VladimirPavlovi c December1, · PDF file10 DEOI. POJAMVEKTORSKIHPROSTORA Konvencija Ako je V := (V;; ) vektorski prostor nad K onda je za 2 K i u 2 V umesto u ekonomi cnije i uobi

Linearna Algebra - I kolokvijum

Vladimir Pavlovic

December 1, 2012

2

Sadrzaj

I Pojam vektorskih prostora 5I.1 Geometrijski vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5I.2 Definicija vektorskih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8I.3 Linearna kombinacija konacnog sistema

vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

II Osnovni pojmovi i cinjenice 23II.1 Podprostor vektorskog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23II.2 Potpuni sistemi i skupovi vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28II.3 Linearno (ne)zavisne n-torke vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30II.4 Linearno (ne)zavisni skupovi vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32II.5 Bazni skup, baza, dimenzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37II.6 Sume podprostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44II.7 Linearna preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52II.8 Jos jedan primer izomorfizma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59II.9 Tri ocigledna i jedan vazan izomorfizam . . . . . . . . . . . . . . . . . 60II.10 Osnovna tvrdenja o linearnim preslikavanjima . . . . . . . . . . . . . 64

3

4 SADRZAJ

Deo I

Pojam vektorskih prostora

I.1 Geometrijski vektori

Na slici ispod ureden par tacaka (A,B) je “istog tipa kao” ureden par (A1, B1):

Slika I.1.1.

Takode, ureden par tacaka (T, T ) je “istog tipa kao” ureden par (S, S).

5

6 DEO I. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA

Slika I.1.2.

Skup

x :=

{

. . . , (A,B), . . . , (D,E), . . . , (G,H), . . . , (I, J), . . .

}

=−→AB =

−−→DE =

−−→GH =

−→IJ

nazivamo geometrijski vektor odreden uredenim parom tacaka (A,B) , a to je isto

sto i geometrijski vektor odreden uredenim parom tacaka (D,E), odnosno geometri-jski vektor odreden uredenim parom tacaka (G,H) itd. (preciznu definiciju ovogpojma necemo dati). Imamo (A,B) ∈ x, {(D,E), (I, J)} ⊆ x. Treba dakle pravitirazliku izmedu pojma ureden par tacaka i pojma geometrijski vektor (koji po svojojprirodi predstavlja odreden skup uredenih parova tacaka).

Imamo

y :=−−→BC =

−→EF =

−−→KL =

−−→MN =

{

. . . , (B,C), . . . , (E, F ), . . . , (K,L), . . . , (M,N), . . .

}

Klasicno sabiranje geometrijskih vektora se definise tako da je

{

. . . , (A,B), . . . , (D,E), . . . , (G,H), . . .

}

+

{

. . . , (B,C), . . . , (E, F ), . . . , (K,L), . . .

}

=

{

. . . , (A,C), . . . , (D,F ), . . . , (O,P ), . . . , (Q,R), . . .

}

odnosno preciznije

x+ y =−→AB +

−−→BC =

−→AC

Poznato je da je (klasicno) sabiranje geometrijskih vektora komutativna i aso-cijativna operacija.

I.1. GEOMETRIJSKI VEKTORI 7

Slika I.1.3.

Postoji neutral i to je geometrijski vektor

−→0 :=

{

. . . , (A,A), . . . , (G,G), . . . , (R,R), . . . ,

}

=−−→DD =

−→UU

Citaocu je poznato kako se definise mesovita operacija mnozenja geometrijskih vek-

tora realnim brojevima; npr. imamo −2−−→XY =

−−→XW =

−−−→X1X2, 2

−−→XZ =

−−→XW i

3−−→Y X =

−−→YW :

Slika I.1.4.


Poznato je da za geometrijske vektore u, v i α ∈ R vazi α(u+ v) = αu+ αv:

Slika I.1.5.

Poznato je da za proizvoljan geometrijski vektor u i brojeve α, β ∈ R vazi

(α+ β)u = αu + βu kao i α(βu) = (αβ)u.

