MATEMATIKA 4 - web.math.pmf.unizg.hrljsekul/nastava/matematika4_novo.pdf · Ljiljana Aramba si c MATEMATIKA 4 Integrirani preddiplomski i diplomski studij zike i kemije, smjer nastavni

Ljiljana Arambasic

MATEMATIKA 4

Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i kemije, smjer

nastavnicki

Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i tehnike, smjer

nastavnicki

SADRZAJ 2

Sadrzaj

Uvod 4

1 Sustavi linearnih jednadzbi 5

1.1 Uvod u sustave linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Matricni zapis sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4 Kronecker-Capelli-jev teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.5 Veza izmedu homogenog i nehomogenog sustava jednadzbi . . 30

1.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2 Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 38

2.1 Cramerov sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.2 Gaussova metoda eliminacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.3 Primjene sustava linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . 45

2.4 Gauss-Jordanova metoda odredivanja inverza matrice . . . . . 49

2.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3 Vektorski prostori 54

3.1 Definicija i primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.2 Linearna zavisnost i nezavisnost vektora . . . . . . . . . . . . 56

3.3 Baza vektorskog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

4 Potprostori vektorskog prostora 73

4.1 Definicija i primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4.2 Linearna ljuska skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

4.3 Presjek i suma potprostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

4.4 Dimenzija presjeka i sume potprostora . . . . . . . . . . . . . 83

4.5 Direktni komplement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

4.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

5 Linearni operatori 93

5.1 Primjeri i osnovna svojstva linearnih operatora . . . . . . . . . 93

5.2 Vektorski prostor linearnih operatora . . . . . . . . . . . . . . 104

5.3 Jezgra i slika linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . 107

2

SADRZAJ 3

5.4 Izomorfni vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

5.5 Matricni zapis linearnih operatora . . . . . . . . . . . . . . . . 113

5.6 Svojstvene vrijednosti linearnih operatora . . . . . . . . . . . 119

5.7 Karakteristicni i minimalni polinom . . . . . . . . . . . . . . . 123

5.8 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

Literatura 134

3

SADRZAJ 4

Uvod

Matematika 4 je obavezni kolegij koji se izvodi u cetvrtom semestru nas-

tavnickih smjerova Integriranih prediplomskih i diplomskih studija fizike i

kemije, odnosno, fizike i tehnike. Matematicki kolegiji koji mu prethode su

Matematika 1, 2 i 3.

Ovi nastavni materijali pokrivaju cjelokupno gradivo kolegija. Cilj ko-

legija je nastaviti s proucavanjem linearne algebre, zapoceto u Matematici

3. Dakle, nakon vektorskog postora V 3, analiticke geometrije prostora, te

matrica, sto je sadrzaj Matematike 3, u Matematici 4 studenti proucavaju

sustave linearnih jednadzbi i metode za njihovo rjesavanje, vektorske prostore

te linearne operatore.

Teorija je potkrijepljena brojnim primjerima koji su detaljno objasnjeni u

sklopu izlaganja gradiva. Neki od njih su u nastavi obradeni na predavanjima,

a neki na vjezbama. Na kraju svakog poglavlja navedeni su zadaci koji su

namijenjeni studentima za samostalno uvjezbavanje naucenog gradiva.

Zahvaljujem se recenzentima dr.sc. Rajni Rajic, dr.sc. Zrinki Franusic i

dr.sc. Borisu Guljasu na pazljivom citanju, te sugestijama koje su pridonijele

boljoj prezentaciji materijala.

4

1. Sustavi linearnih jednadzbi 5

1 Sustavi linearnih jednadzbi

1.1 Uvod u sustave linearnih jednadzbi

Sustave jednadzbi opcenito je tesko rijesiti. Na primjer, kako odrediti sve

uredene parove realnih brojeva (x, y) koji zadovoljavaju sljedeci sustav jed-

nadzbi sinx + ln y = 11

x − cos y = 0?

Medutim, sustavi linearnih jednadzbi se lakse rjesavaju. U ovom poglavlju

naucit cemo neke metode za njihovo rjesavanje.

Krenimo od osnovnih pojmova i definicija. Prije nego definiramo sustav

linearnih jednadzbi, recimo sto je to (jedna) linearna jednadzba. Jednadzba

3x − 2y = 2 je linearna jednadzba s dvije nepoznanice x i y (u ravnini ova

jednadzba predstavlja jednadzbu pravca). Jednadzba x − 2y + z = 2 je

linearna jednadzba s tri nepoznanice x, y i z (u trodimenzionalnom prostoru

ovo je jednadzba ravnine). Generalizirajmo sada na n nepoznanica.

Linearna jednadzba s n nepoznanica x1, . . . , xn je jednadzba oblika

a1x1 + a2x2 + . . .+ anxn = b,

pri cemu su a1, a2, . . . , an, b ∈ F i barem jedan od njih je razlicit od nule.

(Pritom je F = R ili F = C.)

Sustav linearnih jednadzbi s nepoznanicama x1, . . . , xn je konacan

skup linearnih jednadzbi s tim nepoznanicama. Na primjer,x + y + z = 2

2x + 2y = 4

je jedan sustav od dvije jednadzbe s tri nepoznanice x, y, z.

Sustav m linearnih jednadzbi s n nepoznanica x1, . . . , xn obicno zapisu-

jemo ovako: a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2

......

am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm

(1)

5


pri cemu su aij, bi ∈ F, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n. Kazemo da su skalari

aij, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n, koeficijenti sustava, a bi, i = 1, . . . ,m, slo-

bodni clanovi ili slobodni koeficijenti sustava.

Uredena n-torka (c1, c2, . . . , cn) ∈ Fn je rjesenje linearne jednadzbe

a1x1 + a2x2 + . . .+ anxn = b

ako vrijedi

a1c1 + a2c2 + . . .+ ancn = b.

Drugim rijecima, u lijevu stranu jednadzbe umjesto xi uvrstimo ci za sve

i = 1, . . . , n, pa ako kao rezultat dobijemo b onda je (c1, c2, . . . , cn) rjesenje

jednadzbe a1x1 + a2x2 + . . . + anxn = b, a ako je rezultat razlicit od b,

onda to nije rjesenje. Sva rjesenja linearne jednadzbe cine skup rjesenja

jednadzbe. Svako pojedino rjesenje nazivamo partikularno rjesenje.

Primjer 1.1.1. Promatrajmo jednadzbu

x− 3y = 3. (2)

Jedno rjesenje ove jednadzbe je (3, 0), jer je 3− 3 · 0 = 3. Takoder, i (0,−1)

je rjesenje ove jednadzbe, jer je 0 − 3 · (−1) = 3. Skup svih rjesenja ove

jednadzbe mozemo naci ako jednu varijablu zamislimo kao parametar i drugu

varijablu izrazimo pomocu tog parametra. Dakle, ako oznacimo x = t tada

je y = 13t− 1, pa je

(t, 1

3t− 1) : t ∈ R (3)

skup svih rjesenja jednadzbe (2).

Uvrstavanjem pojedinih vrijednosti za parametar t dobivamo partiku-

larna rjesenja ove jednadzbe: za t = 0 dobivamo (0,−1), za t = 1 dobivamo

(1,−23), za t = 3 dobivamo (3, 0), itd.

Isto tako, mogli smo oznaciti y = s i izraziti x pomocu s, pa bismo dobili

x = 3s+ 3. Skup svih rjesenja sada mozemo zapisati kao

(3s+ 3, s) : s ∈ R. (4)

Iako se izrazi u skupu svih rjesenja (3) i (4) razlikuju, radi se, naravno, o

istom skupu, jer kada bi parametri t i s poprimili sve vrijednosti iz R dobili

6


bismo iste skupove uredenih parova. Na primjer, za t = 2 dobivamo rjesenje

(2,−13), a to isto rjesenje se u drugom skupu pojavljuje ako uvrstimo s = −1

3.

Uredena n-torka (c1, c2, . . . , cn) ∈ Fn je rjesenje sustava linearnih jed-

nadzbi (1) ako je rjesenje svih jednadzbi koje cine taj sustav.

Naglasimo da je (c1, c2, . . . , cn) jedno, a ne n rjesenja promatranog sus-

tava.

Na primjer, (1, 1) je rjesenje sustavax + y = 2

2x + 2y = 4,

jer je 1 + 1 = 2 i 2 · 1 + 2 · 1 = 4, dok (2, 0) nije rjesenje sustavax + y = 2

2x − 3y = −1,

jer 2 ·2−3 ·0 6= −1, tj. nije rjesenje druge jednadzbe sustava (iako je rjesenje

prve jednadzbe 2 + 0 = 2).

Postoje sustavi linearnih jednadzbi koji nemaju niti jedno rjesenje. Na

primjer, niti jedan uredeni par (x, y) ∈ R2 nije rjesenje sustavax + y = 2

x + y = 3. (5)

To je ocito, jer bi onda bilo 2 = x + y = 3. U to se lako uvjerimo i

ako svaku od jednadzbi prikazemo graficki: dobit cemo dva pravca u ravnini

koji su paralelni i razliciti, vidi sliku 1. Rjesenja prve jednadzbe su tocke

(tj. uredeni parovi brojeva) koje leze na prvom pravcu, a rjesenja druge

jednadzbe tocke koje leze na drugom pravcu. Rjesenja sustava su tada tocke

koje leze na oba pravca, tj. tocke u kojima se pravci sijeku. No ova dva

pravca se ne sijeku i zato nas sustav nema niti jedno rjesenje.

Za razliku od ovog sustava, sljedeci sustav ima rjesenje (32, 12):

x + y = 2

x − y = 1. (6)

7


Slika 1: Graficki prikaz sustava linearnih jednadzbi (5)


8



Prikazemo li svaku jednadzbu sustava kao pravac, onda ce rjesenje sustava

biti oni uredeni parovi koji predstavljaju tocke koje leze i na jednom i na

drugom pravcu, dakle, njihovo sjeciste (vidi sliku 2).

I sustav x + y = 2

2x + 2y = 4(7)

ima rjesenje, cak beskonacno mnogo njih. Kako obje jednadzbe sustava pred-

stavljaju isti pravac (vidi sliku 3), onda ce sve tocke na tom pravcu dati

rjesenje sustava - svaki uredeni par brojeva oblika (t, 2 − t), gdje je t ∈ Rproizvoljan, je rjesenje sustava.

Rezimirajmo: sustav linearnih jednadzbi moze

• nemati niti jedno rjesenje,

• imati tocno jedno rjesenje,

• imati vise rjesenja.

Sustave koje imaju barem jedno rjesenje nazivamo rjesivim, a sustave koje

nemaju rjesenja nerjesivim sustavima.

9


1.2 Matricni zapis sustava

Promatrajmo sustav (1). Koeficijente aij prirodno je ”posloziti” u matricu

A =

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

......

am1 am2 . . . amn

,koju nazivamo matrica sustava (1). Nadalje, od slobodnih koeficijenata i

nepoznanica formirajmo matrice

B =

b1b2...

bm

, X =

x1x2...

xn

.Kazemo da je B matrica slobodnih koeficijenata i X matrica nepoz-

nanica. Ponekad cemo, iz ocitih razloga, reci da su B i X stupci slobodnih

koeficijenata i nepoznanica.

Uocimo da je A ∈ Mmn, B ∈ Mm1 i X ∈ Mn1. Kako su matrice A i X

ulancane, mozemo ih mnoziti. Dobivamo

AX =

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

......

am1 am2 . . . amn

x1x2...

xn

=

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxna21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn

...

am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn

(1)=

b1b2...

bm

= B.

Prema tome, sustav (1) mozemo zapisati u obliku matricne jednadzbe

AX = B. (8)

Rjesenje jednadzbe (8) je svaki C ∈ Mn1 za koji vrijedi AC = B. Uocimo:

10


(c1, . . . , cn) je rjesenje sustava (1) ako i samo ako je C =

c1c2...

cn

rjesenje

jednadzbe (8).

Osim ove tri matrice, svakom sustavu pridruzujemo jos i prosirenu ma-

tricu sustava koja se definira kao

Ap =

a11 a12 . . . a1n | b1a21 a22 . . . a2n | b2...

......

...

am1 am2 . . . amn | bm

.Vertikalne crtice ispred posljednjeg stupca stavljamo da bismo razdvojili ma-

tricu A (smjestenu u prvih n stupaca matrice Ap) od matrice B (koja cini

posljednji stupac od Ap). Ocito je Ap ∈Mm,n+1.

Primjer 1.2.1. Matrice pridruzene sustavu

3x1 + 4x2 − 5x3 = 7

2x1 − 2x3 = 17

13x1 + 14x2 = 0.1

su

A =

3 4 −5

2 0 −2

13 14 0

, Ap =

3 4 −5 | 7

2 0 −2 | 17

13 14 0 | 0.1

, X =

x1x2x3

, B =

7

17

0.1

.

Primjer 1.2.2. Neka je zadana prosirena matrica

Ap =

13 4 4 0 | 1

−2 −2 4 2 | 5

1 1 0 4 | 1

.Sustav koji je njome jednoznacno odreden je

13x1 + 4x2 + 4x3 = 1

−2x1 − 2x2 + 4x3 + 2x4 = 5

x1 + x2 + 4x4 = 1.

11


1.3 Rang matrice

Prije nego sto pocnemo uciti metode za rjesavanje sustava linearnih jed-

nadzbi moramo upoznati i pojam ranga matrice i nauciti kako ga odrediti za

pojedinu matricu.

Neka je zadana matrica

A =

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

......

am1 am2 . . . amn

∈Mmn.

Oznacimo njezine stupce sa S1, S2, . . . , Sn, dakle,

S1 =

a11a21...

am1

, S2 =

a12a22...

am2

, . . . , Sn =

a1na2n...

amn

.Na ovaj nacin smo dobili skup vektora S1, S2, . . . , Sn u vektorskom prostoru

Mm1, pa mozemo diskutirati njegovu linearnu (ne)zavisnost.

Skup vektora v1, v2, . . . , vn u vektorskom prostoru V nad poljem F je

linearno nezavisan ako iz

λ1v1 + λ2v2 + . . .+ λnvn = θ

slijedi

λ1 = λ2 = . . . = λn = 0,

pri cemu je s θ oznacen nulvektor u V. Za skup koji nije linearno neza-

visan kazemo da je linearno zavisan. Drugim rijecima, postoje skalari

λ1, λ2, . . . , λn ∈ F, od kojih je barem jedan razlicit od nule, takvi da je

λ1v1 + λ2v2 + . . .+ λnvn = θ.

Uocimo da govorimo o linearno (ne)zavisnom skupu vektora, a ne o li-

nearno (ne)zavisnim vektorima. Nekada cemo, u cilju jednostavnijeg izlaga-

nja, biti neprecizni i reci da su neki vektori linearno (ne)zavisni, a pritom

cemo podrazumijevati da je skup kojeg ti vektori cine 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


Primjer 1.3.2. (a) Svi stupci nulmatrice su nulvektori i zato je r(0) = 0.

(b) Stupci jedinicne matrice I ∈ Mn ocito cine linearno nezavisan skup

vektora i zato je r(I) = n.

(c) Pogledajmo matricu A =

1 2

1 1

−1 7

. Njezini su stupci ocito linearno

nezavisni. Zakljucujemo da je r(A) = 2.

(d) Pogledajmo matricu A =

[1 1 −1

2 1 7

]. Njezini stupci su

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.

Zakljucak: maksimalan broj linearno nezavisnih elemenata u skupu

S1, S2, S3, sto je po definiciji r(A), u ovom slucaju iznosi 2.

Vec iz ovih primjera je jasno da je rang nekim matrica lako odrediti, a

nekim drugim nesto teze. 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. mnozenje nekog retka (stupca) matrice A skalarom λ 6= 0;

III. pribrajanje nekog retka (stupca) matrice A, prethodno pomnozenog

skalarom λ, nekom drugom retku (stupcu) matrice A.

Definicija 1.3.4. Neka su A,B ∈ Mmn. Kazemo da su matrice A i B ek-

vivalentne, pisemo A ∼ B, ako se matrica B moze dobiti iz matrice A

primjenom konacno mnogo elementarnih transformacija.

13


Primjer 1.3.5. • Neka su zadane matrice A =

[1 1

5 5

]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

moze dobiti iz B na potpuno isti nacin.

• Neka je A =

[1 2

3 4

]i B =

[2 2

6 4

]. Tada je A ∼ B, jer je matrica

B nastala tako sto smo prvi stupac od A pomnozili s 2 (elementarna

transformacija II. tipa). Vrijedi i B ∼ A, jer je matrica A nastala tako

sto smo prvi stupac od B pomnozili s 12

(elementarna transformacija

II. tipa).

• Neka je A =

[1 2

3 4

]i B =

[1 0

3 −2

]. Uocimo da B iz A mozemo

dobiti tako da drugom stupcu od A dodamo prvi stupac pomnozen s

-2 (elementarna transformacija III. tipa); zato je A ∼ B. Isto tako,

A iz B mozemo dobiti tako da drugom stupcu od B dodamo prvi

stupac pomnozen s 2 (opet elementarna transformacija III. tipa); zato

je B ∼ A.

Koristeci zapazanja iz prethodnog primjera lako je provjeriti da za sve

A,B,C ∈Mmn vrijedi sljedece:

1. A ∼ A;

2. A ∼ B ⇒ B ∼ A;

3. (A ∼ B i B ∼ C) ⇒ A ∼ C.

Drugim rijecima, ∼ relacija ekvivalencija na skupu Mmn.

Propozicija 1.3.6. Ekvivalentne matrice imaju isti rang. Drugim rijecima,

primjena elementarnih transformacija na neku matricu ne mijenja njen rang.

Dokaz. Dokaz cemo 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


skup stupaca matrice A, dakle r(A) = r. Pretpostavimo da provodimo ele-

mentarne transformacije nad stupcima.

• Neka smo matrici zamijenili prvi i drugi stupac. Tada umjesto skupa

S1, S2, S3, . . . , Sn promatramo skup S2, S1, S3, . . . , Sn, sto je isti

skup, pa zakljucujemo 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. Oznacimo tako dobivenu matricu s B; njezini su stupci

λS1, S2, . . . , Sn. Pokazimo da je skup λS1, S2, . . . , Sr linearno ne-

zavisan. Iz

α1(λS1) + α2S2 + . . .+ αrSr = 0,

to jest,

(α1λ)S1 + α2S2 + . . .+ αrSr = 0,

i linearne nezavisnosti skupa S1, S2, . . . , Sr slijedi α1λ = α2 = . . . =

αr = 0. Kako je λ 6= 0, slijedi α1 = α2 = . . . = αr = 0. To znaci

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 moze dobiti iz B elementarnom

transformacijom drugog tipa (mnozenjem prvog stupca s 1λ), pa iz pro-

vedenog dokaza slijedi r(A) ≥ r(B). Zakljucujemo da je r(A) = r(B).

• Promatrajmo sada elementarne transformacije III. tipa. Neka je C ma-

trica dobivena iz A dodavanjem prvog stupca pomnozenog s λ ∈ F dru-

gom stupcu. Stupci matrice C su S1, λS1 + S2, S3, . . . , Sn. Pokazimo

da je skup S1, λS1 + S2, S3, . . . , Sr linearno nezavisan. Kao i malo-

prije, iz

α1S1 + α2(λS1 + S2) + . . .+ αrSr = 0,

slijedi α1+α2λ = α2 = . . . = αr = 0, i onda α1 = α2 = . . . = αr = 0. To

znaci da je r(C) ≥ r(A). Ako sada A shvatimo kao matricu dobivenu

iz C primjenom elementarne transformacije treceg tipa (prvi stupac

pomnozimo s −λ i dodamo drugom), zakljucujemo da je r(A) ≥ r(C);

dakle, r(A) = r(C).

15


Definicija 1.3.7. Neka su m,n ∈ N. Za svaki r, 0 ≤ r ≤ minm,ndefiniramo kanonsku matricu ranga r tipa (m,n) kao

Dr =

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

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

.... . .

......

...

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

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

......

......

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

← r .

Uocimo da Dr mozemo skraceno zapisati kao Dr = [aij], gdje je

aij =

1, i = j ≤ r;

0, inace.

Rang matrice Dr ocito je jednak r. Kada budemo odredivali rang pro-

izvoljne matrice, provodit cemo elementarne transformacije koje ce nas do-

vesti do matrice ovog tipa. U sljedecem teoremu dokazujemo da je to uvijek

moguce. Njegov dokaz je ujedno i algoritam kako provoditi elementarne tran-

sformacije da bismo dosli do odgovarajuceg Dr.

