , am nazivamo trivijalnom linearnom kombinacijom.) Pitanjeje postoji li i neka druga mogućnost za skalare αi (to jest, takva danisu svi 0) za koje vrijedi α1a1 + . . .+ αmam = 0. Ako da, {a1, . . . , am}je linearno zavisan, ako ne, nezavisan je.

Sada dokažimo da je ova definicija ekvivalentna opisu prezentira-nom na početku sekcije.

Propozicija 1.16. Neka je V vektorski prostor nad F i S konačan skupvektora u V. Tada je S linearno zavisan ako i samo ako se neki vektor iz Smože napisati kao linearna kombinacija preostalih vektora iz S.

Dokaz. Neka je S = {a1, . . . , am}.Ako je S linearno zavisan, tada postoje α1, . . . , αm ∈ F, od kojih je

barem jedan različit od 0, te takvi da je

α1a1 + . . . + αmam = 0.

Zbog lakšeg zapisivanja pretpostavimo da je α1 6= 0. Iz gornjeg slijedi

α1a1 = −α2a2 − . . .− αmam,

a ovu relaciju možemo množiti s 1α1 (jer je α1 6= 0) pa dobijemo

a1 = −α2α1

a2 − . . .−αmα1

am,

dakle, a1 je linearna kombinacija vektora iz S \ {a1}.Pretpostavimo sada da se neki od vektora može zapisati kao line-

arna kombinacija preostalih elemenata iz S. Opet ćemo zbog jednos-tavnosti zapisa pretpostavljati da je to a1. Dakle, pretpostavimo daje

a1 = α2a2 + . . . + αmam,

za neke α2, . . . , αm ∈ F. Stavimo li α1 = −1 ovo možemo napisatikao

α1a1 + α2a2 + . . . + αmam = 0.

S obzirom da je α1 6= 0, S je linearno zavisan skup.

Propozicija 1.17. Neka je V vektorski prostor nad F.

(1) Jednočlan skup {a} je linearno nezavisan ako i samo ako je a 6= 0.

(2) Podskup linearno nezavisnog skupa je linearno nezavisan

(3) Nadskup linearno zavisnog skupa je linearno zavisan.

(4) Svaki skup koji sadrži 0 je linearno zavisan.


Dokaz. (1) Ova tvrdnja je ekvivalentna tvrdnji: jednočlan skup {a} jelinearno zavisan ako i samo ako je a = 0. Dokažimo to.

Ako je skup {a} linearno zavisan tada postoji λ 6= 0 takav da jeλa = 0, odakle slijedi a = 0 prema propoziciji 1.4.

Obratno, ako je a = 0 tada je 1 · a = 0, a kako sada slijeva imamonetrivijalnu kombinaciju vektora iz {a}, to je linearno zavisan skup.

(2) Neka je S linearno nezavisan skup i T ⊆ S. PretpostavimoT = {a1, . . . , ak} i S = {a1, . . . , ak, . . . , am}. Tražimo skalare α1, . . . , αkza koje vrijedi

α1a1 + α2a2 + . . . + αkak = 0,

to jest, hoćemo pokazati da svi ti skalari moraju biti nule. Ovo mo-žemo pisati kao linearnu kombinaciju vektora a1, . . . , am:

α1a1 + α2a2 + . . . + αkak + 0 · ak+1 + . . . + 0 · am = 0.

S obzirom da je {a1, . . . , am} linearno nezavisan skup, jedino trivi-jalna linearna kombinacija njegovih elemenata daje 0 i zato mora bitiα1 = . . . = αk = 0.

(3) Neka je T linearno zavisan skup i T ⊆ S. Kada bi S bio linearnonezavisan tada bi, prema prethodnoj tvrdnji, takav bio i skup T. Timesmo došli do kontradikcije i zaključka da je S linearno zavisan.

(4) Ako S sadrži nulvektor, onda je S nadskup linearno zavisnogskupa T = {0} i zato je i on linearno zavisan.

Primjer 1.18. • Dva radijvektora u V2(O) su linearno zavisni ako isamo ako su kolinearni. Zaista, ako su ~a i ~b kolinearni onda je~a = λ~b ili~b = µ~a što daje tvrdnju.

• Neka je S = {~a,~b,~c} skup u V2(O). Pokažimo da je S linearnozavisan, bez obzira kako odabrali njegove elemente. Prvo, ako su~a i ~b kolinearni tada njih dva čine linearno zavisan skup, pa je Slinearno zavisan kao njegov nadskup. Ako su pak ~a i~b nekoline-arni, tada prema (1.5) imamo V2(O) = [{~a,~b}], pa se~c, kao i svakidrugi element iz V2(O), može zapisati kao linearna kombinacija~ai~b. Slijedi tvrdnja.

• Iz ovog i prethodne propozicije sada slijedi da je svaki skup uV2(O) koji ima barem tri elementa linearno zavisan.

• Za vektore a1 = (1, 1,−2), a2 = (−1, 2, 3), a3 = (2,−1,−5) u F3imamo 1a1 + (−1)a2 + (−1)a3 = 0, pa jednadžba α1a1 + α2a2 +α3a3 = 0 ima i netrivijalno rješenje. Slijedi da je {a1, a2, a3} line-arno zavisan.