I.2 Definicija vektorskih prostora

Da “napravimo” realan vektorski prostor potrebne su nam dve “stvari”:

– jedan skup V i neka komutativna i asocijativna operacija ⊕ na skupu V za kojupostoji neutralni element i u odnosu na koju je svaki element invertibilan i– neka mesovita operacija f : R × V → V – dogovorimo se da za α ∈ R i u ∈ Vumesto f(α, u) pisemo α ◦ u – tako da su zadovoljeni sledeci uslovi:

(V1) 1 ◦ u = u za svako u ∈ V ;

(V2) α ◦ (u⊕ v) = (α ◦ u)⊕ (α ◦ v) za svako α ∈ R i u, v ∈ V ;

(V3) (α + β) ◦ u = (α ◦ u)⊕ (β ◦ u) za svako α, β ∈ R i u ∈ V ;

(V4) α ◦ (β ◦ u) = (αβ) ◦ u za svako α, β ∈ R i u ∈ V .

U tom slucaju za uredenu trojku V := (V,⊕, ◦) (= (skup V , operacija ⊕,mesovita

operacija ◦)) kazemo da je

realan vektorski prostor

ili

vektorski prostor nad R;

I.2. DEFINICIJA VEKTORSKIH PROSTORA 9

za elemente skupa V kazemo da su vektori vektorskog prostora V. Operaciju ⊕ nazi-vamo sabiranje vektora u prostoru V.

Pojam

kompleksan vektorski prostor

ili

vektorski prostor nad C

se definise na potpuno isti nacin samo sto je sada ◦ : C×V → V mesovita operacijakoja za svaki kompleksan broj α ∈ C i u ∈ V kao rezultat daje neko α ◦ u ∈ V .

Primer Geometrijski vektoriAko je V skup svih geometrijskih vektora, u ⊕ v je klasican zbir geometrijskih

vektora u i v a α ◦ u klasican proizvod geometrijskog vektora u i realnog broja αonda je (V,⊕, ◦) je realan vektorski prostor. 2

Konvencija Fraza “V = (V,⊕, ◦) je vektorski prostor nad K” znacice zapravo daje K = R ili K = C a V vektorski prostor nad K, i sluzice da se formulisu definicijei formulisu i/ili dokazuju teoreme simultano i za realne i za kompleksne vektorskeprostore. Ukoliko je u datom razmatranju od sustinskog znacaja cinjenica da jeposmatrani vektorski prostor realan, odnosno kompleksan onda cemo umesto “K”pisati bas “R” odnosno “C”. 2

Tvrdenje I.2.1 Za svako n ∈ N i α, α1, . . . , αn ∈ K, u, u1, . . . , un ∈ V vazi:(a) α ◦ (u1 ⊕ · · · ⊕ un) = (α ◦ u1)⊕ · · · ⊕ (α ◦ un) i(b) (α1 + · · ·+ αn) ◦ u = (α1 ◦ u)⊕ · · · ⊕ (αn ◦ u).

Dokaz (a) Indukcijom po n: α◦(u1⊕· · ·⊕un⊕un+1) = α◦((u1⊕· · ·⊕un)⊕un+1

) (1)=

(

α ◦ (u1 ⊕ · · · ⊕ un)

)

⊕ (α ◦ un+1)(2)=

(

(α ◦ u1) ⊕ · · · ⊕ (α ◦ un)

)

⊕ (α ◦ un+1) =

(α◦u1)⊕· · ·⊕(α◦un)⊕(α◦un+1), gde se (1) pravda osobinom (V2) a (2) indukcijskomhipotezom.