Teorem 1.3.8. Neka je A ∈ Mmn proizvoljna matrica. Postoji r ∈ N ∪ 0tako 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 razlicit od 0, recimo aij 6= 0. Ako

zamijenimo i-ti i prvi redak, te j-ti i prvi stupac (elementarne transformacije

I. tipa), dobit cemo matricu koja na mjestu (1, 1) ima element aij (razlicit

od 0). Mnozenjem prvog retka ili stupca skalarom 1aij

(elementarna transfor-

macija II. tipa) doci cemo do matrice oblika1 b12 . . . b1nb21 b22 . . . b2n...

......

bm1 bm2 . . . bmn

.Sada zelimo u prvom retku i prvom stupcu dobiti 0 na svim mjestima osim na

mjestu (1, 1). To ce nam omoguciti elementarne transformacije III. tipa: za

16


sve i 6= 1, i-tom retku pribrajamo prvi redak pomnozen s −bi1, a za sve j 6= 1,

j-tom stupcu pribrajamo prvi stupac pomnozen s −b1j. Ove transformacije

nas dovode do matrice oblika1 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 razlicit od nule, tada ponavljamo postupak

kojeg smo upravo nacinili: taj ne-nul element dovedemo na mjesto (2, 2),

zatim ga ’pretvorimo’ u jedinicu, a onda tom jedinicom ponistimo sve ostale

elemente u drugom retku i u drugom stupcu. Tako cemo doci do matrice1 0 0 . . . 0

0 1 0 . . . 0

0 0 d33 . . . d3n...

......

...

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 najvise

minm,n koraka, ovaj ce postupak zavrsiti.

Sada prema propoziciji 3.1.2, zbog A ∼ Dr, zakljucujemo 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) ≤ minm,n.

17


Primjer 1.3.10. Odredimo rang matrice

A =

1 3 5 −1

2 −1 −3 4

5 1 −1 7

.Provodimo postupak kojeg smo opisali u dokazu teorema 1.3.8. Pritom cemo

koristiti oznake r i s za retke i stupce: na primjer, (II.r−2I.r) znaci da smo

drugom retku dodali prvi pomnozen s (−2).

A =

1 3 5 −1

2 −1 −3 4

5 1 −1 7

(II.r − 2I.r)

(III.r − 5I.r)

∼

1 3 5 −1

0 −7 −13 6

0 −14 −26 12

(II.s− 3I.s, IV.s+ I.s)

(III.s− 5I.s)

∼

1 0 0 0

0 −7 −13 6

0 −14 −26 12

(−17II.s,− 1

13III.s, 1

6IV.s, )

∼

1 0 0 0

0 1 1 1

0 2 2 2

(III.r − 2II.r)

∼

1 0 0 0

0 1 1 1

0 0 0 0

(III.s− II.s)(IV.s− II.s) ∼

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 0 0

= D2.

Primjer 1.3.11. U prostoru R3 ispitajmo linearnu zavisnost skupa vektora

(1, 1, 3), (−5, 1, 2), (1, 0, 1).Jedan nacin je provjera po definiciji, tj. treba vidjeti da jedino trivijalna

kombinacija ovih vektora daje nulvektor (ucinite to sami!).

Drugi nacin je pomocu ranga matrice. Promatrat cemo matricu A ciji su

stupci upravo zadani vektori i racunati 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


A =

1 −5 1

1 1 0

3 2 1

(II.r − I.r)(III.r − 3I.r)

∼

1 −5 1

0 6 −1

0 17 −2

(II.s+ 5I.s)

(III.s− I.s)

∼

1 0 0

0 6 −1

0 17 −2

(II.s↔ III.s) ∼

1 0 0

0 −1 6

0 −2 17

((−1)II.s)

∼

1 0 0

0 1 6

0 2 17

(III.r − 2II.r) ∼

1 0 0

0 1 6

0 0 5

III.s− 6II.s)

∼

1 0 0

0 1 0

0 0 5

(15III.r)

∼

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= D3 ⇒ r(A) = 3.

Prema tome, zadani skup je linearno nezavisan.

Primjer 1.3.12. Neka je A =

a a b b

b b b a

b a a a

b a b b

. Odredimo r(A).

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, ocito je i da za a = b 6= 0 vrijedi r(A) = 1, jer je tada

A =

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

.Pretpostavimo da je a 6= b. Pomnozimo prvi redak od A s −1 i dodamo

ga drugom, trecem i cetvrtom retku. Dobili smo

A ∼

a a b b

b− a b− a 0 a− bb− a 0 a− b a− bb− a 0 0 0

.19


Zbog b− a 6= 0 mozemo drugi, treci i cetvrti redak mnoziti s 1b−a . Slijedi

A ∼

a a b b

1 1 0 −1

1 0 −1 −1

1 0 0 0

.Zamijenimo prvi i cetvrti redak:

A ∼

1 0 0 0

1 1 0 −1

1 0 −1 −1

a a b b

,a zatim prvi red mnozimo s −1 i dodajemo drugom i trecem retku, te s −ai dodajemo cetvrtom retku:

∼

1 0 0 0

0 1 0 −1

0 0 −1 −1

0 a b b

.Drugi red mnozimo s −a i dodajemo cetvrtom redu, a onda drugi stupca

mnozimo s 1 i dodajemo cetvrtom stupcu:

∼

1 0 0 0

0 1 0 −1

0 0 −1 −1

0 0 b b+ a

∼

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 −1 −1

0 0 b b+ a

.Treci redak mnozimo s −1, a u sljedecem koraku treci redak pomnozen s

−b dodajemo cetvrtom. Na kraju treci stupac pomnozen s −1 dodajemo

cetvrtom stupcu.

∼

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 1

0 0 b b+ a

∼

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 1

0 0 0 a

∼

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 a

.Ako je a = 0 tada je r(A) = 3, a ako je a 6= 0 tada posljednji redak

mozemo mnoziti s 1a

i onda je ocito r(A) = 4.

Prema tome imamo:

20


• 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 mnozenja

matrice A slijeva ili zdesna matrice nekim matricama.

Definicija 1.3.13. Neka je n ∈ N. Elementarne matrice n-tog reda su

Ei,j =

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

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

.... . .

......

...

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

......

. . ....

...

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

......

.... . .

...

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

← i

← j

, i, j = 1, . . . , n, i 6= j,

Eλi =

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

.... . .

......

......

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

0 0 . . . 0 λ 0 . . . 0

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

......

......

. . ....

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

← i , i = 1, . . . , n, λ ∈ F \ 0,

21


Eλi,j =

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

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

.... . .

......

...

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

......

. . ....

...

0 0 . . . λ . . . 1 . . . 0...

......

.... . .

...

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

← i

← j

, i, j = 1, . . . , n, i 6= j, λ ∈ F.

U matricama Eλi,j skalar λ se nalazi na mjestu (i, j), pa su u prethodnoj

definiciji prikazane matrice u slucaju kada je i > j. Primijetimo da elemen-

tarne matrice nastaju primjenom elementarnih transformacija na jedinicnu

matricu.

Lako se provjeri da za sve i 6= j vrijedi

E2i,j = I, Eλ

i E1λi = E

1λi E

λi = I, E−λi,j E

λi,j = Eλ

i,jE−λi,j = I,

a to upravo znaci da su sve elementarne matrice regularne matrice i da je

E−1i,j = Ei,j, (Eλi )−1 = E

1λi , (Eλ

i,j)−1 = E−λi,j .

Pogledajmo sada sto se desava pomnozimo li neku matricu s elementar-

nom matricom.

E1,2A =

0 1 0

1 0 0

0 0 1

1 3 5 −1

2 −1 −3 4

5 1 −1 7

=

2 −1 −3 4

1 3 5 −1

5 1 −1 7

AE1,2 =

1 3 5 −1

2 −1 −3 4

5 1 −1 7

0 1 0 0

1 0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

=

3 1 5 −1

−1 2 −3 4

1 5 −1 7

.Prvo uocimo da E1,2 iz prvog i drugog mnozenja nisu iste matrice. Naime,

da bi mnozenje bilo definirano, moramo ’podesiti’ red matrice, pa je matrica

u prvom mnozenju treceg, a u drugom mnozenju cetvrtog reda. Opcenito,

22


ako je A ∈Mmn, tada slijeva mnozimo elementarnim matricama m-tog reda,

a zdesna mnozimo elementarnim matricama n-tog reda.

Nadalje, kada smo matricu A slijeva pomnozili matricom Ei,j tada je

doslo do zamjene i-tog i j-tog retka u A, a kada smo A zdesna pomnozili 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 sto se dogada ako A mnozimo s ostalim

elementarnim matricama.

Eλ2A =

1 0 0

0 λ 0

0 0 1

1 3 5 −1

2 −1 −3 4

5 1 −1 7

=

1 3 5 −1

2λ −λ −3λ 4λ

5 1 −1 7

AEλ2 =

1 3 5 −1

2 −1 −3 4

5 1 −1 7

1 0 0 0

0 λ 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

=

1 3λ 5 −1

2 −λ −3 4

5 λ −1 7

,

Eλ2,3A =

1 0 0

0 1 λ

0 0 1

1 3 5 −1

2 −1 −3 4

5 1 −1 7

=

1 3 5 −1

2 + 5λ −1 + λ −3− λ 4 + 7λ

5 1 −1 7

AEλ2,3 =

1 3 5 −1

2 −1 −3 4

5 1 −1 7

1 0 0 0

0 1 λ 0

0 0 1 0

0 0 0 1

=

1 3 5 + 3λ −1

2 −1 −3− λ 4

5 1 −1 + λ 7

.Vidimo da su se sada dogodile elementarne transformacije II. i III. tipa.

Slicno se dokaze da se i za opcenitu matricu dogode iste transformacije pri

mnozenju s elementarnim matricama. Zapisimo to u sljedecem teoremu ciji

dokaz, zbog slicnosti prethodnom racunu, izostavljamo.

Teorem 1.3.14. Mnozenjem proizvoljne matrice A ∈ Mmn s elementarnim

matricama s lijeve (desne) strane realiziraju se elementarne transformacije

redaka (stupaca) matrice A. Pritom je

23


• Ei,jA (AEi,j) matrica koja nastaje zamjenom i-tog i j-tog retka (stupca)

u A,

• Eλi A (AEλ

i ) je matrica koju dobivamo tako da i-ti redak (stupac) u A

mnozimo s λ,

• Eλi,jA (AEλ

i,j) je matrica koja se dobije kad se i-tom retku (j-tom stupcu)

matrice A pribroji njezin j-ti redak (i-ti stupac) pomnozen 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 = SDrT.

Dokaz. Prema teoremu 1.3.8, A ∼ Dr. To znaci da smo, primjenivsi konacno

mnogo elementarnih transformacija nad retcima i stupcima matrice A, dosli

do Dr. Elementarne transformacije koje smo napravili nad retcima mozemo

predstaviti elementarnim matricama S1, . . . , Sk, a one nad stupcima matri-

cama T1, . . . , Tl. Tada je

Dr = Sk . . . S1AT1 . . . Tl,

odnosno

A = S−11 . . . S−1k DrT−1l . . . T−11 .

Sada samo treba oznaciti S = S−11 . . . S−1k i T = T−1l . . . T−11 i dobili smo

A = SDrT.

U sljedecem korolaru navodimo nekoliko posljedica prethodnog teorema.

Korolar 1.3.16. Vrijede sljedece tvrdnje:

(a) Neka je A ∈Mn. Tada vrijedi:

A je regularna ⇔ detA 6= 0⇔ r(A) = n. (9)

(b) Svaka regularna matrica se moze napisati kao produkt konacno 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


Dokaz. (a) Vec otprije znamo da je A regularna ako i samo ako je njena

determinanta razlicita od nule.

Ako je r(A) = n tada, prema teoremu 1.3.15, postoje regularne matrice

S i T tako da je A = SDnT = 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 detDr = 0.

Prema teoremu 1.3.15 postoje regularne matrice S i T takve da je A = SDrT.

Prema Binet-Cauchyevom teoremu je

detA = detS · detDr · detT = 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 = S1DrT1 i B = S2DrT2. Tada je A = S−11 AT−11 i

B = S2S−11 AT−11 T2 = SAT,

gdje smo oznacili S = S2S−11 i T = T−11 T2. Ocito 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 konacno

mnogo elementarnih matrica S1, . . . , Sk te T1, . . . , Tl, dakle

B = Sk · · ·S1AT1 · · ·Tl.

Kako mnozenje matrice A s nekom elementarnom matricom slijeva ili zdesna

znaci primjenu elementarne transformacije nad recima ili stupcima od A, ova

relacija znaci da se B moze dobiti iz A primjenom konacno mnogo elemen-

tarnih transformacija, sto po definiciji znaci da je A ∼ B.

Napomena 1.3.17. Sjetimo se da se (9) moze izreci i kao:

A je singularna ⇔ detA = 0⇔ r(A) < n.

25


1.4 Kronecker-Capelli-jev teorem

Sada kada smo naucili sto je i kako se odreduje rang matrice, mozemo upo-

znati jedan vrlo vazan teorem koji nam govori o tome ima li zadani sustav

rjesenje ili ne. Drugim rijecima, ovaj teorem bavi se problemom egzistencije

rjesenja sustava linearnih jednadzbi.

I dalje promatramo sustav m linearnih jednadzbi s n nepoznanica:a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2

......

am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm

(10)

pri cemu su aij, bi ∈ F, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n. Matricno, imamo jed-

nadzbu

AX = B,

gdje su

A =

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

......

am1 am2 . . . amn

, B =

b1b2...

bm

, X =

x1x2...

xn

.A je matrica sustava, X vektor nepoznanica, B vektor slobodnih clanova.

Uvedili smo i prosirenu matricu sustava

Ap = [A|B] =

a11 a12 . . . a1n | b1a21 a22 . . . a2n | b2...

......

...

am1 am2 . . . amn | bm

.Teorem 1.4.1 (Kronecker-Capelli). Sustav linearnih jednadzbi (10) ima

rjesenje ako i samo je r(A) = r(Ap), tj. ako i samo ako matrica sustava i

prosirena matrica sustava imaju isti rang.

Dokaz. Neka su S1, . . . , Sn stupci matrice A. Tada su S1, . . . , Sn, B stupci

matrice Ap.

26


Pretpostavimo da je sustav (10) rjesiv, to jest, postoji uredena n-torka

(c1, . . . , cn) koja zadovoljava (10). Zapisimo to u obliku stupcanih matricaa11c1 + a12c2 + . . .+ a1ncna21c1 + a22c2 + . . .+ a2ncn

...

am1c1 + am2c2 + . . .+ amncn

=

b1b2...

bm

.Tada je

c1

a11a21...

am1

+ c2

a12a22...

am2

+ . . .+ cn

a1na2n...

amn

=

b1b2...

bm

,to jest, c1S1 + . . . + cnSn = B. To znaci da dodavanjem vektora B skupu

S1, . . . , Sn ne povecavamo maksimalni broj linearno nezavisnih vektora u

tom skupu, pa je r(Ap) ≤ r(A). Ocito 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, cine 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 pomocu stupaca S1, . . . , Sr. Posebno,

B je linearna kombinacija prvih r stupaca, tj. postoje skalari c1, . . . , cr takvi

da je

B = c1S1 + . . .+ crSr.

Oznacimo li cr+1 = . . . = cn = 0 imamo

B = c1S1 + . . .+ cnSn,

odnosno b1b2...

bm

= c1

a11a21...

am1

+ c2

a12a22...

am2

+ . . .+ cn

a1na2n...

amn

.27


Time smo pokazali da za (c1, . . . , cn) vrijedia11c1 + a12c2 + . . .+ a1ncna21c1 + a22c2 + . . .+ a2ncn

...

am1c1 + am2c2 + . . .+ amncn

=

b1b2...

bm

,pa je (c1, . . . , cn) rjesenje sustava (10). Zato je taj sustav rjesiv.

Jedan od slucajeva kada je zadovoljeno r(A) = r(Ap) dan je u sljedecem

korolaru.

Korolar 1.4.2. Neka je zadan sustav m jednadzbi s n nepoznanica i neka je

A matrica tog sustava. Ako je r(A) = m tada je sustav rjesiv.

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 vec opisanoj proceduri iz pret-

hodne sekcije. Kako je matrica Ap zapravo matrica A s jos jednim dodanim

stupcem, to je moguce odjednom racunati oba ranga. Mozemo raditi elemen-

tarne 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 pomnozen skalarom nekom drugom stupcu.

Ilustrirajmo to na primjeru.

Primjer 1.4.3. Provjerimo je li sljedeci sustav rjesiv:3x1 + x2 − 2x3 + x4 − x5 = 1

2x1 − x2 + 7x3 − 3x4 + 5x5 = 2

x1 + 3x2 − 2x3 + 5x4 − 7x5 = 3

3x1 − 2x2 + 7x3 − 5x4 + 8x5 = 3

Prema teoremu 1.4.1 znamo da je sustav rjesiv ako i samo ako je r(A) =

r(Ap). 3 1 −2 1 −1 | 1

2 −1 7 −3 5 | 2

1 3 −2 5 −7 | 3

3 −2 7 −5 8 | 3

(zamijenimo 1. i 3. redak)

28


∼

1 3 −2 5 −7 | 3

2 −1 7 −3 5 | 2

3 1 −2 1 −1 | 1

3 −2 7 −5 8 | 3

(1. redak mnozimo s −2 i dodajemo 2. retku)



∼

1 3 −2 5 −7 | 3

0 −7 11 −13 19 | −4

0 −8 4 −14 20 | −8

0 −11 13 −20 29 | −6

(1. stupac mnozimo s −3 i dodajemo 2. i 6. stupcu)

(1. stupac mnozimo s 2 i dodajemo 3. stupcu)

(1. stupac mnozimo s −5 i dodajemo 4. stupcu)

(1. stupac mnozimo sa 7 i dodajemo 5. stupcu)

∼

1 0 0 0 0 | 0

0 −7 11 −13 19 | −4

0 −8 4 −14 20 | −8

0 −11 13 −20 29 | −6

(2. retku dodajemo treci redak pomnozen s −1)

∼

1 0 0 0 0 | 0

0 1 7 1 −1 | 4

0 −8 4 −14 20 | −8

0 −11 13 −20 29 | −6

(2. redak mnozimo s 8 i dodajemo 3. retku)

(2. redak mnozimo s 11 i dodajemo 4. retku)

∼

1 0 0 0 0 | 0

0 1 7 1 −1 | 4

0 0 60 −6 12 | 24

0 0 90 −9 18 | 38



(2. stupac dodajemo 5. stupcu)


∼

1 0 0 0 0 | 0

0 1 0 0 0 | 0

0 0 60 −6 12 | 24

0 0 90 −9 18 | 38

(3. redak dijelimo sa 60)

(4. redak dijelimo s 90)

∼

1 0 0 0 0 | 0

0 1 0 0 0 | 0

0 0 1 − 110

15| 2

5

0 0 1 − 110

15| 19

45

(od 4. retka oduzimamo 3. redak)

∼

1 0 0 0 0 | 0

0 1 0 0 0 | 0

0 0 1 − 110

15| 2

5

0 0 0 0 0 | 145

(3. stupac mnozimo s 1

10 i dodajemo 4. stupcu)


(3. stupac mnozimo s −25 dodajemo 6. stupcu)

(6. stupac mnozimo sa 45)

29


∼

1 0 0 0 0 | 0

0 1 0 0 0 | 0

0 0 1 0 0 | 0

0 0 0 0 0 | 1

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

1.5 Veza izmedu homogenog i nehomogenog sustava

jednadzbi

Za sustav linearnih jednadzbi kazemo da je homogen ako su svi slobodni

clanovi tog sustava jednaki nuli. Dakle, homogeni sustav s m jednadzbi i n

nepoznanica je sustav oblikaa11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = 0

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = 0...

...

am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = 0

. (11)

Matricni zapis homogenog sustava je AX = 0.

Svi homogeni sustavi su rjesivi. Zaista, uvrstavanjem x1 = . . . = xn = 0

vidimo da je (0, . . . , 0) ∈ Fn jedno rjesenje tog sustava. (Uocite rjesivost

i koristeci Kronecker-Capelli-jev teorem.) To rjesenje nazivamo trivijalno

rjesenje homogenog sustava. Svako drugo rjesenje, ako postoji, nazivamo

netrivijalno rjesenje homogenog sustava.

