VEKTORSKI PROSTORI.pdf

8/18/2019 VEKTORSKI PROSTORI.pdf

1/27

7. VEKTORSKI PROSTORI

7.1. Pojam vektorskog prostora

Posmatrajmo skupoveR ={ },...,,, δ γ β α , i V={ }...d,c,b,a, , pri č emu skupR imastrukturu polja u odnosu na sabiranje i množenje elemenata, aV ima strukturukomutativne

grupe u odnosu na sabiranje. Ovi zahtevi ukratko znač e sledeć e: U skupuR za ma kojeelementeα i β važi, da su iα + β , α – β , α ⋅ β i α : β , ( β ≠ 0) elementi tog skupa, prič emu suoperacije sabiranja, oduzimanja, množenja i deljenja snabdevene poznatim svojstvima tihoperacija u skupu realnih brojeva; dok zahtev, da skupV ima strukturu komutativne grupeu odnosu na sabiranje znač i sledeć e:

1. a + b ∈ V, za ma kojea ,b ∈ V; 2. (a + b) + c a + (b + c), za ma kojea ,b,c ∈ V (asocijativnost);3. Postoji elemenat0∈ V, za koji je0+a a +0 za ma kojia ∈ V ,(postoji

neutralni elemenat te operacije u tom skupu);4. Za ma koji elemenata ∈ V postoji -a ∈ V, za koji jea+(-a) 0; (svaki

elemenat ima svoj inverzni elemenat); i

5. a + b b + a , za ma kojea ,b ∈ V (komutativnost). Definicija 7.1.: Komutativna grupaV sa unutrašnjom operacijom +č ini vektorski

prostor nad poljemR sa unutrašnjim operacijama sabiranja i množenja, ako je definisana "spoljašnja" operacija množenja izmeđ u elemenata R i V, koja zadovoljava sledeć ezahteve za ma kojeα , β ∈ R i a ,b ∈ V:

1. α ⋅ a ∈ V,2. (α + β ) ⋅ a α ⋅ a + β ⋅ a, 3. α ⋅ (a + b ) α ⋅ a + α ⋅ b, 4. (α β ) ⋅ a α ⋅ ( β ⋅ a), 5. 1⋅ a a , i 0 ⋅ a 0 , (0,1∈ R i 0∈ V).

Primer 7.1 .: Posmatrajmo skup (geometrijskih) vektora u prostoru. Uoč imo, da tajskup ima strukturukomutativne grupe u odnosu na sabiranje vektora, definisanog u prethodnom poglavlju, dok u pogledu množenja vektora brojem zadovoljeni su zahtevi izdefinicije 7.1.; prema tome, skup geometrijskih vektora ima strukturu vektorskog prostoranad poljem realnih brojeva .

Proveriti!

133


2/27

VEKTORSKI PROSTORI _______________________________________________________________________________________

Primer 7.2 .: Posmatrajmo skup matrica tipa (m,n). Proveriti, da i taj skupzadovoljava uslove komutativne grupe u odnosu na sabiranje matrica, a takođ e i pogledumnoženja matrice brojem zadovoljava i uslovevektorskog prostora nad poljem realnihbrojeva.

Proveriti!

Primer 7.3 .: U svojstvu elemenata skupaV uoč imo polinome sa racionalnimkoeficijentima promenljive x: .0111 ...)( a xa xa xa x P nnnnn ++++= −−

Proveriti da je skup polinoma snabdeven strukturom komutativne grupe u odnosu

na uobič ajeno sabiranje polinoma. Dalje, ako posmatramo i množenje polinoma sa brojemu uobič ajenom smislu, može se proveriti, da takvo množenje zadovoljava zahteve izdefinicije vektorskog prostora, zato i skup polinoma ima strukturu vektorskog prostora nad

poljem realnih brojeva.

Primer 7.4. : Dat je skup V = {v v =( )naaaa ,...,,, 321 , a ∈ R , i =1,2,...,n}.(Popularno se taj skup naziva skupom "n-torki".(U sluč aju n=3 imamo vektore - uređ enetrojke u dekartovom koordinatnom sistemu.) .

i

Proveriti daV ima strukturu vektorskog prostora nad poljem realnih brojeva, ako

sabiranje elemenata u skupu n-torki definišemo kao prirodno uopštenje sabiranja vektora udekartovom koordinatnom sistemu (sabiramo odgovarajuć e koordinate), dok pod

množenjem sa brojem podrazumevamo množenje svake koordinate vektora tim brojem.U svojstvu elemenata skupaV mogu se posmatrati uredjene n-torke i u obliku

kolona. U oba sluč aja ti objekti u suštini jesu matrice; u prvom sluč aju su tipa (1,n), dok uovom drugom tipa (n,1). To znač i, da ovaj primer predstavlja specijalni sluč aj primera7.2. u vezi matrica.

Proveriti!

U daljim razmatranjima pod vektorimać emo podrazumeti ovakve uređ ene "n-torke" realnih brojeva, a primeri i zadacić e biti biranič esto sa područ ja uređ enih trojki.

7.2. Linearna zavisnost i nezavisnost vektora

Definicija 7.2. Za proizvoljan skup vektora , uzetih iz V i brojevan321 ,...,,, vvvvnα α α α ,...,,, 321 uzetih iz R izraz

nn vvvv ⋅++⋅+⋅+⋅ α α α α ...332211 nazivamolinearnom kombinacijom vektora . Linearna kombinacija vektora je takođ e vektor.

n321 ,...,,, vvvv

134


3/27

DISKRETNA MATEMATIKA _______________________________________________________________________________________

Primer 7.5.: Neka su dati vektori: )1,8,5,1( ),0,8,2,4( 21 −== vv ,i . Jedna njihova linearna kombinacija je:)5,1,0,0( 3 =v )1,1,1,1(4 =v

v = 1 4321 132 vvvv ⋅+⋅−⋅+⋅ =

= (4,2,8,0) + (-2,10,16,2)+(0,0,-3,-15)+(1,1,1,1) = (3,13,22,-12).

Definicija 7.3 . Za proizvoljan konač an skup vektora kažemo da jelinearno zavisan skup , ako postoji linearna kombinacija tih vektora koja je jednaka nuli, prič emu je bar jedan od brojeva α

n321 ,...,,, vvvv

i uzetih iz skupa R različ it od nule, tj:nn vvvv ⋅++⋅+⋅+⋅ α α α α ...332211 = 0, za bar jedno 0≠iα .(α i ∈ R , i = 1,2,3,...,n).

Definicija može biti preformulisana na sledeć i nač in:

Definicija 7.3.a. Za proizvoljan konač an skup vektora kažemo da je linearno nezavisan skup , ako linearna kombinacija tih vektora može biti jednaka nulisamo ako su svi brojevi α

n321 ,...,,, vvvv

i uzetih iz skupaR jednaki nuli, tj:

nn vvvv ⋅++⋅+⋅+⋅ α α α α ...332211 = 0,

samo ako su svi 0=iα .(α i ∈ R , i = 1,2,3,...,n).