(b) Indukcijom po n: (α1+ · · ·+αn+αn+1) ◦u =((α1+ · · ·+αn)+αn+1

)◦u =

(

(α1 + · · · + αn) ◦ u

)

⊕ (αn+1 ◦ u) =

(

(α1 ◦ u) ⊕ · · · ⊕ (αn ◦ u)

)

⊕ (αn+1 ◦ u) =

(α1 ◦ u)⊕ · · · ⊕ (αn ◦ u)⊕ ◦(αn+1u). 2


Konvencija Ako je V := (V,⊕, ◦) vektorski prostor nad K onda je za α ∈ K iu ∈ V umesto α ◦ u ekonomicnije i uobicajeno da se pise α−→u , gde ova strelica

ima funkciju da ukaze na to da je u element skupa V svih vektora (vektorskog)prostora V. Takode je uobicajeno da se pise jednostavno −→x + −→y umesto −→x ⊕ −→y ,gde ponovo ove strelice govore da se radi o elementima skupa V a da je ovo “+”zapravo operacija sabiranja vektora “⊕”; zapis x + y (bez strelica) porucuje da jex, y ∈ K i da je “+” zaista klasicno sabiranje brojeva.

Za elemente skupa K (dakle realne ili kompleksne brojeve) se kaze da su skalari

prostora V a za mesovitu operaciju ◦ da je mnozenje vektora skalarom. 2

Ako neutralni element operacije ⊕ oznacimo sa 0 i ako je u ∈ V proizvoljno ondapo pretpostavci postoji tacno jedan suprotni (u odnosu na operaciju ⊕) elementelementa u; ako izaberemo recimo oznaku u da oznacimo suprotni element elementa

u onda dakle imamo v ⊕ v = 0 (odnosno −→v + −→v =−→0 prema nasoj konvenciji) za

svako v ∈ V . Uz ovakve oznake imamo da vazi naredni stav.

Tvrdenje I.2.2 Za svako α ∈ K i x ∈ V vazi:(a) 0−→x =

−→0 ;

(b) α−→0 =

−→0 ;

(c) α−→x =−→0 moze da vazi samo ako α = 0 ili x = 0;

(d) (−α)−→x = α−→x i (−1)−→x = −→x .

Dokaz (a) Imamo 1−→x = x pa je −→x +0−→x = 1−→x +0−→x = (1+0)−→x = 1−→x = −→x , gdesmo iskoristili (V3). Iz

−→x + 0−→x = −→x

sada sledi−→x +

(−→x + 0−→x)= −→x +−→x

tj.(−→x +−→x

)+ 0−→x =

−→0 odnosno 0−→x =

−→0 + 0−→x =

−→0 .

(b) Imamo

α−→0 = α

(−→0 +

−→0)= α

−→0 + α

−→0

gde smo iskoristili (V2). Odavde je

α−→0 +α

−→0 = α

−→0 + α

−→0 +α

−→0

tj.−→0 = α

−→0 +

−→0

odnosno−→0 = α

−→0 .


(c) Ako je α 6= 0 onda iz α−→x =−→0 sledi

1

α

(α−→x

)=

1

α

−→0 , pa sada prema (b) i

(V4) mora biti

(1

α· α

)

−→x =−→0 , tj. −→x = 1−→x =

−→0 .

(d) Imamo−→0 = 0−→x =

(α + (−α)

)−→x = α−→x + (−α)−→x , pa je (−α)−→x = α−→x ;specijalno za α = 1 odavde zbog (V1) sledi (−1)−→x = −→x . 2

Za neutral 0 se kaze da je

nula vektor vektorskog prostora V

Jedan veoma opst primer

Neka je K = R i K = C i X neprazan skup. Na skupu XK definisemo operaciju“⊕” koju cemo zvati

standardno sabiranje funkcija

na sledeci nacin: ako su f, g : X → K onda je funkcija f ⊕ g : X → K odredena sa

(f ⊕ g)(x) :df= f(x) + g(x)

za svako x ∈ X. Definisemo i mesovitu operaciju ◦ : K×XK → XK koju cemo zvati

standardno mnozenje funkcija realnim, odnosno kompleksnim brojem

na sledeci nacin: za f : X → K i α ∈ K funkcija α ◦ f : X → K odredena je sa

(α ◦ f)(x) :df= αf(x)

za svako x ∈ X.

