Uvod u Linearnu Algebru - Skripta

Sadrzaj

1 Linearne jednacine 11.1 Polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Polje komleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Sistemi linearnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Matrice. Elementarne transformacije vrsta . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4.1 Zadaci: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.5 Proizvod matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.6 Invertibilne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.6.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.7 Determinante drugog i treceg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.7.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2 Vektori u ravni i prostoru 392.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2 Orijentisane duzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.3 Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.3.1 Modul, pravac i smjer vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3.2 Sabiranje vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.3.3 Mnozenje vektora skalarom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.4 Linearna kombinacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.3.5 Linearna zavisnost vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.3.6 Koordinatni sistem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.3.7 Skalarni proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.3.8 Vektorski proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.3.9 Mjesoviti proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.3.10 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3 Analiticka geometrija u prostoru 673.1 Tacka u prostoru. Djeljenje duzi u datom omjeru . . . . . . . . . . . . 673.2 Opsti oblik jednacine ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.3 Razliciti oblici jednacine ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

i

ii SADRZAJ

3.3.1 Normalni oblik jednacine ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.3.2 Jednacina ravni kroz jednu tacku normalna na datom vektoru 723.3.3 Jednacina ravni kroz tri date tacke . . . . . . . . . . . . . . . . 733.3.4 Segmentni oblik jednacine ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.3.5 Parametarske jednacine ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.4 Rastojanje tacke od ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 743.5 Ugao izmedu dvije ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.6 Jednacina pramena ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.7 Opsti oblik jednacine prave u ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 783.8 Prava u prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.9 Jednacina prave kroz dvije tacke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 803.10 Prava kao presjek dvije ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 813.11 Ugao izmedu dvije prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 823.12 Uslov presjeka dvije prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.13 Ugao izmedu prave i ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.14 Medusobni polozaj prave i ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.15 Medusobni polozaj dvije ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.15.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

4 Krive drugog reda 914.1 Opsta jednacina krivih drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.2 Krive sa centrom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.3 Krive bez centra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

5 Vektorski prostor 995.1 Vektorski prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 995.2 Potprostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1025.3 Baza i dimenzija vektorskog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

5.3.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1165.4 Koordinate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

5.4.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.5 Zavrsno razmatranje o v-ekvivalenciji matrica . . . . . . . . . . . . . . 122

5.5.1 Zadaci: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

6 Linearna preslikavanja 1276.1 Linearna preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

6.1.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1346.2 Algebra linearnih preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

6.2.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1426.3 Matrica linearnog preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1446.4 Prelazak sa jedne baze na drugu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

6.4.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

SADRZAJ iii

6.5 Linearni funkcionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1526.6 Dualni prostor dualnog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

6.6.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1636.7 Transponovana linearna preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

7 Polinomi 1677.1 Algebra polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1677.2 Lagranzova interpolaciona formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1717.3 Ideali algebre polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1747.4 Faktorizacija polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

7.4.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

8 Determinante 1878.1 Komutativni prsten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1878.2 Determinantna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

8.2.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1928.3 Jedinstvenost determinantne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

8.3.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1988.4 Jos neke osobine determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

8.4.1 Kramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2048.4.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

iv SADRZAJ

Glava 1

Linearne jednacine

1.1 Polje

Mi pretpostavljamo da su citaocu poznate osnovne algebarske osobine relanih i kom-pleksnih brojevima. Tu se prije svega misli na osobine sabiranja i mnozenja realnih,odnosno kompleksnih brojeva. Oznacimo sa F skup realnih ili kompleksnih brojeva.Tada vrijedi:

1. Skup F je zatvoren u odnosu na sabiranje, tj. za svako a, b ∈ F je a + b ∈ F.

2. Sabiranje je komutativno, tj. za svako a, b ∈ F je a + b = b + a.

3. Sabiranje je asocijativno, tj. za svako a, b, c ∈ F je

a + (b + c) = (a + b) + c.

4. Postoji jedinstven element 0 ∈ F takav da za svako a ∈ F vrijedi

a + 0 = 0 + a = a.

5. Za svako a ∈ F postoji jedinstven element −a ∈ F takav da je

a + (−a) = (−a) + a = 0.

6. Skup F je zatvoren u odnosu na mnozenje, tj. za svako a, b ∈ F je a · b ∈ F.

7. Mnozenje je komutativno, tj za svako a, b ∈ F je a · b = b · a.

8. Mnozenje je asocijativno, tj. za svako a, b, c ∈ F je a · (b · c) = (a · b) · c.9. Postoji jedinstven element 1 ∈ F takav da za svako a ∈ F vrijedi 1·a = a·1 = a.

1

2 GLAVA 1. LINEARNE JEDNACINE

10. Za svako a ∈ F, a 6= 0 postoji tacno jedan element a−1 ∈ F takav da jea · a−1 = a−1 · a = 1.

11. Mnozenje je distributivno u odnosu na sabiranje, tj. za svako a, b, c iz F je

a · (b + c) = a · b + a · c,

(a + b) · c = a · c + b · c.

Pretpostavimo sada da je F skup objekata x, y, z, . . . i neka je na skupu F defin-isano preslikavanje

s : F × F → F

koje uredenom paru (x, y) ∈ F × F pridruzuje tacno jedan element

s(x, y) = x + y ∈ F.

Ovako definisano preslikavanje nazivamo operacijom sabiranja u skupu F ili kracesabiranje u F. Neka je, takode, definisano preslikavanje

m : F × F → F

koje uredenom paru (x, y) ∈ F × F pridruzuje tacno jedan element

m(x, y) = x · y ∈ F.

Ovo preslikavanje nazivamo operacijom mnozenja u skupu F ili krace mnozenje u F.Ako ove operacije zadovoljavaju osobine 1. do 11, onda za uredenu trojku (F, +, ·)kazemo da je polje. U daljem tekstu elemente polja cemo nazivati skalarima.

Primjer 1.1.1. Neka je N skup prirodnih brojeva i Z skup svih cijelih brojeva. Posmatrajmoskup

Q ={m

n|m ∈ Z, n ∈ N

}.

U skupu Q definisimom

n+

p

q=

mq + np

nq

m

n· p

q=

mp

nq.

Jednostavno se provjerava da je (Q, +, ·) polje. Ovo polje nazivamo polje racionalnih brojeva.

Primjer 1.1.2. Uredena trojka (Z,+, ·), gdje je Z skup cijelih brojeva nije polje. Naime,od 11 uslova polja ispunjeni su svi osim uslova 10.

1.2. POLJE KOMLEKSNIH BROJEVA 3

1.2 Polje komleksnih brojeva

U polju realnih brojeva neke jednacine, kao naprimjer jednacina x2 + 1 = 0, nemajurjesenje u skupu realnih brojeva. Zbog toga je potrebno polje realnih brojeva, naizvjestan nacin, prosiriti. Zbog toga se uvodi polje kompleksnih brojeva u kojem svakipolinom ima bar jednu nulu. Polje kompleksnih brojeva sadrzi polje realnih brojeva.

Sa pojmom kompleksnog broja citalac se sreo u drugom razredu srednje skole.Prisjetimo se operacija sa kompleksnim brojevima i nekih njihovih osobina.

Kompleksan broj je z = a + ib, gdje su a i b realni brojevi, a se zove realan dio, ab imaginaran dio kompleksnog broja, i je imaginarna jedinica.

Neka je u = a + ib i v = c + id. Definisemo:

(a) a + ib = c + id ⇔ ( a = c i b = d.

(b) (a + ib) + (c + id) = (a + b) + i(c + d).

(c) (a + ib)(c + id) = (ac− bd) + i(bc + ad)

Svaki realan broj a se moze napisati u obliku a = a + i · 0. Imaginarna jedinica semoze napisati u obliku i = 0 + 1 · i. Tada je

i · i = (0 + 1 · i) · (0 + 1 · i) = (0 · 0− 1 · 1) + i(0 · 1 + 1 · 0) = −1.

Dakle, imaginarna jedinica ima osobinu i2 = −1.Realan broj 0 posmatran kao kompleksan broj je neutralan element za sabiranje

kompleksnih brojeva. Realan broj 1 posmatran kao kompleksan broj je neutralanelement za mnozenje kompleksnih brojeva. Neka je a + ib kompleksan broj. Tadaje kompleksan broj (−a) + i(−b) njegov inverzni broj u odnosu na sabiranje. Ako jea + ib nenulti kompleksan broj, onda je kompleksan broj

a

a2 + b2− i

b

a2 + b2

njegov multiplikativni inverz. Dakle, vrijedi

Teorem 1.2.1. Skup svih kompleksnih brojeva je polje.

Konjugovan broj kompleksnog broja a+ ib je kompleksan broj a− ib. Konjugovanbroj broja z oznacavamo sa z.

Teorem 1.2.2. Neka su z i w kompleksni brojevi. Tada vrijede sljedece tvrdnje.

(a) ¯z = z.

(b) z + w = z + w.


(c) z · w = z · w.

(d)(

zw

)= z

w .

(e) z je realan broj ako i samo ako je z = z.

Dokaz teorema se prepusta citaocu.

Definicija 1.2.3. Neka je z = a + ib kompleksan broj, gdje su a i b realni brojevi.Realan broj

√a2 + b2 naziva se modul kompleksnog broja i oznacava se sa |z|.

Primjetimo da je

z · z = (a + ib) · (a− ib) = a2 + b2 = |z|2.

Teorem 1.2.4. Neka su z i w dva kompleksna broja i w 6= 0. Tada vrijede sljedecetvrdnje.

(a) |zw| = |z| · |w|.

(b)∣∣ zw

∣∣ = |z||w| .

(c) |z + w| ≤ |z|+ |w|.(d) |z| − |w| ≤ |z + w|.

Dokaz. (a) Imamo

|zw|2 = (zw) · zw = (zw)(zw) = (zz)(ww) = |z|2|w|2 = (|z| |w|)2,

tj. |zw| = |z| · |w|.(b) Primjenom tvrdnje (a) na kompleksan broj

(zw

)w dobije se tvrdnja pod (b).

(c) Za proizvoljan kompleksan broj x = a + ib vrijedi:

x + x = (a + ib) + (a− ib) = 2a ≤ 2|a| = 2√

a2 ≤ 2√

a2 + b2 = 2|x|.

Specijalno za x = wz imamo

wz + wz ≤ 2|wz| = 2|w| |z| = 2|z| |w|.

Dakle,wz + wz ≤ 2|z| |w|.

Nadalje, imamo

|z + w|2 = (z + w)(z + w) = (z + w) (z + w) = (z · z) + (wz + wz) + (w · w)≤ |z|2 + 2|z| |w|+ |w|2 = (|z|+ |w|)2.

1.3. SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA 5

Dakle,|z + w| ≤ |z|+ |w|.

(d) Imamo

|z| = |(z + w)− w| ≤ |z + w|+ | − w| = |z + w|+ |w|.

Dakle,|z| − |w| ≤ |z + w|.

1.3 Sistemi linearnih jednacina

Neka je F polje. Sada cemo razmotriti problem nalazenja n skalara

x1, x2, . . . , xn ∈ F

koji zadovoljavaju uslove

A11x1 + A12x2 + · · · A1nxn = y1

A21x1 + A22x2 + · · · A2nxn = y2...

......

...Am1x1 + Am2x2 + · · · Amnxn = ym

(1.3.1)

gdje su y1, y2, . . . , ym i Aij , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n, dati elementi polja F. Kazemoda je (1.3.1) sistem od m linearnih jednacina sa n nepoznatih. Uredena n−torka(α1, α2, . . . , αn) elemenata polja F koja zadovoljava svaku od jednacina u (1.3.1) zovese rjesenje sistema. Ako je

y1 = y2 = . . . = ym = 0,

onda za sistem (1.3.1) kazemo da je homogen ili da je svaka jednacina tog sistemahomogena.

Jedna od najvaznijih tehnika nalazenja rjesenja sistema linearnih jednacina jetehnika eliminacije. Ovu tehniku cemo prvo ilustrovati na jednom konkretnom sis-temu linearnih jednacina.

Primjer 1.3.1. Neka je dat sistem

15x1 + 3x2 − 5x3 = 02x1 + 2x2 − 3x3 = 0.


Prvu jednacinu pomnozimo sa 2, a drugu sa -3 i tako dobivene jednacine saberimo. Dakle,imamo

2(15x1 + 3x2 − 5x3)− 3(2x1 + 2x2 − 3x3) = 0,

tj. 24x1 − x3 = 0. Odavde je x3 = 24x1. Uvrstavanjem u drugu jednacinu dobije se

2x1 + 2x2 − 72x1 = 0,

tj. x2 = 35x1. Jednostavno zakljucujemo da je uredena trojka (α, 24α, 35α) realnih brojevarjesenje datog sistema.

U prethodnom primjeru prilokom nalazenja rjesenja mi smo podesno odabranimkonstatama mnozili jednacine sistema i dobivene rezultate sabirali. Izbor konstati jepodreden postavljenom cilju, a to je da se u dobijenoj jednacini ponisti koeficijent uzjednu unaprijed odredenu nepoznatu. Ovaj proces cemo sada malo formalizovati saciljem stvaranja organizovanog nacina rjesavanja sistema linearnih jednacina.

Neka su c1, c2, . . . , cm proizvoljno odabrani elementi polja F. Pomnozimo prvujednacinu sistema (1.3.1) sa c1, drugu sa c2 i tako dalje. Sabiranjem ovako dobivenihm jednacina dobivamo jednacinu

(c1A11 + · · ·+ cmAm1) x1 + · · ·+ (c1A1n + · · ·+ CmAmn) xn =c1y1 + · · ·+ cmym

Posljednju jednacinu nazivamo linearna kombinacija jednacina sistema (1.3.1).Ako je (u1, u2, . . . , un) neko rjesenje sistema (1.3.1), onda je ta uredena n−torkatakode i rjesenje bilo koje linearne kombinacije tog sistema. Na ovom rezultatu zasnivase ideja rjesavanja sistema linearnih jednacina metodom eliminacije.

Neka jeB11x1 + B12x2 + · · · B1nxn = z1

B21x1 + B22x2 + · · · B2nxn = z2...

......

...Bk1x1 + Bk2x2 + · · · Bknxn = zk

(1.3.2)

neki drugi sistem linearnih jednacina u kojem je svaka od k jednacina linearna kom-binacija jednacina sistema (1.3.1). Tada je svako rjesenje sistema (1.3.1) istovremenoi rjesenje sistema (1.3.2).

Definicija 1.3.2. Kazemo da su dva sistema linearnih jednacina ekvivalentna ako jesvaka jednacina u svakom sistemu linearna kombinacija jednacina drugog sistema.

Teorem 1.3.3. Ekvivalentni sistemi linearnih jednacina imaju potpuno ista rjesenja.

Dokaz ove teoreme zasniva se na cinjenici da je svako rjesenje nekog sistema line-arnih jednacina, istovremeno i rjesenje bilo koje linearne kombinacije tog sistema, pase, zbog toga, dokaz ostavlja citaocu.

1.4. MATRICE. ELEMENTARNE TRANSFORMACIJE VRSTA 7

Primjer 1.3.4. Sistemi

2x + 3y = 53x− 2y = 1 i

4x− 3y = 1x + 2y = 3

su ekvivalentni. Naime,

4x− 3y = − 113

(2x + 3y) +1813

(3x− 2y) = − 513

+813

= 1

x + 2y =813

(2x + 3y)− 113

(3x− 2y) =4013− 1

13= 3.

Isto tako2x + 3y =

111

(4x− 3y) +1811

(x + 2y) =111

+5411

= 5

3x− 2y =811

(4x− 3y) +111

(x + 2y) =811

+311

= 1.

Rjesenje prvog i drugog sistema je ureden par (1, 1).

1.4 Matrice. Elementarne transformacije vrsta

Prilikom formiranja linearnih kombinacija linearnih jednacina mi smo, u sustini,racunali samo sa koeficijentima Aij i skalarima y1, y2, . . . , ym, dok su nepoznate

x1, x2, . . . , xn

ostale nepromjenjene. Zbog toga cemo za sistem (1.3.1) pisati u obliku

AX = Y,

gdje je

A =

A11 · · · A1n...

...Am1 · · · Amn

, X =

x1...

xn

, i Y =

y1...

ym

.

Objekat A nazivamo matricom koeficijenata sistema ili krace, matricom sistema.Striktno govoreci gornja pravougaona sema nije matrica. Naime, m × n matricanad poljem F je funkcija A koja svakom uredenom paru (i, j), 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ npridruzuje tacno jedan element A(i, j) = Aij polja F. Skalare A(i, j) = Aij nazivamoelementima matrice A. Elementi Ai1, Ai2, . . . , Ain formiraju i−tu vrstu, a elementiAj1, Aj2, . . . , Ajm formiraju j−tu kolonu. Matrica A, dakle, ima m vrsta i n kolona.Matrica X ima n vrsta i jednu kolonu, tj. ona je definisana kao n × 1 matrica, a Y


je definisana kao m× 1 matrica. Matrice X i Y nazivamo kolonom matricom. IzrazAX = Y, u ovom trenutku, treba shvatiti samo kao drugi nacin zapisivanja sistema(1.3.1). Kasnije, kada uvedemo operaciju mnozenja matrica, vidjecemo opravdanostovakovog zapisa sistema.

Posmatrajmo operacije sa vrstama matrice A, koje ce korespondirati sa formiran-jem linearnih kombinacija jednacina sistema AX = Y.

Definicija 1.4.1. Pod elementarnim transformacijama vrsta matrice A podrazumi-jevamo:

1. mnozenje jedne vrste matrice A nenultim skalarom c ∈ F ;

2. zamjena r−te vrste matrica A sa vrstom koja je suma r−te vrste i c puta s−tevrste matrice A, pri cemu je r 6= s;

3. medusobna zamjena mjesta dvaju vrsta matrice A.

Elementarnu transformaciju vrsta mozemo shvatiti kao funkciju

e : Fm×n → Fm×n

koja m × n matrici A pridruzuje m × n matricu e(A). Funkciju e mozemo preciznoopisati na sljedeci nacin:

1. e(A)ij = Aij ako je i 6= r, e(A)rj = cArj ;

2. e(A)ij = Aij ako je i 6= r, e(A)rj = Arj + cAsj ;

3. e(A)ij = Aij ako je i 6= r i j 6= s, a e(A)rj = Asj i e(A)sj = Arj .

Kod definisanja elementarnih transformacija vrsta matrice A nismo vodili racunao duzini tih vrsta, tj. o broju kolona matrice A, jer nam to nije ni bilo potreno. Tuje bitno sta se radi sa vrstama, a ne koliko su duge te vrste.

Postavlja se pitanje da li preslikavanje e ima inverzno preslikavanje i ako imada li je ono opet neka elementarna transformacija vrsta, ako jeste kojeg je tipa tatransformacija. Odgovor na ovo pitanje je dat u sljedecem teoremu.

Teorem 1.4.2. Za svaku elementarnu transformacij vrsta e matrice A postoji ele-mentarna transformacija vrsta e1 takva da je

e1 (e(A)) = e (e1(A)) = A

za svaku matricu A ∈ Fm×n. Elementarna transformacija e1 je istog tipa kao i trans-formacija e.


Dokaz. Kako imamo tri vrste elementarnih transformacija vrsta, to cemo razlikovatitri slucaja.

1. Neka je e elementarna transformacija prvog tipa, tj. neka je r−ta vrsta matriceA pomnozena sa nenultim elementom c. Neka je e1 elementarna transformacijavrsta koja odgovara mnozenju r−te vrste elementom c−1 polja F. Tada matricae1(e(A)) ima elemente:

e1(e(A))ij = e(A)ij = Aij za i 6= r,

e1(e(A))rj = c−1(e(A))rj = c−1 (cArj) = Arj .

Dakle, e1 (e(A)) = A. Na isti nacin se pokaze da je e (e1(A)) = A za svaku m×nmatricu A nad poljem F.

2. Neka je e elementarna transformacija drugog tipa, tj. neka smo r−toj vrstidodali s−tu vrstu prethodno pomnozenu sa skalarom c, pri cemu je s 6= r.Definisimo sada funkciju e1 koja odgovara dodavanju r−toj vrsti s−te vrsteprethodno pomnozene sa −c. Tada je

e1(e(A))ij = e(A)ij = Aij za i 6= r,

e1(e(A))rj = e(A)rj − c e(A)sj = (Arj + cAsj)− cAsj = Arj ,

jer je e(A)sj = Asj . Dakle, e1 (e(A)) = A. Na isti nacin se pokaze da jee (e1(A)) = A za svaku m× n matricu A nad poljem F.

3. Neka je e elementarna transformacija treceg tipa, tj. neka su r−ta i s−ta vrstamedusobno zamjenile mjesta. Neka je e1 = e. Tada je

e1(e(A))ij = e(A)ij = Aij za i 6= r i i 6= s,

e1(e(A))rj = e(A)sj = Arj ,

e1(e(A))sj = e(A)rj = Asj ,

tj. e1(e(A)) = A. Analogno se pokazuje da je e(e1(A)) = A.

Time je teorema dokazana.

Definicija 1.4.3. Neka su A i B m×n matrice nad poljem F. Kazemo da je matricaB v-ekvivalentna sa matricom A, ako se B moze dobiti iz A pomocu konacnog nizaelementarnih transformacija vrsta.

Imajuci u vidu Teorem 1.4.2 lahko je vidjeti da:

1. Svaka matrica A je v-ekvivalentna sama sobom;

2. Ako je A v-ekvivalentna sa B, onda je i B v-ekvivalentna sa A;


3. Ako je A v-ekvivalentno sa B i B v-ekvivalentno sa C, onda je A v-ekvivalentnosa C.

Prema tome relacija v-ekvivalentno je relacija ekvivalencije u skupu svih m×n matricanad poljem F.

Teorem 1.4.4. Ako su A i B v-ekvivalentne m× n matrice, onda homogeni sistemilinearnih jednacina AX = 0 i BX = 0 imaju potpuno ista rjesenja.

Dokaz. Kako su A i B v-ekvivalentne matrice, to se B moze dobiti iz A u konacnombroju koraka uzastopnim izvodenjem elementarnih transformacija vrsta. Neka je to

A = A0 → A1 → · · · → Ak = B

konacan niz elementarnih transformacija vrsta kojim se od matrice A dobija matricaB. Svakoj matrici Aj gornjeg niza odgovara po jedan homogeni sistem AjX = 0.Zbog toga je dovoljno da dokazemo da homogeni sistemi AjX = 0 i Aj+1X = 0imaju potpuno ista rjesenja. Matrica Aj+1 je nastala iz matrice Aj izvodenjem jedneelementarne transformacije vrsta, pa su jednacine sistema Aj+1X = 0 linearne kom-binacije jednacina sistema AjX = 0. S druge strane zbog Teorema 1.4.2 i matricaAj je nastala iz matrice Aj+1 elementarnim transformacijama vrsta, pa su jednacinesistema AjX = 0 linearne kombinacije jednacina sistema Aj+1X = 0. Prema tome,sistemi AjX = 0 i Aj+1X = 0 su ekvivalentni, pa imaju potpuno ista rjesenja. Zbogtoga homogeni sistemi linearnih jednacina AX = 0 i BX = 0 imaju potpuno istarjesenja.

Primjer 1.4.5. Neka je F polje racionalnih brojeva i

A =

2 −1 3 61 4 0 −32 6 −1 15

.

Na konkretnom primjeru pokazimo kako se izvode elementarne transformacije vrsta matrice,sa ciljem dobijanja matrice koja ima pogodan oblik.

2 −1 3 61 4 0 −32 6 −1 15

2.→

0 −9 3 121 4 0 −32 6 −1 15

2.→

0 −9 3 121 4 0 −30 −2 −1 21

1.→

0 1 − 13 − 4

31 4 0 −30 −2 −1 21

2.→

0 1 − 13 − 4

31 4 0 −30 0 − 5

3553

2.→

0 1 − 13 − 4

31 4 0 −30 0 − 5

3553

2.→

0 1 − 13 − 4

31 0 4

373

0 0 − 53

553

1.→

0 1 − 13 − 4

31 0 4

373

0 0 1 −11

2.→

0 1 0 −51 0 4

373

0 0 1 −11

2.→


0 1 0 −51 0 0 170 0 1 −11

= B.

Matrice A i B su v-ekvivalentne, pa su sistemi AX = 0 i BX = 0 ekvivalentni. Ovisistemi su

2x1 − x2 + 3x3 + 6x4 = 0x1 + 4x2 − x4 = 0

2x1 + x2 − x3 + 5x4 = 0x2 − 5x4 = 0

x1 + 17x4 = 0x3 − 11x4 = 0

Iz drugog sistema vidimo da ako nepoznatoj x4 pridruzimo racionalan broj a kao njenu vri-jednost, onda je uredena cetvorka (17a,−5a, 11a, a) rjesenje tog sistema. Kako su ova dvasistema ekvivalentna, to je uredena cetvorka (17a,−5a, 11a, a) rjesenje prvog sistema.

U prethodnom primjeru matrica B je odabrana tako da nam omogucava jedno-stavno nalazenje rjesenje sistema BX = 0. Matrice tog tipa imaju svoj naziv.

Definicija 1.4.6. Za m× n matricu R kazemo da je v-reducirana ako

a) je prvi nenulti element u svakoj vrsti matrice R jednak 1;

b) svaka kolona matrice R koja sadrzi vodeci nenulti clan neke vrste ima sve ostaleelemente 0.

Primjer 1.4.7. 1. Matrica

B =

0 1 0 −51 0 0 170 0 1 −11

iz prethodnog primjera je v-reducirana.

2. Neka je I neka n× n matrica definisana relacijom

Iij = δij ={

1 ako je i = j0 ako je i 6= j.

Matricu I nazivamo jedinicna matrica. Simbol δij naziva se Kronekerov simbol.Matrica I je v-reducirana matrica. Specijalno ako je n = 3, onda je

I =

1 0 00 1 00 0 1

3. Matrica A =

0 3 01 0 00 0 1

nije v-reducirana matrica.


Sada cemo dokazati da se elementarnim transformacija vrsta svaka matrica mozeprevesti u v-reduciranu matricu kova je v-ekvivalentna sa datom matricom.

Teorem 1.4.8. Svaka m×n matrica nad poljem F je v-ekvivalentna sa v-reduciranommatricom.

Dokaz. Neka je A neka m × n matrica nad poljem F. Ako je svaki element prvevrste nula, onda je uslov a) definicije v-reducirane matrice zadovoljen. Ako u prvojvrsti imamo nenultih elemenata, onda trazimo prvi nenulti element. Neka je A1k 6= 0i A1j = 0 za svako j < k. Pomnozimo prvu vrstu sa A−1

1k . Nakon tog mnozenjanovo dobivena matrica ce zadovoljavati uslov a) definicije v-reducirane matrice. Zasvako i ≥ 2 i−toj vrsti dodajmo prvu vrstu prethodno pomnozenu sa (−Aik). Novodobivena matrica imace u k−toj koloni sve elemente nula, osim elementa u prvojvrsti, taj element je 1. Dakle, novo dobivena matrica ispunjava uslov a) za prvu vrstui uslov b) za k−tu kolonu.

Posmatrajmo sada drugu vrstu posljednje matrice. Ako su svi elementi te vrstenula, onda ona zadovoljava uslov a). Ako imamo elemenata druge vrste koji nisunula, onda uocavamo prvi koji nije nula. Oznacimo sa k1 kolonu u kojoj se tajelement nalazi. Sigurno je k1 6= k, jer je element u k−toj koloni i drugoj vrstijednak nula. Pomnozimo drugu vrstu konstantom tako da vodeci koeficijent u drugojvrsti bude jedan. Sada elementarnim transformacijama vrsta anuliramo sve elementek1−te kolone osim elementa u drugoj vrsti. Nakon ovog postupka dobicemo matricuciju prva i druga vrsta zadovoljavaju uslov a), a kolone k i k1 zadovoljavaju uslovb). Nastavljajuci ovaj postupak u konacnom broju koraka dobicemo v-reduciranumataricu.

Definicija 1.4.9. Za m×n matricu R kazemo da je v-reducirana esalon matrica ako:

(a) R je v-reducirana matrica;

(b) svaka vrsta matrice R koja ima sve elemente jednake nuli nalazi se ispod vrsteu kojoj bar jedan element nije nula;

(c) ako su vrste 1, 2, . . . , r nenulte vrste matrice R i ako se nenulti vodeci koeficijentitih vrsta nalaze redom u kolonima k1, k2, . . . , kr, onda je k1 < k2, · · · < kr.

Mozemo opisati v-reduciranu esalon matricu R i na sljedeci nacin. Matrica R jenula matrica ili postoji prirodan broj r, 1 ≤ r ≤ m, i r prirodnih brojeva k1, k2, . . . , kr

takvih da je 1 ≤ ki ≤ n i

(a) Rij = 0 za i > r, i Rij = 0 za j < ki;

(b) Rikj = δij , 1 ≤ i ≤ r, 1 ≤ j ≤ r;

(c) k1 < k2 < · · · < kr.


Primjer 1.4.10. Svaka jedinicna n× n matrica je v-reducirana esalon matrica.Svaka nula matrica je v-reducirana esalon matrica.Navedimo jedan netrivijalan primjer v-reducirane esalon matrice:

A =

0 1 2 0 70 0 0 1 −30 0 0 0 0

.

Teorem 1.4.11. Svaka m× n matrica A je v-ekvivalentna sa nekom v-reduciranomesalon matrice.

Dokaz. Ranije smo dokazali da je svaka matrica v-ekvivalentna sa v-reduciranommatricom. Sada eventualnim premjestanjem vrsta v-reducirane matrice dobijamov-reduciranu esalon matricu.

Posmatrajmo sistem AX = 0 linearnih jednacina. Neka je A neka m× n matricakoja je v-ekvivalentna sa v-reuciranoj esalon matricom R. Tada su sistemi AX = 0 iRX = 0 ekvivalentni. Neka su prvih r vrsta matrice R nenulte i neka se njihovi vodecikoeficijenti nalaze u kolonima k1, k2, . . . , kr. Tada sistem RX = 0 ima samo r netriv-ijalnih jednacina. Nepoznata xki se pojavljuje samo u i−toj jednacini. Oznacimosa u1, u2, . . . , un−r nepoznate sistema koje su razlicite od xk1 , xk2 , . . . , xkr . Tada rnetrivijalnih jednacina sistema RX = 0 se mogu napisati u obliku:

xk1 +n−r∑j=1

C1juj = 0

......

xkr +n−r∑j=1

Crjuj = 0.

(1.4.1)

Odavde je jasno da za konkretne vrijednosti nepoznatih u1, u2, . . . , un−r iz (1.4.1)nalazimo vrijednosti nepoznatih xk1 , xk2 , . . . , xkr .

Ilustrujmo ovaj postupak na konkretnom primjeru. Matrica A iz Primjera 1.4.10je v-reducirana esalon matrica. Ovdje je r = 2, k1 = 2 i k2 = 4, pa je x1 = u1, x3 =u3, x5 = u3. Sistem AX = 0 ima oblik:

x2 + 2x3 + 7x5 = 0x4 − 3x5 = 0.

Odavde je x2 = −2u2 − 7u3 x4 = 3u3. To znaci da je uredena petorka

(u1,−2u2 − 7u3, u2, 3u3, u3)

rjesenje sistema AX = 0, gdje su u1, u2 i u3 proizvoljni elementi polja.


Napomena 1.4.12. Posmatrajmo homogeni sistem RX = 0, gdje je R v-reduciranaesalon m×n matrica. Neka je r broj nenultih vrsta matrice R. Tada je r ≤ m. Jednorjesenje sistema je (0, 0, · · · , 0). Ovakvo rjesenje nazivamo trivijalno rjesenje. Nekaje r < n. Tada iz (1.4.1) slijedi da nepoznate xk1 , . . . , xkr mozemo izraziti prekopreostalih nepoznatih. Kako je r < n to postoji bar jedna nepoznata xj koja nijemedu napoznatim xk1 , . . . , xkr . Odaberimo da je xj = 1, a preostalim nepoznatimaxi /∈ {xk1 , . . . , xkr} dodijelimo vrijednost 0. Tada iz (1.4.1) slijedi da sistem RX = 0ima rjesenje u kojem je bar jedna nepoznata razlicita od nule. Takvo rjesenje nazi-vamo netrivijalno rjesenje.

Teorem 1.4.13. Neka je A neka m × n matrica i m < n. Tada homogeni sistemAX = 0 linearnih jednacina ima netrivijalno rjesenje.

Dokaz. Neka je R v-reducirana esalon matrica koja je v-ekvivalentna sa matricomA. Tada su sistemi AX = 0 i RX = 0 ekvivalentni. Ako je r broj nenultih vrstamatrice r, onda je r ≤ m < n. Na osnovu prethodne napomene sistem RX = 0 imanetrivijalno rjesenje, pa zato i sistem AX = 0 ima netrivijalno rjesenje.

Teorem 1.4.14. Neka je A kvadratna n × n matrica. Tada je A v-ekvivalentna san× n jedinicnom matricom ako i samo ako homogeni sistem jednacina AX = 0 imasamo trivijalno rjesenje.

Dokaz. Neka je A v-ekvivalentna sa jedinicnom matricom I reda n× n. Tada sistemiAX = 0 i IX = 0 imaju potpuno ista rjesenja. Sistem IX = 0 ima oblik

x1 = 0x2 = 0

...xn = 0.

To znaci da sistem IX = 0 ima samo trivijalno rjesenje. Obrnuto, neka sistemAX = 0 ima samo trivijalno rjesenje. Neka je R v-reducirana esalon matrica koja jev-ekvivalentna sa matricom A i neka je r broj nenultih vrsta matrice R. Tada i sistemRX = 0 ima samo trivijalno rjesenje. Ako bi bilo r < n, onda bi, zbog prethodnenapomene, taj sistem imao netrivijalno rjesenje, sto nije slicaj. Dakle, mora bitir ≥ n. S druge strane je r ≤ m = n. Zbog toga je r = n. To znaci da je R = I.

Razmotrimo sada slucaj nehomogenog sistema AX = Y linearnih jednacina. Zapocetak formirajmo m× (n+1) matricu A′ u kojoj su prvih n kolona iste kao i kolonematrice A a posljednja kolona je kolona slobodnih clanova sistema, tj. matrica Y.Dakle,

A′ij ={

Aij , ako je j ≤ nyi, ako je j = n + 1.


Pretpostavimo da smo izveli niz elementarnih transformacija vrsta i dobili v-reduciranuesalon matricu R matrice A. Pretpostavimo sada da ponovo isti niz elementarnihtransformacija vrsta ali na matrici A′ i neka smo dobili matricu R′. Prvih n kolonamatrice R′ su iste kao i prvih n kolona matrice R i neka posljednja kolona ima elementez1, z2, . . . , zm. Od ovih elemenata mozemo formirati m× 1 matricu

Z =

z1

z2...

zm

.

Matrica Z je rezultat primjene spomenutog niza elementarnih transformacija vrsta namatricu Y. Tada su sistemi AX = Y i RX = Z ekvivalentni. Vrlo je jednostavno ispi-tati da li sistem RX = Z ima rjesenje ili nema. Naime, neka matrica R ima r nenultihvrsta. Ako se vodeci nenulti koeficijenti matrice R nalaze u kolonoma k1, k2, . . . , kr,onda iz prvih r jednacina sistema RX = Z nalazimo nemopznate xk1 , xk2 , . . . , xkr ufunkciji od preostalih (m−r) nepoznatih i konstanti z1, z2, . . . zm. Posljednjih (m−r)vrsta matrice R su sastavljene od samih nula. Zbog toga posljednjih (m−r) jednacinasistema RX = Z je:

0 = zr+1

0 = zr+2...

0 = zm

Ako sistem AX = Y ima rjesenje, onda i sistem RX = Z ima rjesenje i vrijedi zi = 0za svako i > r. Ako je ovaj uslov ispunjen, onda uzimamo proizvoljne vrijednosti za(m− r) nepoznatih i na osnovu toga racunamo xk1 , xk2 , . . . , xkr .

Primjer 1.4.15. Posmatrajmo sistem

x1 − 3x2 + 2x3 = y1

2x1 + x2 − 3x3 = y2

− 2x2 + 2x3 = y3

Nad poljem realnih brojeva R. Formirajmo matricu A′ = (A|Y ).

A′ =

1 −3 2 | y1

2 1 −3 | y2

0 −2 2 | y3

(2)→

1 −3 2 | y1

0 7 −7 | −2y1 + y2

0 −2 2 | y3

(1)→

1 −3 2 | y1

0 1 −1 | − 27y1 + 1

7y2

0 −1 1 | 12y3

(2)→

1 −3 2 | y1

0 1 −1 | − 27y1 + 1

7y2

0 0 0 | − 27y1 + 1

7y2 + 12y3


(2)→

1 0 −1 | 17y1 + 3

7y2

0 1 −1 | − 27y1 + 1

7y2

0 0 0 | − 27y1 + 1

7y2 + 12y3

.

Sistem ima rjesenje ako je

−27y1 +

17y2 +

12y3 = 0.

Ako nepoznatoj x3 pridruzimo vrijednost c ∈ R imamo

x1 = c +17y1 +

37y2

x2 = c− 27y1 +

17y2

x3 = c.

Primjer 1.4.16. Rijesimo sistem

ax1 + x2 + x3 = 1x1 + ax2 + x3 = a

x1 + x2 + ax3 = a2

gdje je a realan parametar. Prosirena matrica sistema je

A′ =

a 1 1 | 11 a 1 | a1 1 a | a2

(2)→

0 1− a2 1− a | 1− a2

1 a 1 | a0 1− a a− 1 | a2 − a

.

Da bi mogli nastaviti sa radom na nalazenju v-reducirane esalon matrice R matrice Amoramo utvrditi da li je 1− a nula ili nije. Zbog toga razlikujemo dva slucaja.

Prvi slucaj: a = 1. Tada imamo

0 0 0 | 01 1 1 | 10 0 0 | 0

(3)→

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

.

Ovdje je r = 1, m−r = 2, k1 = 1. Ako stavimo x2 = u, x3 = v, onda je rjesenje (1−u−v, u, v)gdje su u i v proizvoljni realni brojevi.

Drugi slucaj: a 6= 1. Tada mozemo prvu i trecu vrstu podijeliti sa 1 − a. Nakon togaimamo

0 1 + a 1 | 1 + a1 a 1 | a0 1 −1 | −a

(2)→

0 0 a + 2 | (1 + a)2

1 0 a + 1 | a2 + a0 1 −1 | −a

(3)→

1 0 a + 1 | a2 + a0 1 −1 | −a0 0 a + 2 | (1 + a)2


Za daljnji rad potrebno je utvrditi da li je a + 2 nula ili nije.

a) Neka je a = −2. Tada imamo matricu

1 0 −1 | 20 1 −1 | 20 0 0 | 1

Odavde vidimo da sistem nema rjesenja.

b) Neka je a 6= −2. Trecu vrstu matrice podjelimo sa a + 2. Imamo

1 0 a + 1 | a2 + a

0 1 −1 | −a

0 0 1 | (a+1)2

a+2

(2)→

1 0 0 | −a+1a+2

0 1 0 | 1a+2

0 0 1 | (a+1)2

a+2

.

Odavde nalazimo rjesenje (−a + 1

a + 2,

1a + 2

,(a + 1)2

a + 2

).

Dakle, ako je

a) a 6= 1 i a 6= −2 sistem ima jedinstveno rjesenje(−a + 1

a + 2,

1a + 2

,(a + 1)2

a + 2

);

b) a = 1 sistem ima beskonacno mnogo rjesenja (1 − u − v, u, v) dvije nepoznate suproizvoljne;

c) a = −2 sistem nema rjesenje.

Primjer 1.4.17. Rijesimo sada jedan primjer sistema u kojem se pojavljuju dva realnaparametra.

ax +4y +z = 02y −3z = 1

x −bz = −2

Imamo

a 4 1 | 00 2 −3 | 12 0 −b | −2

→

0 4 ab+22 | a

0 1 − 32 | 1

2

1 0 − b2 | −1

→

0 0 ab+142 | a− 2

0 1 − 32 | 1

2

1 0 − b2 | −1

→

1 0 − b2 | −1

0 1 − 32 | 1

2

0 0 ab+142 | a− 2

.


Sada trebamo diskutovati izraz ab+142 . Ako je ab + 14 = 0, onda imamo

1 0 − b2 | −1

0 1 − 32 | 1

2

0 0 0 | a− 2

.

Ako je a− 2 6= 0, onda sistem nema rjesenja. Neka je a− 2 = 0. Tada je a = 2 i b = −7.

1 0 72 | −1

0 1 − 32 | 1

2

0 0 0 | 0

.

Vidimo da je r = 2 i m− 3 = 1. Stavimo z = u. Tada imamo rjesenje(−7

2u− 1,

32u +

12, u

),

gdje je u proizvoljan realan broj.

Neka je sada ab + 14 6= 0. Tada imamo

1 0 − b2 | −1

0 1 − 32 | 1

2

0 0 1 | 2(a−2)ab+14

→

1 0 0 | − 2(b+7)ab+14

0 1 0 | ab+6a+22(ab+14)

0 0 1 | 2(a−2)ab+14

.

Dakle, rjesenje je (−2(b + 7)

ab + 14,ab + 6a + 22(ab + 14)

,2(a− 2)ab + 14

).

1.4.1 Zadaci:

Rijesiti sistem:

1. 4x + 2y = 5, 3x + 2y = 5, 6x + 2y = a2 − 2a.

2. 2x− y = a. x− 2y = 3, ax− 4y = 7.

3. 2x + y + z = a, x + (1 + a)y + z = 2a, x + y + (1 + z)a = 0.

4. ax + y − z = 1, x + ay + z = 1, x− y − az = 1.

5. ax + 2z = 2, 5x + 2y + z = 1, x− 2y + bz = 3.

1.5. PROIZVOD MATRICA 19

6. ax + y + z = 4, x + cy + z = 3, x + 2cy + z = 4.

7. x + ay + az2 = 1, x + ay + abz = a, bx + a2y + abz = a2b.

8. ax + by + 2z = 1, ax + (2b− 1)y + 3z = 1, ax + by + (b + 3)z = 2b− 1.

9.3kx + (2k + 1)y + (k + 1)z = k

(2k − 1)x + (2k − 1)y + (k − 2)z = k + 1(4k − 1)x + 3ky + 2kz = 1

10.(λ + 3)x + y + 2z = λ

λx + (λ− 1)y + z = 2λ3(λ + 1)x + λy + (λ + 3)z = 3.

1.5 Proizvod matrica

Jedna od fundamentalnih linearnih kombinacija su linearne kombinacije vrsta matrice,a koeficijenti u tim kombinacijama su elementi neke druge matrice.

Nek su A i B matrice formata m×n i n×p, respektivno. Oznacimo sa β1, β2, . . . , βn

vrste matrice B. Definisimo

γi = Ai1β1 + Ai2β2 + · · ·+ Ainβn (i = 1, 2, . . . ,m). (1.5.1)

Neka je C matrica cije su vrste γ1, γ2, . . . , γm. Kako je

βk = (Bk1 Bk2 · · · Bkp) ,

to je

γi =n∑

k=1

Aik (Bk1 Bk2 · · · Bkp) =

(n∑

k=1

AikBk1

n∑

k=1

AikBk2 · · ·n∑

k=1

AikBkp

)

S druge strane je γi = (Ci1 Ci2 · · · Cip) , pa je

Cij =n∑

k=1

AikBkj .

Ovo nam daje povod za uvodenje sljedece definicije.


Definicija 1.5.1. Neka je A neka m× n matrica nad poljem F i B matrica formatan×p nad poljem F. Za matricu C formata m×p nad poljem F kazemo da je proizvodmatrice A i matrice B i oznacavamo sa AB, ako je

Cij =n∑

k=1

AikBkj .

Primjer 1.5.2. Neka je A =(

1 2−3 5

)i B =

(2 7 −4

−1 5 6

). Odredimo proizvod AB.

Imamo

γ1 = 1 · (2 7 − 4) + 2 · (−1 5 6) = (0 17 8) ,

γ2 = −3 · (2 7 − 4) + 5 · (−1 5 6) = (−11 4 42) .

Dakle,

AB =(

0 17 8−11 4 42

).

Primjer 1.5.3. Neka je A =(

1 2 34 5 6

)i B =

5 2−4 1

1 −3

. Tada imamo

γ1 = 1 · (5 2) + 2 · (−4 1) + 3 · (1 − 3) = (0 − 5) ,

γ2 = 4 · (5 2) + 5 · (−4 1) + 6 · (1 − 3) = (6 − 5) ,

pa je AB =(

0 −56 −5

).

Primjer 1.5.4. Neka je A =

1 12 13 2

i B =

(3 −1 −5

−1 2 1

). Imamo

γ1 = 1 · (3 − 1 − 5) + 1 · (−1 2 1) = (2 1 − 4),γ2 = 2 · (3 − 1 − 5) + 1 · (−1 2 1) = (5 0 − 9),γ3 = 3 · (3 − 1 − 5) + 2 · (−1 2 1) = (7 1 − 13),

pa je AB =

2 1 −45 0 −97 1 −13

.

Analogno se nalazi da je

BA =( −14 −8

6 3

).

Tvrdnja 1.5.5. Neka A neka m× n matrica nad poljem F.

1. Ako je I jedinicna matrica reda m×m, tada je IA = A.


2. Ako je I jedinicna matrica reda n× n, tada je AI = A.

3. Ako je Ok,m nula matrica reda k ×m, onda je

Ok,mA = Ok,n i AOk,p = Om,p.

Dokaz. Za jedinicnu matricu I vrijedi Iij = δij ={

1, ako je i = j0, ako je i 6= j.

1. Neka je B = IA. Tada je

Bij =m∑

k=1

IikAkj =m∑

k=1

δikAkj = 1 ·Aij = Aij

za svako i i savako j. Dakle, B = A.

2. Ako je C = AI, onda je

Cij =n∑

k=1

AikIkj =n∑

k=1

Aikδkj = Aij .

Dakle, AI = A.

3. Kako svaka nula matrica ima sve elemente nula, to je tvrdnja jasna.

Ovim je tvrdnja dokazana.Vazno je primjetiti da proizvod dvije matrice nije uvjek definisan. Naime, proizvod

dvije matrice postoji samo u slucaju kada je broj kolona prve matrice jednak brojuvrsta druge matrice. U Primjeru 1.5.4 vidjeli smo da postoje proizvodi AB i BA ida oni nisu jednaki, cak sta vise nemaju ni isti format. U nekim slucajevima moze sedesiti da postoji samo jedan od proizvoda AB ili BA, a da drugi ne postoji.

Ako je proizvod dvije matrice definisan, onda rezultujuca matrica ima onolikovrsta koliko je imala i prva matrica, a onoliko kolona koliko je imala druga matrica.

Vratimo se sada sistemu linearnih jednacina (1.3.1). Ovaj sistem smo krace pisaliu obliku AX = Y, gdje je A matrica koeficijenata sistema, X matrica nepoznatih i Ymatrica slobodnih clanova. Sada kada znamo proizvod matrica postavlja se pitanjeda li izraz AX predstavlja proizvod matrice A sa matricom X? Kako je

A =

A11 · · · A1n...

...Am1 · · · Amn

i X =

x1...

xn

,

to proizvod AX ima n vrsta i jednu kolonu i vrijedi

(AX)i =n∑

k=1

Aikxk.


Buduci da je AX = Y, to jen∑

k=1

Aikxk = yi (i = 1, 2, . . . ,m). (1.5.2)

Vidimo da je (1.5.2) isto sto i (1.3.1), tj. lijeva strana izraza AX = Y predstavljaproizvod matrica.

Koristeci kolone matrice mi mozemo matricu i krace zapisati kao sto cemo ubuducei raditi. Naime, ako je B neka n× p matrica, onda su kolone te matrice u stvari n× 1matrice B1, B2, . . . , Bp, definisane relacijom

Bj =

B1j...

Bnj

, 1 ≤ j ≤ p.

Tada matricu B mozemo pisati

B = (B1, B2, . . . , Bp) .

Posmatrajmo element (AB)ij matrice AB. On je formiran pomocu i−te vrste matrice

A i j−te kolone matrice B i vrijedi (AB)ij =n∑

k=1

AikBkj . Posmatrajmo j−tu kolonu

matrice AB ona je

(AB)j =

(AB)1j

(AB)2j...

(AB)mj

=

n∑k=1

A1kBkj

n∑k=1

A2kBkj

...n∑

k=1

AmkBkj

. (1.5.3)

S druge strane matrica ABj ima m vrsta i jednu kolonu. Tada je

(ABj)i =

n∑k=1

A1kBkj

n∑k=1

A2kBkj

...n∑

k=1

AmkBkj

= ABj . (1.5.4)

Dakle, j−ta kolona matrice AB je u sustini matrica ABj . Zbog toga mozemo pisati

AB = (AB1, AB2, . . . , ABp) .


Kako smo vidjeli, proizvod matrica zavisi od poretka faktora, kako cemo vidjeti izsljedeceg teorema on nezavisi od toga kako faktore grupisemo.

Teorem 1.5.6. Neka su A,B,C matrice nad poljem F takve da su proizvodi BC iA(BC) definisani. Tada su i proizvodi AB i (AB)C definisani i vrijedi

A(BC) = (AB)C.

Dokaz. Neka je B neka n× p matrica. Posto je proizvod BC definisan, to matrica Cima p vrsta i matrica BC ima n vrsta. Kako postoji proizvod A(BC), to matrica Amora imati n kolona. Neka je A neka m×n matrica. Zbog toga proizvod AB postoji.Ovaj proizvod ima kolona kao i matrica B, tj. p kolona. Kako matrica C ima p vrsta,to postoji proizvod (AB)C. Dokazimo sada A(BC) = (AB)C. Dovoljno je dokazatida je

(A(BC))ij = ((AB)C)ij

za svako i i svako j. Na osnovu definicije proizvoda matrica imamo:

(A(BC))ij =n∑

k=1

Aik (BC)kj =n∑

k=1

Aik

(p∑

r=1

BkrCrj

)

=n∑

k=1

p∑

r=1

Aik (BkrCrj) =n∑

k=1

p∑

r=1

(AikBkr) Crj

=p∑

r=1

n∑

k=1

(AikBkr) Crj =p∑

r=1

(n∑

k=1

(AikBkr)

)Crj

=p∑

r=1

(AB)ir Crj = ((AB))ij

za svako i i j, sto je i trebalo dokazati.

Izraz (AB)C predstavlja linearnu kombinaciju vrsta matrice C, a izraz A(BC)predstavlja linearnu kombinaciju vrsta matrice BC. No, vrste matrice BC su linearnekombinacije vrsta matrice C. Dakle, izraz A(BC) predstavlja linearnu kombinacijulinearnih kombinacija vrsta matrice C. Na osnovu prethodne teoreme zakljucujemoda su linearne kombinacije linearnih kombinacija vrsta neke matrice takode linearnekombinacije vrsta te matrice.

Ako matrica A ima jednak broj vrsta i kolona, tj. ako je kvadratna, onda vrijediA(AA) = (AA)A, tj. A2A = AA2. Opcenito proizvod AA · · ·A (k puta se matrica Apojavljuje kao faktor) oznacicemo sa Ak.

Neka su A i B kvadratne matrice istog formata nad poljem F i ako vrijedi AB =BA, onda se matematickom indukcijom lahko dokaze da vrijedi

(A + B)n =n∑

k=0

(nk

)AkBn−k,


za svaki prirodan broj n.

Primjer 1.5.7. Neka je A =[

1 01 1

]. Odredimo An, gdje je n prirodan broj. Posmatrajmo

matricu B = A− I. Tada je

B =[

0 01 0

].

Odmah se vidi da je B2 = 0, pa je Bk = 0 za svako k ≥ 2. Sada imamo

An = (B + I)n =n∑

k=0

(nk

)BkIn−k = I +

(n1

)B = I + nB =

[1 0n 1

].

Primjer 1.5.8. Neka je A =[

5 2−1 2

]. Odredimo An (n ∈ N). Lahko se vidi da je

A2 =[

23 14−7 2

], A3 =

[101 74−37 −10

].

Da li mozemo odavde uociti neku zakonitost i predvidjeti kako bi izgledala n−ta potencija?Mislim da imamo malo elemenata za donesenje pretpostavke o izgledu matrice An. Zbog toga

postupimo na drugi nacin. Neka je An =[

a(n) b(n)c(n) d(n)

]. Tada je

An+1 = An ·A =[

5a(n)− b(n) 2a(n) + 2b(n)5c(n)− d(n) 2c(n) + 2d(n)

].

S druge strane je An+1 =[

a(n + 1) b(n + 1)c(n + 1) d(n + 1)

]. Odavde imamo

a(n + 1) = 5a(n)− b(n),b(n + 1) = 2a(n) + 2b(n),a(n + 2) = 5a(n + 1)− b(n + 1).

Odavde eliminacijom b(n) i b(n + 1) nalazimo

a(n + 2)− 7a(n + 1) + 12a(n) = 0.

Ovo je diferentna jednacina drugog reda. Njena karakteristicna jednacina je λ2−7λ+12 = 0.Rjesenja ove jednacine su 4 i 3 i ona su relana i razlicita, pa je a(n) = A · 4n + b · 3n, gdjesu A i B konstante koje trba odrediti. Ove konstante nalazimo iz matrica A i A2. Naimea(1) = 5, a(2) = 23. Dakle,

A · 41 + B · 31 = 5A · 42 + B · 32 = 23.

Odavde nalazimo A = 2, B = −1, pa je a(n) = 2 ·4n−3n. Iz b(n) = 5a(n)−a(n+1) nalazimob(n) = 2 · 4n − 2 · 3n. Analogno imamo c(n) = −4n + 3n i d(n) = −4n + 2 · 3n. Konacno je

An =[

2 · 4n − 3n 2 · 4n − 2 · 3n

−4n + 3n −4n + 2 · 3n

], (n ∈ N).


Ako je B data matrica i C matrica dobijena iz B elementarnim transformacijavrsta, onda je svaka vrsta matrice C linearna kombinacija vrsta matrice A. Zbogtoga postoji matrica A takva da je AB = C. Najcesce matrica A nije jednoznacnoodredena. U tom slucaju, tj. ako imamo vise takvih matrica, onda je moguce odabratineku sa specijalnim osobinama. Zato mi sad uvodimo jednu specijalnu klasu matrica.

Definicija 1.5.9. Za m × m matricu kazemo da je elementarna matrica ako jemozemo dobiti iz jedinicne matrice primjenom samo jedne elementarne transforma-cije vrsta.

Primjer 1.5.10. Elementarne matrice reda 2× 2 su

1. Medusobna zamjena mjesta prve i druge vrste:(

0 11 0

).

2. Prvoj vrsti dodajemo drugu vrstu pomnozenu nekim skalarom c :(

1 c0 1

).

3. Drugoj vrsti dodajemo prvu vrstu pomnozenu nekim skalarom c :(

1 0c 1

).

4. Prvu vrstu mnozimo nenultim skalarom c :(

c 00 1

).

5. Drugu vrstu mnozimo nenultim skalarom c :(

1 00 c

).

Teorem 1.5.11. Neka je e neka elementarna transformacija vrsta i E odgovarajucam×m elementarna matrica E = e(I). Tada za svaku m× n matricu A vrijedi

e(A) = EA.

Dokaz. Cilj nam je da dokazemo da matrice e(A) i EA imaju jednake odgovarajuceelemente. Potrebno je odvojeno posmatrati dokaz za svaki tip elementarne transfor-macije vrsta.

1. Neka je e mnozenje i−te vrste nenultim skalarom c. Tada je

Euv ={

δuv ako je u 6= ic δuv ako je u = i

(e(A))uv ={

Auv ako je u 6= icAuv ako je u = i

za svako u i svako v. S druge strane je

(EA)st =m∑

k=1

EskAkt.

Ako je s = i, onda je

(EA)it =m∑

k=1

EikAkt =m∑

k=1

c δikAkt = c Ait.


Ako je s 6= i, onda je

(EA)st =m∑

k=1

EskAkt =m∑

k=1

δskAkt = Ast.

Drugim rijecima

(EA)st ={

Ast ako je s 6= ic Ait ako je s = i

,

tj. e(A) = EA.

2. Neka je sada e medusobna zamjena mjesta i−te i j−te vrste. Tada je

Est =

δst za s 6= i i s 6= j,δjt za s = i,δit za s = j

(e(A))st =

Ast za s 6= i i s 6= j,Ajt za s = i,Ait za s = j

Tada je

(EA)st =m∑

k=1

EskAkt =m∑

k=1

δskAkt = Ast = (e(A))st (s 6= i, s 6= j),

(EA)it =m∑

k=1

EikAkt ==m∑

k=1

δjkAkt = Ajt = (e(A))it,

(EA)jt =m∑

k=1

EjkAkt =m∑

k=1

δikAkt = Ait = (e(A))jt.

Dakle, EA = e(A).

3. Neka je e dodavanje j−toj vrsti i−te vrste pomnozene skalarom c. Tada je

Est ={

δst, s 6= jδjt + c δit, s = j

i (e(A))st ={

Ast, s 6= jAjt + c Ait, s = j.

(EA)st =m∑

k=1

EskAkt =m∑

k=1

δskAkt = Ast = (e(A))st (s 6= j),

(EA)jt =m∑

k=1

EjkAkt =m∑

k=1

(δjk + c δik) Akt =m∑

k=1

δjkAkt +m∑

k=1

c δikAkt,

= Ajt + cAit = (e(A))jt.

Dakle, EA = e(A). Time je dokaz zavrsen.