• Prema definiciji, u linearno zavisnom skupu se neki (bar jedan)od vektora može napisati preko ostalih vektora tog skupa. To,naravno, ne znači da se svaki od vektora tog skupa može napisatipreko ostalih vektora tog skupa. Na primjer, promatramo a1 =(1, 1), a2 = (2, 2), a3 = (2,−1) u F2. Tada je a2 = 2a1 = 2a1 + 0a3,pa je {a1, a2, a3} linearno zavisan. Med̄utim, lako vidimo da se a3ne može napisati kao linearna kombinacija a1 i a2.


• U vektorskom prostoru RR svih funkcija f : R → R promatramoskup { f1, f2, f3}, gdje je f1(x) = cos 2x, f2(x) = cos2 x, f3(x) =sin2 x. Znamo da za svaki x ∈ R vrijedi cos 2x = cos2 x− sin2 x, tojest, f1 = f2 − f3, pa je skup { f1, f2, f3} linearno zavisan. 23 23 Je li skup { f1, f2, f3}, gdje je f1(x) =

sin 2x, f2(x) = sin x, f3(x) = cos x, line-arno nezavisan?• Neka je n ∈ N. Pogledajmo vektorski prostor Fn i u njemu vek-

tore e1, . . . , en kao u primjeru 1.11. Skup {e1, e2, . . . , en} je linearnonezavisan jer

n

∑i=1

αiei = 0 ⇒ (α1, α2, . . . , αn) = (0, 0, . . . , 0)

⇒ α1 = . . . = αn = 0.

• Skup {e1, ie1, e2, ie2, . . . , en, ien} je linearno nezavisan u realnom vek-torskom prostoru Cn. Zaista, neka su α1, . . . , α2n ∈ R (važno: ska-lari moraju biti iz R!) takvi da je

α1e1 + α2(ie1) + α3e2 + α4(ie2) + . . . + α2n−1en + α2n(ien) = 0,

to jest,

(α1 + iα2, α3 + iα4, . . . , α2n−1 + iα2n) = (0, 0, . . . , 0).

Slijedi da je

α1 + iα2 = 0, α3 + iα4 = 0, . . . , α2n−1 + iα2n = 0.

S obzirom da su svi αk realni brojevi, odavde zaključujemo αk = 0za sve k = 1, . . . , 2n.

• Skup {e1, ie1, e2, ie2, . . . , en, ien} je linearno zavisan u kompleksnomvektorskom prostoru Cn. Dovoljno je uočiti da se drugi vektormože prikazati kao linearna kombinacija prvog vektora (uz skalarα = i ∈ C). �

U propoziciji 1.16 vidjeli smo da je skup linearno zavisan ako isamo ako se neki od elemenata tog skupa može zapisati kao linearnakombinacija ostalih elemenata tog skupa. Sljedeća tvrdnja je malojača, a bit će nam korisna u nekim narednim dokazima.

Propozicija 1.19. Neka je V vektorski prostor nad F i S = {a1, . . . , am}konačan skup vektora u V u kojem smo poredak vektora fiksirali, te takav daje m ≥ 2 i a1 6= 0. Tada je S linearno zavisan ako i samo ako se neki vektoriz S može napisati kao linearna kombinacija svojih prethodnika24 (to jest, za 24 S obzirom da je poredak elemenata u

S fiksiran, ima smisla govoriti o pret-hodnicima.

neki k ≥ 2 vektor ak je linearna kombinacija vektora {a1, . . . , ak−1}.)

Dokaz. Ako je S linearno zavisan tada postoje α1, . . . , αm ∈ F, odkojih je bar jedan različit od nule, tako da vrijedi

α1a1 + . . . + αmam = 0. (1.7)

Sada odaberimo med̄u αi, i = 1, . . . , m onaj s najvećim indeksom kojije različit od 0 (to jest, gledamo skalare α1, α2, . . . , αm−1, αm u ovom


fiksiranom poretku i tražimo prvi zdesna koji nije 0) - neka je tajindeksa k. Znači, imamo

αk 6= 0, αk+1 = . . . = αm = 0,

što jednadžbu (1.7) pretvara u

α1a1 + . . . + αkak = 0. (1.8)

Pokažimo da je k 6= 1. Ako bi bilo k = 1 onda bi (1.8) glasioα1a1 = 0, pa bi zbog pretpostavke a1 6= 0 slijedilo α1 = 0, što nemože biti zbog načina izbora indeksa k. Prema tome, k ≥ 2 (tek sadaak ima prethodnike).

Sada, slično kao ranije, zbog αk 6= 0 iz (1.8) dobivamo

ak =−α1αk

a1 + . . . +−αk−1

αkak−1,

pa je ak linearna kombinacija a1, . . . , ak−1.Obrat je očit.

Primjer 1.20. Neka je pk polinom zadan s pk(t) = tk za k ∈ N ∪{0}. Skup {p0, p1, . . . , pn} u Pn je linearno nezavisan. Zaista, ako biovaj skup bio linearno zavisan tada bi se neki njegov element mogaoprikazati kao linearna kombinacija prethodnika. Na primjer, neka jek ≥ 2 takav da je

pk = α0 p0 + α1 p1 + . . . + αk−1 pk−1

za neke skalare α0, α1, . . . , αk−1. Med̄utim, ovo ne može biti jer jepk polinom stupnja k, dok je stupanj polinoma α0 p0 + α1 p1 + . . . +αk−1 pk−1 manji ili jednak od k− 1. �

Za kraj ove sekcije jedna usporedba izmed̄u linearno nezavisnihskupova i sustava izvodnica prostora.