Slika I.2.6.


Slika I.2.7.

Lako se proverava da je(XK,⊕, ◦

)vektorski prostor nad K. Vektori ovog

prostora su funkcije iz X u K, a skalari ovog prostora su realni ili kompleksnibrojevi. Ovo je

vektorski prostor svih funkcija iz X u K

Uverimo se u to da ovo jeste vektorski prostor.

Imamo(

f ⊕ (g ⊕ h)

)

(x) = f(x) +

(

g ⊕ h

)

(x) = f(x) +(g(x) + h(x)

)

i (

(f ⊕ g)⊕ h

)

(x) =

(

f ⊕ g

)

(x) + h(x) =(f(x) + g(x)

)+ h(x)

za svako x ∈ X. Dakle f ⊕ (g ⊕ h) = (f ⊕ g) ⊕ h. Slicno se proverava da je if ⊕ g = g ⊕ f .Neutral za operaciju ⊕ postoji i to je konstantna nula funkcija o : X → K data sao(x) = 0 za svako x ∈ X. Zaista

(

f ⊕ o

)

(x) = f(x) + o(x) = f(x) + 0 = f(x)


za svako x ∈ X. Ako f : X → K onda je funkcija g : X → K definisana sag(x) = −f(x) za svako x ∈ X, suprotni element od f u odnosu na operaciju ⊕.Zaista (

f ⊕ g

)

(x) = f(x) + g(x) = f(x) +(−f(x)

)= 0 = o(x)

za svako x ∈ X, pa je f ⊕ g = o.

Proveravamo osobinu (V1):

(

1 ◦ f

)

(x) = 1 · f(x) = f(x)

za svako x ∈ X pa je 1 ◦ f = f .


(

α ◦ (f ⊕ g)

)

(x) = α ·

(

f ⊕ g

)

(x) = α ·(f(x) + g(x)

)i

(

(α ◦ f)⊕ (α ◦ g)

)

(x) =

(

α ◦ f

)

(x) +

(

α ◦ g

)

(x) = α · f(x) + α · g(x)

za svako x ∈ X pa je α(f ⊕ g) = (α ◦ f)⊕ (α ◦ g).


(

(α+ β) ◦ f

)

(x) = (α+ β) · f(x) i(

(α ◦ f)⊕ (β ◦ f)

)

(x) =

(

α ◦ f

)

(x) +

(

β ◦ f

)

(x) = α · f(x) + β · g(x)

za svako x ∈ X pa je (α + β) ◦ f = (α ◦ f)⊕ (β ◦ f).


(

α ◦ (β ◦ f)

)

(x) = α ·

(

β ◦ f

)

(x) = α ·(β · f(x)

)i

(

(α · β) ◦ f

)

(x) = (α · β) · f(x)

za svako x ∈ X pa je α ◦ (β ◦ f) = (α · β) ◦ f .

• Ilustracija Neka su f, g, h, q ∈ RR definisane sa

f(x) :df= sin2 x, g(x) :

df= cos2 x, h(x) :

df= 1 i q(x) :

df= cos 2x


za svako x ∈ R. Vazi f ⊕ g = h: zaista ako je x ∈ R onda imamo

(f ⊕ g)(x) = f(x) + g(x) = sin2 x+ cos2 x = 1 = h(x)

pa je (f ⊕ g)(x) = h(x) za svako x ∈ R, tj. f ⊕ g i g su jedna te ista funkcija.Vazi f =

(12◦ h)⊕(−1

2◦ q): zaista ako je x ∈ R onda imamo

((1

2◦ h

)

⊕

(

−1

2◦ q

))

(x) =

(1

2◦ h

)

(x) +

(

−1

2◦ q

)

(x) =

=1

2h(x) +

(

−1

2

)

q(x) =1

2· 1−

1

2· cos 2x =

1− cos 2x

2= sin2 x = f(x)

pa funkcije(12◦ h)⊕(−1

2◦ q)i f “isto slikaju” svako x ∈ R.