1.6. INVERTIBILNE MATRICE 27

Posljedica 1.5.12. Neka su A i B matrice formata m × n nad poljem F. MatricaB je v-ekvivalentna sa matricom A ako i samo ako je B = PA, gdje je P proizvodm×m elementarnih matrica.

Dokaz. Neka je B = PA gdje je P = Es · · ·E2E1 proizvod elementarnih matricaformata m × m. Matrica E1A je v-ekvivalentna sa matricom A, matrica E2(E1A)je v-ekvivalentna sa matricom E1A. Tako je matrica E2E1A v-ekvivalentna sa A.Nastavljajuci ovaj postupak zakljucujemo da je matrica Es · · ·E2E1A v-ekvivalentnasa matricom A.

Neka je matrica B v-ekvivalentna sa matricom A. Neka je E1, E2, · · · , Es niz elemen-tarnih matrica koje odgovaraju nizu elementarnih transformacija vrsta koje prevodematricu A u matricu B. Tada je B = (Es · · ·E2E1) A = PA.

Primjer 1.5.13. Date su matrice A =

1 −12 21 0

i B =

3 1−4 4

3 −2

. Ispitajmo da li je

matrica B v-ekvivalentna sa matricom A. Polazeci od matrice A elementarnim transformaci-jama vrsta pokusacemo dobiti matricu B. Ako je to moguce, onda je matrica B v-ekvivalentnasa A. Formirajmo ”hipermatricu” (A|E). Elementarnim transformacijama vrsta ove matricedobijamo matricu (B|P ). Tada je B = PA. Imamo

1 −1 | 1 0 02 2 | 0 1 01 0 | 0 0 1

→

2 2 | 0 1 01 −1 | 1 0 01 0 | 0 0 1

→

3 1 | 1 1 01 −1 | 1 0 01 0 | 0 0 1

→

3 1 | 1 1 0−4 4 | −4 0 0

1 0 | 0 0 1

→

3 1 | 1 1 0−4 4 | −4 0 0

9 0 | 0 0 9

→

3 1 | 1 1 0−4 4 | −4 0 0

3 −2 | −2 −2 9

.

Odavde vidimo da je

P =

1 1 0−4 0 0−2 −2 9

.

Neposrednom provjerom utvrdujemo da je zaista B = PA.

1.6 Invertibilne matrice

Neka je kvadratna matrica B v-ekvivalentna sa jedinicnom matricom I. Tada je I v-ekvivalentno sa B. Na osnovu prethodne posljedice postoji matrica Q koja je proizvodelementarnih matrica takva da je I = QB. Ovo nam daje povod za uvodenje sljedecedefinicije.


Definicija 1.6.1. Neka je A kvadratna matrica reda n× n nad poljem F. Matrica Breda n×n takva da je BA = I naziva se lijevi inverz matrice A. Matrica C reda n×ntakva da je AC = I naziva se desni inverz matrice A. Ako je AB = BA = I ona zamatricu B kazemo da je inverz (odnosno dvostrani inverz) matrice A. Ako matrica Aima inverznu matricu onda kazemo da je matrica A invertibilna.

Lema 1.6.2. Ako je B lijevi inverz, a C desni inverz matrice A, onda je B = C.

Dokaz. Neka je BA = I i AC = I. Tada je

B = BI = B(AC) = (BA)C = IC = C,

sto je i trebalo dokazati.Iz ove leme proizilazi da svaka matrica koja ima lijevi i desni inverz, onda je ona

invertibilna, tj. ima dvostrani inverz koji cemo oznacavati sa A−1.

Teorem 1.6.3. Neka su A i B kvadratne matrice reda n× n nad poljem F.

1. Ako je matrica A invertibilna, onda je i matrica A−1 invertibilna i vrijedi(A−1

)−1 = A.

2. Ako su matrice A i B invertibilne, onda je i matrica AB invertibilna i vrijedi(AB)−1 = B−1A−1.

Dokaz. Prva tvrdnja je ocigledna zbog simetricnosti definicije invertibilne matrice.Dokazimo sada drugu tvrdnju.

(AB)(B−1A−1

)= A

(BB−1

)A−1 = AIA−1 = AA−1 = I.

(B−1A−1

)(AB) = B−1

(A−1A

)B = B−1IB = B−1B = I.

To znaci da je matrica B−1A−1 inverzna matrica matrice AB, pa je (AB)−1 =B−1A−1.

Posljedica 1.6.4. Proizvod invertibilnih matrica je invertibilna matrica.

Teorem 1.6.5. Elementarne matrice su invertibilne.

Dokaz. Neka je E proizvoljna elementarna matrica i neka ona odgovara elementarnojtransformaciji e vrsta, tj. neka je E = e(I). Na osnovu Teorema 1.4.2 postoji ele-mentarna transformacija e1 takva da je e1(e(A)) = e(e1(A)) = A za svako A. Neka jeE1 = e1(I). Tada

EE1 = e(E1) = e(e1(I)) = I

E1E = e1(E) = e1(e(I)) = I.

Dakle, E1 je inverz matrice E, pa je E invertibilna matrica.


Teorem 1.6.6. Za kvadratnu matricu A reda n× n sljedeci uslovi su ekvivalentni:

(i) A je invertibilna.

(ii) A je v-ekvivalentna sa jedinicnom matricom I reda n× n.

(iii) A je proizvod elementarnih matrica.

Dokaz. Neka je R v-reducirana esalon matrica koja je v-ekvivalentna sa matricomA. Tada je R = Ek · · ·E2E1A gdje su E1, E2, · · · , Ek elementarne matrice. Svaka odmatrica Ei je invertibilna matrica, pa je

A = E−11E−12 · · ·E−1

k R.

Kako je proizvod invertibilnih matrica invetibilna matrica matrica, to je A = PR,gdje je P invertibilna matrica. Odavde slijedi da je A invertibilna ako i samo ako jeR invertbilna. Buduci da je R v-reducirana esalon matrica, to je ona invertibilna akoi samo ako svaka njena vrsta sadrzi nenulti element, tj. ako i samo ako je R = I.

Iz ove teoreme za invertibilnu matricu A vrijedi

(A|E) → · · · → (E|A−1),

pri cemu nam → oznacavaju elementarne transformacije vrsta.

Primjer 1.6.7. Ispitajmo da li je matrica A =

1 −1 23 2 40 1 −2

invertibilna i u potvrdnom

slucaju odredimo njenu inverznu matricu.

(A|E) =

1 −1 2 | 1 0 03 2 4 | 0 1 00 1 −2 | 0 0 1

→

1 −1 2 | 1 0 00 5 −2 | −3 1 00 1 −2 | 0 0 1

→

1 −1 2 | 1 0 00 1 −2 | 0 0 10 0 8 | −3 1 −5

→

1 −0 0 | 1 0 10 1 −2 | 0 0 10 0 1 | − 3

8 1 − 58

→

1 −0 0 | 1 0 10 1 0 | − 3

414 − 1

40 0 1 | − 3

8 1 − 58

.

Kako je A v-ekvivalentna sa jedinicnom matricom, to je A invertibilna matrica, a njenainverzna matrica je

1 0 1

− 34

14 − 1

4− 3

8 1 − 58

.

Teorem 1.6.8. Za kvadratnu matricu A reda n× n sljedeci uslovi su ekvivalentni:


(i) A je invertibilna matrica.

(ii) Homogeni sistem AX = 0 ima samo trivijalno rjesenje X = 0.

(iii) Sistem jednacina AX = Y ima rjesenje za svaku n× 1 matricu Y.

Dokaz. Neka je matrica A invertibilna. Neka je X0 proizvoljno rjesenje sistemaAX = 0. Tada je

0 = A−10 = A−1(AX0) = (A−1A)X0 = IX0 = X0.

Dakle, sistem AX = 0 ima samo trivijalno rjesenje. Obrnuto, neka sistem AX = 0ima samo trivijalno rjeenje. Tada na osnovu Teorema 1.4.14 zakljucujemo da jematrica A v-ekvivalentna sa jedinicnom matricom. Tada na osnovu prethodne teoemezakljucujemo da je A invertibilna.

Neka je A invertibilna matrica i Y proizvoljna matrica reda n× 1. Tada je A−1Ypotpuno odredena matrica reda n× 1 nad poljem F. Dalje imamo,

A(A−1Y

)=

(AA−1

)Y = IY = Y.

Dakle, sistem AY = Y ima rjesenje za svako Y. Obrnuto, neka sistem AX = Y imarjesenje za svaku matricu Y reda n × 1. Trebamo dokazati da je matrica A inver-tibilna. Pretpostavimo suprotno, tj. da A nije invertibilna matrica. Tada A nijev-ekvivalentna sa jedinicnom matricom. Neka je R v-reducirana esalon matrica kojaje v-ekvivalentna sa A. Tada postoji invertibilna matrica P takva da je R = AP. KakoA nije invertibilna to posljednja vrsta matrice R ima sve elemente 0. Posmatrajmomatricu

Y = P−1 ·

00...01

.

Tada sistem AX = Y postaje

P (AX) = PY = RX =

00...01

.

Posljednja jedna]v cina u ovom sistemu je 0 = 1, pa taj sistem nema rjesenje. Ovo jesuprotno pretpostavci da sistem ima rjesenje za svako Y. Pretpostavka da matrica Anije invertibilna dovela nas je do kontradikcije, pa nije tacna.


Posljedica 1.6.9. Ako kvadratna matrica A ima lijevi ili desni inverz, onda je onainvertibilna.

Dokaz. Neka je B lijevi inverz matrice A. Tada je BA = I = AC. Posmatrajmosistem AX = 0. Pokazimo da on ima samo trivijalno rjesenje. Neka je X0 proizvoljnorjesenje sistema AX = 0. Tada je

X0 = IX0 = (BA)X0 = B(AX0) = B · 0 = 0.

Dakle, sistem ima samo trivijalno rjesenje, pa je matrica A invertibilna.Neka sad matrica A ima desni inverz C, tj. neka je AC = I. Odavde slijedi da

kvadratna matrica C ima lijevi inverz, pa na osnovu naprijed dokazanog matrica Cje invertibilna. Tada iz

A = AI = A(CC−1)(AC)C−1 = IC−1 = C−1

slijedi da je i matrica A invertibilna i da je C = A−1.

Posljedica 1.6.10. Neka je A = A1A2 · · ·Ak gdje su A1, A2, . . . , Ak kvadratna ma-trica reda n× n. Tada je matrica A invertibilna ako i samo ako je svaka od matricaAi invertibilna.

Dokaz. Neka je svaka od matrica A1, A2, . . . , Ak invertibilna. Kako je proizvod in-vertibilnih matrica invertibilna matrica to je A invertibilna matrica.

Neka je matrica A invertibilna. Tada jednacina AX = 0 ima samo trivijalnorjesenje. Pokazimo prvo da je Ak invertibilna matrica. Neka je X matrica redan × 1 i AkX = 0. Tada je 0 = A1 · · ·Ak−1(AkX) = AX. Kako je A invertibilnamatrica, to je X = 0. Dakle, Ak je invertibilna matrica. Sada iz A = A1A2 · · ·Ak

slijedi AA−1k = A1A2 · · ·Ak−1. Kako je AA−1

k invertibilna matrica, to na osnovuupravo dokazanog slijedi da je Ak−1 invertibilna matrica. Nastavljajuci ovaj postupakzakljucujemo da su sve matrice A1, . . . , Ak invertibilne.

Komentar 1. Sada cemo dati zavrni komentar o rjesavanju sistema linearnihjednacina. Neka je A neka m×n matrica i AX = Y sistem linearnih jednacina. Nekaje R v-reducirana esalon matrica matrice A. Tada je R = PA gdje je P invertibilnakvadratna matrica reda m ×m. Odavde je A = P−1R, pa imamo Y = P−1RX, tj.PY = RX. Stavimo PY = Z. Tada imamo sistem RX = Z. Rjesenje ovog sistemaje jednostavno. Kako dobiti matricu P? Polazimo od matrice (A|E) i elementarnimtransformacijama prevodimo A u R. Tada matrica (A|E) prelazi u matricu (R,P ). No,ovo nije neophodno. Bolje je poci od matrice (A|Y ) i elementarnim transformacijamavrsta je prevodimo u matricu (R|PY ).

Komentar 2. U ovom poglavlju smo vrsili elementarne transformacije vrsta nekematrice i uveli pojmove v-reducirana, v-reducirana esalon matrica i v-ekvivalentne


matrice. Moguce je, na potpuno analogan nacin definisati elementarne transformacijekolona matrice, te pojmove: k-reducirana matrica, k-reducirana esalon matrica i k-ekvivalentne matrice. Mi smo se opredjelili za uvodenje elementarnih transformacijavrsta jer to u bliskoj vezi sa sistemom linearnih jednacina.

1.6.1 Zadaci

1. Neka je A =

a 1 11 a 11 1 −2

, gdje je a realan parametar. Odrediti v-reduciranu

esalon matricu R koja je v-ekvivalentna sa matricom A. Za koje vrijednostiparametra a matrica A je invertibilna? U tom slucaju izracunati A−1.

2. Ako je

M =

1 0 01 0 10 1 0

I =

1 0 01 0 00 0 1

dokazati da je Mn = Mn−2 + M2 − I za svaki prirodan broj n ≥ 3.

3. Dokazati da svaka kvadratna matrica A =(

a bc d

)zadovoljava uslov

A2 − (a + d)A + (ad− bc)I = 0,

gdje je I jedinicna matrica reda 2× 2.

4. Odrediti An ako je

a) A =[

1− a + a2 1− aa− a2 a

], gdje je a realan ili kompleksan broj.

b) B =[

1 ab 1

].

c) A =

1 0 a0 b 0c 0 1

.

5. Dokazati da je

1 1 00 1 10 0 1

n

=

1 n

(n2

)

0 1 n0 0 1

, (n ∈ N).

1.7. DETERMINANTE DRUGOG I TRECEG REDA 33

6. Matrica P naziva se idempotentna matrica ako je P 2 = P. Dokazati da sumatrice

−26 −18 −27

21 15 2112 8 13

i

1 0 00 1 00 0 0

.

idenpotentne.

7. Za matricu A kazemo da je involutivna ako je A2 = I. Ako je P idempotentnamatrica , onda je matrica A = 2P − E involutivna. Dokazati! Obrnuto ako jematrica B involutivna, onda je matrica C = 1

2(B + I) idempotentna matrica.

8. Ako je n prirodan broj i ako je

A =(

1 10 1

)i X =

(2 13 2

)

pokazati da je

X−1AX =(

7 4−9 −5

),

(X−1AX

)n = X−1AnX =(

1 + 6n 4n−9n 1− 6n

).

9. Neka su A i B kvadratne matrice reda n takve da su A i AB−BA komutativnematrice. Dokazati da za k > m (k,m ∈ N) zazi

m(AkB −BAk

)= k (AmB −BAm)Ak−m.

1.7 Determinante drugog i treceg reda

Neka je A =(

a11 a12

a21 a22

)proizvoljna 2 × 2 matrica nad poljem F realnih ili kom-

pleksnih brojeva. Pod determinantom matrice A podrazumjevamo element

det(A) =a11 a12

a21 a22= a11a22 − a12a21 ∈ F.

Dakle, determinanta det(A) =a11 a12

a21 a22jednaka je nuli ako i samo ako je

a11a22 − a12a21 = 0.


Za matricu

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

reda 3× 3 nad poljem F determinantu det(A) definisemo relacijom

det(A) =a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

= a11a22 a23

a32 a33− a12

a21 a23

a31 a33+ a13

a21 a22

a31 a32,

gdje su aij ∈ F za svako i, j ∈ {1, 2, 3}. Odavde je

det(A) = a11 (a22a33 − a23a32)− a12 (a21a33 − a23a31) + a13 (a21a32 − a22a31) .

Primjer 1.7.1.

1 2 34 5 67 8 9

= 1 · 5 68 9 − 2 · 4 6

7 9 + 3 · 4 57 8 =

= 1(45− 48)− 2(36− 42) + 3(32− 35) = −3 + 12− 9 = 0.

Ispitajmo neke osobine determinanti treceg reda.

Tvrdnja 1.7.2. Neka su A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

i B =

b11 b12 b13

b21 b22 b23

b31 b32 b33

matrice

reda 3× 3 nad poljem F.

1. Ako je matrica B nastala iz matrice A tako sto su dvije vrste matrice A medusobnozamjenile mjesta, onda je det(B) = −det(A).

2. Ako su dvije vrste matrice A jednake, onda je det(A) = 0.

3. Ako su dvije vrste matrice A proporcionalne, onda je det(A) = 0.

4. Ako je bij = λaij i bkj = akj za k 6= i, onda je det(A) = λdet(B).

5. Ako je bij = aij + λakj i btj = atj za svako t 6= i, onda je deta(A) = det(B).

6. Ako je B = AT , onda je det(B) = det(A).

Dokaz.


1. Neka je npr. B =

a31 a32 a33

a21 a22 a23

a11 a12 a13

. Tada je

det(B) = a31 (a22a13 − a23a12)− a32 (a21a13 − a23a11) ++a33 (a21a12 − a22a11) = −a11 (a22a33 − a23a32) ++a12 (a21a33 − a23a31)− a13 (a21a32 − a22a31) = −det(A).

2. Neka su npr. druga i treca vrsta matrice A jednake. Neka je matrica B nastalaiz matrice A zamjenom mjesta druge i trece vrste. Tada je B = A. Premanaprijed dokazanom, tada vrijedi det(B) = −det(A). Dakle, det(A) = −det(A),tj. 2det(A) = 0, pa je det(A) = 0.

3. Neka je npr. a1j = λa2j , j = 1, 2, 3. Tada je

det(A) = a11 (a22a33 − a23a32)− a12 (a21a33 − a23a31) ++a13 (a21a32 − a22a31) = λa21 (a22a33 − a23a32)−−λa22 (a21a33 − a23a31) + λa23 (a21a32 − a22a31)

= 0.

4. Neka je npr. B =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

λa31 λa32 λa33

. Tada je

det(B) = a11 (a22λa33 − a23λa32)− a12 (a21λa33 − a23λa31) ++ a13 (a21λa32 − a22λa31) == λ det(A).

5. Neka je npr. B =

a11 a12 a13

a21 + λa31 a22 + λa32 a23 + λa33

a31 a32 a33

. Tada je

det(B) = a11 [(a22 + λa32) a33 − (a23 + λa33) a32]−a12 [(a21 + λa31) a33 − (a23 + λa33) a31]+a13 [(a21 + λa31) a32 − (a22 + λa32) a31]

= det(A).


6. Imamo

det(A) = a11 (a22a33 − a23a32)− a12 (a21a33 − a23a31)+a13 (a21a32 − a22a31) = a11a22a33 − a11a23a32

−a12a21a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31

= a11 (a22a33 − a23a32)− a21 (a12a33 − a32a13) ++a31 (a12a23 − a22a13)

= a11 · a22 a32

a23 a33− a21 · a12 a32

a13 a33+ a31 · a12 a22

a13 a23

=a11 a21 a31

a12 a22 a32

a13 a23 a33

= det(AT

).

Time je teorema dokazana

Zbog det(A) = det(AT

)iz prethodne tvrdnje zakljucujemo da vrijedi:

1. Ako dvije vrste, odnosno kolone determinante zamjene mjesta, onda determi-nanta mijenja znak.

2. Ako su dvije vrste, odnosno kolone determinante jednake, onda je determinantajednaka nuli.

3. Ako su dvije vrste, odnosno kolone determinante proporcionalne, onda je deter-minanta jednaka nuli.

4. Ako je jedna vrste, odnosno kolona djeljiva nekim brojem, onda se taj broj mozeizvuci ispred determinante.

5. Vrijednost determinante se nece promjeniti ako jednoj vrsti (koloni) dodamodrugu vrstu (kolonu) prethodno pomnozenu nekim brojem.

Primjer 1.7.3. Izracunati determintu D =a b cc a bb c a

, gdje su a, b, c realni brojevi.

Prvoj koloni dodajemo drugu kolonu, a zatim prvoj koloni dodajemo trecu kolonu.

D =a b cc a bb c a

=a + b b cc + a a bb + c c a

=a + b + c b cc + a + b a bb + c + a c a

.

Vidimo da je prva kolona djeljiva sa a + b + c, pa broj a + b + c mozemo izvuci ispreddeterminante.


D = (a + b + c)1 b c1 a b1 c a

Drugoj vrsti dodajemo prvu vrstu pomnozenu sa -1. Trecoj vrsti dodajemo prvu vrstupomnozenu sa -1.

D = (a + b + c)1 b c0 a− b b− c0 c− b a− c

= (a + b + c)(

1 · a− b b− cc− b a− c

− 0 · b cc− b a− c

+ 0 · b ca− b b− c

)

= (a + b + c){(a− b) (a− c) + (b− c)2

}

= (a + b + c) (a2 + b2 + c2 − ab− bc− ca).

1.7.1 Zadaci

1. Brojevi 204, 527 i 255 su djeljivi sa 17. Ne racunajuci determinantu

2 0 45 2 72 5 5

dokazati da je ona djeljiva sa 17.

2. Izracunati determinante

a)246 427 3271014 543 443−342 721 621

, b)x y x + yy x + y x

x + y x y, c)

1 a bc1 b ca1 c ab

d)a− b− c 2a 2a

2b b− c− a 2b2c 2c c− a− b

, e)2a b ca a + 2b + c ca b a + b + 2c

f)− bc

b+c b c

a − cac+a c

a b − aba+b

, g)ax a2 + x2 1ay a2 + y2 1az a2 + z2 1

.


Glava 2

Vektori u ravni i prostoru

2.1 Uvod

U ovom poglavlju uvest cemo konkretan model vektorskog prostora. To ce biti vek-torski prostor obicnih vektora u ravni ili u trodimenzionalnom prostoru elementarnegeometrije. Pri tome cemo osnovne pojmove elementarne geometrije smatrati pozna-tim, pa ih po pravilu necemo definisati, a pojedine teoreme uzimacemo bez dokaza.Npr. smatracemo poznatim aksiome elementarne geometrije koje odreduju odnoseizmedu osnovnih objekata predstavljenih pojmovima: tacka, prava i ravan.

Skup svih tacaka trodimenzionalnog prostora oznacavacemo sa E . Skup svih tacakajedne fiksirane ravni prostora E oznacavacemo sa π. Skup svih tacaka jedne fiksiraneprave prostora E oznacavacemo sa p. Tacke prostora E oznacavacemo sa A, B, C, D, . . . .Poznato je da dvije razlicite tacke A i B prostora E odreduju jednu i samo jednu pravup prostora E . Skup svih tacaka prave p koje leze izmedu tacaka A i B ukljucujuci ite tacke nazivamo duz odredena tackama A i B i oznacavamo je sa AB. Duzinu duziAB oznacavamo sa d(AB). Neka nam pp(AB) oznacava polupravu kojoj je pocetnatacka A i koja sadrzi tacku B.

2.2 Orijentisane duzi

Definicija 2.2.1. Neka su P i Q bilo koje tacke prostora E . Uredeni par (P, Q) nazi-vamo orijentisana duz, za koju je P pocetna, a Q krajnja tacka. Tu duz oznacavamosa−−→PQ i zorno predstavljamo kao duz odredenu tackama P i Q i sa strijelicom u kra-

jnjoj tacki Q. Odmah uocavamo da−−→PQ nije isto sto i

−−→QP kad god su tacke P i Q

razlicite.

Oznacimo saD skup svih uredenih parova tacaka prostora E . Na skupuD definisimo

39

40 GLAVA 2. VEKTORI U RAVNI I PROSTORU

jednu relaciju ρ na sljedeci nacin:−−→AB ρ

−−→CD

ako i samo ako duzi AD i BC imaju zajednicko srediste. Ako tacke A,B,C i Dnisu kolinearne, onda iz cinjenice da se prave AD i BC sijeku slijedi da te tacke lezeu jednoj ravni. Osim toga, one odreduju cetverougao ABDC kojem se dijagonalepolove, pa je taj cetverougao paralelogram. Neka su sada te cetiri tacke kolinearne.Oznacimo sa P sredinu duzi BC. Tada je P sredina i duzi AD.

Teorem 2.2.2. Relacija ρ je relacija ekvivalencije na skupu D.

Dokaz. Refleksivnost relacije ρ. Pokazimo prvo da je−−→AB ρ

−−→AB za svako

−−→AB ∈ D. Ovo

je ocigledno, jer duzi AB i BA imaju isto srediste. Dakle, relacija ρ je refleksivna.

Simetricnost relacije ρ. Neka je sada−−→AB ρ

−−→CD. Odavde slijedi da duzi AD i BC

imaju isto srediste. Tada i duzi DA i CB imaju isto srediste, jer su to iste duzi kao iprethodne. Zato je

−−→CD ρ

−−→AB, pa je relacija ρ simetricna.

Tranzitivnost relacije ρ. Neka je−−→AB ρ

−−→CD i

−−→CD ρ

−−→EF. Ovdje se mogu desiti tri

razlicita slucaja u zavisnosti od toga na koliko pravih se nalaze orijentisane duzi−−→AB,

−−→CD i

−−→EF.

Neka ove tri orijentisane duzi leze na tri razlicite prave. Tada je cetverougaoABDC paralelogram, pa je AB ‖ CD i AB = CD. Isto tako cetverougao CDFE jeparalelogram, pa je CD ‖ EF i CD = EF. Odavde slijedi da je AB ‖ EF i AB = EF.To znaci da je cetverougao ABFE paralelogram.Kako se dijagonale paralelogramapolove, to duzi AF i BE imaju isto srediste, pa je

−−→AB ρ

−−→EF.

Neka orijentisane duzi−−→AB,

−−→CD i

−−→EF leze na dvije prave. Tada dvije od njih

leze na jednoj pravoj. Neka npr. orijentisane duzi−−→AB i

−−→CD leze na jednoj pravoj.

Neka je S srediste duzi BC i AD. Neka je npr. raspored tacaka A,B,S,C i D. Tada jeAS = SD i BS = SC. Odavde je

AB = AS − SB = SD − SC = CD.

Kako je cetverougao CDFE paralelogram, to je CD ‖ EF i CD = EF. Kako AB iCD leze na istoj pravoj i CD ‖ EF, to je AB ‖ EF i AB = EF. Dakle, cetverougaoABFE je paralelogram, pa je

−−→AB ρ

−−→EF.

Neka orijentisane duzi−−→AB,

−−→CD i

−−→EF leze na jednoj pravoj. Tada je potrebno

voditi racuna o rasporedu tacaka A,B,C,D,E i F. Jednostavnom racunicom pokazujese da duzi AF i BE imaju zajednicko srediste, pa je

−−→AB ρ

−−→EF.

Tvrdnja 2.2.3. Ako je−−→AB ρ

−−→CD, onda je

−→AC ρ

−−→BD.

Dokaz. Iz−−→AB ρ

−−→CD slijedi da duzi AD i BC imaju zajednicko srediste. Odavde slijedi−→

AC ρ−−→BD.

2.3. VEKTORI 41

2.3 Vektori

Kako smo vidjeli ρ je relacija ekvivalencije na skupu D. Klasu ekvivalencije odredenuorijentisanom duzi

−−→AB oznacavamo sa

[−−→AB

]ρ, tj.

[−−→AB

]ρ

={−−→

PQ ∈ D | −−→PQ ρ−−→AB

}.

Posmatrajmo sada skup V 3 = D/ρ svih klasa ekvivalencije. Elemente skupa V 3 nazi-vamo vektorima, a skup V 3 nazivamo vektorski prostor. Vektore najcesce oznacavamomalim latinicnim slovima, tj. −→a ,

−→b , · · · ,−→y ,−→z . Ako je

−−→AB ∈ −→a , onda pisemo

−→a =[−−→AB

]ρ

i kazemo da je−−→AB predstavnik vektora −→a .

Tvrdnja 2.3.1. Ako je −→a ∈ V 3 bilo koji vektor, a A ∈ E bilo koja tacka. Tadapostoji jedna i samo jedna tacka B ∈ E takva da je

[−−→AB

]ρ

= −→a .

Dokaz. Neka su C i D tacke prostora E takve da je−−→CD ∈ −→a , i tacka A ne pripada

pravoj CD. Konstruisimo paralelogram CDBA sa stranicama CD i CA. Tada je−−→AB ρ

−−→CD, tj.

[−−→AB

]ρ

= −→a . Kako je ovaj paralelogram jednoznacno odreden, to je i

tacka B jednoznacno odredena.Za postupak konstrukcije orijentisane duzi

−−→AB izlozen u prethodnoj teoremi kazemo

da smo vektor −→a nanijeli iz tacke A.

Neka su A i B proizvoljne tacke prostora E . Tada je−→AAρ

−−→BB, jer duzi AB i AB

imaju isto srediste. Prema tome, sve orijentisane duzi−−→XX (X ∈ E) pripadaju istoj

klasi ekvivalencije, tj. predstavnici su istog vektora. Obrnuto, ako neka orijentisanaduz

−−→UV pripada toj klasi ekvivalencije, onda je

−−→UV ρ

−→AA, pa duzi UA i V A imaju

isto srediste. To je jedino moguce ako se tacke U i V poklapaju. Prema tome, sveorijentisane duzi

−−→XX i samo one pripadaju jednoj klasi ekvivalencije, istom elementu

u V 3. Taj vektor nazivamo nula vektor i oznacavamo ga sa−→0 . Dakle,

−→0 =

[−−→XX

]ρ

={−−→

XX | X ∈ E}

.

Neka je −→a nenulti vektor i−−→AB ∈ −→a . Tada je A 6= B. Postavlja se pitanje da li

je−−→BA ∈ −→a ? Kada bi to bilo, onda bi bilo

−−→AB ρ

−−→BA. Tada bi duzi AA i BB imale

zajednicko srediste. Srediste duzi AA je A, a duzi BB je B. Kako su tacke A i B

razlicito, to se sredista ne poklapaju. Dakle,−−→BA /∈ −→a . Neka je

−−→BA ∈ −→

b . Ako je−−→CD ∈ −→a . Tada je

−−→AB ρ

−−→CD, pa duzi AD i BC imaju zajednicko srediste. No, tada

i duzi BC i AD imaju isto srediste, pa je−−→BA ρ

−−→DC, tj.

−−→CD ∈ −→b . Obrnuto, ako je


−−→Y X ∈ −→b , onda je

−−→BA ρ

−−→Y X. Tada duzi BX i AY imaju zajednicko srediste. Zbog

toga i duzi AY i BX imaju zajednicko srediste, pa je−−→AB ρ

−−→XY , tj.

−−→XY ∈ −→a . Dakle,

−−→AB ∈ −→a ⇐⇒ −−→

BA ∈ −→b .

Za ovako definisan vektor−→b kazemo da je suprotan vektoru −→a i pisemo

−→b = −−→a .

Neka je−−→XY ∈ − (−→a ) . Tada je

−−→Y X ∈ −−→a . Odavde slijedi da je

−−→XY ∈ −→a . Obrnuto,

neka je−−→AB ∈ −→a . Tada je

−−→BA ∈ −−→a , pa je

−−→AB ∈ − (−−→a ) . Dakle,

−−→AB ∈ − (−−→a ) ⇐⇒ −−→

AB ∈ −→a ,

pa je − (−−→a ) = −→a .

2.3.1 Modul, pravac i smjer vektora

Neka su−−→AB,

−−→CD ∈ −→a . Ako su tacke A,B, C i D kolinearne, onda iz cinjenice da

duzi AD i BC imaju zajednicko srediste, zakljucujemo, da duzi AB i CD imajujednake duzine. Ako tacke A,B,C i D nisu kolinearne, onda je cetverougao ABDCparalelogram, pa duzi AB i CD imaju istu duzinu. Dakle, svake dvije orijentisane duziklase −→a imaju istu duzinu. Zbog toga uvodimo pojam modul ili intenzitet vektora.Pod modulom |−→a | vektora −→a podrazumjevamo duzinu predstavnika

−−→AB vektora −→a .

Ocigledno je da je |−→0 | = 0.

Neka je −→a nenulti vektor i−−→AB ∈ −→a . Tada tacke A i B odreduju tacno jednu pravu

koju nazivamo nosac orijentisane duzi. Ako je−−→CD neki drugi predstavnik vektora

−→a , onda i tacke C i D odreduju jednu i samo jednu pravu. Kako je tada−−→AB ρ

−−→CD,

to su tacke A,B, C i D kolinearne ili je cetverougao ABDC paralelogram. U obaslucaja su prave AB i CD paralelne, pa odreduju isti pravac (paralelnih pravih).Tako definisan pravac nazivamo pravac vektora −→a . Ako je −→a nula vektor, onda je−−→AB njegov predstavnik ako i samo ako je B = A. Tada kroz tacke A i B prolazibeskonacno mnogo pravih, koje ne moraju biti paralelne. Zbog toga kazemo da pravacnula vektora nije odreden.

Definicija 2.3.2. Za dvije nenulte orijentisane duzi ciji se nosaci poklapaju ili surazlicite paralelne prave kazemo da su kolinearne.

Neka su−−→PQ i

−→RS dvije kolinearne orijentisane duzi. Pretpostavimo da su njihovi

nosaci paralelne razlicite prave. Tada tacke P, Q, R i S leze u jednoj ravni α i tackeP i R odreduju neku pravu p ravni α. Prava p odreduje dvije poluravni ravni α. Akotacke Q i S pripadaju istoj poluravni, onda kazemo da orijentisane duzi

−−→PQ i

−→RS

imaju isti smjer. Ako te tacke pripadaju razlicitim poluravnima, onda kazemo daorijentisane duzi

−−→PQ i

−→RS imaju suprotne smjerove.

2.3. VEKTORI 43

Neka se nosaci kolinearnih orijentisanih duzi−−→PQ i

−→RS poklapaju. Posmatrajmo

presjek polupravih pp(PQ) i pp(RS). Njihov presjek moze biti skup {P}, duz PR ilijedna od tih polupravih. Ako je taj presjek jedna od tih polupravih, onda kazemo daorijentisane duzi

−−→PQ i

−→RS imaju isti smjer. Ako to nije ispunjeno, onda kazemo da

te orijentisane duzi imaju suprotne smjerove.Dakle, samo za kolinearne orijentisane duzi mozemo govoriti da li su istog ili

suprotnog smjera. Neka je S skup svih Nosac trivijalne orijentisane duzi−−→PP je bilo

koja prava koja prolazi tackom P.

Iz prethodne definicije i naprijed navedenog slijede sljedece dvije tvrdnje.

Tvrdnja 2.3.3. Svaki vektor iz V 3 jednoznacno je odreden svojim modulom, prvcemi smjerom.

Tvrdnja 2.3.4. Dva suprotna vektora imaju isti modul i isti pravac, ali suprotnesmjerove.

Neka je dat nenulti vektor −→a i proizvoljna tacka O prostora E . Tada postojinetrivijalna orijentisana duz

−−→AB koja pripada klasi ekvivalencije −→a . Postoji tacno

jedna prava p koja prolazi tackom O i koja je paralelna sa pravom AB. Na pravoj p

postoji tacno jedna tacka C takva da je−−→AB =

−−→OC. To znaci da orijentisana duz

−−→OC

pripada klasi ekvivalencije −→a = [−−→AB]ρ. Prema tome za svaku tacku O prostora E i

svaku klasu ekvivalencije−→x postoji tacka M prostora E takva da je−−→OM predstavnik te

klase ekvivalencije. Ako za sve klase ekvivalencije odaberemo predstavnike koji imajupocetak u tacki O, onda kazemo da su svi vektori dovedeni na zajednicki pocetak O.Skup svih vektora sa pocetkom u tacki O prostora E oznacavacemo sa:

XO(E) ={−−→

OM | M ∈ E}

.

Skup svih vektora ravni π sa pocetkom u tacki O oznacavamo sa

XO(π) ={−−→

OM | M ∈ π}

,

a prave p sa

XO(p) ={−−→

OM | M ∈ p}

.

2.3.2 Sabiranje vektora

Sada cemo na skupu V 3 definisati operaciju sabiranja.

Tvrdnja 2.3.5. Neka je−−→AB ρ

−−→A′B′ i

−−→BC ρ

−−→B′C ′. Tada je

−→AC ρ

−−→A′C ′.


Dokaz. Prema Tvrdnji 2.2.3 iz−−→AB ρ

−−→A′B′ slijedi

−−→AA′ ρ

−−→BB′ i isto tako

−−→BC ρ

−−→B′C ′

povlaci−−→BB′ ρ

−−→CC ′. Odavde zbog tranzitivnosti relacije ρ imamo

−−→AA′ ρ

−−→CC ′. No, onda

zbog Tvrdnje 2.2.3 imamo−→AC ρ

−−→A′C ′.

Na skupu V 3 definisimo binarnu operaciju

s : V 3 × V 3 → V 3

koju nazivamo sabiranje vektora i oznacavamo sa

s(−→a ,

−→b

)= −→a +

−→b = −→c ,

gdje za vektor −→c kazemo da je zbir vektora −→a i−→b i do njega dolazimo na ovaj nacin.

Neka je−−→AB ∈ −→a bilo koji predstavnik vektora −→a , a

−−→BC onaj predstavnik vektora

−→b

koji ima pocetak u tacki B. Onda definisemo

−→c = −→a +−→b =

[−−→AB

]ρ+

[−−→BC

]ρ

=[−→AC

]ρ,

tj. −→c je klasa generisana orijentisanom duzi−→AC. Navedena konstrukcija se iz ociglednih

razloga naziva pravilo trougla.

Primjetimo da je sabiranje vektora dobro definisano, tj. da ne zavisi od izborapredstavnika klasa. Ako je, naime,

−−→A′B′ neki drugi predstavnik klase −→a , a

−−→B′C ′ neki

drugi predstavnik klase,−→b , tada je prema definiciji sume vektora imamo

−→a +−→b =

[−−→A′B′

]ρ+

[−−→B′C ′

]ρ

=[−−→A′C ′

]ρ,

ali je prema Tvrdnji 2.3.5−−→A′C ′ ρ

−→AC, pa je

[−→AC

]ρ

=[−−→A′C ′

]ρ

= −→c .

Teorem 2.3.6. Skup V 3 je u odnosu na sabiranje vektora komutativna grupa.

Dokaz. Prema definiciji sume vektora ocigledno je(V 3,+

)grupoid.

Provjerimo asocijativnost sabiranja vektora. Neka su−→AB,

−−→BC i

−−→CD redom pred-

stavnici vektora −→a ,−→b i −→c . Tada je

(−→a +−→b

)+−→c =

[−→AC

]ρ+

[−−→CD

]ρ

=[−−→AD

]ρ

−→a +(−→

b +−→c)

=[−−→AB

]ρ+

[−−→BD

]ρ

=[−−−→ABD

]ρ,

2.3. VEKTORI 45

pa je (−→a +−→b

)+−→c = −→a +

(−→b +−→c

).

Dakle, sabiranje je asocijativno.

Neka je −→a proizvoljan element iz V 3 i−−→AB njegov predstavnik. Tada je

−→a +−→0 =

[−−→AB

]ρ+

[−−→AB

]ρ

=[−−→AB

]ρ

= −→a ,

−→0 +−→a =

[−→AA

]ρ+

[−−→AB

]ρ

=[−−→AB

]ρ

= −→a .

Dakle, −→a +−→0 =

−→0 +−→a = −→a ,

tj.−→0 je neutralan element za sabiranje vektora.Za svaki vektor iz V 3 postoji suprotan element i to je upravo njegov suprotan

vektor. Naime,−→a + (−−→a ) =

[−−→AB

]ρ+

[−−→BA

]ρ

=[−→AA

]ρ

=−→0

(−−→a ) +−→a =[−−→BA

]ρ+

[−−→AB

]ρ

=[−−→BB

]ρ

=−→0 .

Dokazimo sada da je sabiranje vektora komutativno. Neka su −→a ,−→b bilo koji

vektori i neka je −→a =[−−→AB

]ρ

i−→b =

[−−→BC

]ρ. Tada je −→a +

−→b =

[−→AC

]ρ. S druge

strane, neka je D ∈ E tacka sa svojstvom da je−−→AD ρ

−−→BC. Tada je prema Tvrdnji

2.2.3−−→AB ρ

−−→DC. Zbog toga imamo

−→b +−→a =

[−−→BC

]ρ+

[−−→AB

]ρ

=[−−→AD

]ρ+

[−−→DC

]ρ

=[−→AC

]ρ,

tj. −→a +−→b =

−→b +−→a .

2.3.3 Mnozenje vektora skalarom

Sada cemo definisati mnozenje vektora skalarom. Ova operacija predstavlja produzi-vanje ili skra civanje vektora. Neka je R polje realnih brijeva. Pod proizvodom vektorai skalara podrazumjevamo preslikavanje

m : R× V 3 → V 3

gdje vektor m (λ,−→a ) pisemo kratko kao λ−→a i nazivamo proizvod realnog broja i vek-tora, a definisan je na ovaj nacin:

1. intenzitet:|λ−→a | = |λ||−→a |, tj. jednak je proizvodu apsolutne vrijednosti realnogbroja λ i intenziteta vektora −→a ,


2. pravac: pravac vektora λ−→a je isti kao i pravac vektora −→a ,

3. smjer vektori λ−→a i −→a imaju isti smjer ako je λ > 0, a suprotan smjer ako jeλ < 0. (Ako je λ = 0, onda je na osnovu uslova 1. λ−→a =

−→0 .)

Tvrdnja 2.3.7. λ−→a =−→0 ako i samo ako λ = 0 ili je −→a = 0.

Dokaz. Ako je λ = 0, onda je po definiciji λ−→a =−→0 i λ

−→0 =

−→0 . Obrnuto, Ako je

λ−→a =−→0 , onda je |λ||−→a | = 0, pa je |λ| = 0 ili je |−→a | = 0. U prvom slucaju je λ = 0,

a u drugom slucaju je −→a =−→0 .

Mnozenje vektora realnim brojem (tj. skalarom) ima sljedece osobine:

Teorem 2.3.8. Za proizvoljne skalare λ, µ ∈ R i proizvoljne vektore −→x , −→y ∈ V 3

vrijedi:

i) λ(−→x +−→y ) = λ−→x + λ−→y ,

ii) (λ + µ)−→x = λ−→x + µ−→x ,

iii) (λ · µ)−→x = λ(µ−→x ),

iv) 1 · −→x = −→x ,

v) (−1)−→x = −−→x .

Dokaz. (i) Ako je λ = 0 ili −→x =−→0 ili −→y =

−→0 tvrdnja ocigledno vrijedi. Pret-

postavimo zato da je λ 6= 0 i da su −→x i −→y nekolinearni nenulti vektori. Neka je−→x =

[−−→AB

]ρ

−→y =[−−→BC

]ρ

Tada je −→x +−→y =[−→AC

]ρ. Neka je, nadalje, λ−→x =

[−−→AA′

]ρ.

Tada su tacke A,B i A′ kolinearne. Odaberimo tacku C ′ na polupravoj AC takoda je A′C ′‖BC. Tada su trouglovi ABC i AA′C ′ slicni. Iz slicnosti trouglova slijediproporcionalnost odgovarajucih strana. Zato je

A′C ′

BC=

AA′

AB,

tj.|−−→A′C ′||−→y | =

|λ||−→x ||−→x | ,

pa je |−−→A′C ′| = |λ||−→y |. Odavde slijedi λ−→y =[−−→A′C ′

]ρ. Na isti nacin zakljucujemo da

je−−→AC ′ = λ

−→AC, tj.

[−−→AC ′

]ρ

= λ[−→AC

]ρ. Dakle,

[−−→AC ′

]ρ

= λ (−→x +−→y ) .

2.3. VEKTORI 47

Kako je−−→AC ′ =

−−→AA′ +

−−→A′C ′, to je

[−−→AC ′

]ρ

=[−−→AA′

]ρ+

[−−→A′C ′

]ρ, pa je

λ (−→x +−→y ) = λ−→x + λ−→y .

(ii) Razlikovacemo nekoliko slucajeva u zavisnosti od predznaka realnih brojeva λ

i µ. Neka su λ i µ istog predznaka. Neka je λ−→x =[−−→AB

]ρ

i µ−→x =[−−→BC

]ρ. Tada je

λ−→x + µ−→x =[−→AC

]ρ, pa je |λ−→x + µ−→x | = |−→AC|. S druge strane je |−−→AB| = |λ||−→x | i

|−−→BC| = |µ||−→x |. Zato je

|−→AC| = |−−→AB|+ |−−→BC| = |λ||−→x |+ |µ||−→x | = (|λ|+ |µ|) |−→x | = |λ + µ||−→x |.

Dakle,|λ−→x +µ−→x | = |λ+µ||−→x |. Kako vektori (λ + µ)−→x i λ−→x +µ−→x imaju isti pravaci smjer to je (λ + µ)−→x = λ−→x + µ−→x .

Neka su sada realni brojevi λ i µ suprotnih znakova i neka je |λ| > |µ|. Neka jeλ−→x =

[−−→AB

]ρ

i µ−→x =[−−→BC

]ρ. Kako su ti vektori istog pravca, to su tacke A, B i C

kolinearne. Orijentacija ovih vektora je suprotna. Nadalje, zbog |λ| > |µ| imamo

AB = |λ−→x | = |λ||−→x | > |µ||−→x | = |µ−→x | = BC.

To znaci da je tacka C izmedu tacaka A i B. Kako je λ−→x + µ−→x =[−→AC

]ρ, to je

|λ−→x + µ−→x | = AC = AB −BC = |λ||−→x | − |µ||−→x |= λ|−→x |+ µ|−→x | = (λ + µ)|−→x |= |λ + µ||−→x | = |(λ + µ)−→x |,

tj. vektori λ−→x + µ−→x i (λ + µ)−→x imaju jednake intenzitete.Oba ova vektora imajuisti pravac kao i vektor −→x , a takode oba imaju smjer kao vektor −→x . Dakle, vrijedi(λ + µ)−→x = λ−→x + µ−→x .

Slicno se tvrdnja dokazuje i u ostalim slucajevima racunajuci trivijalne slucajevekada je λ = 0 ili µ = 0 ili λ + µ = 0.

(iii) Ako je λ = 0 ili µ = 0 tvrdnja je trivijalna. Pretpostavimo, zato, da je λ 6= 0i µ 6= 0. Imamo najprije

|λ (µ−→x ) | = |λ||µ−→x | = |λ| (|µ||−→x |) = (|λ||µ|)|−→x | = |λµ||−→x | = |(λµ)−→x |,

tj. vektori λ(µ−→x ) i (λµ)−→x imaju isti intenzitet. Isto tako, ocito je da ti vektori imajuisti pravac (oba imaju pravac vektora −→x .) Pokazimo da ovi vektori imaju jednakesmjerove. Vektor µ−→x ima smjer kao vektor −→x ako je µ > 0, a suprotan smjer ako jeµ < 0. Vektori λ(µ−→x ) i µ−→x imaju iste smjerove ako je λ > 0, a suprotne ako je λ < 0.Dakle, vektor λ(µ−→x ) ce imati isti smjer kao vektor −→x ako λ i µ istog znaka, tj. ako


je λµ > 0. Nadalje, vektor λ(µ−→x ) ce imati suprotan smjer u odnosu na vektor −→x akoλ i µ suprotnog znaka, tj. ako je λµ < 0. S druge strane vektor (λµ)−→x ce imati istiili suprotan smjer u odnosu na −→x u zavisnosti od toga da li je λµ > 0 ili je λµ > 0.Prema tome, vektori λ(µ−→x ) i (λµ)−→x imaju isti smjer, pa su jednaki.

Tvrdnje pod (iv) i (v) se jednostavno dokazuju.

2.3.4 Linearna kombinacija

Neka su dati vektori: −→a1,−→a2, . . . ,

−→ak i skalari α1, α2, . . . , αk. Tada se vektor

α1−→a1 + α2

−→a2 + . . . + αk−→ak

naziva linearna kombinacija vektora −→a1,−→a2, . . . ,

−→ak i skalara α1, α2, . . . , αk. Skalariα1, α2, . . . , αk se nazivaju koeficijenti linearne kombinacije. Ako je neki vektor −→xpredstavljen u obliku linearne kombinacije

−→x = α1−→a1 + α2

−→a2 + . . . + αk−→ak,

onda kazemo da je on razlozen po tim vektorima.U Definiciji 2.3.2 uveli smo pojam kolinearnih orijentisanih duzi. Taj pojam

mozemo prenijeti i na vektore. Za dva vektora kazemo da su kolinearni ako imajuisti pravac. Smatramo da je nula vektor kolinearan sa svakim vektorom. Iz definicijemnozenja vektora skalarom proizilazi da su vektori −→x i λ−→x kolinearni. Medutimvrijedi i sljedeci obrat:

Teorem 2.3.9. Neka su −→x i −→y kolinearni vektori i −→x 6= 0. Tada postoji tacno jedanrealan broj λ takav da je −→y = λ−→x .

Dokaz. Neka su −→x =[−−→OX

]ρ

i −→y =[−−→OY

]ρ. Zbog kolinearnosti vektora −→x i −→y slijedi

da su tacke O,X i Y kolinearne, tj. leze na istoj pravoj, recimo, p. Keka je

k =OY

OX

realan broj. Ako se tacke X i Y nalaze sa iste strane tacke O, onda stavimo λ = k, aako su sa suprotnih strana stavimo λ = −k. Posmatrajmo vektor λ−→x . On je kolinearnasa −→x . Njegov smjer je isti kao i smjer vektora −→y . Intenzitet ovog vektora je

|λ−→x | = |λ||−→x | = k ·OX =OY

OX·OX = OY = |−→y |.

Dakle, vektori λ−→x i−→b imaju isti intenzitet. Kako su oni istog pravca i smjera to su

jednaki, tj. −→y = λ−→x . Ako je osim toga i −→y = µ−→x , onda je

OY = |−→y | = |µ||−→x | = |µ|OX.

2.3. VEKTORI 49

Odavde je |µ| = OYOX = k = |λ|, pa je µ = ±k. Ako su vektori −→x i −→y istog smjera,

onda je µ > 0, a u slucaju suprotnog smjera je µ < 0. To znaci da λ i µ imaju istipredznak, pa je µ = λ. Time je teorema dokazana.

Definicija 2.3.10. Za vektor −→a =[−−→AB

]ρ

kazemo da je paralelan sa ravni π ako je

prava AB paralelna sa ravni π. Za vektore prostora V 3 kazemo da su komplanarniako su paralelni sa istom ravni.

Odmah se vidi da su kolinearni vektori komplanarni. Isto tako sva dva vektoraprostora V 3 su komplanarna.

Tvrdnja 2.3.11. Neka su −→a ,−→b ∈ V 3 bilo koja dva vektora i α, β ∈ R. Ako je

−→c = α−→a + β−→b , onda su vektori −→a ,

−→b i −→c komplanarni.

Dokaz. Neka je −→a =[−→OA

]ρ,−→b =

[−−→OB

]ρ, α−→a =

[−−→OC

]ρ

i β−→b =

[−−→OD

]ρ. Tada su

tacke O,A i C kolinearne, a takode i tacke O, B i D su kolinearne. Neka je E tackatakva da je OCED paralelogram. Tada je

−−→OE =

−−→OC +

−−→OD, tj. −→c =

[−−→OE

]ρ. Iz

cinjenice da je OCED paralelogram slijedi da su vektori α−→a , β−→b i −→c komplanarni.

No, tada su i vektori −→a ,−→b i −→c komplanarni.

Teorem 2.3.12. Neka su dati nekolinearni vektori −→e1 i −→e2 . Svaki vektor −→a kompla-naran sa njima moze se na jedinstven nacin razloziti po tim vektorima.

Dokaz. Primjetimo prvo da su oba vektora −→e1 i −→e2 razlicita od nule. U protivnom onibi bili kolinearni. Ako je −→x kolinearan sa jednim od njih, npr. sa −→e1 , onda bi postojaoskalar λ takav da je −→x = λ−→e1 , pa bi imali −→x = λ−→e1 + 0−→e2 . Razmotrimo sada opstislucaj, tj. kada vektor −→x nije kolinearan ni sa jednim od vektora −→e1 i −→e2 . Dovedimoova tri vektora do istog pocetka O. Neka je −→x =

[−→OA

]ρ. Kroz tacku A konstruisimo

prave p i q paralelne vekltorima −→e1 i −→e2 . Neka ove prave sijeku nosace vektora −→e1 i −→e2

u tackama P i Q respektivno. Tada je−→OA =

−−→OP +

−−→OQ. Vektor

[−−→OP

]ρ

je kolinearan

sa −→e1 , a vektor[−−→OQ

]ρ

je kolinearan sa −→e2 . Zbog toga postoje skalari α1 i α2 takvi da

je[−−→OP

]ρ

= α1−→e1 i

[−−→OQ

]ρ

= α2−→e2 . Odavde je −→x =

[−→OA

]ρ

= α1−→e1 + α2

−→e2 . Ovim je

egzistencija razlaganja dokazana. Dokazimo jedinstvenost razlaganja. Pretpostavimoda imamo i razlaganje −→x = β−→e1 + β−→e2 , pri cemu je α1 6= β1. Kako kroz jednutacku postoji jedna i samo jedna prava koja je paralelna drugoj pravoj, to mora bitiα1−→e1 =

[−−→OP

]ρ

= β1−→e1 . Odavde slijedi α1 = β1, sto je protivno nasoj pretpostavci da

je α1 6= β1.

Teorem 2.3.13. Neka su data tri nekomplanarna vektora −→e1 , −→e2 i −→e3 . Tada se svakivektor −→x moze razloziti u njihovu linearnu kombinaciju. Takvo razlaganje je jedin-stveno.


Dokaz. Jasno je da nikoja dva vektora medu vektorima −→e1 , −→e2 i −→e3 nisu kolinearnu.Ako je −→x komplanaran sa −→e1 , −→e2 i −→e3 onda tvrdnja slijedi iz prethodne teoreme.Razmotrimo opsti slucaj. Dovedimo sva cetiri vektora na zajednicki pocetak O, tj.neka je −→e1 =

[−−→OE1

]ρ, −→e2 =

[−−→OE2

]ρ, −→e3 =

[−−→OE3

]ρ

i −→x =[−→OA

]ρ. Kroz tacku A

konstruisimo pravu a paralelnu vektoru −→e3 . Neka ova prava sijece ravan odredenutackama O, E1, E2 u tacki P. Tada je

−→OA =

−−→OP +

−→PA. Prema prethodnoj teormi

vektor[−−→OP

]ρ

ima jedinstveno razlaganje[−−→OP

]ρ

= α1−→e1 +α2

−→e2 , a vektor[−→PA

]ρ

ima

jedinstven prikaz[−−−→OPA

]ρ

= α3−→e3 . Tako imamo −→x = α1

−→e1 + α2−→e2 + α3

−→e3 . Kako je

tacka P jednoznacno odredena, to je jednoznacnost razlaganja dokazana.

Definicija 2.3.14. Bazom prostora V 3 nazivamo svaku uredenu trojku

B = {−→e 1,−→e 2,

−→e 3}nekomplanarnih vektora. Ponekad se umjesto termina baza koristi termin koordinatnisistem. Vektore −→e i (i = 1, 2, 3) zovemo koordinatni vektori.

Neka jeB = {−→e 1,

−→e 2,−→e 3}

baza prostora V 3 a−−→OA1,

−−→OA2,

−−→OA3 neka su predstavnici vektora baze s istim pocetkom.

Oznacimo sa π ravan odredenu tackama O, A1 i A2. Ta ravan dijeli prostor u dvapotprostora. Posmatrajmo trougao OA1A2. Kazemo da je ovaj trougao pozitivno ori-jentisan, ako je obilazak O Ã A1 Ã A2 protivan kretanju kazaljke na satu. Trougaokoji nije pozitivno orijentisan naziva sae negativno orijentisan trougao. Za bazu Bkazemo da je desno orijentisana ili da je desna baza, ako je trougao OA1A2 pozitivnoorijentisan. Ako je B = (−→e1 ,−→e2 ,−→e3) baza vektorskog prostora V 3, onda prema Teoremi2.3.13 za proizvoljan vektor −→x postoji tacno jedna uredena trojka (α1, α2, α3) takvada je −→x = α1

−→e1 + α2−→e2 + α3

−→e3 . (2.3.1)

Ovako definisanu uredenu trojku nazivamo koordinate ili komponente vektora −→x .Zbog ovog svojstva smatramo da je V 3 trodimenzionalan prostor.

Neka je R3 skup svih uredenih trojki (α1, α2, α3) realnih brojeva. Kako je prikaz(2.3.1) jednoznacan, to postoji preslikavanje

k : V 3 → R3

definisano sak(−→x ) = k (α1

−→e1 + α2−→e2 + α3

−→e3) = (α1, α2, α3) ,

koje nazivamo koordinatizacija prostora V 3 u odnosu na bazu B.Preslikavanje k je bijekcija, pa cemo umjesto (2.3.1) cesto pisati −→x = (α1, α2, α3)

.

2.3. VEKTORI 51

Tvrdnja 2.3.15. Ako je −→x = (α1, +α2, α3) i −→y = (β1, β2, β3) , onda je

1. −→x +−→y = (α1 + β1, α2 + β2, α3 + β3) ,

2. λ−→x = (λα1, λα2, λα3) .

Tvrdnja 2.3.16. Neka su −→a = (α1,+α2, α3) i−→b = (β1, β2, β3) nenulti vektori

prostora V 3. Tada su ti vektori kolinearni ako i samo ako vrijedi

α1 : α2 : α3 = β1 : β2 : β3.

Dokaz. Prema Tvrdnji 2.3.9 vektori −→a i−→b su kolinearni ako i samo ako postoji realan

broj λ takav da je−→b = λ−→a . Tada je

βi = λαi (i = 1, 2, 3),

pa jeβ1

α1=

β2

α2=

β1

α1= λ.