Posledica ove definicije je, da iz skupa linearno zavisnih vektora elementi koji,imaju koeficijent različ it od nule mogu se izraziti kao linearna kombinacija ostalih.Recimo, ako je 0≠k α , tadać e biti za k ii α α β = (i=1,2,...,n, i≠k ):

n1k 11-k 12211k ...... vvvvvv ⋅++⋅+⋅++⋅+⋅= ++− nk k β β β β β .

Primer 7.6.: Vektori )1,1,1,1( ),1,2,3,4( ),4,3,2,1( 321 === vvv su linearnozavisni, jer je 321 5 vvv ⋅−+ = 0, ili, naprimer: 321 5 vvv ⋅+−= .

Proveriti!

Ako u vektorskom prostoruV odaberemo jedan skup odk linearno nezavisnihvektora, tada svojim linearnim kombinacijama oni proizvedu ili razapinju podprostor V1 datog prostoraV. U tom podprostoru bilo koji skup odk +1 vektora predstavlja linearnozavisan skup.

Pokušajmo u jednom vektorskom prostoru pronać i što već e skupove linearnonezavisnih vektora! Na taj nač in podprostori, generisani odabranim linearno nezavisnimskupovima vektora bić e sve širi, dok u krajnjem sluč aju ć emo pronać i i jedan takav skupod n linearno nezavisnih vektora koji generišeč itav prostor. Tada bilo koji elemenat

135


4/27


prostoraV može biti izražen pomoć u datih n vektora (bilo koji skup odn+1 vektora jelinearno zavisan skup).

Definicija 7.4.: Dimenzija vektorskog prostora V je maksimalan broj linearnonezavisnih vektora u njemu.

Definicija 7.5. : Baza vektorskog prostora V je bilo koji skup od n linearnonezavisnih vektora, gde je n dimenzija prostora.

Primeć ujemo, da definicija baze dozvoljava postojanje više baza istog prostora. Te baze su ravnopravne, samo dogovori (konvencije) prave razliku međ u njima.

Postavlja se pitanje, kako uvideti kod datog skupa vektora, da li je taj skup linearno

nezavisan ili je linearno zavisan? Neka je dat skup odm uređ enih n-torki uobliku vektor-kolona. Formirajmo za ispitivani skup vektora njihovu linearnu kombinaciju pomoć u brojeva , i = 1,2,...,m (brojeve ne moramo uvek obeležavati gr č kim slovima.) izahtevajmo da ta kombinacija bude jednaka nuli, dobijamo:

m321 ,...,,, vvvv

i x

mm x x x x vvvv ⋅++⋅+⋅+⋅ ...332211 = 0.

Taj zahtev možemo napisati u obliku matrič ne jednač ine Ax=0, gde je matricaA formirana od koordinata vektoravi svrstanih u kolone, dok x je vektor kolona sač injena odnepoznatih brojeva xi i tipa je (m,1):

1,2,...,izasugde ,

0

00

.......

......

......2

1

i2

1

21

22212

12111

m

v

v

v

x

x

x

vvv

vvv

vvv

in

i

i

mmnnn

m

m

=−=−=−⋅−−−− v

Oč igledno je, da je matricaA tipa (n,m). Ova matrič na jednač ina se svodi nahomogeni sistem linearnih algebarskih jednač ina. Broj jednač ina je n, a nepoznatih jem.Taj sistem jednač ina po KRONECKER-CAPELLI-jevoj teoremi je uvek rešiv. Postoji li

netrivijalno rešenje, to zavisi od ranga matriceA . Poznato je, darang (A)≤min(n,m). Zadati skup vektora-kolona (uređ enih n-torki) broj jednač ina jeuvek n , pa jerang (A)≤n. Ako postoji samo trivijalno rešenje sistema jednač ina, znač i da linearna kombinacija datogskupa vektora anulira jedino za = 0, za sve i = 1,2,...,m. U ostalim sluč ajevima (za rešenjakoja nisu trivijalna) postoji broj s = min(n,m)– rang (A), koji smo nazvali brojem stepenislobode. Toje broj, koji pokazuje, koliko nepoznatih brojeva možemo slobodnoodabrati, dok ostalihm–s brojeva izrač unać emo u zavisnosti od slobodno odabranih.

i x

i x

Zaključ ujemo, da u skupu uređ enih n-torki (vektor-vrste ili vektor kolona od pon

koordinata) ne može postojati skup odn+1 linearno nezavisnih vektora. Naravno, nijelinearno nezavisan ni svaki skup onn vektora!

136


5/27


Mogu postojati linearno nezavisni skupovi odk elemenata, gde jek


6/27


Primer 7.9: Neka je dat skup vektora koji generišeV : G = (a , b , c, d , e, f , g ).Poznato je, da ovi vektori nisu linearno nezavisni, već izmeđ u njih postoje sledeć e veze.

Kolika je dimenzija prostora i koji vektori mogu biti baza tog prostora?

3 b + c – 6d – 2e – 6 f = 0 2 b – 3d – 3 f – 2g = 0

b + c – 3d – 2e – 3 f + 2g = 0 b – 3d – 3 f = 0.

Nakon pojednostavljenja tih veza imamo:

b – 3d – 3 f = 0 c – 2 e + 2g = 0

3 d + 3 f – 2g = 0.

Pošto imamo 7 vektora a 3 veze zato jedim (L(G )) = 7 – 3 = 4.

Koja 4 vektora mogu biti baza L(G )? Vektori koji su u linearnoj zavisnosti to nemogu biti! Takođ e vži, da vektora mora biti u svakoj bazi, jer ne zavisi ni od jednog

drugog vektora. Sastavimo sve moguće

četvorke vektora u kojima je vektora prisutan,zatim izbacimo one koji ne mogu biti baza zbog spomenutih razloga):

(a , b , c, d ) (a , b , c, f ) (a , c, e, f ) (a , c, d , g ) (a , b , f , g )(a , b , c, e ) (a , b , d , f ) (a , d , e, f ) (a , b , e, g ) (a , c, f , g )(a , b , d , e ) (a , c, d , f ) (a , b , c, g ) (a , c, e, g ) (a , d , f , g )(a , c, d , e ) (a , b , e, f ) (a , b , d , g ) (a , d , e, g ) (a , e, f , g )

Osenč ene č etvorke ne mogu biti baza. Na primer (a , b , c, e ) zato ne može biti, jeriz linearne vezec – 2 e + 2g = 0 vektorc možemo izraziti:c = 2 e – 2g .

Primer 7.10.: Neka je prostorW generisan vektorimaG = (a , b , c, d , e). Odredimozavisnost ili nezavisnost tog generatorskog sistema zatim odredimo i moguć e baze, ako sudati vektori:

a = (2, –1, 3, 1), b = (1, 0, –1, 2), c = (0, 1, –5, 3),d = (1, 1, –6, 5),e = (–1, –2, 12, –10).

U ovom primeru je sadržan i prethodni primer: prvo treba otkriti veze, zatimsastaviti moguć e baze prostora.