Propozicija 1.5.1. Homogeni sustav (11) ima i netrivijalnih rjesenja ako i

samo ako je r(A) < n.

Dokaz. Neka su S1, . . . , Sn stupci matrice sustava A.

Pretpostavimo da sustav ima netrivijalno rjesenje, to jest, postoji uredena

n-torka (c1, . . . , cn) 6= (0, . . . , 0) koja zadovoljava (11). Kao i u dokazu

Kronecker-Capelli-jevog teorema, dobivamo

c1S1 + . . .+ cnSn = 0.

Kako je bar jedan od skalara ci razlicit od nule, zakljucujemo da je skup

S1, . . . , Sn linearno zavisan, pa je r(A) < n.

30


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

c1S1 + . . .+ cnSn = 0.

To znaci da je (c1, . . . , cn) netrivijalno rjesenje sustava.

Propozicija 1.5.2. Linearna kombinacija rjesenja homogenog sustava li-

nearnih jednadzbi je takoder rjesenje tog sustava.

Dokaz. Promatramo matricni oblik AX = 0. Neka su C1, . . . , Cn rjesenja

sustava, dakle AC1 = 0, . . . , ACn = 0. Tada je

A(λ1C1 + . . .+ λnCn) = λ1AC1 + . . .+ λnACn = 0

za sve λ1, . . . , λn, pa je i∑n

i=1 λiCi rjesenje sustava.

Zabiljezimo jos neka zapazanja koja slijede iz prethodnih propozicija.

Napomena 1.5.3. • Homogeni sustav ima samo trivijalno rjesenje ako

i samo ako je r(A) = n. Ovo je samo drugi nacin iskazivanja propozi-

cije 1.5.1.

• Ako je m < n tada je r(A) ≤ minm,n = m < n, pa sustav ima

i netrivijalnih rjesenja. Prema tome, svaki homogeni sustav koji ima

manji broj jednadzbi nego nepoznanica ima i netrivijalnih rjesenja.

• Ako je m = n tada je uvjet r(A) < n ekvivalentan s detA = 0, pa

sustav (11) ima i netrivijalnih rjesenja ako i samo ako je detA = 0.

• Homogeni sustav ima ili tocno jedno rjesenje ili beskonacno mnogo

rjesenja. Ako ima tocno jedno rjesenje, to je onda trivijalno rjesenje.

Ako ima bar jedno netrivijalno, onda ih, prema propoziciji 1.5.2, ima

beskonacno mnogo.

Maksimalan linearno nezavisan skup rjesenja homogenog sustava naziva

se fundamentalni skup rjesenja, elementi tog skupa fundamentalna

rjesenja, a linearna kombinacija fundamentalnih rjesenja opce rjesenje

sustava.

31


Teorem 1.5.4. Neka je C1, . . . , Ck fundamentalni skup rjesenja homoge-

nog sustava AX = 0. Tada je skup svih rjesenja tog sustava

Ω = λ1C1 + . . .+ λkCk : λ1, . . . , λk ∈ F.

Dokaz. Prvo uocimo da iz prethodne propozicije slijedi da je λ1C1+. . .+λkCkzaista rjesenje homogenog sustava za svaki izbor skalara λi.

Neka je C neko rjesenje sustava AX = 0. Skup C1, . . . , Ck, C je line-

arno zavisan, jer je C1, . . . , Ck maksimalni linearno nezavisan skup rjesenja

ovog sustava. To znaci da se C moze prikazati pomocu elemenata skupa

C1, . . . , Ck, tj. postoje skalari λ1, . . . , λk za koje je C = λ1C1 + . . . +

λkCk.

Primjer 1.5.5. Rijesimo homogeni sustavx1 + 2x2 − 3x3 + x4 = 0

x1 − 3x2 + x3 − 2x4 = 0

2x1 + x2 − 3x3 + 5x4 = 0

.

Iz prve jednadzbe izrazimo je x4 = −x1− 2x2 + 3x3. To uvrstimo u preostale

dvije jednadzbe. Imamo3x1 + x2 − 5x3 = 0

−3x1 − 9x2 + 12x3 = 0.

Iz druge jednadzbe je x2 = −3x1 + 5x3, sto uvrstavanjem u trecu daje x1 =118x3. Sada je x2 = −3 · 11

8x3 + 5x3 = 7

8x3, a onda x4 = −1

8x3. Ocito je x3

proizvoljan. Tada je

(x1, x2, x3, x4) = (11

8x3,

7

8x3, x3,−

1

8x3).

Oznacimo x3 = 8λ. Tada su rjesenja naseg sustava

(x1, x2, x3, x4) = λ(11, 7, 8,−1), λ ∈ R.

32


Primjer 1.5.6. Ispitajmo kako broj rjesenja homogenog sustavax1 + tx2 + x3 = 0

x1 + 2x2 − x3 = 0

2x1 + 3x2 + (t− 1)x3 = 0

(12)

ovisi o parametru t ∈ R.Ovdje imamo homogeni sustav tri jednadzbe s tri nepoznanice. Prema

trecem dijelu napomene 1.5.3, odgovor na postavljeno pitanje slijedit ce iz

vrijednosti od detA.

detA =

∣∣∣∣∣∣1 t 1

1 2 −1

2 3 t− 1

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 2 −1

3 t− 1

∣∣∣∣− t ∣∣∣∣ 1 −1

2 t− 1

∣∣∣∣+

∣∣∣∣ 1 2

2 3

∣∣∣∣ = t− t2.

Sada vidimo da je detA = 0 ako i samo ako je t ∈ 0, 1. Prema tome, sustav

ima i netrivijalnih rjesenja za t ∈ 0, 1, a za t ∈ R \ 0, 1 sustav ima samo

trivijalno rjesenje.

Sustav linearnih jednadzbi je nehomogen ako nije homogen. Drugim

rijecima, sustav je nehomogen ako je bar jedan od slobodnih clanova razlicit

od nule. U matricnom zapisu to znaci da je B 6= 0.

U rjesavanju nehomogenog sustava AX = B vaznu ulogu imaju rjesenja

pripadnog homogenog sustava AX = 0.

Teorem 1.5.7. Neka je dan proizvoljan sustav AX = B, neka je C0 bilo

koje njegovo rjesenje, te neka je Ω skup svih rjesenja pridruzenog homogenog

sustava AX = 0. Tada je

C0 + Ω := C0 + C : C ∈ Ω

skup svih rjesenja sustava AX = B.

Dokaz. Ako je C ∈ Ω tada je A(C0 + C) = AC0 + AC = B + 0 = B, pa je

C0 + C zaista rjesenje sustava AX = B.

Ako je C1 neko rjesenje 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


Kod homogenog sustava smo znali da rjesenje uvijek postoji: ili je je-

dinstveno ili ih je beskonacno mnogo. Kod nehomogenog sustava, uz pomoc

prethodnog teorema, zakljucujemo da mogu nastupiti sljedeci slucajevi:

• sustav nije rjesiv (ne postoji partikularno, pa niti opce rjesenje);

• sustav je rjesiv:

– ako pripadni homogeni sustav ima samo trivijalno rjesenje, onda

nehomogeni sustav ima tocno jedno rjesenje;

– ako pripadni homogeni sustav ima i netrivijalnih rjesenja, onda

nehomogeni sustav ima beskonacno mnogo rjesenja.

Kombinirajuci ovo s Propozicijom 1.5.1, dobivamo

Korolar 1.5.8. Rjesiv sustav (homogen ili nehomogen) ima

• jedinstveno rjesenje ako i samo ako je r(A) = n;

• beskonacno mnogo rjesenja ako i samo ako r(A) < n.

Uocimo da nam teorem 1.5.7 ne govori o tome kako naci partikularno

rjesenje C0 i/ili fundamentalni skup rjesenja pripadnog homogenog sustava.

Tvrdi se samo da ako znamo jedno (bilo koje) rjesenje nehomogenog sustava

i ako znamo (sva) rjesenja pridruzenog homogenog sustava, onda znamo i sva

rjesenja nehomogenog sustava.

Primjer 1.5.9. Pogledajmo sustavx1 + x2 + x3 = 1

x1 − x2 − x3 = 3

3x1 + x2 + x3 = 5

Jedno rjesenje ovog sustava je C0 = (2,−1, 0). Promotrimo sada pridruzeni

homogeni sustav x1 + x2 + x3 = 0

x1 − x2 − x3 = 0

3x1 + x2 + x3 = 0

Ako zbrojimo prve dvije jednadzbe dobivamo x1 = 0. Uvrstimo x1 = 0 u

drugu i trecu jednadzbu i dobivamo x2 + x3 = 0. Stavimo li x3 = t, t ∈

34


R, imamo da je x2 = −x3 = −t. Sada je skup svih rjesenja pridruzenog

homogenog sustava

Ω = (0,−t, t) : t ∈ R = t(0,−1, 1) : t ∈ R,

pa je skup svih rjesenja 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) rjesenja sustava

jednadzbi x − 2y = 9

2x + 3y = 4.

2. Napisite tri sustava od dvije jednadzbe s dvije nepoznanice tako da

prvi sustav ima tocno jedno rjesenje, drugi nema rjesenja i treci ima be-

skonacno mnogo rjesenja. Nacrtajte pravce u ravnini koji su predstav-

ljeni jednadzbama danih sustava i interpretirajte broj rjesenja pomocu

sjecista nacrtanih pravaca.

3. Postavite sustav linearnih jednadzbi koji odgovara sljedecoj kemijskoj

jednadzbi

xKOH + y Cl2 → 2KClO + z KCl + 2H2O.

4. Napisite sustav za koji su matrica sustava i matrica slobodnih koefici-

jenata dane sa

A =

3 2 4 2 2

0 5 6 2 4

3 2 2 2 3

i B =

3

3

1

−2

0

.

35


5. Za sustav x1 + x2 + x4 = 1

2x1 + 2x2 + x3 + x4 = 1

2x1 + 2x2 + 2x4 = 2

odredite matricu sustava, te matrice nepoznanica i slobodnih koeficije-

nata.

6. Uvjerite se da je ∼ relacija ekvivalencije na Mmn.

7. Ispisite sve elementarne matrice drugog reda.

8. Koliki rang mogu imati matrice iz M35? Navedite primjere.

9. Bez racunanja odredite rang sljedecih matrica

A =

2 3

0 0

−4 −6

, B =

[2 3 1

0 0 0

].

10. Odredite rang matrice A =

2 3 4 2 3

3 2 4 2 2

0 5 6 2 4

3 2 2 2 3

.

11. Odredite kako rang matrice A =

2 1 λ

3 λ 2

1 1 0

5 2 6

ovisi o parametru λ.

12. Ispitajte jesu li sljedece matrice ekvivalentne

A =

0 0 2 1

1 0 4 2

3 0 0 0

i B =

2 −1 3 −2

4 −2 5 1

2 −1 1 8

.13. Pomocu 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


14. Ispitajte rjesivost sustava3x1 + x2 − 2x3 + x4 − x5 = 1

2x1 − x2 + 7x3 − 3x4 + 5x5 = 2

x1 − 2x2 + 7x3 − 5x4 + 8x5 = 3.

15. Ispitajte za koje λ ∈ R je zadani sustav rjesiv, a za koje nije2x1 + 5x2 + x3 + 3x4 = 2

4x1 + 6x2 + 3x3 + 5x4 = 4

4x1 + 14x2 + x3 + 7x4 = 4

2x1 − 3x2 + 3x3 + λx4 = 7

37

2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 38

2 Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi

2.1 Cramerov sustav

Cramerov sustav je sustav n linearnih jednadzbi s n nepoznanica kod kojeg

je matrica sustava regularna. Dakle, sustava11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2

......

an1x1 + an2x2 + . . . + annxn = bn

, (13)

takav da je A = [aij] ∈Mn regularna matrica, je Cramerov sustav.

Teorem 2.1.1. Cramerov sustav ima jedinstveno rjesenje. To rjesenje je

(D1

D,D2

D, . . . ,

Dn

D),

pri cemu je D = detA, a Dj determinanta matrice koja se iz matrice A

dobije tako da se umjesto njenog j-tog stupca upise stupac slobodnih clanova,

tj.

Dj =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 . . . a1,j−1 b1 a1,j+1 . . . a1na21 . . . a2,j−1 b2 a2,j+1 . . . a2n...

......

......

an1 . . . an,j−1 bn an,j+1 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ , j = 1, . . . , n. (14)

Dokaz. Neka je AX = B matricni zapis promatranog sustava.

Dokazimo jedinstvenost rjesenja. Pretpostavimo da su C,D ∈Mn1 rjesenja

jednadzbe AX = B. Tada je AC = B i AD = B, odakle slijedi A(C −D) =

AC − AD = B − B = 0. Mnozenjem s A−1 slijeva dobivamo C −D = 0, tj.

C = D, sto znaci da je rjesenje jedinstveno.

Preostaje vidjeti da je upravo n-torka (D1

D, D2

D, . . . , Dn

D) to rjesenje. Pro-

vjerimo, dakle, da ova n-torka zadovoljava dani sustav. Neka je Akj deter-

minanta matrice koja se iz A dobije uklanjanjem k-tog retka i j-tog stupca

38


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

n∑j=1

aijDj

D=

1

D

n∑j=1

aijDj (razvijemo Dj po j-tom stupcu)

=1

D

n∑j=1

aij(n∑k=1

bkAkj) =1

D

n∑k=1

bk(n∑j=1

aijAkj)

=1

D

n∑k=1

bkδikD =n∑k=1

bkδik = bi.

Time smo dokazali tvrdnju.

Napomenimo da je, za velike n, tesko racunati (n + 1) determinanti

D,D1, . . . , Dn, koje se pojavljuju u rjesenju, tako da ovaj teorem ima vise

teorijsko, a manje prakticno znacenje.

Primjer 2.1.2. Neka je zadan sustavx + y + z = 70

x − 3y = 0

5x + 10y + 20z = 960.

Uvjerimo se da je ovaj sustav Cramerov i odredimo mu rjesenje pomocu

prethodnog teorema.

Ovo je sustav tri jednadzbe s tri nepoznanice, dakle m = n = 3. Nadalje,

D = detA =

∣∣∣∣∣∣1 1 1

1 −3 0

5 10 20

∣∣∣∣∣∣ = −55 6= 0,

pa je matrica sustava regularna. Time smo provjerili da je ovo Cramerov

sustav.

Izracunajmo D1, D2, D3 :

D1 =

∣∣∣∣∣∣70 1 1

0 −3 0

960 10 20

∣∣∣∣∣∣ = −1320,

D2 =

∣∣∣∣∣∣1 70 1

1 0 0

5 960 20

∣∣∣∣∣∣ = −440,

39


D3 =

∣∣∣∣∣∣1 1 70

1 −3 0

5 10 960

∣∣∣∣∣∣ = −2090.

Tada je rjesenje sustava

(x, y, z) = (−1320

−55,−440

−55,−2090

−55) = (24, 8, 38).

2.2 Gaussova metoda eliminacije

Za dva sustava jednadzbi nad poljem F s istim nepoznanicama kazemo da

su ekvivalentni ako imaju isti skup rjesenja. Dakle, svako rjesenje jednog

sustava je ujedno i rjesenje drugog sustava. Uocimo da nije nuzno da sustavi

imaju jednak broj jednadzbi.

Ako zelimo rijesiti neki sustav, onda bi bilo dobro znati transformirati ga

do njemu ekvivalentnog sustava koji ce se moci lako rijesiti. Kako transfor-

mirati sustav? Slicno kao i kod odredivanja ranga matrica, i ovdje definiramo

elementarne transformacije.

Elementarne transformacije sustava jednadzbi su:

1. zamjena dviju jednadzbi;

2. mnozenje neke jednadzbe sustava skalarom razlicitim od nule;

3. dodavanje neke jednadzbe sustava pomnozene skalarom nekoj drugoj

jednadzbi.

Teorem 2.2.1. Ako na neki sustav primijenimo konacan broj elementarnih

transformacija, onda ce dobiveni sustav biti ekvivalentan polaznome.

Dokaz. Neka je zadan sustav AX = B, te neka je primjenom samo jedne od

gornjih transformacija nastao sustav A1X = B1. Dovoljno je pokazati da su

sustavi AX = B i A1X = B1 ekvivalentni. Ako pokazemo da je proizvoljno

rjesenje od AX = B ujedno i rjesenje od A1X = B1, onda smo automatski

pokazali i obratno, tj. da je proizvoljno rjesenje od A1X = B1 rjesenje

od AX = B. To je zato jer mozemo shvacati i da je AX = B dobiven iz

A1X = B1 primjenom istovrsne transformacije.

40


Ako smo A1X = B1 dobili iz AX = B primjenom transformacije 1. ili 2.

tipa, tvrdnja je potpuno trivijalna.

Preostaje provjeriti ucinak transformacije 3. tipa. Uzmimo da smo i-tu

jednadzbu u AX = B pomnozili s λ i dodali k-toj, te na taj nacin dobili

sustav A1X = B1. Neka je (c1, . . . , cn) proizvoljno rjesenje od AX = B. Po-

lazni i dobiveni sustav razlikuju samo u k-toj jednadzbi koja sada, u sustavu

A1X = B1 ima oblik

n∑j=1

(λaij + akj)xj = λbi + bk.

Kako je

n∑j=1

(λaij + akj)cj = λn∑j=1

aijcj +n∑j=1

akjcj = λbi + bk,

to je (c1, . . . , cn) rjesenje od A1X = B1.

Uocimo da su elementarne transformacije sustava zapravo elementarne

transformacije redaka prosirene matrice tog sustava. To znaci da za zadani

sustav mozemo formirati njegovu prosirenu matricu Ap te izvoditi elemen-

tarne transformacije nad recima te matrice. U svakom koraku iz transformi-

rane matrice A′p mozemo rekonstruirati njoj pripadajuci sustav jednadzbi, a

prema teorem 2.2.1 je taj sustav ekvivalentan polaznome.

Prijedimo sada na opis Gaussove metode eliminacije. Neka je dan sustava11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2

......

am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm.

(15)

Neka je Ap prosirena matrica ovog sustava. Kada bismo primijenili pos-

tupak za odredivanje ranga matrice A dosli bismo do matrice Dr.

S obzirom da sada zelimo rjesavati sustav, te da elementarne transforma-

cije sustava odgovaraju elementarnim transformacijama redaka pridruzene

matrice, sada cemo na Ap primjenjivati samo elementarne transformacije re-

daka da bismo dosli do Dr ili barem sto ’blize’ Dr. Zapravo, mozemo doci do

41


matrice koja ce medu prvih n stupaca imati tocno 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 A′p, tj.

A′p =

1 0 . . . 0 a′1,r+1 . . . a′1n | b′10 1 . . . 0 a′2,r+1 . . . a′2n | b′2...

.... . .

......

......

0 0 . . . 1 a′r,r+1 . . . a′rn | b′r0 0 . . . 0 0 . . . 0 | b′r+1...

......

......

...

0 0 . . . 0 0 . . . 0 | b′m

.

Ova matrica je prosirena matrica sljedeceg sustava

x1 + a′1,r+1xr+1 + . . . + a′1nxn = b′1x2 + a′2,r+1xr+1 + . . . + a′2nxn = b′2

. . ....

......

xr + a′r,r+1xr+1 + . . . + a′rnxn = b′r0 = b′r+1...

...

0 = b′m

(16)

Prema teoremu 2.2.1 sustav (24) je ekvivalentan polaznom sustavu (23).

Sada iz izgleda sustava (24), odnosno matrice A′p, odmah vidimo da je

sustav (23) rjesiv ako i samo ako je b′r+1 = . . . = b′m = 0. Ako, dakle, za bar

jedan i ∈ r + 1, . . . ,m vrijedi b′i 6= 0, zadani sustav nema rjesenja.

Pretpostavimo sada da je b′r+1 = . . . = b′m = 0. Posljednjihm−r jednadzbi

se onda svode na trivijalne numericke identitete pa ih necemo ni promatrati.

Dakle, nas sustav jex1 + a′1,r+1xr+1 + . . . + a′1nxn = b′1

x2 + a′1,r+1xr+1 + . . . + a′1nxn = b′2. . .

......