Odavde slijedi α1 : α2 : α3 = β1 : β2 : β3, sto je trebalo dokazati.

Definicija 2.3.17. Uredeni par (−→e1 ,−→e2) dva nekolinearna vektora ravni π nazivamobazom vektorskog prostora X0(π).

2.3.5 Linearna zavisnost vektora

Linearnu kombinaciju nekoliko vektora nazivamo trivijalnom ako su svi koeficijentiu toj linearnoj kombinaciji jednaki nuli. Trivijalna linearna kombinacija bilo kojihvektora je jednaka nula vektoru. Za linearnu kombinaciju kazemo da je netrivijalnaako je u toj linearnoj kombinaciji bar jedan koeficijent razlicit od nule.

Definicija 2.3.18. Vektore −→a1,−→a2, . . . ,

−→ak nazivaju se linearno zavisnim, ako postojinetrivijalna linearna kombinacija tih vektora koja je jednaka nuli, tj. ako postojeskalari α1, α2, . . . , αk takvi da je

α1−→a1 + α2

−→a2 + . . . + αk−→ak = 0 i α2

1 + α22 + . . . + α2

k 6= 0.

Vektori koji nisu linearno zavisni nazivaju se linearno nezavisni. Dakle, vektori−→a1,−→a2, . . . ,

−→ak su linearno nezavisni ako i samo ako vrijedi

α1−→a1 + α2

−→a2 + . . . + αk−→ak = 0 ⇒ α1 = α2 = . . . = αk = 0.

Pojam linearne zavisnosti i nezavisnosti igra kljucnu ulogu u linearnoj algebri.

Teorem 2.3.19. Svaka dva kolinearna vektora su linearno zavisna i obrnuto, ako sudva vektora linearno zavisni, onda su oni kolinearni. Svaka dva nekolinearna vektorasu linearno nezavisna.


Dokaz. Neka su vektori −→a i−→b kolinearni. Ako je bar jedan od njih nula, npr. −→a = 0,

onda je 1−→a + 0−→b = 0. Ako su oba razlicita od nule, onda je

−→b = ± |−→b |

|−→a |−→a , gdje se

uzima znak + ako su vektori −→a i−→b istog smjera, a znak - ako su ti vektori suprotnog

smjera. Odavde imamo 1 · −→b ∓ |−→b ||−→a |−→a = 0, pa su vektori −→a i

−→b linearno zavisni.

Obrnuto, ako su vektori −→a i−→b linearno zavisni onda je α−→a + β

−→b = 0 i α 6= 0 ili

β 6= 0. Neka je npr. α 6= 0. Tada je −→a = −βα

−→b . Odavde slijedi da su vektori −→a i

−→b

kolinearni.Neka su vektori −→a i

−→b nekolinearni. Ako bi bili linearno zavisni, onda bi oni,

prema naprijed dokazanom, bili kolinearni, sto nije slucaj.Analogno se dokazuju sljedece dvije teoreme.

Teorem 2.3.20. Ako su tri vektora linearno zavisna, onda su oni komplanarni. Svakatri komplanarna vektora su linearno zavisna. Tri nekomplanarna vektora su linearnonezavisna.

Teorem 2.3.21. Svaka cetiri vektora u X0(E) su linearno zavisna.

2.3.6 Koordinatni sistem

Fiksirajmo u prostoru E tacku O. Neka je M proizvoljna tacka prostora E . Vektor−−→OM

nazivamo radijus vektorom tacke M. Izaberimo u X0(E) jednu bazu (−→e1 ,−→e2 ,−→e3) . Tadatacki M mozemo pridruziti uredenu trojku (α1, α2, α3) skalara, koje predstavljajukomponente vektora

−−→OM u pomenutoj bazi.

Definicija 2.3.22. Uredeni par (O, (−→e1 ,−→e2 ,−→e3)) jedne tacke O prostora E i baze(−→e1 ,−→e2 ,−→e3) naziva se koordinatni sistem. Tacka O naziva se koordinatni pocetak.Komponente (α1, α2, α3) radijus vektora

−−→OM tacke M nazivaju se koordinate tacke

M. Prave koje predstavljaju nosace vektora baze redom nazivaju se apcisa, ordinata iaplikata.

2.3.7 Skalarni proizvod

Neka su −→a i−→b nenulti vektori prostora V 3. Neka je −→a =

[−→OA

]ρ

i−→b =

[−−→OB

]ρ. Onda

mjerni broj ugla ](−→a ,

−→b

)definisemo kao mjerni broj neorijentisanog ugla ]AOB,

koji se nalazi u intervalu [0, π]. Ako je bar jedan od vektora −→a i−→b nula vektor, pojam

ugla ](−→a ,

−→b

)ne definise. Lahko je vidjeti da je ugao ]

(−→a ,−→b

)dobro definisan i

da ne zavisi od izbora predstavnika (Teorema o uglovima sa paralelnim kracima.). Izdefinicije ugla izmedu dva vektora skijedi da je

](−→a ,

−→b

)= ]

(−→b ,−→a

).

2.3. VEKTORI 53

Ako je ](−→a ,

−→b

)= π

2 , onda kazemo da su ti vektori ortogonalni (ili okomiti) i

pisemo −→a ⊥ −→b . Osim toga, vektori −→a i

−→b su kolinearni istog smjera ako i samo je

](−→a ,

−→b

)= 0, a suprotnog smjera ako je ]

(−→a ,−→b

)= π.

Sada cemo u V 3 definisati jednu novu operaciju koju cemo zvati skalarni proizvod.

Definicija 2.3.23. Neka jeu : V 3 × V 3 → R

preslikavanje koje uredenom(−→a ,

−→b

)vektora pridruzuje realan broj u

(−→a ,−→b

)tako

da vrijedi:

1. ako je bar jedan od vektora −→a i−→b nula vektor, onda je u

(−→a ,−→b

)= 0;

2. ako je −→a 6= −→0 i

−→b 6= −→

0 , onda je

u(−→a ,

−→b

)= |−→a | |−→b | cos]

(−→a ,−→b

).

Preslikavanje u nazivamo skalarni proizvod u prostoru V 3. Obicno pisemo

u(−→a ,

−→b

)= −→a · −→b = −→a −→b

i takoder krace cos](−→a ,

−→b

)= cos

(−→a ,−→b

).

Pomocu skalarnog proizvoda okomitost vektora −→a i−→b moze okarakterisati na

sljedeci nacin.

Tvrdnja 2.3.24. Nenulti vektori −→a i−→b su okomiti (ortogonalni) ako i samo ako je

−→a · −→b = 0.

Dokaz. Ako je −→a ·−→b = 0, onda je |−→a | |−→b | cos(−→a ,

−→b

)= 0. Kako je |−→a | 6= 0 i |−→b | 6= 0,

to je cos(−→a ,

−→b

)= 0, pa je ]

(−→a ,−→b

)= π

2 , tj. −→a ⊥ −→b .

Obrnuto, neka je −→a ⊥ −→b . Tada je cos

(−→a ,−→b

)= 0, pa je −→a · −→b = 0.

Primjetimo da je −→a · −→a = |−→a |2. Skalarni proizvod vektora −→a sa samim sobomoznacavamo sa −→a 2. Odmah je jasno da je −→a 2 ≥ 0 za svako −→a ∈ V 3 i da je −→a 2 = 0ako i samo ako je −→a =

−→0 .

Tvrdnja 2.3.25. Za svaka dva vektora −→a ,−→b ∈ V 3 vrijedi

(−→a +−→b

)2= −→a 2 +

−→b 2 + 2−→a · −→b i

(−→a −−→b)2

= −→a 2 +−→b 2 − 2−→a · −→b .


Dokaz. Neka je −→a =[−−→AB

]ρ

i−→b =

[−−→BC

]ρ. Tada je −→a +

−→b =

[−→AC

]ρ. Pretpostavimo

da vektori −→a i−→b nisu kolinearni. Primjenom kosinusne teoreme na trougao ABC

imamoAC2 = AB2 + BC2 − 2AB ·BC cosϕ,

pri cemu je ϕ = π − ](−→a ,

−→b

). Dakle,

|−→a +−→b |2 = |−→a |2 + |−→b |2 − 2|−→a | |−→b | cos

(π − ]

(−→a ,−→b

))

= |−→a |2 + |−→b |2 + 2|−→a | |−→b | cos](−→a ,

−→b

)

= −→a · −→a +−→b · −→b + 2−→a · −→b .

Neka su sada −→a i−→b kolinearni vektori istog smjera. Tada je −→a +

−→b =

[−→AC

]ρ. Kako

je|−→a +

−→b | = AC = AB + BC = |−→a |+ |−→b |,

to je(−→a +

−→b

)2=

(|−→a |+ |−→b |

)2

= |−→a |2 + |−→b |2 + 2|−→a | |−→b |= −→a · −→a +

−→b · −→b + 2−→a · −→b .

Neka su sada −→a i−→b kolinearni vektori suprotnog smjera i neka je npr. |−→a | ≥ |−→b |.

Tada je −→a +−→b =

[−→AC

]ρ

i AC = AB −BC. Nadalje, imamo

(−→a +−→b

)2=

(|−→a | − |−→b |

)2

= |−→a |2 + |−→b |2 − 2|−→a | |−→b |= −→a · −→a +

−→b · −→b + 2−→a · −→b ,

jer je −→a · −→b = |−→a | |−→b | cosπ = −|−→a | |−→b |.Slicno se dokazuje druga tvrdnja.

Tvrdnja 2.3.26. Za proizvoljne vektore −→a i vekb prostora V 3 i skalar (λ ∈ R) vrijedi

(λ−→a ) · −→b = λ(−→a · −→b

).

Dokaz. Ako je λ = 0 ili je jedan od vektora −→a i−→b onda je tvrdnja ocigledna. Uzmimo

zato da je λ 6= 0, −→a 6= −→0 i

−→b 6= −→

0 . Tada je λ > 0 ili je λ < 0. Ako je λ > 0, onda je|λ−→a | = λ|−→a | i ]

(λ−→a ,

−→b

)= ]

(−→a ,−→b

), pa je

(λ−→a ) · −→b = |λ−→a ||−→b | cos](λ−→a ,

−→b

)= λ|−→a ||−→b | cos]

(−→a ,−→b

)= λ

(−→a · −→b)

.

2.3. VEKTORI 55

Ako je λ < 0, onda je |λ−→a | = −λ|−→a | i ](λ−→a ,

−→b

)= π − ]

(−→a ,−→b

), pa je

(λ−→a ) · −→b = |λ−→a ||−→b | cos](λ−→a ,

−→b

)

= −λ|−→a ||−→b | cos(π − ]

(−→a ,−→b

))

= −λ|−→a ||−→b |(− cos]

(λ−→a ,

−→b

))

= λ(−→a · −→b

).

Time je tvrdnja dokazana.

Teorem 2.3.27. Ako je baza (−→e1 ,−→e2 ,−→e3) ortogonalna, tada su komponente vektora −→au odnosu na tu bazu date formulom

α1 =−→a · −→e1

|−→e1 |2 , α2 =−→a · −→e2

|−→e2 |2 , α3 =−→a · −→e3

|−→e3 |2 .

Dokaz. Neka je −→a = α1−→e1 + α2

−→e2 + α3−→e3 i −→a = −→a1 + −→a2 + −→a3, pri cemu su vektori−→a1,

−→a2 i −→a3 kolinearni redom sa vektorima −→e1 ,−→e2 i −→e3 . Tada je −→ai = αi−→ei , i = 1, 2, 3,

tj.|−→ai | = |αi||−→ei | (i = 1, 2, 3).

Dakle,

αi = ±|−→ai ||−→ei | (i = 1, 2, 3),

pri cemu se uzima znak ”-” ako su vektori −→ai i −→ei (i = 1, 2, 3) suprotnog smjera. Sdruge strane je

±|ai| = |−→a | cos](−→a ,−→ei ), (i = 1, 2, 3).

Dakle,

αi =|−→a | cos](−→a ,−→ei )

|−→ei | =−→a · −→ei

|−→ei |2 (i = 1, 2, 3).

Sljedeca osobina izrazava linearnost skalarnog proizvoda.

Teorem 2.3.28. Za svaka tri vektora −→a ,−→b i −→c iz V 3 vrijedi

(−→a +−→b

)· −→c = −→a · −→c +

−→b · −→c .

Dokaz. Ako je −→c = 0, onda je tvrdnja ocigledna. Neka je −→c 6= 0. Izaberimo bazu{−→c ,−→u ,−→v } prostora V 3 tako da je −→c ⊥ −→u , −→c ⊥ −→v , i −→v ⊥ −→u . Prema prethodnoj


teoremi imamo

−→a +−→b =

(−→a +−→b

)· −→c

|−→c |2−→c +

(−→a +−→b

)· −→u

|−→u |2−→u +

(−→a +−→b

)· −→v

|−→v |2−→v ,

−→a =−→a · −→c|−→c |2

−→c +−→a · −→u|−→u |2

−→u +−→a · −→v|−→v |2

−→v ,

−→b =

−→b · −→c|−→c |2

−→c +−→b · −→u|−→u |2

−→u +−→b · −→v|−→v |2

−→v .

Dakle, (−→a +−→b

)· −→c

|−→c |2−→c =

−→a · −→c|−→c |2

−→c +−→b · −→c|−→c |2

−→c ,

pa je (−→a +−→b

)· −→c = −→a · −→c +

−→b · −→c .

Time je dokaz zavrsen.

Matematickom indukcijom dokazuje se da vrijedi

(α1−→a1 + . . . + αk

−→ak) ·−→b = α1

(−→a1 · −→b)

+ . . . + αk

(−→ak ·−→b

).

Zbog komutativnosti skalarnog proizvoda vrijedi

−→a ·(α−→b + β−→c

)= α

(−→a · −→b)

+ β (−→a · −→c ) .

Neka je (−→e1 ,−→e2 ,−→e3) baza, a (α1, α2, α3) i (β1, β2, β3) komponente vektora −→a i−→b u

odnosu na tu bazu. Tada je

−→a · −→b = α1β1 (−→e1 · −→e1) + α2β2 (−→e2 · −→e1) + α3β3 (−→e3 · −→e3) ++ (α1β2 + α2β1) (−→e1 · −→e2) + (α1β3 + α3β1) (−→e1 · −→e3) ++ (α2β3 + α3β2) (−→e2 · −→e3) .

Definicija 2.3.29. Bazu (−→e1 ,−→e2 ,−→e3) nazivamo ortonormiranom ako je

|−→ei | = 1 (i = 1, 2, 3) i ] (−→ei ,−→ej ) = 900 (i 6= j).

Ako je baza (−→e1 ,−→e2 ,−→e3) ortonormirana, onda je

−→e1 · −→e1 = −→e2 · −→e1 = −→e2 · −→e2 = −→e3 · −→e1 = 1, −→e1 · −→e2 = −→e2 · −→e3 = −→e1 · −→e3 = 0.

Ove podatke mozemo zapisati u obliku tabele

2.3. VEKTORI 57

· −→e1−→e2

−→e3−→e1 1 0 0−→e2 0 1 0−→e1 0 0 1

Zbog toga je

−→a · −→b = α1β1 + α2β2 + α3β3,

|−→a | =√

α21 + α2

2 + α23,

cos](−→a ,

−→b

)=

α1β1 + α2β2 + α3β3√(α2

1 + α22 + α2

3

) (β2

1 + β22 + β2

3

)

za −→a = α1−→e1 + α2

−→e2 + α3−→e3 i

−→b = β1

−→e1 + β2−→e2 + β3

−→e3 .

Definicija 2.3.30. Dekartov koordinatni sistem (O, (−→e1 ,−→e2 ,−→e3)) u kojem je baza(−→e1 ,−→e2 ,−→e3) ortonormirana naziva se Dekartov pravougli koordinatni sistem.

Definicija 2.3.31. Uredena trojka nekomplanarnih vektora(−→a ,

−→b ,−→c

)naziva se

trijedar desne orijentacije, ako gledajuci s vrha treceg vektora, tj. vektora −→c , kraciput od vektora −→a do vektora

−→b je na suprot kretanja kazaljke na satu.

2.3.8 Vektorski proizvod

Definicija 2.3.32. Neka su dati vektori −→a i−→b . Konstruisimo vektor −→c takav da je:

1. |c| = |a||b| sinϕ, gdje je ϕ ugao izmedu vektora −→a i−→b ,

2. vektor −→c je ortogonalan na vektorima −→a i−→b ,

3. vektori −→a ,−→b , −→c obrazuju trijedar desne orijentacije.

Vektor −→c nazivamo vektorski proizvod vektora −→a i−→b i pisemo

−→c = −→a ×−→b .

Primjer 2.3.33. Ako je (−→e 1,−→e 2,

−→e 3) ortonormirani trijedar desne orijentacije, tada je

−→e 1 ×−→e 2 = −→e 3,−→e 2 ×−→e 3 = −→e 1

−→e 3 ×−→e 1 = −→e 2,

tj.

× −→e1−→e2

−→e3

−→e1−→0 −→e3 −−→e2−→e2 −−→e3

−→0 −→e1−→e3

−→e1 −−→e1−→0


Ako je(−→

f 1,−→f 2,

−→f 3

)ortonormirani trijedar lijeve orijentacije, tada je

−→f 1 ×−→f 2 = −−→f 3,

−→f 2 ×−→f 3 = −−→f 1

−→f 3 ×−→f 1 = −−→f 2.

Primjer 2.3.34. Neka je |−→b | = 1 i −→a ⊥ −→b . Tada je |−→a ×−→b | = |−→a |. S druge strane vektor

−→a ×−→b je ortogonalan na vektore −→a i na−→b . To znaci da je vektor −→a ×−→b nastao tako sto je

vektor −→a zarotiran oko vektora−→b u pozitivnom smislu za ugao od 900.

Teorem 2.3.35. Vektorski proizvod je antikomutativan, tj.

−→a ×−→b = −(−→

b ×−→a)

.

Dokaz. Intenzitet vektorskog proizvoda ne zavisi od poretka vektora u vektorskomproizvodu, pa je |−→a × −→

b | = |−→b × −→a |. Vektori −→a × −→b i

−→b × −→a su kolinearni.

Vektori −→a ,−→b ,−→a ×−→b formiraju desni trijedar, pa vektori

−→b ,−→a ,−→a ×−→b obrazuju lijevi

trijedar. Zbog toga vektori−→b ,−→a ,−

(−→b ×−→a

)cini desni trijedar. Dakle, −→a × −→b =

−(−→

b ×−→a)

.

Teorem 2.3.36. Za svaka dva vektora −→a i−→b i za bilo koji skalar λ vrijedi

(λ−→a )×−→b = λ(−→a ×−→b

)= −→a × (λ

−→b ).

Dokaz. Oznacimo sa ϕ ugao izmedu vektora −→a i−→b . Tada je

|(λ−→a )×−→b | = |λ||−→a ||−→b | sinϕ = |λ(−→a ×−→b )|Oba vektora su ortogonalna na vektore −→a i

−→b . Za λ > 0 vektori (λ−→a )×−→b i λ(−→a ×−→b )

su istog smjera kao i vektor −→a ×−→b . Za λ < 0 vektori (λ−→a )×−→b i −→a ×−→b su suprotnogsmjera. Isto tako vektori λ(−→a × −→b ) i −→a × −→b su suprotnog smjera. Zbog toga suvektori (λ−→a )×−→b i λ(−→a ×−→b ) za λ 6= 0 su jednako orijentisani. Za λ = 0 tvrdnja jeocigledna. Ostatak tvrdnje se analogno dokazuje.

Lema 2.3.37. Neka je −→c proizvoljan vektor razlicit od nule. Tada za svaki vektor−→a vrijedi −→a ×−→c = −→a1 ×−→c , gdje je −→a = −→a1 +−→a2, pri cemu je −→a1 orogonalan na −→c ,a −→a2 kolinearan sa −→c .

Dokaz. Neka je −→a = −→a1 +−→a2, pri cemu je −→a1 orogonalan na −→c , a −→a2 kolinearan sa −→c .Oznacimo sa ϕ ugao izmedu vektora −→a i −→c . Tada je |−→a1| = |−→a | sinϕ i |−→a2| = |−→a | cosϕ.Pokazimo da je −→a ×−→c = −→a1 ×−→c . Imamo

|−→a1 ×−→c | = |−→a1||−→c | sin 900 = (|−→a | sinϕ)|−→c | · 1 = |−→a ×−→c |.Vektor −→a1 je komplanaran sa vektorima −→a i −→c , pa je vektor −→a ×−→c ortogonalan naravan u kojoj leze vektori −→a ,−→c i −→a1. Buduci da je i vektor −→a1 × −→c ortogonalan naistu ravan, to su vektori −→a × −→c i −→a1 × −→c kolinearni. Sa slike se lako vidi da su oniistog smjera, pa su jednaki. Dakle, −→a ×−→c = −→a1 ×−→c .

2.3. VEKTORI 59

Teorem 2.3.38. Za svaka tri vektora −→a ,−→b ,−→c vrijedi

(−→a +−→b )×−→c = −→a ×−→c +

−→b ×−→c .

Dokaz. Ako je −→c nula vektor, onda je tvrdnja ocigledna. Neka je sada −→c nenultivektor. Vektore −→a i

−→b prikazimo u obliku −→a = −→a1 +−→a2 i

−→b =

−→b1 +

−→b2 , gdje su vektori

−→a1 i−→b1 ortogonalni na −→c , a vektori −→a2 i

−→b2 kolinearni sa −→c . Zbog toga imamo prikaz

−→a +−→b =

(−→a1 +−→b1

)+

(−→a2 +−→b2

), pri cemu je vektor −→a1 +

−→b1 ortogonalan na −→c i

vektor −→a2 +−→b2 kolinearan sa −→c . Zbog toga je

(−→a +−→b

)×−→c =

(−→a1 +−→b1

)×−→c ,

−→a ×−→c = −→a1 ×−→c i−→b ×−→c =

−→b1 ×−→c .

To znaci da trebamo dokazati(−→a1 +

−→b1

)×−→c = −→a1 ×−→c +

−→b1 ×−→c .

Neka je −→e =−→c|−→c | . Na osnovu Primjera 2.3.34 vektor

(−→a1 +−→b1

)×−→e je nastao rotaci-

jom vektora −→a1 +−→b1 oko −→e za ugao od 900. Pri ovoj rotaciji paralelogram konstruisan

nad vektorima −→a1 i−→b1 se preslikava u paralelogram, pri cemu dijagonala prvog par-

alelograma prelazi u dijagonalu drugog paralelograma. Dakle, vektor −→a1 +−→b1 prelazi

u vektor −→a1×−→e +−→b1×−→e . Dakle,

(−→a1 +−→b1

)×−→e = −→a1×−→e +

−→b1×−→e . Konacno imamo

(−→a +−→b

)×−→c =

(−→a1 +−→b1

)×−→c =

(−→a1 +−→b1

)× |−→c |−→e

= |−→c |((−→a1 +

−→b1

)×−→e

)= |−→c |

(−→a1 ×−→e +−→b1 ×−→e

)

= −→a1 ×−→c +−→b1 ×−→c = −→a ×−→c +

−→b ×−→c ,

sto je i trebalo dokazati.

Neka je (−→e1 ,−→e2 ,−→e3) desna ortonormirana baza prostora XO(E). Neka su −→a =α1−→e1 + α2

−→e2 + α3−→e3 i

−→b = β−→e1 + β2

−→e2 + β3−→e3 proizvoljni vektori.Tada na osnovu

prethodnih teorema imamo

−→a ×−→b = (α1−→e1 + α2

−→e2 + α3−→e3)× (β−→e1 + β2

−→e2 + β3−→e3)

= (α1β2 − α2β1) (−→e1 ×−→e2) + (α2β3 − α3β2) (−→e2 ×−→e3)+ (α3β1 − α1β3) (−→e3 ×−→e1)

= (α1β2 − α2β1)−→e3 + (α2β3 − α3β2)−→e1 + (α3β1 − α1β3)−→e2


Ovaj posljednji izraz mozemo formalno napisati u obliku determinante treceg reda

−→a ×−→b =

−→e1−→e2

−→e3

α1 α2 α3

β1 β2 β3

.

Neka su dati vektori

−→a = α1−→e1 + α2

−→e2 + α3−→e3 ,

−→b = β−→e1 + β2

−→e2 + β3−→e3 i

−→c = γ1−→e1 + γ2

−→e2 + γ3−→e3 .

Izracunajmo −→a ×(−→

b ×−→c)

. Kako je

−→b ×−→c = (β2γ3 − β3γ2)−→e1 + (β3γ1 − β1γ3)−→e2 + (β1γ2 − β2γ1)−→e3 ,

to je

−→a ×(−→

b ×−→c)

=

−→e1−→e2

−→e3

α1 α2 α3

β2γ3 − β3γ2 β3γ1 − β1γ3 β1γ2 − β2γ1

.

Odavde imamo

−→a ×(−→

b ×−→c)

= (α2 (β1γ2 − β2γ1)− α3 (β3γ1 − β1γ3))−→e1

+α3 ((β2γ3 − β3γ2)− α1 (β1γ2 − β2γ1))−→e2

+(α1 (β3γ1 − β1γ3)− α2 (β2γ3 − β3γ2))−→e3

=((−→a · −→c ) β1 −

(−→a · −→b)

γ1

)−→e1

+((−→a · −→c ) β2 −

(−→a · −→b)

γ2

)−→e2

+((−→a · −→c ) β3 −

(−→a · −→b)

γ3

)−→e3

= (−→a · −→c )−→b −

(−→a · −→b)−→c .

Posljednji izraz mozemo napisati u obliku determinante drugog reda

−→a ×(−→

b ×−→c)

=−→b −→c

−→a · −→b −→a · −→c .

Ovim smo dokazali sljedecu teoremu

Teorem 2.3.39. Za svaki izbor vektora −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3 vrijedi

−→a ×(−→

b ×−→c)

= (−→a · −→c )−→b −

(−→a · −→b)−→c .

2.3. VEKTORI 61

Posljedica 2.3.40. Za svaka tri vektora −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3 vrijedi

(−→a ×−→b)×−→c = (−→a · −→c )

−→b −

(−→b · −→c

)−→a .

Dokaz. Prema prethodnoj teoremi imamo(−→a ×−→b

)×−→c = −−→c ×

(−→a ×−→b)

= −((−→

b · −→c)−→a − (−→a · −→c )

−→b

)

= (−→a · −→c )−→b −

(−→b · −→c

)−→a .

Iz prethodne posljedice neposredno slijedi(−→a ×−→b

)×−→c +

(−→b ×−→c

)×−→a + (−→c ×−→a )×−→b =

−→0

za svaka tri vektora −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3. Ovu jednakost nazivamo Jacobijev identitet.

2.3.9 Mjesoviti proizvod vektora

Definicija 2.3.41. Neka je

m : V 3 × V 3 × V 3 → R

preslikavanje definisano s

m(−→a ,

−→b ,−→c

)=

(−→a ×−→b)· −→c ,

za svaka tri vektora −→a ,−→b i −→c vektorskog prostora V 3. Preslikavanje m nazivamo

mjesoviti proizvod tri vektora. Mjesoviti proizvod vektora −→a ,−→b i −→c kraceoznacavamo

sam

(−→a ,−→b ,−→c

)=

[−→a ,−→b ,−→c

].

Ispitajmo osobine mjesovitog proizvoda.

Tvrdnja 2.3.42. Mjesoviti proizvod triju vektora jednak je nuli ako i samo ako su tivektori komplanarni.

Dokaz. Neka su vektori −→a ,−→b i −→c komplanarni. Ako je bilo koji od vektora −→a ×−→b

i −→c nula vektor, onda je ocito da je[−→a ,

−→b ,−→c

]= 0. Uzmimo zato, da to nije slucaj.

Tada je vektor −→a ×−→b je ortogonalan na ravan u kojoj leze vektori −→a i−→b , pa je on

i ortogonalan na vektor −→c . Zato je[−→a ,

−→b ,−→c

]= 0.


Obrnuto, neka je[−→a ,

−→b ,−→c

]= 0. Tada je

|−→a ×−→b ||c| cos](−→a ×−→b ,−→c

)= 0.

Tada je −→a × −→b = 0 ili je −→c = 0 ili je ](−→a ×−→b ,−→c

)= 900. U prvom slucaju su

vektori −→a i−→b kolinearni, pa su linearno zavisni. Zbog toga su i vektori −→a ,

−→b i −→c

komplanarni. Ako je −→c = 0, onda iz 0−→a +0−→b +1−→c = 0 slijedi da su vektori linearno

zavisni, tj. komplanarni. U trecem slucaju je −→c ⊥(−→a ×−→b

). Kako je −→a ⊥

(−→a ×−→b)

i−→b ⊥

(−→a ×−→b)

, to vektori −→a ,−→b i −→c leze u jednoj ravni, pa su komplanarni.

Tvrdnja 2.3.43. Ako su vektori −→a ,−→b i −→c dati koordinatama

−→a = (α1, α2, α3) ,−→b = (β1, β2, β3) ,−→c = (γ1, γ2, γ3) ,

onda je[−→a ,

−→b ,−→c

]=

α1 α2 α3

β1 β2 β3

γ1 γ2 γ3

.

Dokaz. Imamo redom[−→a ,−→b ,−→c

]=

(−→a ×−→b)· −→c

={

(α2β3 − α3β2)−→i + (α3β1 − α1β3)

−→j + (α1β2 − α2β1)

−→k

}

·(γ1−→i + γ2

−→j + γ3

−→k

)

= γ1 (α2β3 − α3β2) + γ2 (α3β1 − α1β3) + γ3 (α1β2 − α2β1)

=γ1 γ2 γ3

α1 α2 α3

β1 β2 β3

=α1 α2 α3

β1 β2 β3

γ1 γ2 γ3

.

Posljedica 2.3.44. Vektori

−→a = (α1, α2, α3) ,−→b = (β1, β2, β3) ,−→c = (γ1, γ2, γ3)

su linearno zavisni ako i samo ako je

α1 α2 α3

β1 β2 β3

γ1 γ2 γ3

= 0.

2.3. VEKTORI 63

Dokaz. Dokaz je trivijalan.Iz Tvrdnje 2.3.43 i osobina determinante treceg reda slijedi da mjesoviti proizvod

ne mijenja vrijednost za bilo koju ciklicku izmjenu faktora, dok kod neciklicke izmjenemijesta mjesoviti proizvod mijenja znak.

[−→a ,−→b ,−→c

]=

[−→b ,−→c ,−→a

]=

[−→c ,−→a ,−→b

]

[−→b ,−→a ,−→c

]=

[−→a ,−→c ,−→b

]=

[−→c ,−→b ,−→a

]= −

[−→a ,−→b ,−→c

].

Tvrdnja 2.3.45. Trijedar(−→a ,

−→b ,−→c

)je desne orijentacije ako i samo ako

[−→a ,−→b ,−→c

]> 0,

a lijeve orijentacije ako i samo ako je[−→a ,

−→b ,−→c

]< 0.

Dokaz. Neka je[−→a ,

−→b ,−→c

]> 0. Tada je

cos](−→a ×−→b ,−→c

)> 0,

pa je ugao ](−→a ×−→b ,−→c

)ostar. To znaci da se vektori −→c i −→a × −→c nalaze sa

iste strane ravni u kojoj leze vektori −→a i−→b . Zbog toga su trijedri

(−→a ,−→b ,−→c

)i(−→a ,

−→b ,−→a ×−→b

)iste orijentacije. Kako je trijedar

(−→a ,−→b ,−→a ×−→b

)desne orijentacije,

to je trijedar(−→a ,

−→b ,−→c

)je desne orijentacije. Obrnuto, neka je trijedar

(−→a ,−→b ,−→c

)

desne orijentacije. Tada se vektori −→c i −→a × −→b nalaze sa iste strane ravni odredenevektorima −→a i

−→b . To znaci da je ugao ]

(−→a ×−→b ,−→c)

ostar. Zbog toga je skalarni

proizvod(−→a ×−→b

)· −→c pozitivan, pa je

[−→a ,−→b ,−→c

]> 0.

Neka je trijedar(−→a ,

−→b ,−→c

)lijeve orijentacije. Tada se vektori −→c i −→a × −→

b

nalaze sa razlicitih strana ravni u kojoj leze vektori −→a i−→b . To znaci da je ugao

](−→a ×−→b ,−→c

)tup. Zato je

[−→a ,−→b ,−→c

]< 0. Obrnuto, neka je

[−→a ,−→b ,−→c

]< 0. Tada

je ugao ](−→a ×−→b ,−→c

)tup, pa se vektori −→c i −→a × −→

b nalaze sa razlicitih strana

ravni u kojoj leze vektori −→a i−→b . Zbog toga trijedar

(−→a ,−→b ,−→c

)ima suprotnu ori-

jentaciju u odnosu na trijedar(−→a ,

−→b ,−→a ×−→b

). Dakle, trijedar

(−→a ,−→b ,−→c

)ima lijevu

orijentaciju.


Tvrdnja 2.3.46. Apsolutna vrijednost mjesovitog proizvoda tri nekomplanarna vek-tora jednaka je zapremini paralelepipeda konstruisanog nad tim vektorima.

Dokaz. Vektori −→a ,−→b i −→c su nekomplanarni. Zbog toga oni cine trijedar

(−→a ,−→b ,−→c

)

koji moze biti desne ili lijeve orijentacije. dovodenjem na zajednicki pocetak, oniodreduju paralelepiped. Zapremina paralelepipeda je proizvod povrsine baze par-alelepipeda i visine paralelepipeda. Neka ti vektori cine desni trijedar. Baza par-alelepipeda je paralelogram konstruisan nad vektorima −→a i

−→b . Povrsina baze je

|−→a × −→b |. Kako je vektor −→a × −→b ortogonalan na bazu paralelepipeda, pa je visinaparalelepipeda jednaka projekciji vektora −→c na vektor −→a × −→

b . Dakle, zapreminaparalelepipeda jednaka je mjesovitom proizvodu.

Neka vektori −→a ,−→b i −→c cine lijevi trijedar. Tada vektori −→a × −→b i −→c zaklapaju

tup ugao, pa za visinu paralelepipeda vrijedi

h = −proj−→a ×−→b−→c .

Dakle, zapremina paralelepipeda je V = −[−→a ,

−→b −→c

].

2.3.10 Zadaci

1. Odrediti α i β iz jednakosti −→c = α−→a + β−→b , gdje je −→a = 4

−→i +

−→j ,

−→b =

−2−→i + 3

−→j , −→c =

−→i + 4

−→j , ako su

−→i i

−→j jedinicni vektori koordinatnih osa

pravouglog koordinatnog sistema.

2. Naci skalarni proizvod vektora −→a = 2−→m − −→n ,−→b = −→m − 2−→n , gdje je |−→m| =

2, |−→n | = 4, ](−→m.−→n ) = π3 .

3. Naci ugao izmedu vektora −→a = −→m +−→n ,−→b = −→m −−→n , ako je |−→a | = |−→n | = 2.

4. Naci projekciju vektora −→a = 2−→p − 3−→q na−→b = −→p +−→q , ako je |−→p | = 2, |−→q | =

3, ](−→p ,−→q ) = π3 .

5. Naci duzine dijagonala i ugao izmedu njih, paralelograma konstruisanog nadvektorima −→a = 2−→m +−→n i

−→b == −→m − 2−→n , gdje su −→m i −→n jedinicni vektori koji

zaklapaju ugao od ](−→p ,−→q ) = π3 .

6. Dati su vektori −→a {0, 2λ, λ}, −→b {2, 2, 1}, −→c {−1,−2,−1} i−→d {λ, 0, 1}. Odrediti

λ iz uslova −→a · −→b = −→c · −→d + 7.

7. Odrediti λ tako da vektor −→a {2λ, 1, 1−λ} obrazuje jednake uglove sa vektorima−→b {−1, 3, 0} i −→c {5,−1, 8}.

2.3. VEKTORI 65

8. Dokazati da pri bilo kom rasporedu tacaka A,B,C i D u prostoru vazi

−−→BC · −−→AD +

−→CA · −−→BD +

−−→AB · −−→CD = 0.

9. Vektori −→a ,−→b ,−→c i

−→d su:

−→a = −→p + 3−→q ,−→b = 7−→p − 5−→q , −→c = −→p − 4−→q i

−→d = 7−→p − 2−→q .

Ako je −→a ⊥ −→b i −→c ⊥ −→

d , naci ugao izmedu −→p i −→q .

10. Izracunati |−→a × 2−→b | ako je |−→a | = 6, |−→b | = 5 i ](−→p ,−→q ) = π

6 .

11. Naci povrsinu i visinu BD trougla ABC ako je A(1,−2, 8), B(0, 0, 4) i C(6, 2, 0).

12. Tri jedinicna vektora −→u , −→v i −→w obrazuju uglove

](−→u ,−→v ) = 450,](−→v ,−→w ) = 900, ](−→w ,−→u ) = 1200.

Ako je −→a = −→u −−→v +−→w i−→b = −→u +−→v naci |−→a ×−→b | .

13. Dati su vektori −→a {1, 2, 1}, −→b {1,−1, 2} i −→c {2, 1,−1}. Naci −→a × (−→b × −→c ) i

projekciju vektora−→b na −→a × (

−→b ×−→c ).

14. Dati su vektori −→a {1, 1, 1},−→b {1, 1, 0} i −→c {1,−1, 0}. Odrediti vektor −→x iz uslova:−→x · −→a = 3 i −→x ×−→b = −→c .

15. Vektori −→a {1, 2α, 1},−→b {2, α, α} i −→c {3α, 2,−α} su ivice tetraedra (α realanparametar).

(a) Odrediti zapreminu toga tetraedra.

(b) Odrediti α da vektori −→a ,−→b i −→c budu komplanarni i u tom slucaju razloziti

vektor −→a preko vektora−→b i −→c ,

16. Dati su vektori −→a {2λ, 1, 1− λ},−→b {−1, 3, 0} i −→c {5,−1, 8}.

(a) Odrediti λ da vektor −→a zaklapa jednake uglove sa vektorima−→b i −→c .

(b) Za tako nadeno λ odrediti nagib vektora −→c prema ravni odredenoj vek-torima

−→b i −→a .

(c) Za isto λ odrediti zapreminu i jednu od visina paralelepipeda konstruisanognad tim vektorima.

17. Dokazati da su vektori −→a −−→b ,−→b −−→c i −→c −−→a komplanarni, bez obzira kakvi

su vektori −→a ,−→b i −→c .


Glava 3

Analiticka geometrija u prostoru

3.1 Tacka u prostoru. Djeljenje duzi u datom omjeru

Polozaj tacke M u prostoru u odnosu na jednu fiksiranu tacku O (pol) odreden je vek-torom

−−→OM = −→r , kojeg nazivamo radijus vektor ili vektor polozaja tacke M. U odnosu

na neki koordinatni sistem (O;−→e 1,−→e 2,

−→e 3) ciji je koordinatni pocetak u tacki O vek-tor −→r se moze prikazati u obliku −→r = x−→e 1 + y−→e 2 + z−→e 3, gdje su x, y, z jednoznacnoodredeni realni brojevi. Ovako odredenu uredenu trojku (x, y, z) nazivamo koordinatetacke M u odnosu na dati koordinatni sistem. Svakoj tacki prostora odgovara tacnojedna uredena trojka (x, y, z) realnih brojeva i svakoj uredenoj trojci (x, y, z) realnihbrojeva odgovara tacno jedna tacka M prostora.

Neka su date dvije tacke M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2) prostora. Tada je−−−−→M1M2 =−−−→

OM2 −−−−→OM1 = −→r 2 −−→r 1. Zbog toga je |−−−−→M1M2| = |−→r 2 −−→r 1|.Ako je koordinatni sistem pravougli, onda je

d = |M1M2| =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2.

Ovako definisan broj d nazivamo udaljenost izmedu tacaka M1 i M2.

Neka su M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2) dvije tacka prostora i λ realan broj razlicitod -1. Za tacku M0(x0, y0, z0) kazemo da dijeli duz M1M2 u omjeru λ ako je

−−−−→M1M0 =

λ−−−−→M0M2. Odavde je −−−→

OM0 −−−−→OM1 = λ(−−−→OM2 −−−−→OM0

),

tj.−→r 0 −−→r 1 = λ(−→r 2 −−→r 1),

tj.−→r 0 =

11 + λ

(−→r 1 + λ−→r 2) .

67

68 GLAVA 3. ANALITICKA GEOMETRIJA U PROSTORU

Odavde imamo

x0 =x1 + λx2

1 + λ, y0 =

y1 + λ y2

1 + λ, z0 =

z1 + λ z2

1 + λ.

Ako je λ = 1, onda je−−−−→M1M0 =

−−−−→M0M2, pa je M0 sredina duzi M1M2 i u tom slucaju

imamo M0

(x1+x2

2 , y1+y2

2 , z1+z22

).

Neka su A(x1, y1, z1), B(x2, y2, z2) i C(x3, y3, z3) tjemena trougla, a T teziste togatrougla. Odredimo koordinate (xT , yT , zT ) teziv sta. Neka je M sredina duzi BC.

Tada je−→AT = 2

−−→TM, tj.

−→OT −−→OA = 2

(−−→OM −−→OT

), tj.

3−→OT =

−→OA + 2

−−→OM =

−→OA +

−−→OB +

−−→OC.

Odavde je

xT =13

(x1 + x2 + x3) , yT =13

(y1 + y2 + y3) , zT =13

(z1 + z2 + z3) .

3.2 Opsti oblik jednacine ravni

Neka su A,B, C i D realni brojevi takvi da je A2 + B2 + C2 6= 0. Tada se funkcija

f(x, y, z) = Ax + By + cz + D (3.2.1)

naziva polinom prvog stepena u varijablama x, y i z. Pod nulom polinoma f(x, y, z)podrazumjevamo svaku uredenu trojku (x0, y0, z0) realnih brojeva takvu da je

f (x0, y0, z0) = Ax0 + By0 + Cz0 + D = 0.

Kako svaka uredena trojka realnih brojeva, u odnosu na neki Dekartov pravougli koor-dinatni sistem, odreduje tacku u prostoru E , to svaka nula polinoma (5.3.2) odredujepo jednu tacku prostora E koju nazivamo nula tacka polinoma (5.3.2). Postavljase pitanje sta predstavlja skup svih nula tacaka polinoma (5.3.2). Odgovor na ovopitanje dat je u sljedecoj teoremi.

Teorem 3.2.1. Za svaku ravan postoji polinom (5.3.2) takav da je ta ravan skup svihnula tacaka polinoma (5.3.2) u odnosu na neki Dekartov pravougli sistem. Obrnuto,za svaki polinom (5.3.2) i za svaki Dekartov pravougli koordinatni sistem postoji ravankoja je skup svih nula tacaka tog polinoma.

3.2. OPSTI OBLIK JEDNACINE RAVNI 69

Dokaz. Neka je data proizvoljna ravan π. Neka je O proizvoljno odabrana tacka teravni. Odaberimo dva ortonormirana vektora −→e1 i −→e2 te ravni. Neka je −→e3 = −→e1 ×−→e2 .Tada je (O,−→e1 ,−→e2 ,−→e3) desni Dekartov koordinatni sistem. Neka je M proizvoljna tackaravni π. Vektor

−−→OM u odnosu na bazu {−→e1 ,−→e2 ,−→e3} ima prikaz

−−→OM = α−→e1 +β−→e2 +0·−→e3 ,

jer je vektor−−→OM okomit na vektor −→e3 . To znaci da tacka M ima koordinate (α, β, 0).

No, uredena trojka je nula polinoma f(x, y, z) = z. Dakle, uredena trojka (α, β, 0) jenula polinoma f(x, y, z).

Obrnuto, neka je (5.3.2) proizvoljan polinom i(O, (

−→i ,−→j ,−→k )

)Dekartov pravougli

sistem. Tada je bar jedan od brojeva A,B i C razlicit od nule. Neka je npr. A 6=0. Lahko se vidi da su uredene trojke

(−DA , 0, 0

),(−B+D

A , 1, 0)

i(−C+D

A , 0, 1)

nulepolinoma (5.3.2). Ove tri trojke u odnosu na izabrani koordinatni sistem odredujuredom tacke M0,M1 i M2. Neka je −→n =

−−−−→M0M1 ×−−−−→M0M2. Tada je

−→n =−−−−→M0M1 ×−−−−→M0M2 =

−→i

−→j

−→k

−BA 1 0

−CA 0 1

=−→i +

B

A

−→j +

C

A

−→k .

Postoji tacno jedan ravan π koja prolazi tackom M0 i okomita je na vektor −→n . Neka je(x0, y0, z0) proizvoljno rjesenje jednacine (5.3.2). Uredena trojka (x0, y0, z0) odredujetaku M (x0, y0, z0) . Tada je

−−−→M0M =

(x0 + D

A , y0, z0

), pa je

−→n · −−−→M0M = x0 +D

A+

B

Ay0 +

C

Az0.

S druge strane je (x0, y0, z0) nula polinoma (5.3.2), pa je

Ax0 + By0 + Cz0 + D = 0.

Nakon djeljenja sa A dobije se

x0 +B

Ay0 +

C

Az0 +

D

A= 0.

To znaci da je −→n · −−−→M0M = 0. Odavde slijedi da tacka M pripada ravni π. Prematome, sve nula tacke polinoma (5.3.2) pripadaju ravni π.

Definicija 3.2.2. Jednacinu Ax + By + Cz + D = 0 nazivamo jednacinom ravni uopstem obliku ili opsti oblik jednacine ravni.

Skupa sa ovom teoremom mi smo dokazali i sljedecu tvrdnju.

Tvrdnja 3.2.3. Vektor−→N sa komponentama (A,B,C) u pravouglom Dekartovom

koordinatnom sistemu je okomit na ravan Ax + By + Cz + D = 0.


Definicija 3.2.4. Vektor−→N (A,B, C) naziva se vektor normale ravni Ax+By+Cz+

D = 0.

Ako je D = 0, onda tacka (0, 0, 0) predstavlja nula tacku polinoma P (x) = Ax +By + Cz. To znaci da ravan Ax + By + Cz = 0 prolazi kroz koordinatni pocetak.Jedan od koeficijenata A,B, C je sigurno razlicit od nule. Neka je npr. C 6= 0. Tadadjeljenjem sa C dobije se

A

Cx +

B

Cy + z = 0,

tj. A′x + B′y + z = 0. Jednacina ravni u ovom slucaju zavisi od dva parametra A′ iB′.

Ako je C = 0, onda se jednacina swvodi na Ax + By + D = 0. Vektor normale teravni je

−→N (A,B, 0). Kako je

−→N · −→k = 0, to je vektor

−→N okomit na z osu. No, vektor−→

N je okomit i na ravan (ciji je on vektor normale). To znaci da je ta ravan paralelnasa z osom, tj. okomita je na ravan xOy. Ako je pri tome i D = 0, onda ta ravan sadrzitacke sa koordinatama (0, 0, t) za svako t. Dakle, ta ravan sadrzi z osu. Dakle, ravanAx + By = 0 sadrzi z osu i okomita je na ravan x)y. Analogno ravni By + Cz = 0 iAx + Cz = 0 sadrze x osu i y osu respektivno.

Ravan Ax+D = 0, (A,D 6= 0) je paralelna sa y i z osom, tj. paralelna je sa ravniyOz. Ukoliko je D = 0, onda se ravan Ax = 0, (A 6= 0) poklapa sa ravni yOz.

Analogno se razmatraju i ostali slucajvi.

3.3 Razliciti oblici jednacine ravni

Jednacina ravni izrazava vezu izmedu koordinata proizvoljne tacke (ili radius vektoraproizvoljne tacke) i zadanih parametara.

3.3.1 Normalni oblik jednacine ravni

Cilj nam je da napisemo jednacinu ravni ako je poznata udaljenost p te ravni i jedinicnivektor normale −→n te ravni.

Iz tacke O povucimo naormalu na ravan. Neka je podnozje te normale tacka P.

Neka je M proizvoljna tacka ravni. Tada je−−→PM ⊥ −→n . Zbog toga je trougao OPM

pravougli trougao, pa jeproj−→n

−−→OM = |OP |.

3.3. RAZLICITI OBLICI JEDNACINE RAVNI 71

Odavde je−−→OM ·−→n|−→n | = p, tj.

−→n · −→r − p = 0. (3.3.1)

Jednacinu (3.3.1) nazivamo normalni (Hesseov) vektorski oblik jednacine ravni.Ako nam α, β i γ oznacavaju uglove koje jedinicni vektor −→n zaklapa sa pozitivnim

smjerova koordinatnih osa x, y i z respektivno, onda je

−→n = cosα−→i + cosβ

−→j + cos γ

−→j

vektor normale ravni, pa jednacinu (3.3.1) mozemo pisati u obliku

x cosα + y cosβ + z cos γ − p = 0. (3.3.2)

Ako je ravan zadana u opstem obliku jednacinom

Ax + By + Cz + D = 0, (3.3.3)

postavlja se pitanje kako je prevesti u normalni oblik. Kako smo vidjeli u normalnomobliku ravni pojavljuje se jedinicni vektor normale. U nasem slucaju vektor normaleje−→N {A,B, C}, a njegov ort (jedinicni vektor) je

−→n =−→N

|−→N |=

−→N√

A2 + B2 + C2.

No, vektor −−→n je takode jedinicni vektor normale ravni. To nam daje ideju dajednacinu (3.3.3) podijelimo sa ±√A2 + B2 + C2. Nakon djeljenja dobije se

Ax + By + Cz

±√A2 + B2 + C2+

D

±√A2 + B2 + C2= 0,

tj.−→r · −→n +

D

±√A2 + B2 + C2.

Odavde proizilazi da je

p = − D

±√A2 + B2 + C2.

Broj p predstavlja udaljenost tacke od ravni, pa je p ≥ 0. Dakle,

− D

±√A2 + B2 + C2≥ 0,

tj. ispred korijena treba uzeti znak suprotan znaku koeficijenta D. Dakle,

Ax + By + Cz + D

−sgn(D)√

A2 + B2 + C2= 0, D 6= 0


je normalni oblik jednacine ravni, gdje je

sgn(D) ={

1 ako je D > 0−1 ako je D < 0.

Ako je D = 0, onda nije bitno da li cemo ispred korijena uzeti + ili −.

3.3.2 Jednacina ravni kroz jednu tacku normalna na datom vektoru

Pretpostavimo da je data tacka M0(x0, y0, z0) kroz koju prolazi ravan i vektor−→N na

kojem je ta ravan normalna. Trebamo odrediti jednacinu ravni. Neka je−→N (A, B,C)

i M(x, y, z) i proizvoljna tacka te ravni. Tada se vektor−−−→M0M nalazi u toj ravni, pa

je−−−→M0M ⊥ −→

N, tj.−−−→M0M · −→N = 0. Vektor

−−−→M0M ima komponente

−−−→M0M(x− x0, y − y0, z − z0),

pa jeA(x− x0) + B(y − y0) + C(z − z0) = 0 (3.3.4)

jednacina trazene ravni.

Primjer 3.3.1. Napisimo jednacinu ravni koja prolazi tackom M(1, 3,−6) i okomita je navektor

−→N (−2, 4,−1). Prema formuli (3.3.4) imamo

(−2)(x− 1) + 4(y − 3) + (−1)(z − (−6)) = 0,

tj. −2x + 4y − z − 16 = 0.

Primjer 3.3.2. Napisimo jednacinu ravni koja prolazi tackom M(2, 3, 4) i paralelna je savektorima −→a (−1, 2,−4) i

−→b (0, 1, 2).

Ovdje znamo tacku kroz koju prolazi ravan, ali ne znamo vektor koji je okomit na ravan.No, vektori −→a i

−→b su paralelni sa ravni, a njihov vektorski proizvod −→a ×−→b je okomit na oba

ta vektora, pa je okomit i na trazenu ravan. Dakle, za vektor normale ravni mozemo uzetivektor −→a ×−→b . Imamo

−→a ×−→b =

−→i

−→j

−→k

−1 2 −40 1 2

= 8−→i + 2

−→j −−→k .

Tada prema (3.3.4) imamo

8(x− 2) + 2(y − 3)− 1(z − 4) = 0,

tj. 8x + 2y − z − 18 = 0.

3.3. RAZLICITI OBLICI JEDNACINE RAVNI 73

3.3.3 Jednacina ravni kroz tri date tacke

Neka su date tacke M1(x1, y1, z1), M2(x2, y2, z2) i M3(x3, y3, z3) koje ne leze na jednojpravoj. Tada one odreduju jednu i samu jednu ravan. Neka je M(x, y, z) proizvoljnatacka te ravni. Tada su vektori

−−−→M1M,

−−−−→M1M2 i

−−−−→M1M3 komplanarni, pa je njihov

mjesoviti proizvod jednak je nuli, tj.

−−−→M1M ·

(−−−−→M1M2 ×−−−−→M1M2

).

Ovo je jednacina trazene ravni. Ovu jednacinu mozemo napisati u obliku

x− x1 y − y1 z − z1

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

= 0. (3.3.5)

3.3.4 Segmentni oblik jednacine ravni

Pretpostavimo da ravan sijece koordinatne ose u tackama M1(a, 0, 0) M2(0, b, 0) iM3(0, 0, c). Prema relaciji (3.3.5) jednacina te ravni je

x− a y z−a b 0−a 0 c

= 0,

tj.bc(x− a) + acy + abz = 0.

Ako su brojevi a, b i c razliciti od nule, onda iz prethodne jednakosti slijedi

x

a+

y

b+

z

c= 1. (3.3.6)

Skalare a, b i c nazivamo segmenti a jednacinu (3.3.6) nazivamo segmentni oblikjednacine ravni.

Iz opsteg oblika Ax + By + Cz + D = 0, D 6= 0 prelazimo u segmentni oblikdjeljenjem te jednacine sa −D. Imamo

Ax

−D+

By

−D+

Cz

−D= 1,

tj.x

−D/A+

y

−D/B+

z

−D/C= 1.


3.3.5 Parametarske jednacine ravni

Neka je M0 neka tacka ravni α. Neka su −→p i −→q dva nekolinearna vektora koja sukomplanarna sa ravni α. Ako je M proizvoljna tacka ravni α, onda su vektori

−−−→M0M,−→p

i −→q komplanarni, pa postoje realni brojevi u i v takvi da je

−−−→M0M = u−→p + v−→q ,

tj.−−→OM −−−−→OM0 = u−→p + v−→q , odnosno

−→r −−→r0 = u−→p + v−→q , (3.3.7)

gdje su −→r i −→r 0 radius vektori tacaka M i M0. Jednacinu (3.3.7) nazivamo vektorskaparametarska jednacina ravni. Realni brojevi u i v nazivaju se parametri.

Ako su (x0, y0, z0) i (x, y, z) koordinate tacaka M0 i M, a (p1, p2, p3) i (q1, q2, q3)komponente vektora −→p i −→q , tada iz (3.3.7) slijedi

x− x0 = p1u + q1vy − y0 = p2u + q2vz − z0 = p3u + q3v.

(3.3.8)

3.4 Rastojanje tacke od ravni

Neka je data vektorska jednacina ravni u normalnom obliku

−→r · −→n − p = 0. (3.4.1)

Neka je M1 proizvoljna tacka van te ravni. Cilj nam je da odredimo udaljenost dtacke M1 do ravni.

Iz tacke M1 spustimo normalu na ravan. Neka je Q tacka prodora te normale iravni. Kako tacka Q lezi u ravni, to vrijedi

−−→OQ · −→n − p = 0. (3.4.2)

Vektori−−−→QM1 i −→n su kolinearni, pa je

−−−→QM1 = λ−→n , (3.4.3)

pri cemu je λ > 0 ako su vektori−−−→QM1 i −→n istog smjera, a λ < 0 ako su ti vektori

suprotnog smjera. Dakle, λ > 0 ako i samo ako se tacke M1 i O nalaze sa razlicitih

3.5. UGAO IZMEDU DVIJE RAVNI 75

strana ravni. Intenzitet vektora−−−→QM1 predstavlja udaljenost tacke M1 od ravni (3.4.1).

Iz (3.4.3) imamo−−→OQ =

−−−→OM1 − λ−→n , tj.

(−−−→OM1 − λ−→n

)· −→n − p = 0.

Odavde je

λ =−−−→OM1 · −→n − p.

Dakle,

d = |−−−→QM1| = |λ−→n | = |λ| = |−−−→OM1 · −→n − p|.

3.5 Ugao izmedu dvije ravni

Neka su date jednacine dviju ravni

A1x + B1y + C1z + D1 = 0, A2x + B2y + C2z + D2 = 0. (3.5.1)

Vektori−→N1(A1, B1, C1) i

−→N2(A2, B2, C2) su vektori normala tih ravni.

Pod uglom izmedu dvije ravni podrazumjebamo ugao izmedu normala tih ravni.Oznacimo sa ϕ. Tada je

cosϕ =−→N1 · −→N2

|−→N1| |−→N2|(3.5.2)

Ako su ravni (3.5.1) okomite jedna na drugu, onda su njihovi vektori pravca okomiti,pa je

−→N1 · −→N2 = 0. Obrnuto, ako je

−→N1 · −→N2 = 0, onda su vektori normala okomiti, pa

su i ravni okomite. Dakle, ravni (3.5.1) su okomite jedna na drugu ako i samo akovrijedi

A1A2 + B1B2 + C1C2 = 0. (3.5.3)

Ako su dvije ravni paralelne, onda su njihovi vektori normala kolinearni i obratno.Dakle ravni (3.5.1) su paralelne ako i samo ako

A1

A2=

B1

B2=

C1

C2. (3.5.4)


3.6 Jednacina pramena ravni

Neka su dvije ravni date jednacinama (3.5.1). Ove jednacine mozemo napisati uobliku

(π1) −→r · −→N 1 + D1 = 0 i (π2) −→r · −→N 2 + D2 = 0, (3.6.1)

gdje je −→r radius vektor proizvoljne tacke doticne ravni, a−→N 1 i

−→N 2 vektori polozaja tih

ravni. Ako se ove ravni sijeku, onda je njihov presjek prava. Neka je M proizvoljnatacka prave presjeka, a M0 neka unaprijed odabrana tacka te prave. Tada vektor−−−→M0M lezi na toj pravoj. Dakle, ovaj vektor je okomit na vektore

−→N 1 i

−→N 2, pa je−−−→

M0M kolinearan sa−→N 1 ×−→N 2. To znaci da postoji realan broj t takav da je

−−−→M0M =

t(−→N 1 ×−→N 2

), tj.