Teorem 1.21. Neka je V 6= {0} konačnodimenzionalan vektorski prostor,S i G konačni podskupovi od V takvi da je S linearno nezavisan skup iG sustav izvodnica za V. Tada je broj elementa u S manji ili jednak brojuelemenata u G. 25 25 Broj elemenata nekog skupa naziva se

kardinalitet i označava card ili | |. Teoremtvrdi: card S ≤ card G.Dokaz. Neka je S = {a1, . . . , ak} i G = {b1, . . . , bm}. Trebamo doka-

zati da je k ≤ m.Ideja je elemente iz G (jedan po jedan) mijenjati elementima iz S

tako da se ne naruši svojstvo generiranja prostora V.Promatramo skup {a1, b1, . . . , bm} - on je linearno zavisan jer se a1

može napisati kao linearna kombinacija vektora b1, . . . , bm (jer oničine sustav izvodnica za V), a takod̄er je i sustav izvodnica (kaonadskup skupa izvodnica). Zbog linearne zavisnosti, prema pro-poziciji 1.19, neki element tog skupa se može napisati kao linearnakombinacija svojih prethodnika, a to očito mora biti neki od b-ova,na primjer bi1 . Tada je, prema propoziciji 1.12,

{a1, b1, . . . , bm} \ {bi1}


takod̄er sustav izvodnica za V. (Time smo jedan element iz G zami-jenili jednim elementom iz S.)

Ako je k ≥ 2 i m ≥ 2 onda ovo možemo ponoviti. Isto kao malo-prije zaključujemo da je skup {a2, a1, b1, . . . , bm} \ {bi1} linearno zavi-san skup i sustav izvodnica za V, pa se neki element tog skupa moženapisati kao linearna kombinacija svojih prethodnika. Ovdje je važnouočiti da se a2 ne može zapisati preko a1, jer su a1 i a2 elementi li-nearno nezavisnog skupa. Neka je bi2 taj koji se može zapisati prekosvojih prethodnika. Tada je skup

{a2, a1, b1, . . . , bm} \ {bi1 , bi2}

novi sustav izvodnica za V.I tako dalje, sve dok imamo a-ova za dodavanje i b-ova za izbaci-

vanje.Kada bi bilo k > m to bi značilo da bi postupak stao onda kada

je ponestalo b-ova, nakon točno m koraka. U tih m koraka dodalismo a1, . . . , am i izbacili sve b-ove, što znači da je dobiveni sustavizvodnica jednak

{a1, . . . , am}.

Med̄utim, ovo nije sustav izvodnica za V jer am+1 /∈ [{a1, . . . , am}](kao prvo: am+1 postoji jer k > m, kao drugo: am+1 ∈ [{a1, . . . , am}]bi značilo da je {a1, . . . , am, am+1} linearno zavisan, što ne može bitijer bi onda i S bio linearno zavisan). Prema tome, ne može biti k > m,nego je nužno k ≤ m.

Tako na primjer u prostoru P5 linearno nezavisni skupovi imajunajviše 6 elemenata, s obzirom da smo utvrdili da polinomi pk(t) =tk, k = 0, 1, . . . , 5 čine sustav izvodnica za P5.

1.5 Baza i dimenzija

Definicija 1.22. Neka je V konačnodimenzionalni vektorski prostor iB podskup od V. B je baza za V ako je linearno nezavisan skup isustav izvodnica za V.

Možemo se zapitati zašto su toliko važni oni sustavi izvodnica kojiimaju svojstvo linearne nezavisnosti (toliko da smo za njih uveli po-seban naziv). Podsjetimo se da smo već kod uvod̄enja pojma sustavaizvodnica uočili da je nam je bolje, za zadani vektorski prostor, naćišto je moguće manji sustav izvodnica jer tada elemente vektorskogprostora zapisujemo kao jednostavnije (kraće) linearne kombinacijeistih elemenata.

Podsjetimo se i da smo u propoziciji 1.12 opisali situaciju kada seneki sustav izvodnica može smanjiti: ako je G sustav izvodnica zavektorski prostor V i ako postoji a ∈ G koji se može prikazati kao li-nearna kombinacija preostalih elemenata iz G, tada je i G \ {a} sustavizvodnica za V. Sada znamo da se ovo može preformulirati: ako je Gsustav izvodnica za vektorski prostor V i ako je G linearno zavisanskup, tada postoji a ∈ G takav da je G \ {a} sustav izvodnica za V.


S druge strane, ako je G sustav izvodnica za V i linearno nezavisanskup, tada za svaki a ∈ G vrijedi a /∈ [G \ {a}], pa se takvi sustaviizvodnica ne mogu reducirati.

Prema tome, linearno nezavisni sustavi izvodnica su optimalnisustavi izvodnica (optimalni s obzirom na broj elemenata), oni sene mogu dalje reducirati, dok se linearno zavisni sustavi izvodnicauvijek mogu reducirati.

Navedimo sada nekoliko primjera.

Primjeri 1.23. • Svaka dva nekolinearna radijvektora u V2(O) činebazu za V2(O). 26 26 Iz ovog primjera vidimo da baze nisu

jedinstvene.• Tri nekomplanarna radijvektora u V3(O) čine bazu za V3(O).