138


7/27


Potražimo netrivijalne linearne kombinacije tih vektora:

a a + b b + g c + d d + j e = 0.

Matrica sistema homogenih linearnih rednač ina za rešavanje date vektorske jednač ine je sledeć a. (primenimo GAUSS-ov algoritam)

−−−−

−−−

1053211265132110111012

~ ~

−−−−−−−

−−

19963042211470126420105321

−

−−−

370000000006321021101

Slede sledeć e jednač ine:

a – g – d +2 j = 0, b + 2g +3 d –6 j = 0, –37j = 0.

Rang sistema je 3, tojest imamo 3 nezavisna vektora. Koje su veze izmeđ u vektora?Birajmo po dva data stepena slobode brojeve:g ≠ 0, i d ≠ 0.

Slede rešenja:

a = g + d , b = – 2g –3d , g = g , d = d, j = 0.

Sada možemo napisati sledeć e veze:

a a + b b + g c + d d + j e = 0

(g + d ) a + ( – 2g –3d) b + g c + d d = 0

( a – 2b + c ) g + (a – 3b + d ) d = 0 .

Zbogg π 0 id π 0 ove dobijene veze mogu biti istinite samo ako je zadovoljeno:

a – 2b + c = 0 és a – 3b + d = 0 .

Sada poznajemo veze izmeđ u vektora, na osnovu tehnike iz prethodnog zadatkamožemo odrediti moguć e baze. Sve moguć e trojke su:

(a , b , c), (a , b , d), (a , b , e), (a , c, d), (a , c, e),

(a , d , e), ( b , c, d), (b , c, e), (b , d , e), ( c, d , e).

139


8/27


Pošto jej = 0, zato vektore mora biti u svakoj bazi, te izostaju sve one trojke ukojima nije prisutan taj vektor. Trojke (a , b , c) i (a , b , d) izostaju zbog otkrivenih veza, atrojke (a , c, d) i (b , c, d) zbog nedostatka vektorae.

Prema tome moguć e baze su:

(a , b , e), (a , c, e), (a , d , e), (b , c, e), ( b , d , e), ( c, d , e).

Zadaci 7.2.: a) Jedan generatorski sistem prostoraW je skup G = (a , b , c, d , e). Odreditisve zavisnosti izmedju tih vektora (odrediti dimenziju prostora kojeg generišu):

a = (2, 0, 4, 6), b = (1, 9, 8, 9), c = (3, 0, 6, 9),d = (–1, –3, –8, –9), e = (–1, 3, 4, 3).

b) Neka je jedan generatorski sistem prostoraV skup G = (a , b , c, d , e, f , g ).Poznato je da je ovaj skup linearno zavisan. Kolika je dimenzija prostoraV i koji vektorimogu biti baza izG ako su poznate sledeć e veze:

3 a + 2d – f = 0, b – c + 2e = 0, 2 f + c – 6a = 0.

c) Odrediti uslove u vezi parametaraa, b, c i d koji garantuju da bazačetvorodimenzionog prostora može biti skupB = (a , b , c, d):

a = (1+a1 , 1, 1, 1), b = (1, 1+

b1 , 1, 1), c = (1, 1, 1+

c1 , 1), d = (1, 1, 1, 1+

d 1 ) .

7.3. Linearne transformacije

Posmatrajmo sada izvesna preslikavanja vektorskog prostoraV u sam taj prostor.

Definicija 7.6.: Linearna transformacijaA vektorskog prostoraV nad poljem R je preslikavanje koje svakom vektorux, (x ∈ V) pridružuje vektorAx ∈ V, tako da važi zasvako x1, x2 ∈ V i za svakoα ∈ R :

1. A (x1+ x2) = A x1+ A x2;2. A (α x)= α (A x).

Iz uopštenja te definicije sledi:A (α x1+ β x2) = α A x1+ β A x2.

Primer 7.11.: Množenje vektora skalarom je linearna transformacija.

Proveriti!

140


9/27


10/27


Ako suA i B linearne transformacije, tjA ,B ∈ A , gde smo saA označ ili skuplinearnih transformacija, tada je:

1. A + B ∈ A ;2. AB ∈ A ;3. (A B)C = A(BC) , (A+B)+C = A+(B+C) ; 4. (A + B)C = AC + BC , A(B + C) = AB + AC ;5. A + O = O + A = A ; AO = OA = O ; O∈ A nula-transformacija.; 6. AE = EA = A ; gde jeE∈ A identič na transformacija;7. A + ( –A) = ( – A) + A = O; gde je –A∈ A .

Navodimo još dva važna stava koji su od izuzetnog znač aja na dalja ispitivanja

linearnih transformacija:

8. Ako je matrica linearne transformacijeA regularna (det(A)≠0) tada postojiinverzna transformacijaA-1. Inverzna transformacija linearne transformacije je linearnatransformacija. Matrica inverzne linearne transformacije je inverzna matrica matriceA.

9. Regularna linearna transformacija preslikava skup linearno nezavisnihvektora u skup linearno nezavisnih vektora.

Posledice ovih stavova su:a) Ako je{ a 1, a 2, a 3, ..., a n } jedna baza vektorskog prostoraV , tada je i skup

vektora{ Aa 1, Aa 2, Aa 3, ..., Aa n } baza tog istog vektorskog prostora).

b) Ako su{ a 1, a 2, a 3, ..., a n } i { b 1, b 2, b 3, ..., b n } dve baze istog vektorskog prostoraV, tada postoji regularna linearna transformacijaA koja prevodi vektore prve bazeu vektore druge baze, dok njena inverzna transformacijaA-1 prevodi vektore druge baze uvektore prve baze.

7.4. Transformacije baze

Jednostavnosti radi, sledeć a razmatranja vršić emo u dvodimenzionom prostoru.Svakako, zaključ ke ć emo uopštiti i preneti na prostore sa više dimenzija.

Neka su date dve baze tog prostora{ i1, i2} i { j 1, j 2}, i neka je dat proizvoljan vektorx svojim koordinatama u prvoj bazi:x(1) = ξ1i1,+ ξ2i2. Pronađ imo koordinate tog istogvektora u drugoj bazi:x(2) = η1 j 1,+ η2 j 2.

142


11/27


Ne predstavlja teškoć u, na bazi primera 7.8., pronać i sledeć e jednakosti.:

j 1,= α1 i1 + α2 i2; j 2,= β1 i1 + β2 i2;

Uvrstimo te izraze ux(2) = η1 j 1,+ η2 j 2:

x(2) = η1 j 1,+ η2 j 2. = η1(α1 i1 + α2 i2),+ η2(β1 i1 + β2 i2)=

= (η1α1 + η2β1) i1+ (η1α2 + η2β2)i2 = ξ1i1,+ ξ2i2.