−→R −−→r 0 = t(

−→N 1 ×−→N 2),

gdje je−→R vektor poloaja proizvoljne tacke prave.

Kroz jednu pravu mozemo postaviti beskonacno mnogo ravni. Skup svih ravnikoje prolaza kroz presjek ravni (3.5.1) nazivamo pramen ravni.

Posmatrajmo jednacinu

α(A1x + B1y + C1z + D1) + β(A2x + B2y + C2z + D2) = 0, (3.6.2)

gdje su α i β proizvoljni realni brojevi. Lijeva strana prethodne jednacine predstavljapolinom prvog stepena sa tri nepoznate. Za fiksirane vrijednosti parametara α i βskup svih nula tacaka ovog polinoma je ravan. Dakle, jednacina (3.6.2) predstavljajednacinu ravni. Neka je M0(x0, y0, z0) proizvoljna tacka prave presjeka datih ravni.Tada je

A1x0 + B1y0 + C1z0 + D1 = 0,

A2x0 + B2y0 + C2z0 + D2 = 0,

pa tacka M0 lezi u ravni (3.6.2), tj. ta ravan pripada pramenu.Obrnuto, neka je −→r · −→N + D = 0 jednacina proizvoljno odabrane ravni pramena

odredenog jednacinama (3.6.1). Tada svaka tacka prave zadovoljava jednacinu pra-mena, pa specijalno i tacka M0 zadovoljava tu jednacinu, tj.

−→r 0 · −→N + D = 0. (3.6.3)

Neka je T 6= M0 proizvoljna tacka prave presjeka i neka je njen radius vektor−→RT .

Tada je −→RT = −→r 0 + t(

−→N 1 ×−→N 2) (t 6= 0).

Tacka T lezi i u odabranoj ravni pramena, pa je−→RT · −→N + D = 0,

3.6. JEDNACINA PRAMENA RAVNI 77

tj. (−→r 0 + t(−→N 1 ×−→N 2)

)· −→N + D = 0.

Dalje imamo (−→r 0 · −→N + D)

+ t(−→N 1 ×−→N 2) · −→N = 0.

Zbog (3.6.3) imamot(−→N 1 ×−→N 2) · −→N = 0.

Kako je t 6= 0, to je (−→N 1 × −→

N 2) · −→N = 0. To znaci da su vektori−→N 1,

−→N 2 i

−→N

komplanarni, pa je −→N = α

−→N 1 + β

−→N 2.

Uvrstavanjem u −→r · −→N + D = 0 dobijemo

α−→r · −→N 1 + β−→r · −→N 2 + D = 0,

tj.α(−→r · −→N 1 + D1) + β(−→r · −→N 2 + D2) + D′ = 0,

gdje je D′ = D − αD1 − βD2. Tacka M0 pripada datim ravnima i odabranoj ravnipramena, pa je

−→r 0 · −→N 1 + D1 = 0,−→r 0 · −→N 1 + D2 = 0,

α(−→r 0 · −→N 1 + D1) + β(−→r 0 · −→N 2 + D2) + D − αD1 − βD2 = 0,

tj. D = αD1 + βD2.

Ovim smo dokazali da jednacna (3.6.2), gdje su α i β proizvoljni parametri, pred-stavlja pramen ravni. Za β = 0 i α 6= 0 dobijamao ravan (π1), a za α = 0 i β 6= 0dobijamo ravan (π2).

Primjer 3.6.1. Ravni 2x + 3y − 4z + 1 = 0, x− y + 2z + 5 = 0 odreduju pramen. U tompramenu odredimo ravan koja je okomita na ravan 3x+2y + z = 0. Jednacina tog pramena jeα(2x + 3y− 4z + 1) + β(x− y + 2z + 5) = 0. Vektor normale je

−→N (2α + β, 3α− β,−4α + 2β).

Iz uslova normalnosti ravni imamo

3(2α + β) + 2(3α− β) + 1(−4α + 2β) = 0,

tj. 8α + 3β = 0. Dovoljno je uzeti da je α = 3 i β = −8. Tako imamo trazenu ravan−2x + 17y − 28z − 37 = 0.


3.7 Opsti oblik jednacine prave u ravni

Posmatrajmo polinom

f(x, y) = Ax + By + C, (A,B, C ∈ R, A2 + B2 6= 0) (3.7.1)

prvog stepena u varijablama x i y nad poljem realnih brojeva. Nule ovog polinomasu rjesenja jednacine

Ax + By + C = 0.

Rjesenja ove jednacine su uredeni parovi (x0, y0) realnih brojeva. Svako ovo rjesenjeu Dekartovom pravouglom sistemu u ravni odreduje neku tacku koju nazivamo nulatacka polinoma (3.7.1). Kakvo je geometrijsko tumacenje skupa svih nula tacakapolinoma (3.7.1)? Odgovor nam daje sljedeca teorema.

Teorem 3.7.1. Za svaku pravu postoji tacno jedan polinom (3.7.1) prvog stepena udvije varijable x i y takav da ta prava predstavlja skup svih nula tacaka tog polinomau odnosu na neki unaprijed odabrani Dekartov pravougli koordinatni sistem u ravni.Obrnuto, za svaki polinom prvog stepena u dvije varijable i svaki Dekartov pravouglikoordinatni sistem u ravni postoji tacno jedna prava koja predstavlja skup svih nulatacaka tog polinoma.

Dokaz. Neka je p proizvoljna prava. Neka je alpha ravan koja sadrzi pravu p. Uravni α odaberimo Dekartov pravougli koordinatni sistem (O, x, y). Neka su S(x1, y1)i T (x2, y2) razlicite tacke prave p. Tada za proizvoljnu tacku M(u, v) prave p vektori−−→SM i

−→ST su kolinearni. Zbog toga postoji skalar λ takav da je

−−→AM = λ

−→ST . Prelaskom

na komponente ovih vektora imamo

u− x1 = λ(x2 − x1)v − y1 = λ(y2 − y1),

tj.u− x1

x2 − x1=

v − y1

y2 − y1= λ.

Ako stavimo B = x1 − x2, A = y2 − y1, onda iz prethodne jednakosti imamo Imamo

A(u− x1) + B(v − y1) = 0,

tj. Au + Bv + C = 0, gdje je C = −Ax1 − By1. Kako su tacke S i T razlicite, to jebar jedan od brojeva A i B razlicit od nule. Dakle, koordinate proizvoljne tacke Mprave p zadovoljavaju jednacinu Ax + By + C = 0, tj. svaka tacka prave p je nulatacka polinoma Ax + By + C prvog reda.

3.8. PRAVA U PROSTORU 79

Obrnuto, neka je dat polinom Ax + By + C A 6= 0 ili B 6= 0. Neka je npr. A 6= 0.Tada su uredeni parovi (

−C

A, 0

)i

(−C + B

A, 1

)

razlicita rjesenja jednacine Ax + By + c = 0. Ovi parovi odreduju razlicite tackeS

(−CA , 0

)i T

(−B+CA , 1

). Tacke S i T odreduju tacno jednu pravu ST. Neka je (u, v)

proizvoljna nula polinoma Ax + By + c. Tada je Au + Bv + C = 0. Odavde je

u +C

A= −B

Av. (3.7.2)

Posmatrajmo vektore−→ST

{−BA , 1

}i−−→SM

{u + C

A , v}

, gdje je M(u, v). Iz (3.7.2) slijedida su vektori

−→ST i

−−→SM kolinearni, pa tacka M pripada pravoj ST. Dakle, svaka nula

tacka polinoma Ax+ by +C lezi na pravoj ST. Ovim smo egzistenciju prave dokazali.Dokazimo sada jedinstvenost. Neka osim prave ST postoji i neka druga prava q

koja sadrzi sve nula tacke polinoma Ax+By+C. Neka je P (u, v) proizvoljno odabranatacka prave q. Tada je Au+Bv+C = 0. Odavde imamo jednakost (3.7.2), koja povlacikolinearnost vektora

−→SP i

−→ST . To znaci da tacka P lezi na pravoj ST.

Definicija 3.7.2. Jednacinu Ax + By + C = 0, A2 + B2 6= 0 nazivamo opsti oblikjednacine prave u pravouglom Dekartovom sistemu (O, x, y).

3.8 Prava u prostoru

Neka je (O, {−→e1 ,−→e2 ,−→e3) proizvoljan koordinatni sistem u prostori. Neka je p proizvoljnaprava toga prostora. Neka je −→a vektor koji je kolinearan sa pravom p i M0 jedna tackaprave p. Ako je M proizvoljna tacka prave p, onda su vektori

−−−→M1M i −→a kolinearni,

pa postoji realan broj t takav da je−−−→M0M = t−→a . Odavde je

−−→OM −−−−→OM0 = t−→a ,

tj.−→r −−→r0 = t−→a , (3.8.1)

gdje su −→r i −→r0 radius vektori tacaka M i M0 u odnosu na izabrani koordinatni sistem.Jednacinu (3.8.1) nazivamo vektorska parametarska jednacina prave.

Ako je −→a = k−→e1 + l−→e2 + m−→e3 , M0(x0, y0, z0) i M(x, y, z), onda iz (3.8.1) slijedi

x− x0 = kt,y − y0 = lt,z − z0 = mt.

(3.8.2)


Jednacine (3.8.2) nazivamo skalarne parametarske jednacine prave, realan broj t senaziva parametar.

Iz (3.8.2) imamox− x0

k=

y − y0

l=

z − z0

m. (3.8.3)

Jednacinu (3.8.3) nazivamo simetricni oblik jednacine prave. U jednacini (3.8.3)uredena trojka (x0, y0, z0) predstavlja koordinate neke tacke prave, a (k, l, m) su kom-ponente vektora koji je kolinearan sa pravom. Vektor −→a (k, l, m) nazivamo vektorpravca prave.

Primjer 3.8.1. Napisati jednacinu prave koja prolazi tackom M0(1, 2, 3) i paralelna je savektorom −→a (5, 6, 7).

Prema formili (3.8.3) imamo

x− 15

=y − 2

6=

z − 37

.

3.9 Jednacina prave kroz dvije tacke

Neka su date razlicite tacke M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2). Poznato je da one odredujujednu i samo jednu pravu. Odredimo jednacinu te porave. Neka je M(x, y, z) proizvoljnatacka te prave. Tada su vektori

−−−→M1M i

−−−−→M1M2 kolinearni, pa postoji realan parametar

t takav da je −−−→M1M = t

−−−−→M1M2,

tj. −−→OM −−−−→OM1 = t

(−−−→OM2 −−−−→OM1

).

Dakle, vektorski oblik jednacine prave koja prolazi kroz dvije tacke je

−→r = −→r 1 + t(−→r 2 −−→r 1). (3.9.1)

Prelaskom na koordinate imamo

x = x1 + t(x2 − x1), y = y1 + t(y2 − y1), z = z1 + t(z2 − z1). (3.9.2)

Eliminacijom parametra t dobije se

x− x1

x2 − x1=

y − y1

y2 − y1=

z − z1

z2 − z1. (3.9.3)

3.10. PRAVA KAO PRESJEK DVIJE RAVNI 81

3.10 Prava kao presjek dvije ravni

Neka je prava data kao presjek ravni cije su jednacine

−→r · −→N 1 + D1 = 0, −→r · −→N 2 + D2 = 0.

Pomnozimo prvu jednacinu sa −−→N 2, a drugu sa−→N 1 i saberemo li tako dobivene

relacije imacemo

(−→r · −→N 2)−→N 1 − (−→r · −→N 1)

−→N 2 = D1

−→N 2 −D2

−→N 1,

tj. −→N 1

−→N 2−→r · −→N 1

−→r · −→N 2

= D1−→N 2 −D2

−→N 1.

Izraz na lijevoj strani je dvostruki vektorski proizvod −→r × (−→N 1 ×−→N 2), pa imamo

−→r × (−→N 1 ×−→N 2) = D1

−→N 2 −D2

−→N 1.

Stavimo −→a =−→N 1 × −→N 2 i

−→b = D1

−→N 2 −D2

−→N 1. Sada prethodna jednakost ima oblik

−→r × −→a =−→b . Pomnozimo ovu jednakost vektorski s lijeve strane sa −→a i imacemo

−→a × (−→r ×−→a ) = −→a ×−→b , tj.

(−→a · −→a )−→r − (−→a · −→r )−→a = −→a ×−→b ,

tj.−→r =

1−→a · −→a (−→a ×−→b ) +

−→a · −→r−→a · −→a

−→a .

Izraz−→a ·−→r−→a ·−→a je skalar i zavisi od −→r , pa ga mozemo oznaciti sa t. Tako imamo

−→r =1

|−→a |2 (−→a ×−→b ) + t−→a .

Ovu jednacinu mozemo napisati u obliku −→r = −→r 0 + t−→a , gje je

−→r 0 =1

|−→a |2 (−→a ×−→b ) =(−→N 1 ×−→N 2)× (D1

−→N 2 −D2

−→N 1)

|−→a |2

radius vektor neke tacke prave, a −→a =−→N 1 ×−→N 2 vektor pravca te prave.

Postupak nalazenja prave presjeka dvije ravni koji smo naprijed teoretski obradiliizlozimo i na konkretnom primjeru.


Primjer 3.10.1. Naci pravu presjeka ravni x − y + z + 2 = 0 i x − y − z + 4 = 0.Prvo cemo jednacine ovih ravni napisati u vektorskom obliku. Vektor normale prve ravni je−→N 1(1,−1, 1), a druge ravni je

−→N 2(1,−1,−1). Slobodni clanovi su D1 = 2 i D2 = 4. Tako

imamo −→r · (−→i − −→j +

−→k ) + 2 = 0 i −→r · (−→i − −→

j − −→k ) + 4 = 0. Vektor pravca trazene

prave je −→a =−→N 1 × −→

N 2 = 2−→i + 2

−→j . Dalje imamo D1

−→N 2 − D2

−→N 1 = −2

−→i + 2

−→j − 6

−→k ,

−→a × −→( D1−→N 2 −D2

−→N 1) = −12

−→i + 12

−→j + 8

−→k i |−→a |2 = 8. Sada je −→r 0 = − 3

2

−→i + 3

2

−→j +

−→k .

Dakle, vektorski oblik jednacine prave je

−→r = −32−→i +

32−→j +

−→k + t(2

−→i + 2

−→j ),

a parametarski je

x = −32

+ 2t, y =32

+ 2t, z = 1.

Simetricni oblik jex + 3

2

2=

y − 32

2=

z − 10

,

tj.x + 3

2

1=

y − 32

1=

z − 10

. (3.10.1)

Drugi nacin.

Ako saberemo jednacine ravni imacemo 2x − 2y + 6 = 0, tj. x = y − 3. Uvrstavanjem uprvu jednacinu nalazimo z = 1. Dakle,

x

1=

y − 11

=z − 1

0. (3.10.2)

Jednacine (3.10.1) i (3.10.2) predstavljaju istu pravu i na prvi pogled se razlikuju. Kakoje to moguce? Prva prava prolazi tackom (− 3

2 , 32 , 1) a druga kroz tacku (0, 3, 1). Obje prave

imaju isti vektor pravca. Nije tesko vidjeti da obje tacke zadovoljavaju obje jednacine (3.10.1)i (3.10.2). Dakle, prave su iste, samo smo fiksnu tacku u prvom slucaju uzeli (− 3

2 , 32 , 1), a u

drugom sluaju (0, 3, 1).

3.11 Ugao izmedu dvije prave

Neka su nam date dvije prave jednacinama

−→r = −→r 1 + u−→a 1,−→r = −→r 2 + v−→a 2. (3.11.1)

Pod uglom izmedu ove dvije prave podrazumjevamo ugao izmedu vektora −→a 1 i −→a 2

kojima su ove prave paralelne, tj. ϕ = ](−→a 1,−→a 2). Odavde je

cosϕ =−→a 1 · −→a 2

|−→a 1||−→a 2| . (3.11.2)

3.12. USLOV PRESJEKA DVIJE PRAVE 83

Ako su prave paralelne, onda su vektori −→a 1 i −→a 2 kolinearni. Obrnuto, ako su −→a 1

i −→a 2 kolinearni, onda su prave paralelne. Neka je −→a 1(l1,m1, n1) i −→a 2(l2, m2, n2).Dakle, prave su paralelne ako i samo ako vrijedi

l1l2

=m1

m2=

n1

n2. (3.11.3)

Ako su prave okomite, onda je −→a 1 ⊥ −→a 2 i obrnuto, ako su vektori −→a 1 i −→a 2 okomiti,onda su prave okomite. Dakle, prave (3.11.1) su okomite ako i samo ako je

l1l2 + m1m2 + n1n2 = 0. (3.11.4)

3.12 Uslov presjeka dvije prave

Neka su date dvije prave u prostoru jednacinama (3.11.1). Da li se ove prave sijeku?Pretpostavimo da se prave sijeku i neka je

−→R vektor polozaja tacke presjeka. Tada

imamo −→r 1 + u−→a 1 = −→r 2 + v−→a 2, za neku vrijednosti parametara u i v. Odavde je−→r 2−−→r 1 = v−→a 2− u−→a 1. Pomnozimo ovu jednacinu skalarno sa −→a 1×−→a 2. Nakon togmnozenja dobice se

(−→r 2 −−→r 1) · (−→a 1 ×−→a 2) = 0. (3.12.1)

Dakle, potreban uslov da se prave sijeku je (3.12.1). Ovaj uslov nije i dovoljan uslov.Naime, ovaj uslov ispunjavaju svake dvije paralelne prave.

Ako je −→r 1(x1, y1, z1), −→r 2(x2, y2, z2), −→a 1(l1,m1, n1) i −→a 2(l2, m2, n2), onda se jed-nakost (3.12.1) moze napisati u obliku

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l1 m1 n1

l2 m2 n2

= 0.

Primjer 3.12.1. Neka su date prave jednacinama

x− 14

=y − 2

λ=

z + 1−2

x + 12

=y − 1

1=

z − 23

.

Ispitajmo da li se ove ravni sijeku. Ovdje je

M1(1, 2,−1),M2(−1, 1, 2), −→a 1(4, λ,−2) i −→a 2(2, 1, 3),

pa iz uslova presjeka imamo

−1− 1 1− 2 2 + 14 λ −22 1 3

= 0,

tj. 12(2− λ) = 0.


1. Ako je λ 6= 0, onda uslov presjeka nije zadovoljen, pa se prave ne sijeku.

2. Neka je λ = 2. Tada je uslov presjeka zadovoljen, pa postoji mogucnost da se pravesijeku. Jednacine datih pravih napisimo u parametarskom obliku:

x = 4t + 1, y = 2t + 2, z = −2t− 1, x = 2u− 1, y = u + 1, z = 3u + 2.

Odavde nalazimo t = − 34 , u = − 1

2 , pa je tacka presjeka T (−2, 12 , 1

2 ).

3.13 Ugao izmedu prave i ravni

Pod uglom izmedu prave i ravni podrazumjeva se ugao izmedu prave i njene projekcijena ravan. Tam uglu je komplementni ugao ](−→a ,

−→N ) izmedu vektora pravca prave i

vektora normale ravni. Oznacimo taj ugao sa ψ. Tada je

sinψ = cos(900 − ψ) = cos](−→a ,−→N ) =

−→a · −→N|−→a ||−→N |

.

Ako prava paralelna sa ravni, onda je ψ = 00, pa je−→a ·−→N = 0. Dakle, uslov paralelnostiprave −→r = −→r 1 + t−→a i ravni −→r · −→N + D = 0 je −→a · −→N = 0.

Ako su prava i ravan ortogonalne, onda su vektori −→a i−→N kolinearni.

Ako je −→a (l, m, n) i−→N (A,B,C), onda je uslov paralelnosti

Al + Bm + Cn = 0,

a uslov ortogonalnostiA

l=

B

m=

C

n.

3.14 Medusobni polozaj prave i ravni

Ako su prava i ravan date jednacinama

−→r = −→r 1 + t−→a , −→r · −→N + D = 0,

onda vektor polozaja njihove tacke presjeka zadovoljava obje jednacine, tj.

(−→r 1 + t−→a ) · −→N + D = 0.

Odavde se dobije(−→a · −→N )t = −(−→r 1 · −→N + D). (3.14.1)

3.15. MEDUSOBNI POLOZAJ DVIJE RAVNI 85

1. Ako je −→a · −→N 6= 0, onda je

t = −−→r 1 · −→N + D−→a · −→N

,

pa je radius vektor tacke presjeka

−→r = −→r 1 −−→r 1 · −→N + D−→a · −→N

−→a .

2. Ako je −→a · −→N = 0, onda imamo

0t = −(−→r 1 · −→N + D).

Sada razlikujemo dva slucaja.

(a) Ako je −→r 1 · −→N + D 6= 0, onda jednacina (3.14.1) nema rjesenja. U tomslucaju prava i ravan su paralelne.

(b) Ako je −→r 1 · −→N + D = 0, onda jednacina (3.14.1) postaje 0t = 0. Ovajednacina ima beskonacno mnogo rjesenja, tj. svaki realan broj je njenorjesenje. To znaci da svaka tacka prave pripade ravni, tj. prava lezi uravni.

3.15 Medusobni polozaj dvije ravni

Posmatrajmo rani α i β date redom jednacinama

A1x + B1y + C1z + D1 = 0, A21 + B2

1 + C21 6= 0 i

A2x + B2y + C2z + D2 = 0, A22 + B2

2 + C22 6= 0

u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu. Iz grometrije poznato je da dvijeravni mogu imati sljedeca tri medusobna polozaja:

• poklapaju se,

• paralelne su (a ne poklapaju se) i

• sijeku se.

Neka se ravni α i β poklapaju. Tada svaka tacka ravni α je istovremeno i tackaravni β i obrnuto. Zbog uslova A2

1 + B21 + C2

1 6= 0 bar jedan od koeficijenata A1, B1

i C1 je razlicit od nule. Neka je npr. A1 razlicit od nule. Tada tacke(−D1

A1, 0, 0

),(

−D1+B1A1

, 1, 0)

, i(−D1+C1

A1, 0, 1

)leze u ravni α, pa kako se ravni poklapaju, to one


leze i u ravni β. Dakle, koordinate ove tri tacke zadovoljavaju jednacinu ravni β.Imamo redom

A2

(−D1

A1

)+ B2 · 0 + C2 · 0 + D2 = 0

A2

(−D1 + B1

A1

)+ B2 · 1 + C2 · 0 + D2 = 0

A2

(−D1 + C1

A1

)+ B2 · 0 + C2 · 1 + D2 = 0.

Odavde imamo

D2 =A2

A1D1, B2 =

A2

A1B1, C2 =

A2

A1C1.

Stavimo

λ =A2

A1.

Tada jeA2 = λA1, B2 = λB1, C2 = λC1, D2 = λD1, (3.15.1)

gdje je λ realan broj razlicit od nule.

Obrnuto, neka je ispunjen uslov (3.15.1) ispunjen tada ravan β ima jednacinuλ (A1x + B1y + C1z + D1) = 0, pa kako je λ 6= 0, to je jasno da tacka (u, v, w)pripada ravni α ako i samo ako pripada ravni β. Dakle, ravni α i β se poklapaju.

Neka su ravni α i β paralelne i ne poklapaju se. Tada svaki vektor koji je okomitna jednu od tih ravni je okomit i na drugu i obrnuto. Zbog toga su vektori normala−→N1 (A1, B1, C1) i

−→N2 (A2, B2, C2) ravni α i β kolinearni. Dakle, postoji skalar λ ∈ R

takav da je A2 = λA1, B2 = λB1, C2 = λC1. S druge strane tacka(−D1

A1, 0, 0

)pripada

ravni α, a ne pripada ravni β, pa je −A2D1A1

+ D2 6= 0, tj. D2 6= A2A1

D1 = λD1. Dakle,ako su ravni α i β paralelne i ne poklapaju se, onda postoji realan broj λ razlicit odnule takav da je

A2 = λA1, B2 = λB1, C2 = λC1, D2 6= λD1. (3.15.2)

Obrnuto, neka vrijedi uslov (3.15.2). Pokazimo da su tada ravni α i β paralelne.Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji tacka (u, v, w) koja pripada objema ravnima.Tada je A1u + B1v + C1w + D1 = 0 i A2u + B2v + C2w + D2 = 0. Oduzimanjem prvejednacine od druge dobije se

(A2 −A1) u + (B2 −B1) v + (C2 − C1) w + D2 −D1 = 0,


Odavde zbog (3.15.2) imamo

(λ− 1) (A1u + B1v + C1w) + D2 −D1 = 0,

tj.(λ− 1)(−D1) + D2 −D1 = 0.

Odavde imao D2 = λD1, sto je kontradikcija. Pretpostavka da ravni α i β nisuparalelne dovela nas je do kontardikcije, pa nije tacna.

Neka se ravni α i β sijeku. Tada one nisu paralelne, pa vektori normala−→N1 i−→

N2 ravni α i β nisu kolinearni. Zbog toga je vektor −→a =−→N1 × −→N2 razlicit od nule

i okomit je vektore−→N1 i

−→N2. Presjek dvije ravni je prava. Vektor pravca te prave

je okomit i na−→N1 i

−→N2. Zbog toga mozemo uzeti da je kolinearan sa vektorom −→a .

Neka je M0(x0, y0, z0) tacka koja lezi i u jednoj i drugoj ravni. Tada je −→r −−→r0 = t−→ajednacina prave presjeka.

Primjer 3.15.1. Ispitatajmo medusobni polozaj ravni 2x+3y−4z−3 = 0 i x−y+3z+1 = 0.Kako je 2

1 6= 3−1 , to ravni nisu paralelne niti se poklapaju. Dakle, one se sijeku.

Vektori normala ovih ravni su−→N1(2, 3,−4) i

−→N2(1,−1, 3). Odavde imamo

−→a =−→N1 ×−→N2 =

−→i

−→j

−→k

2 3 −41 −1 3

= 5−→i − 10

−→j − 5

−→k .

Sada odredujemo jednu tacku na pravoj presjeka. Uzmimo da je x = 1 i odredimo y i z. Takoimamo sistem

3y − 4z = 1−y + 3z = −2.

Odavde nalazimo y = −1 i z = −1. Dakle, trazena tacka je M0(1,−1,−1). Jednacina pravepresjeka je

x− 15

=y + 1−10

=z + 1−5

,

tj.x− 1

1=

y + 1−2

=z + 1−1

.

3.15.1 Zadaci

1. Date su tacke M1(3,−1, 2) i M2(4,−2,−1). Napisati jednacinu ravni koja prolazitackom M2 i okomita je na vektor

−−−−→M1M2.

2. Napisati jednacinu ravni koja prolazi tackama M1(2,−1, 3) i M2(3, 1, 2) koja jeparalelna sa vektorom −→a (3,−1, 4).


3. Napisati jednacinu ravni koja prolazi tackama

M1(3,−1, 2), M2(4,−1,−1) i M3(2, 0, 2).

4. Napisati jednacinu ravni koja prolazi kroz koordinatni pocetak i paralelna je saravni 2x− 3z + 6 = 0.

5. Napisati jednacinu ravni koja prolazi tackom M(−2,−1, 2) i okomita je na ravni2x− y + 3z − 1 = 0 i x + 2y + z − 6 = 0.

6. Napisati jednacinu ravni koja prolazi tackama M1(1,−1,−2), M2(3, 1, 1) i okomitaje na ravan x− 2y + 3z + 4 = 0.

7. Dokazati da tri ravni 7x+4y+7z+1 = 0, 2x−y−z+2 = 0 i x+2y+3z−1 = 0prolaze kroz jednu pravu.

8. Dokazati da se tri ravni 2x−y+3z−5 = 0, 3x+y+2z−1 = 0 i 4x+3y+z+2 = 0sijeku po trima paralelnim pravama.

9. Odrediti parametre a i b tako da ravni 2x− y + 3z− 1 = 0, x + 2y− z + b = 0 ix + ay − 6z + 10 = 0

(a) imaju jednu tacku zajednicku.

(b) prolaze kroz jednu pravu.

(c) sijeku se po tri paralelne prave.

10. Napisati jednacinu ravni koja je okomita na ravan 2x − 2y + 4z − 5 = 0 i nakoordinatnim osama Ox i Oy odsjeca odsjecke a = −2 i b = 2

5 .

11. Odrediti udaljenost tacke M(−2,−4, 3) od ravni 2x− y + 2z + 3 = 0.

12. Naci tacku presjeka prave{

2x + y − z − 3 = 0x + y + z − 1 = 0

sa koordinatnim ravnima.

13. U pramenu ravni 2x− 3y + z + λ(x + 3y + 2z + 1) = 0 odrediti onu ravan koja

(a) prolazi kroz tacku M1(1,−2, 3);

(b) paralelna osi Ox;

(c) paralelna je osi oy;

(d) paralelna osi Oz;


14. Napisati jednacinu ravni koja prolazi kroz pravu{

3x− 4y + z + 6 = 02x− 3y + z + 2 = 0

i podjednako je udaljena od tacaka M1(3,−4,−6) i M2(1, 2, 2).

15. Napisati jednacinu projekcije prave{

5x− 4y − 2z − 5 = 0x + 2z − 2 = 0

na ravan 2x− y + z − 1 = 0.

16. Ispitati medusobni polozaj pravih

x + 23

=y − 1−2

=z

1i

{x + y − z = 0

x− y − 5z − 8 = 0

17. Odrediti parametar l tako da se prave

x + 22

=y

−3=

z − 14

ix− 3

l=

y − 14

=z − 7

2.

18. Napisati jednacinu prave koja prolazi tackom M1(−4,−5, 3) i sijece prave

x + 13

=y + 3−2

=z − 2−1

,x− 2

2=

y + 13

=z − 1−5

.

19. Za koje vrijednosti parametara A i B ravan Ax + By + 3z − 5 = 0 je okomitana pravu x = 3 + 2t, y = 5− 3t, z = −2− 2y?

20. Naci tacku Q simetricnu tacki P (2,−5, 7) u odnosu na pravu koja prolazitackama M1(5, 4, 6) i M2(−2,−17,−8).

21. Napisati jednacinu ravni koja prolazi pravom x = 2t+1, y = −3t+2, z = 2t−3i tacku M1(2,−2, 1).

22. Napisati jednacinu prave koja prolazi kroz tacku M0(3,−2,−4) paralelna jeravni 3x− 2y − 3z − 7 = 0 i presjeca pravu x−2

3 = y+4−2 = z−1

2 .


Glava 4

Krive drugog reda

U ovom poglavlju proucavacemo krive drugog reda. Dacemo postupak pomocu kogase odreduju: priroda, ose simetrije i metricki elementi krivih drugog reda.

4.1 Opsta jednacina krivih drugog reda

Posmatrajmo u odnosu na Dekartov pravougli koordinatni sistem opstu jednacinukrivih drugog reda

f(x, y) ≡ Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + f = 0, (4.1.1)

gdje je bar jedan od koeficijenata A, B i C razlicit od nule, tj. A2 + B2 + C2 6= 0.

Tvrdnja 4.1.1. Ako su u jednacini (4.1.1) koeficijenti u linearnim clanovima potekucim koordinatama jednaki nuli, tada koordinatni pocetak predstavlja centar simetri-je krive (4.1.1). Obrnuto, ako koordinatni pocetak predstavlja centar simetrije krive(4.1.1), tada su u jednacini ove krive koeficijenti u linearnim clanovima po tekucimkoordinatama jednaki nuli.

Dokaz. Ako je u jednacini (4.1.1) D = 0 i E = 0, ona dobija oblik:

Ax2 + 2Bxy + Cy2 + F = 0. (4.1.2)

Neka tacka M(x, y) lezi na krivoj (4.1.2), tada ce njene koordinate zadovoljavatijednacinu (4.1.2). Medutim i koordinate (−x,−y) tacke M ′ simetricne sa tackom Mu odnosu na koordinatni pocetak zadovoljavaju ovu jednacinu, sto znaci da i tackaM ′ pripada krivoj (4.1.2).

Obrnuto, ako je koordinatni pocetak centar simetrije krive (4.1.1), tada proizvoljnaprava kroz koordinatni pocetak y = mx sijece krivu (4.1.1) u dvjema tackama M iM ′, cije su apcise korijeni jednacine:

(A + 2Bm + Cm2)x2 + 2(D + Em)x + F = 0. (4.1.3)

91

92 GLAVA 4. KRIVE DRUGOG REDA

Po uslovu tvrdnje prava y = mx sijece krivu u dvije tacke simetricne u odnosu nakoordinatni pocetak. Zato jednacina (4.1.3) mora imati korijene jednake po apslutnojvrijednosti, no suprotnog znaka, tj. mora biti

D + Em = 0. (4.1.4)

Jednakost (4.1.4) mora biti zadovoljena za svaku pravu y = mx, pa mora biti D = 0i E = 0.

Tvrdnja 4.1.2. Ako je u jednacini (4.1.1) koeficijent uz proizvod tekucih koordinatajednak nuli, tada kriva ima za osu simetrije pravu paralelnu jednoj od koordinatnihosa. Obrnuto, ako kriva (4.1.1) ima za osu simetrije pravu paralelnu jednoj od ko-ordinatnih osa, tada je u njenoj jednacini koeficijent uz proizvod koordinata jednaknuli.

Dokaz. Neka je u jednacini (4.1.1) B = 0, tada ona ima oblik

Ax2 + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0. (4.1.5)

Odredimo tacke presjeka krive (4.1.5) i prave x = h. Za odredivanje ordinate tackepresjeka imamo jednacinu

Cy2 + 2Ey + (Ah2 + 2Dh + F ) = 0, (C 6= 0). (4.1.6)

Ako su y1 i y2 rjesenja jednacine (4.1.6), onda su tacke presjeka M1(h, y1) i M2(h, y2).Ordinata sredine M duzi M1M2 je yM = y1+y2

2 . Kako je y1+y2

2 = −2EC , to je

yM = −E

C. (4.1.7)

Jednakost (4.1.7) ne zavisi od h, sto znaci da je geometrijsko mjesto sredina duziM1M2 prava (4.1.7) paralelna osi OX, te ova prava predstavlja osu simetrije krive(4.1.5). Jednakost (4.1.7) ne vazi za slucaj C = 0. U ovom slucaju mora biti A 6= 0, paanalognim postupkom moze se dokazati da kriva ima osu simetrije koja je paralelnaosi OY. Ako je B = 0 i A 6= 0 i C 6= 0, onda kriva ima dvije ose simetrije koje suparalelne koordinatnim osama.

Pretpostavimo da kriva (refjedanq) ima osu simetrije paralelnu osi OX, pa dokazimoda u toj jednacini mora biti B = 0. Ordinate tacke presjeka krive (4.1.1) sa pravomx = h paralelnom osi OY su korijeni jednacine

Cy2 + 2(Bh + E)y + Ah2 + 2Dh + F = 0.

Prema uslovu tvrdnje sredine svih tetiva moraju lezati na pravoj paralelnoj osi OX,tj. suma korijena prethodne jednacine mora biti konstanta za proizvoljno h, tj. izraz

y1 + y2 = −Bh + E

C, (C 6= 0)

mora biti nezavisan od h. To ce biti ako je B = 0. Ako je C = 0, onda se posmatraprava y = k i sve se dalje analogno radi i zakljucuje da je B = 0.

4.2. KRIVE SA CENTROM 93

4.2 Krive sa centrom

Neka kriva (4.1.1) ima centar u tacki (x0, y0). Ako izvrsimo translaciju koordinatnogsistema tako da koordinatni pocetak bude tacka (x0, y0) i oznacimo koordinate unovom sistemu sa x1 i y1, obrasci za transformaciju koordinata su

x = x1 + x0, y = y1 + y0.

Na osnovu ovog jednacina (4.1.1) postaje

Ax21 + 2Bx1y1 + Cy2

1 + 2D1x + 2E1y + F1 = 0,

gdje je

D1 = Ax0 + By0 + D,

E1 = Bx0 + Cy0 + E,

F1 = Ax20 + 2Bx0y0 + Cy2

0 + 2Dx0 + 2Ey0 + F.

Da bi novi koordinatni pocetak zaista bio centar ove krive, na osnovu Tvrdnje 4.1.1mora biti

Ax0 + By0 + D = 0Bx0 + Cy0 + E = 0.

Ovaj sistem ce imati jedinstveno rjesenje ako i samo ako je

delta =∣∣∣∣

A BB C

∣∣∣∣ 6= 0 (4.2.1)

i tada kriva ima centar u tacki (x0, y0). U novom koordinatnom sistemu kriva imajednacinu

Ax21 + 2Bx1y1 + Cy2

1 = F ′, (4.2.2)

gdje je

F ′ =∆δ

, ∆ =

∣∣∣∣∣∣

A B CB C ED E F

∣∣∣∣∣∣. (4.2.3)

Ako je F ′ = 0, tj. ako je ∆ = 0, jednacina (4.1.1) predstavlja dvije prave ili tacku.Neka je ∆ 6= 0. Ako je B = 0, onda imamo

A

F ′x2 +

C

F ′ y2 = 1.

Ako su A, C i F ′ istog znaka, onda je kriva elipsa.


Ako su A i C istog znaka a F ′ suprotnog znaka u odnosu na njih, onda kriva urealnom podrucju nema znacenje.

Ako su A i C suprotnih znakova, onda je kriva hiperbola.Dalje se mogu razmatrati slucajevi kada je A ili C ili oba jenaki nuli. To je

trivijalno i prepustamo to citaocu.Neka je sada B 6= 0. Dokazimo da se tada jednacini (4.2.2) moze dati oblik

λ(y1 − αx1)2 + µ(y1 − βx1)2 = 1, (4.2.4)

gdje jeαβ = −1. (4.2.5)

Uporedujuci (4.2.2) i (4.2.4) dolazimo do sistema jednacina

λα2 + µβ2 =A

F ′ , (4.2.6)

λα + µβ = −B

F ′ , (4.2.7)

λ + µ =C

F ′ . (4.2.8)

Ako iz posljednje tri jednacine eliminisemo λ i µ dobicemo∣∣∣∣∣∣

α2 β2 Aα β −B1 1 C

∣∣∣∣∣∣= 0.

Iz αβ = −1 slijedi da je α 6= β. Ako od druge kolone determinante oduzmemo prvu iispred determinante izvucemo α− β dobije se

∣∣∣∣∣∣

α2 α + β Aα 1 −B1 0 C

∣∣∣∣∣∣= 0.

Odavde je

α + β = −A− C

B= −κ. (4.2.9)

Kako je αβ = −1, to su α i β korijeni kvadratne jednacine

z2 + κz − 1 = 0. (4.2.10)

Korijeni ove jednacine su realni i razlicitog predznaka. Dogovorimo se da je α > 0 iβ < 0. Sada se jednostavno nalazi da je

λ = − B + Cβ

(α− β)F ′ , µ =B + Cα

(α− β)F ′ . (4.2.11)

4.2. KRIVE SA CENTROM 95

Odavde je

λµ =δ

(4 + κ2)F ′2 . (4.2.12)

Ovim smo dokazali da se jednacini (4.2.2) moze dati oblik (4.2.4). Rotirajuci koordi-natni sistem za ugao θ = arctg α

(0 < θ < π

2

), jednacina (4.2.4) postaje

λ(α2 + 1)ξ2 + µ(β2 + 1)η2 + 1, (4.2.13)

gdje su ξ i η nove koordinate. Prave y = αx i y = βx su ose simetrije krive (4.2.2).Na osnovu (4.2.13),(4.2.12), (4.2.8) i (4.2.3) zakljucujemo da jednacina (4.1.1)

odreduje:

1. Elipsu ako je δ > 0 i C∆ < 0;

2. Hiperbolu ako je δ < 0 i ∆ 6= 0;

3. Skup dvije prave koje se sijeku ako je δ < 0 i ∆ = 0;

4. Tacku ako je δ > 0 i ∆ = 0;

5. Prazan skup ako je δ > 0 i C∆ > 0.

Iako je ova diskusija izvedena pod pretpostavkom B 6= 0, bez teskoca se provjeravada ona vazi i kada je B = 0.

Kvadrati duzina poluosa krive (4.1.1) odreduju se pomocu formula

±a2 =1

λ(α2 + 1), ±b2 =

1µ(β2 + 1)

. (4.2.14)

Primjer 4.2.1. Za krivu

3x2 + 2xy + 3y2 + 6x− 2y − 5 = 0

imamo

δ =∣∣∣∣

3 11 3

∣∣∣∣ = 8, ∆ =

∣∣∣∣∣∣

3 1 31 3 −13 −1 −5

∣∣∣∣∣∣= −76.

Kako je δ 6= 0 kriva ima centar. Koordinate centra se dobiju rjesavanjem sistema Ax + By +D = 0 i Bx + Cy − 1 = 0, tj. 3x + y + 3 = 0, x + 3y − 1 = 0. Koordinate centra su x0 =− 5

4 , y0 = 34 . U ovom slucaju je κ = A−C

B = 0 i F ′ = −∆δ = 19

2 . Nakon translacije koordinatnogpocetka u tacku

(− 54 , 3

4

)jednacina krive ima oblik 3x2 + 2xy + 3y2 = 19

2 . Konstante α i βodreduju se iz kvadratne jednacine z2 + κz − 1 = 0, tj. iz jednacine z2 − 1 = 0. Dakle, α = 1,β = −1. Prema tome ose simetrije krive su prave

y − 34

= x +54, y − 3

4= −

(x +

54

),


tj.

y = x + 2, y = −x− 12.

Sada nalazimoλ =

219

, µ =419

.

Dakle, data kriva je elipsa cije su poluose odredene sa

a2 =194

, b2 =198

.

4.3 Krive bez centra

Za krive bez centra je δ = AC−B2 = 0. Ako je A = 0 ili C = 0, onda je B = 0. Tadaje kriva (4.1.1) parabola i mogu se direktno odrediti njena osa, tjeme i parametar.

Primjer 4.3.1. Za krivu 2y2 − x − 4y + 7 = 0 je δ = 0, A = B = 0, pa je kriva parabola.Jednacinu krive mozemo napisati u obliku

x = 2(y − 1)2 + 5.

Odavde se vidi da je tjeme parabole u tacki T (5, 1), osa parabole je prava y = 1 i parametarparabole je p = 1.

Neka je AC 6= 0. Iz uslova AC−B2 = 0 imamo C = B2

A . Uvrstavajuci u jednacinu(4.1.1) dobije se

(Ax + By)2 + A(2Dx + 2Ey + F ) = 0. (4.3.1)

Ovu jednacinu mozemo napisati u obliku

(Ax + By + λ)2 = 2A(λ−D)x + 2(Bλ−AE)y + λ2 −AF, (4.3.2)

gdje je λ konstanta koju cemo odrediti tako da prave

Ax + By + λ = 0 (4.3.3)

2A(λ−D)x + 2(Bλ−AE)y + λ2 −AF = 0, (4.3.4)

budu medusobno normalne. Uslov normalnosti ovih pravih glasi

A2(λ−D) + B(λB −AE) = 0.

Odavde je

λ =A(AD + BE)

A2 + B2. (4.3.5)

Kako su prave (4.3.3) i (4.3.4), za ovu vrijednost λ, normalne (mozemo ih uzeti zanove koordinatne ose) i kako jednacina (4.3.2) izrazava cinjenicu da je rastojanje tacke

4.3. KRIVE BEZ CENTRA 97

(x, y) od prave (4.3.4) proporcionalno kvadratu rastojanja iste tacke od prave (4.3.3),zakljucujemo da je (4.3.2) jednacina parabole.

Osa simetrije ove parabole je prava (4.3.3), a prava (4.3.4) je njena tangenta utjemenu. Ako je λ2 −AF > 0, parabola se nalazi sa one strane prave (4.3.4), gdje jekoordinatni pocetak, a ako je λ2 −AF < 0, sa suprotne strane.

Postoji jedan izuzetak kada su koeficijenti uz x i y u (4.3.4) jednaki nuli. Ako jeλ = D, onda je A2D + ABE = (A2 + B2)D ⇔ B(BD − AE) = 0. U tom slucajujednacina (4.3.2) postaje

(Ax + By + D)2 = D2 −AF. (4.3.6)

Dakle, jednacina (4.1.1) ako je δ = 0 i B 6= 0 predstavlja:

1. Parabolu za BD −AE 6= 0;

2. Dvije paralelne prave za BD −AE = 0 i D2 −AF > 0;

3. Jednu dvostruku pravu za BD −AE = 0 i D2 −AF = 0.

4. Prazan skup ako je δ = 0, B 6= 0, BD −AE = 0 i D2 −AF < 0.

Ako je B = 0 onda ova diskusija ne vazi. U slucaju 1. parametar parabole je

p =

√A2(λ−D)2 + (Bλ−AE)2

A2 + B2=|A(AE −BD)|

(A2 + B2)32

.

Primjer 4.3.2. Posmatrajmo krivu cija je jednacina

9x2 − 24xy + 16y2 − 16x− 12y − 4 = 0.

Za nju je δ = 0, BD − AE = 150. Prema tome, ova kriva je parabola. Na osnovu (4.3.5)dobijamo λ = 0. Prava (4.3.3), tj. prava 9x−12y = 0 je osa simetrije, a prava 4x+3y+1 = 0je tangenta parabole u tjemenu. Iz (??) nalazimo λ = 2

5 . Kako je λ2 −AF = 36 > 0 parabolai koordinatni pocetak nalaze se sa iste strane prave 4x + 3y + 1 = 0.


Glava 5

Vektorski prostor

5.1 Vektorski prostor

U prethodnim paragrafima posmatrali smo skup vektora V 3 i neke operacije (sabiranjevektora i mnozenje vektora skalarom) na ovom skupu. U odnosu na ove operacije skupV 3 ima sljedece osobine:

1.(V 3, +

)je komutativna grupa,

2. Mnozenje vektora skalarom ima osobine:

(a) λ(−→a +

−→b

)= λ−→a + λ

−→b ,

(b) (λ + µ)−→a = λ−→a + µ−→a ,

(c) λ (µ−→a ) = (λµ)−→a ,

(d) 1−→a = −→a

za svaki izbor −→a ,−→b ∈ V 3 i skalara λ, µ ∈ R.

Ovo nam daje povod za uvodenje sljedece definicije.

Definicija 5.1.1. Neka je F polje i X neprazan skup na kome su definisane unutrasnjaoperacija sabiranja + i vanjska operacija mnozenje · elementima iz F tako da vrijedi:

1. (∀x, y ∈ X) x + y = y + x ∈ X komutativnost,

2. (∀x, y, z ∈ X) x + (y + z) = (x + y) + z asocijativnost,

3. (∃ 0 ∈ X) (∀x ∈ X) x + 0 = 0 + x = x, egzistencija neutralnog elementa,

4. (∀x ∈ X) (∃ y ∈ X) x + y = y + x = 0 egzistencija suprotnog elementa,

5. ∀λ ∈ F) (∀x ∈ X) λ · x = λx ∈ X,

99

100 GLAVA 5. VEKTORSKI PROSTOR

6. (∀λ ∈ F) (∀x, y ∈ X) λ(x + y) = λx + λy,

7. (∀λ, µ ∈ F) (∀x ∈ X) (λ + µ)x = λx + µx,

8. (∀λ, µ ∈ F) (∀x ∈ X) (λµ)x = λ(µx),

9. (∀x ∈ X) 1x = x.

Tada kazemo da je X vektorski prostor nad poljem F. U slucaju kada je F = R poljerealnih brojeva kazemo da je X realan vektorski prostor.

Navedimo nekoliko znacajnih primjera vektorskih prostora koji ce nam trebati unarednom izlaganju.

Primjer 5.1.2. Vektorski prostor polinoma nad poljem F

Neka je F polje i n fiksiran prirodan broj. Oznacimo sa X skup svih polinoma sa koefici-jentima iz F stepena manjeg ili jednakog n. U skupu X definisimo sabiranje

(a0 + a1x + · · ·+ anxn) + (b0 + b1x + · · ·+ bnxn) =

= (a0 + b0) + (a1 + b1)x + · · ·+ (an + bn)xn

i mnozenje skalarima (tj. elementima polja F)

λ (a0 + a1 + · · · anxn) = λa0 + (λa1)x + · · ·+ (λan)xn.

Tada je X vektorski prostor nad poljem F.

Primjer 5.1.3. Vektorski prostor kompleksnih brojeva nad poljem realnih brojeva

Neka je X = C skup kompleksnih brojeva, a F = R skup realnih brojeva. Tada je X

vektorski prostor nad poljem F u odnosu na operaciju sabiranja kompleksnih brojeva i operacijumnozenja kompleksnih brojeva realnim brojem.

Primjer 5.1.4. Vektorski prostor svih uredenih n-torki polja F.

Neka je F polje i X = Fn (= F × F × · · · × F), tj. neka je X skup svih uredenih n−torki(a1, a2, . . . , an) elemenata polja F. U skupu X definisimo operaciju sabiranja

(a1, a2, . . . , an) + (b1, b2, . . . , bn) = (a1 + b1, a2 + b2, . . . , an + bn)

i operaciju mnozenja skalarom

λ(a1, a2, . . . , an) = (λa1, λa2, . . . , λan).

Tada je X vektorski prostor nad poljem F.

5.1. VEKTORSKI PROSTOR 101

Primjer 5.1.5. Vektorski prostor matrica formata m× n nad poljem F.

Neka je F polje, m i n prirodni brojevi. Oznacimo sa Fm×n skup svih m× n matrica nadpoljem F. Sumu vektora, tj. matrica prostora Fm×n definisemo relacijom

(A + B)ij = Aij + Bij .

Proizvod skalara c i matrice A definisemo relacijom

(cA)ij = cAij .

Jednostavno se provjerava da je Fm×nvektorski prostor nad poljem F.

Ako je m = 1, onda je F1×n = Fn.

Sada cemo navesti nekoliko prostih cinjenica koje slijede neposredno iz definicijevektorskog prostora.

Tvrdnja 5.1.6. Neka je V vektorski prostor nad poljem F.

1. (∀λ ∈ F) λ 0 = 0;

2. (∀x ∈ V ) 0 x = 0;

3. (∀x ∈ V ) (−1)x = −x.

Dokaz. Polazeci od cinjenice 0 + 0 = 0 imamo 0 x = (0 + 0) x = 0 x + 0 x. Akoobjema stranama prethodne jednakosti dodamo −0 x dobice se 0 x = 0.

Neka je λ proizvoljan skalar polja F. Tada je λ 0 = λ (0 + 0) = λ 0 + λ 0, tj.λ 0 = 0.

Neka je x proizvoljan vektor prostora V. Tada je

0 x = (1− 1) x = x + (−1)x.

Dodajuci lijevo i desno −x dobije se

−x = −x + 0 = −x + (x + (−1) x) = (−x + x) + (−1) x = 0 + (−1)x = (−1) x.

Time je dokaz kompletiran.Asocijativnost sabiranja u vektorskom prostoru omogucava definiciju zbira od

konacno mnogo sabiraka. Neka su x1, x2, . . . , xn vektori prostora V. Tada je

x1 + x2 + x3def.= (x1 + x2) + x3,

x1 + x2 + x3 + x4def.= (x1 + x2 + x3) + x4

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

x1 + x2 + · · ·+ xn−1 + xndef.= (x1 + x2 + · · ·+ xn−1) + xn.


Definicija 5.1.7. Za vektor x ∈ V kazemo da je linearna kombinacija vektora

x1, x2, . . . , xn ∈ V

ako postoje skalari α1, alpha2, . . . , αn takvi da je

x = α1x1 + α2x2 + · · ·+ αnxn =n∑

k=1

αkxk.

Neposredno iz prethodne definicije slijedi:

(a)n∑

k=1

αkxk +n∑

k=1

βkxk =n∑

k=1

(αk + βk) xk;

(b)n∑

k=1

αkxk +n∑

k=1

αkyk =n∑

k=1

αk (xk + yk) ;

(c) βn∑

k=1

αkxk =n∑

k=1

(βαk) xk.

5.2 Potprostor

U ovom paragrafu uvodimo neke osnovne pojmove vezane za izucavanje vektorskihprostora.

Definicija 5.2.1. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Potprostor od V jepodskup W od V koji je sam vektorski prostor nad poljem F sa operacijama sabiranjai mnozenja skalarom u V.

Sljedeci teorem daje potrebne i dovoljne uslove da bi neprazan podskup W vek-torskog prostora V bio potprostor.

Teorem 5.2.2. Neprazan podskup W vektorskog prostora V je potprostor prostora Vako i samo ako je:

(i) (∀x, y ∈ W ) x + y ∈ W ;(ii) (∀α ∈ F) (∀x ∈ W ) αx ∈ W.

Dokaz. Ako je W potprostor prostora V, onda su uslovi (i) i (ii) ispunjeni. Obrnuto,neka vrijedi uslovi (i) i (ii) teorema. Iz uslova (i) slijedi da je sabiranje u W binarnaoperacija. Sabiranje je asocojativno u V, pa je asocijativno i u Wkao podskupu skupaV. Kako je skup W neprazan, to postoji x ∈ W Tada na osnovu (ii) iz 0 ∈ F i

5.2. POTPROSTOR 103

x ∈ W slijedi 0 x ∈ W, tj. 0 ∈ W. Neka je y proizvoljan element skupa W. Tada je−y = (−1)y ∈ W. Dakle, (W,+) je grupa. No, sabiranje u V je komutativno, pa jespecijalno komutativno i u W. Iz uslova (ii) proizilazi da je u W definisano skalarnomnozenje. Ovo mnozenje ima osobine 6., 7., 8. i 9. Definicije 5.1.1. Dakle, W jevektorski prostor nad poljem F.

Uslovi (i) i (ii) prethodnog teorema mogu se zamjeniti sa jednim uslovom.

Teorem 5.2.3. Neka je W neprazan podskup vektorskog prostora V. Da bi W biopotprostor prostora V potrebno je i dovoljno da vrijedi

(iii) (∀α, β ∈ F) (∀x, y ∈ W ) α x + β y ∈ W.

Dokaz. Neka vrijedi uslov (iii). Tada za α = β = 1 iz (i) slijedi uslov (i) prethodneteoreme. Za β = 0 iz (iii) slijedi uslov (ii) prethodnog teorema. Tada je W potprostorprostora W.

Obrnuto, neka je W potprostor, tada vrijede uslovi (i) i (ii) prethodnog teorema.Neka su x, y ∈ W i α, β ∈ F. Tada, zbog uslova (ii), imamo α x, β u ∈ W, pa naosnovu uslova (i) je alpha x + β y ∈ W. Dakle, vrijedi uslov (iii).

Primjer 5.2.4.

1. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Tada je W = {0} potprostor prostora V.Ovaj potprostor nazivamo nula potprostor.

2. Neka je V = Fn skup svih uredenih n−torki elemenata polja F, a W skup svih uredenihn−torki (x1, x2, . . . , xn) kod kojih je x2 = 0. Tada je W potprostor prostora V. Nekaje S skup svih uredenih n-torki (x1, x2, . . . , xn) takvih da je x2 = 1 + x1. Skup S neispunjava uslov (i), pa nije potprostor prostora V.

3. Neka je V = Fn×n skup svih kvadratnih matrica A reda n nad poljem F. Neka je Wskup svih simetricnih matrica skupa V, tj. skup svih matrica A takvih da je Aij = Aji

za svako i i svako j. Tada je W potprostor prostora V.

4. Neka je A neka m × n matrica. Oznacimo sa S skup svih rjesenja sistema AX = 0.Tada je S potprostor prostora Fn×1. Naime, skup S nije prazan, jer svaki homogenisistem ima trivijalno rjesenje. Ako su Y i Z rjesenja sistema AX = 0, oda je i Y + Ztakode rjesenje homogenog sistema. Ako je AY = 0, onda je

A(αY ) = α(AX) = α0 = 0.

Dakle, αY je rjesenje homogenog sistema. Potprostor S nazivamo potprostor rjesenjahomogenog sistema linearnih jednacina.

Teorem 5.2.5. Neka je {Wi}i∈I neka familija potprostora prostora V. Tada je presjekW = ∩

i∈IWi familije potprostora od V je potprostor od V.


Dokaz. Kao je 0 ∈ Wi za svako i ∈ I, to je 0 ∈ ∩i∈I

Wi = W, pa je W neprazan podskup

od V. Neka su x, y ∈ W proizvoljni elementi. Tada je x, y ∈ Wi za svako i ∈ I. Kakoje Wi potprostor prostora V, to za svako α, β ∈ F vrijedi α x + β y ∈ Wi za svakoi ∈ I. Dakle, α x + β y ∈ W. Prema tome W je potprostor prostora V.

Neka je S neprazan podskup vektorskog prostora V. Neka je {Wi}i∈I familija svihpotprostora prostora V, koji sadrze S. Ova familija nije prazna, jer je sigurno V clante familije. Tada je W = ∩

i∈IWi potprostor prostora V i on sadrzi S. To je najmanji

potprostor prostora V koji sadrzi S.