Podsetimo se da umesto zapisa koriscenog gore mozemo pisati (prema jednoj

ranijoj konvenciji) jednostavno 12

−→h − 1

2−→q =

−→f . •

Dva specijalna slucaja

(1) Prostori n-torki Kn: Rn i Cn

Ako je n ∈ N i X = {1, . . . , n} onda specijalno dobijamo prostore (Rn,⊕, ◦) i(Cn,⊕, ◦). Prvi je realan a drugi kompleksan vektorski prostor.

• Ilustracija Za

a := (−2, 1, 3, 5) =

(1 2 3 4

−2 1 3 5

)

∈ R4

i

b := (−3, 0, 4, 7) =

(1 2 3 4

−3 0 4 7

)

∈ R4

imamo−3−→a + 2

−→b = −3(−2, 1, 3, 5) + 2(−3, 0, 4, 7) =

−3

(1 2 3 4

−2 1 3 5

)

+ 2

(1 2 3 4

−3 0 4 7

)

=

(1 2 3 4

(−3) · (−2) (−3) · 1 (−3) · 3 (−3) · 5

)

+

(1 2 3 4

2 · (−3) 2 · 0 2 · 4 2 · 7

)

=

(1 2 3 46 −3 −9 −15

)

+

(1 2 3 4

−6 0 8 14

)

=


(1 2 3 4

6− 6 −3 + 0 −9 + 8 −15 + 14

)

=

=

(1 2 3 40 −3 −1 −1

)

= (0,−3,−1,−1)

•

Sabiranje n-torki brojeva izgleda ovako

(a1, . . . , ai, . . . , an) + (b1, . . . , bi, . . . , bn) = (a1 + b1, . . . , ai + bi, . . . , an + bn)

Mnozenje n-torki brojeva brojevima izgleda ovako

α(a1, . . . , ai, . . . , an) = (αa1, . . . , αai , . . . , αan)

Nula vektor ovog prostora jeste n-torka (0, . . . , 0︸︷︷︸

n puta

), tj. a =(ai : i = 1, n

)gde je

ai = 0 za svako i = 1, n.

Konvencija Za K ∈ {R,C} uobicajeno je da se pod “vektorski prostor Kn” po-drazumeva ne sam skup Kn vec zapravo gore definisan vektorski prostor svih n-torkibrojeva iz K. Ukoliko se posmatra neki drugi prostor sa istim skupom vektora to seonda posebno naglasi. 2

(2) Prostori matrica Kn×m: Rn×m i Cn×m

Ako je n,m ∈ N iX = {1, . . . , n}×{1, . . . , m} onda specijalno dobijamo prostore(Rn×m,⊕, ◦) i (Cn×m,⊕, ◦). Prvi je realan a drugi kompleksan vektorski prostor.

• Ilustracija Za

A =

8 5− i

−1 3i0 −7

∈ C3×2

i

B =

5 3− i

1 2i−2 −4

∈ C3×2

imamo

2−→A − 3

−→B = 2

8 5− i

−1 3i0 −7

− 3

5 3− i

1 2i−2 −4

=


= 2 ·

1 2

123

8 5− i

−1 3i0 −7

+ (−3) ·

1 2

123

5 3− i

1 2i−2 −4

=

1 2

123

2 · 8 2 · (5− i)2 · (−1) 2 · 3i2 · 0 2 · (−7)

+

1 2

123

(−3) · 5 (−3) · (3− i)(−3) · 1 (−3) · 2i

(−3) · (−2) (−3) · (−4)

=

1 2

123

16 10− 2i−2 6i0 −14

+

1 2

123

−15 −9 + 3i−3 −6i6 12

=

1 2

123

1 1 + i

−5 56 −2

=

1 1 + i

−5 06 −2

•

Sabiranje matrica izgleda ovako

a1,1 · · · a1,j · · · a1,m...

.........

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

...ai,1 · · · ai,j · · · ai,m...

.........

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

...an,1 · · · an,j · · · an,m

+

b1,1 · · · b1,j · · · b1,m...