...

xr + a′1,r+1xr+1 + . . . + a′1nxn = b′r

(17)

42


Odavde je x1 = b′1 − a′1,r+1xr+1 − . . . − a′1nxnx2 = b′2 − a′2,r+1xr+1 − . . . − a′2nxn...

xr = b′r − a′r,r+1xr+1 − . . . − a′rnxn

(18)

pa rjesenje mozemo direktno iscitati:

x1 = b′1 − a′1,r+1t1 − . . . − a′1ntn−rx2 = b′2 − a′2,r+1t1 − . . . − a′2ntn−r...

...

xr = b′r − a′r,r+1t1 − . . . − a′rntn−rxr+1 = t1

......

xn = tn−r

(19)

gdje su t1, . . . , tn−r ∈ F proizvoljni skalari koje cesto nazivamo slobodni

parametri.

Oznacimo li

C0 =

b′1b′2...

b′r0...

0

, C1 =

−a1,r+1

−a2,r+1...

−ar,r+1

1

0...

0

, C2 =

−a1,r+2

−a2,r+2...

−ar,r+2

0

1...

0

, . . . , Cn−r =

−a1,n−a2,n

...

−ar,n0

0...

1

,

dobivamo da je za sve t1, . . . , tn−r ∈ F

X =

x1x2...

xrxr+1

...

xn

=

b′1 − a′1,r+1t1 − . . .− a′1ntn−rb′2 − a′2,r+1t1 − . . .− a′2ntn−r

...

b′r − a′r,r+1t1 − . . .− a′rntn−r0...

0

= C0+t1C1+. . .+tn−rCn−r

43


rjesenje matricne jednadzbe AX = B. Pritom je C0 partikularno rjesenje ne-

homogenog sustava, a C1, . . . , Cn−r fundamentalni skup rjesenja pripadnog

homogenog sustava AX = 0.

Primjer 2.2.2. Gaussovim eliminacijama rijesimo sljedeci sustavx1 + 2x2 + 2x3 + 3x4 + x5 = 3

2x1 − x3 − x4 + 5x5 = 2

x1 + 2x2 + 6x3 − x4 + 5x5 = 3

x1 − 2x2 + 5x3 − 12x4 + 12x5 = −1

.

Transformirajuci prosirenu matricu sustava Ap (elementarnim transformaci-

jama redaka) dobivamo sljedeci niz ekvivalentnih matrica, odnosno sustava:1 2 2 3 1 | 3

2 0 −1 −1 5 | 2

1 2 6 −1 5 | 3

1 −2 5 −12 12 | −1

∼

1 2 2 3 1 | 3

0 −4 −5 −7 3 | −4

0 0 4 −4 4 | 0

0 −4 3 −15 11 | −4

∼

1 2 2 3 1 | 3

0 −4 −5 −7 3 | −4

0 0 1 −1 1 | 0

0 −4 3 −15 11 | −4

∼

1 2 0 5 −1 | 3

0 −4 0 −12 8 | −4

0 0 1 −1 1 | 0

0 −4 0 −12 8 | −4

∼

1 2 0 5 −1 | 3

0 −4 0 −12 8 | −4

0 0 1 −1 1 | 0

0 0 0 0 0 | 0

∼

1 2 0 5 −1 | 3

0 1 0 3 −2 | 1

0 0 1 −1 1 | 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

0 0 0 0 0 | 0

.(Zapisite ucinjene elementarne transformacije!) Ocito je nas sustav rjesiv i

ekvivalentan je sustavux1 − x4 + 3x5 = 1

x2 + 3x4 + 2x5 = 1

x3 − x4 + x5 = 0

,

44


pa je rjesenje

X =

x1x2x3x4x5

=

1 + x4 − 3x51− 3x4 − 2x5

x4 − x5x4x5

=

1

1

0

0

0

+ x4

1

−3

1

1

0

+ x5

−3

−2

−1

0

1

.

Opce rjesenje sustava je

X =

1

1

0

0

0

+ t1

1

−3

1

1

0

+ t2

−3

−2

−1

0

1

, t1, t2 ∈ R.

2.3 Primjene sustava linearnih jednadzbi

U ovoj tocki navodimo neke primjere gdje se pojavljuju sustavi linearnih

jednadzbi.

Primjer 2.3.1. Odredite cijele brojeve a, b, c, d takve da vrijedi

aN2H4 + bN2O4 → cN2 + dH2O.

Izjednacavanjem broja atoma pojedinih elemenata s lijeve i desne strane

dolazimo do sustava2a + 2b − 2c = 0

4a − 2d = 0

4b − d = 0

.

Tada je 2 2 −2 0 | 0

4 0 0 −2 | 0

0 4 0 −1 | 0

∼ 1 1 −1 0 | 0

2 0 0 −1 | 0

0 4 0 −1 | 0

∼ 1 1 −1 0 | 0

0 −2 2 −1 | 0

0 4 0 −1 | 0

45


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

∼

1 0 0 −0.5 | 0

0 1 −1 0.5 | 0

0 0 4 −3 | 0

∼ 1 0 0 −0.5 | 0

0 1 0 −0.25 | 0

0 0 1 −0.75 | 0

Oznacimo d = k. Tada je a = k

2, b = k

4, c = 3k

4, d = k. Postoji beskonacno

mnogo rjesenja (svaki pozitivan k koji je djeljiv s 4 daje jedno rjesenje).

Jedno rjesenje je (2, 1, 3, 4), dakle, jedna izbalansirana kemijska jednadzba je

2N2H4 +N2O4 → 3N2 + 4H2O.

Primjer 2.3.2. Na slici 4 je dan prikaz jednosmjernih ulica u nekom gradu

i promet duz pojedinih ulica izmedu svaka dva krizanja.

Kako u svako krizanje ude i izade jednak broj vozila, dobivamo sljedece

jednadzbe: 200 + x3 = x1 + x2 (raskrizje A)

200 + x2 = 300 + x4 (raskrizje B)

400 + x5 = 300 + x3 (raskrizje C)

500 + x4 = 300 + x5 (raskrizje D)

.

46


Slika 5: Kolotura

Takoder cemo izjednaciti ukupan ulaz i izlaz u mrezu ulica prikazanu na slici:

400 + 200 + 200 + 500 = 300 + 300 + x1 + 300.

Dobili smo sustavx1 + x2 + x3 = 200

x2 + x4 = 100

x3 + x5 = 100

x4 + x5 = 200

x1 = 400

.

Opce rjesenje 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 uzeta (zanemarive mase) prebacenog preko koloture objesene

na strop, kako je prikazano na slici 5.

Odredimo napetost uzeta, te ubrzanje svakog tijela. Ovdje je prikladno

racunati udaljenost prema dolje pa cemo to uzimati za pozitivan smjer.

47


Prema tome, pozitivna akceleracija je usmjerena prema dolje. Neka T ozna-

cava napetost uzeta, a g gravitaciju. Racunajuci sile koje djeluju na svako

tijelo, dobivamo sustav m1x1 = m1g − T

m2x2 = m1g − T

x1 + x2 = 0

.

Prve dvije jednadzbe slijede iz Newtonovog zakona kretanja primijenjenog na

svako tijelo, a treca jednadzba slijedi iz nerastezljivosti uzeta, tj. x1 + x2 =

const. Nase nepoznanice su x1, x2, T a sustav koji ih odreduje jem1x1 + T = m1g

m2x2 + T = m2g

x1 + x2 = 0

.

Tada je m1 0 1 | m1g

0 m2 1 | m2g

1 1 0 | 0

∼ 1 1 0 | 0

0 −m1 1 | m1g

0 m2 1 | m2g

∼

1 1 0 | 0

0 1 − 1m1| −g

0 1 1m2| g

∼ 1 0 1

m1| g

0 1 − 1m1| −g

0 0 1m2

+ 1m1| 2g

∼

1 0 1m1| g

0 1 − 1m1| −g

0 0 1 | 2m1m2gm1+m2

∼ 1 0 0 | m1−m2

m1+m2g

0 1 0 | m2−m1

m1+m2g

0 0 1 | 2m1m2

m1+m2g

.Slijedi da je rjesenje

(x1, x2, N) = (m1 −m2

m1 +m2

g,m2 −m1

m1 +m2

g,2m1m2

m1 +m2

g).

Primijetimo da je u slucaju m1 = m2, x1 = x2 = 0, pa je sustav u mirovanju.

Ako je m2 > m1 tada je x2 > 0 i x1 < 0 i T = 2m1

m1+m2m2g < m2g, te

T = 2m2

m1+m2m1g > m1g, dakle m1g < T < m2g.

48


2.4 Gauss-Jordanova metoda odredivanja inverza ma-

trice

Ovdje cemo nauciti jos jedan nacin 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 ma-

trice 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 jedinicna matrica. Pokazimo

da je moguce do matrice Dn = I doci primjenjujuci samo elementarne tran-

sformacije nad retcima.

Kako je A regularna, to A ne moze imati niti jedan nul-redak ili nul-

stupac. U prvom stupcu izaberemo neki ne-nul element; neka je to ai1 6= 0.

Zamijenimo i-ti i prvi redak. Sada pomnozimo prvi redak s 1ai1

te dolazimo

do matrice oblika 1 b12 . . . b1nb21 b22 . . . b2n...

.... . .

...

bn1 bn2 . . . bnn

.Za sve i 6= 1, i-tom retku pribrajamo prvi redak pomnozen s −bi1; tako u

prvom stupcu dobivamo nulu na svim mjestima osim na mjestu (1, 1).Drugim

rijecima dosli smo do matrice oblika1 c12 . . . c1n0 c22 . . . c2n...

.... . .

...

0 cn2 . . . cnn

.Uocimo da je medu elementima c22, c32, . . . , cn2 bar jedan razlicit 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, pomnozimo

drugi redak s 1ci2

tako da na mjestu (2, 2) dobijemo jedinicu, a zatim tom

jedinicom ponistavamo sve ne-nul elemente u drugom stupcu. Dolazimo do

49


matrice oblika 1 0 d13 . . . d1n0 1 d23 . . . d2n0 0 d33 . . . d3n...

......

. . ....

0 0 dn3 . . . dnn

,a zatim nastavljamo na isti nacin. Nakon tocno n koraka, ovaj ce postupak

zavrsiti i dobivena matrica bit ce upravo I.

Neka elementarne matrice P1, . . . , Ps, opisuju redom ucinjene elementarne

transformacije redaka. Tada je

I = Ps · · ·P1A,

a kako je matrica Ps · · ·P1 regularna, slijedi

A−1 = Ps · · ·P1.

Ovo mozemo shvatiti na sljedeci nacin: ako na matricu I primijenimo tocno

one iste transformacije redaka, i to u istom poretku kojima smo iz matrice

A dobili I, rezultat ce biti matrica Ps · · ·P1I, dakle upravo A−1. Opisana

metoda trazenja inverzne matrice A−1 naziva se Gauss-Jordanova metoda

invertiranja matrice.

S obzirom da se u gore opisanom postupku na matricu I primjenjuju tocno

iste elementarne transformacije kao i na A, i to u istom poretku, ove transfor-

macije cemo provoditi paralelno na prosirenu matricu [A...I]. Takoder, necemo

morati unaprijed znati je li matrica regularna, to jest, postoji li uopce inverz.

Jednostavno cemo krenuti s postupkom odredivanja ranga od A, paralelno

primjenjujuci elementarne transformacije i na I. Ako uspijemo A transfor-

mirati 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


Matricu I dopisemo matrici A, odvojimo crticama i vrsimo transformacije

(nad retcima) koje A prevode u Dr. 1 1 0 | 1 0 0

1 1 1 | 0 1 0

0 1 2 | 0 0 1

(2. retku pribrajamo 1. redak pomnozen s −1)

∼

1 1 0 | 1 0 0

0 0 1 | −1 1 0

0 1 2 | 0 0 1

(zamijenimo 2. i 3. redak)

∼

1 1 0 | 1 0 0

0 1 2 | 0 0 1

0 0 1 | −1 1 0


∼

1 0 −2 | 1 0 −1

0 1 2 | 0 0 1

0 0 1 | −1 1 0

(1. retku pribrajamo 3. redak pomnozen s 2)


∼

1 0 0 | −1 2 −1

0 1 0 | 2 −2 1

0 0 1 | −1 1 0

.S lijeve strane smo dobili I, a to znaci da smo s desne strane dobili A−1, tj.

A−1 =

−1 2 −1

2 −2 1

−1 1 0

.(U tocnost racuna uvjerite se provjeravanjem da je AA−1 = I.)

2.5 Zadaci

1. Provjerite je li sustav Cramerov, a zatim ga rijesite3x + 2y = 10

2x − y = 20

51


2. Provjerite je li sustav Cramerov, a zatim ga rijesite3x + 2y − z = 0

2x − y + 3z = 0

x + y − z = 0.

3. Provjerite je li sustav Cramerov, a zatim ga rijesite3x + 2y − z = 1

2x − y + 3z = 2

x + y − z = 3.

4. Za koje λ, µ ∈ R je zadani sustav homogen3x1 + x2 − 12x3 = λ2 − λ4x1 + λx2 − 2x3 = lnλ+ cosµ− 1

3x1 − 5x2 + µx3 = λµ

?

5. Odredite fundamentalno i opce rjesenje homogenog sustavax + y + z = 0

3x + y − z = 0

2x + y = 0

.

6. Rijesite nehomogeni sustavx + y + z = 3

3x + y − z = 3

2x + y = 3

.

7. Gaussovom metodom eliminacije rijesite sljedeci sustav linearnih jed-

nadzbi 3x + 10y + 8z = 13

x + 2y + 3z = 3

4y + 7z = 4.

.

8. Gaussovom metodom eliminacije rijesite sustavx1 − 2x2 + x3 + x4 − 2x5 = 2

3x1 + 2x2 − 2x3 + 2x4 − x5 = 3

2x1 + 4x2 − 3x3 + x4 + x5 = 1

.

52


9. Gaussovom metodom eliminacije rijesite sljedeci sustav linearnih jed-

nadzbi x + 2y + 3z = 3

−x + 2y + 4z = 1

2x + 4y − 2z = 6

x + 6y + 10z = 7

.

10. Rijesite sljedeci sustavx1 + x2 + x4 = 1

2x1 + 2x2 + x3 + x4 = 1

2x1 + 2x2 + 2x4 = 2

11. Tri osobe kupile su sendvice, kavu i kolace u istoj prodavnici. Prva

osoba platila je 77 kn za 4 sendvica, kavu i 10 kolaca, a druga je 3

sendvica, kavu i 7 kolaca platila 57 kn. Treca osoba kupila je sendvic,

kavu i kolac. Koliko je platila? Rjesenje: 17 kn.

12. Odredite polinom p treceg stupnja za koji vrijedi p(−2) = 1, p(−1) =

3, p(1) = 13, p(2) = 33.

13. Odredite inverz matrice

A =

0 1 1 1

−1 0 1 1

−1 −1 0 1

−1 −1 −1 0

,a zatim rijesite matricnu jednadzbu

AX =

0 1

1 0

−1 10

5 5

.14. Neka je A = [αij] matrica tipa (4, 4) takva da je αij = mini, j.

Odredite, ako postoji, A−1.

53

3. Vektorski prostori 54

3 Vektorski prostori

3.1 Definicija i primjeri

Vektorski prostor nad poljem F je neprazan skup V zajedno s operacijama

zbrajanja + : V × V → V i mnozenja skalarom · : F × V → V, pri cemu je

(V,+) Abelova grupa i za sve α, β ∈ F i u, v ∈ V vrijede sljedeca 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 zbra-

janje nazivamo nulvektor i oznacavamo s θ.

U slucaju F = R kazemo da je V realni vektorski prostor, a za F = Ckazemo da je V kompleksni vektorski prostor.

Neke vektorske prostore smo vec upoznali. Njih i jos neke navodimo u

sljedecem primjeru, bez provjeravanja svih svojstava.

Primjer 3.1.1. • Skup V 3 svih vektora u E3

V 3 = [−→AB] : A,B ∈ E3,

uz zbrajanje vektora i mnozenje vektora skalarom

~a+~b = [−→AB] + [

−−→BC] = [

−→AC],

λ~a = λ[−→AB] = [λ

−→AB],

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


Zbrajanje i mnozenje skalarom definiramo po tockama

(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 mozemo 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 uobicajene operacije zbrajanja matrica i mnozenja matrica

skalarom, je vektorski prostor nad F.

• Neka je X neki neprazan skup. Oznacimo s C(X) skup svih funkcija

f : X → F. Definiramo zbrajanje i mnozenje funkcija po tockama, 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 nacin uveli strukturu vektorskog prostora na C(X).

• Za n ∈ N promatramo polinome stupnja manjeg ili jednakog n s koefi-

cijentima iz F. Dakle,

Pn = anxn + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0 : a0, a1, . . . , an ∈ F.

Polinomi su posebna vrsta funkcija, pa je prema prethodnom primjeru

i za njih definirano zbrajanje i mnozenje skalarom po tockama.

• Navedimo da kombinirajuci dane vektorske prostore (nad istim poljem)

mozemo 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 mnozenja skalarom:

(u1, v1) + (u2, v2) = (u1 + u2, v1 + v2), λ(u, v) = (λu, λv),

55


za u, u1, u2 ∈ U, v, v1, v2 ∈ V, λ ∈ F. Uocimo da su u1 + u2 i λu dobro

definirani izrazi (i pripadaju U), jer je U vektorski prostor pa znamo

zbrajati njegove elemente i mnoziti ih skalarom. Isto za v1 + v2 i λv.

Dokazimo 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

αv) = α · 1

αv = v.

Slijedi α · θ = θ.

(3) Ako je α = 0 ili v = 0 tada prethodne tvrdnje daju αv = θ.

Dokazimo obratno. Pretpostavimo da je αv = θ. Ako je α = 0 onda smo

gotovi, a ako je α 6= 0 onda je v = 1 · v = ( 1α· α)v = 1

α(αv) = 1

αθ = 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

mnoziti ih skalarom (i rezultati tih operacija bit ce novi vektori prostora V ).

56


Slika 6: Linearne kombinacije vektora u i v

Uzmemo li nekoliko vektora v1, . . . , vn ∈ V i nad njima vrsimo ove operacije

dobit cemo vektor oblika

α1v1 + . . .+ αnvn, (20)

za neke α1, . . . , αn ∈ F. Vektor (20) nazivamo linearna kombinacija vek-

tora v1, . . . , vn ∈ V.U ovoj i sljedecoj sekciji proucavat cemo nacine prikazivanja vektora u

vektorskom prostoru V . Cilj nam je odrediti skup B ⊆ V takav da ce se svi

vektori iz V moci na jedinstven nacin prikazati pomocu vektora iz B. Neki

od pojmova koje definiramo vec smo ranije upoznali.

Neka je v1, v2, . . . , vn proizvoljan konacan skup vektora u V . Zeljeli

bismo naci skalare α1, α2, . . . , αk takve da vrijedi

n∑i=1

αivi = θ. (21)

Ocito je da je α1 = α2 = . . . = αn = 0 jedna mogucnost (tj. jedno rjesenje

jednadzbe (21)). Nazovimo ovo rjesenje trivijalnim. Zanima nas ima li ta

jednadzba i drugih, netrivijalnih rjesenja. To, naravno, ovisi o vektorima

v1, . . . , vk.

Za konacan skup vektora S = v1, . . . , vn kazemo da je linearno neza-

visan ako vrijedi sljedeca implikacija :

α1v1 + . . .+ αnvn = θ ⇒ α1 = . . . = αn = 0.

57


To znaci 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

rijecima, skup je linearno zavisan ako postoje skalari α1, . . . , αn ∈ F od kojih

je barem jedan razlicit od nule tako da je α1v1 + . . .+αnvn = 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

R2 jednakost α1e1 + α2e2 = θ moze 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 jednadzba α1v1 + α2v2 + α3v3 = θ

ima i netrivijalno rjesenje.

• Neka je n ∈ N. Pogledajmo vektorski prostor Rn i u njemu vektore

e1 = (1, 0, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0) i opcenito, za 1 ≤ k ≤ n, ek =

(0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (1 na k-toj komponenti, 0 na svim ostalim kom-

ponentama). Skup e1, e2, . . . , en je linearno nezavisan u vektorskom

prostoru Rn. Zaista,

n∑i=1

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

• 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

znaci da je skup f1, f2, f3 linearno zavisan.