• U vektorskom prostoru Fn vektori e1, . . . , en čine bazu. Ovu bazunazivamo kanonska ili standardna baza za Fn. 27 27 Atribut kanonska obično nosi "najjed-

nostavnija" baza prostora, odnosno onas kojom se najčešće i najlakše operira.• U realnom vektorskom prostoru Cn jedna baza zadana je vektorima

e1, ie1, e2, ie2, . . . , en, ien.

• U vektorskom prostoru Pn polinomi pk(t) = tk, k = 0, 1, . . . , n činebazu, kanonsku (standardnu) bazu za Pn.

• Neka je B = {b1, b2, . . . , bn} baza vektorskog prostora V. Ako jeα ∈ F, α 6= 0 tada je skup {αb1, αb2, . . . , αbn} baza vektorskogprostora V. Ako je n ≥ 2, još jedan primjer baze za V je skupB = {b1 + b2, b1 − b2, b3, . . . , bn}. Prema tome, svaki netrivijalanvektorski prostor ima beskonačno mnogo baza.

• Navedimo i kanonsku bazu za prostor matrica tipa (m, n). Uz-memo neke i ∈ {1, . . . , m} i j ∈ {1, . . . , n} i definiramo matricuEij ∈ Mmn koja na mjestu (i, j) ima 1, a na svim ostalim mjestima0. Kraće zapisano,

(Eij)kl =

{1, ako je k = i i l = j;0, inače.

Na primjer, ako je m = 3 i n = 2 tada imamo

E11 =

1 00 00 0

, E21 = 0 01 0

0 0

, E31 = 0 00 0

1 0

,

E12 =

0 10 00 0

, E22 = 0 00 1

0 0

, E32 = 0 00 0

0 1

.Skup {Eij : i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n} je baza za Mmn.Zaista, ako je A = [aij] tada je A = ∑mi=1 ∑

nj=1 aijEij pa je ovaj skup

sustav izvodnica za Mmn.

Nadalje, ako za neke skalare αij vrijedi ∑mi=1 ∑nj=1 αijEij = 0, onda

je [αij] = [0] odakle slijedi αij = 0 za sve i = 1, . . . m, j = 1, . . . , n.To pokazuje linearnu nezavisnost skupa {Eij : i = 1, . . . , m, j =1, . . . , n}. �


U sljedećem teoremu opisano je osnovno svojstvo baze.

Teorem 1.24. Neka je B = {b1, . . . , bn} podskup vektorskog prostora V.Tada vrijedi: B je baza za V ako i samo ako za svaki v ∈ V postoje jedins-tveni skalari α1, . . . , αn ∈ F takvi da je v = ∑ni=1 αibi.

Dokaz. ⇒ Pretpostavimo da je B baza za V. Posebno, B je sustavizvodnica za V, pa postoje skalari α1, . . . , αn takvi da je

v =n

∑i=1

αibi.

Pretpostavimo da za neki v ovaj prikaz nije jedinstven, nego da pos-toji još i prikaz

v =n

∑i=1

βibi,

za neke skalare β1, . . . , βn. Tada izjednačavanjem ∑ni=1 αibi = ∑ni=1 βibi

slijedin

∑i=1

(αi − βi)bi = 0.

Kako je B i linearno nezavisan skup, svi skalari u prethodnoj relacijimoraju biti 0, to jest, αi − βi = 0 za sve i. Slijedi αi = βi, i = 1, . . . , n,dakle, skalari u prikazu vektora v pomoću vektora iz B su jedins-tveni.⇐ Pretpostavimo da za svaki v ∈ V postoje jedinstveni skalari

α1, . . . , αn takvi da je v = ∑ni=1 αibi. Odmah zaljučujemo da je B sustavizvodnica. Za zaključak da je B linearno nezavisan pretpostavimo daje

α1b1 + . . . + αnbn = 0.

Kako se nulvektor može zapisati kao 0 · b1 + . . . + 0 · bn = 0, a rastavsvakog vektora pomoću b1, . . . , bn je jedinstven prema pretpostavci,slijedi α1 = . . . = αn = 0.

Važna pitanja:

• Ima li svaki (konačnodimenzionalni) vektorski prostor bazu?

• Kako konstruirati baze danog prostora?

• Sve baze u V2(O) imaju 2 elementa, sve baze u V3(O) imaju 3elementa. Vrijedi li analogna tvrdnja općenito?

Teorem 1.25. Neka je V 6= {0} konačnodimenzionalni vektorski prostornad poljem F. Tada:

(1) Postoji baza za V.

(2) Svake dvije baze za V imaju jednako mnogo elementa.28 28 Ovu tvrdnju nazivamo Steinitzov te-orem.

Dokaz. (1) Kako je V konačnodimenzionalan, postoji konačan sustavizvodnica G za V.


Ako je G linearno nezavisan, onda je G baza. Ako je G linearnozavisan, tada se neki njegov element, nazovimo ga a, može prikazatikao linearna kombinacija elemenata iz G \ {a}. Tada je G \ {a} opetsustav izvodnica (propozicija 1.12). Ako je G \ {a} linearno neza-visan, onda je on baza. Ako je linearno zavisan, ponovo izbacimovektor koji je višak. Postupak ponavljamo dok ne dod̄emo do line-arno nezavisnog sustava izvodnica, dakle baze. Treba napomenti dase neće dogoditi da iz G izbacimo sve elemente, jer bi tada dobili daje ∅ sustav izvodnica za V, što bi dalo V = {0}.