Uoč enu č injenicu možemo zapisati i u matrič nom obliku:

= , tojest:xηη

βαβα

ξξ

2

1

22

11

2

1(1) = T12 x (2),

gde smo koristili oznaku T12 za matricu, koja prevodi vektore prve baze u vektore druge baze. Primetiti, da koordinate vektora druge baze nalaze se u odgovarajuć im kolonamamatrice prelaza . Uz mali napor možemo uoč iti, da važe i relacija x(2) = T21 x (1), gde T21 označ ava matricu prelaza iz druge baze u prvu .

Primer 7.13 .: Posmatrajmo rotaciju koordinatnog sistema u ravni oko tač ke O zaugao α. Tada je prvobitna baza zadata sa ortogonalnim parom jedinič nih vektora{i1, i2} (Odstupimo od ranije utvr đ enih oznaka i primenimo oznake u stilu ovog poglavlja.). Druga

baza, koja nastala rotacijom prve je:{j1, j 2}. Posmatrajuć i sliku 7.1. uoč avamo sledeć e:

j 1,= i1cosα +i2sinα; i1,= j 1cosα – j 2sinα ; j 2,= – i1sinα +i2cosα; i2,= j 1sinα + j 2cosα ;

Na osnovu prethodnih razmatranja možemo zapisati sledeć e:

αα−αα=αα

α−α=cossinsincos

,cossinsincos

2112 TT

Proveriti na ovom primeru i pravilo koje takođ e važi i u opštemsluč aju:

T12 T21=T21T12 = E ,

tojest da su matrice prelazauzajamno inverzne jedna drugoj. i1

i2

j 1 2

O α α

Slika 7.11.

143


12/27


Interesantno je pitanje, kakoć e se promeniti matrica linearne transformacijeA ukoliko primenimo jednu transformaciju baze. Obeležimo i u sluč aju matrica linearnihtransformacija saA(1) matricu te transformacije u prvoj bazi, odnosno saA(2) matricu udrugoj bazi. Pronađ imo vezu izmeđ u tih matrica!

Pošto smo zaključ ili, da jex(1) = T12 x (2) za bilo koji vektorx, to važi i u sluč aju(Ax) (1)=T12 (Ax) (2) , i (Ax) (2)=T21 (Ax) (1). Razmotrimo sledeć i tok misli:

(Ax) (1)= A(1)x(1) = T12 (Ax) (2) = T12A(2)x (2) = T12 A (2) T 21 x (1) ⇒ A (1)= T12 A (2)T21 .

Na slič an nač in možemo doć i i do zaključ ka: A (2)= T21 A (1)T12 .

Primer 7.14 . Neka su date dve baze trodimenzionog vektorskog prostora. Prva je{ e1, e2, e3} , dok { b 1, b 2, b 3} je druga. Data je i veza izmeđ u te dve baze sledeć im jednakostima:b 1 = e1 +e2 + 2e3; b 2 = e1 + e2 +e3; b 3 = 2e1 + 3e2 – 3e3.

Posmatramo vektor x (2) = b 1 +b 2 + b 3. Oč evidno je, da su koordinate tog vektora udrugoj bazi dati saη1=1; η2 =1 iη3=1. Nać i koordinate tog vetora u prvoj bazi!

Rešenje se može dobiti na dva nač ina. Ovom prilikom je jednostavnije, ako se uzima, da je

b1 +b

2 + b

3 = (e

1+e

2+2e

3)+(e

1+e

2 +e

3)+(2e

1+3e

2 –3e

3) = 4e

1+5e

2+0e

3,

iz č ega proizilazi, da jeξ1 = 4; ξ2 = 5 i ξ3 = 0.

Za drugi nač in je potrebno uoč iti, da nam je data matrica prelazaT12 , pa nam je potrebno izvršiti samo jedno matrič no množenjeT12 x (2) = x(1) .Elemente matriceT12 č itamoiz zadate veze dveju baza (koordinate pišemo u kolone!):

.111

,312

311211

(2) =−

= x12T Zaista:T12 x (2) x==−

=054

111

312311211

(1).

Razmotrić emo u okviru ovog primera i pitanje linearnih transformacija u sprezi satransformacijom baze. Zadata nam je matrica liearne transformacije u odnosu na prvu bazu:

A(1)−

=111110021

. Nać i: a) (Ax) (1); b) (Ax) (2) i c) A(2)x(2)!

144


13/27


a) (Ax) (1)= A(1)x(1) = .1

514

054

111110021

−=

−

b) Pošto je(Ax) (2)=T21 (Ax) (1) potrebna nam je matricaT21 , koja je inverznamatriciT12 . Proverite sledeć e č injenice:

T21−

−−−

=011179

156, (Ax) (2)=T21 (Ax) (1) = .

99260

15

14

011179

156

−

−=

−−−−

−

c) Pošto znamo, da jeA (2)= T21 A (1)T12 , izrač unajmo ovu matricu!

T21 A (1)T12= = A−−

−−−=

−−−−−

−

810761245271

312311211

111110021

011179

156 (2).

A(2) x(2) = = (Ax)−

−=

−−

−−−

99260

111

810761245271

(2), što smo i hteli pokazati.

Na ovom primeru uoč ava se sledeć e: Primena linearne transformacijeA ne zavisiod toga u kojoj se bazi izražava njena matrica; tojest, ukoliko se prvo izvrši baznatransformacija proizvoljnog vektorax, (samim tim se transformiše i matrica linearnetransformacije), a zatim se primeni ta transformisana matrica linearne transformacije natransformisani vektorx, dobijemo istu sliku, kao da smo prvo izvršili linearnutransformaciju vektorax u prvobitnoj bazi, zatim primenili baznu transformaciju te slike.

Primer 7.15.: EULER-ovi uglovi. (Rotacija u prostoru). Posmatranjem kretanjač igre uoč avamo tri rotacije: "padanje"č igre (odstupanje sopstvene ose od vertikale) –nutacija ; rotaciju oko sopstvene ose – spin i rotaciju oku vertikale – precesija . Sastavimomatrice tih transformacija i pronađ imo matricu transformacije koja predstavlja njihov proizvod (rezultujuć a transformacija nakon njihove uzastopne primene, slika 7.)!

Neka je baza "polaznog" prostora{i1, j 1, k 1} koja nakon prve rotacije prelazi u bazu {i2, j 2, k 2}. Druga rotacija proizvodi bazu{i3, j 3, k 3}, dok konač na je{i4, j 4, k 4}.

Prva rotacija je oko ose vektora k 1 za ugaoψ - tojestk 1 ≡ k 2 . Imajući u vidu ovu poslednjuč injenicu i iskustvo iz primera 7.13. dobijamo:

145


14/27


i2 = i1cosψ + j 1sinψ + 0⋅k 1; j 2 = – i1sinψ + j 1cosψ + 0⋅k 1;k 2= 0⋅i1 + 0⋅ j 1 + 1⋅k 1 ;

iz č ega proizilazi:T12 = ψψψ−ψ

1000cossin0sincos

Druga rotacija ima polazni sistem{i2, j 2, k 2}, rotacija se vrši oko ose vektorai2 zaugaoυ, tj. nakon rotacije bić e i2 ≡ i3 sa odgovarajuć im izrazima, odnosno matricom:

i3 = 1⋅ i2 + 0⋅ j 2 + 0⋅k 2; j 3 = 0⋅ i2+ j 2cosυ+ k 2sinυ;k 3= 0⋅ i2 – j 2sinυ+k 2cosυ;

iz č ega proizilazi:T23 =υυυ−υ

cossin0sincos0001

i 1i 2 i 3

i 4

j1

k 1k 2k 3k 4

j2

j4

j3

ψ

ψ

u

u

ϕ

ϕ

ψ

u

ϕ

1

2

3

Slika 7.