Iako smo u prethodnim definicijama uveli pojmove linearno(ne)zavisnog

skupa vektora, ponekad cemo, pomalo neprecizno, reci da su vektori koji cine

taj skup linearno (ne)zavisni.

Propozicija 3.2.2. Neka je S = v1, . . . , vn konacan podskup vektorskog

prostora V nad poljem F. Tada je S linearno nezavisan ako i samo ako je

svaki njegov podskup linearno nezavisan.

58


Dokaz. Neka je S linearno nezavisan i T ⊆ S. Radi jednostavnosti zapisiva-

nja, uzmimo da je T = v1, . . . , vk za neki k ≤ n. Ako je

α1v1 + . . .+ αkvk = θ,

tada je

α1v1 + . . .+ αkvk + 0 · vk+1 + . . .+ 0 · vn = θ,

a kako je v1, . . . , vn linearno nezavisan, svi koeficijenti u prethodnoj jed-

nadzbi moraju biti 0, pa posebno α1 = . . . = αk = 0. Zato je T linearno

nezavisan skup.

S druge strane, ako je svaki konacan podskup T od S linearno nezavisan

onda, uzimanjem T = S, slijedi tvrdnja.

Napomena 3.2.3. Koristeci upravo dokazano, pojam linearne nezavisnosti

mozemo definirati i za proizvoljne (ne nuzno konacne) skupove. Naravno, u

slucaju konacnih skupova imat cemo dvije ekvivalentne definicije.

Neka je S proizvoljan podskup vektorskog prostora V . Kazemo da je

S linearno nezavisan skup ako je svaki njegov konacan podskup linearno

nezavisan. Kazemo da je S linearno zavisan skup ako nije linearno ne-

zavisan, tj. ako postoji bar jedan konacan podskup od S koji je linearno

zavisan.

Nekoliko osnovnih svojstava o linearnoj zavisnosti dokazujemo u sljedecoj

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 sadrzi 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


(2) Ako S sadrzi nulvektor, onda je T = θ konacan linearno zavisan

podskup od S, pa S mora biti linearno zavisan.

(3) Neka je S linearno nezavisan skup i T ⊆ S. Svaki konacan podskup od

T je i konacan podskup od S, pa zbog linearne nezavisnosti skupa S slijedi

da su svi konacni podskupovi od T linearno nezavisni. Zato i T mora biti

linearno nezavisan.

(4) Neka je S linearno zavisan skup i T ⊇ S. Postoji konacan linearno

zavisan podskup od S. No taj podskup je i podskup od T, pa je T nuzno

linearno zavisan.

U sljedecoj propoziciji dokazujemo da je skup u vektorskom prostoru

linearno zavisan ako i samo ako se neki njegov vektor moze 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 = α1v1 + . . .+ αk−1vk−1 + αk+1vk+1 + . . .+ αnvn (22)

za neke skalare α1, . . . , αk−1, αk+1, . . . , αn ∈ F.

Dokaz. Pretpostavimo da je S linearno zavisan. Tada postoje λ1, . . . , λntakvi da je λ1v1 + . . .+ λnvn = θ, a pritom je λk 6= 0 za neki k. Tada je

λkvk = −n∑

i=1,i 6=k

λivi ⇒ vk =n∑

i=1,i 6=k

(− λiλk

)vi.

Ako oznacimo αi = − λiλk

za i 6= k, onda imamo

vk =n∑

i=1,i 6=k

αivi.

Obratno, pretpostavimo da se neki vk ∈ S moze prikazati kao u (22).

Tada je

α1v1 + . . .+ αk−1vk−1 + (−1)vk + αk+1vk+1 + . . .+ αnvn = θ,

pa je nulvektor zapisan kao netrivijalna linearna kombinacija vektora iz S.

60


Direktno iz ove propozicije slijedi karakterizacija linearne zavisnosti dvo-

clanog 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 = α1v1 + . . .+ αnvn.

Drugim rijecima, linearne kombinacije vektora iz G ispunjavaju cijeli prostor

V.

Vektorski prostor V je konacnodimenzionalan ako postoji bar jedan

konacan skup izvodnica za V . Prostore koji nisu konacnodimenzionalni na-

zivamo beskonacnodimenzionalnim.

Za svaki vektorski prostor postoji skup izvodnica. Naime, uzmemo li

G = V tada za svaki v ∈ V mozemo uzeti α = 1 i x = v ∈ G, pa ce biti

v = αx. No, ocito je da su nam ”drazi” manji skupovi izvodnica. Na primjer,

u vektorskom postoru R2, mozemo gledati sljedece skupove:

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

Za skup G1 vec 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 sto se

svi vektori iz R2 mogu napisati kao linearna kombinacija dva vektora (1, 0)

i (0, 1). Uocimo 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

svaki v ∈ V postoje jedinstveni skalari α1, . . . , αn takvi da je v =∑n

i=1 αibi.

Dokaz. Neka je v ∈ V proizvoljan. Kako je svaka baza skup izvodnica za V,

to postoje skalari α1, . . . , αn takvi da je

v =n∑i=1

αibi.

61


Dokazimo jedinstvenost. Pretpostavimo da su β1, . . . , βn takvi da je v =∑ni=1 βibi. Tada iz

∑ni=1 αibi =

∑ni=1 βibi slijedi

∑ni=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 pomocu vektora iz B su

jedinstveni.

U ovom se kolegiju bavimo iskljucivo konacnodimenzionalnim prostorima.

Zato cemo uvijek kada spominjemo vektorski prostor podrazumijevati da se

radi o konacnodimenzionalnom vektorskom prostoru.

S obzirom da je najlakse racunati s onim skupovima izvodnica koji imaju

sto je moguce manje vektora, pitanje je kako iz zadanog skupa izvodnica G

prepoznati i izbaciti ”suvisan” vektor (suvisan u smislu da, i bez tog vektora,

G cini 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 moze napisati kao linearna kombinacija

vektora iz G \ vk. Tada je G \ vk skup izvodnica za V.

Dokaz. Prema pretpostavci je vk =∑n

i=1,i 6=k αivi za neke skalare αi, i ∈1, . . . , n \ k ∈ F.

Neka je v ∈ V. Kako je G skup izvodnica za V, to postoje skalari β1, . . . , βntakvi da je v =

∑ni=1 βivi. Sada je

v =n∑

i=1,i 6=k

βivi + βkvk =n∑

i=1,i 6=k

βivi + βk

n∑i=1,i 6=k

αivi =n∑

i=1,i 6=k

(αi + βkαi)vi,

sto znaci da proizvoljan vektor v ∈ V mozemo prikazati pomocu vektora iz

G \ vk.

Primjer 3.3.3. Jedan skup izvodnica za R2 jeG = (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4).Kako je

(1, 3) =1

2(1, 2) +

1

2(1, 4),

to je i skup

H := G \ (1, 3) = (1, 1), (1, 2), (1, 4)

skup izvodnica. I skup H mozemo reducirati. Naime,

(1, 4) = −2(1, 1) + 3(1, 2),

62


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 pronasli podskup

koji je baza. To vrijedi opcenito.

Teorem 3.3.4. Neka je V 6= θ vektorski prostor i neka je G konacan skup

izvodnica za V. Tada G sadrzi 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 moze 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 moze

izbaciti. Nakon konacno mnogo koraka (najvise n− 1, jer je V netrivijalan)

doci cemo do baze.

S obzirom da svaki konacnodimenzionalni prostor ima konacan skup ge-

neratora, slijedi da svaki netrivijalan vektorski prostor ima bazu.

U sljedecoj propoziciji dokazujemo tvrdnju slicnu 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∑i=1

λivi

za neke skalare λ1, . . . , λk−1 ∈ F.

Dokaz. Zbog linearne zavisnosti skupa S slijedi da postoje skalari α1, . . . , αn,

od kojih nisu svi nule, takvi da je∑n

i=1 αivi = θ. Uzmemo posljednji αk koji

63


nije nula, tj. takav da je αk 6= 0 i αk+1 = . . . = αn = 0. Uocimo da bi k = 1

znacilo α1v1 = θ, tj. v1 = θ, sto nije. Zato je k ≥ 2. Tada

αkvk = −k−1∑i=1

αivi ⇒ vk = −k−1∑i=1

αiαkvi.

Oznacimo li λi = − αiαkvi, i = 1, . . . , k − 1, imamo tvrdnju.

Svaki skup koji ima vise elemenata nego sto ih ima baza je linearno za-

visan. To je sadrzaj sljedece 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 nacin

mogu zapisati kao linearne kombinacije vektora iz B. Imamo dakle, 0v1 = a11b1 + a21b2 + . . . + an1bnv2 = a12b1 + a22b2 + . . . + an2bn...

...

vr = a1rb1 + a2rb2 + . . . + anrbn

,

za neke skalare aij. Da bismo provjerili je li skup S linearno nezavisan ili ne,

promatramo

c1v1 + c2v2 + . . .+ crvr = 0. (23)

Tada je

c1(a11b1 + a21b2 + . . .+ an1bn) + c2(a12b1 + a22b2 + . . .+ an2bn) + . . .

+cr(a1rb1 + a2rb2 + . . .+ anrbn) = θ,

to jest

(a11c1 + a12c2 + . . .+ a1rcr)b1 + (a21c1 + a22c2 + . . .+ a2rcr)b2 + . . .

+(an1c1 + an2c2 + . . .+ anrcr)bn = θ.

64


B je baza i zato svi koeficijenti iz prethodne linearne kombinacije moraju biti

jednaki 0. Dobivamo sustav jednadzbi s nepoznanicama c1, . . . , cr :a11c1 + a12c2 + . . . + a1rcr = 0

a21c1 + a22c2 + . . . + a2rcr = 0...

...

an1c1 + an2c2 + . . . + anrcr = 0

. (24)

Kako je r > n, to je (24) homogeni sustav koji ima vise nepoznanica nego

jednadzbi, pa postoji netrivijalno rjesenje 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 jedna-

kobrojne.

Dokaz. Dokazali smo da V ima barem jednu konacnu bazu. Neka je to B =

a1, . . . , an, te neka je B′ = bi : i ∈ I neka druga baza za V . Pritom je I

neki skup indeksa.

Pretpostavimo da u I ima vise od n elementa. Odaberimo razlicite vek-

tore b′1, . . . , b′n+1 ∈ B′. Prema propoziciji 3.3.6, skup b′1, . . . , b′n+1 je linearno

zavisan. No onda je i B′, kao njegov nadskup, linearno nezavisan, sto nije

moguce jer je B′ baza. To znaci da je broj vektora u B′ manji ili jednak n.

Ako bi u B′ bilo manje elemenata nego u B, onda bi, opet prema propozi-

ciji 3.3.6, skup B bio linearno zavisan (jer ima vise elemenata nego u bazi

B′), sto ne moze biti, jer je B baza. Zakljucujemo da su B i B′ jednakobrojni

skupovi.

Steinitzov teorem omogucuje uvodenje pojma dimenzije prostora.

Dimenzija vektorskog prostora V je kardinalni broj neke (a onda i

svake) baze prostora V . Dimenzija trivijalnog vektorskog prostora V = θje, po dogovoru, jednaka 0. Dimenziju vektorskog prostora oznacavamo s

dimV ili, ako zelimo naglasiti polje nad kojim je V vektorski prostor, dimF V .

Uocimo odmah jednu korisnu posljedicu.

Korolar 3.3.8. Neka je S skup izvodnica u vektorskom prostoru V, n =

dimV. Ako S ima n elemenata, tada je S baza za V.

65


Dokaz. Svaki skup izvodnica sadrzi bazu za V. Kako je svaka baza n-clana,

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

mozemo zapisati kao v = v1e1 + v2e2 + v3e3, pa je B i skup izvodnica

za V. Slijedi da je dimV 3 = 3.

2. Slicno 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 dimFn = n. Ovu bazu nazivamo standardna ili kanon-

ska baza za Fn.

3. Skup kompleksnih brojeva C mozemo promatrati kao realan i kao kom-

pleksan vektorski prostor.

Odredimo dimC C, tj. dimenziju kompleksnog prostora C. Ovo je pose-

ban slucaj prethodnog primjera (Fn je vektorski prostor nad F). Dakle,

dimC C = dimCC1 = 1.

Sada promatramo realni vektorski prostor C, dakle, skalare u linearnim

kombinacijama cemo uzimati iz R. Pokazimo da je 1, i baza za (realni

vektorski prostor) C.Kao sto znamo, svaki se kompleksan broj moze napisati pomocu svog

realnog i imaginarnog dijela. Dakle, z = x + iy, gdje su x, y ∈ R. To

znaci 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. Zakljucujemo da je skup

1, i linearno nezavisan. Zato je i baza, pa je dimRC = 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

(Bij)kl =

1, k = i i l = j;

0, inace.

66


Na primjer, u M23 ove matrice su

B11 =

[1 0 0

0 0 0

], B12 =

[0 1 0

0 0 0

], B13 =

[0 0 1

0 0 0

],

B21 =

[0 0 0

1 0 0

], B22 =

[0 0 0

0 1 0

], B23 =

[0 0 0

0 0 1

].

Svaka matrica A = [aij] ∈Mmn moze se napisati kao

A = a11B11 + a12B12 + . . .+ amnBmn.

To znaci 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∑i=1

n∑j=1

αijBij = 0

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 dimMmn = 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 dimPn = n+ 1.

Ponekad zelimo naci bazu koja sadrzi unaprijed zadane vektore. Naravno,

preduvjet je da ti vektori cine 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 moze nado-

puniti 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


skup izvodnica za V (jer sadrzi 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

moze zapisati kao linearna kombinacija svojih prethodnika. To ne moze biti

nijedan vi, jer je S linearno nezavisan skup. Neka se bi1 moze prikazati

pomocu svojih prethodnika. Tada je (S ∪ B) \ bi1 skup izvodnica za V, a

ako je jos i linearno nezavisan onda je to i baza za V. Ako je (S ∪B) \ bi1linearno zavisan, onda postupak ponovimo. I tako sve dok ne dodemo do

linearno nezavisnog skupa (a to ce se dogoditi nakon tocno k koraka, zbog

Steinitzovog teorema). Kako niti u jednom koraku nismo izbacivali elemente

skupa S, dobivena baza sadrzavat ce skup S, dakle, skup S smo nadopunili

do baze za V.

Uocimo da smo u dokazu uzeli proizvoljnu bazu B, pa nadopunjenje li-

nearno nezavisnog skupa do baze nije jedinstveno.

Pretpostavimo da je u prethodnom teoremu S bio n-clan skup, gdje je

n = dimV. Ako S ne bi bio baza, onda bi njegovo nadopunjenje do baze dalo

bazu koja ima vise od n elementa, sto ne moze biti. To je vazna posljedica

prethodnog teorema:

Korolar 3.3.11. Neka je V vektorski prostor i n = dimV. 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 = dimV. Neka je S ⊆ V,

te neka cardS oznacava broj elementa u S. Tada vrijedi:

Ako je S linearno nezavisan, tada je cardS ≤ n.

Ako je S linearno nezavisan i cardS = n, tada je S baza za V.

Ako je S skup izvodnica za V, tada je cardS ≥ n.

Ako je S skup izvodnica za V i cardS = n, tada je S baza za V.

Ako je cardS > n, tada je S linearno zavisan.

Ako je cardS < 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


nije baza za R3. Naime, prema Steinitz-ovom teoremu sve baze za R3 su

troclane, jer je dimR3 = 3. Ovaj skup nije linearno nezavisan, jer ima vise

od tri elementa.

Moze se pokazati da je S skup izvodnica za R3, te da vrijedi

v1 + v2 − v3 − 2v4 = θ.

To znaci da se svaki vektor moze zapisati pomocu ostalih:

v1 = −v2 + v3 + 2v4, v2 = −v1 + v3 + 2v4, ...

Prema tome, uklanjanjem bilo kojeg (jednog!) vektora iz S, dobit cemo novi

skup izvodnica za R3 koji ce biti troclan 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. Ocito je S linearno neza-

visan 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. Trazimo troclani podskup od S ∪B koji ce sadrzavati

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.

Pokusajmo s v1, v2, e1. Iz

λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = θ

slijedi

(λ1 − λ2 + λ3, 2λ1 + 2λ2, 3λ1 − 4λ2) = (0, 0, 0).

Dobivamo sustav λ1 − λ2 + λ3 = 0

2λ1 + 2λ2 = 0

3λ1 − 4λ2 = 0

,

69


cija je matrica

A =

1 −1 1

2 2 0

3 −4 0

.Uocimo da je detA = −14 6= 0, pa je A regularna i zato ovaj (Cramerov i

homogen) sustav ima jedinstveno rjesenje (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 aritmetickih nizova. Pokazite da je V vektorski

prostor.

2. Provjerite linearnu zavisnost sljedecih skupova vektora u danom vek-

torskom 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 napisite, ako je moguce, 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.

Pokazite da su tada linearno nezavisni i skupovi x+ y, x− y i 2x+

y, 3x− y.

5. Vektor v = (0, 1, 4) ∈ R3 prikazite, ako je moguce, kao linearnu kombi-

naciju vektora v1 = (1, 2, 4), v2 = (−2, 3, 1) i v3 = (3,−2, 4).

70


6. Matricu X =

[−4 −2

−5 −1

]zapisite, ako je moguce, kao linearnu kombi-

naciju matrica

[1 0

1 0

],

[0 1

−1 0

],

[2 1

0 1

].

7. Neka je V prostor svih funkcija f : R → R. Pokazite da je skup

f1, f2, f3, gdje je

f1(x) = ex, f2(x) = e2x, f3(x) = e3x

linearno nezavisan.

8. Dokazite da su vektori v1 = (1 + i, 1 − i), v2 = (1,−i) ∈ C2 linearno

nezavisni u realnom vektorskom prostoru C2.

9. Dokazite 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 sljedecih izjava su istinite? Za lazne izjave navedite kontrapri-

mjer.

(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 sadrzi vektore (1,−1, 0) i (−2, 2, 0)? Ako

da, nadite tu bazu.

71


13. Provjerite linearnu nezavisnost skupa S = v1 = (1, 2), v2 = (−1, 0), v3 =

(2, 1) u R2. Sadrzi 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,

prikazite vektor (2, 3, 4) u toj bazi.

15. Pokazite da je skup[1 0

0 0

],

[0 1

0 0

],

[0 1

0 0

],

[0 0

0 1

]baza vektorskog prostora M2(R). Ovu bazu nazivamo kanonska baza

za M2(R).

16. Pokazite da je skup [1 2

0 0

],

[−1 0

0 2

],

[0 1

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. Dokazite.

72

4. Potprostori vektorskog prostora 73

4 Potprostori vektorskog prostora

4.1 Definicija i primjeri

Krenimo s primjerom.

Primjer 4.1.1. Promatrajmo (realni) vektorski prostor R2. Neka je P pravac

kroz ishodiste (0, 0) i neka je njegova jednadzba 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 sljedeca 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


(10) λ(µu) = (λµ)u,∀u ∈ P, λ, µ ∈ R.

Ovo znaci da je P jedan realni vektorski prostor, koji je smjesten u vecem

vektorskom prostoru R2. Operacije zbrajanja i mnozenja skalarom koje smo

promatrali na P su restrikcije istoimenih operacija na R2. Drugim rijecima,

elemente iz P smo zbrajali i mnozili skalarom tocno 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 mnozenja

skalarom definirane u V, tada kazemo da je W potprostor od V. Pisemo

W ≤ V.

Uocimo da su 0 i cijeli V uvijek potprostori vektorskog prostora V .

Njih nazivamo trivijalnim potprostorima.

Prethodni primjer kazuje nam da je svaki pravac kroz ishodiste vektorski

potprostor od R2. Pogledamo li jos 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 vec znali da vrijede za elemente iz R2, pa

onda i za elemente iz P ⊆ R2. To nas dovodi do sljedece 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

znaci da su (a) i (b) automatski zadovoljeni.

Neka za W ⊆ V vrijede (a) i (b). To znaci da su dobro definirana

preslikavanja + : W × W → W i · : F × W → W , tj. kodomene su im

zaista W. Uocimo 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


Svojstva (a) i (b) iz prethodne tvrdnje mozemo objediniti na sljedeci

nacin.

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 mozemo izreci 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∑ni=1 λivi ∈ W.

Dokaz. Neka je W potprostor od V . Dokazimo indukcijom trazenu 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 oznacimo

x =n−1∑i=1

λivi.