(2) Neka su B1 i B2 dvije različite baze za V.Kako je B1 linearno nezavisan, a B2 sustav izvodnica, prema pro-

poziciji 1.21, cardB1 ≤ cardB2.Sada zamijenimo uloge: B2 je linearno nezavisan, B1 je sustav iz-

vodnica, pa prema propoziciji 1.21, cardB2 ≤ cardB1. Slijedi tvrd-nja.

S obzirom da sada znamo da su svake dvije baze za konačnodi-menzionalan vektorski prostor jednakobrojne, sljedeći pojam je do-bro definiran, odnosno ne ovisi o izboru baze za V.

Definicija 1.26. Neka je V konačnodimenzionalan vektorski prostornad poljem F. Dimenzija prostora V je kardinalitet neke (bilo koje)njegove baze. Označavamo dim V. 29 Dogovorno uzimamo da je 29 Ponekad, ako je bitno naglasiti pri-

padajuće polje promatranog vektorskogprostora, pišemo dimF V.

dim{0} = 0. Ako je n = dim V kažemo da je V n-dimenzionalanvektorski prostor.

Iz primjera 1.18 i 1.23 direktno slijedi:

• dim V2(O) = 2

• dim V3(O) = 3

• dim Rn = n (ovo odgovara našoj intuiciji da je R2 dvodimenzi-onalan, te R3 trodimenzionalan)

• dimC Cn = n

• dimR Cn = 2n

• dimPn = n + 1

• dim Mmn = mn.

Sada odgovorimo i na pitanje kako konstruirati bazu.

Teorem 1.27. Neka je V 6= {0} vektorski prostor nad poljem F i n =dim V. Tada:

(1) Svaki konačan sustav izvodnica za V se može reducirati do baze za V.Posebno, svaki sustav izvodnica za V ima bar n elemenata.

(2) Svaki linearno nezavisan skup u V se može proširiti do baze za V. Po-sebno, svaki linearno nezavisan skup u V ima najviše n elemenata.

Dokaz. (1) Ovo smo već dokazali u dokazu prve tvrdnje prethodnogteorema.


(2) Neka je S = {a1, . . . , ak} linearno nezavisan skup. Uzmimoneku bazu B = {b1, . . . , bn} za V. Tada je skup

S ∪ B = {a1, . . . , ak, b1, . . . , bn}

sustav izvodnica za V. Fiksirajmo poredak vektora u S ∪ B točnokako smo ih naveli.

S obzirom da se a-ovi mogu zapisati preko elemenata iz B, S∪ B jelinearno zavisan skup, pa se prema propoziciji 1.19 neki od njegovihvektora može zapisati kao linearna kombinacija svojih prethodnika.Sigurno je da se nijedan od elemenata ai ne može napisati prekosvojih prethodnika, jer oni pripadaju linearno nezavisnom skupu S.Prema tome, neki bi1 je linearna kombinacija vektora iz (S ∪ B) \{bi1}. Tada je

(S ∪ B) \ {bi1}

novi sustav izvodnica za V. Ako je ovaj skup linearno nezavisan, onje baza koja sadrži S i dokaz je gotov. Ako je linearno zavisan, na istinačin izbacujemo još neki bi2 . Postupak nastavljamo dok ne dod̄emodo linearno nezavisnog skupa, a s obzirom da izbacivanja radimotako da se ne naruši svojstvo razapinjanja prostora V, doći ćemo dobaze. Postupak će imati najviše n koraka, a slučaj od točno n korakaznači da je S već bio sustav izvodnica pa je proširivanje trivijalno, tojest, s 0 elemenata.

Ovaj teorem ima korisnu posljedicu.

Korolar 1.28. Neka je V n-dimenzionalan vektorski prostor.

(1) Ako linearno nezavisan skup u V ima točno n elemenata, onda je on bazaza V.

(2) Ako sustav izvodnica za V ima točno n elemenata, onda je on baza za V.

Dokaz. (1) Neka je T linearno nezavisan. Tada postoji baza B za Vkoja sadrži T. S obzirom da oba skupa T i B imaju isti broj elemenata,oni su nužno jednaki.

(2) Ako je G sustav izvodnica za V tada postoji baza B za V sa-držana u G. S obzirom da oba skupa G i B imaju jednako mnogoelemenata, oni su jednaki.

Primjer 1.29. (1) Konstruirajmo bazu za R4 koja sadrži vektor a =(1, 0, 1, 0).

Uzet ćemo kanonsku bazu za R4 i dodati je (linearno nezavisnom)skupu {a}. Dobijemo sustav izvodnica

{a, e1, e1, e3, e4}

koji je linearno zavisan (linearno nezavisni skupovi u R4 imaju naj-više dim R4 = 4 elemenata, prema teoremu 1.27(2)). Sada ovaj skupželimo reducirati do baze za R4, a kako baze za R4 imaju 4 elementa,to znači da treba izbaciti točno jedan od e1, e2, e3, e4, bilo koji koji semože zapisati preko ostalih vektora. Na primjer, e3 = a− e1 pa mo-žemo izbaciti e3, to jest,

{a, e1, e2, e4}


je jedna takva baza.Uočimo takod̄er da je e1 = a − e3 pa smo jednako tako mogli

izbaciti e1, u tom slučaju dobili bismo bazu

{a, e2, e3, e4}

koja takod̄er sadrži a.(2) Konstruirajmo bazu za R4 koja sadrži vektore a1 = (1, 0, 1, 0),

a2 = (1, 2, 3, 4), a3 = (2, 0, 1, 0). Lako provjerimo da je S = {a1, a2, a3}linearno nezavisan skup, pa se sigurno može proširiti do baze zaR4. S obzirom da je R4 dimenzije 4, ovom skupu nedostaje samo 1element.