Definicija 5.2.6. Neka je S podskup vektorskog prostora V. Presjek W svih potpros-tora prostora V koji sadrze S naziva se potprostor prostora V generisan skupom S.Takode kazemo da skup S generise potprostor W, odnosno da je S generator potpros-tora W. Specijalno ako je S = {x1, x2, · · · , xn} konacan skup, onda kazemo da je Wgenerisan vektorima x1, . . . , xn.

Teorem 5.2.7. Potprostor W generisan nepraznim podskupom S vektorskog prostoraV je skup svih linearnih kombinacija vektora iz S.

Dokaz. Neka je U skup svih linearnih kombinacija vektora skupa S. Neka je x ∈ Uproizvoljan element. Tada postoje x1, x2, . . . , xm ∈ S takvi da je x = α1x1+· · ·αmxm.Kako je S podskup od W , to su x1, . . . , xn ∈ W, pa je x = α1x1 + · · ·αmxm ∈ W.Ovim smo dokazali da je U ⊆ W.

Obrnuto, dokazimo da je W ⊆ U. Kako je W najmanji potprostor prostora Vkoji sadrzi S, to je dovoljno dokazati da je U potprostor koji sadrzi S. Neka su x, yproizvoljni elementi skupa U. Tada je x = α1x1 + · · ·+ αmxm i y = β1y1 + · · ·+ βkyk,pri cemu su x1, . . . , xm, y1, . . . yk ∈ S. Tada za λ, µ ∈ F imamo

λ x + µ y =m∑

i=1

(λαi)xi +k∑

j=1

(µβj)yj ∈ U.

To znaci da je U potprostor prostora V. Pokazimo sada da je S podskup od U. Nekaje x ∈ S proizvoljan Tada je x = 1 x linearna kombinacija elemenata skupa S, pa jex ∈ U. Prema tome U je potprostor prostora V koji sadrzi S, pa je W ⊆ U. Dakle,U = W.

Definicija 5.2.8. Ako su S1, S2, . . . , Sl podskupovi vektorskog prostora V, tada seskup svih suma x1 + x2 + · · · + xk vektora xi ∈ Si za svako i zove suma podskupova

S1, S2, . . . , Sk i oznacava se sa S1 + S2 + · · ·+ Sk ilik∑

i=1Si.

Ako su W1, W2, . . . , Wk potprostori prostora V, onda je suma

W = W1 + W2 + · · ·+ Wk

5.2. POTPROSTOR 105

potprostor prostora V. To je najmanji potprostor prostora V koji sadrzi svaki odpotprostora W − i. Ovaj potprostor je generisan unijom skupova W1,W2, . . . ,Wk.

Primjer 5.2.9. Neka jeF = R polje realnih brojeva. Pretpostavimo da da vektori x1 =(1, 2, 0, 4, 0), x2 = (0, 1, 2, 2, 0) i x3 = (0, 0, 1, 0, 1) generisi potprostor W prostora V = F5.Vektor x ∈ V pripada potprostoru W ako i samo ako je x linearna kombinacija vektorax1, x2, x3, tj. ako i samo ako postoje realni brojevi α, β i γ takvi da je x = α x1 +β x2 + γ x3.Zbog toga se potprostor W sastoji od svih uredenih petorki (α, 2α+β, 2β + γ, 4α+2β, γ), gdjesu α, β i γ proizvoljni realni brojevi. Da li je vektori x = (2, 1,−5, 2, 1) i y = (1, 2,−5, 1, 2)pripadaju potprostoru W? Prema naprijed recenom x ∈ W ako i samo ako je

α = 2,

2α + β = 1,

2β + γ = −5,

4α + 2β = 2,

γ = 1.

Odavde nalazimo α = 2, β = −3 i γ = 1. Dakle, vektor x pripada potprostoru W. Vektor ypripada W ako i samo ako je

α = 1,

2α + β = 2,

2β + γ = −5,

4α + 2β = 1,

γ = 2.

Ovaj sistem nema rjesenja, pa vektor y ne pripada potprostoru W.

Primjer 5.2.10. Neka je F = C polje kompleksnih brojeva i V vektorski prostor svih matricareda 2× 2 nad poljem F. Neka je S podskup od V svih matrica oblika

(a bc 0

),

gdje su a, b, c ∈ F. Neka je T podskup od V koji se sastoji od svih matrica oblika(

x 00 y

),

gdje su x, y ∈ F. Tada su S i T potprostori prostora V. Neka je

A =(

a bc d

).

Ako je A ∈ S ∩ T, onda iz A ∈ S slijedi d = 0, a iz A ∈ T slijedi b = c = 0. Dakle, S ∩ T jeskup svih matrica oblika (

a 00 0

),


gdje je a proizvoljan element polja F. Da li je A ∈ S + T? A ∈ S + T ako i samo ako postoje

matrice B ∈ S i C ∈ T takve da je A = B + C. Dovoljno je uzeti da je B =(

a bc 0

)i

C =(

0 00 d

), pa da bude A = B + C. To znaci da je S + T = V.

Primjer 5.2.11. Neka je F polje kompleksnih brojeva, a V = F5 skup svih uredenih petorkikompleksnih brojeva. Neka je S potprostor generisan vektorima

x1 = (1, 0, 1, 0, 1),x2 = (0, 2, 0, 2, 0),x3 = (2, 2, 2, 2, 2),

a T potprostor generisan vektorima

y1 = (3, 2, 3, 2, 3),y2 = (1, 1, 0, 0, 1).

Odredimo potprostor S+T. Potprostor S+T je najmanji potprostor koji sadrzi skupove S i T.Zbog toga je on generisan skupom vektora {x1, x2, x3, y1, y2}. Dakle, x = (µ1, µ2, µ3, µ4, µ5) ∈S + T ako i samo ako je x linearna kombinacija vektora x1, x2, x3, y1, y2. Neka je

x = (µ1, µ2, µ3, µ4, µ5) = αx1 + βx2 + γx3 + δy1 + θy2 =(α + 2γ + 3δ + θ, 2β + 2γ + 2δ + θ, α + 2γ + 3δ, 2β + 2γ + 2δ, α + 2γ + 3δ + θ)

Neka je α + 2γ + 3δ = λ i β + γ + δ = ξ. Tada je

x = (λ + θ, 2ξ + θ, λ, 2ξ, λ + θ),

gdje su λ, ξ i θ proizvoljni kompleksni brojevi. Dakle,

(µ1, µ2, µ3, µ4, µ5) ∈ S + T ⇔ (µ5 = µ1, i µ4 = −µ1 + µ2 + µ3).

Vektor y = (1, 5, 2, 6, 1) pripada potprostoru S + T jer je 1 = 1, i − 1 + 5 + 2 = 6, a vektorz = (1, 3, 8, 1, 1) ne pripada potprostoru S + T jer −1 + 3 + 8 6= 1.

Primjetimo da je x3 = 2x1 + x2 i y1 = 3x1 + x2. Tada je

x = αx1 + βx2 + γx3 + δy1 + θy2

= αx1 + βx2 + γ(2x1 + x2) + δ(3x1 + x2) + θy2

= (α + 2γ + 3δ)x1 + (β + γ + δ)x2 + θy2

= λx1 + ξx2 + θy2

= (λ + θ, 2ξ + θ, λ, 2ξ, λ + θ).

5.3. BAZA I DIMENZIJA VEKTORSKOG PROSTORA 107

5.3 Baza i dimenzija vektorskog prostora

Vec smo se sreli sa pojmom baze vektorskog prostora obicnih vektora. Sada cemo uapstraktnom vektorskom prostoru uvesti pojmove linearne zavisnosti i nezavisnosti,baze i dimenzije.

Definicija 5.3.1. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Za podskup S pros-tora V kazemo da je linearno zavisan (ili krace zavisan) ako postoje razliciti vektorix1, x2, . . . , xk u S i skalari α1, α2, . . . , αk u F koji nisu svi jednaki nuli takvi da je

α1x1 + α2x2 + · · ·+ αkxk = 0

Skup koji nije linearno zavisan naziva se linearno nezavisan skup. Ako skup Sima konacno mnogo vektora α1, α2, . . . , αn, onda mi ponekad kazemo da su vektoriα1, α2, . . . , αn, linearno zavisni odnosno linearno nezavisni, umjesto da kazemo da jeskup S linearno zavisan odnosno nezavisan.

Iz prethodne definicije lahko je zakljuciti da vrijedi

Tvrdnja 5.3.2. Neka je S podskup vektorskog prostora V.

1. Ako je T linearno zavisan podskup od S, onda je S linearno zavisan.

2. Svaki podskup linearno nezavisnog skupa je linearno nezavisan.

3. Ako je 0 ∈ S, onda je S linearno zavisan.

4. Skup S je linearno nezavisan ako i samo ako je svaki konacan podskup od Slinearno nezavisan, tj. ako i samo ako za bilo koje razlicite vektore x1, x2, . . . , xn

skupa S jednakost α1x1 + α2x2 + · · ·+ αnxn = 0 imlicira αi = 0 za svako i.

Dokaz.

1. Neka je T linearno zavisan podskup od S. Tada u T postoje elementi x1, x2, . . . , xk

i skalari α1, α2, . . . , αk koji nisu svi nula takvi da je

α1x1 + α2x2 + · · ·+ αkxk = 0. (5.3.1)

No, elementi x1, x2, . . . , xk su iz S i kako vrijedi (5.3.1), pri cemu je bar jedanod skalara α1, α2, . . . , αk razlicit od nule, to je skup S linearno zavisan.

2. Neka je S lenearno nezavisan skup i T njegov neprazan podskup. Pretpostavimoda je T linearno zavisan. Tada bi na osnovu tvrdnje pod 1. skup S bio linearnozavisan. Kontradikcija. Dakle, T je linearno nezavisan skup.

3. Neka je 0 ∈ S. Tada je skup {0} podskup od S. Skup {0} je linearno zavisan, jerje 1 · 0 = 0 i 1 6= 0. Tada na osnovu tvrdnje pod 1. skup S je linearno zavisan.


4. Neka je S linearno nezavisan skup i neka je T njegov konacan podskup. Ako biT bio linearno zavisan, onda i bi i S bio linearno zavisan, sto nije slucaj. Dakle,T je linearno nezavisan.

Obrnuto, neka je svaki konacan podskup od S linearno nezavisan. Dokazimo daje S linearno nezavisan. Pretpostavimo suprotno, tj. da je S linearno zavisan.Tada postoje elementi x1, x2, . . . , xk i skalari α1, α2, . . . , αk koji nisu svi nulatakvi da je

α1x1 + α2x2 + · · ·+ αkxk = 0.

To znaci da je skup {x1, x2, . . . , xk} linearno zavisan. Mi smo konstruisalikonacan podskup skupa S koji je linearno zavisan. Kontradikcija. Pretpostavkada je skup S linearno zavisan dovela nas je do kontradikcije.

Ovim je tvrdnja dokazana.

Definicija 5.3.3. Linearno nezavisan generator vektorskog prostora V naziva se baza.Ako je baza vektorskog prostora konacan skup, onda za vektorski prostor kazemo daje konacno dimenzionalan.

Primjer 5.3.4. Neka je C skup kompleksnih brojeva. Tada je C vektorski prostor nad poljemrealnih brojeva R. Neka je S = {1 + i, 2 + 3i, 3 + 2i}. Da li je skup S linearno nezavisan?Posmatrajmo linearnu kombinaciju

α(1 + i) + β(2 + 3i) + γ(3 + 2i) = 0.

Odavde je(α + 2β + 3γ) + (α + 3β + 2γ)i = 0.

Kompleksan broj jednak je nuli ako i samo ako su mu realni i imaginarni dijelovi jednaki nuli.Zbog toga je

α + 2β + 3γ = 0α + 3β + 2γ = 0.

Rjesenje ovog homogenog sistema je (−5λ, λ, λ), gdje je λ proizvoljan realan broj. Specijalnoza λ = 1 imamo linearnu kombinaciju −5(1 + i) + 1(2 + 3i) + 1(3 + 2i) = 0. Kao sto vidimosva tri koeficijenta su razlicita od nule, pa je skup S linearno zavisan.

Vektori e1 = 1 i e2 = i su linearno nezavisni vektori prostora C. Naime, iz αe1 + βe2 = 0slijedi α + βi = 0, tj. α = 0 i β = 0. To znaci jedina linearna kombinacija vektora e1, e2 kojaje jednaka nuli je trivijalna linearna kombinacija. Dakle, vektori e1 i e2 su linearno nezavisni.Neka je x = α + iβ proizvoljan element vektorskog prostora C. Tada je x = αe1 + βe2. Toznaci da je {e1, e2} linearno nezavisan generator prostora C, pa je njegova baza.


Primjer 5.3.5. Neka je V = Fn vektorski prostor i neka je S = {e1, e2, . . . , en} skup vektora

e1 = (1, 0, 0, . . . , 0, 0)e2 = (0, 1, 0, . . . , 0, 0)

...en = (0, 0, 0, . . . , 0, 1)

Neka je x = (α1, α2, . . . , αn) proizvoljan element prostora V. Tada je

x = α1e1 + α2e2 + · · ·+ αnen.

To znaci da je S generator psostora V. Pokazimo da je S linearno nezavisan skup. Neka je

α1e1 + α2e2 + · · ·+ αnen = (0, 0, . . . , 0).

Odavde je (α1, α2, . . . , αn) = (0, 0, . . . , 0), pa je

α1 = α2 = . . . = αn = 0.

Dakle, S je linearno nezavisan skup, tj. baza. Ovako definisanu bazu S nazivamo standardnaili kanonska baza prostora Fn.

Primjer 5.3.6. Neka je P invertibilna n×n matrica nad poljem F. Pokazimo da su koloneP1, P2, . . . , Pn matrice P linearno nezavisne. Neka je

α1P1 + α2P2 + · · ·+ αnPn = 0,

gdje je 0 ∈ Fn×1 nula matrica kolona. Odavde je PX = 0, gdje je

X =

α1

α2

...αn

.

Kako je P invertibilna matrica, to iz PX = 0 slijedi X = P−10 = 0. Odavde slijedi da jeα1 = α2 = . . . = αn = 0. Dakle, vektori P1, P2, . . . , Pn su linearno nezavisni. Neka je Y

proizvoljna matrica kolona. Tada za X = P−1Y imamo P(P−1Y

)=

(PP−1

)Y = Y. Dakle,

Y je linearna kombinacija kolona matrice P. Koeficijenti te linearne kombinacije su redomelementi matrice kolone P−1Y. To znaci da vektori P1, P2, . . . , Pn generisu prostor Fn×1. Kakoje ovaj generator linearno nezavisan, to je on baza prostora Fn×1.

Primjer 5.3.7. Neka je A neka m×n matrica nad poljem F i S prostor rjesenja homogenogsistema AX = 0. Ako je R v-reducirana esalon matrica koja je v-ekvivalentna sa A. Tada susistemi AX = 0 i RX = 0 ekvivalentni. Zbog toga je S prostor rjesenja sistema RX = 0. Usistemu RX = 0 imamo r jednacina sa n nepoznatih u kojima mozemo r nepoznatih izrazitipreko preostalih n − r nepoznatih. Pretpostavimo da se vodeci koeficijenti u v-reduciranoj


esalon matrici R nalaze u kolonama k1, k2, . . . , kr. Neka je J = {1, 2, . . . , n}\{k1, k2, . . . , kr}.Tada sistem RX = 0 mozemo napisati u obliku

xk1 +∑j∈J

c1jxj = 0

......

...xkr

+∑j∈J

crjxj = 0

gdje su cij odgovarajuci skalari polja F. Rjesenja ovog sistema dobiju se pridruzujuci nekeproizvoljno odabrane vrijednosti nepoznatim xj (j ∈ J) i racunaci odgovarajuce vrijednosti zaxk1 , . . . , xkr

. Za svako j ∈ J neka Ej oznacava rjesenje koje se dobije za xj = 1 i xi = 0 (i ∈J, i 6= j). Na ovaj nacin mi smo dobili n − r rjesenja Ej (j ∈ J). Ova rjesenja su linearnonezavisna i generisu prostor rjesenja. Dakle, skup {Ej | j ∈ J} je baza prostora rjesenjasistema AX = 0. Skup {Ej | j ∈ J} nazivamo fundamentalni skup rjesenja.

U svim dosadasnjim primjerima vektorski prostori su imali konacne baze. Raz-motrimo sada jedan primjer u kojem je baza ima beskonacno mnogo elemenata.

Primjer 5.3.8. Neka je V skup svih polinoma nad poljem F kompleksnih brojeva. Elementiprostora V su polinomi

f(x) = α0 + α1x + · · ·+ αnxn, (5.3.2)

gdje su α0, α1, . . . αn elementi polja F. Neka je f0 = 1, fk = xk (k ∈ N). Tada je skupS = {f0, f1, f2, . . .} baza prostora V. Da bi to dokazali prvo dokazimo da je S generatorprostora V. Neka je f(x) proizvoljan element prostora V. Tada je on oblika (5.3.2), pa je

f(x) = α0f0(x) + α1f1(x) + · · ·+ αnfn(x).

Pokazimo sada da je skup S linearno nezavisan. Dovoljno je dokazati da je svaki konacanpodskup od S linearno nezavisan. Neka je T proizvoljan konacan podskup od S. Neka jeT = {fk1 , fk2 , . . . , fks}, pri cemu je k1 < k2 < · · · < ks i αk1fk1 + · · · + αksfks = 0. Tre-bamo dokazati da su svi koeficijenti u ovoj linearnoj kombinaciji jednaki nuli. Pretpostavimosuprotno. Tada polinom

αk1fk1 + · · ·+ αksfks

nije nula polinom i koji prima vrijednost nula za svaku vrijednost β polja F. Dakle, ovajpolinom ima beskonacno mnogo nula. No poznato je da polinom konacnog stepena sa ko-eficijentima iz polja kompleksnih brojeva ima samo konacno mnogo nula, sto je nemoguce.Dakle, pretpostavka da postoji koeficijent αki koji je razlicit od nule nije tacna. Ovim smodokazali da je skup T linearno nezavisan. Tada je S linearno nezavisan skup, pa je bazaprostora V. Dakle, skup V ima beskonacnu bazu. No, mozda postoji neka druga baza koja jekonacna. Dokazimo da takve baze nema. Pretpostavimo suprotno, tj. neka postoji konacnabaza {g1, g2, . . . , gr} prostora V. Buduci da su gi polinomi to svaki od njih ima konacan ste-pen. Neka je n = max{stepen(gi)|i = 1, 2, . . . , r}. Tada svaka linearna kombinacija polinomag1, g2, . . . , gr je polinom stepena najvise n. Zbog toga polinom fn+1 = xn+1 ∈ S nije lin-earna kombinacija polinoma g1, g2, . . . , gr. Kontradikcija. Pretpostavka da postoji konacnabaza prostora V dovela nas je do kontradikcije. Time smo dokazali da svaka baza prostora V

mora biti beskonacna.


Teorem 5.3.9. Neka je V vektorski prostor i B njegov podskup. Tada je B bazaprostora V ako i samo ako je B maksimalan linearno nezavisan podskup od V.

Dokaz. Neka je B baza prostora V. Tada je skup B generator prostora V i B jelinearno nezavisan skup. Neka je C linearno nezavisan skup i B ⊂ C. Tada postojix ∈ C takav da x /∈ B. Kako je B baza, to je x linearna kombinacija skupa B. Dakle,postoje elementi b1, b2, . . . , bt ∈ B i skalari α1, α2, . . . , αt ∈ F takvi da je

x = α1b1 + α2b2 + · · ·+ αtbt.

To znaci da je skup {b1, b2, . . . , bt, x} ⊂ C linearno zavisan. Tada je i skup C linearnozavisan. KOntradikcija. Pretpostavka da postoji linearno nezavisan skup C kojistrogo sadrzi B dovela nas je do kontradikcije, pa je B maksimalan linearno nezavisanpodskup od V.

Obrnuto, neka je B maksimalan linearno nezavisan podskup od V. Pokazimo da jeB baza prostora V. Dovoljno je dokazati da je B generator prostora V. Neka je x ∈ Vproizvoljan. Ako je x ∈ B onda je x =

∑b∈B

αbb, gdje je

αb ={

1, ako je b = x,0, ako je b 6= x.

To znaci da je element x linearna kombinacija elemenata skupa B. Neka sada x 6 inB.Tada skup C = B∪{x} stogo sadrzi skup B. Kako je B maksimalan linearno nezavisanskup u V, to je skup C linearno zavisan. Tada postoje elementi b1, b2, . . . , bt ∈ B iskalari α, β1, β2, . . . , βt ∈ F takvi da je

αx + β1b1 + . . . + βtbt = 0 (5.3.3)

i bar jedan od skalara je razlicit od nule. Kada bi bilo α = 0, onda bi imali β1b1+. . .+βtbt = 0 i bar jedan od skalara je razlicit od nule. To znaci da je skup {b1, b2, . . . , bt} ⊂B linearno zavisan. No, tada je i skup B linearno zavisan. Kontradikcija. To znacida mora biti α 6= 0. Tada iz (5.3.3) slijedi

x = −α−1β1b1 − α−1β2b2 − · · · − α−1βtbt,

tj. x je linearna kombinacija elemenata skupa B. Ovim smo pokazali da je skup Bgenerator prostora V, pa koko je linearno nezavisan skup, to je on baza prostora V.

Teorem 5.3.10. Neka je V vektorski prostor koji je generisan konacnim skupom{x1, x2, . . . , xn}. Tada bilo koji nezavisan podskup od V je konacan i ima najvise nelemenata.

Dokaz. Dovoljno je dokazati da savki podskup S prostora V koji sadrzi vise odn elemenata je linearno zavisan. Neka je t > n prirodan broj i S = {y1, y2, . . . , yt}


proizvoljan podskup od V koji ima t elemenata. Kako elementi x1, x2, . . . , xn generisuV, to je

yi =n∑

j=1

λjixj .

Neka je

0 = β1y1 + β2y2 + · · ·+ βtyt =t∑

i=1

βiyi

=t∑

i=1

βi

n∑

j=1

λjixj

=t∑

i=1

n∑

j=1

λjiβixj

=n∑

j=1

(t∑

i=1

λjiβi

)xj

Ova jednakost je sigurno ispunjena ako je

t∑

i=1

λjiβi = 0 (j = 1, 2, . . . , n).

Prethodnu relaciju mozemo shvatiti kao homogeni sistem AX = 0 od n jednacina sat nepoznatih, gdje je A matrica reda n × t takva da je Aji = λji. Kako je n < t, tj.kako je broj jednacina manji od broja nepoznatih, to na sonovu Teorema 1.4.13 ovajsistem ima netrivijalno rjesenje. Dakle, postoje skalari β1, β2, . . . , βt polja F koji nisusvi jednaki nuli takvi da je β1y1 +β2y2 + · · ·+βtyt = 0. To znaci da je skup S linearnozavisan.Time je dokaz zavrsen.

Posljedica 5.3.11. Ako je V konacno dimenzionalan vektorski prostor, tada bilo kojedvije baze prostora V imaju jednak broj elemenata.

Dokaz. Posto je V konacno dimenzionalan vektorski prostor to on ima konacnu bazu{e1, e2, . . . , em}. Tada, na osnovu prethodne teoreme, svaki skup koji ima vise od melemenata je linearno zavisan. Kako je baza linearno nezavisan skup, to broj njenihelemenata mora biti ≤ m. Neka je {f1, f2, . . . , fn} proizvoljna baza prostora V. Tadaje n ≤ m. Iz istih argumenata mora biti m ≤ n, tj. m = n. Dakle, svake dvije bazeimaju konacan broj elemenata.

Na osnovu prethodne posljedice vidimo da broj elemenata neke baze konacnodimenzionalnog vektorskog prostora ne zavisi od izbora vektora te baze i on je isti zasve baze. To nam daje povod za uvodenje sljedece definicije.


Definicija 5.3.12. Broj elemenata bilo koje baze konacno dimenzionalnog vektorskogprostora naziva se dimenzija vektorskog prostora i oznacava se sa dimV.

Sada Teorem 5.3.10 mozemo iskazati i ovako

Posljedica 5.3.13. Neka je V konacno dimenzionalan vektorski prostor i n = dim V.Tada

(a) bilo koji podskup od V koji sadrzi vise od n elemenata je linearno zavisan.

(b) nijedan podskup od V koji ima manje od n elemenata ne moze generisati V.

Primjer 5.3.14. Neka je F polje i n prirodan broj. Tada vektorski prostor V = Fn imadimenziju n, jer kanonska (standardna) baza ima n vektora.

Vektorski prostor Fm×n ima dimenziju mn, jer je skup Eij svih matrica koje na (i, j) tommjestu imaju 1, a ostale elemente nula cini bazu prostora Fm×n.

Neka je F polje i neka je V = {0}. Tada je V vektorski prostor. Element 0 je linearnozavisan. Sta je onda generator prostora {0}? Neka je S = ∅ i W proizvoljan vektorski prostornad poljem F. Svaki potprostor prostora W sadrzi S, pa specijalno i {0} potprostor. Zbog togaje {0} potprostor koji je jednak presjeku svih potprostora koji sadrze S. Dakle, potprostor {0}je generisan praznim skupom. Prazan skup nema ni jedan element, pa je dim{0} = 0.

Lema 5.3.15. Neka je S linearno nezavisan podskup vektorskog prostora V. Akovektor x ∈ V nije linearna kombinacija elemenata skupa S, onda je skup S1 = S∪{x}linearno nezavisan.

Dokaz. Pretpostavimo da je suprotno, tj. da je skup S1 linearno zavisan. Tadapostoje elementi x1, . . . xk ∈ S i skalari α, α1, . . . , αk takvi da je

αx + α1x1 + · · ·+ αkxk = 0 (5.3.4)

i bar jedan od skalara je razlicit od nule. Ako je α 6= 0, onda iz (5.3.4) imamo

x = −α1α−1x1 − α2α

−1x2 − · · · − αkα−1xk.

Kontradikcija, jer x nije linearna kombinacija skupa S. Znaci mora biti α = 0. Tadaje se jednakost (5.3.4) svodi na α1x1 + · · ·+αkxk = 0 i bar jedan od skalara α1, . . . , αl

nije nula. To znaci da je skup {x1, x2, . . . , xk} ⊂ S linearno zavisan, pa je i skup Slinearno zavisan. Kontradikcija. Dakle, pretpostavka da je skup S1 linearno zavisandovela nas je do kontradikcije.

Teorem 5.3.16. Ako je W potprostor konacno dimenzionalnog vektorskog prostoraV, tada je svaki linearno nezavisan podskup od W konacan i moze se nadopuniti dobaze potprostora W.


Dokaz. Neka je S0 linearno nezavisan podskup od W. Tada je S0 linearno nezavisanpodskup i od V. Kako je V konacno dimenzionalan vektorski prostor, to svaki linearnonezavisan podskup od V ima najvise dimV elemenata. Dakle, S0 ima konacan brojelemenata.

Ako S0 generise potprostor W, onda je S0 baza prostora W. Ako S0 nije bazapotprostora W, onda postoji x1 ∈ W koji nije linearna kombinacija elemenata skupaS0. Tada, na osnovu prethodne leme, skup S1 = S0 ∪ {x1} je linearno nezavisan.Ako S1 generise W, onda je S1 baza. Ako S1 ne generise W, onda postoji x2 ∈ Wkoji nije linearna kombinacija elemenata skupa S1. Tada je skup S2 = S1 ∪ {x2} =S0 ∪{x1, x2} linearno nezavisan. Ako S2 generise W, onda je S2 baza potprostora W.Ako nije onda prethodni postupak nastavljamo. Kako je V konacno dimenzionalanvektorski prostor to on ima samo konacno mnogo linearno nezavisnih vektora. Zbogtoga prethodni postupak se mora okoncati u konacnom broju koraka. Dakle, postojeelementi x1, x2, . . . , xm ∈ W takvi da je Sm = S0 ∪ {x1, x2, . . . , xm} baza potprostoraW.

Posljedica 5.3.17. Ako je W pravi potprostor konacno dimenzionalnog prostora V,onda je i W konacno dimenzionalan i dimW < dimV.

Dokaz. Buduci da je W pravi potprostor prostora V, to je W 6= {0} i W 6= V. Tadapostoji x ∈ W takav da je x 6= 0. To znaci da je skup S0 = {x} linearno nezavisan, pase na osnovu prethodne teoreme moze nadopuniti baze potprostora W. Svaki linearnonezavisan potskup od W je takode linearno nezavisan podskup i u V. Zbog toga jedimW ≤ dimV. No, W je pravi podskup od V. Zbog toga postoji vektor y ∈ V kojinije u potprostoru W. Dakle, y nije linearna kombinacija elemenata baze potprostoraW. Dodavajuci ovaj element toj bazi dobicemo linearno nezavisan podskup u V. Dakle,dimW < dimV.

Posljedica 5.3.18. U konacno dimenzionalnom vektorskom prostoru V svaki neprazanlinearno nezavisan skup vektora moze se nadopuniti do baze.

Posljedica 5.3.19. Neka je A neka n × n matrica nad poljem F. Ako su vrste ma-trice A, posmatrane kao vektori prostora Fn, linearno nezavisne, onda je matrica Ainvertibilna.

Dokaz. Neka su v1, v2, . . . , vn vrste matrice A i neka je W potprostor prostora Fn

generisan vektorima v1, v2, . . . , vn. Posto su vrste nezavisne, to je dimV ≥ n. S drugestrane W je podskup od Fn, pa je dimW ≥ dimFn. Dakle, dimW = dimFn = n.Zbog toga je W = Fn. To znaci da je {v1, v2, . . . , vn} baza prostora Fn. Neka je{e1, e2, . . . , en} standardna (kanonska) baza prostora Fn. Tada svaki vektor prostoraFn moze prikazati kao linearna kombinacija vektora baze {v1, v2, . . . , vn}. Tako imamo

ei =n∑

j=1

βijvj , 1 ≤ j ≤ n.


Odavde imamo I = BA, gdje je B matrica za koju je Bij = βij .

Teorem 5.3.20. Neka su S i T konacno dimenzionalni vektorski potprostori prostoraV. Tada je S + T konacno dimenzionalan vektorski potprostor i vrijedi

dim(S + T ) = dimS + dimT − dim(S ∩ T ).

Dokaz. Potprostor S ∩ T je potprostor konacno dimenzionalnog prostora S, pa jekonacno dimenzionalan. Neka je {e1, e2, . . . ek} baza potprostora S ∩ T. Ovu bazumozemo nadopuniti do baze {e1, . . . ek, f1, . . . , fm} prostora S i do baze

{e1, . . . ek, g1, . . . , gn}prostora T. Odavde imamo

k = dim(S ∩ T ), k + m = dimS, k + n = dimT.

Prostor S + T sadrzi svaki od skupova S i T i njegovi elementi se mogu prokazati uobliku s + t, s ∈ S, t ∈ T. To znaci da je skup

{e1, . . . ek, f1, . . . , fm, g1, . . . , gn}generator prostora S + T. Pokazimo da je ovaj skup linearno nezavisan. Neka je

k∑

i=1

αiei +m∑

j=1

βjfj +n∑

r=1

γrgr = 0.

Odavde je

−n∑

r=1

γrgr =k∑

i=1

αiei +m∑

j=1

βjfj .

Lijeva strana je element potprostora T, a desna potprostora S. Zato jen∑

r=1γrgr ∈ S∩T.

Tada jen∑

r=1

γrgr =k∑

i=1

µiei.

No vektori e1, . . . ek, g1, . . . , gn su linearno nezavisni , pa je γr = 0 za svako r. Zbogtoga imamo

k∑

i=1

αiei +m∑

j=1

βjfj = 0.

Kako su vektori e1, . . . ek, f1, . . . , fm linearno nezavisni, to je αi = 0 i βj = 0 za svakoi i svako j. Ovim smo dokazali da je

{e1, . . . ek, f1, . . . , fm, g1, . . . , gn}


baza prostora S + T. Dakle,

dim(S + T ) = k + m + n = (k + m) + (k + n)− k = dim S + dim T − dim(S ∩ T ).


Zavrsimo izlaganje u ovoj sekciji sa diskusijom o linearnoj zavisnosti i nezavisnosti.Mi smo pojam linearne zavisnosti i nezavisnosti uveli za skup vektora vektorskogprostora. No, taj pojam moze se definisati i za konacan niz od n vektora (tj. uredenun−torku vektora) x1, x2, . . . , xn.

Kazemo da je niz vektora x1, x2, . . . , xn linearno zavisan ako postoji niz skalaraα1, α2, . . . , αn koji nisu svi jednaki nuli takvi da je

α1x1 + α2x2 + · · ·+ αnxn = 0.

Kakva je razlika izmedu konacnog niza x1, x2, . . . , xn i skupa {x1, x2, . . . , xn}? Imamodvije razlike:jednakost i uredenost.

U skupu {x1, x2, . . . , xn} su svi elementi razliciti, a u nizu x1, x2, . . . , xn ne mo-praju svi elementi biti razliciti, cak sta vise mogu svi elementi biti isti. Ako su elementixi i xj (i 6= j) jednaki onda je taj niz linearno zavisan, jer je xi + (−1)xj = 0. Tako,ako je niz x1, x2, . . . , xn linearno nezavisan, onda su njegovi elementi sigurno razliciti.U tom slucaju niz x1, x2, . . . , xn formira skup {x1, x2, . . . , xn} i niz je linearno zavisanako i samo je odgovarajuci skup zavisan. Ovu cinjenicu mozemo iskoristiti za defini-ciju dimenzije vektorskog prostora.Dimenzija vektorskog prostora V je najveci broj nza koji postoji bar jedna n−torka linearno nezavisnih vektora prostora V.

Elementi niza su poredani na jedan specifican nacin. Tako je niz 1, 2, 3 razlicit odniza 2, 3, 1. To nije slucaj kod skupova. Naime, u skupu nije bitan poredak elemenata.Tako su skupovi {1, 2, 3} i {2, 3, 1} jednaki. Da li nam je bitan poredak vektora ubazi? Iz dosadasnje diskusije to nismo vidjeli. No, u diskusiji koja ce kasnije uslijeditividjecemo da je to od velike vaznosti. Zbog toga cemo morati razlikovati bazu u kojojelementi imaju utvrden poredak od baze u kojoj je poredak nebitan.

5.3.1 Zadaci

1. Naci bazu i dimenziju vektorskog potprostora S prostora R4 generisanog vek-torima: x1 = (1, 0, 0 − 1), x2 = (2, 1, 1, 0), x3 = (1, 1, 1, 1), x4 = (1, 2, 3, 4), x5 =(0, 1, 2, 3).

2. Potprostor S je generisan vektorima a1 = (1, 2, 0, 1) i a2 = (1, 1, 1, 0), a pot-prostor T je generisan vektorima b1 = (1, 0, 1, 0) i b2 = (1, 3, 0, 1). Odrediti bazui dimenziju potprostora S + T i S ∩ T.

5.4. KOORDINATE 117

3. Potprostor S je generisan vektorima a1 = (1, 1, 1, 1), a2 = (1,−1, 1,−1) i a3 =(1, 3, 1, 3), a potprostor T je generisan vektorima b1 = (1, 2, 0, 2), b2 = (1, 2, 1, 2)i b3 = (3, 1, 3, 1). Odrediti bazu i dimenziju potprostora S + T i S ∩ T.

4. Neka je V vektorski prostor svih 2×2 matrica nad poljem F. Neka je S podskupskupa V koji se sastoji od matrica oblika

(x −xy z

)

i neka je T skup svih matrica oblika(

a b−a c

).

(a) Dokazati da su S i T potprostori prostora V.

(b) Naci bazu i dimenziju potprostora S, T, S + T i S ∩ T.

5. Neka je V vektorski prostor 2×2 matrica nad poljem F. Naci bazu {A1, A2, A3, A4}prostora V tako da je A2

i = Ai za svako i.

6. Dat je sistem

x1 + x2 + 3x3 − 2x4 + 3x5 = 02x1 + 2x2 + 4x3 − x4 + 3x5 = 03x1 + 3x2 + 7x3 − 3x4 + 6x5 = 02x1 + 2x2 + 8x3 − 3x4 + 9x5 = 0

Odrediti prostor rjesenja ovog sistema. Naci fundamentalan skup rjesenja ovogsistema.

5.4 Koordinate

U ovom paragrafu uvodimo pojam uredene baze vektorskog prostora i pojam koordi-nata (komponenata) vektora u odnosu na uredenu bazu.

Definicija 5.4.1. Neka je V konacno dimenzionalan vektorski prostor. Pod uredenombazom vektorskog prostora V podrazumjevamo konacan niz linearno nezavisnih vektorakoji generisu prostor V.


Ako je niz x1, x2, . . . , xn uredena baza, tada je skup {x1, x2, . . . , xn} baza prostora.Uredena baza je skup u kojem su elementi poredani po dogovorenom principu. Dabismo istakli da je neka baza uredena onda je oznacavamo pisanim velikim slovom B.

Neka je B = {e1, . . . , en} uredena baza konacno dimenzionalnog prostora V. Nekaje x proizvoljan element prostora V. Tada postoje skalari α1, . . . , αn takvi da je x =α1e1 + · · ·+ αnen. Da li je ovaj prokaz jedinstven? Pretpostavimo da postoji i prikazx = β1e1 + · · ·+ βnen. Tada je

0 = x− x = α1e1 + · · ·+ αnen − (β1e1 + · · ·+ βnen)= (α1 − β1)e1 + · · ·+ (αn − βn)en.

Kako su vektori e1, . . . , en linearno nezavisni, to je

α1 − β1 = . . . = αn − βn = 0,

tj. αi = βi za svako i.

Dakle, za uredenu bazu B = {e1, . . . , en} i vektor x vektorskog prostora V postojitacno jedna uredena n-torka skalara (α1, . . . , αn) ∈ Fn takva da je

x =n∑

i=1

αiei.

Za ovako definisanu uredenu n-torku kazemo da su koordinate vektora x u odnosu nabazu B. Cesto cemo umjesto uredene n-torke (α1, . . . , αn) koja odgovara vektoru xuzimati matricu

[x]B =

α1...

αn

.

Neka je V konacnodimenzionalni vektorski prostor nad poljem F. Neka su

B = {e1, . . . , en} i B = {f1, . . . , fn}

dvije uredene baze prostora V. Tada postoje skalari Pij takvi da je

fj =n∑

i=1

Pijei, 1 ≤ j ≤ n.

Neka vektor x u odnosu na prvu bazu ima koordinate (α1, . . . , αn) i u odnosu na

5.4. KOORDINATE 119

drugu bazu (β1, . . . , βn). Tada je

x = βf1 + · · ·+ βnfn

=n∑

j=1

βjfj

=n∑

j=1

(βj

n∑

i=1

Pijei

)

=n∑

j=1

n∑

i=1

Pijβjei

=n∑

i=1

n∑

j=1

Pijβj

ei.

Dakle,

x =n∑

i=1

n∑

j=1

Pijβj

ei. (5.4.1)

Odavde je

αi =n∑

j=1

Pijβj , 1 ≤ i ≤ n. (5.4.2)

Neka je P matrica reda n × n takva da je njen element na mjestu (i, j) skalar Pij .Tada se jednakost (5.4.2) moze napisati u obliku

[x]B = P [x]B′ , (5.4.3)

odnosno u obliku X = PX ′, gdje je X ′ matrica koordinata vektora x u odnosu nabazu B′. Kako su baze linearno nezavisni skupovi, to iz X = 0 slijedi X ′ = 0. Naime,ako je X nula onda je vekrot x nula vektor, pa su koordinate vektora x i u odnosuna drugu bazu sve jednake nuli, tj. X ′ = 0. Isto tako ako je X ′ = 0, onda je i X = 0.Dakle, jednacina PX = 0 ima samo trivijalno rjesenje, pa je matrica P invertibilna(vidi teorem 1.4.14). Sada iz (5.4.3) slijedi

[x]B′ = P−1[x]B. (5.4.4)

Tako smo dokazali sljedeci teorem.

Teorem 5.4.2. Neka je V n−dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F i nekasu B i B′ dvije uredene baze. Tada postoji tacno jedna invertibilna matrica P takvada je


(i) [x]B = P [x]B′ ,

(ii) [x]B′ = P−1[x]B

za svakivektor x ∈ V. Kolone matrice P su date relacijom

Pj = [fj ]B j = 1, 2, . . . , n,

tj. predstavljaju komponente vektora fj u odnosu na prvu bazu B.

Teorem 5.4.3. Neka je P invertibilna matrica reda n × n nad poljem F. Neka jeV n−dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F, i neka je B neka uredena bazaprostora V. Tada postoji tacno jedna uredena baza B′ prostora V takva da je

(i) [x]B = P [x]B′ ,

(ii) [x]B′ = P−1[x]B

za svaki vektor x ∈ V.

Dokaz. Neka je B = {e1, e2, . . . , en} uredena baza prostora V. Kolone matrice Podreduju vektore

fj =n∑

i=1

Pijei, 1 ≤ j ≤ n.

Dokazimo da vektori f1, f2, . . . , fn formiraju bazu prostora V. Neka je Q = P−1

inverzna matrica matrice P. Tada jen∑

j=1

Qjkfj =n∑

j=1

Qjk

(n∑

i=1

Pijei

)

=n∑

j=1

n∑

i=1

PijQjkei

=n∑

i=1

n∑

j=1

PijQjk

ei

=n∑

i=1

δikei = ek,

gdje je δik Kronekerov simbol. Neka je y proizvoljan vektor prostora V. Tada je

y =n∑

k=1

γkek =n∑

k=1

γk

n∑

j=1

Qjkfj

=

n∑

j=1

(n∑

k=1

γkQjk

)fj

Dakle, Dakle, vektori f1, . . . , fn generisu prostor V. Kako je tih vektora n = dimV, tooni cine bazu prostora V. Na osnovu prethodnog teorema jasno da za bazu B′ vrijedeuslovi (i) i (ii).

5.4. KOORDINATE 121

Primjer 5.4.4. Neka je R polje realnih brojeva i neka je ϕ fiksiran realan broj. Matrica

P =(

cosϕ − sin ϕsin ϕ cosϕ

)

je invertibilna i njena inverzna matrica je

P−1 =(

cos ϕ sin ϕ− sin ϕ cos ϕ

)

Neka je B = {e1, e2} uredena standardna baza prostora R2. Neka je

f1 = cos ϕe1 + sin ϕe2, f2 = − sinϕe1 + cosϕe2.

Tada je B′ = {f1, f2} uredena baza prostora R2. U geometrijskom smislu baza B′ je nastalarotacijom baze B oko koordinatnog pocetka u pozitivnom smislu za ugao ϕ.

5.4.1 Zadaci

1. Pokazati da vektori

f1 = (1, 1, 0, 0), f2 = (0, 0, 1, 1)f3 = (1, 0, 0, 4), f4 = (0, 0, 0, 2)

formiraju bazu prostora R4. Naci koordinate svakog od vektora ei standardnebaze u odnosu na bazu {f1, f2, f3, f4}.

2. Naci koordinate vektora (1, 0, 1) u bazi prostora C3 sastavljenoj od vektora(2i, 1, 0), (2,−1, 1), (0, 1 + i, 1− i) u ovom redosljedu.

3. Neka je W potprostor prostora C3 generisan vektorima f1 = (1, 0, i) i f2 =(1 + i, 1,−1).

(a) Pokazati da f1 i f2 cine bazu prostora W.

(b) Pokazati da vektori g1 = (1, 1, 0) i g2 = (1, i, 1 + i) pripadaju potprostoruW i cine drugu bazu potprostora W.

(c) Odrediti koordinate vektora f1 i f2 u uredenoj bazi {g1, g2}.

4. Neka je V vektorski prostor, nad poljem kompleksnih brojeva, svi funkcija f :R → C, tj. prostor svih kompleksnih funkcija na realnoj pravoj. Neka jef1(x) = 1, f2(x) = eix, f3(x) = e−ix.

(a) Dokazati da su f1, f2, f3 linearno nezavisni elementi prostora V.


(b) Neka je g1(x) = 1, g2(x) = cosx, g3(x) = sinx. Naci invertibilnu matricuP reda 3× 3 takvu da je

gi =3∑

i=1

Pijfi.

5. Neka je V vektorski prostor svih realnih polinoma stepena manjeg ili jednakogod 2, tj. prostor svih funkcija oblika

f(x) = c0 + c1x + c2x2.

Neka je t fiksan realan broj i definisimo

g1(x) = 1, g2(x) = x + t, g3(x) = (x + t)2.

Dokazati da je B = {g1, g2, g3} baza prostora V. Ako je

f(x) = c0 + c1x + c2x2

sta su koordinate vektora f u uredenoj bazi B?

5.5 Zavrsno razmatranje o v-ekvivalenciji matrica

U ovom paragrafu cemo koristiti osnovne cinjenice o bazi i dimenziji vektorskog pros-tora u cilju kompletiranja nase diskusije o v-ekvivalenciji matrica. Neka je A nekam×n matrica nad poljem F. Vrste ove matrice mozemo shvataiti kao vektore prostoraFn. Definisimo

fi = (Ai1, . . . , Ain), 1 ≤ i ≤ m

i oznacimo sa W vektorski potprostor prostora Fn generisan vektorima f1, . . . , fm.Dimenziju potprostora W nazivamo rang vrsta matrice A i oznacavamo sa rangv A =dimW.

Ako je P neka k ×m matrica nad poljem F, tada je B = PA matrica reda k × ncije su vektori vrsta g1, . . . , gk linearne kombinacije

gi = Pi1f1 + · · ·+ Pimfm, (i = 1, 2, . . . , k)

vrsta f1, . . . fm matrice A. Zbog toga je vektorski prostor vrsta matrice B je potprostorprostora vrsta matrice A. Ako je matrica P reda m×m invertibilna, onda je matricaB v-ekvivalentna sa matricom A. Zbog simetricnosti relacije v-ekvivalentno imamoda je A v-ekvivalentna sa B, pa je A = P−1B. Tada je potprostor vrsta matrice Apotprostor prostora vrsta matrice B. Ovim smo dokazali sljedeci teorem.

5.5. ZAVRSNO RAZMATRANJE O V-EKVIVALENCIJI MATRICA 123

Teorem 5.5.1. v-ekvivalentne matrice imaju iste vektorske prostore vrsta.

Povezimo bazu sa v-reduciranom esalon matricom.

Teorem 5.5.2. Neka je R nenulta v-reducirana esalon matrica reda m × n. Tadanenulti vektori vrsta matrice R cine bazu prostora vrsta matrice R.

Dokaz. Neka su h1, h2, . . . , hr nenulte vrste v-reducirane matrice R, tj neka je hi =(Ri1, . . . , Rin), (i = 1, 2, . . . ,m).Ovi vektori generisu vektorski prostor vrsta matriceR. Trebamo jos dokazati da su oni linearno nezavisni. Kako je R v-reducirana esalonmatrica, postoje prirodni brojevi k1, k2, . . . , kr takvi da je k1 < k2 < · · · < kr i zai ≤ r je Rij = 0 ako je j < ki i Rikj = δij . Neka je

γ1h1 + γ2h2 + · · ·+ γrhr = (0, 0, . . . , 0).

Nakon sabiranja na lijevoj strani u ki−om mjestu bice γi, a na desnoj strani je 0.Zbog jednakosti imamo γi = 0 (i = 1, 2, . . . , r). To znaci da su vektori h1, h2, . . . , hr

linearno nezavisni, pa cine bazu prostora vrsta matrice R.

Primjer 5.5.3. Neka je W potprostor prostora R5 generisan vektorima

a1 = (1, 2, 3, 4, 5),a2 = (1, 3, 4, 5, 6)a3 = (1, 2, 4, 6, 0).

Vektor x ∈ R5 je element potprostora W ako i samo ako postoje skalari α, β, γ takvi da jex = αa1 + βa2 + γa3. Ako je x = (µ1, µ2, µ3µ4, µ5), onda je

(µ1, µ2, µ3, µ4, µ5) = (α + β + γ, 2α + 3β + 4γ, 3α + 4β + 4γ, 4α + 5β + 6γ, 5α + 6β),

tj.

µ1 = α + β + γ

µ2 = 2α + 3β + 2γ

µ3 = 3α + 4β + 4γ

µ4 = 4α + 5β + 6γ

µ5 = 5α + 6β

Odavde je α = 4µ1 − µ3, β = −2µ1 + µ2, γ = −µ1 − µ2 + µ3. Tada je µ4 = −µ2 + 2µ3, µ5 =8µ1 + 6µ2 − 5µ3. Konacno vektor x ima oblik

x = (µ1, µ2, µ3,−µ2 + 2µ3, 8µ1 + 6µ2 − 5µ3).

Dakle,W = {(µ1, µ2, µ3,−µ2 + 2µ3, 8µ1 + 6µ2 − 5µ3) |µ1, µ2, µ3 ∈ R}.


Za µ1 = 1, µ2 = 0, µ3 = 0 imamo e1 = (1, 0, 0, 0, 8). Za µ1 = 0, µ2 = 1, µ3 = 0 imamoe2 = (0, 1, 0,−1, 6). Za µ1 = 0, µ2 = 0, µ3 = 1 imamo e3 = (0, 0, 1, 2,−5). Vektori e1, e2, e3 sulinearno nezavisni i generisu potprostor W. Isto tako, ako je

A =

1 0 0 0 80 1 0 −1 60 0 1 2 −5

onda je W potprostor prostora R5 generisan vrstama matrice A. Matrica A je v-reduciranaesalon matrica.

U prethodnom primjeru smo za dati potprostor W prostora Fn konstruisali v-reduciranu esalon matricu A tako da je W potprostor generisan vrstama te matrice.Da ovo nije slucajnost vidimo iz sljedeceg teorema.

Teorem 5.5.4. Neka su m i n prirodni brojevi i F polje. Pretpostavimo da je Wpotprostor prostora Fn i dimW ≤ m. Tada postoji jedna i samo jedna v-reduciranaesalon matrica R reda m×n nad poljem F takva da je W potprostor generisan vrstamamatrice R.

5.5.1 Zadaci:

1. Neka je

a1 = (1, 1,−2, 1), a2 = (3, 0, 4,−1), a3 = (−1, 2, 5, 2) i

b1 = (4,−5, 9,−7), b2 = (3, 1,−4, 4), b3 = (−1, 1, 0, 1).

(a) Koji od vektora b1, b2, b3 pripadaju potprostoru prostora R4 generisanimvektorima a1, a2, a3?

(b) Koji od vektora a1, a2, a3 pripada potprostoru prostora R4 generisanimvektorima b1, b2, b3?

2. Neka je a1 = (−1, 0, 1, 2), a2 = (3, 4,−2, 5), a3 = (1, 4, 0, 9) i neka je W potpros-tor prostora R4 generisan tim vektorima. Naci homogeni sistem ciji je potprostorrjesenja upravo potprostor W.

3. Neka je V realan vektorski prostor generisan vrstama matrice

A =

3 21 0 9 01 7 −1 −2 −12 14 0 6 16 42 −1 13 0

.

5.5. ZAVRSNO RAZMATRANJE O V-EKVIVALENCIJI MATRICA 125

(a) Naci bazu od V.

(b) Naci potreban i dovoljan uslov da bi vektor x = (α1, α2, α3, α4, α5) pri-padao prostoru V.

(c) Naci koordinate vektora x = (α1, α2, α3, α4, α5) u bazi odredenoj pod (a).


Glava 6

Linearna preslikavanja

U ovom poglavlju studiracemo jedan veoma bitan pojam u proucavanju vektorskihprostora. Rijec je linearnim preslikavanjima jednog vektorskog prostora u drugi.

6.1 Linearna preslikavanja

Definicija 6.1.1. Neka su V i W vektorski prostori nad istim poljem F. Za preslika-vanje f : V → W kazemo da je linearno preslikavanje ako vrijedi:

(a) f(a + b) = f(a) + f(b) (aditivnost)

(b) f(αa) = αf(a) (homogenost)

za svako a, b ∈ V i savako α ∈ F.

Linearno preslikavanje vektorskog prostora V u samog sebe nazivamo linearnatransformacija vektorskog prostora ili linearan operator prostora V.

Tvrdnja 6.1.2. Uslovi (a) i (b) prethodne definicijeekvivalentni su sa uslovom

(c) f(αa + βb) = αf(a) + βf(b)

za svako a, b ∈ V i savako α, β ∈ F.

Dokaz. Neka vrijede uslovi (a) i (b) prethodne definicije. Tada imamo

f(αa + βb)(a)= f(αa) + f(βb)

(b)= αf(a) + βf(b).

Obrnuto, neka vrijedi uslov (c). Ako u uzmemo α = β = 1, onda iz (c) slijediuslov (a). Ako uzmemo β = 0, onda iz (c) slijedi uslov (b).

127

128 GLAVA 6. LINEARNA PRESLIKAVANJA

Primjer 6.1.3. Navedimo nekoliko znacajnih linearnih preslikavanja.

1. Neka je V vektorski prostor i I preslikavanje prostora V u samog sebe dato sa I(x) = xza svako x ∈ V. Tada je I linearno preslikavanje i nazivamo ga identitet na V.

2. Neka je V vektorski prostor i O preslikavanje V u V definisano sa O(x) = 0 za svakox ∈ V. Tada je O linearno preslikavanje i nazivamo ga nula preslikavanje.

3. Neka je V skup svih polinoma nad poljem F. Posmatrajmo preslikavanje D prostora Vu samog sebe definisanog sa

D(P (x)) =dP

dx= P ′(x)

za svaki polinom P (x) ∈ V. Da li je D linearno prerslikavanje? Preslikavanje D pred-stavlja operaciju diferenciranja. Kako je

D(P (x) + Q(x)) = (P (x) + Q(x))′ = P ′(x) + Q′(x) = D(P (x)) +D(Q(x))

D(αP (x)) = (αP (x))′ = αP ′(x) = αD(P (x)),

to je D linearno preslikavanje.

4. Neka je V vektorski prostor neprekidnih realnih funkcija na R. Definisimo preslikavanjeT : V → V na sljedeci nacin

(T f)(x) =∫ x

0

f(t)dt.

Tada je T linearno preslikavanje prostora V u samog sebe. Nime,

(T (αf + βg))(x) =∫ x

0

(αf + βg) (t)dt =∫ x

0

αf(t)dt +∫ x

0

βg(t)dt

= α

∫ x

0

f(t)dt + β

∫ x

0

g(t)dt

= α(T f)(x) + β(T g)(x).

Dakle, T je linearno preslikavanje. Funkcija (T f)(x) ne mora biti neprekidna, ali imaneprekidan prvi izvod.

5. Neka su V = Fn×1, W = Fm×1 vektorski prostori nad poljem F. Tada za datu m × nmatricu A nad poljem F preslikavanje

T (X) = AX (X ∈ Fn×1)

predstavlja linearno preslikavanje sa V u W.

6. Neka je P fiksna m×m matrica nad poljem F i Q fiksna n× n matrica nad poljem F.Definisimo funkciju T sa Fm×n u samog sebe relacijom

T (A) = PAQ.

Tada je

T (αA + βB) = P (αA + βB)Q = (αPA + βPB)Q = αPAQ + βPBQ

= αT (A) + βT (B),

tj. T je linearno preslikavanje.

6.1. LINEARNA PRESLIKAVANJA 129

7. Neka je V = V 3 vektorski prostor obicnih vektora Euklidovog prostora. Neka je πproizvoljna ravan. Posamtrajmo simetriju prostora u odnosu na ravan. Neka je O

proizvoljna tacka ravni π. Proglasimo tacku O za pol.Neka je −→x =−→OA proizvoljan

vektor. Simetrijom u odnosu na ravan sve tacke ravni se preslikavaju u same sebe.Tacka A se preslikava u neku tacku A′, pri cemu je duz AA′ okomita na ravan π i tackeA i A′ su jednako udaljene od ravni π i nalaze se sa razlicitih strana. Neka duz AA′

sijece ravan π u tacki T. Tada je

−→OA =

−→OT +

−→TA

−−→OA′ =

−→OT +

−−→TA′.

No,−−→TA′ = −−→TA, pa je

−−→OA′ =

−→OT −−→TA = (

−→OA−−→TA)−−→TA =

−→OA− 2

−→TA.

Vektor−→OT je kolinearan sa jedinicnim vektorom −→n normale ravni π. Intenzitet tog

vektora jednak je projekciji vektora−→OA na vektor −→n . Zbog toga je

−→TA = (

−→OA · −→n )−→n ,

tj.−→TA = (−→x · −→n )−→n . Konacno imamo

−−→OA′ = −→x − 2(−→x · −→n )−→n .

Uvedimo oznaku A(−→x ) =−−→OA′. Tada je

A(−→x ) = −→x − 2(−→x · −→n )−→n . (6.1.1)

Pokazimo da je relacijom (6.1.1) dato linearno preslikavanje prostora V 3 u samog sebe.Imamo

A(α−→x + β−→y ) = α−→x + β−→y − 2((α−→x + β−→y ) · −→n )−→n= α−→x + β−→y − 2(α(−→x · −→n ) + β(−→y · −→n ))−→n= α (−→x − 2(−→x · −→n )−→n ) + β (−→y − 2(−→y · −→n )−→n )= αA(−→x ) + βA(−→y )

za savko −→x ,−→y ∈ V 3 i savko α, β ∈ R. Dakle, A je linearno preslikavanje.

Iz definicije linearnog preslikavanja P : V → W slijedi

P(0V ) = P(0V + 0V ) = P(0V ) + P(0V ),

tj. P(0V ) = 0W . Dakle, linearno preslikavanje nula vektor 0V prostora V prevodi unula vektor 0W prostora W.

Matematickom indukcijom se lahko dokazuje

P (α1x1 + · · ·+ αnxn) = α1P(x1) + · · ·+ αnP(xn)

za svaki prirodan broj n i svako α1, . . . , αn ∈ F i x1, . . . , xn ∈ V.