Konač no, treć a rotacija je u sistemu{i3, j 3, k 3} oko ose vektorak 3 za ugaoϕ, tojestk 3 ≡ k 4, a odgovarajuć e jednakosti i matrica prelaza su:

i4 = i3cosϕ + j 3sinϕ + 0⋅k 3; j 4 = – i3sinϕ + j 3cosϕ + 0⋅k 3;k 4= 0⋅i3 + 0⋅ j 3 + 1⋅k 3 ;

iz č ega proizilazi:T34 = ϕϕϕ−ϕ

1000cossin0sincos

Kao rezultat tih rotacija dobijamo:x(1) = T12 x (2), x(2) = T23 x (3), x(3) = T34 x (4),

odnosno:x(1) = T12 T23 T34 x (4), x(1) = T14 x (4); gde jeT14 = T12 T23 T34 .

T14 =

υυϕυϕ

υψ−υϕψ−ϕψ−υϕψ−ϕψυψυϕψ−ϕψ−υϕψ−ϕψ

cossincossinsin

sincoscoscoscossinsincossincoscossinsinsincoscossinsincoscossinsincoscos

146


15/27


Elementi ove matrice su poznati obrasci u kojima figurišu EULER-ovi uglovi.

U mehanici se posmatraju rotacije za takozvane modifikovane EULER-ove uglove,kada se vrše sledeć e transformacije:

prva rotacija je oko ose vektora k 1 za ugaoψ - tojestk 1 ≡ k 2,druga je oko ose vektora j 2 za ugaoυ - tojest j 2 ≡ j 3; atreć a je oko ose vektora i3 za ugaoϕ - tojesti3 ≡ i4.

7.5. Invarijantni pravci linearne tranformacije

7.5.1. Polinomi sa matri č nim koeficijentima i matri č na vrednost polinoma

U poglavlju 1. smo posmatrali polinome sa koeficijentima, koji su pripadali proiznom brojevnom skupuK. Konstatovali smo, da opšte teoreme izreč ene za sluč aj polinoma sa kompleksnim koeficijentima ne važe, ili samo delimič no su na snazi, ukolikosu koeficijenti iz nekog užeg skupe nego što je to skup kompleksnih brojeva.

Pristupimo sada izuč avanju sledeć e dve situacije: Neka je dat polinom

f ( x) = ao + a 1 x + a2 x2 + ... +an-1 xn-1 + a n xn

a) i neka su koeficijenti polinoma matrice, b) neka je promenljiva x matrica..

Definicija 7.5.1.1.: Polinom Ao + A 1 x + A 2 x2 + ... + A k -1 xk -1 + A k xk u kojem sukoeficijenti A i kvadratne matrice tipan¥ n je polinom sa matrič nim koeficijentima.

Vrednost polinoma sa matrič nim koeficijentima na proizvoljnom mestu x = a jetakodje kvadratna matrican-tog reda. Ako u polinomu sa realnim keficijentima promenljivu x zamenjujemo sa kvadratnom matricom X , takodje dobijamo kao rezultatkvadratnu matricun-tog reda:

f ( X ) = ao + a1 X + a2 X 2 + ... +a n-1 X n-1 + a n X n.

Primer 7.5.1.1.: a) Izrač unati vrednost polinoma f ( x) = 3 – 5 x + x2 za

x = A = .−−

3112

147


16/27


f ( A) = 3 E –5 A + A2 = 3 – 5 + =1001

−−

3112

−−

3112

−−

3112

= + + = .3003

−−

1515510

−−121557

0000

Matrič na vrednost polinoma sa realnim koeficijentima je matrica. Još jednom

naglašavamo, da matrič na vrednost polinoma postoji samo za kvadratne matrice, jer je potrebno izrač unati i stepene argumenta, a stepenovati znamo samo kvadratne matrice.

b) Dat je matrič ni polinom (polinom sa matrič nim koeficijentima):

P ( X ) = .2

011100231

142301513

101011101

X X −

+−+

"Vrednost" polinoma je matrica i u sluč aju, kada je X broj (kvadratna matrica

prvog reda), a i u sluč aju kada je kvadratna matrica treć eg reda. U ostalim sluč ajevimavrednost polinoma nije definisana.

Na primer: P (1) = , a u sluč aju X

234

410845

0 = P ( X

200

010001

0) = .

334

10101945

Proveriti!

BÈZOUT-ova teorema se odnosi i na polinome sa matrič nim koeficijentima:

Teorema 7.5.1.1.: Ako je A( x) = A o + A1 x + A2 x2 + ... + Ak -1 xk -1 + A k xk polinomsa matrič nim koeficijentima, a polinom B( x) = x E – B je polinom prvog stepena samatrič nim koeficijentima, tada jedesni ostatak prilikom deljenja polinoma A( x) polinomom B( x) je vrednost polinoma A( x) ako se zameni x = B , tojest:

R d = Ao + A 1 B + A 2 B 2 + ... + A k -1 Bk -1 + A k B k .

Dokaz: Koristimo identitet:

xk E – Bk = ( xk– 1 E + xk– 2 B + xk– 3 B2 + … + x B k– 2 + B k– 1)( x E – B ).

Ovaj identitet je istinit za svakok Œ N (č italac neka proveri to upotrebommatematič ke indukcije!). Pomnožimo ovu jednakos sleva sa koeficijentima Ak :

xk A k – A k B k = ( xk– 1 Ak + xk– 2 Ak B + xk– 3 A k B2 + … + x Ak Bk– 2 + Ak Bk– 1)( x E – B )

148


17/27


18/27


Teorema 7.5.1.2.: (CAYLEY – HAMILTON): Za kvadratnu matricun-tog reda saelementima iz skupaK, koja ima karakteristič nu matricu x E – A a karakteristič na jednač ina joj je: f ( x) = a o + a1 x + a2 x2 + ... +an-1 xn-1 + a n xn = 0 uvek važi jednakost: f ( A)= 0. ("Svaka matrica zadovoljava svoju karakteristič nu jednač inu ").

Dokaz: Osmotrimo adjungovanu matricu matrice A: adj ( x E – A). Elementi tematrice su polinomi sa koeficijentima nad skupomK, stepena ne višeg odn –1. Pošto proizvod matrice i sopstvene adjungovane matrice je jedinič na matrica pomnožena sadeterminandom date matrice, sledi:

adj ( x E – A) ( x E – A) = x E – A) E = f ( x) E =

= ao E + a 1 x E + a2 x2 E + ... +an-1 xn-1 E + a n xn E .