Ako bismo postupili kao u prethodnom primjeru, ovom tročla-nom skupu S bismo dodali četiri vektora, na primjer vektore kanon-ske baze za R4, a onda bismo iz tog skupa od 7 elemenata izbacilivišak, to jest tri elementa (od dodanih). Na kraju bi dobili skup{a1, a2, a3, ek} gdje je ek takav da je ovaj skup linearno nezavisan.

Umjesto toga, možemo probati naći taj jedan element koji nedos-taje skupu S da bi bio baza. Lako uočimo da je e1 = a3 − a1, znači e1nije dobar izbor. Ako pokušamo s {a1, a2, a3, e2} lako vidimo da je tolinearno nezavisan skup, dakle baza koju tražimo.

Ova dva primjera kažu da pri rješavanju ovakvih zadataka trebakalkulirati: ako S ima malo elemenata onda mu treba dosta toga do-dati, pa je bolji prvi pristup, ali ako skupu S nedostaje mali broj ele-menata da bi bio baza, onda je drugi pristup vjerojatno bolji. �

1.5.1 Lagrangeov interpolacijski polinom

Sada navodimo jednu primjenu linearne algebre u numeričkoj mate-matici, točnije, u teoriji aproksimacija.

Neka je n ∈ N. Pretpostavimo da želimo naći (ako uopće postoji)polinom čiji graf prolazi unaprijed zadanim točkama

(x1, y1), (x2, y2), . . . , (xn, yn),

pri čemu su apscise tih točaka x1, . . . , xn med̄usobno različite. Intu-icija sugerira da tražimo polinom stupnja n− 1.

Slučaj n = 4 - tražimo polinom trećegstupnja čiji graf prolazi točkama(xi , yi), i = 1, 2, 3, 4.

Prema tome, tražimo polinom p za koji vrijedi

p(xi) = yi, i = 1, . . . , n.

Ako je p(x) = an−1xn−1 + an−2xn−2 + . . . + a1x + a0 tada raspisiva-njem uvjeta p(xi) = yi za i = 1, . . . , n dobijemo sustav linearnihjednadžbi

an−1xn−11 + an−2xn−21 + . . . + a1x1 + a0 = y1

an−1xn−12 + an−2xn−22 + . . . + a1x2 + a0 = y2

. . . . . .an−1xn−1n + an−2xn−2n + . . . + a1xn + a0 = yn

(1.9)


Nepoznanice ovog sustava su koeficijenti a0, . . . , an−1. Dakle, jedannačin je da riješimo ovaj sustav linearnih jednadžbi. Pokazuje se (ato ćemo naučiti naknadno u ovom kolegiju) da ovaj sustav zaista imarješenje, pa traženi polinom zaista postoji i njegovi koeficijenti suodred̄eni rješenjem ovog sustava. Sada ćemo dati drugi način.

Kako je p polinom stupnja n − 1, napisali smo ga kao p(x) =an−1xn−1 + an−2xn−2 + . . .+ a1x+ a0, to jest, zapisali smo ga pomoćukanonske baze. Ipak, za ovaj konkretni problem bolje je odabratineku drugu bazu.

Neka su p1, . . . , pn ∈ Pn−1 takvi da, za svaki i = 1, . . . , n, pi u xipostiže vrijednost 1, a u svim drugim točkama je 0. Dakle, p1(x1) = 1i p1(x2) = p1(x3) = . . . = p1(xn) = 0, zatim p2(x2) = 1 i p2(x1) =p2(x3) = . . . = p2(xn) = 0 i tako dalje. Ovo možemo zapisati kao 30 30 Kroneckerov delta:

δij =

{1, ako i = j0, ako i 6= jpi(xj) = δij, i, j = 1, . . . , n.

Pokažimo da je {p1, . . . , pn} baza za Pn−1. S obzirom da se radi o n-članom skupu u n-dimenzionalnom prostoru, dovoljno je provjeritida je on linearno nezavisan. Neka je

α1 p1 + α2 p2 + . . . + αn pn = 0.

Tada je (α1 p1 + α2 p2 + . . .+ αn pn)(x1) = 0, a s obzirom da je p2(x1) =. . . = pn(x1) = 0 i p1(x1) = 1, dobivamo α1 = 0. Slično vidimo da sui ostali koeficijenti αi jednaki 0.

Sada, s obzirom da je {p1, . . . , pn} baza za Pn−1 i p ∈ Pn−1, postojeβ1, . . . , βn takvi da je

p(x) = β1 p1(x) + . . . + βn pn(x), ∀x ∈ R.