Prema pretpostavci indukcije je x ∈ W, kao linearna kombinacija n − 1

vektora. Tada jen∑i=1

λivi = x+ λnvn ∈ W,

kao linearna kombinacija dva vektora x i vn iz W.

Obratno, uzimajuci n = 2, dobivamo da za svaka dva skalara λ1, λ2 ∈ F i

dva vektora v1, v2 ∈ W imamo λ1v1 + λ2v2 ∈ 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 ishodiste 0 = (0, 0, 0). Pretpostavimo da je

75


Ax + By + Cz = 0 jednadzba te ravnine (pri cemu je bar jedan od A,B,C

razlicit 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 ishodiste. Ako je (α, β, γ) vektor smjera

tog pravca, tada je njegova jednadzba dana s x−0α

= y−0β

= z−0γ, dakle

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 ishodiste su potprostori od R3.

Primijetimo da R2 nije potprostor od R3. Kao prvo, R2 uopce nije pod-

skup od R3. Takoder, operacije zbrajanja vektora i mnozenja vektora skala-

rom u R2 i R3 se razlikuju.

Primjer 4.1.7. Promatramo homogeni sustav m linearnih jednadzbi 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 rjesenja 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 znaci da je skup svih rjesenja homogenog sustava

potprostor od Mn1.

76


Primjer 4.1.8. Promatramo podskup vektorskog prostora M2(F) :

W =

[a11 a12a21 0

]: a11, a12, a21 ∈ F

.

Neka su λ, µ ∈ F i A,B ∈ W. Tada je

A =

[a11 a12a21 0

], B =

[b11 b12b21 0

],

za neke a11, a12, a21, b11, b12, b21 ∈ F. Tada je

λA+ µB = λ

[a11 a12a21 0

]+ µ

[b11 b12b21 0

]=

[λa11 + µb11 λa12 + µb12λa21 + µb21 0

],

pa je ocito 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 uocavamo 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 mnozenje 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 sljedece podskupove vektor-

skog prostora Mn(F) :

W1 = A ∈Mn(F) : A regularna,W2 = A ∈Mn(F) : A singularna,W3 = A ∈Mn(F) : AB = BA, (za neku zadanu matricu B),

W3 = A ∈Mn(F) : A2 = A.

77


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 detA = detB = 0, pa su A i B singularne. No

A+B = I je regularna matrica.

Neka su A1, A2 ∈ W3. Tada je A1B = BA1 i A2B = BA2 i za sve λ, µ ∈ Fimamo

(λA1 + µA2)B = λ(A1B) + µ(A2B) = λ(BA1) + µ(BA2) = B(λA1 + µA2).

Zato je λA1 + µA2 ∈ W3, pa je W3 zaista potprostor od Mn(F).

W4 nije potprostor. Uocimo da je I ∈ W4, jer je I2 = I. No 2I /∈ W4, jer

(2I)2 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.

[S] = n∑i=1

λivi : n ∈ N, λ1, . . . , λn ∈ F, v1, . . . , vn ∈ S.

Nadalje, definiramo [∅] = θ.

Ako je S 6= ∅, tada je S skup izvodnica za [S]. Zato se kaze 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 ishodiste). Lako se vidi da za svaki drugi

v 6= (0, 0), skup [v] predstavlja jedan pravac kroz ishodiste.

Slicno, za dva nekolinearna vektora v1, v2 ∈ R2 vrijedi [v1, v2] = R2.

Uvjerite se u to sami.

78


Uocimo 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] pot-

prostor od W i to najmanji potprostor od V koji sadrzi S. Posebno, [S] je

presjek svih potprostora od V koji sadrze 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∑i=1

αivi i y =m∑i=1

βiwi

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

λx+ µy = λ(n∑i=1

αivi) + µ(m∑i=1

βiwi) =n∑i=1

(λαi)vi +m∑i=1

(µβi)wi,

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.

Ocito je da [S] sadrzi S. Prema korolaru 4.1.5, svaki vektorski prostor koji

sadrzi S, sadrzi i sve konacne linearne kombinacije vektora is S, dakle sadrzi

i cijeli [S]. Zato je [S] sadrzano u svim vektorskim prostorima koji sadrze 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 potpros-

tor. Tada je i W konacnodimenzionalan prostor i dimW ≤ n.

Ako je W potprostor od V takav da je dimW = n, tada je W = V.

Dokaz. Ako je W = θ tada je dimW = 0 i gotovi smo.

Pretpostavimo da je W 6= θ. Tada postoji a1 ∈ W,a1 6= θ, pa je a1linearno nezavisan. Ako je [a1] = W onda je dimW = 1. Ako je [a1] 6= W

onda postoji a2 ∈ W \ [a1]. Uocimo da je skup a1, a2 linearno nezavisan.

Ako je [a1, a2] = W tada je dimW = 2. Ako [a1, a2] 6= W nastavimo na

isti nacin kao maloprije.

79


U k-tom koraku imat cemo linearno nezavisan skup a1, . . . , ak vektora

u W. Ako ti vektori razapinju W, onda je dimW = k, a ako oni ne razapinju

W, onda postoji ak+1 ∈ W koji ne lezi u [a1, . . . , ak] pa je stoga skup

a1, . . . , ak, ak+1 linearno nezavisan.

Kako je dimV = n, to u V ima najvise n linearno nezavisnih vektora.

Posebno, niti u W ne moze biti vise od n linearno nezavisnih vektora, pa

ovaj postupak mora stati u jednom trenutku. Dakle, postoji m ≤ n tako da

je W = [a1, . . . , am]. To znaci da je W konacnodimenzionalan, a kako je

a1, . . . , am linearno nezavisan, to je ujedno i baza. Slijedi dimW = m ≤ n.

Pretpostavimo da je dimW = 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 vise od n vektora, sto je nemoguce.

4.3 Presjek i suma potprostora

Sada cemo se baviti presjekom i unijom potprostora zadanog vektorskog pros-

tora. Vidjet cemo da presjek potprostora daje novi potprostor, dok za uniju

nije tako. Zato cemo promatrati linearnu ljusku unije. Dokazimo prvo tvrd-

nju 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 najveci potprostor od V koji je sadrzan

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 najveci skup, pa onda i potprostor, koji je sadrzan

i u W1 i u W2.

Vec 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 sadrzi W1 ∪W2,

80


odnosno, linearnu ljusku unije. Dobiveni potprostor cemo nazivati sumom

potprostora. Dakle, suma potprostora W1 i W2 je potprostor

W1 +W2 := [W1 ∪W2].

Za sumu potprostora kazemo da je direktna i pisemo W1 uW2 ako je W1 ∩W2 = θ.

Sljedeca propozicija daje razlog zasto [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. Oznacimo 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

v =n∑i=1

λivi.

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 cemo ga grupu staviti). Tada je

v =r∑i=1

λivi +n∑

i=r+1

λivi.

Oznacimo w1 =∑r

i=1 λivi i w2 =∑n

i=r+1 λivi. 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 znaci 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


Dokaz. Pretpostavimo da je suma W1 + W2 direktna. To znaci da je W1 ∩W2 = θ. Pretpostavimo da se neki v ∈ W1 + W2 moze napisati kao v =

w1 + w2 i kao v = w′1 + w′2. Tada je w1 + w2 = w′1 + w′2 pa je

w1 − w′1 = w′2 − w2 ∈ W1 ∩W2 = θ.

Slijedi w1 = w′1 i w2 = w′2, tj. v se samo na jedan nacin moze rastaviti na

zbroj vektora iz W1 i W2.

Obratno, pretpostavimo da se svaki vektor iz W1 + W2 na jedinstven

nacin prikazuje kao suma vektora iz W1 i W2. Neka je v ∈ W1∩W2. Stavimo

w1 = v, w2 = θ i w′1 = θ, w′2 = v. Tada je w1, w′1 ∈ W1, w2, w

′2 ∈ W2 i vrijedi

v = w1 + w2 = w′1 + w′2. Zbog jedinstvenosti prikaza je w1 = w′1, 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. Trazimo vektore iz W1 ∩W2, dakle one koji se

mogu zapisati na dva nacina - 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 sustavα − 2β + δ = 0

β − γ − 2δ = 0

α − β − γ − δ = 0

−γ = 0

,

82


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. Ocito je

W1 +W2 = [v1, v2, w1, w2].

Uocimo da je v1, v2 linearno nezavisan. Nadalje, sve linearne kombinacije

v1 i v2 ce na cetvrtoj komponenti imati nulu, pa w1 ne mozemo napisati

kao linearnu kombinaciju vektora v1 i v2. S druge strane, lako se vidi da

je w2 = 3v1 + 2v2, pa zakljucujemo da je W1 + W2 = [v1, v2, w1] i da je

v1, v2, w1 jedna baza za W1 + W2. Zato je dim(W1 + W2) = 3. Mozemo

zapisati i ovako

W1 +W2 = x1v1 + x2v2 + x3w3 : x1, x2, x3 ∈ R

= (x1 − 2x2, x2 + x3, x1 − x2 + x3, x3) : x1, x2, x3 ∈ R.

4.4 Dimenzija presjeka i sume potprostora

Zadrzimo se jos malo na primjeru 4.3.4. Dobili smo da je

dim(W1 +W2) = 3, dim(W1 ∩W2) = 1, dimW1 = dimW2 = 2.

Uocimo da vrijedi

dim(W1 +W2) + dim(W1 ∩W2) = 3 + 1 = 2 + 2 = dimW1 + dimW2.

To nije slucajnost - ova formula vrijedi opcenito.

Teorem 4.4.1. Neka su W1 i W2 potprostori vektorskog prostora V. Tada je

dim(W1 +W2) + dim(W1 ∩W2) = dimW1 + dimW2.

83


Dokaz. Pretpostavimo prvo da je W1 ∩W2 6= θ. Neka je B0 = a1, . . . , akbaza za W1 ∩ W2. Kako je B0 linearno nezavisan skup u W1, mozemo ga

nadopuniti do baze B1 za W1. Isto tako, B0 je linearno nezavisan skup u W2,

pa ga mozemo nadopuniti i do baze B2 za W2. Neka su

B1 = a1, . . . , ak, b1, . . . , br

i

B2 = a1, . . . , ak, c1, . . . , cs

te dvije baze. Uocimo da smo time implicitno oznacili

dim(W1 ∩W2) = k, dimW1 = k + r, dimW2 = k + s.

Pokazimo 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, . . . , γsskalari za koje je

k∑i=1

αiai +r∑i=1

βibi +s∑i=1

γici = θ. (25)

Odavde jek∑i=1

αiai +r∑i=1

βibi = −s∑i=1

γici. (26)

Uocimo da s lijeve strane od (26) imamo vektor iz W1, a s desne vektor iz

W2. Prema tome,

k∑i=1

αiai +r∑i=1

βibi = −s∑i=1

γici ∈ W1 ∩W2.

Svaki vektor iz W1 ∩W2 mozemo zapisati preko njegove baze B0, pa za neke

skalare λ1, . . . , λk vrijedi

−s∑i=1

γici =k∑i=1

λiai.

84


Tada jes∑i=1

γici +k∑i=1

λiai = θ.

S lijeve strane imamo linearnu kombinaciju vektora baze B2, pa iz linearne

nezavisnosti od B2 slijedi

γ1 = . . . = γs = λ1 = . . . = λk = 0.

Sada (26) postajek∑i=1

αiai +r∑i=1

βibi = θ.

Isto kao i maloprije, jer imamo linearnu kombinaciju vektora baze B1, za-

kljucujemo

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.

Pokazimo 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 moze

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= dimW1 + dimW2 − dim(W1 ∩W2).

Preostaje razmotriti slucaj kada je W1 ∩W2 = θ. Tada ne mozemo pri-

mijeniti prethodni dokaz, zato sto ne postoji baza za presjek W1∩W2. U tom

slucaju je dim(W1 ∩W2) = 0. Uzmemo proizvoljne baze B1 = b1, . . . , bk za

W1, te B2 = c1, . . . , cl za W2. Slicnim postupkom kao i maloprije pokazemo

da je B1 ∪B2 baza za W1 +W2. Tada je

dim(W1 +W2) = k + l = dimW1 + dimW2 − dim(W1 ∩W2).

Iz ovog teorema odmah dobivamo sljedeci korolar.

85


Korolar 4.4.2. Neka su W1 i W2 potprostori od V . Tada vrijedi:

W1 ∩W2 = θ ⇔ dim(W1 +W2) = dimW1 + dimW2.

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 dimG = dimD = 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) = dimG+ dimD − dim(G ∩D)

=n(n+ 1)

2+n(n+ 1)

2− n = n2 = dimMn.

Prema teoremu 4.2.4, slijedi da je

G+D = Mn.

To nam govori da se svaka matrica moze 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 simetricnih i antisimetricnih

matrica u Mn, tj.

W1 = A ∈Mn : A = AT,

W2 = A ∈Mn : A = −AT.

Uocimo da je A ∈ W1 ∩W2 ako i samo ako je A = AT i A = −AT , tj. A = 0.

Dakle, W1 ∩W2 = 0.

86


Provjerite da vrijedi dimW1 = n(n+1)2

i dimW2 = n(n−1)2

. Izracunajmo

dimenziju od W1 +W2 :

dim(W1 +W2) = dimW1 + dimW2 − dim(W1 ∩W2)

=n(n+ 1)

2+n(n− 1)

2− 0 = n2.

Prema teoremu 4.2.4, zakljucujemo da je

W1 uW2 = Mn.

pa se svaka matrica na jedinstven nacin moze napisati kao suma simetricne

i antisimetricne matrice.

4.5 Direktni komplement

Definicija 4.5.1. Neka je V vektorski prostor i W njegov potprostor. Di-

rektni 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 uW , to je Z direktni kom-

plement 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 simetricnih i antisimetricnih matrica

su direktni komplementi jedan drugom u prostoru Mn.

Prvo pitanje na koje moramo odgovoriti je egzistencija direktnog kom-

plementa.

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 dimW = k i dimV = n. Neka

je a1, . . . , ak baza za W i a1, . . . , ak, ak+1, . . . , an njeno nadopunjenje do

87


baze za V. Sa Z oznacimo 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 dimZ = n− k.Neka je v ∈ W ∩ Z. Tada postoje α1, . . . , αk, αk+1, . . . , αn ∈ F tako da je

v =k∑i=1

αiai =n∑

i=k+1

αiai.

Odavde jek∑i=1

αiai −n∑

i=k+1

αiai = θ.

Kako slijeva imamo linearnu kombinaciju vektora baze za V , zakljucujemo

da je

α1 = . . . = αk = αk+1 = . . . = αn = 0.

Sada je x = θ, pa je W ∩ Z = θ. Konacno,

dim(W u Z) = dimW + dimZ = k + (n− k) = n = dimV,

odakle je W u Z = V.

Direktni komplement opcenito nije jedinstven. To vidimo i u dokazu pret-

hodne tvrdnje, jer nadopunjenje baze potprostora do baze cijelog prostora

nije jedinstveno. I sljedeci primjeri to ilustriraju.

Primjer 4.5.4. Promatrajmo prostor R2.Neka su P1 i P2 dva razlicita pravca

kroz ishodiste. Njihov presjek sadrzi samo ishodiste, pa je dim(P1 ∩P2) = 0.

Kako je dimP1 = dimP2 = 1, to je

dim(P1 u P2) = 1 + 1− 0 = 2 = dimR2 ⇒ P1 u P2 = R2.

Ovdje se P1 i P2 proizvoljni razliciti pravci kroz ishodiste, sto znaci da je sva-

kom pravcu svaki drugi pravac kroz ishodiste direktni komplement.

88


Primjer 4.5.5. Promatrajmo prostor R3. Neka je R ravnina kroz ishodiste i

P pravac kroz ishodiste koji ne pripada toj ravnini. Oni se sijeku u ishodistu

pa je dim(P ∩R) = 0. Nadalje, dimP = 1, dimR = 2, pa je

dim(P uR) = 2 + 1− 0 = 3 = dimR3 ⇒ P uR = R3.

To pokazuje da je za zadanu ravninu R koja sadrzi ishodiste, svaki pravac

kroz ishodiste koji ne lezi 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 cemu 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. Nadopu-

nimo tu bazu do baze za cijeli R3. Kako je dimW = 2 i dimR3 = 3, potrebno

je dodati samo jedan vektor. Pokusajmo 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 znaci 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. Znaci da je (jedan) direktni

komplement od W zadan sa

Z = [(1, 0, 0)].

89


4.6 Zadaci

1. Za sljedece 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.


A ∈Mn(F) : trA = 0

potprostor od Mn(F).


A ∈Mn(F) : detA = 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).


W = (x1, x2, x3) ∈ R3 : 2x1 − x2 + x3 = 4

potprostor od R3.

90


7. Pokazite da skupovi svih gornjetrokutastih i svih donjetrokutastih ma-

trica

G = A = [aij] ∈Mn : aij = 0, i > j,

D = A = [aij] ∈Mn : aij = 0, i < j,

cine vektorske potprostore od Mn, te pokazite da je

dimG = dimD =n(n+ 1)

2.

8. Dokazite da je

W = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : 2x1 − x2 + x3 − x4 = 0

potprostor od R4. Odredite mu bazu i dimenziju.

9. Dokazite 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. Dokazite da je V

vektorski prostor, te mu pronadite neku bazu.

11. Neka je A =

[1 2

2 1

]i

V = T ∈M2(R) : TA = 0.

Dokazite da je V vektorski prostor, te mu pronadite neku bazu.

12. Neka je V vektorski prostor svih aritmetickih nizova. Pokazite 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


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.

15. Neka je A =

[1 2

2 1

]i W = T ∈ M2(R) : TA = AT. Dokazite da je

W potprostor od M2(R), te mu pronadite neku bazu.

16. Neka su W1 i W2 dva medusobno razlicita potprostora vektorskog pros-

tora V, te neka vrijedi

dimV = 4, dimW1 = dimW2 = 3.

Dokazite da je dim(W1 ∩W2) = 2.

17. Neka su W1 i W2 potprostori vektorskog prostora V, te neka vrijedi

dimV = 5, dimW1 = 4, dimW2 = 1.

Dokazite: ili je W2 ⊆ W1 ili je W1 uW2 = V.

18. Odredite direktne komplemente potprostora u zadacima 8-11.

92

5. Linearni operatori 93

5 Linearni operatori

U ovoj tocki promatramo funkcije izmedu vektorskih prostora koje cuvaju nji-

hovu strukturu. Kao sto znamo, struktura vektorskog prostora zasniva se na

dvjema operacijama koje definiraju vektorski prostor - zbrajanju i mnozenju

vektora skalarom. Zato, kada kazemo da neka funkcija cuva strukturu vek-

torskog prostora, zapravo mislimo da cuva operacije zbrajanja i mnozenja

skalarom. Funkcije izmedu vektorskih prostora uobicajeno je zvati operato-

rima, 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.

Uobicajeno je pisati Au umjesto A(u), tj. izostavljati zagrade. Svojstvo

(27) nazivamo linearnost operatora A.

Dokazimo odmah da linearni operator preslikava nulvektor iz U u nulvek-

tor 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 stavljajuci α = β = 0 u (27). Stavimo li

α = −1 i β = 0 dobivamo i drugu tvrdnju.

Napomena 5.1.3. Cesto se linearni operator definira kao preslikavanje koje

ima sljedeca dva svojstva:

(a) A(u+ v) = A(u) + A(v) za u ∈ U i v ∈ V ;

93


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(λu+ µv)(a)= A(λu) + A(µv)

(b)= λAu+ µAv,

dakle linearnost od A.

Linearni operatori su operatori koji cuvaju 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

A(n∑i=1

λivi) =n∑i=1

λiAvi (28)

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

94


Dokaz. Prvo primijetimo da je linearnost operatora zapravo poseban slucaj

od (28) kada je n = 2. Prema tome, svaki operator koji zadovoljava (28) je

linearan.