Ova jednakost ujedno znač i i to, da karakteristič ni polinom f ( x) E matrice A uvekdeljiv sa polinomom ( x E – A), tj. ostatak je0. Po teoremi 7.5.1.1. ostatak je vrednost polinoma za A , tojest f ( A) = 0 .

Primer 7.5.1.2: Odrediti karakteristič nu matricu i karakteristič ni polinom matrice A!

A = , karakteristič na matrica je: x E

−−

−−−−

1111

111111111111

– A= .

−−

−−−−

−−−−

1111

111111111111

x

x

x

x

Karakteristič ni polinom (determinanta karakteristič ne matrice) je:

x E – A =

1111111111111111

−−−−

−−−−−−

x

x

x

x

=

2002020200221111

−−−−

−−−−−−

x x

x x

x x

x

=

(1)

= ( x –2)3

100101010011 1111 −−−−

x

= ( x –2)3

100101010011 0002+

x

= ( x –2)3( x+2).

(2) (3) (4)Opis koraka:

(1) Dodali smo prvu vrstu drugoj, treć oj i č etvrtoj vrsti.(2) Iz druge, treć e i č etvrte vrste determinante smo izvuklič unioc x –2 ispred determinante.(3) Dodali smo prvoj vrsti determinante drugu, treć u i č etvrtu vrstu.(4) Vrednost "trougaone determinante" je proizvod elemenata na dijagonali.

150


19/27


Definicija 7.5.1.4.: Minimalni polinom matrice A je polinom najnižeg stepenakojeg matrica "anulira".

Teorema 7.5.1.3: Minimalni polinom matrice A je polinomm( x). Taj polinom jeuvek delilac karakteristič nog polinoma f ( x) date matrice, tojest:

f ( x) = m( x) q( x) ili je f ( x) = m( x).

Dokaz: Neka je karakteristič ni polinom matrice f ( x), dok jem( x) polinom najnižegstepena sa koeficijentima iz skupaK, kojeg matrica A anulira, tojestm( A) = 0, dok jestepen polinomam( x) niži od stepena f ( x). Po definiciji deljivosti polinoma možemozapisati sledeć e: f ( x) = m( x) q( x) + r ( x) gde je dg (r ( x)) < dg ( m( x)). Zamenimo promenljivu x matricom A: f ( A) = m( A) q( A) + r ( A) = 0 (na osnovu CAYLEY –

HAMILTON-ove teoreme). Pošto jem( A) = 0 zato je ir ( A) = 0. Medjutim, po pretpostavciteoreme ne postoji polinom nižeg stepena odm(x) kojeg matrica A anulira, zato je ostatakidentič ki jednak nuli:r ( x) ≡ 0, tojest f ( x) =m( x) q( x) .

Nije teško uoč iti (ponovnim razmatranjem primera 7.5.1.2. da matrica A poredsvog karakteristič nog polinomač etvrtog stepena f ( x) = ( x –2)3( x+2) anulira i polinomtreć eg stepena h( x) = ( x –2)2( x+2), kao i polinom drugog stepenam( x) = ( x –2)( x+2).Polinom m( x) je minimalni polinom posmatrane metrice.

7.5.2. Sopstveni vektori linearne transformacije

Neka je matrica A matrica jedne linearne transformacije. Odgovorimo na pitanje: postoje li u vektorskom prostoruVn vektori, koji prilikom transformacije prelaze u vektoreistog pravca (eventualno su ponoženi samo sa izvesnim skalaromλ)?

U trodimenzionom euklidovom to znač i sledeć e: postoje li vektori, koji prilikomtransformacije nisu promenili pravac. Uopšteno, traži se odgovor na pitanje: ima li jednač ina A x = λ x rešenje?

Ukoliko postoji takav vektorxo koji ne menja svoj "pravac", tada je ceo jednodimenzioni prostor generisan vektoromxo ima isto svojstvo, pa možemo govoriti oinvarijantnom pravcu (podprostoru) date transformacije.

Ako jednač ina A x = λ x ima dva linearno nezavisna rešenja,x1 i x2, tada je ič itav prostorL ( x1 , x2) generisan tim vektorima je invarijantan, to jest i vektorx3 =a x1 + b x2 jeinvarijantan pravac. (a , b proizvoljni skalari).

A x1 = λ x1 Ÿ A x2 = λ x2 A x3 = λ x3

151


20/27


Zaista: A x3 = A(a x1 + b x2) = a A x1 + b A x2 = a λ x1 + b λ x2 = λ (a x1 + b x2) = λ x3.

Kako pronać i te invarijantne pravce ili invarjantne podprostore ?

Podjimo od osnovnog zadatka, rešimo jednač inu A x = λ x pox:

A x = λ x ⇔ (λ E – A)x = 0

Ova poslednja matrič na jednač ina je ekvivalentna sa sistemom homogenih linearnih jednač ina, matrica sistema jekarakteristi č na matrica date matriceλ E – A , a determinanta je karakteristi č ni polinom matrice f (λ)= λ E – A . Pošto homogeni sistem jednač ina imanetrivijalno rešenje samo u sluč aju kada je determinanta sistema jednaka nuli, te potrebno je rešitikarakteristi č nu jedna č inu matrice A : f (λ) = 0.

Definicija 7.5.2.1.: Linearna transformacija A ima sopstvene (svojstvene) vrednostiλ, koji brojevi moraju zadovoljavati karakteristič nu jednač inu matrice A . Skup rešenjakarakteristič ne jednač ine je spektar matrice.

Svakoj svojstvenoj vrednosti (svakom netrivijalnom rešenju jednač ine A x = λ x )

pridružujemo vektor, koji je invarijantan (svojstveni vektor) date transformacije.

Definicija 7.5.2.2.: Svojstveni vektor linearne trasformacije A je svaki nenulavektor, kojeg linearna transformacija A preslikava u vektor koji je dobine samo množenjemoriginalnog vektora sa jednim skalarom. Vektorix, koji su rešenja jednač ine A x = λ x su

svojstveni vektori transformacije A . Ako svojstvenoj vrednostiλ pripada više (m)medjusobno linearno nezavisnih svojsvenih vektora, tada svostvena vrednostλ imavišestrukostm. Prostor generisan svojstvenim vektorima koji pripadaju istoj svojstvenojvrednosti nazivamoinvarijatnim podprostorom linearne transformacije A.

Primer 7.5.2.: (Nastavak primera 7.5.1.2.). Pošto je karakteristič na jednač inamatrice A , transformacije zadate u tom primeru: (λ –2)3(λ+2) = 0, lako se izrač unavajusvojstvene vrednostiλ1 = –2 i λ2 = 2. Spektar transformacije je {–2, 2}. Potražimo sadasvojstvene vektore transformacije:

λ1 = –2

(λ = –2)Ÿ (λ E – A)x = 0⇒ .=

−−

−−−−

0

000

3111

131111311113

4

3

2

1

x

x

x

x

152


21/27


Primenimo GAUSS-ov metod eliminacije:

−− −−

−−

31111311

11311113

~ ~ ~ ~ .