Uvrstimo li ovdje x = xi, zbog uvjeta p(xi) = yi i pj(xi) = δij slijediβi = yi za i = 1, . . . , n. Prema tome,

p(x) = y1 p1(x) + . . . + yn pn(x). (1.10)

Preostaje naći polinome pi. Kako su x1, . . . , xi−1, xi+1, . . . , xn nul-točke od pi, to je

pi(x) = αi(x− x1) · · · (x− xi−1)(x− xi+1) · · · (x− xn)

za neki αi ∈ R. Taj αi ćemo dobiti iz preostalog uvjeta pi(xi) = 1 :

1 = αi(xi − x1) · · · (xi − xi−1)(xi − xi+1) · · · (xi − xn),

dakle,

pi(x) =(x− x1) · · · (x− xi−1)(x− xi+1) · · · (x− xn)

(xi − x1) · · · (xi − xi−1)(xi − xi+1) · · · (xi − xn)(1.11)

(u nazivniku su svi faktori različiti od 0). Uvrštavanjem u (1.10)dobivamo eksplicitnu formulu za polinom p:

p(x) =n

∑i=1

yi(x− x1) · · · (x− xi−1)(x− xi+1) · · · (x− xn)

(xi − x1) · · · (xi − xi−1)(xi − xi+1) · · · (xi − xn).

Dokazali smo sljedeći teorem.


Teorem 1.30. Neka je n ∈ N, te (xi, yi), i = 1, . . . , n točke u R2 čije suapscise med̄usobno različite. Tada postoji polinom p ∈ Pn−1 takav da je 31 31 Razjasnite si da se može dogoditi da

je p stupnja strogo manjeg od n− 1. Na-d̄ite primjer kada se to dogodi.p(xi) = yi, i = 1, . . . , n.

1.6 Važnost vektorskih prostora Rn i Cn

U ovoj točki nećemo biti potpuno precizni jer bi nam za to trebaloznanje linearne algebre koje još nismo ovdje prezentirali. Med̄utim,vjerojatno smo svi uočili neke sličosti izmed̄u, na primjer, V2(O) iR2, te izmed̄u M23(R) i R6, pa ćemo kratko analizirati te sličnosti.Naravno, kada dovoljno proširimo svoje znanje linearne algebre, oovome ćemo detaljnije i preciznije.

Promatrajmo V2(O). Neka su ~i i ~j radijvektori jedinične duljine,med̄usobno okomiti. Očito, {~i,~j} je baza za V2(O). Za svaki v ∈V2(O) postoje jedinstveni skalari x, y ∈ R takvi da je

~v = x~i + y~j.

Na ovaj način svaki radijvektor ~v odred̄uje jedan ured̄eni par (x, y) ∈R2, a isto tako, svaki ured̄eni par (x, y) ∈ R2 odred̄uje jedinstvenradijvektor x~i + y~j, odnosno, imamo jednoznačnu obostranu vezu

x~i + y~j ∈ V2(O)↔ (x, y) ∈ R2. (1.12)

Na ovaj način smo poistovijetili skupove V2(O) i R2. Med̄utim, miproučavamo i uspored̄ujemo vektorske prostore V2(O) i R2, a vektor-ske prostore ne čine samo elementi nego i operacije. Zato ćemo sadausporediti operacije zbrajanja i množenja skalarima.

Neka je ~a = x1~i + y1~j, ~b = x2~i + y2~j i ~c = x3~i + y3~j. Tada imamopoistovjećivanja~a↔ (x1, y1),~b↔ (x2, y2) i ~c↔ (x3, y3).

• Iz ~a +~b = (x1 + x2)~i + (y1 + y2)~j slijedi da zbroj ~a +~b poistovije-ćujemo s (x1 + x2, y1 + y2), što je upravo zbroj (x1, y1) + (x2, y2),ured̄enih parova poistovijećenih s~a i~b.

• Asocijativnost (~a +~b) +~c = ~a + (~b +~c) u V2(O) i asocijativnost((x1, y1) + (x2, y2)) + (x3, y3) = (x1, y1) + ((x2, y2) + (x3, y3)) suekvivalentne i obje se svode na isto: (x1 + x2)+ x3 = x1 +(x2 + x3)i (y1 + y2) + y3 = y1 + (y2 + y3), što je asocijativnost u R.

• Nulvektor ~0 = 0 ·~i + 0 ·~j za V2(O) se identificira s ured̄enim pa-rom (0, 0), što je neutralni element u R2.

• Suprotnom radijvektoru −~a od~a odgovara ured̄eni par (−x1,−y1)što je suprotni element od (x1, y1).

• Komutativnost ~a +~b =~b +~a i komutativnost (x1, y1) + (x2, y2) =(x2, y2) + (x1, y1) su ekvivalentne i svode se na isto: x1 + x2 =x2 + x1 i y1 + y2 = y2 + y1.


• Ako je λ ∈ R tada je λ~a = λx~i + λy~j, pa λ~a identificiramo s(λx, λy), što je upravo umnožak λ(x, y) u R2.

• Kod kvaziasocijativnosti i obje distributivnosti zaključujemo istokao kod asocijativnosti i komutativnosti.

• Svojstvo jedinice se svodi na ekvivalenciju: 1 ·~a =~a⇔ 1 · (x1, y1) =(x1, y1).

Sada možemo zaključiti da se, uz identifikaciju radijvektora i ure-d̄enih parova realnih brojeva (1.12), vektorski prostori V2(O) i R2 po-našaju identično.