Teorem 6.1.4. Neka je V konacno dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F ineka je B = {e1, . . . , en} uredena baza vektorskaog prostora V. Neka je W vektorskiprostor nad istim poljem F i neka je {f1, · · · , fn} bilo kojih n vektora prostora W.Tada postoji tacno jedno linearno preslikavanje P prostora V u W takvo da je

P(ei) = fi (i = 1, 2, . . . , n). (6.1.2)

Dokaz. Neka je x proizvoljan vektor prostora V. Tada je

x = α1e1 + · · ·+ αnen, (αi ∈ F).

Kako je B uredena baza, to su skalari α1, . . . , αn jednoznacno odredeni zbog toga jei vektor α1f1 + · · ·+ αnfn ∈ W jednoznacno odreden. Definisimo

P(x) = α1f1 + · · ·+ αnfn.

Pokazimo da je P linearno preslikavanje. Neka je

y = β1e1 + · · ·+ βnen ∈ V, λ, µ ∈ F.

Tada je

P(λx + µy) = P(

λn∑

i=1

αiei + µn∑

i=1

βiei

)

= P(

n∑

i=1

(λ αi + µ βi) ei

)

=n∑

i=1

(λ αi + µ βi) fi = λn∑

i=1

αifi + µn∑

i=1

βifi

= λP(x) + µP(y).

Dakle, P je linearno preslikavanje. Kako je

ei =n∑

j=1

δijej ,

gdje je δij Kronekerov simbol. Zbog toga imamo

P(ei) = P

n∑

j=1

δijej

=

n∑

j=1

δijfj = fi


za svako i. Dakle, preslikavanje P zadovoljava relaciju (6.1.2). Ostalo nam je jos dadokazemo jedinstvenost preslikavanja. Neka pored preslikavanja P postoji linearnopreslikavanje T za koje vrijedi (6.1.2), tj. neka je T (ei) = fi za svako i. Tada je

T (x) = T(

n∑

i=1

αiei

)=

n∑

i=1

αiT (ei)

=n∑

i=1

αifi =n∑

i=1

αiP(ei)

= P(

n∑

i=1

αiei

)= P(x)

za svako x ∈ V. Dakle, P = T .Iz ovog teorema slijedi da su linearna preslikavanja konacno dimenzionalnih vek-

torskih prostora dosta specificna. Naime, dovoljno je da znamo slike svih vektorabaze, pa da znamo sliku bilo kog vektora prostora.

Primjer 6.1.5. Vektori e1 = (1, 2), e2 = (3, 4) su linearno nezavisni i zato formiraju bazuprostora R2. Neka su f1 = (3, 4, 1), f2 = (−1,−4, 7) vektori prostora R3. Tada na osnovuprethodne teoreme postoji tacno jedno linearno preslikavanje P prostora R2 u prostor R3 zakoje vrijedi P(e1) = f1 i P(e2) = f2. Odredimo slike vektora standardne baze (1, 0) i (0, 1)prostora R2. Prvo trebamo odrediti komponente ovih vektora u odnosu na zadabu bazu {e1, e2}.Imamo

(1, 0) = α (1, 2) + β (3, 4) = (α + 3β, 2α + 4β).

Dakle, α+3β = 1 i 2α+4β = 0, tj. (1, 0) = −2e1 +1e1. Analogno imamo (0, 1) = 32e1− 1

2e2.Sada imamo

P(1, 0) = −2P(e1) + P(e2) = −2(3, 4, 1) + 1(−1,−4, 7) = (−7,−12, 5).

P(0, 1) =32P(e1)− 1

2P(e2) =

32(3, 4, 1)− 1

2(−1,−4, 7) = (5, 8,−2).

Neka je P : V → W linearno preslikavanje. Uvedimo skupove

Ker(P) = {x ∈ V | P(x) = 0W }, Im(P) = {u ∈ W | (∃x ∈ V ) u = P(x)}

Jednostavno se pokazuje da je Ker(P) potprostor prostora V, a Im(P) potprostorprostora W. Potprostor Ker(P nazivamo jezgro ili nulpotprostor linearnog pres-likavanja P. Potprostor Im(P) nazivamo slika linearnog preslikavanja P.

Ako je V konacno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem F. Tada je Ker(P),kao potprostor konacno dimenzionalnog vektorskog prostora V, je konacno dimenzion-alan. Broj dimKer(P) nazivamo defekt linearnog preslikavanja P i oznacava sesa def(P).


Neka je {e1, · · · , en} baza konacno dimenzionalnog vektorskog prostora V. Pot-prostor Im(P) prostora W je generisan vektorima P(e1), . . . ,P(en). Zbog toga jedimenzija ovog potprostora ≤ n = dimV. Dakle, dimenzija potprostora Im(P) jekonacan broj. Ovaj broj nazivamo rang linearnog preslikavanja P i oznacavamosa rang(P).

U narednom teoremu dokazacemo jedan od najvaznijih rezultata linearne algebre.

Teorem 6.1.6. Neka su V i W vektorski prostor nad poljem F i neka je P preslika-vanje sa V u W. Ako je V konacno dimenzionani vektorski prostor, tada je

rang(P) + def(P) = dimV.

Dokaz. Neka je {e1, . . . , ek} baza potprostora Ker(P). Ovu bazu nadopunimo vek-torim ek+1, . . . , en prostora V tako da je {e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en} baza prostora V.Pokazimo da je {P(ek+1), . . . ,P(en)} baza potprostora Im(P). Vektori P(ei) 1 ≤i ≤ n generisu potprostor Im(P). Kako je P(ei) = 0 za 1 ≤ i ≤ k, to vektoriP(ei) k + 1 ≤ i ≤ n generisu potprostor Im(P). Prema tome, ostalo nam je jos dadokazemo da je skup {P(ek+1), . . . ,P(en)} linearno nezavisan. Neka je

n∑

i=k+1

λiP(ei) = 0.

Odavde imamo

P(

n∑

i=k+1

λiei

)= 0,

sto povlacin∑

i=k+1

λiei ∈ Ker(P).

Zbog toga jen∑

i=k+1

λiei =k∑

j=1

µjej ,

tj.n∑

i=k+1

λiei −k∑

j=1

µjej = 0.

Kako je {e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en} baza prostora V, to su oni linearno nezavisni, pa susvi koeficijenti u prethodnoj jednakosti jednaki nuli. Dakle, λi = 0 za svako i = k +1, . . . , n i µj = 0 za svako j = 1, . . . , k. Ovim smo dokazali da je {P(ek+1), . . . ,P(en)}baza prostora Im(P). To znaci da je dim Im(P) = n− k = dimV − dimKer(P), tj.dimV = dimKer(P) + dim Im(P). Time je teorema dokazana.


Za matricu A ∈ Fm×n broj linearno nezavisnih vrsta nazivamo rang vrsta matriceA i oznacavamo ga sa rangvA. Broj linearno nezavisnih kolona matrice A nazivamorang kolona matrice A i oznacavamo ga sa rangkA.

Teorem 6.1.7. Ako je A neka m×n matrica nad poljem F, tada je rang vrsta matriceA jednak rangu kolona matrice A, tj. rangvA = rangkA.

Dokaz. Neka je P linearno preslikavanje prostora Fn×1 u Fm×1 definisano relacijomP(X) = AX. Odrdimo jezgru ovog preslikavanja. X ∈ KerP ako i samo ako jeAX = 0. Dakle, skup KerP je skup svih rjesenja matricne jednacine AX = 0. Istotako Y ∈ ImP ako i samo postoji X takvo da je AX = Y. Drugim rijecima skupImPje skup svih m× 1 matrica za koje jednacina AX = Y ima rjesenje.

Neka je R reducirana esalon matrica koja je v-ekvivalentna sa matricom A. Nekaje r broj nenultih vrsta matrice R. Kao sto znamo sistemi AX = 0 i RX = 0 suekvivalentni. Potprostor rjesenja sistema AX = 0 i RX = 0 se podudaraju. Dimen-zija tog podprostora jednaka je broju nepoznatih umanjenom za broj nenultih vrstamatrice R. Dakle, dimKerP = n− r. Broj linearno nezavisnih vrsta matrice A je r,pa je rangvA = r. Dakle,

defP = dimP = n− r = n− rangvA.

Neka je Y proizvoljan element potprostora ImP. Tada postoji matrica X ∈ Fn×1

takva da je AX = Y. Odavde je

Y = AX = ξ1A1 + · · ·+ ξnAn, (6.1.3)

gdje su A1, . . . , An kolone matrice A, a

X =

ξ1...

ξn

.

Jenakost (6.1.3) pokazuje da je matrica Y linearna kombinacija kolona matrice A.Zbog toga je potprostor ImP podskup potprostora generisanog kolonama matrice A.Obrnuto, ako je matrica Y ∈ Fm×1 linearna kombinacija kolona matrice A, onda jeY = AX, gdje je X matrica kolona ciji su elementi koeficijenti linearne kombinacije.Iz AX = Y slijedi da je Y = P(X), tj. Y ∈ ImP. Dakle, potprostor ImP jegenerisan kolonama matrice A, pa je dimenzija tog potprostora jednaka broju linearnonezavisnih kolona matrice A. Dakle, rangP = dim ImP = rangkA. Prema prethodnojteoremi je rangP + defP = dim V, pa je

rangkA + (n− rangvA) = n,

tj. rangkA = rangvA.


6.1.1 Zadaci

1. Koja od sljedecih funkcija P : R2 → R2 je linearno preslokavanje?

(a) P(ξ1, ξ2) = (ξ1, ξ2 + 1);

(b) P(ξ1, ξ2) = (ξ2, ξ1);

(c) P(ξ1, ξ2) = (ξ1, ξ22);

(d) P(ξ1, ξ2) = (x1, cos ξ2);

(e) P(ξ1, ξ2) = (2ξ1 + 3ξ2, ξ1 + ξ2).

2. Naci rang i defekt svakog od preslikavanja:nula preslikavanje i identicno pres-likavanje konacno dimenzionalnog vektorskom prostoru V u sama sebe.

3. Opisati potprostore ImD i KerD, gdje je D operator diferenciranja u prostorupolinoma stepena ≤ n nad poljem realnih brojeva.

4. Da li postoji linearno preslikavanje P prostora R3 u prostor R2 takvo da jeP(1, 1, 1) = (1, 2) i P(1,−1, 1) = (1, 1)?

5. Neka jee1 = (1,−1), f1 = (1, 0)e2 = (2,−1), f2 = (0, 1)e3 = (−3, 2), f3 = (1, 1).

Preslikavanje calA : R2 → R2 je definisano relacijama

A(ei) = fi (i = 1, 2, 3).

Da li je A linearno preslikavanje?

6. Neka je F neko potpolje polja kompleksnih brojeva i neka je P funkcija sa F3 iF3 definisana sa

P(ξ1, ξ2, ξ3) = (ξ1 − ξ2 + 2ξ3, 2ξ1 + ξ2,−ξ1 − 2ξ2 + 2ξ3).

(a) Dokazati da je P linearno preslikavanje.

(b) Ako je a = (α, β, γ) vektor u F3 koji su uslovi za α, β i γ da bi vektor apripadao ImP? Odrediti rangP.

(c) Odrediti uslove za α, β i γ tako da vektor (α, β, γ) pripada potprostoruKerP. Odrediti defP.

7. Opisati eksplicitno linearnu transformaciju T prostora R3 ako je potprostorImT generisan vektorima (1, 0,−1) i (1, 2, 2).

6.2. ALGEBRA LINEARNIH PRESLIKAVANJA 135

8. Neka je V prostor n× 1 matrica nad poljem F i W prostor svih m× 1 matricanad F. Neka je A fiksna m × n matrica nad F. Neka je P : V → W funkcijadefinisana sa P(X) = AX. Dokazati da je P nula preslikavanje ako i samo akoje A nula matrica.

9. Neka je V n−dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F. Neka je T : V →V linearna transformacija prostora V takva da se potprostori KerT i ImTpoklapaju. Dokazati da je n paran broj. Mozete li navesti primjer jedne takvelinearne transformacije?

6.2 Algebra linearnih preslikavanja

U ovom paragrafu nastavljamo proucavanje linearnih preslikavanja. Cilj nam je dadefinisemo sabiranje linearnih preslikavanja i mnozenje skalarom linearnih preslika-vanja i da utvrdimo koju strukturu ima skup sviv linearnih preslikavanja u odnosuna ove dvije operacije.

Teorem 6.2.1. Neka su V i W vektorski prostori nad istim poljem F. Neka su Pi R linearna preslikavanja vektorskog prostora V u vektorski prostor W. Definisimopreslikavanje P +R relacijom

(P +R)(x) = P(x) +R(x)

za svako x ∈ V. Tada je P +R linearno preslikavanje. Ako je λ neki skalar polja F,definisino λP relacijom

(λP)(x) = λP(x)

za svako x ∈ V. Tada je λP linearno preslikavanje prostora V u W.Skup svih linearnih preslikavanja prostora V u prostor W je vektorski prostor nad

poljem F.

Dokaz. Neka su P i R linearna preslikavanja. Tada je

(P +R)(αx + βy) = P(αx + βy) +R(αx + βy)= (αP(x) + βP(y)) + (αR(x) + βR(y))= α(P(x) +R(x)) + β(P(y) +R(y))= α(P +R)(x) + β(P +R)(y),

tj. P +R je linearno preslikavanje. Analogno imamo

(λP)(αx + βy) = λ P(αx + βy) = λ (αP(x) + βP(y))= λαP(x) + λβP(y) = α(λP)(x) + β(λP)(y),


pa je λP linearno preslikavanje.Ostatak tvrdnje se direktno provjerava iduci od jednog do drugog uslova definicije

vektorskog prostora.

Skup svih linearnih preslikavanja vektorskog prostora V u vektorski prostor Woznacavamo sa L(V, W ). Iz prethodne teoreme slijedi da je L(V, W ) vektorski prostornad istim poljem nad kojim se posmatraju prostori V i W.

Teorem 6.2.2. Neka je V n−dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F, i Wm−dimenzionalni prostor nad istim poljem F. Tada je L(V, W ) konacno dimenzion-alni vektorski prostor i njegova dimenzija je mn.

Dokaz. Neka suB = {e1, . . . , en} i B′ = {e′1, . . . , e′m}

uredene baze prostora V i W respektivno. Za svaki par (p, q) 1 ≤ p ≤ m i 1 ≤ q ≤ ndefinisimo linearno preslikavanje Ep,q sa V u W relacijom

Ep,q(ei) ={

0, ako i 6= qe′p, ako i = q.

Drugim rijecima Ep,q(ei) = δiqe′p. Tvrdimo da je

{Ep,q| 1 ≤ p ≤ m, 1 ≤ q ≤ n }baza prostora L(V,W ).

Neka je A proizvoljno linearno preslikavanje prostora V u W. Tada za svako j, 1 ≤j ≤ n, je A(ej) element prostora W, pa se moze prikazati pomocu baze B′ tog prostora,tj.

A(ej) =m∑

p=1

αpje′p, 1 ≤ j ≤ n.

Kako jen∑

q=1

αpqEpq(ej) =n∑

q=1

αpqδjqe′p = αpje

′p,

to je

A(ej) =m∑

p=1

αpje′p =

m∑

p=1

n∑

q=1

αpqEpq(ej)

=

m∑

p=1

n∑

q=1

αpqEpq

(ej)

za svako j, 1 ≤ j ≤ n. Dakle preslikavanja A im∑

p=1

n∑q=1

αpqEpq se poklapaju na bazi Bprostora V. Tada na osnovu Teorema 6.1.4 zakljucujemo da su ova dva preslikavanjajednaka. To znaci da je skup

H = {Ep,q| 1 ≤ p ≤ m, 1 ≤ q ≤ n }


generator prostora L(V, W ). Ostaje nam jos da dokazemo da je ovaj skup linearnonezavisan.

Neka je ∑p,q

λpqEpq = O,

tj nula preslikavanje. Tada za svako ej ∈ B vrijedi

0 = O(ej) =

(∑p,q

λpqEpq

)(ej) =

∑p,q

λpqEpq(ej) =

∑q

λpje′p,

pa kako je B′ baza prostora W, dakle, sigurno linearno nezavisan skup, odatlr slijediλpj = 0 za svako j i svako p. Tako smo dokazali da je skup H linearno nezavisan.Ranije smo dokazali da je on generator prostora L(V, W ), pa je baza tog prostora.Ova baza ima mn elemenata, pa je

dimL(V, W ) = mn = dimV · dimW,

sto je i trebalo dokazati.

Teorem 6.2.3. Neka su V, W i Z vektorski prostori nad istim poljem F. Neka jeB linearno preslikavanje prostora V u W, a A linearno preslikavanje prostora W uprostor Z. Tada je kompozicija AB definisana relacijom

(AB)(x) = A(B(x)), (x ∈ V )

je linearno preslikavanje prostora V u Z.

Dokaz. Neka su α i β proizvoljni elementi polja F i x, y proizvoljni elementi prostoraV. Tada je

(AB)(α x + β y) = A(B(α x + β y))= A(α B(x) + β B(y))= α A(B(x)) + β A(B(y))= α (AB)(x) + β (AB)(y).

Dakle, AB je linearno preslikavanje prostora V u prostor Z.

Ako u prethodnoj teoremi uzmemo Z = W = V, onda su A, B i AB linearnapreslikavanja prostora V u V, dakle, elementi prostora L(V, V ). Na ovaj nacin mi kom-poziciju dvije linearne transformacije (operatora) mozemo shvatiti kao ”mnozenje” uskupu L(V, V ). Da li je ovo ”mnozenje” komutativno? Ako je dimV ≥ 1, onda ovo”mnozenje” nije komutativno. Naime, ako je B baza prostora V i e1, e2 ∈ B, onda je

(E12E21)(e1) = E12(e2) = e1,


(E21E12)(e1) = E21(0) = 0,

dakle, E12E21 6= E21E12.

Neka je A linearan operator prostora V. Uvedimo oznake

A2 = AA, A3 = AAA, . . . , An = A · · ·A︸︷︷︸n puta

.

Ako je A 6= O, onda definisemo A0 = I.

Lema 6.2.4. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i neka su A,B i C linearnioperatori prostora V. Tada je

(a) IA = AI;

(b) A(B + C) = AB +AB;

(c) (A+ B)C = AC + BC;(d) α(AB) = (α A)B = A(α B) za svako α ∈ F.

Dokaz ove leme je elementaran i ostavljamo ga citaocu za vjezbu.

Definicija 6.2.5. Neka je X neprazan skup i F polje. Kazemo da je X algebra nadpoljem F ako vrijedi

(a) X je vektorski prostor nad poljem F;

(b) U skupu X je definisano mnozenje, tj. (X, ·) je polugrupa;

(c) Mnozenje u X je distributivno u odnosu na sairanje;

(d) Mnozenje u X prema mnozenju skalarima ima osobinu (α x)y = x(α y) =α (xy) za svako α ∈ F i svako x, y ∈ X.

Ako mnozenje u X ima neutralan element, onda za algebru kazemo da je algebra sajedinicom.

Iz prethodne leme slijedi da je L(V, V ) algebra sa jedinicom. Ovu algebru nazi-vamo algebrom linearnih transformacija prostora V.

Definicija 6.2.6. Neka su V i W vektorski prostori nad istim poljem F. Za linearnopreslikavanje A : V → W kazemo da je injektivno preslikavanje ili 1 : 1 ako

A(x) = A(y) ⇒ x = y

za svako x, y ∈ V.

Za linearno preslikavanje A : V → W kazemo da je sirjektivno ako za svakou ∈ W postoji x ∈ V takav da je u = A(x).

Za preslikavanje A kazemo da je invertibilno ako postoji preslikavanje A−1 : W →V takvo da je A−1A = IV i A A−1 = IW .


Drugim rijecima A je sirjektivno preslikavanje ako i samo ako Im A = W, ainjektivno ako i samo ako je Ker A = {0}. Isto tako poznato je da samo bijektivnapreslikavanja imaju inverzna preslikavanja.

Teorem 6.2.7. Neka su V i W vektorski prostori nad poljem F i A linearno pres-likavanje prostora V u prostor W. Ako je A invertibilno preslikavanje, onda je A−1

linearno preslikavanje prostora W u V.

Dokaz. Neka je A invertibilno preslikavanje. Tada postoji tacno jedno preslikavanjeA−1 : W → V. Da bi dokazali tvrdnju dovoljno je dokazati A−1(α x + β y) =α A−1(x) + β A−1(y) za svako x, y ∈ W i svako α, β ∈ F. Kako je A sirjektivnopreslikavanje, to postoje a, b ∈ V takvi da je x = A(a), y = A(b). Odavde je a =A−1(x) i b = A−1(y). Sada imamo

α x + β y = α A(a) + β A(b) = A(α a + β b),

pa je

A−1(α x + β y) = A−1 (A(α a + β b)) = α a + β b = αA−1(x) + βA−1(y).

Dakle, A−1 linearno preslikavanje.

Definicija 6.2.8. Za linearno preslikavanje A : V → W kazemo da je nesingularnopreslikavanje ako postoji x ∈ V, x 6= 0 takav da je A(x) = 0.

Ako je A nesingularno preslikavanje, onda je A injektivno preslikavanje. Naime,ako A nije injektivno, onda postoje x, y ∈ W, x 6= y takvi da je A(x) = A(y).Odavde imamo 0 = A(x)−A(y) = A(x−y). Kako je A nesingularno preslikavanje, toje x−y = 0, tj. x = y. Kontradikcija. Pretpostavka da A nije injektivno dovela nas jedo kontradikcije. Obrnuto, ako je A injektivno, onda je A nesingularno preslikavanje.Naime, neka je A(x) = 0. Kako je 0 = A(0), imamo A(x) = A(0), tj. x = 0. Dakle,linearno preslikavanje je nesingularno ako i samo ako je injektivno.

Teorem 6.2.9. Neka je B = {e1, . . . , en} baza prostora V i A linearno preslikavanjeprostora V u W.

(a) Preslikavanje A je injektivno ako i samo ako je skup {A(e1), . . . ,A(en)} linearnonezavisan.

(b) Preslikavanje A je sirjektivno ako i samo ako je skup {A(e1), . . . ,A(en)} gen-erator prostora W.

Dokaz.


1. Neka je A injektivno preslikavanje. Neka jen∑

i=1

αiA(ei) = 0.

Odavde imamo

0 =n∑

i=1

αiA(ei) =n∑

i=1

A(αiei) = A(

n∑

i=1

αi ei

).

Kako je A injektivno, to jen∑

i=1αi ei = 0. No, B je baza, pa iz posljednje jed-

nakosti imamo αi = 0 za i = 1, . . . , n.

2. Neka je {A(e1), . . . ,A(en)} linearno nezavisan skup. Pokazimo da je A injek-tivno preslikavanje. Neka je A(x) = A(y) za x, y ∈ V. Odavde je A(x− y) = 0.

Neka je x =n∑

i=1αiei i y =

n∑i=1

βiei. Tada je

0 = A(x− y) = A(

n∑

i=1

(αi − βi)ei

)=

n∑

i=1

(αi − βi)A(ei).

Buduci da je skup {A(e1), . . . ,A(en)} linearno nezavisan, to je αi − βi = 0 zasvako i, tj. x = y.

3. Neka je A sirjektivno preslikavanje. Tada za svako u ∈ W postoji x ∈ V takav

da je u = A(x). Neka je x =n∑

i=1ξiei. Tada je

u = A(x) = A(

n∑

i=1

ξiei

)=

n∑

i=1

ξiA(ei).

Ovim smo dokazali da je {A(e1), . . . ,A(en)} generator prostora W.

4. Neka je {A(e1), . . . ,A(en)} generator prostora W. Neka je u ∈ W proizvoljnoodabran. Tada je

u =n∑

i=1

ξiA(ei) = A(

n∑

i=1

ξiei

).

Dakle, A je sirjektivno preslikavanje.

Ovim je dokaz kompletiran.

Teorem 6.2.10. Neka su V i W konacno dimenzionalni vektorski prostori nad poljemF takvi da je dimV = dim W. Ako je A linearno preslikavanje prostora V u prostorW , onda su sljedeci uslovi ekvivalentni:


(i) A je invertibilno preslikavanje.

(ii) A je injektivno.

(iii) A je sirjektivno.

Dokaz. Neka je dimV = n. Tada je

rangA+ defA = n. (6.2.1)

Preslikavanje A je injektivno ako i samo ako je KerA = {0}, tj. ako i samo ako jedefA = 0. Preslikavanje A je sirjektivno ako i samo ako je ImA = W, tj. ako i samoako je rangA = dimW = n. Ako je A injektivno, onda je defA = 0, pa je rangA = n,tj. A je sirjektivno. Obrnuto, ako je A sirjektivno, onda je rangA = n, pa iz (6.2.1)slijedi defA = 0, tj. A je injektivno.Ovim smo dokazali ekvivalenciju izmedu (ii) i(iii).

Ako je A invertibilno, onda je to preslikavanje bijektivno, tj. injektivno i sirjek-tivno. Obrnuto, ako je preslikavanje A injektivno, onda je ono i sirjektivno pa jebijekcija. To znaci da postoji inverzno preslikavanje koje je takode linearno preslika-vanje. Time je teorem dokazan.

Definicija 6.2.11. Bijektivno linearno preslikavanje vektorskog prostora V u vek-torski prostor W naziva se izomorfizam vektorskog prostora V na vektorski prostorW. Za vektorske prostor V i W nad istim poljem F kaz emo da su izomorfni akopostoji izomorfizam vektorskog prostora V u vektorski prostor W.

Ako je vektorski prostor V izomorfan vektorskom prostoru W, onda to zapisujemoovako V ∼= W.

Ako je A izomorfizam vektorskog prostora V u vektorski prostor W, onda jepreslikacanje A−1 vektorskog prostora W u vektorski prostor V takode izomorfizam.Naime, inverzno preslikavanje bijektivnog preslikavanja je bijektivno, a inverzno pres-likavanje (ako postoji) linearnog preslikavanja je linearno. Dakle, Ako je V ∼= W,onda je W ∼= V.

Identicno preslikavanje vektorskog prostora V je izomorfizam, pa je V ∼= V.Kompozicija dvije bijekcije je opet bijekcija, a kompozicija dva linearna pres-

likavanja je linearno preslikavanje. Zbog toga je kompozicija dva izomorfizma opetizomorfizam. To znaci da iz V ∼= W i W ∼= U slijedi V ∼= U. Dakle, relacija ∼= jerelacije ekvivalencije u skupu vektorskih prostora nad poljem F.

Teorem 6.2.12. Svaki n−dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F je izomorfansa vektorskim prostorom Fn.

Dokaz. Neka je V n−dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F. Neka je B ={f1, f2, . . . , fn} uredena baza prostora V. Neka je S = {e1, e2, . . . , en} standardna


baza prostora Fn. Posmatrajmo preslikavanje A : V → Fn dato sa A(fi) = ei (i =1, 2, . . . , n). Kako je {A(f1),A(f2), . . . ,A(fn)} = S, to je preslikavanje A bijektivnopreslikavanje (vidi Teorem 6.2.9.) Dakle, V ∼= Fn.

Izomorfizam algebarskih struktura, pa samim tim i vektorskih prostora, je od fun-damentalnog znacaja. Naime, on nam daje mogucnosti da poistovjecujemo (tj. sma-tramo istim,) razlicite vektorske prostore koji su izomorfni. Tako svaki n−dimenzionalnivektorski prostor V nad poljem F je izomorfan sa vektorskim prostorom Fn, pa mimozemo posmatrati vektorski prostor Fn umjesto vektorskog prostora V ili da pos-matrati neki drugi vektorski prostor W koji je izomorfan sa V, naravno ako nam jeto pogodnije za problem koji rjesavamo.

6.2.1 Zadaci

1. Neka su A i B linearne transformacije prostora R2 definisane kako slijedi

A(ξ1, ξ2) = (ξ2, ξ1) i B(ξ1, ξ2) = (ξ − 1, 0).

(a) Dati geometrijsko tumacenje transformacija A i B.

(b) Navesti pravila (kako su navedena za A i B) definisanosti transformacija:A+ B, AB, BA, A2 i B2.

2. Neka je {e1, e2, e3} uredena standardna (kanonska) baza prostora C. Neka je Alinearna transformacija prostora C definisano sa:

A(e1) = (1, i, 0), A(e2) = (0, 1, 1), A(e3) = (i, 0, 1).

Da li je A injektivno, sirjektivno, invertibilno?

3. Neka je A linearna transformacija prostora R3 definisana sa

A(ξ1, ξ2, ξ3) = 3ξ1, ξ1 − ξ2, 2ξ1, +ξ2 + ξ3).

Da li je A invertibilno? Ako jeste, onda napisati pravilo za A−1.

4. Neka je A linearna transformacija prostora R3 definisana u zadatku 3, a B =A2 − I i C = A− 3I. Dokazati da je calBC = O.

5. Neka je V = C2×2 vektorski prostor matrica reda 2×2 nad poljem kompleksnih

brojeva. Neka je B =(

1 −1−4 4

)i neka je A linearna transformacija prostora

V definisana sa A(A) = BA za svako A ∈ V. Koliki je rangA? Kako biste opisaliA2?

6. Neka je A linearno preslikavanje R3 u R2 i B linearno preslikavanje R2 u R3.Dokazati da linearno preslikavanje BA nije invertibilno.


7. Naci linearna preslikavanja A i B prostora R2 tako da je AB = O i BA 6= O.

8. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i A linearno transformacija tog pros-tora. Ako je A2 = O, sta mozete reci o odnosu podskupova ImA i KerA skupaV ? Dati primjer linearne transformacije A takve da je A2 = O i A 6= O.

9. Neka je A linearna transformacija prostora R2. Dati geometrijsku interpretacijutransformacije A ako je A2 = E .

10. Dati geometrijsku interpretaciju transformacije A prostora R2, ako je A2 = A.

11. Neka je V vektorski prostor kompleksnih brojeva nad poljem realnih brojeva R.Opisati eksplicitno izomorfizam vektorskog prostora V i prostora R2.

12. Neka je V vektorski prostor nad poljem kompleksnih brojeva. Neka je A : V →C3 izomorfizam vektorskih prostora. Neka su x1, x2, x3 i x4 vektori prostora Vtakvi da je

A(x1) = (1, 0, i), A(x2) = (−2, 1 + i, 0),A(x3) = (−1, 1, 1), A(x4) = (

√2, i, 3).

(a) Da li je x1 element potprostora prostora V generisanog vektorima x2 i x3?(b) Neka je S potprostor prostora V generisan vektorima x1 i x2 i T potprostor

prostora V generisan vektorima x3 i x4. Odrediti presjek S ∩ T.

(c) Naci bazu potprostora W prostora V generisanog vektorima x1, x2, x3 ix4.

13. Neka je W skup svih 2× 2 kompleksnih Hermitskih matrica, tj. skup svih 2× 2kompleksnih matrica A takvih da je Aij = Aji (gdje crtica oznacava operacijukonjugovanosti kompleksnih brojeva). Dokazati da je W vektorski prostor nadpoljem realnih brojeva. Neka je A : R4 → W preslikavanje definisano sa

A(α, β, γ, δ) =(

δ + α β + iγβ − iγ δ − α

).

Dokazati da je A izomorfizam vektorskih prostora.

14. Neka su V i W vektorski prostori konacnih dimenzija nad poljem F. Dokazatida je V ∼= W ako i samo ako je dimV = dim W.

15. Neka su V i W vektorski prostori nad poljem F i neka je A izomorfizam sa Vna W. Dokazati da je

ϕ : P 7→ APA−1

izomorfizam vektorskog prostora L(V, V ) na vektorski prostor L(W,W ).


6.3 Matrica linearnog preslikavanja

Neka je V neki n−dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F, a W neki m−dimen-zionalni vektorski prostor nad istim poljem F. Neka je B = {e1, . . . , en} uredena bazaprostora V, a B′ = {e′1, . . . , e′m} uredena baza prostora W. Kao sto znamo linearnopreslikavanje A prostora V u prostor W je jednoznacno odredeno sa A(e1), . . . ,A(en).Ovi vektori su elementi prostora W, pa ih mozemo prikazati pomocu baze B′ togprostora. Tako imamo

A(ej) =m∑

i=1

αije′i (j = 1, 2, . . . , n). (6.3.1)

Skalari α1j , α2j , . . . , αmj predstavljaju komponente vektora A(ej) u bazi B′. Na ovajnacin smo linearnoj transformaciji A u odnosu na baze B i B′ pridruzili mn skalaraαij . Ovi skalari odreduju m×n matricu A definisanu sa A(i, j) = αij . Prvu kolonu ovematrice predstavljaju komponente vektora A(e1), drugu kolonu komponente vektoraA(e2) itd. Za matricu A kazemo da je matrica linearnog preslikavanja A u odnosu napar uredenih baza B i B′.

Neka je x = ξ1e1 + ξ2e2 + . . . + ξnen ∈ V. Tada je

A(x) = A (ξ1e1 + ξ2e2 + . . . + ξnen)= ξ1A(e1) + ξ2A(e2) + . . . + ξnA(en)

=n∑

j=1

ξj

m∑

i=1

αije′i

=m∑

i=1

n∑

j=1

αijξj

e′i.

Ako je

X =

ξ1

ξ2...

ξn

,

onda jeA(x) = AX (6.3.2)

prikaz vektora A(x) u bazi B′, gdje je A matrica linearnog preslikavanja A u odnosuna par baza B i B′. Dakle, za svako linearno preslikavanje A : V → W i par baza Bi B′ prostora V i W respektivno postoji tacno jedna m × n matrica A takva da zasvaki vektor x ∈ V vrijedi (6.3.2).

6.3. MATRICA LINEARNOG PRESLIKAVANJA 145

Neka je A proizvoljna m× n matrica nad poljem F i neka su B i B′ uredene bazeprostora V i W respektivno. Kolone matrice A u odnosu na bazu B′ odreduju vektore

f ′1 = α11e′1 + . . . + αm1e

′m

f ′2 = α12e′1 + · · ·+ αm2e

′m

...f ′n = α1ne′1 + · · ·+ αmne′m,

gdje je A(i, j) = αij . Tada na osnovu Teorema 6.1.4 postoji tacno jedno preslikavanjeA : V → W takvo da je A(ej) = fj (j = 1, 2, . . . , n). Za ovako definisano preslikavanjevrijedi (6.3.2). Ovim smo dokazali sljedeci teorem.

Teorem 6.3.1. Neka je B = {e1, . . . , en} uredena baza prostora V, a B′ = {e′1, . . . , e′n}uredena baza prostora W. Tada za datu m× n matricu A = (αij) postoji tacno jednolinearno preslikavanje A : V → W takvo da je (6.3.1).

Obrnuto, za svako linearno preslikavanje A : V → W postoji tacno jedna matricaA = (αij) reda m× n za koju vrijedi (6.3.1).

Relaciju (6.3.2) mozemo u matricnom obliku zaipsai na sljedeci nacin

[A(x)]B′ = A[x]B,

gdje je [A(x)]B′ matrica kolona ciji su elementi komponente vektora A(x) u bazi B′,a [x]B matrica kolona ciji su elementi komponente vektora x ∈ V u odnosu na bazuB. Ovaj nacin zapisivanja je prikladan, jer su istaknute bazi u odnosu na koje sekomponente racunaju.

Iz prethodne teoreme slijedi da postoji obostrano jednoznacna korespondencijaizmedu skupa L(V, W ) svih linearnih preslikavanja n−dimenzionalnog prostora V um−dimenzionalni prostor W i skupa Fm×n svih matrica reda m × n nad poljem F.Buduci da su skupovi L(V, W ) i Fm×n vektorski prostor nad poljem F postavlja sepitanje da li je ovo preslikavanje linearno preslikavanje. Potrazimo odgovor na ovopitanje.

Neka su A i C matrice linearnih preslikavanja A i C u odnosu na baze B ={e1, . . . , en} prostora V i bazu B′ = {e′1, . . . , e′n} prostora W. Neka su A1, . . . , An

kolone matrice A i C1, . . . , Cn kolone matrice C. Tada je

A(ej) =m∑

i=1

αije′i,

odnosnoAj = [A(ej)]B′ , (j = 1, 2, . . . , n).


Cj = [C(ej)]B′ , (j = 1, 2, . . . , n).

Odavde je

Aj + Cj = [A(ej)]B′ + [C(ej)]B′ = [A(ej) + C(ej)]B′ = [(A+ C)(ej)]B′ .

Dakle, linearnom preslikavanju A+ C pripada matrica A + C. Analogno se zakljucujeda linearnom preslikavanju λA pripada matrica λ A.

Teorem 6.3.2. Neka su V,W i Z konacno dimenzionalni vektorski prostori nadpoljem F. Neka je A linearno preslikavanje prostora V u W i C linearno preslikavanjeprostora W u prostor Z. Neka su B,B′ i B” uredene baze prostora V,W i Z respektivno.Ako je A matrica linearnog preslikavanja A u odnosu na baze B i B′, a C matricalinearnog preslikavanja C u odnosu na baze B′ i B”, tada je D = CA matrica linearnogpreslikavanja CA u odnosu na bazu B prostora V i bazu B” prostora Z.

Dokaz. Neka je B = {e1, . . . , en}, B′ = {e′1, . . . , e′m} i B′′ = {e′′1, . . . , e′′p}. Neka je,dalje, A(i, j) = αij , C(i, j) = γij . Tada je

(CA)(ej) = C(A(ej)) = C(

m∑

i=1

αije′i

)

=m∑

i=1

αijC(e′i) =m∑

i=1

αij

(p∑

k=1

γkie′′k

)

=p∑

k=1

(m∑

i=1

γkiαij

)e′′k (j = 1, 2, . . . , n).

Dakle, linearnom preslikavanju CA odgovara matrica CA.

Ako je V = W = Z i B = B′ = B” onda cinjenicu da preslikavanjima A i C uodnosu na bazu B pripada matrica CA zapisujemo ovako

[CA]B = [C]B[A]B.

Ako je C inverzno preslikavanje linearnog preslikavanjaA, oda je A−1A = AA−1 =I, pa je

[A−1]B[A]B = [A]B[A−1]B = I.

Dakle, [A−1]B = [A]−1B .

6.4. PRELAZAK SA JEDNE BAZE NA DRUGU 147

6.4 Prelazak sa jedne baze na drugu

Neka su {e1, . . . , en} i {f1, . . . , fn} dvije baze prostora V nad poljem F. Vektore jednebaze mozemo izraziti pomocu vektora druge baze tj.

fi =n∑

j=1

λjiej ; ei =n∑

j=1

µjifj (i = 1, . . . , n). (6.4.1)

Relacijom (6.4.1) su odredene matrice P i Q takve da je P (i, j) = λij i Q(i, j) = µij .Za matricu P kazemo da je matrica prelaza sa baze {e1, . . . , en} na bazu {f1, . . . , fn},a matrica Q matrica prelaza sa baze {f1, . . . , fn} na bazu {e1, . . . , en}.

Teorem 6.4.1. Matrice prelaze P i Q su invertibilne i jedna drugoj inverzne. Zasvaku bazu {e1, . . . , en} prostora V i za svaku invertibilnu matricu P postoji baza{f1, . . . , fn} prostora V za koju matrica P predstavlja matricu prelazu sa baze

{e1, . . . , en}

na bazu{f1, . . . , fn}.

Dokaz. Za svako i imamo

fi =n∑

j=1

λjiej =n∑

j=1

λji

(n∑

k=1

µkjfk

)=

n∑

k=1

n∑

j=1

µkjλji

fk

S druge strane je fi =n∑

k=1

δkifk, (i = 1, . . . , n) Dakle,

n∑

k=1

δkifk =n∑

k=1

n∑

j=1

µkjλji

fk

Zbog jedinstvenosti prikaza vektora u bazi iz prethodne jednakosti slijedi

n∑

j=1

µkjλji = δki,

tj. QP = I. Analogno se dokazuje jednakost PQ = I. Dakle, matrice P i Q suinvertibilne i jedna drugoj inverzne.


Dokazimo sada i drugi dio tvrdnje. Matrica P u odnosu na bazu B = {e1, . . . , en}odreduje linearnu transformaciju P prostora V. Neka su P1, . . . Pn kolone matrice P.Ove kolone u odnosu na bazu B odreduje vektore f1, . . . , fn tako da je

fi =n∑

j=1

λjiej , (i = 1, . . . , n).

Da bi dokazali tvrdnju ostalo nam je jos da dokazemo da su vektori f1, . . . , fn linearnonezavisni. Kako je matrica P invertibilna, njen rang je jednak broju vrsta odnosnokolona, pa su kolone te matrice linearno nezavisne, tj. vektori f1, . . . , fn su linearnonezavisni.

Neka su B1 = {e1, . . . , en} i B2 = {f1, . . . , fn} dvije uredene baze prostora V nadpoljem F. Neka su

x =n∑

j=1

ξjej , x =n∑

i=1

ηifi

prikazi vektora x u ove dvije baze. Neka je dalje fi =n∑

j=1λjiej . Sada imamo

n∑

j=1

ξjej = x =n∑

i=1

ηifi =n∑

i=1

ηi

n∑

j=1

λjiej

=

n∑

j=1

(n∑

i=1

λjiηi

)ej .

Dakle, ξj =n∑

i=1λjiηi, tj. [x]B1 = P [x]B2 . Odavde je

[x]B2 = P−1[x]B1 ,

gdje je P matrica prelaza sa baze B1 na bazu B2.

Teorem 6.4.2. Neka su B1 = {e1, . . . , en} i B2 = {f1, . . . , fn} dvije baze prostoraV, a P matrica prelaza sa baze B1 na bazu B2. Neka su B′

1 = {e′1, . . . , e′m} i B′2 =

{f ′1, . . . , f ′m} dvije baze prostora W, a Q matrica prelaza sa baze B′1 na bazu B′2. Nekaje A matrica linearnog preslikavanja A prostora V u prostor W u odnosu na baze B1

i B′1, a B matrica tog istog preslikavanja u odnosu na baze B2 i B′2. Tada je

B = Q−1AP.

Dokaz. Neka je A(i, j) = αij , B(i, j) = βij , P (i, j) = λij i Q(i, j) = µij . Tada je

A(fi) =m∑

j=1

βjif′j =

m∑

j=1

βji

(m∑

k=1

µkje′k

)=

m∑

k=1

m∑

j=1

µkjβji

e′k.


S druge strane je

A(fi) = A

n∑

j=1

λjiej

=

n∑

j=1

λjiA(ej) =n∑

j=1

λji

(m∑

k=1

αkj

)

=m∑

k=1

n∑

j=1

αkjλji

e′k.

Iz posljednje dvije jednakosti slijedi

m∑

j=1

µkjβji =n∑

j=1

αkjλji,

tj. QB = AP. Kako je matrica Q invertibilna, to je B = Q−1AP.

Definicija 6.4.3. Neka su A i B kvadratne matrice reda n×n nad poljem F. Kazemoda je matrica B slicna matrici A nad poljem F ako i samo ako postoji invertibilnamatrica P reda n× n takva da je B = P−1AP.

Jednostavno se dokazuje da je slicnost matrica relacija ekvivalencije u skupu svihkvadratnih matrica reda n× n nad poljem F.

Ako matrice A i B odgovaraju istoj linearnoj transformaciji prostora V u odnosuna dvije razlicite baze, onda je B = P−1AP, gdje je P matrica prelaza sa jedne bazena drugu. Dakle, svake dvije matrice iste linearne transformacije u odnosu na razlicitebaze su slicne.

6.4.1 Zadaci

1. Neka je T linearna transformacija prostora V = C2 definisana sa T (ξ1, ξ2) =(2ξ1 − ξ2, 0). Neka je B standardna uredena baza prostora V i B′ = {f1, f2)}uredena baza prostora V, gdje je f1 = (1, i), f2 = (−i, 2).

(a) Odrediti matricu T linearne transformacije T u odnosu na par baza B,B′.(b) Odrediti matricu T linearne transformacije T u odnosu na par baza B′,B.

(c) Odrediti matricu T linearne transformacije T u odnosu na bazu B′.(d) Odrediti matricu T linearne transformacije T u odnosu na bazu {f2, f1}.

2. Neka je P linearno preslikavanje prostora R3 u R2 definisanog relacijom

P(ξ1, ξ2, ξ3) = (ξ1 + ξ2, 2ξ3 − ξ1).


(a) Ako je B standardna uredena baza od R3 i B′ standardna uredena bazaprostora R2, odrediti matricu linearnog preslikavanja P u odnosu na parbaza B i B′.

(b) Neka je g1 = (1, 0,−1), g2 = (1, 1, 1), g3 = (1, 0, 0) i f1 = (0, 1), f2 = (1, 0).Odrediti matricu linearnog preslikavanja P u odnosu na par baza B i B′,gdje je B = {g1, g2, g3} i B′ = {f1, f2}.

3. Neka je T linearna transformacija prostora R3 definisanog sa

T = (ξ1, ξ2, ξ3) = (3ξ1 + ξ3,−2ξ1 + ξ2,−ξ1 + 2ξ2 + 4ξ3).

(a) Odrediti matricu od T u odnosu na standardnu bazu u R3.

(b) Odrediti matricu transformacije T u odnosu na bazu {f1, f2, f3), gdje jef1 = (1, 0, 1), f2 = (−1, 2, 1), f3 = (2, 1, 1).

4. Dokazati da je T invertibilna transformacija prostora R3 i odrediti matriculinearne transformacije T −1 u odnosu na bazu {f1, f2, f3).

5. Date su dvije baze u R3, kanonska i baza B = {f1, f2, f3} , gdje je f1 = e1−2e2+3e3, f2 = −3e1 + 2e2 − 4e3 i f3 = −3e1 + 7e2 + 2e3, vektor x = 2f1 − 3f2 + 7f3

i operator A koji u bazi B ima matricu

A =

1 2 10 3 2−2 −1 0

.

Odrediti koordinate vektora x i matricu operatora A u kanonskoj bazi.

6. Dokazati da je svaki podprostor vektorskog prostora V nad poljem F:

(a) Jezgro nekog linearnog operatora;

(b) Slika nekog linearnog operatora.

7. Ako je {e1, e2, e3} fiksirana baza vektorskog prostora R3 ispitati da li postoji lin-earno preslikavanjeL : R3 → R [x] , gdje je R [x] prsten polinoma u promjenljivojx sa koeficijentima iz R, za koje je

L (e1) = 2 + x + x2, L (e2) = 3− x i L (e1 + 2e2 − e3) = 0?

8. Neka je V vektorski prostor polinoma u promjenjlivoj x sa koeficijentima izskupa realnih brojeva, stepena manjeg ili jednakog 3 i a = 1 + x + x2. Dokazatida je sa L (f) = 3f −f (−1) a definisano jedno linearno presikavanje L : V → Vi odrediti njegovu sliku, jezgro, rang i defekt.


9. Ako su P i Q bilo koje matrice reda 2 nad poljem realnih brojeva R prvodokazati da je sa F (X) = PX + XQ definisan jedan linearan operator F , a

zatim za P =[

2 −11 0

]i Q =

[ −3 1−4 1

]odrediti njegovu jezgru, sliku, rang,

kao i matricu A operatora F u odnosu na kanonsku bazu {E11, E12, E21, E22}prostora R2×2.

10. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i A,B ∈ L (V, V ) . Pretpostavimo daje

V = Im (A)⊕ Im (B) = Ker (A)⊕Ker (B) .

Dokazati da tada vrijedi: rang (A+ B) = rang (A) + rang (B) .

11. Linearna transformacija A vektorskog prostora R3 data je sa A (ai) = bi, i =1, 2, 3 gdje je a1 = (1, 0, 2) , a2 = (2, 1, 1) , a3 = (0, 3, 1) , b1 = (1, 1, 1) , b2 =(0, 1, 3) i b3 = (1, 1, 0) . Linearna transformacija B data je svojom matricom

B =

1 0 11 2 32 2 1

u odnosu na kanonsku bazu prostora R3. Odrediti matricu linearne transforma-cije B ◦ A u odnosu na bazu {a1, a2, a3} .

12. Linearna transformacija A vektorskog prostora R3 definisana je sa

A ((x, y, z)) = (3x, x− y, 2x + y + z) .

Naci Ker (A) . Da li je A regularna linearna transformacija? Ako jeste, naciA−1; Da li je

(A2 − E)(A− 3E) = 0?

13. Neka je A linearna transformacija vektorskog prostora R3 definisana sa

A ((x, y, z)) = (x− 2y + z, y + z, x + y + 4z) .

(a) Odrediti baze i dimenzije podprostora KerA i ImA;

(b) Provjriti da li vektori (2, 1, 3) , (0, 2,−1) i (−4, 0, 2) cine bazu prostora i uslucaju da je to tacno, naci matricu transformacije A u odnosu na tu bazu.

14. Neka su V1 i V2 potprostori vektorskog prostora V takvi da je

V = V1 ⊕ V2, tj. V1 ∩ V2 = {0} i V = V1 + V2.

Dokazati da postoji tacno jedna linearna transformacija P : V → V, takva daje Ker (P) = V1, Im (P) = V2 i P2 = P.


15. Neka je F polje, a A i B matrice formata n × n nad poljem F. Dokazati davrijedi:

(a) rangA + rangB ≤ rangAB + n

(b) Ako je n neparan broj i AB = 0 dokazati da je bar jedna od matrica A+AT

i B + BT singularna !

16. Dokazati da je sa

L (a, b, c) = (a + b + 2c) + (a + 2b + 6c)x + (2a + b + 2c) x2

definisano jedno linearno preslikavanje L : R3 → R2 [x] , gdje je R2 [x] vektorskiprostor polinoma stepena manjeg od 3 u promjenljivoj x sa koeficijentima izpolja realnih brojeva R. Odrediti zatim matricu preslikavanja L u odnosu nabazu {(1, 2, 3) , (−1, 0, 3) , (0, 1, 2)} u R3 i u odnosu na bazu

{5 + x, 3− x− x2, 2 + x2

}

u R2 [x] .

17. Dokazati da za linearno preslikavanje L : V → V vazi KerL2 = KerL ako isamo ako je Ker L ∩ ImL = {0} .

6.5 Linearni funkcionali

Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Polje F mozemo shvatiti kao vektorskiprostor nad poljem F. U cilju razlikovanja vektorskog prostora F od polja F uvodimooznaku F1 za vektorski prostor F nad poljem F. Vektorski prostor F1 je konacnodimenzionalan vektorski prostor sa bazom {1}.Definicija 6.5.1. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Linearno preslikavanjef : V → F1 nazivamo linearni funcional na V.

Dakle, funkcija f : V → F1 je linearan funkcional na V ako je

f(αx + βy) = αf(x) + βf(y)

za svako x, y ∈ V i svako α, β ∈ F.

Primjer 6.5.2. Neka je F polje i α1, α2, . . . , αn skalari polja F. Funkciju

f : Fn → F1

definisimo relacijom

f(ξ1, ξ2, . . . , ξn) = α1ξ1 + α2ξ2 + · · ·+ αnξn.

6.5. LINEARNI FUNKCIONALI 153

Tada je f linearni funkcionala na Fn. Neka je {e1, e2, . . . , en} standardna uredena baza pros-tora Fn i {1} baza prostora F1. Tada je

f(e1) = f(1, 0, . . . , 0) = α1 1 + α2 0 + · · ·+ αn 0 = α1;f(e2) = f(0, 1, 0, . . . , 0) = α1 0 + α2 1 + α3 0 + · · ·+ αn 0 = α2;

...f(en) = f(0, . . . , 0, 1) = α1 0 + · · ·+ αn−1 0 + αn 1 = αn.

Dakle,f(ej) = αj (j = 1, 2, . . . n).

To znaci da linearnom funkcionalu f u odnosu na odabrani par uredenih baza odgovara matrica

A = ( α1 · · · αn ).

Neka je x proizvoljan vektor prostora Fn. Tada ovaj vektor u standardnoj bazi ima prikaz

x =n∑

j=1

ξjej . Odavde je

f(x) = f

n∑

j=1

ξjej

=

n∑

j=1

ξjf(ej) =n∑

j=1

ξjαj .

Primjer 6.5.3. Neka je n prirodan broj i Fn×n prostor kvadratnih matrica reda n nadpoljem F. Definisimo funkciju f : Fn×n → F relacijom

f(A) = A11 + A22 + · · ·+ Ann.

Pokazimo da je f linearan funkcional. Neka su A i B proizvoljne kvadratne matrice reda nnad poljem F i α, β proizvoljni skalari. Tada je (αA + βB)ij = α Aij + β Bij za svako i, j.Zbog toga imamo

f(α A + β B) =n∑

j=1

(αA + βB)jj

=n∑

j=1

(α Ajj + β Bjj)

= α

n∑

j=1

Ajj + β

n∑

j=1

Bjj

= α f(A) + β f(B).

Ovako definisan linearni funkcional naziva se trag matrice.

Primjer 6.5.4. Neka je V vektorski prostor svih polinoma nad poljem F. Neka je ξ nekoproizvoljno odabran element. Ako definisemo Lξ(p) = p(ξ), gdje je p polinom, onda je Lξ

linearan funkcional. Ovaj funkcional polinomu pridruzuje njegovu vrijednost za x = ξ.


Primjer 6.5.5. Neka je R polje realnih brojeva i a i b razliciti realni brojevi. Neka jeC([a, b]) vektorski prostor svih neprekidnih realnih funkcija na segmentu [a, b]. Definisimo

L(g) =1

b− a

b∫

a

g(t)dt.

Tada je L linearan funkcional na C[a, b]. Ovaj linearan funcional svakoj neprikdnoj funkcijipridruzuje njenu srednju vrijednost na segmentu [a, b].

Neka je V vektorski prostor, skup svih linearnih funkcionala na V formiraju vek-torski prostor L(V,F). Ovaj prostor oznacavamo sa V ∗, tj. V ∗ = L(V,F) i zovemo gadualni prostor prostora V.

Neka je V konacnodimenzionalni vektorski prostor. Kako je dimF1 = 1, to je

dimV ∗ = dimV · dimF 1 = dimV · 1 = dimV.

Neka je B = {e1, . . . , en} uredena baza prostora V. Tada za svako i formirajmo matricuvrstu Ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . 0) koja u i−toj koloni ima element 1, a svi ostali elementisu 0. Tada na osnovu Teorema 6.1.4 za svako i ∈ {1, 2, . . . , n} postoji tacno jednolinearno preslikavanje fi : V → F1 takvo da je

fi(ej) = δij (j = 1, 2, . . . , n).

Na ovaj nacin smo iz baze B prostora V dobili n linearnih funkcionala f1, . . . , fn na

V. Pokazacemo da ovi funkcionali cine bazu prostora V ∗. Neka jen∑

i=1λifi = 0. Tada je

0 =

(n∑

i=1

λifi

)(ej) =

n∑

i=1

λifi(ej) =n∑

i=1

λiδij = λj

za svako j = 1, 2, . . . , n. Dakle, skup {f1, . . . , fn} je linearno nezavisan. Buduci daje dimV ∗ = n, to je svaki linearno nezavisan skup od n elemenata je baza prostoraV ∗. Zbog toga je i skup {f1, . . . , fn} baza prostora V ∗. Bazu {f1, . . . , fn} nazivamodualna baza baze B.

Neka je f proizvoljan linearan funkcional. Tada je f =n∑

i=1λi fi. Neka je x =


n∑j=1

ξjej proizvoljan vektor prostora V. Tada je

f(x) =n∑

i=1

λi fi(x) =n∑

i=1

λi fi

n∑

j=1

ξjej

=n∑

i=1

λi

n∑

j=1

ξjfi(ej)

=

n∑

i=1

λi

n∑

j=1

ξjδij

=n∑

i=1

λiξi

Specijalno je

f(ej) =n∑

i=1

λifi(ej) =n∑

i=1

λi δij = λj

za svako j. Dakle,

f =n∑

i=1

f(ei)fi.

Nadalje imamo

fi(x) = fi

n∑

j=1

ξjej

=

n∑

j=1

ξjfi(ej) =n∑

j=1

ξjδij = ξi.

Zbog toga je

x =n∑

j=1

ξjej =n∑

j=1

fj(x)ej .

Ovim smo dokazali sljedeci teorem.

Teorem 6.5.6. Neka je V konacno dimenzionalni vektorski prostor nad poljem Fi neka je B = {e1, . . . , en} uredena baza prostora V. Tada postoji tacno jedna bazaB∗ = {f1, . . . , fn} prostora V ∗ takva da je fi(ej) = δij za svako i i svako j. Za svakilinearni funkcional f ∈ V ∗ vrijedi

f =n∑

i=1

f(ei)fi (6.5.1)

i za svaki vektor x ∈ V vrijedi

x =n∑

j=1

fj(x)ej . (6.5.2)


Primjer 6.5.7. Neka je V vektorski prostor polinoma stepena manjeg ili jednako 2 nadpoljem realnih brojeva R. Neka su λ1, λ2 i λ3 tri razlicita realna broja. Na osnovu Primjera6.5.4 postoje linearni funkcionali L1, L2 i L3 takvi da je

Li(p) = p(λi) (i = 1, 2, 3),

gdje je p polinom iz V. Pokazimo da su ovi funkcionali linearno nezavisni kao vektori prostoraV ∗. Neka je α L1 + β L2 + γ L3 = 0. Tada za polinome:1,x i x2 redom imamo:

α + β + γ = 0λ1 α + λ2 β + λ3 γ = 0λ2

1 α + λ22 β + λ2

3 γ = 0

Ovo je homogeni sistem sa matricom

A =

1 1 1λ1 λ2 λ3

λ21 λ2

2 λ23

.