−− −

−−

31114400

40408440

−−

−−−

11001010

21103111

−−

−−−

11001100

21103111

−−

110010101001

Rang matrice sistema je 3, pa je stepen slobode 1. Ako biramo x4 = m π 0, tadać e

biti

– x1 = x2 = x3 = x4 = m.

Rešenje sistema jednač ina je ( x1 , x2 , x3 , x4) = (– m , m , m , m) = m (–1, 1, 1, 1).Svojstvenoj vrednostiλ = –2 pripada svostveni vektorv = (–1, 1, 1, 1).

Oč evidno, bilo koji vektor, koji se dobija izv množenjem proizvoljnim skalaromtakodje invarijantan, ali oni nisu nezavisni odv, i pripadaju invarijantnom prostorugenerisanog tim vektorom.

λ1 = 2

(λ = 2)Ÿ (λ E – A)x = 0⇒ .=−−−

−−−

000

0

111111111111

1111

4

3

2

1

x

x x

x

Lako se uoč ava, da imamo svega jednu nezavisnu jednač inu, te stepen slobode je 3.

x1 – x2 – x3 – x4 = 0.

Neka je x2 = a Ÿ x3 = b Ÿ x4 = g x1 = a + b + g ,

ali jea π 0 ⁄ b π 0 ⁄ g π 0.

Opšte rešenje sistema jednač ina je:

( x1 , x2 , x3 , x4) = (a + b + g , a , b , g ) =

= a (1, 1, 0, 0) + b (1, 0, 1, 0) +g (1, 0, 0, 1) =a v1 + b v2 + g v3.

153


22/27


Proveriti linearnu nezavisnost vektora

v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (1, 0, 1, 0) i v3 = (1, 0, 0, 1).

Svojstvenoj vrednostiλ = 2 pripadajuč ak 3 linearno nezavisna svojstvena vektora. Naravno, svaka kombinacija tih vektorav = a v1 + b v2 + g v3 je takodje svojstveni vektortransformacije. Svi ti vektori su elementi prostoraL (v1 , v2 , v3). Svojstvena vrednostλ =2 ima multiplicitet 3. Ovo se može uoč iti i posmatranjem karakteristič ne jednač ine, jer je broj 2 trostruki koren te jednač ine.

Primer 7.5.2.2.: Matricu rotacije koordinatnog sistema oko oseOz već poznajemo. Neka je ugao obrtanjaψ . Matrica A linearne transformacije je:

A = . −

1000cossin0sincos

ψ ψ ψ ψ

Odredimo karakteristič nu jednač inu i svojstvene vektore, koji pripadaju rešenjima

karakteristič ne jednač ine!

Karakteristič na jednač ina je:

λ E – A = 0 ⇔ 100

0cossin0sincos

−−−−

λ

ψ λ ψ ψ ψ λ

= ( )1cos2)1( 2 +−− ψ λ λ λ = 0.

Odavde se "prosto" proč itaju karakteristič ne vrednosti:

1coscos,1 23/21 −±== ψ ψ λ λ .

Dve zadnje svojstvene vrednosti su par konjugovano kompleksnih brojeva za svevrednostiψ ≠ k π (k ∈ Z), dok u sluč ajevimaψ = k π (k ∈ Z) su to realni brojevi, te seogranič avamo na ispitivanje tih vrednosti. Osmotrimo rotaciju za neparan broj putaπ -ugao! (rotacija za paran broj putaπ ne rezultuje nikakvu promenu! ). Pošto je cos(2m+1)π = –1, imamoλ2/3= –1.

λ = 1Za ovu svojstvenu vrednost dobijamo, da je rang pripadajuć e matrice sistema

homogenih jednač ina 2 (treć a vrsta, a i treć a kolona je sastavljena od samih nula). Od

preostale dve jednačine nikako ne zavisi z , te pored slobodno odabranog z o dobijamorešenja xo = yo = 0, što znač i da je pripadni svojstveni vektor (0, 0, z o) = z o (0, 0, 1). To

154


23/27


znač i: sama osaOz ! Naknadno možemo biti "pametni" pa konstatovati, da bilo je i zaoč ekivati da u sluč aju obrtanja okoOz ose pravac same ose se neć e promeniti. Specifič nasituacija se ogleda u tome, da se ne menja niti smer niti intenzitet. Vektori na toj osi u tomobrtanju ostaju potpuno nepromenjeni.

λ = –1Osmotrimo elementarne transformacije matrice sistema homogenih jednač ina.

Pošto je cosψ = –1, sinψ = 0 iλ= –1, zato imamo matricu:

−−−

−

1000cossin0sincos

λ

ψ λ ψ

ψ ψ λ

~ .−200

000000

⇒ z o = 0, xo = α, yo = β,

gde suα i β proizvoljno odabrani nenula brojevi.

Svojstveni vektori su sledeć i:

( xo, yo, z o)= (α, β, 0) =α(1, 0, 0) +β(0, 1, 0).

Ova poslednja konstatacija znač i: prostor generisan vektorima (1, 0, 0) i (0, 1, 0) –a to ječ itava ravanOxy, jeste invarijantni potprostor transformacije.

Zaista, svaki vektor sa poč etkom u koordinatnom središtu i u ravniOxy sa jednim" poluobrtom " ne menja pravac, samo mu se smer menja u suprotan!

Zadaci 7.5.2.: Odrediti svojstvene vektore linearnih transformacija datih matricama:

a) , b) .−

−−

121

101365

−−−−

284

014013

c) Ako je poznat spektar{λ1, λ2, λ3, …,λn} regularne linearne transformacije A odreditispektar transformacije A –1. (Rešenje: Svojstvene vrednosti inverzne matrice su jednakereciproč nim vrednostima svojstvenih vrednosti date matrice).

155


24/27


Ispitni zadaci 7.:

1. (24.01.2001.)

Dat je skup vektoraW = { a=(2, 1, 3, 1),b =(1, 2, 0, 1),c =(–1, 1, –3, 0),d =(1, 5, –3, 2)}.

a) Nać i dimenziju vektorskog prostora kojeg generišu vektori tog skupa. b) Nać i linearne veze izmedju tih vektora.c) Nać i sve moguć e baze generisanog vektorskog prostora.

Rešenje:Polazimo od vezeα a + β b + γ c + δ d = 0, što se svodi na homegeni sistem

linearnih algebarskih jednač ina Kolone matrice tog sistema su koordinate datih vektora..

Rešavajuć i taj sistem imamo:

−−

−

2011330351211112

~31105121

a) Pošto je rang 2, to dim(V )=2 i imamo sledeć e rešenje, biramo li slobodnoγ i δ:

b) γ ( a – b + c ) +δ (a – 3b + d ) = 0 izč ega sledi: a – b + c = 0 i a – 3b + d = 0.

c) Baza je bilo koji par vektora iz datog skupa:(a , b ), ( a , c ), ( a , d ), ( b , c ), ( b , d ), ( c , d ).