Ovo možemo vizualizirati uvod̄enjem koordinatnog sustava po-moću odabrane baze. Koordinatni sustav će za ishodište imati točkuO, a koordinatne osi i točke (1, 0) i (0, 1) bit će odred̄ene radijvekto-rima ~i i ~j, redom. Sada, ako je ~v = x~i + y~j radijvektor u V2(O) i Ttočka ravnine E2 kojoj u uvedenom koordinatnom sustavu odgovaraured̄eni par (x, y), tada je ~v =

−→OT.

~v = x~i + y~j =−→OT, T = (x, y) ∈ R2

Treba imati na umu da smo krenuli od baze {~i,~j} koja se možečiniti posebna (okomiti radijvektori jedinične duljine), ali lako se vidida smo mogli uzeti bilo koja dva nekolinearna radijvektora, odnosnobilo koju bazu {~e1, ~e2}. Bitno je osnovno svojstvo baze, da za svaki~v ∈ V2(O) postoje jedinstveni skalari x, y ∈ R takvi da je ~v = x~e1 +y~e2. Na ovaj način dobivamo jednoznačnu korespondenciju

x~e1 + y~e2 ∈ V2(O)↔ (x, y) ∈ R2.

Iako je izbor baze proizvoljan, uvijek treba imati na umu koju smobazu izabrali na početku, jer ured̄eni par (2, 7) ∈ R2 kod izbora baze{~i,~j} reprezentira vektor 2~i + 7~j, a kod izbora neke druge baze, naprimjer, {~i−~j,~i +~j} vektor 2(~i−~j) + 7(~i +~j) = 9~i + 5~j. (Takod̄er, uslučaju izbora neke druge baze koordinatni sustav bi izgledao druga-čije jer koordinatne osi i točke (1, 0) i (0, 1) su odred̄ene elementimabaze. Med̄utim, koordinatni sustav smo ionako samo nacrtali kaoilustraciju, nismo ga koristili u provjeri usklad̄enosti struktura V2(O)i R2. Slučaj {~i,~j} baze nam daje "uobičajeni" koordinatni sustav u R2,zato smo njega odabrali na početku.)

Još jedan dvodimenzionalni vektorski prostor koji smo uveli jeP1(F), prostor svih polinoma stupnja najviše 1 s koeficijentima izF. Svaki polinom u P1(F) ima oblik p(t) = a0 + a1t za neke skalarea0, a1 ∈ F, pa se identifikacija polinoma p ∈ P1(F) s ured̄enim parom(a0, a1) ∈ F2 sama nameće. Za ovu identifikaciju nismo eksplicitnokoristili bazu za P1, ali svojstvo baze je iskorišteno u činjenici da zasvaki polinom stupnja najviše 1 postoje jedinstveni skalari a0, a1 ∈ Ftakvi da je p = a0 p0 + a1 p1, gdje je {p0, p1}, p0(t) = 1, p1(t) = tkanonska baza za P1. Uz ovu identifikaciju skupova P1(F) i F2 selako provjeri da su i operacije i njihova svojstva na ovim skupovimausklad̄eni.

Možemo li jednako postupiti i s prozvoljnim n-dimenzionalnimprostorom V nad poljem F?


Neka je {b1, . . . , bn} baza za V, uz fiksirani poredak. Svaki v ∈ Vse na jedinstven način može zapisati kao

v = α1b1 + . . . + αnbn.

Uz identifikaciju (jednoznačnu korespondenciju) elemenata iz V i Fn

danu sα1b1 + . . . + αnbn ∈ V ↔ (α1, . . . , αn) ∈ Fn,

te provjeru usklad̄enosti operacija zbrajanja i množenja skalarima(kao u slučaju V2(O)) zaključujemo da se n-dimenzionalan vektor-ski prostor V nad poljem F ponaša kao Fn.

Za kraj spomenimo da ovo ne znači da sada možemo prestati sproučavanjem konkretnih vektorskih prostora i ograničiti se samona Fn. To već vidimo iz činjenice da je onaj početni korak, izbor bazevektorskog prostora, itekako važan. Stoga je potrebno proučavatirazličite klase i primjere vektorskih prostora i u konkretnim situaci-jama izabrati bazu koja najbolje odgovara proučavanom problemu.

Dodatno, konkretni primjeri vektorskih prostora imaju svoje po-sebnosti - na primjer, polinome možemo derivirati, matricama mo-žemo računati trag i determinantu, radijvektorima možemo geome-trijski razapinjati paralelograme i paralelepipede i tako dalje.

Možemo zaključiti da je korisno kombinirati razne pristupe: pro-učavati konkretne primjere sa svim svojim specifičnostima, ali istotako imati u vidu da se različiti vektorski prostori, u odred̄enim pi-tanjima, ponašaju na jednak način.

1.7 Pitanja i zadaci (i poneka uputa)

1. Što je vektor? Objasnite rečenicu: "Polinomi su vektori."

2. Može li (kompleksni ili realni) vektorski prostor imati točno dvaelementa? A točn

Documents

Linearna algebra 1 - unizg.hr · 2021. 1. 17. · Sadržaj 1 Vektorski prostori 5 1.1 Uvodni primjeri 5 1.2 Deﬁnicija vektorskih prostora. Primjeri 12 1.3 Linearna ljuska skupa