.........

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

...bi,1 · · · bi,j · · · bi,m...

.........

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

...bn,1 · · · bn,j · · · bn,m

=

=

a1,1 + b1,1 · · · a1,j + b1,j · · · a1,m + b1,m...

.........

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

...ai,1 + bi,1 · · · ai,j + bi,j · · · ai,m + bi,m

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

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

...an,1 + bn,1 · · · an,j + bn,j · · · an,m + bn,m

Mnozenje matrica brojevima izgleda ovako

α ·

a1,1 · · · a1,j · · · a1,m...

.........

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

...ai,1 · · · ai,j · · · ai,m...

.........

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

...an,1 · · · an,j · · · an,m

=

α · a1,1 · · · α · a1,j · · · α · a1,m...

.........

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

...α · ai,1 · · · α · ai,j · · · α · ai,m

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

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

...α · an,1 · · · α · an,j · · · α · an,m

I.3. LINEARNA KOMBINACIJA KONACNOG SISTEMA VEKTORA 17

Nula vektor ovog prostora jeste tzv. nula matrica formata n puta m

O =

0 · · · 0 · · · 0...

.........

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

...0 · · · 0 · · · 0...

.........

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

...0 · · · 0 · · · 0

ili preciznije, matrica O =(Oi,j : i = 1, n; j = 1, m

)za koju je Oi,j = 0 za

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

Konvencija Za K ∈ {R,C} uobicajeno je da se pod “vektorski prostor Kn×m” po-drazumeva ne sam skup Kn×m vec zapravo gore definisan vektorski prostor matrica.Ukoliko se posmatra neki drugi prostor sa istim skupom vektora to se onda posebnonaglasi. 2

2

I.3 Linearna kombinacija konacnog sistema

vektora

Za uredenu n-torku (u1, . . . , un) cemo koristiti i termin sistem duzine n a da jeoznacimo koristicemo ravnopravno i sledece zapise

“(ui : i = 1, n

)”, “(u) : ui, i = 1, n ” ili “(u) : u1, . . . , un”

Prazan skup nazivacemo drugacije i sistem duzine 0 ili prazan sistem.

Definicija I.3.1 Neka je V vektorski prostor nad K i n ∈ N. Pod

linearnom kombinacijom

n-torke vektora x(xi : i = 1, n

)prostora V sa n-torkom skalara

(αi : i = 1, n

)po-

drazumevamo vektor

α1−→x1 + · · · + αn

−→xn =

n∑

i=1

αi−→xi


i za njega koristimo oznaku bα1, . . . , αncx

Dakle bα1, . . . , αncx :df=

n∑

i=1

αi−→xi .

2

Zapazanje I.3.2 Ako su u1, . . . , un, v1, . . . , vn, α, β ∈ K onda je

α · bu1, . . . , uncx + β · bv1, . . . , vncx = bαu1 + βv1, . . . , αun + βvncx

Zaista, ovo je jednostavno drugi nacin da se zapise

α−→a + β−→b = α

n∑

i=1

ui−→xi + β

n∑

i=1

vi−→xi =

n∑

i=1

(αui + βvi)−→xi

2

Terminologija Fraza

“vektor −→v je linearna kombinacija sistema vektora(xi : i = 1, n

)”

znacice:

“postoji neki sistem skalara(αi : i = 1, n

)tako da je −→v =

n∑

i=1

αi−→xi”

tj. tako da je vektor −→v linearna kombinacija sistema vektora(xi : i = 1, n

)sa

sistemom skalara(αi : i = 1, n

).

Isto ce znaciti i fraze poput “vektor −→v se moze prikazati (predstaviti) kao lin-

earna kombinacija sistema vektora(xi : i = 1, n

)”. 2

Primer Vektor (−1, 1) ∈ R2 je linearna kombinacija sistema vektora

(x) : −→x1 = (1,−5), −→x2 = (−1, 3)

Zaista: 2−→x1 + 3−→x2 = 2(1,−5) + 3(−1, 3) = (−1, 1). 2

Terminologija Za vektor v kazemo da je “linearna kombinacija vektora skupa M”ako postoji sistem

(xi : i = 1, n

)vektora skupa M (tj. takav da je −→xi ∈ M za svako

i = 1, n) tako da je vektor v linearna kombinacija sistema vektora(xi : i = 1, n

).