Matrica ovog sistema je invertibilna, pa sistem ima samo trivijalno rjesenje. Dakle, funkcionaliL1, L2, L3 su linearno nezavisni vektori prostora V ∗. Kako je dimenzija ovog prostora 3, toovi vektori cine bazu. Dakle, B∗ = {L1, L2, L3} je baza prostora V ∗. Odredimo sada bazuB = {p1, p2, p3} prostora V tako da B i B∗ cine dualan par baza. To znaci da je

Li(pj) = δij

odnosnopj(λi) = δij .

Za svaki od ovih polinoma poznate su njihove vrijednosti za tri vrijednosti nezavisno prom-jenljive. Lako je vidjeti da su to polinomi:

p1(x) =(x− λ2)(x− λ3)

(λ1 − λ2)(λ1 − λ3)

p2(x) =(x− λ1)(x− λ3)

(λ2 − λ1)(λ2 − λ3)

p3(x) =(x− λ1)(x− λ2)

(λ3 − λ1)(λ3 − λ2).

Prema (6.5.2) za proizvoljan polinom p ∈ V vrijedi

p = p(λ1)p1 + p(λ2)p2 + p(λ3)p3.

Sada cemo diskutovati odnos izmedu linearnih funkcionala i potprostora. Akoje f nenulti linearni funkcional na V. Tada je rang f = dim Im(f). Kako je Im(f)potprostor prostora F1 i dim F1 = 1, to je rang(f) = 1. Tada iz

rang(f) + def(f) = dimV

slijedi def(f) = dimV − 1. Dakle, potprostor Ker(f) prostora V ima dimenzijudimV − 1.


Definicija 6.5.8. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i S podskup od V. Ani-hilator skupa S je skup So svih linearnih funkcionala f na V takvih da je f(x) = 0za svako x ∈ S.

Pokazimo da je So potprostor prostora V ∗. Skup So nije prazan, jer je sigurnonula funkcional u So. Neka su f, g ∈ So. Tada za svako s ∈ S vrijedi

(α f + β g)(s) = α f(s) + β g(s) = α 0 + β 0 = 0.

Dakle, α f + β g ∈ So, pa je So potprostor prostora V ∗.

Ako je S = {0}, onda je So = V ∗. Ako je S = V, onda je So = {0}.

Teorem 6.5.9. Neka je V konacno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem F ineka je W potprostor prostora V. Tada je

dimW + dim W o = dim V.

Dokaz. Neka je dimW = k i {e1, . . . , ek} baza potprostora W. Tada postoje vektoriek+1, . . . , en ∈ V \W takvi da je B = {e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en} baza prostora V. Nekaje B∗ = {f1, . . . , fn} dualna baza bazi B. Pokazimo sada da je {fk+1, . . . , fn} bazaanihilatora W o. Neka je i ≥ k + 1. Tada iz fi(ej) = δij za j ≥ k i i ≥ k + 1 je δij = 0,

pa je fi(ej) = 0 za svako j ≥ k. Neka je u ∈ W. Tada je u =k∑

j=1ξjej . Odavde je

fi(u) = f

k∑

j=1

ξjej

=

k∑

j=1

ξjfi(ej) = 0.

Dakle, fi ∈ W o. Vektori fk+1, . . . , fn su linearno nezavisni, pa moramo jos dokazatida oni generisu prostor W o. Na osnovu (6.5.1) za svaki funkcional f ∈ W o je f =n∑

i=1f(ei)fi. Kako je f(ei) = 0 za i ≤ k. Tako imamo f =

n∑i=k+1

f(ei)fi. Dakle, vektori

fk+1, . . . , fn generisu potprostor W o. To znaci da je {fk+1, . . . , fn} baza prostora W o,pa je

dimW o = n− k = dim V − dimW.


Posmatrajmo sistem homogenih linearnih jednacina

A11ξ1 + · · · + A1nξn = 0...

...Am1ξ1 + · · · + Amnξn = 0


nad poljem F. Svakoj od ovih jednacina pridruzujemo po jedan funkcional

fi : Fn → F

definisan relacijom

fi(ξ1, . . . , ξn) = Ai1ξ1 + · · ·+ Ainξn (i = 1, . . . ,m).

Ako je (ρ1, . . . , ρn) rjesenje posmatranog sistema, onda je

fi(ρ1, . . . , ρn) = 0, (i = 1, . . . , m),

pa je(ρ1, . . . , ρn) ∈ Ker(fi) (i = 1, . . . , m),

tj.(ρ1, . . . , ρn) ∈ m∩

i=1Ker(fi).

Buduci da je rang(fi) = 1, to je dimKer(fi) = n− 1, (i = 1, . . . , m)

Primjer 6.5.10. Posmatrajmo linearne funkcionale na R4 :

f1(ξ1, ξ2, ξ3, ξ4) = ξ1 + 2ξ2 + 2ξ3 + ξ4

f2(ξ1, ξ2, ξ3, ξ4) = 2ξ2 + ξ4

f3(ξ1, ξ2, ξ3, ξ4) = −2ξ1 − 4ξ3 + 3ξ4

Cilj nam je da odredimo potprostor W prostora R4 tako da je

(∀ (η1, η2, η3, η4) ∈ W ) fi(η1, η2, η3, η4) = 0, (i = 1, . . . , 4).

Prvo cemo formirati matricu

A =

1 2 2 10 2 0 1−2 0 −4 3

.

Njena v-reducirana esalon matrica je

R =

1 0 2 00 1 0 00 0 0 1

.

To znaci da funkcionali

g1(ξ1, ξ2, ξ3, ξ4) = ξ1 + 2ξ3

g2(ξ1, ξ2, ξ3, ξ4) = ξ2

g3(ξ1, ξ2, ξ3, ξ4) = ξ4

generisu isti potprostor prostora (R4)∗ kao i funkcionali f1, f2, f3 i f4. Sada je lako odreditiskup W. Tako imamo

W = {(−2η, 0, η, 0) | η ∈ R4}.

6.6. DUALNI PROSTOR DUALNOG PROSTORA 159

6.6 Dualni prostor dualnog prostora

Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Za vektor x ∈ V mozemo posmatratipreslikavanje Lx : V ∗ → F definisano relacijom

Lx(f) = f(x) (f ∈ V ∗).

Da li je ovo preslikavanje linearno? Odgovor je potvrdno, kako se vidi iz

Lx(α f + β g) = (α f + β g)(x) = (α f)(x) + (β g)(x)= α f(x) + β g(x) = α Lx(f) + β Lx(g).

Dakle, Lx je linearni funkcional prostora V ∗. Skup svih linearnih funkcionala prostoraV ∗ oznacavamo sa V ∗∗.

Teorem 6.6.1. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije n nad poljem F. Zasvako x ∈ V definisimo Lx(f) = f(x) za svako f ∈ V ∗. Preslikavanje x → Lx jeizomorfno preslikavanje prostora V na prostor V ∗∗.

Dokaz. Dokazimo da je ovo preslikavanje linearno.

Lα x+β y(f) = f(α x + β y)= α f(x) + β g(y)= α Lx(f) + β Ly(f)= (α Lx + β Ly)(f)

za svako f ∈ V ∗. Dakle,Lα x+β y = α Lx + β Ly.

Pokazimo sada da je ovo preslikavanje injektivno. Neka je Lx = 0 nula funkcional.Tada za svako f ∈ V ∗ vrijedi Lx(f) = 0, tj. f(x) = 0 za svako f ∈ V ∗. Trebamodokazati da je x = 0. Pretpostavimo suprotno, tj. da je x 6= 0. Tada postoji bazaB = {e1, . . . , en}, gdje je e1 = x. Posmatrajmo linearni funkcional g ∈ V ∗ koji svakomvektoru pridruzuje prvu koordinatu u odnosu na bazu B. Tada je g(x) = 1. Ovo je ukontradikciji sa f(x) = 0 za svako f ∈ V ∗. Dakle, mora biti x = 0, tj. preslikavanjeje injektivno. Dakle, preslikavanje x → Lx je nesingularno linearno preslikavanjeprostora V na V ∗∗, pa je po Teoremu 6.2.10 je to preslikavanje sirjektivno i invertibilnotj. izomorfizam i vrijedi

dimV ∗∗ = dimV ∗ = dim V.

Posljedica 6.6.2. Neka je V konacno dimenzionalan vektorski prostor nad poljemF. Ako je L linearan funkcional prostora V ∗, tada postoji tacno jedan vektor x ∈ Vtakav da je L(f) = f(x) za svako f ∈ V ∗.


Dokaz. Prema prethodnoj teoremi vektorski prostori V i V ∗∗ su izomorfni i tajizomorfizam je x 7→ Lx. Inverzno preslikavanje ovog preslikavanja je takode izomor-fizam. Neka je ϕ : V ∗∗ → V to inverzno preslikavanje. Tada je ϕ(L) = x trazenielement.

Posljedica 6.6.3. Neka je V konacno dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F.Svaka baza prostora V ∗ je dualna baza nekoj bazi prostora V.

Dokaz. Neka je B∗ = {f1, . . . , fn} baza prostora V ∗. Tada prema Teoremu 6.2.10postoji baza {L1, . . . , Ln} prostora V ∗∗ takva da je

Li(fj) = δij .

Koristeci prethodnu posljedicu za svako i postoji xi ∈ V takav da je Li(f) = f(xi)za svako f ∈ V ∗, tj. Li = Lxi . Dakle,

δij = Li(fj) = fj(xi).

Dakle, baza B∗ je dualna baza baze {x1, . . . , xn}.Prema prethodnoj teoremi prostori V i V ∗∗ su izomorfni, pa mozemo x ∈ V

poistovjetiti sa Lx ∈ V ∗∗. Zbog ove identifikacije je V dualan prostor prostora V ∗. (Naime, V ∗∗ je dualan prostor prostora V ∗.)

Neka je E podskup od V ∗, tada je anihilator Eo podskup od V ∗∗. No, zbogidentifikacije V ∗∗ sa V onda je Eo podskup od V. Naime,

Eo = {L ∈ V ∗∗ | L(f) = 0 (∀f ∈ E }.Kako za svako L ∈ V ∗∗ postoji x ∈ V takav da je L = Lx, tj. L(f) = f(x) (∀x ∈ V ).Dakle, Lx ∈ Eo ako i samo ako je f(x) = 0 za svako f ∈ E. Prema tome

Eo = {x ∈ V | f(x) = 0 (∀ f ∈ E) }.Teorem 6.6.4. Ako je S podskup konacno dimenzionalnog vektorskog prostora V,tada je (So)o potprostor prostora V generisan skupom S.

Dokaz. Neka je W potprostor prostora V generisan skupom S. Neka je f ∈ So. Tadaje f(s) = 0 za svako s ∈ S. Neka je w ∈ W. Tada je w = α1s1 + . . . + αksk, gdje susi ∈ S i αi ∈ F. Tada je

f(w) = f(α1s1 + . . . αksk) = α1f(s1) + . . . + αkf(sk) = 0.

Dakle, f ∈ W 0, tj. So ⊆ W o. Obrnuto, neka je f ∈ W o. Tada je f(w) = 0 za svakow ∈ W. No, tada je specijalno f(s) = 0 za svako s ∈ S, jer je S ⊆ W. Dakle, So = W o.Prema Teoremu 6.5.9 je dimW + dimW o = dimV i dimW o + dimW oo = dimV ∗.Kako je dimV ∗ = dimV, to je dimW = dimW oo. Kako je W oo = {x ∈ V |(∀ f ∈ W o) f(x) = 0}, to je W ⊆ W o. Odavde, zbog dimW = dim W oo slijedi daW oo = W.

Uvedimo sada pojam maksimalnog potprostora prostora V. Neka je N potskup odV. Kazemo da je N maksimalan pravi potprostor od V ako vrijedi:

6.6. DUALNI PROSTOR DUALNOG PROSTORA 161

1. N je pravi potprostor od V,

2. Ako je W potprosto prostora V koji sadrzi N, onda je W = V ili je W = N.

Definicija 6.6.5. Ako je V vektorski prostor, hiperprostor od V je maksimalan pravipotprostor od V.

Teorem 6.6.6. Ako je f nenulti linearan funkcional vektorska prostora V, tada jeKer(f) hiperprostor od V. Obrnuto, svaki hiperprostor od V je jezgro nekog nenultogfunkcionala na V.

Dokaz. Neka je f nenulti linearan funkcional na V. Tada postoji x ∈ V takav da jef(x) 6= 0. To znaci da je Ker(f) pravi potprostor prostora V. Neka je W potprostorprostora V koji sadrzi Ker(f). Neka je W 6= Ker(f). Tada postoji u ∈ W koji nije uKer(f), tj. f(u) 6= 0. Tada je Ker(f) + Fu ⊆ W. Pokazimo da je W = V. Neka je yproizvoljan element prostora V. Posmatrajmo element z = y − λu, λ ∈ F. Tada je

f(z) = f(y − λ u) = f(y)− λf(u).

Odavde slijediz ∈ Ker(f) ⇔ f(y) = λf(u).

Kako je f(u) 6= 0, to za λ = f(y)(f(u))−1 vrijedi z ∈ Ker(f). Dakle,

y = z + f(y)(f(u)−1u ∈ Ker(f) + Fu.

Dakle, V ⊆ Ker(f) + Fu ⊆ W. Kako je W ⊆ V, to je W = V. Zbog toga je Ker(f)hiperprostor od V.

Obrnuto, neka je N hiperprostor od V. Neka je x ∈ V i x /∈ N. Tada je N+Fx = V,jer je N hiperprostor i N ( N +Fu. Tada za svako y ∈ V postoji z ∈ N i α ∈ F takvida je y = z + αx. Pretpostavimo da je y = w + βx za neko w ∈ N i β ∈ F. Tadaje (α − β)x = w − z ∈ N. Ako je α − β 6= 0, onda je x ∈ N, sto nije slucaj. Zatoje α = β i z = w. Dakle, elementi z i α su jednoznacno odredeni. Dakle, za svakoy ∈ V postoji tacno jedan skalar α ∈ F takav da je y − αx ∈ N. To znaci da postojipreslikavanje g : V → F tako da je g(y) = α. Ako je g(y) = α i g(u) = β, onda jey − αx, u− βx ∈ N. Tada je

λy + µu− (λα + µβ)x ∈ N.

Zbog toga jeg(λy + µu) = λα + µβ = λg(y) + µg(u),

tj. g je linearan funkcional. Neka je v ∈ Ker(g). Tada je g(v) = 0, tj. v − 0 · x ∈ N.Dakle, v ∈ N, tj. Ker(f) ⊆ N. Obrnuto, neka je v ∈ N. Tada je v − o · x ∈ N, pa jeg(v) = 0, tj. N ⊆ Ker(f). Dakle, N = Ker(g).


Lema 6.6.7. Neka su f i g linearni funkcionali na V. Funkcional g je proizvod skalarai funkcionala f ako i samo ako je Ker(f) ⊆ Ker(g).

Dokaz. Neka je Ker(f) ⊆ Ker(g). Ako je f = 0 i g = 0, onda je ocito da je g = λfza svako λ ∈ F. Neka je f 6= 0. Tada postoji x ∈ V takav da je f(x) 6= 0. Stavimoλ = g(x)(f(x))−1. Tada je λ ∈ F. Posmatrajmo linearni funkcional h = g − λx. Zasvako u ∈ Ker(f) je f(u) = 0 i g(u) = 0, pa je h(u) = 0. S druge strane je h(x) = 0. Toznaci da potprostor Ker(h) sadrzi Ker(f) i x. Kako je Ker(f) hiperprostor prostoraV i x /∈ Ker(f), to je Ker(h) = V. Dakle, h nula funkcional, tj. g = λf.

Obrnuto, neka je g = λf za neko λ ∈ F. Tada za svako x ∈ Ker(f) vrijedig(x) = λf(x) = 0, pa je Ker(f) ⊆ Ker(g).

Teorem 6.6.8. Neka su g, f1, . . . , fr linearni funkcionali na V. Tada je g linearnakombinacija funkcionala f1, . . . , fr ako i samo ako je

k∩i=1

Ker(fi) ⊆ Ker(g).

Dokaz. Neka je g = λ1f1 + · · · + λrfr i x ∈ k∩i=1

Ker(fi). Tada je g(x) = 0, pa jek∩

i=1Ker(fi) ⊆ Ker(g).

Obrnuto, nekak∩

i=1Ker(fi) ⊆ Ker(g). Dokazimo da je g = λ1f1 + · · ·λrfr za neke

λ1, . . . , λr ∈ F. Tvrdnju cemo dokazati indukcijom u odnosu na r. Za r = 1 tvrdnjaslijedi iz prethodne leme. Pretpostavimo da je tvrdnja tacna za r = k − 1 i neka jek−1∩i=1

Ker(fi) ⊆ Ker(g). Neka su g′, f ′1, . . . , f′k restrikcije preslikavanja g, f1, . . . , fk na

Ker(g). Tada su g′, f ′1, . . . , f′k linearni funkcionali na Ker(fk). Ako je x ∈ Ker(fk)

i f ′i(x) = 0, (i = 1, . . . , k − 1), onda je x ∈ k∩i=1

Ker(fi) i g′(x) = 0. Tada na osnovu

pretpostavke indukcije postoje skalari λi takvi da je g′ = λ1f′1 + · · ·+λk−1f

′k−1. Neka

je

h = g −k−1∑

i=1

λifi.

Tada je h linearni funkcional na V. Po definiciji funkcionala h vrijedi h(x) = 0 zasvako x ∈ Ker(fk). Tada prema prethodnoj lemi postoji konstanta λk ∈ F takva daje h = λfk. Dakle,

g =k∑

i=1

λifi.

6.7. TRANSPONOVANA LINEARNA PRESLIKAVANJA 163

6.6.1 Zadaci

1. Neka je n prirodan broj i F polje. Neka je W skup svih vektora (ξ1, ξ2, . . . , ξn) ∈Fn takvih da je alpha1 + ξ2 + . . . + ξn = 0.

(a) Dokazati da se W o sastoji od svih linearnih funkcionala f oblika

f(ξ1, ξ2, . . . , ξn) = cn∑

i=1

ξi.

(b) Dokazati da se dualni prostor W ∗ prostora W moze na prirodan nacinidentifikovati sa skupom linearnih funkcionala

f(ξ1, ξ2, . . . , ξn) = λ1ξ1 + λ2ξ2 + . . . + λnξn

prostora Fn za koje je λ1 + λ2 + . . . + λn = 0.

2. Koristeci Teorem 6.6.8 dokazati: Ako je W potprostor konacno dimenzionalnogvektorskog prostora V i {g1, g2, . . . , gr} neka baza potprostora W o, tada je

W =r∩

i=1Ker(gi).

3. Neka je S skup, F polje i V (S;F) prostor svih linearnih funkcionala sa S uF. Neka je W neki n−dimenzionalni potprostor prostora V (S;F). Dokazati dapostoje elementi x1, . . . , xn ∈ S i funkcionali f1, . . . , fn ∈ W takvi da je fi(xj) =δij .

6.7 Transponovana linearna preslikavanja

Neka su V i W vektorski prostori nad poljem F i A linearno preslikavanje sa V u W.Tada A inducira linearno preslikavanje sa W ∗ u V ∗ kako slijedi. Pretpostavimo da jeg linearni funkcional na W i neka je

f(x) = g(A(x)) (6.7.1)

za svako x ∈ V. Preslikavanje f : V → F definisano relacijom (6.7.1) je linearnopreslikavanje jer je kompozicija dva linearna preslikavanja. To znaci da je f ∈ V ∗.Dakle, relacijom (6.7.1) svakom linearnom funkcionalu g ∈ W ∗ pridruzen je tacnojedan linearan funkcionalan f ∈ V ∗, pa postoji preslikavanje At : W ∗ → V ∗ takvo daje

At(g) = f ⇔ f(x) = g(A(x)) (∀x ∈ V ).


Pokazimo da je preslikavanje At linearno preslikavanje. Za svako x ∈ V imamo

(At(α1g1 + α2g2))(x) = (α1g1 + α2g2)(A(x)) = α1g1(A(x)) + α2g2(A(x))= α1At(g1)(x) + α2At(g2)(x)= (α1(At(g1)))(x) + (α2At(g2))(x)=

(α1At(g1) + α2At(g2)

)(x).

Dakle,At(α1g1 + α2g2) = α1At(g1) + α2At(g2).


Teorem 6.7.1. Neka su V i W vektorski prostori nad istim poljem F. Za svakolinearno preslikavanje A : V → W postoji jedinstveno linearno preslikavanje At :W ∗ → V ∗ takvo da je

(At(g))(x) = g(A(x))

za svako g ∈ W ∗ i svako x ∈ V.

Preslikavanje At iz prethodnog teorema nazivamo transponovano preslikavanje iliadjungovano preslikavanje preslikavanja A. Mi cemo koristiti naziv transponovanopreslikavanje dok cemo termin adjungovano preslikavanje koristiri za nesto drugo.

Teorem 6.7.2. Neka su V i W vektorski prostori nad istim poljem F i A : V → Wlinearno preslikavanje. Tada je jezgro Ker(A) linearnog preslikavanja A jednakoanihilatoru skupa Im(A).

Ako su V i W konacno dimenzionalni prostori, tada

(i) rang(At) = rang(A),

(ii) Im(At) = (Ker(A))o .

Dokaz. Neka je g ∈ Ker(At). Tada je At(g) = 0, pa za svako x ∈ V je (At(g))(x) = 0,tj. g(A(x)) = 0 za svako x ∈ V. Dakle, za svako y ∈ Im(A) je g(y) = 0, tj.g ∈ (Im(A)o. Obrnuto, neka je g ∈ (Im(A)o. Tada je g(y) = 0 za svako y ∈ Im(A).Neka je x ∈ V proizvoljan. Tada je y = A(x) ∈ Im(A), pa je g((A)(x)) = 0. Toznaci da je At(g) = 0 nula funkcional, tj. g ∈ Ker(At). Ovim smo dokazali da jeKer(At) = (Im(A))o.

Neka su V i W konacno dimenzionalni vektorski prostori nad istim poljem i nekaje dimV = n i dim W = m. Neka je r = rang(A) = dim Im(A). Kako je Im(A)potprostor prostora W, to prema Teoremu 6.5.9 vrijedi

dim Im(A) + dim(Im(A))o = dimW = m.

6.7. TRANSPONOVANA LINEARNA PRESLIKAVANJA 165

Dakle, dim(Im(A))o = m− r. Prema prvom dijelu dokaza imamo

dimKer(At) = dim(Im(A))0 = m− r.

No, s druge strane je

dimKer(At) + dim Im(At) = dimW ∗ = m.

Prema tome,

dim Im(At) = m− dimKer(At) = m− (m− r) = r = dim Im(A).

Dakle, rang(At) = rang(A).Dokazimo sada i posljednju tvrdnju teorema. Neka je f ∈ Im(At). Tada postoji

g ∈ W ∗ takav da je f = At(g). Tada za svako x ∈ Ker(A) imamo f(x) = (At(g))(x) =g(A(x)) = g(o) = 0. Dakle, za svako f ∈ Im(At) vrijedi f(x) = 0 za svako x ∈Ker(A). To znaci da je f element anihilatora skupa Ker(A). Ovim smo dokazali daje Im(At) ⊆ (Ker(A))o. S druge strane je

dim(Ker(A))o = dimV − dimKer(A)= n− dimKer(A) = dim Im(A)= dim Im(At).

Dakle, Im(At) ⊆ (Ker(A))o. i dim(Ker(A))o = dim Im(At), pa je

Im(At) = (Ker(A))o.

Ovim je teorem dokazan.

Teorem 6.7.3. Neka su V i W konacno dimenzionalni vektorski prostori nad istimpoljem F. Neka je B uredena baza prostora V i B∗ njena dualna baza. Neka je, dalje,B′ uredena baza prostora W i B′∗ njena dualna baza. Neka je A matrica linearnogpreslikavanja A : V → W u odnosu na baze B i B′, a B matrica linearnog preslikavanjaAt u odnosu na baze B′∗ i B∗. Tada je Bij = Aji.

Dokaz. Neka je B = {e1, . . . , en}, B′ = {e′1, . . . , e′m}, B∗ = {f1, . . . , fn} i B′∗ ={g1, . . . , gm}. Po definiciji imamo

A(ej) =m∑

i=1

Aije′i (j = 1, 2, . . . , n)

At(gj) =n∑

i=1

Bijfi (j = 1, 2, . . . , m).


S druge strane je

(At(gj))(ei) = gj(A(ei)) = gj

(m∑

k=1

Akie′k

)

=m∑

k=1

Akigj(e′k) =m∑

k=1

Akiδjk

= Aji.

Za svaki funkcional f vektorska prostora V na osnovu (6.5.1) vrijedi

f =m∑

i=1

f(ei)fi.

Primjenjujuci ovu formulu za funkcional f = At(gj) i koristeci cinjenicu da je

(At(gj))(ei) = Aji

dobijamo

At(gj) =m∑

i=1

Ajifi.

Odavde slijedi da je Bij = Aji.

Definicija 6.7.4. Ako je A ∈ Fm×n matrica nad poljem F, tada se matrica At defin-isana relacijom At

ij = Aji zove transponovana matrica matrice A.

Teorem 6.7.5. Neka je A neka m × n nad poljem F. Tada je rang vrsta matrice Ajednaka rangu kolona matrice A.

Dokaz. Neka je B = {e1, . . . , en} standardna baza prostora Fn i B′ = {e′1, . . . , e′m}standardna baza prostora Fm. Neka je A : Fn → Fm linearno preslikavanje koje uodnosu na baze B i B′ ima matricu A, tj.

A(ej) =m∑

i=1

Aije′i (j = 1, . . . , n).

Kako je rangk A = rang(A), rangkAt = rang(At), rang(A) = rang(At) i vrstematrice A su kolone matrice At, to je

rangv A = rangk At = rang(At) = rang(A) = rangk A.

Time je dokaz zavrsen.Iz ovog teorema slijedi da je za svaku matricu A nad poljem rang vrsta jednak

rangu kolonu. Ovako odreden broj nazivamo rang matrice A i oznacavamo ga sarang (A).

Glava 7

Polinomi

7.1 Algebra polinoma

Neka je F polje i S skup svih nenegativnih cijelih brojeva. Oznacimo sa F∞ skupsvih funkcija sa S u F. Elemente ovog skupa oznacavacemo sa beskonacnim nizomf = (f0, f1, f2, . . . ), pri cemu je fi = f(i) ∈ F.

U skupu F∞ definisimo

f + g = (f0 + g0, f1 + g1, f2 + g2, . . . ),

gdje je f = (f0, f1, f2, . . . ) i g = (g0, g1, g2, . . . ). Jednostavno se provjerava da je(F∞, +) Abelova grupa.

Definisimo sada mnozenje elemenata skupa F∞ elementima polja F kako slijedi

αf = (αf0, αf1, αf2, . . . )

za svako α ∈ F i svako f = (f0, f1, f2, . . . ). Jednostavno se provjerava da je tada F∞vektorski prostor nad poljem F.

U skupu F∞ definisimo mnozenje na sljedeci nacin:

fg = h ⇔ hn =n∑

i=0

fign−i n ∈ S.

Drugim rijecima

fg = (f0g0, f0g1 + f1g0, f0g2 + f1g1 + f2g0, . . . ).

Kako jen∑

i=0

fign−i =n∑

i=0

gifn−i

167

168 GLAVA 7. POLINOMI

to je fg = gf za svako, f, g ∈ F∞. Dakle, mnozenje je komutativno. Pokazimo sadada je mnozenje i asocijativno. Immao

[(fg)h]n =n∑

i=0

(fg)ihn−i

=n∑

i=0

i∑

j=0

fjgi−j

hn−i

=n∑

i=0

i∑

j=0

fjgi−jhn−i

Posljednju sumu mozemo malo drugacije aranzirati. Naime, kako i prima sve vrijed-nosti od 1 do n, to i j prima sve vrijewdnosti od 1 do n. Tako imamo

[(fg)h]n =n∑

i=0

i∑

j=0

fjgi−jhn−i

=n∑

j=0

fj

n−j∑

i=0

gihn−i−j

=n∑

j=0

fj(gh)n−j = [f(gh)]n

za svako n ∈ S tako da je (fg)h = f(gh). Jednostavno se provjerava da je mnozenjedistributivno u odnosu na sabiranje i da vrijedi

α(fg) = (αf)g = f(αg)

za svako α ∈ F i svako f, g ∈ F∞. Dakle, F∞ je algebra nad poljem F.

Posmatrajmo element x = (0, 1, 0, . . . , 0, . . .) algebre F∞. Na osnovu definicijemnozenja elemenata ove algebre imamo

x2 = (0, 0, 1, 0, . . . 0 ), x3 = (0, 0, 0, 1, 0, . . . ).

Opcenito je

(xk)n ={

1 n = k0 n 6= k

(n ∈ S).

Primjetimo da je skup{1, x, x2, . . . }

7.1. ALGEBRA POLINOMA 169

linearno nezavisan i nije konacan. To znaci da algebra F∞ nije koncno dimen-zionalna. Ovu algebru nazivamo algebra formalnih redova nad poljem F. Elementf = (f0, f1, f2, . . .) mozemo zapisati u obliku

f =∞∑

n=0

fnxn.

Sada smo u poziciji da mozemo uvesti pojam polinoma nad poljem F.

Definicija 7.1.1. Neka je F[x] potprostor prostora F∞ generisan vektorima 1, x, x2, . . . .Elemente skupa F[x] nazivamo pilinomi nad poljem F.

Neka je f ∈ F[x] nenulti polinom. Tada je f konacna linearna kombinacija ele-menata skupa 1, x, x2, . . . , tj. elementa x i njegovih potencija. To znaci da postojitacno jedan n ∈ S takav da je fn 6= 0 i fk = 0 za svako k ∈ S, k > n. Ovako odredencio broj n naziva se stepen polinoma f. Stepen polinoma f oznacavamo sa deg(f).

Ako je deg(f) = n, onda mozemo pisati

f = f0x0 + f1x + f2x

2 + · · ·+ fnxn, fn 6= 0.

Skalare f0, f1, . . . , fn nazivamo koeficijenti polinoma f. Koeficijent fn nazivamo vodecikoeficijent. Polinom f0x

0, f0 6= 0 nazivamo polinom konstanta ili konstantni polinom.Polinom f stepena n kod kojeg je fn = 1 nazivamo normirani polinom ili monik. Nulavektor potprostora F[x] nazivamo nula polinom i ocito je f nula polinom ako i samoako je fn = 0 za svako n ∈ S.

Iz ove diskusije proizilazi da se polinomi nad poljem F razlikuju od funkcija x 7→α0 + α1x + α2x

2 + · · ·αnxn nad poljem F. Ove funkcije nazivamo polinomne funkcije.Ako je polje F beskonacno, onda se na prirodan nacin moze uspostaviti izomorfizamizmedu vektorskog prostora F[x] i vektorskog prostora svih polinomnih funkcija na F.

Teorem 7.1.2. Neka su f i g nenulti polinomi nad F. Tada

(i) fg je nenulti polinom.

(ii) deg(fg) = deg(f) + deg(g).

(iii) ako su polinomi f i g normirani, onda je i polinom fg normiran.

(iv) fg je konstantni polinom ako i samo ako su polinomi f i g konstantni polinomi.

(v) ako je f + g nenulti polinom, onda je

deg(f + g) ≤ max{deg(f), deg(g)}.


Dokaz. Neka je deg(f) = m i deg(g) = n. Neka je k ∈ S proizvoljan. Tada je

(fg)m+n+k =m+n+k∑

i=0

fi gm+n+k−i.

Da bi (fg)m+n+k bio razlicit od nule mora biti i ≤ m i m + n + k − i ≤ n. Odaveslijedi da mora biti i = m i k = 0. Dakle,

(fg)m+n = fmgn, (fg)m+n+k = 0 k > 0. (7.1.1)

Dokazimo sada tvrdnju pod (i). Kako je fn 6= 0 i gn 6= 0, to je fm+n = fmgn 6= 0, paje fg nenulti polinom.

Na osnovu (7.1.1) je deg(fg) = m + n = deg(f) + deg(g), tj. vrijedi (ii).Ako su polinomi f i g normirani, onda je fm = 1 i gn = 1, pa je (fg)m+n =

fmgn = 1, tj. polinom fg je normiran.Ako je fg konstantni polinom, onda je 0 = deg(fg) = deg(f) + deg(g), pa je

deg(f) = deg(g) = 0, tj. f i g su konstanta polinomi. Obrnuto, ako su f i g konstantapolinomi, onda je deg(f) = deg(g) = 0, pa je deg(fg) = deg(f) + deg(g) = 0.

Neka je deg(f + g) = t. Tada je (f + g)t 6= 0 i (f + g)i = 0 za svako i > t. Ako jem = n, onda je (f + g)i = fi + gi = 0 + 0 = 0 za svako i > n. To znaci da je u ovomslucaju t ≤ n. Neka je m < n. Tada je fn = 0 i gn 6= 0, pa je (fg)n = fn + gn 6= 0 i(fg)i = 0 za svako i > n. Dakle, deg(f + g) = n = deg(g) = max{deg(f), deg(g)}.Posljedica 7.1.3. Skup F[x] svih polinoma nad poljem F je komutativna algebra sajedinicom.

Posljedica 7.1.4. Neka su f, g i h polinomi nad poljem F takvi da je f 6= 0, onda izfg = fh slijedi g = h.

Neka je A algebra sa jedinicom nad poljem F. Za svako α ∈ A definisimo α0 = 1.

Tada svakom polinomu f =n∑

i=0fix

i ∈ F[x] mozemo pridruziti element f(α) ∈ A koji

je definisan relacijom

f(α) =n∑

i=0

fiαi.

Primjer 7.1.5. Neka je C polje kompleksnih brojeva i f = x2 + 2.

(a) Ako je A = C, onda je f(2) = 6 i f (1 + i1− i) = 1.

(b) Ako je A algebra matrica reda 2× 2 nad poljem kompleksnih brojeva i

B =(

1 0−1 2

),

tada je

f(B) =(

1 0−1 2

)+

(1 0

−1 2

)2

=(

3 0−3 6

).

7.2. LAGRANZOVA INTERPOLACIONA FORMULA 171

Teorem 7.1.6. Neka je F polje i A algebra sa jedinicom nad poljem F. Neka su f, gpolinomi nad F i α ∈ A. Tada je

(i) (f + g)(α) = f(α) + g(α),

(ii) (λ f)(α) = λ f(α),

(iii) (fg)(α) = f(α)g(α)

za svako λ ∈ F.

Dokaz. Neka je f =m∑

i=0fix

i i g =n∑

j=0gjx

j , . Tada je

f + g =max{m,n}∑

i=0

(fi + gi)xi,

pa je

(f + g)(α) =max{m,n}∑

i=0

(fi + gi)αi =max{m,n}∑

i=0

fiαi +

max{m,n}∑

i=0

giαi = f(α) + g(α).

Druga tvrdnja se jednostavno dokazuje. Kako je fg =m+n∑k=0

(k∑

i=0figk−i

)xk, to je

(fg)(α) =m+n∑

k=0

(k∑

i=0

figk−i

)αk =

(m∑

i=0

fiαi

)·

n∑

j=0

gjαj = f(α)g(α).

7.2 Lagranzova interpolaciona formula

Neka je F polje i neka su λ0, λ1, . . . , λn razliciti elementi polja F. Neka je V vektorskipotprostor prostora F[x] koji se sastoji od svih polinoma stepena manjeg ili jednakogod n. Neka je fi funkcija sa V u F definisana sa

Li(f) = f(ti), 0 ≤ i ≤ n

za svako f ∈ V. Kako je dimV = n + 1, to je dimV ∗ = n + 1. Pokazimo sadada su linearni funkcionali L0, L1, . . . , Ln loinearno nezavisni. Neka je L = α0L0 +


α1 + · · ·+ αnLn nula funkcional. Tada je L(f) = 0 za svako f ∈ V. Neka je f0 = 1 ifi = xi, (i = 1, . . . , n). Uzimajuci za f redom funkcije f0, f1, . . . , fn imamo jednacine:

α0 + α1 + · · ·+ αn = 0αt0 + α1t1 + · · ·+ αntn = 0

· · ·α0t

n0 + α1t

n1 + · · ·+ αntnn = 0.

Ovo je homogeni sistem sa matricom

W =

1 1 1 · · · 1t0 t1 t2 . . . tn...

......

......

tn0 tn1 tn2 · · · tnn

.

Ova matrica je invertibilna, pa homogeni sistem ima samo trivijalno rjesenje. Dakle,α0 = α1 = . . . = αn = 0, pa su funkcionali L0, L1, . . . , Ln linearno nezavisni. Kakoje skup {L0, L1, . . . , Ln} linearno nezavisan i ima n + 1 = dimV ∗ elemenata, to je onbaza prostora V ∗. Tada postoji dualna baza {P0, P1, . . . , Pn} baze {L0, L1, . . . , Ln}.Tada je Lj(Pi) = Pi(tj) = δij . Neka je

Pi =(x− t0) · · · (x− ti−1)(x− ti+1) · · · (x− tn)(ti − t0) · · · (ti − ti−1)(ti − ti+1) · · · (ti − tn)

=∏

j 6=i

(x− tjti − tj

).

Polinom Pi je stepena n i pripada prostoru V. Za ovaj polinom vrijedi

Pi(tj) = δij ,

tj. Lj(Pi) = δij . To znaci da je {P0, . . . , Pn} dualna baza baze L0, . . . , Ln. Tada zasvaki polinom f ∈ V vrijedi

f =n∑

i=0

f(ti)Pi.

Primjer 7.2.1. Neka je F = R, t0 = 0, t1 = 1, t2 = 2, f(t0) = 2, f(t1) = 3, f(t2) = 6.Odredimo polinom f. Prvo odredujemo polinome P0, P1 i P2. Imamo

P0 =(x− t1)(x− t2)t0 − t1)(t0 − t1)

=12(x− 1)(x− 2),

P1 = −x(x− 2)

P2 =12x(x− 1).

Sada jef = f(t0)P0 + f(t1)P1 + f(t2)P2 = x2 + 2.

7.2. LAGRANZOVA INTERPOLACIONA FORMULA 173

Razmotrimo sada odnos izmedu polinoma i polinomne funkcije nad poljem F.Neka je f polinom nad poljem F, a fs polinomna funkcija sa F u F. Posmatrajmopreslikavanje ϕ koje polinomu f pridruzuje polinomnu funkciju fs tako da za svakot ∈ F vrijedi fs(t) = f(t). Pokazimo da je ϕ(f +g) = ϕ(f)+ϕ(g) i ϕ(fg) = ϕ(f)ϕ(g).Neka je t ∈ F. Tada na osnovu Teorema 7.1.6 imamo (f + g)(t) = f(t) + g(t) i(fg)(t) = f(t)g(t), pa je ϕ(f + g) = ϕ(f) + ϕ(g) i ϕ(fg) = ϕ(f)ϕ(g).

Ako je f = g onda je fs = gs. Medutim moze se desiti da je f 6= g a da je ipakfs = gs. Na srecu to samo vrijedi u konacnim poljima.

Primjer 7.2.2. Neka je F = polje Z3 = {0, 1, 2}. Posmatrajmo polinom

f = x(x− 1)(x− 2).

Njemu pripada polinomna funkcija

f∼ : x 7→ x(x− 1)(x− 2)

sa F u F. Polinom f nije nula polinom. Kako je f(0) = 0, f(1) = 0 i f(2) = 0, to je f∼ jenulta polinomna funkcija.

Definicija 7.2.3. Neka su A i B algebre nad poljem F. Za preslikavanje ϕ : A → B

kazemo da je homomorfizam algebri ako vrijedi:

(i) ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b),

(ii) ϕ(λa) = λϕ(a),

(iii) ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b)

za svako a, b ∈ A i svako λ ∈ F.Bijektivni homomorfizam algebri nazivamo izomorfizam algebri.

Teorem 7.2.4. Neka polje F ima beskonacno mnogo elemenata. Preslikavanje f 7→fs je izomorfizam algebre polinoma nad poljem F i algebre polinomnih funkcija napolju F.

Dokaz. Vec smo vidjeli u Teoremu 7.1.6 da je ovo preslikavanje homomorfizam algebri.Trebamo dokazati bijektivnost ovog preslikavanja. Neka je fs = 0. Pokazimo da jetada f = 0. Pretpostavimo da je f polinom stepena n takav da je fs = 0. Odaberimobilo kojih n + 1 razlicitih elemenata t0, t1, . . . , tn polja F. Kako je fs = 0, to je

0 = fs(ti) = f(ti). Tada iz f =n∑

i=1f(ti)Pi slijedi f = 0. Dakle, preslikavanje

f 7→ fs je injektivno. Sirjektivnost je ocita. Prema tome, preslikavanje f 7→ fs jeizomorfizam algebri.

Postavlja se pitanje: Gdje smo, u dokazu, koristili cinjenicu da je F beskonacnopolje? To smo koristili prilikom izbora razlicitih elemenata t0, t1, . . . , tn polja F. Kadabi polje imalo konacan broj elemenata npr. m, onda ne bismo mogli izabrati m + 1razlicitih elemenata.


7.3 Ideali algebre polinoma

U ovom paragrafu proucavacemo strukture koje zavise od multiplikativne strukturealgebre polinoma nad poljem F.

Lema 7.3.1. Neka su f i d nenulti polinomi nad poljem F takvi da je deg(d) ≤ deg(f).Tada postoji polinom g ∈ F[x] takav da je

f − dg = 0 ili deg(f − dg) < deg(f).

Dokaz. Neka je deg(f) = m, i deg(d) = n. Polinome f i g napisimo u obliku f =

amxm +m−1∑i=0

aixi, am 6= 0 i d = bn +

m−1∑i=0

bixi, bn 6= 0. Tada je m ≥ n i

f −(

am

bn

)xm−nd = 0 ili deg

[f −

(am

bn

)xm−nd

]< deg(f).

Tako mi mozemo uzeti g =(

ambn

)xm−n.

Koristeci ovu teoremu dokazacemo da je u algebri polinoma F[x] moguce djeljenjesa ostatkom pri cemu je stepen polinoma ostatka manji od stepena polinoma sa kojimsmo dijelili.

Teorem 7.3.2. Neka su f i d polinomi nad poljem F i d 6= 0. Tada postoje polinomiq i r u F[x] takvi da je

(i) f = dq + r,

(ii) r = 0 ili je deg(r) < deg(d).

Polinomi q i r su jednoznacno odredeni.

Dokaz. Ako je f = 0 ili je deg(f) < deg(g) onda mozemo uzeti q = 0 i r = f.U slucaju da je f 6= 0 i deg(f) ≥ deg(d), onda primjenom prethodne leme postojipolinom g takav da je f − dg = 0 ili deg(f − dg) < deg(f). Ako je f − dg 6= 0 ilije deg(f − dg) ≥ deg(d) mozemo izabrati polinom h takav da je (f − dg) − dh = 0ili je deg(f − d(g + h)) < deg(f − dg). Nastavljajuci ovaj postupak koliko dugo jeto potrebno dobicemo polinome q i r takve da je r = 0 ili je deg(r) < deg(d) if = dq + r. (Zasto ce se ovaj postupak okoncati u konacnom broju koraka? Odgovorlezi u cinjenici da polazni polinom ima konacan stepen i svakom primjenom prethodneleme dobijamo polinom stepena manjeg od prethodnog.) Pretpostavimo da postoje ipolinomi q1 i r1 takvi da je r1 = 0 ili je deg(r1) < deg(d) i f = q1d + r1. Odavde jedq + r = dq1 + r1, pa je d(q − q1) = r1 − r. Ako je q − q1 6= 0 onda je d(q − q1) 6= 0i deg(d) + deg(q − q1) = deg(r1 − r). Kako je deg(R− 1− r) < deg(d), to smo dobilikontradikciju. Pretpostavka da je q − q1 6= 0 dovela nas je do kontradikcije, pa nijetacna. Dakle, q1 = q, pa je i r1 = r. Ovim je i jedinstvenost dokazana.

7.3. IDEALI ALGEBRE POLINOMA 175

Definicija 7.3.3. Neka su f i g 6= 0 polinomi nad poljem F. Ako postoji polinom hnad poljem F takav da je f = gh, onda kazemo da polinom g dijeli polinom f. U tomslucaju takode kazemo da je polinom f djeljiv polinomom g.

Posljedica 7.3.4. Neka je f polinom nad poljem F i α ∈ F. Tada je f djeljiv sa x−αako i samo ako je f(α) = 0.

Dokaz. Prema Teoremi 7.3.2 postoji polinom q i konstanta r ∈ F takvi da je f =(x − α)q + r. Odavde je f(α) = 0 · q(α) + r = r. Dakle r = 0 ako i samo ako jef(α) = 0.

Definicija 7.3.5. Neka je f polinom nad poljem F. Za element α polja F kazemo daje nula ili korijen polinoma f ako je f(α) = 0.

Posljedica 7.3.6. Polinom f stepena n nad poljem F moze imati u F najvise n nula.

Dokaz. Tvrdnja je ocigledna za polinom stepena 0 ili 1. Pretpostavimo da je tvrdnjatacna za polinome stepena n−1. Ako je α ∈ F nula polinoma f, onda je f = (x−α)g,gdje je g polinom stepena n − 1. Posto je f(β) = 0 ako i samo ako je β = α ili jeg(β) = 0. Polinom g po pretpostavci indukcije ima najvise n−1 nulu. Dakle, polinomf ima najvise (n− 1) + 1 = n nula u polju F.

Neka je f = α0 + α1x + · · ·+ αnxn polinom nad poljem F. Tada se polinom

f ′ = α1 + 2α2x + · · ·+ nαnxn−1

naziva izvodni polinom polinoma f. Mi cemo za izvod polinoma f koristiti i oznakuDf. Jednostavno se dokazuje da je D linearno preslikavanje prostora F[x], tj. operatortog prostora. Tada je D2f = D(Df) itd.

Teorem 7.3.7 (Taylorova formula). Neka je F polje karakteristike 0, α elementpolja F i n prirodan broj. Ako je f polinom nad poljem F stepena deg(f) ≤ n, tada je

f =n∑

k=0

(Dkf)(α)k!

(x− α)k.

Dokaz. Taylorova formula je posljedica Newtonove binomne fomule i linearnosti op-eratora D, D2, . . . , Dn.

Neka su a, b proizvoljni elementi polja F i m prirodan broj. Tada je

(a + b)n =m∑

k=0

(mk

)am−kbk,

gdje je (mk

)=

m!k!(m− k)!

=m(m− 1) · · · (m− k + 1)

1 · 2 · · · k .


Ova formula (Newtonova binomna formula) se dokazuje indukcijom u odnosu na m.

Primjenom binomne formule imamo

xm = [α + (x− α)]m =m∑

k=0

(mk

)αm−k(x− α)k.

Neka je g(x) = xm polinom. Tada je

Dk(g) = m(m− 1) · · · (m− k + 1)xm−k = k!(

mk

)xm−k.

Odavde je

(Dkg)k!

(α) =(

mk

)αm−k.

Dakle,

(Dkxm)k!

(α) =(

mk

)αm−k.

Neka je sada

f =n∑

m=0

γmxm

polinom nad poljem F. Kako je Dk linearan operator, to je

Dkf =n∑

m=0

γmDk (xm) ,

pa je

Dkf(α) =n∑

m=0

γm

(Dk (xm)

)(α).


Odavde je

n∑

k=0

Dkf(α)k!

(x− α)k =n∑

k=0

(k∑

m=0

γm

(Dkxm

)

k!(α)

)(x− α)k

=n∑

m=0

γm

(m∑

k=0

(Dkxm

)

k!(α)(x− α)k

)

=n∑

m=0

γm

(m∑

k=0

(mk

)αm−k(x− α)k

)

=n∑

m=0

γm

(m∑

k=0

(mk

)αm−k(x− α)k

)

=n∑

m=0

γm ((x− α) + α)m

=n∑

m=0

γmxm

= f.

Napomena 7.3.8. U dokazu prethodne teoreme koristili smo cinjenicu da je Dkxm =0 za svako k > m. Zbog toga je

n∑

k=0

Dkxm =m∑

k=0

Dkxm.

Definicija 7.3.9. Neka je f polinom nad poljem F. Kazemo da je γ ∈ F nula polinomaf visestrukosti r ako (x− γ)r dijeli f i (x− γ)r+1 ne dijeli f.

Teorem 7.3.10. Neka je F polje karakteristike nula i f polinom nad F stepenadeg(f) ≤ n. Tada je skalar γ nula polinoma f visestrukosti r ako i samo ako

(Dkf

)(γ) = 0 ako je 0 ≤ k ≤ r − 1 i (Drf))(γ) 6= 0. (7.3.1)

Dokaz. Neka je γ nula polinoma f visestrukosti r. Tada je f = (x− γ)rg i g(γ) 6= 0.Polinom g, koristeci Tajlorovu formulu, mozemo napisati u obliku

g =n−r∑

m=0

(Dmg)m!

(γ) (x− γ)m.


Zbog toga je

f = (x− γ)rn−r∑

m=0

(Dmg)m!

(γ) (x− γ)m =n−r∑

m=0

(Dmg)m!

(γ) (x− γ)m+r.

S druge strane je

f =n∑

k=0

(Dkf)(α)k!

(x− α)k,

pa je (Dkf

)(γ)

k!=

{0, ako je 0 ≤ k ≤ r − 1;

(Dk−rg)(γ)

(k−r)! , ako je r ≤ k ≤ n.

Dakle, vrijedi uslov (7.3.1). Obrnuto, neka vrijedi uslov (7.3.1). Tada iz Tajloroveformule za polinom f imamo

f =n∑

k=0

(Dkf

)(γ)

k!(x− γ)k

=n∑

k=r+1

(Dkf

)(γ)

k!(x− γ)k

= (x− γ)rn−r∑

k=0

(Dkf

)(γ)

k!(x− γ)k

= (x− γ)rg,

gdje je

g =n−r∑

k=0

(Dkf

)(γ)

k!(x− γ)k,

pa je g(γ) 6= 0. To znaci da (x−γ)r | f i (x−γ)r+1 - f. To znaci da je γ nula polinomaf visestrukosti r.

Definicija 7.3.11. Neka je F polje. Potprostor M vektorskog prostora F[x] naziva seideal algebre F[x] ako

(∀f ∈ F[x]) (∀g ∈ M) fg ∈ M.

Primjer 7.3.12. Neka je F polje, f polinom nad F i M = fF[x], tj. skup svih polinomaoblika fg gdje je g polinom nad F. Tada je M ideal. Naime, M nije prazan jer je f ∈ M i zasvako g, h ∈ F[x] i svako α, β ∈ F vrijedi

α(gf) + β(hf) = f(αg + βh) ∈ M.

Dakle, M je potprostor prostora F[x]. Neka je gf ∈ M i h ∈ F[x]. Tada je

(gf)h = (gh)f ∈ M,


pa je M ideal algebre F[x]. Ovako definisan ideal M naziva se glavni ideal generisan

polinomom f.

Primjer 7.3.13. Neka je n prirodan broj i f1, f2, . . . , fn polinomi nad F. Neka je

M = f1F[x] + f2F[x] + . . . + fnF[x].

Tada je M ideal algebre F[x]. Skup M je suma potprostora prostora F[x], pa je potprostorprostora F[x]. Neka je f ∈ M i g ∈ F[x]. Tada je

f = f1h1 + f2h2 + . . . + fnhn (h1, h2, . . . hn ∈ F[x],

pa je

fg = (f1h1 + f2h2 + . . . + fnhn)g = f1(h1g) + f2(h2g) + . . . + fn(hng) ∈ M.

Dakle, M je ideal algebre F[x]. Za ovako definisan ideal kazemo da je generisan polinomima

f1, f2, . . . , fn.

Primjer 7.3.14. Neka je F polje realnih brojeva i M = (x + 2)F[x] + (x2 − 1)F[x] idealalgebre F[x]. Da li je 1 ∈ M? Da bi 1 bio element ideala M moraju postojati polinomi f i gtakvi da je 1 = (x + 2)f + (x2 − 1)g. Kako je

(−x

3+

23

)(x + 2) +

13(x2 − 1) = 1,

to je 1 ∈ M. Neka je t proizvoljan polinom nad F. Kako je 1 ∈ M to je t = 1 · t ∈ M. Dakle,M = F[x].

Teorem 7.3.15. Neka je F polje i M ideal algebre F[x]. Tada postoji jedinstven monikpolinom d u F[x] takav da je M glavni ideal generisan polinomom d.

Dokaz. Ako je M = {0}, onda za d mozemo uzeti nula polinom. Neka je M nenultiideal. Tada postoje nenulti polinomi u M. Posmatrajmo sve monik polinome iz M.Neka je d monik polinom iz M koji ima najnizi stepen od svih monik polinoma idealaM. Pokazimo da d dijeli svaki polinom ideala M. Neka je f proizvoljan polinom izm. Tada postoje jedinstveni polinomi q i r u F[x] takvi da je f = dq + r, pri cemuje r = 0 ili je deg(r) < deg(d). Pretpostavimo da je r 6= 0. Tada je r = f − dq ∈ M.Neka je r = αr1, gdje je r1 monik polinom, a α vodeci koeficijent polinoma r. Tada jer1 = α−1r ∈ M. Kako je deg(r1) = deg(r) < deg(d), to u M postoji monik polinomstepena manjeg od d, sto je u suprotnosti sa izborom polinoma d. Pretpostavka da jer 6= 0 dovela nas je do kontradikcije, pa nije tacna. Dakle, f = dq. To znaci da je M =dF[x]. Ostalo nam je da dokazemo jedinstvenost monik polinoma d. Pretpostavimo daosim monik polinoma d postoji i monik polinom p takav da je M = pF[x] i M = dF[x].Tada postoje polinomi f i g takvi da je d = pf i p = dg. Odavde je d = dgf. Dakle,

deg(d) = deg(d) + deg(g) + deg(f),

tj. deg(g) + deg(f) = 0. Dakle, deg(g) = deg(f) = 0. To znaci da su f i g konstante.Neka je f = α i g = β. Tada je d = pα i p = dβ No, polinomi d i p su monici, pa jealpha = β = 1. Dakle, d = p.


Posljedica 7.3.16. Neka su p1, p2, . . . , pn polinomi nad poljem F pri cemu nisu svinula polinomi. Tada postoji jedinstven monik polinom d takav da je

(a) dF[x] polinom generisan polinomima p1, p2, . . . , pn;

(b) d dijeli svaki od polinoma p1, p2, . . . , pn.

Bilo koji polinom d iz F[x] koji zadovoljava uslove (a) i (b) zadovoljava i uslov

(c) d je djeljiv bilo kojim polinomom koji dijeli svaki od polinoma p1, p2, . . . , pn.

Dokaz. Neka je M = p1F[x]+p2F[x]+ . . .+pnF[x] ideal. Prema prethodnom teoremupostoji monik polinom d takav da je M = dF[x]. Svaki polinom idela M je djljiv sad, pa je specijalno i svaki od polinoma p1, p2, . . . , pn djeljiv sa d. Dakle, d zadovoljavauslove (a) i (b). Neka je f polinom koji djeli svaki od polinoma p1, p2, . . . , pn. Tadapostoje polinomi q1, q2, . . . , qn ∈ F[x] takvi da je pi = fqi, 1 ≤ i ≤ n. Kako je d ∈ M,to je d = p1g1 + p2g2 + . . . + pngn. Tako imamo

d = f (q1g1 + q2g2 + . . . + qngn) .

Dakle, f dijeli d. Dakle, d zadovoljava i uslov (c). Ostalo nam je jos da pokazemojedinstvenost monik polinoma d. Pretpostavimo da osim polinoma d postoji i monikpoolinom d′ koji ispunjava uslove (a) i (b). Tada polinomi d i d′ zadovoljavaju uslov(c). Zbog toga d | d′ i d′ | d. Kako su d i d′ monik polinomi to je d = d′.

Definicija 7.3.17. Neka su f1, f2, . . . , fn polinomi nad poljem F, pri cemu nisu svijednaki nuli. Monik polinom d koji generise ideal

f1F[x] + f2F[x] + . . . + fnF[x]

nazivamo najveci zajednicki djelilac polinoma f1, f2, . . . , fn.Najveci zajednicki djelilac polinoma f1, f2, . . . , fn oznacavamo sa

gcd(f1, f2, . . . , fn) ili nzd(f1, f2, . . . , fn).

Za polinome f1, f2, . . . , fn nad poljem F kazemo da su relativno prosti ako je njihovnajveci zajednicki djelilac 1.

Dakle, ako je d najveci zajednicki djelilac polinoma f1, f2, . . . , fn, onda

(i) d dijeli svaki od polinoma f1, f2, . . . , fn,

(ii) ako polinom d1 dijeli svaki od polinoma f1, f2, . . . , fn, onda d1 dijeli polinomd.

Primjer 7.3.18. Neka je f1 = (x− 2)2(x− i) i f2 = (x− 2)(x2 + 1). Tada je nzd(f1, f2) =(x− 2)(x− i).

7.4. FAKTORIZACIJA POLINOMA 181

7.4 Faktorizacija polinoma

U ovom paragrafu cemo dokazati da se svaki polinom nad nekim poljem moze prikazatikao proizvod prostih polinoma.

Definicija 7.4.1. Neka je F polje. Za polinom f ∈ F[x] kazemo da je reducibilan(svodljiv) nad poljem F ako postoje polinomi g i h iz F[x] takvi da je deg(g), deg(h) ≥ 1i f = gh. Za polinom f kazemo da je ireducibilan (nesvodljiv) nad poljem F akopolinom f nije reducibilan. Nesvodljiv neskalarni polinom nazivamo prost polinomnad F. Prost polinom nad F cesto se naziva i prost polinom u F[x].