Dokazimo sada da svaki linearni operator zadovoljava (28). Dokaz pro-

vodimo indukcijom. Ocito je da (28) vrijedi za n = 1 i n = 2, jer to znaci

homogenost, odnosno linearnost od A. Pretpostavimo da za neki k ∈ Nvrijedi

A(k∑i=1

λivi) =k∑i=1

λiAvi (29)

za sve λi . . . , λk ∈ F i v1, . . . , vk ∈ U. Tada je

A(k+1∑i=1

λivi) = A((k∑i=1

λivi) + λk+1vk+1) (aditivnost od A)

= A(k∑i=1

λivi) + A(λk+1vk+1) ((29) i homogenost od A)

=k∑i=1

λiAvi + λk+1Avk+1 =k+1∑i=1

λiAvi

za sve λ1, . . . , λk+1 ∈ F i v1, . . . , vk+1 ∈ U. Prema principu matematicke

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 sljedece primjere uvjerit cemo se da su neka dobro poznata presli-

kavanja linearni operatori.

95


Primjer 5.1.6. 1. Neka su V i W vektorski prostori nad istim poljem.

Promatramo preslikavanje koje sve vektore domene preslikava u nul-

vektor:

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

identicni 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 si-

metralu prvog i treceg kvadranta (slika 8.

Jos nekoliko preslikavanja zrcaljenja prikazani su na slikama 9, 10, 11,

i sve su to linearni operatori.

96


Slika 8: Zrcaljenje s obzirom na y = x

Slika 9: Zrcaljenje s obzirom na x-os

97


Slika 10: Zrcaljenje s obzirom na x-os

Slika 11: Zrcaljenje s obzirom na ishodiste

98


Slika 12: Rotacija za kut ϕ

4. Neka je ϕ ∈ R. Promatramo preslikavanje rotacije za kut ϕ u pozitiv-

nom smjeru (slika 12). Dakle,

r : R2 → R2, r(x, y) = (x cosϕ− y sinϕ, x sinϕ+ y cosϕ).

Linearnost ovog preslikavanja lako dokazemo.

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 tocku (x, y, z) prostora R3 ortogonalno projicira u tocku

(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


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 cinjenicu 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. Pres-

likavanje T : Pn → Pn definiramo tako da polinom p(x) = anxn +

an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0 preslikava u polinom

T (p)(x) = a0xn + a1x

n−1 + . . .+ an−1x+ an.

100


(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. Mozemo definirati preslikavanje

D : V → W, Df = f ′.

Dobro znamo da za sve f, g ∈ V i λ, µ ∈ C vrijedi (λf+βg)′ = λf ′+µg′,

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

T : V → R, T f =

∫ 1

0

f(x)dx.

Buduci da za sve λ, µ ∈ R i f, g ∈ V vrijedi

T (λf + µg) =

∫ 1

0

(λf + µg)(x)dx =

∫ 1

0

(λf(x) + µg(x))dx

= λ

∫ 1

0

f(x)dx+ µ

∫ 1

0

g(x)dx = λTf + µTg,

zakljucujemo 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 ∈F od kojih barem jedan nije 0, takvi da je

∑ki=1 αixi = θ. Tada je

k∑i=1

αiAxi = A(k∑i=1

αixi) = θ,

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

zavisan.

101


(2) Linearni operator linearno nezavisne skupove ne preslikava uvijek u

linearno nezavisne (vidjet cemo poslije da jedino injektivni operatori tako

djeluju).

Na primjer, nuloperator 0 : U → V ce svaki skup (pa i one koji su linearno

nezavisni) preslikati u skup θ, koji je linearno zavisan. S druge strane,

identicni operator I : U → U ce svaki skup preslikati u samog sebe; posebno,

linearno nezavisne skupove ce preslikati u linearno nezavisne skupove.

(3) Sjetimo se da se prva tvrdnja moze izreci i na sljedeci nacin: ako

je skup Ax1, . . . , Axk linearno nezavisan, tada je i x1, . . . , xk linearno

nezavisan.

Izmedu dva proizvoljna vektorska prostora nad istim poljem uvijek pos-

toje linearni operatori. To dokazujemo u sljedecem 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 moze se napisati

na jedinstven nacin kao linearna kombinacija u =∑n

i=1 αiui. Sada definiramo

A : U → V tako da

Au = A(n∑i=1

αiui) :=n∑i=1

αivi. (30)

Odmah je vidljivo da vrijedi

Aui = vi, i = 1, . . . , n.

Provjerimo da je A linearan. Neka su v, w ∈ U. Zapisemo li v =∑n

i=1 αiui i

w =∑n

i=1 βiui, tada je

λv + µw = λn∑i=1

αiui + µn∑i=1

βiui =n∑i=1

(λαi + µβi)ui

102


λ, µ ∈ F, pa je

A(λv + µw) = A(n∑i=1

(λαi + µβi)ui)(30)=

n∑i=1

(λαi + µβi)vi

= λ

n∑i=1

αivi + µ

n∑i=1

βivi(30)= λAv + µAw.

Jos treba provjeriti jedinstvenost, to jest, da postoji tocno 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.

Uzmemo u =∑n

i=1 αiui proizvoljan vektor u U. Zbog linearnosti od A i B

vrijedi

Au = A(n∑i=1

αiui) =n∑i=1

αiAui =n∑i=1

αivi,

Bu = B(n∑i=1

αiui) =n∑i=1

αiBui =n∑i=1

αivi,

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 zeljeli dopustiti mogucnost ponavljanja

vektora vi. Na primjer, uzmemo li (v1, . . . , vn) = (θ, . . . , θ) dobivamo

Au =n∑i=1

αiAui = θ, ∀u ∈ U,

pa smo dobili nuloperator.

Korolar 5.1.9. Neka su U i V vektorski prostori nad poljem F, te u1, . . . , unbaza 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 mozemo definirati

kao

Ae1 = (1, 1), Ae2 = (1,−1), Ae3 = (0, 1).

103


Tada je

A(x1, x2, x3) = A(x1e1 + x2e2 + x3e3) = x1Ae1 + x2Ae2 + x3Ae3

= 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(x1e1 + x2e2 + x3e3) = x1Be1 + x2Be2 + x3Be3

= 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. Ozna-

cimo

L(U, V ) = A : U → V : A linearni operator.

Ako je U = V tada umjesto L(U, V ) krace pisemo L(U).

Uocimo 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 mozemo 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 mozemo zbrajati i mnoziti

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 umnozak linearnog operatora A skalarom λ kao

λA : U → V, (λA)u = λAu. (32)

Uz ovako definirane operacije, L(U, V ) ce biti vektorski prostor nad poljem

F.

104


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. Dokazimo 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 mnozenja skalarom jednake

L(U, V ).

Za sve u, v ∈ U i λ, µ ∈ F je

(αA+ βB)(λu+ µv)(31)= (αA)(λu+ µv) + (βB)(λu+ µv)(32)= αA(λu+ µv) + βB(λu+ µv)

(A i B su linearni) = 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.

Pokazimo sada je dimenzija vektorskog prostora L(U, V ) potpuno odredena

dimenzijama od U i V.

Teorem 5.2.3. Neka su U i V konacnodimenzionalni vektorski prostori.

Tada je i L(U, V ) konacnodimenzionalan i vrijedi

dimL(U, V ) = dimU · dimV.

Dokaz. Oznacimo m = dimU i n = dimV. 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 sto cemo zadati djelovanje na bazi za U (teorem 5.1.8). Stavimo

Eijek = δkjfi =

fi, k = j;

θ, k 6= j., k = 1, . . . ,m,

dakle, Eij preslikava j-ti vektor baze domene u i-ti vektor baze kodomene, a

sve ostale vektore baze domene u nulvektor.

105


Tvrdimo da je skup Eij : i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n baza za L(U, V ).

Kako ovaj skup ima mn = dimU · dimV elemenata, time ce tvrdnja biti

dokazana.

Neka je A ∈ L(U, V ). Vektore Aek zapisemo pomocu baze kodomene kao

Aek =n∑i=1

αikfi, k = 1, . . . ,m.

Tvrdimo da je A =∑n

i=1

∑mj=1 αijEij. Prema korolaru 5.1.9, to je ekviva-

lentno s

Aek = (n∑i=1

m∑j=1

αijEij)ek, k = 1, . . . ,m.

Racunamo desnu stranu

(n∑i=1

m∑j=1

αijEij)ek =n∑i=1

m∑j=1

αijEijek =n∑i=1

m∑j=1

αijδkjfi =n∑i=1

αikfi = Aek,

za sve k = 1, . . . ,m, a to je upravo ono sto smo htjeli. Time smo dokazali da

je Eij : i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n skup izvodnica za L(U, V ).

Pokazimo linearnu nezavisnost. Neka je∑n

i=1

∑mj=1 αijEij = 0. Tada je

n∑i=1

m∑j=1

αijEijek = θ, k = 1, . . . ,m

odnosnon∑i=1

αikfi = θ, k = 1, . . . ,m

sto 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

dimL(R2,R4) = 8, dimL(P3,M23(F)) = 4 · (2 · 3) = 24.

106


5.3 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 sljedecoj propoziciji pokazujemo da linearni operatori cuvaju potpros-

tore.

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), sto znaci 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, mozemo uzeti potprostore L = U ≤ U i M = θ ≤ V. Pokazuje

se da su ovi potprostori vrlo bitni u proucavanju konacnodimenzionalnih

prostora.

Definicija 5.3.2. Slika linearnog operatora A : U → V je potprostor defi-

niran s

ImA = A(U) = Ax : x ∈ U,

a jezgra operatora A potprostor

KerA = A−1θ = 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 ImA, d(A) = dim KerA.

107


Slika 14: Jezgra linearnog operatora

Slika 15: Slika linearnog operatora

Oznake Im i Ker dolaze od engleskih rijeci image i kernel.

Primjer 5.3.3. • Neka je 0 : U → V nuloperator. Tada je Ker 0 = U i

Im 0 = θ.

• 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 tocaka

koje leze na y-osi, a slika od A je skup svih tocaka koje leze na x-osi.

Sljedeca tvrdnja govori o injektivnosti linearnog operatora.

108


Propozicija 5.3.4. Neka je A : U → V linearni operator. Tada je ekviva-

lentno:

(1) A je injektivan.

(2) KerA = θ.

(3) Ako je x1, . . . , xk linearno nezavisan skup u U, tada je Ax1, . . . , Axklinearno nezavisan skup u V.

Dokaz. (1)⇒(2) Prvo se sjetimo da je uvijek θ ∈ KerA.

Neka je A injektivan. Ako x ∈ KerA tada Ax = θ, to jest Ax = Aθ, sto

zbog injektivnosti od A daje x = θ. Prema tome, jedini vektor u KerA je

nulvektor.

(2)⇒(3) Neka je KerA = θ. Pretpostavimo da je x1, . . . , xk linearno

nezavisan skup u U. Za provjeru linearne nezavisnosti skupa Ax1, . . . , Axkpretpostavimo da je

α1Ax1 + . . .+ αkAxk = θ.

Tada, jer je A linearan, imamo

A(α1x1 + . . .+ αkxk) = θ,

pa je α1x1 + . . .+ αkxk ∈ KerA. Prema pretpostavci je KerA = θ, dakle,

α1x1 + . . . + αkxk = 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 ulinearno 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 najznacajnijih teorema o linearnim operatorima na konacno-

dimenzionalnim prostorima je sljedeci teorem o rangu i defektu.

Teorem 5.3.5. Neka je A : U → V linearni operator. Tada je

r(A) + d(A) = dimU.

109


Dokaz. Ako je A nuloperator, tada je r(A) = 0 i d(A) = dimU i tvrdnja

ocito vrijedi.

Pretpostavimo da je A 6= 0. Tada je r(A) ≥ 1. Neka je b1, . . . , br baza

za ImA. 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 dimK = r = r(A) (jer je e1, . . . , er baza za K), to je dovoljno

dokazati da je

K u KerA = U,

i primijeniti korolar 4.4.2.

Neka je x ∈ K ∩ KerA. Tada je x =∑k

i=1 αiei za neke skalare αi, i

Ax = θ. No onda je

θ = Ax =k∑i=1

αiAei =k∑i=1

αibi,

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 ∈ ImA, a b1, . . . , br je

baza za ImA, to je Ax =∑r

i=1 αibi za neke α1, . . . , αr. Oznacimo

x1 :=r∑i=1

αiei, x2 := x− x1.

Ocito je x = x1 + x2 i x1 ∈ K, a iz

Ax1 =r∑i=1

αiAei =r∑i=1

αibi = Ax

slijedi Ax2 = Ax−Ax1 = θ, tj. x2 ∈ KerA. Time je dokazano K u KerA =

U.

Linearni operator A : U → V naziva se

110


(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 specificnosti linearnih operatora medu konacnodimenzionalnim

prostorima iste dimenzije dana je u sljedecoj posljedici teorema o rangu i

defektu.

Korolar 5.3.6. Neka je A : U → V linearni operator te neka je dimU =

dimV. Sljedece 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) =

dimU − d(A) = dimU = dimV. To znaci da je ImA potprostor od V iste

dimenzije kao i V, pa je ImA = V, tj. A je surjekcija.

(ii)⇒(iii): Ako je A epimorfizam, tada je r(A) = dimV = dimU, pa je

d(A) = dimU − r(A) = 0, pa je A injekcija, dakle bijekcija.

5.4 Izomorfni vektorski prostori

Neka su U i V vektorski prostori nad F. Kazemo da je U izomorfan s V i

pisemo 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 (propozi-

cija 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 izomorfi-

zam. Kako je A bijekcija, to postoji inverzna funkcija A−1 : V → U i A−1 je

111


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−1v1 i u2 = A−1v2 i zato

A−1(λv1 + µv2) = A−1(λAu1 + µAu2) = A−1(A(λu1 + µu2))

= λu1 + µu2 = λA−1v1 + µA−1v2

za sve λ, µ ∈ F, pa je A−1 linearan, dakle, izomorfizam.

Uocimo:

• svaki vektorski prostor U izomorfan je sam sebi, jer je identicno pres-

likavanje 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 izomor-

fizma 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, simetricnost i tranzitivnost relacije

≈). Posebno, umjesto ’U izomorfan s V ’ mozemo reci 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 propo-

ziciji 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∑i=1

αibi.

Tada je

y = Ax =n∑i=1

αiAbi,

112


sto znaci da je Ab1, . . . , Abn skup izvodnica za V , dakle baza za V.

(⇐): Neka je b1, . . . , bn baza za U . Prema pretpostavci, Ab1, . . . , Abnje baza za V . Dokazimo da je A bijekcija.

Neka je Ax = θ. Ako je x =∑n

i=1 αibi tada je Ax =∑n

i=1 αiAbi = θ.

Zbog linearne nezavisnosti skupa Ab1, . . . , Abn slijedi α1 = . . . = αn = 0,

pa je x = θ. To dokazuje injektivnost.

Neka je y ∈ V. Kako je Ab1, . . . , Abn baza za V , to je y =∑n

i=1 αiAbiza neke skalare α1, . . . , αn ∈ F. Ako stavimo x =

∑ni=1 αibi, 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 ⇔ dimU = dimV.

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 dimV = n = dimU.

(⇐): Neka je n = dimU = dimV te neka su b1, . . . , bn i f1, . . . , fnbaze za U i V , redom. Prema teoremu 5.1.8 mozemo 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 Matricni 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∑i=1

αiei.

113


Vektoru x mozemo, na jedinstven nacin, pridruziti stupcanu matricu

[x]E =

α1

α2...

αn

.Lako se vidi da je preslikavanje

ϕ : V → Fn, ϕ(x) = [x]E

linearni operator. Ocito je Kerϕ = 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, . . . , eni F = f1, . . . , fm. Neka je A : V → W linearni operator. Kako su Aei ∈ V ,

to ih mozemo prikazati pomocu baze F ; neka je

Aei =m∑j=1

αjifj, i = 1, . . . , n.

Dobivene koeficijente αij poslozimo u matricu:

[A]FE :=

α11 α12 . . . α1n

α21 α22 . . . α2n...

......

αm1 αm2 . . . αmn

.Uocimo da je i-ti stupac ove matrice upravo [Aei]

F .

Jasno je da operator A jednoznacno odreduje matricu [A]FE. No, sjetimo

li se da je linearni operator potpuno odreden djelovanjem na (nekoj) bazi

domene, zakljucujemo i da je matricom [A]FE jednoznacno 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 vek-

torskih prostora U i V, te A : U → V linearni operator. Tada je

[Ax]F = [A]FE[x]E, ∀x ∈ U. (33)

114


Dokaz. Neka je [A]FE = [αij]. To znaci da je Aej =∑m

i=1 αijfi za sve j =

1, . . . , n. Ako je x =∑n

j=1 βjej tada je

Ax =n∑j=1

βjAej =n∑j=1

βj(m∑i=1

αijfi) =m∑i=1

(n∑j=1

αijβj)fi.

Zato je

[Ax]F =

∑n

j=1 α1jβj∑nj=1 α2jβj

...∑mj=1 αmjβj

= [A]FE[x]E.

Ako u prethodnoj propoziciji za A uzmemo identicni operator I : U → U,

tada iz (33) slijedi

[x]F = [I]FE[x]E, x ∈ U.

Prema tome, zapisemo li x u bazi E, njegov zapis u bazi F mozemo dobiti

gornjom formulom. Matricu [I]FE nazivamo matricom prijelaza iz baze E

u bazu F. Sjetimo se da, po definiciji matricnog prikaza linearnog operatora,

stupci matrice [I]FE predstavljaju zapise vektora baze E pomocu 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

[BA]GE = [B]GF [A]FE. (34)

Posebno, ako je A : U → U i E neka baza za U, tada je

[An]EE = ([A]EE)n, n ∈ N. (35)

Dokaz. Neka je E = e1, . . . , en, F = f1, . . . , fm i G = g1, . . . , gk.Nadalje, ako oznacimo [A]FE = [αij] i [B]GF = [βij], to znaci da je

Aei =m∑j=1

αjifj, i = 1, . . . , n,

115


Bfj =k∑l=1

βljgl, j = 1, . . . ,m.

Tada je

(BA)ei = B(Aei) = B(m∑j=1

αjifj) =m∑j=1

αjiBfj

=m∑j=1

αji(k∑l=1

βljgl) =k∑l=1

(m∑j=1

βljαji)gl

=k∑l=1

([B]GF [A]FE)ligl.

To znaci da u i-ti stupac matrice [BA]GE ide tocno ono sto se nalazi u i-tom

stupcu od [B]GF [A]FE, i tako za svaki i. Slijedi (34).

Formula (35) se dobije uzimajuci A = B i E = F u (34), te primjenjujuci

matematicku indukciju.

Definirali smo pojmove rang matrice i rang linearnog operatora. Prisje-

timo se: rang matrice je maksimalan broj linearno nezavisnih stupaca matrice

A, a rang linearnog operatora je dimenzija njegove slike. Sljedeca tvrdnja

opravdava koristenje rijeci rang u oba slucaja.

Propozicija 5.5.3. Neka su E = e1, . . . , en i F = f1, . . . , fm baze vek-

torskih prostora U i V, te A : U → V linearni operator. Tada je

r(A) = r([A]FE).

Dokaz. Neka je y ∈ ImA. Tada je y = Ax za neki x ∈ U. Kako je x =∑ni=1 αiei za neke αi ∈ F, to je y =

∑ni=1 αiAei. To znaci da je Ae1, . . . , Aen

skup izvodnica za ImA, tj.

r(A) = dim ImA = 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 potpros-

tor [[Ae1]F , . . . , [Aen]F], pa su im dimenzije jednake prema korolaru 5.4.3.

Slijedi tvrdnja.

116


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

[A−1]EF = ([A]FE)−1. (36)

Dokaz. A je regularan operator ako i samo ako bazu preslikava u bazu (pro-

pozicija 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 tocno kada je r([A]FE) = n, tj. kada je

[A]FE regularna matrica.

Ako je A regularan operator onda u formulu (34) mozemo uzeti B = A−1;

jos odaberemo G = E. Tada je

[A−1A]EE = [A−1]EF [A]FE.

Kako je A−1A jedinicni operator, to je lijeva strana u prethodnoj jednakosti

jedinicna matrica. Slijedi da je [A−1]EF inverzna matrica matrici [A]FE.

Sljedeca propozicija bit ce jako vazna za uvodenje pojmova karakteristicnog

i minimalnog polinoma linearnog operatora.

Propozicija 5.5.5. Neka je A : U → U linearni operator, te E = e1, . . . , eni F = f1, . . . , fn dvije baze za U . Tada su [A]FF i [A]EE su slicne matrice, to

jest, postoji regularna matrica S ∈Mn(F) takva da je

[A]FF = S−1[A]EES.

Dokaz. Ako je I : U → U jedinicni operator, onda vrijedi A = IAI. Kako

je I regularan operator, to je [I]EF regularna matrica prema korolaru 5.5.4.