2. (11.04.2002.)

a) (10) Izrač unatiϕ( A) ako jeϕ( x)= x x

−+

11 i .=

1221

A

b) (10) Odrediti karakteristič ne vektore matrice A.

Rešenje:

a) Matrič ni oblik tog polinoma je:ϕ ( A) = ( E +A ) ( E – A ) –1.

+ E .−−=−=

0220

,2222

A E A

( )−−

−−=⇒−=−−=− −11

11)(

02

20

4

1,4 1 A A E A E ϕ .

156


25/27


b) Karakteristič ni polinom je:det ( A – λ E ) = =−−

λ

λ

1221 λ2 – 2λ – 3.

Karakteristič na jednač ina jeλ2 – 2λ – 3 = 0,č iji su koreniλ1 = –1,λ2 = 3.

Za λ1 = –1 imamo 1.s.s. i odgovarajuć i sopstveni vektor je(α, – α) =α(1, –1).

Za λ2 = 3 situacija je slič na, takodje je 1.s.s. ali je sada sopstveni vektor(α, α) = α(1, 1).

3. (27.06.2002.)

Za datu matricu A odrediti karakteristič ni polinom, karakteristič ne vrednosti iinvarijantne pravce (invarijantne potprostore) linearne transformacije.

=

1000001001000001

A

Rešenje:

Karakteristič ni polinom je det( A– λ E ) = = (λ –1)3(λ +1).

Karakteristič ne vrednosti se neposrednoč itaju:λ 1 =1 i λ 2 = –1.

Za λ 1 =1 imamo 3 stepena slobode, jer se matrica A – λ 1 E svodi na jednu vrstu: [0 –1 1 0],što znač i jednu jedinu jednač inu: 0 x1 – x2 + x3 +0 x4 = 0. Neposredno se uoč ava da nepoznate x1 i x4 mogu biti proizvoljne, dok x2 = x3.Iz toga proizilazi opšte rešenje i invarijantni pravci (potprostor generisan tim vektorima jeinvarijantan):

( x1 , x2 , x3 , x4) =( x1 , x2 , x2 , x4) = x1 (1, 0, 0, 0) + x2 (0, 1, 1, 0) + x4 (0, 0, 0, 1).

Za λ 2 = –1 imamo 1 stepen slobode, jer se matrica A – λ 2 E svodi na: .100001100001

Oč evidno to je matrica homogenog sistema jednač ina u kojem mora biti x1 = x4 = 0, dok x2 = – x3 . Iz toga proizilazi opšte rešenje i invarijantni pravac:

( x1 , x2 , x3 , x4) = (0, x2 , – x2, 0) = x2 (0, 1, –1, 0).

157


26/27


4. (10.06.2003.)

Odrediti dimenziju vektorskog prostoraV , generisanog skupom vektora, ako su poznate sledeć e veze međ u vektorima:{ ed cba A ,,,,= }

0824202220533042

=+−+−=−++−=+++−=+−+−

ed cba

ed ba

ed cba

ed cba

.

Rešenje:

Korišć enjem GAUSS-ovog metoda eliminacije uoč va se, da vektord mora bitinula vektor, dok za ostale vektore te veze se svode na sledeć e jednakosti:

a =– 8e, b=– 3e i c=- 2e.

Prema tome, jedino vektore je nezavisni vektor, svi ostali se mogu "proizvesti" iznjega, pa je to jednodimenzioni prostorč ija je baza upravo vektore.

5. (09.12.1999.)

Nać i dimenziju i sve baze prostorora za sledeć i skup vektora:a1 = (1, 0, 0, –1), a2 = (2, 1, 1, 0), a3 = (1, 1, 1, 1),a4 = (1, 2, 3, 4), a5 = (0, 1, 2, 3).

Rešenje:

Iz zahteva linearne zavisnosti (nezavisnosti):

x a 1 + y a 2 + z a 3 + u a 4 + v a 5 = 0

sledi sistem algebarskih linearnih homogenih jednač ina:

x + 2 y + z + u = 0, y + z + 2u + v = 0, y + z + 3u + 2v = 0,

– x + z + 4u + 3v = 0.

Primenom GAUSS-ovog metoda eliminacije dobijemo redukovani sistem jednač ina:

x + y = 0, y + z + u = 0, u + v = 0.

158


27/27


Oč evidno je, rang matrice ovog sistema je 3, dok imamo 5 nepoznatih. To znač i 2stepena slobode. Drugim reč ima: imamo svega tri nezavisna vektora, odnosno generisani prostor je trodimenzionalan. Odredimo moguć e baze (od po tri vektora) tog prostora,isključ ivanjem onih trojki, koje ne mogu biti baza.

Ako u prvoj jednač ini iskoristimo jedan stepen slobode i odaberemo x = α, gde jeα proizvoljan broj različ it od nule, tada sledi y = – α. Iskoristimo drugi stepen slobode, pau treć oj jednač ini odaberemou = β, uz isto ogranič enje: daβ bude različ it od nule, tadaslediv = – β. Ako sve teč injenice primenimo u drugoj jednač ini, zaključ ujemo z = α – β.

Primenimo te zaključ ke u prvobitnoj jednač ini, koju smo postavili prilikomispitivanja linearne zavisnosti sistema vektora:

x a 1 + y a 2 + z a 3 + u a 4 + v a 5 = 0 ⇒ α a 1 – α a 2 + (α – β) a 3 + β a 4 – β a 5 = 0.

Potrebno je preurediti ovu poslednju vektorsku jednakost po odabranim brojevimaα i β:

α (a 1 – a 2 + a 3 ) + β ( –a 3 + a 4 – a 5 ) = 0.

Pošto za bilo koje odabrane (nenula) vrednosti brojeva ova poslednja jednakostmora važiti, to je moguć e samo tako, da kombinacije vektora u zagradama jednake nuli. Toupravo znač i, da medju datim vektorima postoje dve linearne veze:

a 1 – a 2 + a 3 = 0 i –a 3 + a 4 – a 5 = 0.

Trojke vektora, koji su obuvać eni ovim vezama ne mogu biti baza!

Formirajmo sve moguć e kombinacije od datih vektora. Od 5 vektora možemoformirati 10 trojki:

( a 1 , a 2 , a 3 ), ( a 1 , a 2 , a 4 ), ( a 1 , a 2 , a 5 ), ( a 1 , a 3 , a 3 ), ( a 1 , a 3 , a 5 ),

( a 1 , a 4 , a 5 ), ( a 2 , a 3 , a 4 ), ( a 2 , a 3 , a 5 ), ( a 2 , a 4 , a 5 ), ( a 3 , a 4 , a 5 ).

Zaokružene trojke vektora ne mogu biti baza na osnovu prethodnih razmatranja,dok sve ostale trojke su moguć e baze tog prostora.

Documents

VEKTORSKI PROSTORI.pdf