Primjer 7.4.2. Polinom f = x2 + 1 je nesvodljiv nad poljem realnih brojeva. Naime,pretpostavimo da je taj polinom svodljiv tj. da je x2 + 1 = (ax + b) (cx + d). Tada jeac = 1, ad + bc = 0 i bd = 1. Odavde slijedi d2 + c2 = 0, pa je d = c = 0. No, tada jex2 + 1 = (ax + b) (0x + 0) = 0. Kontradikcija. Dakle, polinom je nesvodljiv.

Ovaj polinom je reducibilan nad poljem kompleksnih brojeva, jer je x2 +1 = (x+ i) (x− i).

Teorem 7.4.3. Neka su p, f i g polinomi nad poljem F i neka je p prost polinom nadF. Tada iz p | fg slijedi p | f ili p | g.

Dokaz. Bez ogranicenja opstosti mozemo pretpostaviti da je p prost monik polinomnad F. Neka je d najveci zajednicki djelilac polinoma p i f. Tada d | p. No, p je prost,pa je d = p ili d = 1. Ako je d = p, onda p | f i nemamo sta dokazivati. Neka je zatod = 1. Tada je dF[x] = pF[x] + fF[x]. Odavde je 1 = d = pu + fv za neke polinomeu, v ∈ F[x]. Dalje, imamo

g = g · 1 = g(pu + fv) = p(gu) + (fg)v.

Kako p dijeli fg to iz posljednje jednakosti slijedi da p | g, jer je polinom p(gu)+(fg)vdjeljiv sa p.

Iz ove teoreme primjenom matematicke indukcije lako se dokazuje slijedeca posljed-ica.

Posljedica 7.4.4. Ako prost polinom p dijeli proizvod f1f2 · · · fn, onda on dijeli jedanod polinoma p1, p2, . . . , pn.

Teorem 7.4.5. Ako je F polje, neskalarni monik polinom je proizvod monik prostihpolinoma u F[x]. Taj prikaz je jedinstven do poretka faktora u tom proizvodu.

Dokaz. Neka je f monik neskalarni polinom nad F. Tvrdnju cemo dokazati matema-tickom indukcijom u odnosu na deg(f). Neka je deg(f) = 1. Tada je f monik polinomprvog stepena, tj. f = x + α za neko α ∈ F. Polinom f je nesvodljiv. Dakle, tvrdnjavrijedi za deg(f) = 1. Pretpostavimo da je tvrdnja tacna za sve monik polinomestepepena manjeg od n. Neka je deg(f) = n. Ako je f nesvodljiv polinom, ondatvrdnja vrijedi. Ako f nije nesvodljiv polinom, onda postoje polinomi g i h u F[x]


takvi da je f = gh i deg(g), deg(h) ≥ 1. Kako je f monik polinom, to su polinomig i h monik polinomi. Tada na osnovu pretpostavke indukcije postoji faktorizacijapolinoma g i h. Dakle, postoji faktorizacija f = p1p2 · · · pm polinoma f na prostefaktore. Pokazimo jedinstvenost tog razlaganja. Neka je f = p1p2 · · · pm = q1q2 · · · qt,gdje su p1, . . . , pm, q1, . . . , qt prosti polinomi u F[x]. Prost polinom pm dijeli f, papm dijeli proizvod q1q2 · · · qt. Tada na osnovu prethodne posljedice pt dijeli jedan odpolinoma q1, . . . qt. Neka npr. pm dijeli qj . Kako su oba polinoma monici i prosti,to je pm = qj . Sada dokazujemo da je pm−1 jednak nekom od polinoma qi (i 6= j).Nastavljajuci ovaj postupak dobijamo da je m = t i da je pi = qji 1 ≤ i ≤ m.

Dakle, svaki neskalarni monik polinom ima faktorizaciju na nesvodljive, tj. prostefaktore. Ako su p1, p2, . . . , pr razliciti prosti monik faktori polinoma f, onda je

f = pn11 pn2

2 · · · pnr , (7.4.1)

gdje eksponenti ni kazuju koliko se puta polinom pi pojavljuje kao faktor u faktorizacijipolinoma f na proste faktore.

Faktorizacija (7.4.1) naziva se primarna dekompozicija polinoma f.

Teorem 7.4.6. Neka je f neskalarni monik polinom nad poljem F i neka je

f = pn11 pn2

2 · · · pnk

primarna dekompozicija polinoma f. Za svako j, 1 ≤ j ≤ k, neka je fj = f

pnjj

. Tada

su polinomi f1, . . . , fk relativno prosti.

Dokaz. Neka je d najveci zajednicki djelilac polinoma f1, . . . , fk i d nije jedan. Tadad | fi za svako i. Zato d dijeli f. Neka je q prosti faktor polinoma d. Tada je qprosti faktor i polinoma f, pa je q jedan od polinoma p1, p2, . . . , pk. No, iz definicijepolinoma fi slijedi da je polinom fi relativno prost sa pi. Zbog toga ni jedan od prostihpolinoma pi ne moze biti q. Kontradikcija. Pretpostavka da je d 6= 1 dovela nas je dokontradikcije, pa nije tacna.

Teorem 7.4.7. Neka je f polinom nad poljem F i f ′ njegov izvodni polinom. Tadaje f proizvod ireducibilnih polinoma nad poljem F ako i samo ako su f i f ′ relativnoprosti.

Dokaz. Pretpostavimo da u faktorizaciji polinoma f javlja se prosti faktor p bar dvaputa. Tada je f = p2h za neko h ∈ F[x]. Tada je

f ′ = p2h′ + 2pp′h = p(ph′ + 2p′h).

Dakle, p | f ′. To znaci da polinomi f i f ′ nisu relativno prosti.


Obrnuto, neka su u faktorizaciji f = p1p2 · · · pk svi prosti faktori p1, . . . , pk medu-sobno razliciti. Neka je fj = f

pj. Tada je

f ′ = p′1f1 + p′2f2 + . . . + p′kfk.

Pretpostavimo da polinomi f i f ′ nisu relativno prosti. Neka je p prosti polinom kojidijeli polinome f i f ′. Tada je p jedan od polinoma p1, p2, . . . , pk. Neka je p = pi.Polinom pi dijeli fj (j 6= i), pa kako pi dijeli i f ′, to pi dijeli i p′ifi. Tada pi | p′i ilipi | fi. Kako je druga mogucnost nemoguca, to pi | p′i. Polinom p′i je stepena manjegod polinoma pi, pa ga ne moze dijeliti. Dakle, pretpostavka da polinomi f i f ′ nisurelativno prosti dovela nas je do kontradikcije, pa nije tacna.

Definicija 7.4.8. Polje F naziva se algebarski zatvoreno polje ako svaki prosti polinomnad F ima stepen jedan.

U algebarski zatvorenom polju svaki monik nesvodljiv polinom je oblika x − α,gdje je α neki element polja F. Tada svaki polinom f ima faktorizaciju

f = α(x− α1)n1(x− α2)n2 · · · (x− αk)nk ,

gdje je α skalar koji predstavlja vodeci koeficijent polinoma f, a α1, . . . , αk razlicitielementi polja F i n1, . . . nk prirodni brojevi.

Polje realnih brojeva nije algebarski zatvoreno, jer je polinom x2 + 1 prost u R, anije prvog stepena.

Osnovni teorem algebre tvrdi da je polje kompleksnih brojeva algebarski zatvorenopolje.

Ako je f polinom sa realnim koeficijentima i α kompleksna nula polinoma f, ondaje i α takode nula polinoma f.

Primjer 7.4.9. Neka je f(x) polinom sa cjelobrojnim koeficijentima. Ako su brojevi f(0)i f(1) neparni, onda polinom f(x) nema cjelobrojnih nula. Naime, neka je f(x) = anxn +an−1x

n−1 + ...+a1x+a0. Tada je f(0) = a0 i f(1) = an +an−1 + ...+a1 +a0. Po pretpostavcibroj f(0) je neparan, pa je a0 neparan. Pretpostavimo da polinom f(x) ima cjelobrojnu nuluk. Tada k dijeli a0, pa kako je a0 neparan, to je k neparan. S druge strane imamo

2A + 1 = f(1) = f(1)− f(k) = an(1− kn) + ... + a1(1− k)= (1− k)

{an

(1 + k + ... + kn−1

)+ ... + a2(1 + k) + a1

}.

Znaci 1 − k dijeli 2A + 1. Odavde slijedi da je 1 − k neparan, tj. da je k paran. Sto jekontradikcija, jer smo ranije dobili da je k neparan.

Primjer 7.4.10. Odrediti sve vrijednosti racionalnog broja m tako da se polinom f(x) =x3 − 2x2 − 2x + m nad Q razlaze na linearne faktore.Rjesenje. Neka je α jedna racionalna nula polinoma f(x). Tada je

f(x) = (x− α)(x2 + (α− 2)x + α2 − 2α− 2)


i m = −α3+2α2+2α. Polinom f(x) imace sve tri racionalne nule ako i samo ako polinom x2+(α−2)x+α2−2α−2 ima racionalne nule, tj. ako i samo ako je D = (α− 2)2−4

(α2 − 2α− 2

)

kvadrat racionalnog broja. Neka je D = −3α2 + 4α + 12 = A2 za neki racionalan broj A.

Odavde je 3A2 = 36 + 12α− 9α2. Racionalan broj α napisimo u obliku pq pri cemu su brojevi

p i q relativno prosti. Sada imamo 3A2q2 = 36q2 + 12pq − 9p2 = (6q + p)2 − 10p2. Desnastrana je cio broj, pa je i lijeva strana cio broj. Dakle, Aq je cio broj i oznacimo ga sa B.

Zbog toga imamo 3B2 = (6p + q)2 − 10p2. Posmatrajmo kongruenciju po modulu 5. Imamo3B2 ≡ (p+ q)2 (mod 5). Ovo je jedino moguce ako su obje strane kongruentne 0 po modulu 5.Znaci mora biti B = 5C i p+ q = 5r. Dalje imamo 75C2 = 25r2−10p2, tj. 15C2 = 5r2−2p2.

Odavde slijedi da je p djeljiv sa 5. Neka je p = 5d. Tada je q = 5r−5d = 5(r−d). Dakle, brojevip i q su djljivi sa 5, sto je suprotno pretpostavci da su oni relativno prosti. Pretpostavka dasu sve tri nule polinoma f(x) racionalne dovela nas je do kontradikcije, pa nije tacna. Prematome, ne postoji ni jedan racionalan broj m sa trazenom osobinom.

7.4.1 Zadaci

1. Neka je Q polje racionalnih brojeva. Ispitati koji od sljedecih podskupova skupaQ[x] su ideali. U slucaju da je neki skup ideal naci njegov generatorni monikpolinom.

(a) skup svih polinoma parnog stepena;

(b) skup svih polinoma stepena ≥ 5;

(c) skup svih polinoma f takvih da je f(0) = 0;

(d) skup svih f takvih da je f(2) = f(4) = 0;

2. Naci najveci zajednicki djelilac za parove polinoma:

(a) 2x5 − x3 − 3x2 − 6x + 4, x4 + x3 − x2 − 2x− 2;

(b) 3x4 + 8x2 − 3, x3 + 2x2 + 3x + 6;

(c) x4 − 2x3 − 2x2 − 2x− 3, x3 + 6x2 + 7x + 1.

3. Neka je A neka n× n matrica nad poljem F. Pokazati da skup svih polinoma fiz F[x] takvih da je f(A) = 0 predstavlja ideal algebre F[x].

4. Neka je F neko potpolje polja kompleksnih brojeva i neka je

A =(

1 −20 3

).

Naci monik polinom d koji generise ideal svih polinoma f ∈ F[x] takvih da jef(A) = 0.

5. Neka je f ∈ Z[x]. Odrediti vrijednosti parametara p i q tako da polinom f budedjeljiv polinomom x2 + x + 1, ako je


(a) f = x4 + px2 + q;

(b) f = x4 + px + q;

(c) x5 + px2 + q;

(d) x5 + px + q.

6. Neka je f ∈ F[x] i α ∈ F. Dokazati da x− α dijeli f(x)− f(α).

7. Naci kolicnik i ostatak pri djeljenju:

(a) x4 + 2x2 + 20x + 7 sa x + 3;

(b) x3 + x2 − 7 sa x + 4 + 4i;

(c) 2x5 − 2x3 sa x− 1− 2i;

(d) 33 − 2x2 + 3x− 4 sa 3x2 − 2x + 1.

8. Dokazite da za sve nenegativne cijele brojeve k, l,m polinom x2 + x + 1 dijelipolinom x3k + x3l+1 + x3m+2.

9. Polinom f razloziti u Taylorov polinom po stepenima od x− α ako je:

(a) f = x4 + 2x2 + 20x + 7, α = −3

(b) x5 + (2i− 1)x3 − 2ix− 5, α = 1− i.

10. Nadite visestrukost korijena α polinoma f ako je:

(a) f = 2x4 − 7x3 + 9x2 − 5x + 1, α = 1;

(b) f = x5 − 5x4 + 40x2 − 80x + 48, α = 2;

(c) f = x5 − 4ix4 + x2 − 3, α = 2− i.

11. Pri djeljenju polinoma f sa x− 1 i x− 2 dobiju se ostaci 1 i 2. Odrediti ostatakpri djeljenju tog polinoma sa (x− 1)(x− 2).

12. Nadite reale parametre a i b tako da polinomi x3 +ax2 +18 i x3 + bx+12 imajudva zajednicka korijena. Odrediti te korijene.

13. Nadite f ako je f ′ = 3x3 − 2x2 + x− 1 i f(2) = 2.

14. Odrediti vrijednost parametra a tako da polinom f ima visestruke korijene, azatim odrediti visestrukost tih korijena:

(a) f = x3 + ax2 + 3x− 1;

(b) f = 2x3 − x2 + ax + 3;

(c) f = 3x4 − 6x3 + ax2 − 2x + 1.


15. Odrediti prirodan broj n tako da je polinom f = nx2n − (2n − 1)xn − 9x + 17djeljiv sa (x− 1)2.

16. Odrediti α tako da:

(a) jedan korijen jednacine x3 − 21x + α bude jednak dvostrukom drugom.

(b) suma dva korijena jednacine x3 + 12x2 + α = 0 bude jednaka trecem kori-jenu.

(c) proizvod dva korijena jednacine x3 − 20x + α = 0 bude jednak trecemkorijenu te jednacine.

17. Neka je a pozitivan realan broj i b proizvoljan realan broj. Dokazati da polinomf = x3 + ax + b ima tacno jedan realan korijen.

18. Primjenom prethodnog zadatka dokazati da polinomi

(a) x3 + 7x2 + 24x− 1;

(b) x3 − 5x2 + 12x + 1

(c) x3 − x2 + x + k, (k ∈ R);

(d) x3 + 7x2 + 25x + k (k ∈ R)

imaju tacno jedan realan korijen.

19. Odredite parametar p tako da nule polinoma f = x3 + px2 − 6x + 8 ∈ R[x]obrazuju geometrijsku progresiju.

20. Odrediti realan parametar q tako da nule polinoma f = x3 − 18x + qx + 24obrazuju aritmeticku progresiju.

21. Razloziti sljedece polinome na ireducibilne faktore nad poljima C, R i Q :

(a) x4 − 2x3 − 27x2 − 44x + 7;

(b) x4 + x3 − 5x2 + 2;

(c) 3x4 − 5x3 + 3x2 + 4x− 2;

(d) 5x4 + 44x3 + 28x2 + 4x + 1.

22. Neka su x1, x2, x3 nule polinoma g = x3+ax2+bx+c ∈ Z[x]. Ako je f proizvoljanpolinom sa cjelobrojnim koeficijentima, onda je f(x1) + f(x2) + f(x3) cio broj.Dokazati!

Glava 8

Determinante

U ovom poglavlju ispitivacemo osnovne osobine determinanti kvadratnih matrica nadprstenima i poljima.

8.1 Komutativni prsten

Definicija 8.1.1. Uredenu trojku (R, +, ·) nepraznog skupa R i binarnih operacija +i · na R nazivamo prsten ako su zadovoljeni uslovi:

(a) (R, +) je komutativna grupa;

(b) (∀x, y, z ∈ R) (xy)z = x(yz);

(c) (∀x, y, z ∈ R) x(y + z) = xz + xz, (x + y)z = xz + yz.

Ako je xy = yx za svako x, y ∈ R, onda kazemo da je prsten komutativan.Ako postoji element 1 ∈ R takav da je 1x = x1 za svako x ∈ R, onda kazemo da je Rprsten sa jedinicom, element 1 nazivamo jedinica prstena R.

U nasem daljem razmatranju smatracemo da je R komutativan prsten sa jedini-com.

Definicija 8.1.2. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom. Preslikavanje A kojeuredenom paru (i, j) prirodnih brojeva, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n, pridruzuje element Aij

prstena R nazivamo matrica. Uobicajeno je da se matrica predstavlja pravougaonomsemom od m vrsta i n kolona ciji su elementi Aij vrijednosti funkcije A na paru (i, j).

Sabiranje i mnozenje matrica nad prstenom R izvodi se na isti nacin kao i sabiranjei mozenje matrica nad poljem F. Dakle,

(A + B)ij = Aij + Bij , (AB)ij =n∑

k=1

AikBkj .

187

188 GLAVA 8. DETERMINANTE

Jasno, mogu se sabirati samo one matrice koje imaju jednak broj vrsta i jednak brojkolona, tj. matrica istog foramata. Proizvod AB postoji samo ako matrica B imaonoliko vrsta koliko matrica A ima kolona.

Jednostavno se dokazuje da u prstenu, kao i u polju vrijedi:

A(B + C) = AB + AC, (AB)C = A(BC).

8.2 Determinantna funkcija

Definicija 8.2.1. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom, n prirodan broj iD : Rn×n → R funkcija koja kvadratnoj matrici A pridruzuje element D(A) prstenaR. Kazemo da je D n−linearno preslikavanje ako je za svako i, 1 ≤ i ≤ n, D linearnafunkcija i te vrste, dok se ostale n− 1 vrste drze fiksnim.

Oznacimo sa α1, α2, . . . , αn vrste matrice A reda n× n nad prstenom R. Neka jeD funkcija sa Rn×n u R. Sada mozemo pisati

D(A) = D(α1, α2, . . . , αn),

tj. funkciju D mozemo shvatiti kao funkciju vrsta matrice A. Cinjenica da je Dn-linearna funkcija znaci

D(α1, . . . , λαi + µβi, . . . , αn) = λD(α1, . . . , αi, . . . αn)+µD(α1, . . . , βi, . . . , αn).

(8.2.1)

Ako fiksirame sve vrste osim i−tu, onda D mozemo posmatrati kao funkciju i−tevrste. Tada umjesto D(A) pisemo D(αi). Sada relaciju (8.2.1) mozemo napisati uobliku

D(λαi + µα′i) = λD(αi) + µD(α′i).

Primjer 8.2.2. Neka su k1, . . . , kn prirodni brojevi, 1 ≤ ki ≤ n, i neka je γ proizvoljnoodabran element polja F. Za svaku n× n matricu A nad poljem F definisimo:

D(A) = γA(1, k1) . . . A(n, kn). (8.2.2)

Tada je D n−linearna funkcija, odnosno, D je linearna funkcija svake vrste matrice A.

Specijalno za γ = 1 i ki = i, 1 ≤ i ≤ n je D(A) = A11A22 · · ·Ann n-linearna funkcija.Drugim rijecima proizvod dijagonalnih elemenata matrice A ∈ Fn×n je n−linearna funkcija.

Primjer 8.2.3. Odredimo sve 2−linearne funkcije matrica reda 2×2 nad poljem F. Oznacimosa ε1 i ε2 vrste jedinicne matrice, tj. neka je ε1 = (1, 0) i ε2 = (0, 1). Neka su α1 i α2 vrsteproizvoljne matrice A reda 2× 2. One se mogu napisati u obliku

α1 = A11ε1 + A12ε2,

α2 = A21ε1 + A22ε2

8.2. DETERMINANTNA FUNKCIJA 189

Tada jeD(A) = D(α1, α2) = D(A11ε1 + A12ε2, A21ε1 + A22ε2).

Zbog linearnosti po svakoj vrsti immo:

D(A) = A11A21D(ε1, ε1) + A11A22D(ε1, ε2)+ A12A21D(ε2, ε1) + A12A22D(ε2, ε2).

To znaci da je funkcija D odredena sa cetiri skalara:

D(ε1, ε1), D(ε1, ε2), D(ε2, ε1), D(ε2, ε2).

Ako su a, b, c i d ta cetiri skalara, onda je

D(A) = A11A12a + A11A22b + A12A21c + A12A22d.

Definicija 8.2.4. Neka je D n−linearna funkcija. Kazemo da je D alternirajucafunkcija, ako vrijede uslovi:

(a) D(A) = 0 kad god su dvije vrste matrice A jednake.

(b) Ako je A′ matrica dobijena iz matrice A zamjenom mjesta dviju vrsta, onda jeD(A′) = −D(A).

Mi cemo u Lemi 8.2.8 dokazati da iz uslova (a) automatski slijedi uslov (b). Zbogcega onda stavljamo oba uslova u definiciju? To je stvar konvencije. Ako funkcijaD zadovoljava uslov (b) i matrica A ima dvije jednake vrste, onda se lahko vidi daje D(A) = −D(A). Da li odavde slijedi D(A) = 0? Odgovor ne mora biti potvrdan.Naime, u prstenu Z2 je 1 = −1, ali nije 1 = 0. To znaci da uslovi (a) i (b) nisuekvivalentni.

Definicija 8.2.5. Neka je R komutativni prsten sa jedinicom i neka je n prirodanbroj. Za funkciju D : Rn×n → R kazemo da je detrminantna funkcija, ako je Dn−linearna, alternirajuca funkcija i D(I) = 1, gdje je I jedinicna matrica reda n×n.

Primjer 8.2.6. Neka je D 2−linearna funkcija iz prethodnog primjera. Ako je D alterni-rajuca funkcija, ona je

D(ε1, ε1) = D(ε2, ε2) = 0

iD(ε2, ε1) = −D(ε1, ε2) = −D(I).

Ako je D jos i determinantna funkcija,tj. ako je D(I) = 1, onda je

D(A) = A11A22 −A12A21.


Primjer 8.2.7. Neka je F polje i D 3−linearna funkcija na skupu 3×3 matrica nad poljemF. Neka su ε1 = (1, 0, 0), ε2 = (0, 1, 0) i ε3 = (0, 0, 1) vrste jedinicne matrice I reda 3 × 3.Odredimo D(A), gdje je

A =

x 0 −x2

0 1 01 0 x3

.

Vrste matrice A su

α1 = xε1 − x2ε3,

α2 = ε2,

α3 = ε1 + x3ε3,

pa je D(A) = D(xε1 − x2ε3, ε2, ε1 + x3ε3). Odavde je

D(A) = xD(ε1, ε2, ε1 + x3ε3)− x2D(ε3, ε2, ε1 + x3ε3)= x

(D(ε1, ε2, ε1) + x3D(ε1, ε2, ε3)

)− x2(D(ε3, ε2, ε1) + x3D(ε3, ε2, ε3)

)

= x(0 + x3 · 1 ·D(ε1, ε2, ε3)

)− x2(−1 ·D(ε1, ε2, ε3) + x3 · 0)

=(x4 + x2

)D(ε1, ε2, ε3).

Lema 8.2.8. Neka je D n−linearna funkcija na skupu svih matrica n × n prstenaR. Pretpostavimo da je D(A) = 0 za svaku matricu A koja ima dvije jednake vrste.Tada je D alternirajuca funkcija.

Dokaz. Neka je A′ matrica nastala iz matrice A medusobnom zamjenom i−te i j−tevrste, gdje su i i j razliciti prirodni brojevi. Neka je B matrica kod koje su vrsteβk = αk za k 6= i i k 6= j i βi = βj = αi + αj . Dakle, matrica B ima dvije jednakerste, pa je D(B) = 0. Odavde imamo

0 = D(α1, . . . , αi−1, αi + αj , αi+1, . . . , αj−1, αi + αj , αj+1, . . . , αn)= D(α1, . . . , αi−1, αi, αi+1, . . . , αj−1, αi + αj , αj+1, . . . , αn)+ D(α1, . . . , αi−1, αj , αi+1, . . . , αj−1, αi + αj , αj+1, . . . , αn)= D(α1, . . . , αi−1, αi, αi+1, . . . , αj−1, αi, αj+1, . . . , αn)+ D(α1, . . . , αi−1, αi, αi+1, . . . , αj−1, αj , αj+1, . . . , αn)= D(α1, . . . , αi−1, αj , αi+1, . . . , αj−1, αi, αj+1, . . . , αn)+ D(α1, . . . , αi−1, αj , αi+1, . . . , αj−1, αj , αj+1, . . . , αn)= 0 + D(A) + D(A′) + 0 = D(A) + D(A′).

Dakle, D(A′) = −D(A).

Neka je n > 1 prirodan broj i A matrica reda n × n nad prstenom R. Oznacimosa A(i | j) matricu reda (n − 1) × (n − 1) koja nastaje iz matrice A izostavljanjemnjene i−te vrste i j−te kolone. Ako je D (n− 1)−linearna funkcija i A matrica redan× n nad prstenm R, uvedimo oznaku

Dij(A) = D[A(i | j)].


Teorem 8.2.9. Neka je n prirodan broj veci od 1 i D bilo koja alternirajuca (n −1)−linearna funkcija na skupu (n− 1)× (n− 1) matrica nad komutativnim prstenomR sa jedinicom 1. Za svako j, 1 ≤ j ≤ n, funkcija definisana sa

Ej(A) =n∑

i=1

(−1)i+jAijDij(A),(A ∈ R(n−1)×(n−1)

)(8.2.3)

je alternirajuca n−linearna funkcija. Ako je, pri tome, D determinantna funkcija,onda je Ej determinantna funkcija.

Dokaz. Prema definiciji funkcija Dij ne zavisi od i−te vrste matrice na koju seprimjenjuje. Dakle, element Dij(A) prstena R ne zavsi od i−te vrste matrice A.Funkcija Dij je definisana pomocu (n − 1)−linearne funkcije D, pa je i sama (n −1)−linearna funkcija. Zato je AijDij jedna n−linearna funkcija. Linearna kombi-nacija n−linearnih funkcija je n−linearna funkcija. Zbog toga je Ej jedna n−linearnafunkcija. Da bi dokazali da je Ej alternirajuca funkcija dovoljno je dokazati da jeEj(A) = 0 za svaku matricu A ∈ Rn×n kod koje su dvije vrste jednake. Pret-postavimo da su k−ta i l−ta vrsta matrice A jednake, tj. da je αk = αl. U sumi(8.2.3)indeks i se mjenja od 1 do n. Ako je i 6= k i i 6= l, onda matrice A(i | k) iA(i | l) imaju iste i−tu i k−tu vrstu, pa je Dij(A) = D[A(i | j)] = 0. To znaci da cesuma (8.2.3) imati oblik

Ej(A) = (−1)k+jAkjDkj(A) + (−1)l+jAljDlj(A).

Neka je B matrica reda (n − 1) × (n − 1) nastala iz matrice A(l, j) tako sto smoizvrsili l−k−1 medusobnu zamjenu vrsta i to tako da su k−ta i k+1 vrsta zamjenilemedusobno mjesto, zatim bivsa k−ta sa k + 2 vrstom i tako dolje sve dok k−tavrsta ne dode izmedu vrsta l − 1 i l + 1. Kako su kod matrice A k−ta i l−ta vrstejednake to ce biti B = A[k, j]. Tada je Dkj(A) = D(B) = (−1)l−k−1D(A[l, j]), tj.Dlj(A) = (−1)−l+k+1Dkj(A), pa je

Ej(A) = (−1)k+jAkjDkj(A) + (−1)l+jAljDlj(A)= (−1)k+jAkjDkj(A) + (−1)l+j(−1)k+1−lAljDkj(A)= (−1)k+jAkjDkj(A) + (−1)k+j+1AkjDkj(A)= 0,

jer je Alj = Akj .Dakle, Ej je alternirajuca n−linearna funkcija.Neka je sada D determinantna funkcija. Da bi dokazali da je Ej determinantna

funkcija potrebno je dokazati da je D(I(n)) = 1, gdje je I(n) jedinicna matrica redan× n. Kako je I(n)(j | j) = I(n−1), to je

Djj(I(n)) = D(I(n)(j | j)) = D(I(n−1)

)= 1.

Buduci da je Iij = δij , to u sumi (8.2.3) ostaje samo sabirak δjjDjj(I(n)) koji jejednak 1. Ovim smo dokazali da je Ej(I(n)) = 1.


Primjer 8.2.10. Neka je n = 1. Posmatrajmo funkciju D : R1×1 → R definisanu saD((α)) = α, gdje je (α) proizvoljna matrica reda 1 × 1. Tada je ocigledno D determinantnafunkcija.

Primjer 8.2.11. Neka je n = 2 i B proizvoljna matrica reda 2× 2 nad prstenom R. Tadaje

E1(B) = (−1)1+1B11D11(B) + (−1)2+1B21D21 = B11B22 −B21B12,

E2(B) = (−1)1+2B12D12(B) + (−1)2+2B22D22 = −B12B21 + B11B22.

Dakle, E1(B) = E2(B). Prema prethodnom teoremu je E1 determinantna funkcija na R2×2.

Kako vidimo ova determinantna funkcija se poklapa sa klasicnom determinantom drugog reda.

Iz ova dva primjera vidimo da za n = 1 i n = 2 postoje determinantne funkcijereda n. Postavlja se pitanje da li za svaki prirodan broj n postoji determinantnafunkcija. Odgovor na to pitanje slijedi iz prethodne teoreme primjenom indukcije pon.

Posljedica 8.2.12. Neka je n prirodan broj veci od 1. Tada postoji determinantnafunkcija na Rn×n.

Primjer 8.2.13. Neka je R prsten polinoma nad poljem realnih brojeva i

A =

x− 1 x2 x3

0 x− 2 10 0 x− 3

.

Tada je

E1(A) = (x− 1)∣∣∣∣

x− 2 10 x− 3

∣∣∣∣ = (x− 1)(x− 2)(x− 3),

E2(A) = −x2

∣∣∣∣0 10 x− 3

∣∣∣∣ + (x− 2)∣∣∣∣

x− 1 x3

0 x− 3

∣∣∣∣= (x− 1)(x− 2)(x− 3),

E3(A) = x3

∣∣∣∣0 x− 20 0

∣∣∣∣−∣∣∣∣

x− 1 x2

0 0

∣∣∣∣ + (x− 3)∣∣∣∣

x− 1 x3

0 x− 2

∣∣∣∣= (x− 1)(x− 2)(x− 3).

8.2.1 Zadaci

1. Svaki od sljedecih izraza definise funkciju D na skpu 3× 3 matrica nad poljemrealnih brojeva. U kojem slucaju je D 3−linearna funkcija?

(a) D(A) = A11 + A22 + A33;

(b) D(A) = (A11)2 + 3A11A22;

(c) D(A) = A11A12A33;


(d) D(A) = A13A22A32 + 5A12A22A32;

(e) D(A) = 0;

2. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom. Ako je A neka 2× 2 matrica ondamatricu adj A definisemo relacijom

adj A =(

A22 −A12

−A21 A11

).

Neka detA oznacava klasicnu determinantu matrice A reda 2 × 2. Pokazati daje

(a) (adj A)A = A(adj A) = (detA)I;

(b) det (adj A) = detA;

(c) adj (At) = (adj A)t, pri cemu At oznacava transponovanu matricu matriceA.

3. Neka je A neka 2× 2 matrica nad poljem F.

(a) Pokazati da je A invertibilna ako i samo ako je detA 6= 0. Dati formulu zaA−1.

(b) Ako je A2 = 0, pokazati da za svaki skalar α ∈ F vrijedi

det (αI −A) = α2.

4. Neka je F polje i A matrica reda 2×3 nad F. Definisimo vektor (γ1, γ2, γ3) ∈ F3

relacijama:

γ1 =∣∣∣∣

A12 A13

A22 A23

∣∣∣∣ , γ2 =∣∣∣∣

A13 A11

A23 A21

∣∣∣∣ , γ3 =∣∣∣∣

A11 A12

A21 A22

∣∣∣∣ , .

Pokazati da je:

(a) rang A = 2 ako i samo ako je (γ1, γ2, γ3) 6= (0, 0, 0);

(b) Ako A ima rang 2, onda je (γ1, γ2, γ3) baza prostora rjesenja sistemaliearnih jednacina AX = 0.


8.3 Jedinstvenost determinantne funkcije

U ovom paragrafu cemo dokazati jedinstvenost determantne funcije na skupu Rn×n.Da bi to dokazali moramo uvesti pojam permutacije i ispitati neke njene osnovneosobine.

Neka je D alternirajuca n−linearna funkcija na Rn×n i A matrica nad R sa vrstamaα1, α2, . . . , αn. Oznacimo sa ε1, ε2, . . . , εn vrste jedinicne matrice I(n). Tada je

αi =n∑

k1=1

A(i, k1)εk1 , 1 ≤ i ≤ n.

Odavde je

D(A) = D(n∑

k1=1

A(1, k1)εk1 , α2, . . . , αn)

=n∑

k1=1

A(1, k1)D(εk1 , α2, . . . αn).

Ako u ovoj jednakosti zamjenimo α2 sa

α2 =n∑

k2=1

A(2, k2)ek2

imacemo

D(A) =n∑

k1=1

n∑

k2=1

A(1, k1)A(2, k2)D(εk1 , εk2 , α3, . . . , αn).

Nastavljajuci ovaj postupak na kraju cemo imati

D(A) =n∑

k1=1

n∑

k2=1

· · ·n∑

kn

A(1, k1)A(2, k2) · · ·A(n, kn)D(εk1 , εk2 , . . . , εkn). (8.3.1)

Posto je D alternirajuca funkcija, to je D(εk1 , εk2 , . . . , εkn) = 0 kad god su dva indeksak1, k2, . . . , kn jednaka. Dakle, D(εk1 , εk2 , . . . , εkn) 6= 0 ako i samo ako su svi indeksik1, k2, . . . , kn razliciti, tj. ako predstavljaju neku permutaciju skupa {1, 2, . . . , n}. Pricemu pod permutacijom skupa {1, 2, . . . , n} podrazumjevamo bijektivno preslikavanjeskupa {1, 2, . . . , n} na samog sebe. Ako je π neka permutacija skupa onda izraz

π =(

1 2 . . . nπ(1) π(2) . . . π(n)

)

znaci da permutacija π broju k pridruzuje broj π(k). Permutacija skupa {1, 2, . . . , n}ima n!. Skup svih tih permutacija cini grupu u odnosu na slaganje (kompoziciju)

8.3. JEDINSTVENOST DETERMINANTNE FUNKCIJE 195

preslikavanja. Tu grupu oznacavamo sa Sn. Zbg toga formulu (8.2.2) mozemo napisatiu obliku

D(A) =∑

π∈Sn

A(1, π(1))A(2, π(2)), . . . , A(n, π(n))D(επ(1), επ(2), . . . , επ(n

)(8.3.2)

Sada cemo pokazati da je uvijek

D(επ(1), επ(2), . . . , επ(n

)= ±1D(I).

Niz π(1), π(2), . . . , π(n) nastao je od niza 1, 2, . . . , n medusobnom zamjenom mjestau konacnom broju parova. Svaka zamjena mjesta dovodi do promjene znaka determi-nantne funkcije. Ako smo imali ukupno m zamjena onda je

D(επ(1), επ(2), . . . , επ(n)

)= (−1)mD (ε1, ε2, . . . , εn) = (−1)mD(I). (8.3.3)

Ispitajmo sada vezu izmedu broja m i permutacije π. Razmotrimo prvo sljedece prim-jere.

Primjer 8.3.1. Neka je

π =(

1 2 3 4 5 63 5 1 2 6 4

).

Da bismo dobili niz 3, 5, 1, 2, 6, 4 iz niza 1, 2, 3, 4, 5, 6 potrebno je izvrsiti sljedece zamjenemjesta u parovima: (1, 3); (2, 5); (4, 2); (4, 6). Na taj nacin dobijamo redom nizove

3, 2, 1, 4, 5, 6; 3, 5, 1, 4, 2, 6; 3, 5, 1, 2, 4, 6 i 3, 5, 1, 2, 6, 4.

Dakle, permutacija π je nastala iz niza 1, 2, 3, 4, 5, 6 medusobnom zamjenon mjesta u cetiripara.


σ =(

1 2 3 4 5 6 77 4 1 6 3 5 2

).

Izvrsimo redom sljedece transpozicije, tj. medusobne zamjene mjesta u parovima:

(1, 7); (2, 4); (1, 3); (2, 6); (3, 5) i (2, 5)

i na kraju cemo dobiti permutaciju σ.

U kursu Algebre 1 bice dokazano da se svaka permutacija moze prikazati kaoproizvod transpozicija, tj. da se moze dobiti medusobnom zamjenom mjesta u konacnomnogo parova. Ovu cinjenicu cemo sada prihvatiti intuitivno bez dokaza i koristitije u daljem radu. U prikazu permutacije u obliku proizvoda transpozicija broj trans-pozicija ne mora biti fiksan, tj. jedna permuacija se moze na vise nacina prikazatiu obliku transpozicija i sa razlicitim brojem transpozicija. On sto je konstatno u


tom prikazu je parnost broja transpozicija. Ako je u jednom prikazu broj trans-pozicija neparan (paran), onda je u svim drugim prikazima taj broj iste parnosti.Zbog toga permutacije dijelimo na parne i neparne. Za permutaciju kazemo da jeparna (neparna) ako se moze napisati u obliku proizvoda parnog (neparnog) brojatranspozicija. Definisimo znak permutacije:

sgn π ={

1, ako je π parna−1, ako je π neparna

Rezimirajuci naprijed receno zakljucujemo da vrijedi (−1)m = sgn π, pa iz (8.3.3)imamo D

(επ(1), επ(2), . . . , επ(n

)= sgn π. Sada se (8.3.2) moze napisati u obliku

D(A) =∑

π∈Sn

(sgn π)A(1, π(1))A(2, π(2)), . . . , A(n, π(n))D(I). (8.3.4)

Ako je D determinantna funkcija, onda je D(I) = 1, pa iz (8.3.4) slijedi da je deter-mintna funkcija jednoznacno odredena na skupu matrica reda n×n nad prstenom R.Ovako odredenu determinantnu funkciju oznacavamo sa det. Dakle,

det(A) =∑

π∈Sn

sgn π A(1, π(1))A(2, π(2)), . . . , A(n, π(n)). (8.3.5)


Teorem 8.3.3. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom i n prirodan broj. Postojitacno jedna determinantna funkcija na skupu n × n matrica nad prstenom R i tafunkcija zadovoljava (8.3.5). Ako je D neka alternirajuca funkcija na Rn×n, tada zasvaku matricu A ∈ Rn×n vrijedi

D(A) = (det A)D(I),

gdje je I jedinicna matrica reda n× n.

Neka je R prsten i π i σ permutacije skupa {1, 2, . . . , n}. Posmatrajmo permutacijuσπ. Broj parova transpozicija u ovoj permutaciji jednak je zbiru broja parova uprikazu permutacija σ i π. To znaci da ce σπ biti parna permutacija, ako su objepermutacije σ i π parne ili su obje neparne, a neparna ako su permutacije σ i πrazlicite parnosti. Zbog toga je

sgn (σπ) = (sgn σ) (sgn π).

Neka je R prsten cijelih brojeva i neka su σ i π permutacije skupa {1, 2, . . . , n}.Neka su ε1, ε2, . . . , εn vrste jedinicne matrice I. Neka su A i B matrice sa vrstamaεσ(1), εσ(2), . . . , εσ(n) i επ(1), επ(2), . . . , επ(n), respektivno. i−ta vrsta matrice B sadrzi

8.3. JEDINSTVENOST DETERMINANTNE FUNKCIJE 197

tacno jedan nenulti element 1 i on se nalazi u π(i)−toj koloni. Posmatrajmo matricuBA. Tu je

(BA)ij =n∑

k=1

BikAkj .

i−ta vrsta ove matrice ce biti ε(πσ)(i). Iz ovih uslova slijedi da je

det(A) = sgn σ,

det(B) = sgn π

det(BA) = sgn (πσ).

Kako je sgn (πσ) = sgn σ sgnπ, to je det(BA) = det(B) · det(A).

Teorem 8.3.4. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom, A i B matrice reda n×nnad prstenom R. Tada je

det(AB) = det(A) det(B).

Dokaz. Neka je B data n × n matrica nad prstenom R. Definisimo funkciju D :Rn×n → R relacijom

D(C) = det(CB), C ∈ Rn×n.

Specijalno za C = A imamo D(A) = det(AB). Pokazimo da je D n−linearna alterni-rajuca funkcija.

Ako su α1, α2, . . . , αn vrste matrice A, onda je

D(A) = D(α1B, α2B, . . . , αnB),

pri cemu αiB oznacava proizvod matrice αi reda 1 × n i matrice B. Taj rezultat jematrica reda 1 × n i predstavlja i−tu vrstu matrice AB. Kako je (λαi + µα′i)B =λ αiB + µα′iB i funkcija det determinantna funkcija, pa je n−linearna funkcija, to jeD n−linearna funkcija.

Pokazimo da je D alternirajuca funkcija. Neka je αi = αj za neke i, j ∈ {1, 2, . . . , n}.Tada je αiB = αjB, pa matrica AB ima dvije jednake vrste. Kako je det alternirajucafunkcija, to je det(AB) = 0. Dakle, D(A) = 0.

Ovim smo pokazali da je D n−linearna alternirajuca funkcija, pa je na osnovuprethodne teoreme

D(A) = det(A)D(I).

Prema definiciji funkcije D imamo D(I) = det(IB) = det(B). Dakle, D(A) =det(A) det(B), tj. det(AB) = det(A) det(B).


8.3.1 Zadaci

1. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom. Dokazati da je

(a) det

0 a b−a 0 c−b −c 0

= 0;

(b) det

1 a a2

1 b b2

1 c c2

= (b− a)(c− a)(c− b).

2. Neka je A neka 2× 2 matrica nad poljem F. Dokazati da je

det(I + A) = 1 + det(A)

ako i samo ako je trag matrice A jednak nuli. (Trag matrice A je suma svihelemenata na glavnoj dijagonali matrice A. U nasem slucaju to je A11 + A22.)

3. Matrica A reda n×n naziva se gornje trougaona matrica ako je Aij = 0 kada jei > j, a donje trougaona, ako je Aij = 0 kad god je i < j. Gornju odnosno donjutrougaonu matricu jednim imenom nazivamo trougaona matrica. Dokazati daje determinanta trougaone matrice jednaka proizvodu elemenata na glavnojdijagonali, tj det(A) = A11A22 . . . Ann.

4. Neka je A neka 3 × 3 matrica nad poljem kompleksnih brojeva. Formirajmomatricu xI −A kod koje su koeficijenti polinomi δijx−Aij prvog stepena. Akoje f = det(xI−A), pokazati da je f monik polinom stepena 3. Ako taj polinomnapisemo u obliku f = (x− λ1)(x− λ2)(x− λ3) dokazati da je λ1 + λ2 + λ3 =trag(A) i λ1λ2λ3 = det(A).

8.4 Jos neke osobine determinanti

U ovom paragrafu dokazacemo jos neke osobine determinanti koje imaju veliku prakticnuprimjenu.

Teorem 8.4.1. det(At) = det(A).

Dokaz. Prema definiciji transponovane matrice vrijedi Atij = Aji za svako i i svako j.

Neka je σ proizvoljna permutacija skupa {1, 2, . . . , n}. Tada je At(i, σ(i)) = A(σ(i), i)

8.4. JOS NEKE OSOBINE DETERMINANTI 199

za svako i. Kako je σ bijektivno preslikavanje, to za savko i postoji j takav da jei = σ−1(j), pa je A (σ(i), i) = A

(j, σ−1(j)

). Sada imamo

det(At) =∑

σ∈Sn

(sgn σ)At(1, σ(1))At(2, σ(2)) · · ·At(n, σ(n))

=∑

σ∈Sn

(sgn σ)A(σ(1), 1)A(σ(2), 2) · · ·A(σ(n), n)

=∑

σ∈Sn

(sgn σ)A(1, σ−1(1)

)A

(2, σ−1(2)

). . . A

(n, σ−1(n)

)

Pemutacije σ i σ−1 imaju isti znak, jer je σσ−1 identicna permutacija, pa je parna. Sdruge strane kada σ prolazi skupom Sn isto je kao i da σ−1 prolazi skupm Sn. Naime,ako je τ ∈ Sn bilo koji element, onda je i τ−1 element Sn. Ako je τ−1 ∈ Sn, onda je iτ ∈ Sn. Zbog toga je

det(At) =∑

σ∈Sn

(sgnσ)A(1, σ−1(1)

)A

(2, σ−1(2)

). . . A

(n, σ−1(n)

)

=∑

σ−1∈Sn

(sgn σ−1)A(1, σ−1(1)

)A

(2, σ−1(2)

). . . A

(n, σ−1(n)

)

= det(A)

Teorem 8.4.2. Neka je matrica B dobijena iz matrice A tako sto smo i−toj vrstidodali j−tu vrstu pomnozenu skalarom λ. Tada je det(B) = det(A).

Dokaz. Bez ogranicenja opstosti mozemo pretpostaviti da je i < j. Neka su β1, β2, . . . , βn

vrste matrice B. Tada je

βk ={

αk, ako je k 6= iαi + λαj , ako je k = i.

Zbo toga je

det(B) = det(α1, . . . , αi−1αi + λαj , αi+1, . . . , αj , . . . , αn)= det(α1, α2, . . . , αn) + det(α1, . . . αi−1, λαj , αi+1, . . . , αj , . . . , αn)= det(A) + λdet(α1, . . . αi−1, αj , αi+1, . . . , αj , . . . , αn)= det(A) + 0= det(A).



Teorem 8.4.3. Neka je A matrica reda r× r, B matrica reda r× s i C matrica redas× s nad prstenom R. Tada je

det

(A B0 C

)= det(A)det(C),

gdje je 0 nula matrica reda s× r.

Dokaz. Definisimo funkciju

D(A, B,C) = det

(A B0 C

).

Ako fiksiramo A i B, onda D zavisi samo C. Iz definicije funkcije D slijedi da je Ds−linearna alternirajuca funkcija vrsta matrice C. Tada je

D(A,B, C) = (det(C))D(A,B, I) = (det(C))det

(A B0 I

),

gdje je I jedinicna matrica reda s× s. Primjenjujuci prethodnu teoremu na determi-nantu

det

(A B0 I

)

dobicemo

det

(A B0 I

)= det

(A 00 I

)= D(A, 0, I).

Funkcija D(A, 0, I) je r−linearna alternirajuca funkcija, pa je

D(A, 0, I) = (det(A))D(I, 0, I) = (det(A)) · 1,

jer je

D(I, 0, I) = det

(I 00 I

)= det

(I(r+s)

)= 1.

Konacno imamo

D(A,B,C) = (det(C))D(A,B, I)= (det(C))D(A, 0, I)= (det(C))(det(A))D(I, 0, I)= (det(C)) (det(A)).



A =

1 −1 2 32 2 0 24 1 −1 −11 2 3 0

.

Odredimo determinantu matrice A. To cemo uraditi tako sto cemo matricu A prevesti ublok matricu i primjeniti prethodni teorem. To prevodenje se moze uraditi na sljedeci nacin:pomnozimo prvu vrstu sa -2 i dodamo drugoj. Tada ce druga vrsta imati oblik 0, 4,-4,-4.Zatim ponovo mnozimo prvu vrstu sa -4 i dodajemo trecoj. Treca vrsta ce imati oblik 0,5,-9,-13. Sada mnozimo prvu vrstu sa -1 i dodajemo cetvroj i dobijamo 0,3,1,-3. Sada drugu vrstumnozimo sa − 5

4 i dodajemo trecoj i dobijamo 0,0,-4,-8. Drugu vrstu mnozimo sa − 34 i nakon

dodavanja cetvrtoj dobije se 0,0,4,0. Tako smo dobili matricu

B =

1 −1 2 30 4 −4 −40 0 −4 −80 0 4 0

.

Kako vidimo ovu matricu mozemo napisati u obliku blok matrice

B =(

U V0 W

),

gdje je

U =(

1 −10 4

), V =

(2 3

−4 −4

)i W =

( −4 −84 0

).

Tada je det(B) = (det(U)) · (det(V )) = 4 · 32 = 128.

Neka je n prirodan broj veci od 1 i A matrica reda n×n nad prstenom R. U teoremu8.2.9 smo konstruisali determinantnu funkciju na Rn×n, pomocu neke zadane deter-minantne funkcije na R(n−1)×(n−1). Sada cemo dokazati jedinstvenost determinantnefunkcije na Rn×n. Dokazali smo ranije da za svaku n−linearnu alternirajucu funkcijuD vrijedi D(A) = det(A)D(I). Kako svaka determinantna funkcija D je n−linearnaalternirajuca funkcija za koju je D(I) = 1, to je D(A) = det(A) · 1 = det(A). Dakle,svaka determinantna funkcija D je jednaka det, gdje je

det(A) =∑

π∈Sn

(sgn π)A(1, π(1) · · ·A(n, π(n)).

Ako u formuli (8.2.3) fiksiramo kolonu j imamo

det(A) =n∑

i=1

(−1)i+jAij det(A(i | j)). (8.4.1)

Skalar (−1)i+jdet(A(i | j)) se naziva kofaktor elementa Aij . Formulu (8.4.1) nazi-vamo razvoj determinante matrice A po j−toj koloni.


Stavimo Cij = (−1)i+jdetA(i | j). Tada formulu (8.4.1) mozemo napisati u obliku

det A =n∑

i=1

AijCij .

Postavlja se pitanje cemu je jednaka suma

n∑

i=1

AikCij

ako je k 6= j. Da bi odgovorili na ovo pitanje posmatrajmo matricu B koja je nastalaiz matrice A tako sto smo njenu j−tu kolonu zamjenili sa k−tom kolononom, tj.Bij = Aik za svako i. Matrica B ima dvije kolone (i−tu i j−tu) jednake, pa je njenadeterminanta jednaka nuli. Dakle,

0 = det B

=n∑

i=1

(−1)i+jBij detB(i | j)

=n∑

i=1

(−1)i+jAik detB(i | j)

=n∑

i=1

AikCij .

Prema tome vrijedin∑

i=1

AikCij = 0. (8.4.2)

Formule (8.4.1) i (8.4.2) mozemo napisati u obliku

n∑

i=1

AikCij = δjk det A. (8.4.3)

Buduci da je det(At) = det(A), to se analogno pokazuje da vrijedi

n∑

k=1

AikCjk = δij det A. (8.4.4)

Matricu adj A koja je transponovana matrica kofaktora matrice A nazivamo klasicnaadjungovana matrica matrice A. Dakle,

(adj A)ij = Cji = (−1)i+jA(j | i). (8.4.5)


Iz formule (8.4.3) slijedi(adj A)A = (det A)I, (8.4.6)

a iz fomule(8.4.4) slijediA(adj A) = (det A)I.

Dakle,A(adj A) = (adj A)A = (det A)I.

Definicija 8.4.5. Za matricu A ∈ Rn×n kazemo da je invertibilna ako postoji matricaA−1 ∈ Rn×n takva da je AA−1 = A−1A = I.

Teorem 8.4.6. Neka je A matrica reda n× n nad prstenom R. Matrica A je invert-ibilna ako i samo ako je det A invertibilan element prstena R. Kada je matrica Ainvertibilna onda je

A−1 = (det A)−1adj A. (8.4.7)

Specijalno, kvadratna matrica A nad poljem F je invertibilna ako isamo ako je det A 6=0.

Dokaz. Neka je matrica A invertibilna. Tada postoji matrica A−1 i vrijedi A A−1 =I = A−1A. Odavde je

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

Odavde slijedi da je elemen det A invertibilan element prstena R i vrijedi (det A)−1 =det A−1.

Obrnuto ako je det A invertibilan element prstena R, onda iz (8.4.7) slijedi da jematrica (det A)−1 adj A inverzna matrica matrice A.


A =(

2 35 a

)(a ∈ Z)

matrica nad prstenom cijelih brojeva. Odredimo adj A i ispitajmo za koje vrijednosti parame-tra a postoji inverzna matrica A−1.

Kratkim racunom nalazimo det A = 2a − 15. U prstenu cijelih brojeva jedni invertibilnielementi su 1 i -1. Iz det A = 1 slijedi a = 8, a iz det A = −1 slijedi a = −7. Dalje je

adj A =(

a −3−5 2

).

Odavde je (adj A)A = (2a − 15)I. Za a = 8 inverzna matrica je A−1 = adj A, a za a = −7inverzna matrica je A−1 = −adj A.


Prisjetimo se da su matrice A i B slicne ako postoji invertibilna matrica P takvada je B = P−1AP. Odavde je

det(B) = det(P−1AP ) = det(P−1) det (A) det (P )= (det (P ))−1det (A) det (P )= det (A).

Dakle, slicne matrice imaju jednake determinante. S druge strane sve slicne matriceodgovaraju istoj liearnoj transformaciji konacno-dimenzionalnog vektorskog prostora.To nam daje ideju da definisemo determinantu linearne transformacije konacno-dimenzionalnog vektorskog prostora V. Determinanta linearne transformacijeA konacnodimenzionalnog prostora V je determinanta matrice A te linearne transformacije uodnosu na neku uredenu bazu prostora V.

8.4.1 Kramerovo pravilo

Primjenimo sada determinante na rjesavanje sistema od n jednacina sa n nepoznatihnad prstenom R. Neka je A matrica tog sistema. Taj sistem mozemo napisati umatricnom obliku AX = B. Ako je matrica A invertibilna, tj. ako je det (A) invert-ibilan element prstena R, onda je X = A−1B. Kako je A−1 = (det A)−1adj A, toje X = (det A)−1(adj A)B. Neka je X = (ξ1 ξ2 . . . ξn)t i B = (η1 η2 . . . ηn)t. Tadaimamo

ξj = (det A)−1n∑

i=1

(adj A)jiηi

= (det A)−1n∑

i=1

(−1)i+jηidet A(i | j), (j = 1, 2, . . . , n).

Neka je Cj matrica koja je nastala iz matrice A tako sto smo j−tu kolonu zamjenilikolonom (η1 η2 . . . ηn)t slobodnih clanova. Neka je Dj = det Cj . Determinantu Dj

cemo racunati razvijajuci je po j−toj koloni. Tada je

Dj =n∑

i=1

(−1)i+jηidet A(i | j).

Dakle, imamoξj = (det A)−1Dj , (j = 1, 2, . . . , n), (8.4.8)

pa je rjesenje sistema((det A)−1D1, (det A)−1D2, . . . , (det A)−1Dn

).


8.4.2 Zadaci

1. Kristeci klasicnu adjungovanu matricu izracunati inverznu matricu matrica:−2 3 2

6 0 34 1 −1

,

cosθ 0 −sinθ0 1 0

sinθ 0 cosθ

.

2. Koristeci Kramerovo pravilo rijesiti sisteme

(a)

x + y + 7 = 112x− 6y − z = 0

3x + 4y + 2z = 0

(b)

3x− 2y = 73y − 2z = 63z − 2x = −1.

3. Za kvadratnu matricu A kazemo da je antisimetricna ako je At = −A. Ako jeA antisimetrica reda n× n nad poljem kompleksnih brojeva i ako je n neparanbroj, dokazati da je det A = 0.

4. Za matricu A ∈ Fn×n kazemo da je ortogonalna ako je AAt = I. Ako je Aortogonalna, matrica dokazati da je det A = ±1. Navesti primjer ortogonalnematrice kod koje je determinanta -1.

5. Za matricu A ∈ Cn×n kazemo da je unitarna ako je AA∗ = I, pri cemu jeA∗ konjugovana matrica matrice At. Ako je A unitarna matrica dokazati da je|det A| = 1.

6. Neka je V vektorski prostor n× n matrica nad poljem F. Neka je B fiksan ele-ment vektorskog prostora V i TB linearna transformacija prostora V definisanarelacijom TB(A) = AB −BA. Pokazati da je det TB = 0.

7. Neka je A matrica reda m× n nad poljem F i neka je A 6= 0. Ako je r prirodanbroj, za matricu r × r koja je nastala brisanjem m − r vrste i n − r kolonamatrice A kazemo da je submatrica matrice A. Najveci prirodan broj r nazivase determinantni rang matrice A ako postoji submatrica matrice A redar × r cija je determinanta razlicita od nule. Dokazati da je determinantni rangmatrice jednak rangu kolona i rangu vrsta matrice, tj. da se ova sva tri rangapoklapaju.


8. Neka je A matrica reda n × n nad poljem F. Dokazati da postoji najvise nskalara λ takvih da je det (λI −A) = 0.

9. Neka su A i B matrice reda n × n nad poljem F. Neka je je A invertibilnamatrica. Pokazati da postoji najvise n skalara λ ∈ F takvih da matrica λ A+Bnije invertibilna.

10. Neka je V = Cn×n i B fiksna n×N matrica iz V. Definisimo linearnu transfor-maciju MB prostora V relacijom MB(A) = BAB∗. Dokazati da je det MB =|det B|2n.

Neka je H skup svih hermitskih matrica prostora V, tj.

H = {A ∈ V | A∗ = A}.

Tada je H vektorski prostor nad poljem realnih brojeva. Pokazati da je funkcijaTB definisana relacijom TB(A) = BAB∗ linearna transformacija vektorskogprostora H i pokazati da je det TB = | det B |2n.

Documents

Uvod u Linearnu Algebru - Skripta