Tada

[A]FF = [I(AI)]FF(34)= [I]FE[AI]EF

(34)= [I]FE[A]EE[I]EF

(36)= ([I]EF )−1[A]EE[I]EF .

Ostaje oznaciti S = [I]EF .

117


Primjer 5.5.6. 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

[A]FE =

1 −1

1 1

2 −1

.Odmah uocimo da je r([A]FE) = 2, pa je r(A) = 2, a onda je prema

teoremu o rangu i defektu d(A) = dimR2− r(A) = 0. Zakljucujemo da

je A injektivan.

2. Neka je D : P3 → P3 operator deriviranja Dp = p′. 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

[D]EE =

0 1 0 0

0 0 2 0

0 0 0 3

0 0 0 0

.Ako je q ∈ P3, q(x) = 5−x2 +3x3, koliko je Dq? Kako nam je operator

deriviranja dobro poznat, znamo da je q′(x) = −2x + 9x2, dakle q′ =

−2p1 + 9p2. Dakle,

[q]E =

5

0

−1

3

i [Dq]E =

0

−2

9

0

118


Provjerimo sada formulu dobivenu u propoziciji 5.5.1:

[Dq]E = [D]EE[q]E =

0 1 0 0

0 0 2 0

0 0 0 3

0 0 0 0

5

0

−1

3

=

0

−2

9

0

.3. Neka je A : M2(F) → M2(F) operator transponiranja. U M2(F) pro-

matramo kanonsku bazu B = E11, E12, E21, E22, gdje je

E11 =

[1 0

0 0

], E12 =

[0 1

0 0

], E21 =

[0 0

1 0

], E22 =

[0 0

0 1

].

Tada je

AE11 = E11, AE12 = E21, AE21 = E12, AE22 = E22,

pa je

[A]BB =

1 0 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). (37)

Ako je E = e1, e2 kanonska baza za R2, tada je

[A]EE =

[3 3

1 5

].

Uocimo da vrijedi

A(3,−1) = (6,−2) = 2(3,−1) i A(1, 1) = (6, 6) = 6(1, 1).

119


Oznacimo v1 = (3,−1) i v2 = (1, 1) i B = v1, v2. Primijetimo da je B

linearno nezavisan skup, a kako je dimR2 = 2, to je B i baza za R2. Matricni

zapis operatora A u bazi B je

[A]BB =

[2 0

0 6

],

dakle dijagonalna matrica.

Nadalje, za svaki v ∈ R2 postoje jedinstveni α1, α2 ∈ R takvi da je

v = α1v1 + α2v2.

Tada je

Av = α1Av1 + α2Av2 = 2α1v1 + 6α2v2.

Uocimo da je operator A potpuno odreden s dva specijalna vektora v1 i v2 i

dva specijalna broja 2 i 6.

U ovoj tocki bavit cemo 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 pridruzen svojstvenoj

vrijednosti λ. Skup svih vrijednosti operatora A naziva se spektar od A i

oznacava σ(A).

Ako promatramo linearni operator definiran u (37), tada je v1 = (3,−1)

svojstveni vektor pridruzen svojstvenoj vrijednosti 2, a v2 = (1, 1) svojstveni

vektor pridruzen svojstvenoj vrijednosti 6.

Ogranicenje da je v 6= θ u gornjoj definiciji je prirodno, jer v = θ zadovo-

ljava Av = λv za svaki λ ∈ F; time bi definicija svojstvenih vrijednosti bila

trivijalizirana.

Primijetimo da su domena i kodomena linearnog operatora iz defini-

cije 5.6.1 jednake. To je potrebno kako bi relacija (38) imala smisla: lijeva

strane te jednakosti pripada kodomeni, a desna strana domeni.

Pokazimo da skup svih svojstvenih vektora pridruzenih nekoj svojstvenoj

vrijednosti zajedno s nulvektorom cini vektorski potprostor od V. Posebno,

120


to znaci da svojstveni vektor pridruzen 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 operatoraA pridruzen

svojstvenoj vrijednosti λ. Dimenzija d(λ) potprostora S(λ) naziva se geome-

trijska kratnost svojstvene vrijednosti λ.

Teorem 5.6.3. Neka su λ1, . . . , λn medusobno razlicite svojstvene vrijednosti

linearnog operatora A : V → V. Ako su x1, . . . , xn ∈ V svojstveni vektori li-

nearnog operatora A pridruzeni svojstvenim vrijednostima λ1, . . . , λn, redom,

tada je skup x1, . . . , xn linearno nezavisan.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. pretpostavimo da je x1, . . . , xn line-

arno zavisan skup. Pretpostavimo jos i da su vektori numerirani tako da

je x1, . . . , xk linearno nezavisan skup, te da se xk+1, . . . , xn mogu izraziti

pomocu njih. Posebno,

xn =k∑i=1

αixi za neke α1, . . . , αk ∈ F.

Tada je

Axn = A(k∑i=1

αixi) =k∑i=1

αiAxi =k∑i=1

αiλixi,

ali takoder i

Axn = λnxn = λn

k∑i=1

αixi =k∑i=1

αiλnxi.

121


Prema tome,

k∑i=1

αiλixi =k∑i=1

αiλnxi ⇔k∑i=1

αi(λn − λi)xi = θ,

pa iz linearne nezavisnosti skupa x1, . . . , xk slijedi

αi(λn − λi) = 0, i = 1, . . . , k.

Po pretpostavci su λi medusobno razliciti, pa mora biti αi = 0, i = 1, . . . , k.

No tada je xn =∑k

i=1 αixi = θ, sto ne moze biti, jer je xn svojstveni vektor.

Zakljucujemo da je nasa prepostavka neistinita, pa x1, . . . , xn mora biti

linearno nezavisan.

Na sljedecem primjeru pokazimo da postoje linearni operatori koji nemaju

svojstvene vrijednosti, odnosno, svojstvene vektore.

Primjer 5.6.4. Odredimo svojstvene vektore i svojstvene vrijednosti linear-

nog operatora

A : R2 → R2, A(x1, x2) = (−x2, x1).

Trazimo (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 = λ2x2,

tj. (λ2 + 1)x2 = 0. Kako je λ ∈ R to je nuzno x2 = 0, a onda i x1 = 0.

Kako (x1, x2) = (0, 0) ne moze biti svojstveni vektor, zakljucujemo da ovaj

operator nema svojstvenih vrijednosti niti svojstvenih vektora.

Jos jedan primjer linearnog operatora koji nema svojstvenih vektora je

rotacija za kut ϕ 6= 0, π.. Ovo je i intuitivno jasno. Naime, (38) kaze da su

svojstveni vektori oni vektori na koje operator djeluje tako da ga pomnozi

nekim skalarom, sto znaci da su v i Av linearno zavisni vektori (tj. koli-

nearni). Medutim, rotacija za kut ϕ 6= 0, π, ce promijeniti smjer svakom

(nenul) vektoru, pa niti jedan vektor ne moze biti svojstveni vektor.

122


5.7 Karakteristicni i minimalni polinom

Definiranjem karakteristicnog polinoma linearnog operatora u mnogim cemo

situacijama olaksati odredivanje svojstvenih vrijednosti, a onda i svojstvenih

vektora. Prvo cemo definirati karakteristicni polinom kvadratne matrice, a

onda, koristeci matricni prikaz linearnog operatora, i karakteristicni polinom

linearnog operatora. Iako matrica linearnog operatora ovisi o bazi koju smo

odabrali za taj prikaz, vidjet cemo da ipak karakteristicni polinom nece ovisiti

o odabranoj bazi.

Definicija 5.7.1. Karakteristicni polinom matrice A ∈ Mn(F) je poli-

nom definiran kao

kA(λ) = det(A− λI).

Na primjer, karakteristicni polinom matrice A =

[1 2

3 1

]∈M2 je

kA(λ) =

∣∣∣∣1− λ 2

3 1− λ

∣∣∣∣ = (1− λ)2 − 6 = λ2 − 2λ− 5.

Lema 5.7.2. Slicne matrice imaju iste karakteristicne polinome.

Dokaz. Neka su A,B ∈ Mn slicne matrice. Tada postoji regularna matrica

S ∈Mn takva da je A = S−1BS. Koristeci Binet-Cauchyjev teorem imamo

kA(λ) = det(A− λI) = det(S−1BS − λI)

= det(S−1BS − λS−1IS) = det(S−1(B − λI)S)

= det((B − λI)S−1S) = det(B − λI) = kB(λ).

Uocimo i sljedecu 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 uocimo da je kA(0) = det(A−0·I) = detA. Sada gornju tvrdnju

citamo kao: A je regularna ako i samo ako je detA 6= 0, a to nam je vec dobro

poznato.

123


Neka je zadan linearni operator A : V → V. Ako su E i F bilo koje

dvije baze za V, tada su matrice [A]EE i [A]FF slicne (propozicija 5.5.5). Prema

prethodnoj lemi, tada za sve λ vrijedi

k[A]FF (λ) = k[A]EE(λ).

Zato je sljedeca definicija korektna, tj. ne ovisi o izboru baze.

Definicija 5.7.4. Karakteristicni 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 sljedeci 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

⇔ [A− λI]BB = [A]BB − λ[I]BB = [A]BB − λI singularna matrica

⇔ det([A]BB − λ[I]BB) = 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

[A]EE =

1 0 0

0 1 0

1 1 1

.124


Tada je

kA(λ) = det([A]EE − I) =

∣∣∣∣∣∣1− λ 0 0

0 1− λ 0

1 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)3.

Prema prethodnom teoremu, svojstvene vrijednosti od A su upravo nultocke

karakteristicnog 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 (pridruzene svojstvenoj vrijednosti 1).

Dakle, trazimo (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 ce kA imati tocno n svojstvenih vrijednosti (medu kojima moze

biti i jednakih). Ako je F = R, kA ce imati najvise n svojstvenih vrijednosti

(a moze se dogoditi da ih uopce nema).

Vec smo definirali geometrijsku kratnost svojstvene vrijednosti λ kao di-

menziju prostora S(λ) = Ker (A − λI). Sada cemo definirati i algebarsku

kratnost svojstvene vrijednosti.

Definicija 5.7.7. Neka je A : V → V linearni operator i λ0 ∈ σ(A). Alge-

barska kratnost svojstvene vrijednosti λ0 je kratnost (ili red) nultocke λ0polinoma 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)lp(λ), ∀λ ∈ F.

125


Teorem 5.7.8. Geometrijska kratnost svojstvene vrijednosti λ0 je manja ili

jednaka od algebarske kratnosti te svojstvene vrijednosti.

Dokaz. Ako oznacimo s d i l geometrijsku i algebarsku kratnost od λ0, redom,

onda nasa tvrdnja glasi l ≥ d.

Neka je e1, . . . , ed baza za S(λ0), te e1, . . . , ed, ed+1, . . . , en njeno na-

dopunjenje do baze B za V. Kako je

Aei = λ0ei, i = 1, . . . , d,

to je

[A]BB =

λ0 . . . 0 | ∗ . . . ∗...

. . .... | ... . . .

...

0 . . . λ0 | ∗ . . . ∗− − − | − − −0 . . . 0 | ∗ . . . ∗... . . .

... | ∗ . . . ∗0 . . . 0 | ∗ . . . ∗

,

pa je

kA(λ) = det(A−λI) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ0 − λ . . . 0 | ∗ . . . ∗...

. . .... | ... . . .

...

0 . . . λ0 − λ | ∗ . . . ∗− − − | − − −0 . . . 0 | ∗ . . . ∗... . . .

... | ∗ . . . ∗0 . . . 0 | ∗ . . . ∗

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (λ0−λ)dq(λ),

za neki polinom q stupnja n−d. Odavde slijedi da je red nultocke 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 ponistava svoj karakteristici polinom, tj. vrijedi

kA(A) = 0.

126


Dokaz. Neka je C = A− λI. Tada je

kA(λ) = detC = αnλn + αn−1λ

n−1 + . . .+ α1λ+ α0.

Ako je C adjunkta matrice C, tada vrijedi

CC = (detC)I = αnλnI + αn−1λ

n−1I + . . .+ α1λI + α0I.

S druge strane je

CC = (A− λI)C = AC − λC.

Elementi matrice C su polinomi stupnja (n− 1), pa je mozemo pisati kao

C = Cn−1λn−1 + Cn−2λ

n−2 + . . .+ C1λ+ C0,

odakle uvrstavanjem u prethodnu relaciju dobivamo

CC = −Cn−1λn + (ACn−1 − Cn−2)λn−1 + . . .+ (AC1 − C0)λ+ AC0.

Sada slijedi

αnI = −Cn−1αn−1I = ACn−1 − Cn−2αn−2I = ACn−2 − Cn−3

. . . . . .

α1I = AC1 − C0

α0I = AC0

Ako prvu jednakost pomnozimo s An, drugu s An−1, i tako redom do posljed-

nje koju mnozimo 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 ma-

trice A je polinom najnizeg stupnja (s koeficijentima iz F) kojeg matrica A

ponistava, 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


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 po-

linom najnizeg stupnja kojeg A ponistava i r ima stupanj manji od mA,

zakljucujemo da je r = 0. Onda je p = mAq, dakle, mA dijeli p.

Iz prethodne propozicije slijedi da je minimalni polinom jedinstven do na

skalarni multipl. Drugim rijecima, 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 cemo za minimalni polinom uvijek pretpostavljati da je

normiran, onda ce on biti jedinstven. Prije nego definiramo minimalni poli-

nom operatora (kao minimalni polinom matrice tog operatora u nekoj bazi),

moramo dokazati sljedecu tvrdnju.

Propozicija 5.7.12. Slicne matrice imaju iste minimalne polinome.

Dokaz. Neka su A i B slicne matrice, tj. neka postoji regularna matrica T

takva da je B = T−1AT. Tada je

B2 = (T−1AT )(T−1AT ) = T−1A(TT−1)AT = T−1A2T

i slicno Bk = T−1AkT za sve k ∈ N.Neka su mA i mB minimalni polinomi od A i B, redom. Neka je

mA(λ) = λm + αm−1λm−1 + . . .+ α0.

Tada je

mA(B) = Bm + αm−1Bm−1 + . . .+ α0I

= T−1AmT + αm−1T−1Am−1T + . . .+ α0T

−1T

= T−1(Am + αm−1Am−1 + . . .+ α0I)T = T−1mA(A)T = 0.

Kako je mB polinom najnizeg stupnja kojeg B ponistava, a upravo smo vidjeli

da je mA neki polinom kojeg B ponistava, prema propoziciji 5.7.11 slijedi da

mB dijeli mA.

Zamijenimo li uloge matrica A i B (jer je A = TBT−1) dobivamo da

mA dijeli mB. S obzirom da su mA i mB normirani polinomi, slijedi da je

mA = mB.

128


Kao i kod uvodenja karakteristicnog polinoma linearnog operatora, i slje-

deca definicija je dobra upravo zahvaljujuci prethodnoj propoziciji i propo-

ziciji 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

rijecima, ako je B bilo koja baza za V, tada je

mA = m[A]BB.

Zanima nas kada cemo moci odabrati bazu vektorskog prostora u kojoj

ce matricni prikaz zadanog linearnog operatora biti dijagonalna matrica. Za

takav operator kazemo 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 razlicitih svojstvenih vrijednosti, gdje je n = dimV, tada je A dijago-

nalizabilan 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

[A]BB =

α1 0 . . . 0

0 α2 . . . 0...

.... . .

...

0 0 . . . αn

.Tada je Abi = αibi, i = 1, . . . , n, (i bi 6= 0 jer su to vektori baze) pa su bisvojstveni vektori od A.

Obratno, pretpostavimo da postoji baza B = b1, . . . , bn takva da su svi

bi svojstveni vektori. Neka su α1, . . . , αn odgovarajuce svojstvene vrijednosti.

Tada je

Abi = αibi, i = 1, . . . , n,

pa je

[A]BB =

α1 0 . . . 0

0 α2 . . . 0...

.... . .

...

0 0 . . . αn

,129


dakle, A je dijagonalizabilan.

Ako A ima n razlicitih svojstvenih vrijednosti, tada pripadajuci svojstveni

vektori cine linearno nezavisan skup prema teoremu 5.6.3, a kako taj skup

ima n = dimV elemenata, to je on ujedno i baza za V. Sada tvrdnja slijedi

iz dokazanog dijela ovog teorema.

Ocito je da nisu svi linearni operatori dijagonalizabilni, jer smo vec prije

istaknuli da postoje linearni operatori koji uopce nemaju svojstvene vri-

jednosti, pa niti svojstvene vektore (na primjer, operator rotacije za kut

ϕ 6= 0, π).

Primijetimo jos da, ako je [A]BB matricni prikaz linearnog operatora A u

nekoj bazi B = e1, . . . , en, te ako postoji baza D u kojoj A ima dijago-

nalni prikaz, tada postoji regularna matrica C takva da je [A]DD = C−1[A]BBC.

Matrica C je zapravo matrica promjene baze, to jest, [I]BD. Poznavajuci tu

matricu, moze se odrediti i baza D. Naime, ako je D = d1, . . . , dn, tada

stupci matrice [I]BD predstavljaju vektore Idi, to jest, di, i = 1, . . . , n, prika-

zane pomocu vektora baze B.

Konacno, navedimo jedan primjer.

Primjer 5.7.15. Neka je T : P2 → P2 operator zadan s

T (a2x2 + a1x+ a0) = (7a2 + 2a1)x

2 + (2a2 + 6a1 − 2a0)x− 2a1 + 5a0.

Neka je B = x2, x, 1 kanonska baza za P2. Tada je

[A]BB =

7 2 0

2 6 −2

0 −2 5

.Tada je

kA(λ) =

∣∣∣∣∣∣7− λ 2 0

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


Zato su 3, 6, 9 svojstvene vrijednosti od A, a pripadajuci svojstveni vektori

su redom

p1(x) = −x2 + 2x+ 2, p2(x) = 2x2 − x+ 2, p3(x) = 2x2 + 2x− 1.

U bazi B′ = p1, p2, p3 je

[A]B′

B′ =

3 0 0

0 6 0

0 0 9

.5.8 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) Izracunajte A(5, 3, 2).

(b) Izracunajte A(x1, x2, x3) za proizvoljan (x1, x2, x3).

2. Provjerite linearnost sljedecih preslikavanja

(a) A : R3 → R, A(x1, x2, x3) = x1x2x3.

(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 matricu linearnog operatora f : M2 →M2, f(A) = AT u bazi[1 0

0 0

],

[0 1

0 0

],

[0 0

1 0

],

[0 0

0 1

].

131


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),

A2(x1, x2, x3) = (1

2x1 +

1

2x2,

1

2x1 −

1

2x2).

Izracunajte kompozicije A1A2 i A2A1. Jesu li A1 i A2 monomorfizmi,

epimorfizmi ili izomorfizmi?

9. Postoji li izomorfizam izmedu prostora P1 i

U = [a −ab 2b

]: a, b ∈ F?

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 sljedecih 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 jedinicna matrica;

(e) A : M2 →M2, A(X) = X

[1 2

1 2

]I.

132


14. Za sve linearne operatore iz prethodnog zadatka odredite matricne za-

pise u parovima kanonskih baza.

15. Ispitajte jesu li sljedeci 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) KerA i ImA, 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

[1] D. Bakic, Linearna algebra, Skolska knjiga, Zagreb, 2008.

[2] N. Bakic, A. Milas, Zbirka zadataka iz linearne algebre s rjesenjima,

PMF Matematicki odjel, HMD, Zagreb, 1995.

[3] N. Elezovic, Linearna algebra, Element, Zagreb, 2001.

[4] N. Elezovic, A. Aglic, Linearna algebra-Zbirka zadataka, Element, Za-

greb, 2001.

[5] H. Gerber, Elementary linear algebra, Pacific Grove, California, 1990.

[6] K. Horvatic, Linearna algebra 1 i 2, PMF-Matematicki odjel, Zagreb

1995.

[7] S. Lipschutz, M. Lipson, Schaum’s outline of linear algebra, McGraw-

Hill, 2001.

134

Documents

MATEMATIKA 4 - web.math.pmf.unizg.hrljsekul/nastava/matematika4_novo.pdf · Ljiljana Aramba si c MATEMATIKA 4 Integrirani preddiplomski i diplomski studij zike i kemije, smjer nastavni