2


Primer I.3.3 Sta, u realnom vektorskom prostoru V :=(RR,⊕, ◦

)svih funkcija iz

R u R, predstavljaju linearne kombinacije funkcija iz skupa M := {fn : n ∈ N0},

gde je fn ∈ RR definisana sa fn(x) :df= xn za svako x ∈ R (recimo f0(x) = x0 = 1)?

Neka je k ∈ N, n1, n2, . . . , nk ∈ N0 i αi ∈ R za i = 1, k. Imamo

(

α1

−→fn1

+ · · ·+αi

−→fni

+ · · ·+αk

−→fnk

)

(x) = α1fn1(x)+ · · ·+αifni

(x)+ · · ·+αkfnk(x) =

α1xn1 + · · ·+ αix

ni + · · ·+ αkxnk = a0 + a1x + · · ·+ ajx

j + · · ·+ amxm

za m := nk, i odgovarajuce aj ∈ R, j = 1, k. Dakle linearne kombinacije vektoraskupa M su polinomske funkcije. 2

Definicija I.3.4 Neka je M neprazan skup vektora vektorskog prostora V. Skup

LV(M) = L(M) :df= {v ∈ V : v je linearna kombinacija vektora skupa M}

nazivamo

lineal nad skupom M .

Takode definisemo da je L(∅) :df= {0}. 2

Jasno M ⊆ L(M) : ako −→x ∈ M onda −→x = 1 · −→x ∈ L(M).

Takode, uvek vazi 0 ∈ L(M) : ako je M = ∅ onda je 0 ∈ {0} = L(M) a ako je

M 6= ∅ onda mozemo uociti neko x ∈ M pa imamo−→0 = 0−→x ∈ L(M).

Primer I.3.5 U prostoru geometrijskih vektora skup L(−→OA,

−−→OB)

– lineal nad ge-

ometrijskim vektorima u :=−→OA i v :=

−−→OB na slici – predstavlja skup svih geometri-

jskih vektora “paralelnih” ravni R odredenoj tackama O, A, B; tj.

L(u, v) ={−−→OX : X ∈ R

}


Slika I.3.8.

Slika I.3.9.

Imamo−−→OD /∈ L(u, v) i

−−−→O1C1 =

−→OC = u+ 2v ∈ L(u, v).

Skup L(−→AB)

– lineal nad geometrijskim vektorom u :=−→AB na slici – predstavlja

skup svih geometrijskih vektora “paralelnih” sa pravom p odredenom tackama A,B; tj.

L(u) ={−−→AX : X ∈ p

}


Slika I.3.10.

Na primer imamo−−→CD = 2u ∈ L(u),

−→EF = 1/2u ∈ L(u),

−−→GH = −2u ∈ L(u),

−→IJ /∈ L(u). 2

Primer I.3.6 U realnom vektorskom prostoru V :=(RR,⊕, ◦

)svih funkcija iz R u

R, neka je Mk := {fi : i = 1, k} za k ∈ N, gde je fi ∈RR definisana sa fi(x) :

df= xn

za svako x ∈ R.L(Mk) je skup svih polinomskih funkcija stepena ne veceg od k. 2

Zapazanje I.3.7 Primetimo da ako je M proizvoljan skup vektora prostora V ondavazi:

– ako −→x ,−→y ∈ L(M) onda −→x +−→y ∈ L(M);– ako −→x ∈ L(M) i λ ∈ K onda λ−→x ∈ L(M).Zaista, ako je M neprazan i ako je −→x ,−→y ∈ L(M) onda postoje vektori a1, . . . , an,

b1, . . . , bm ∈ M i skalari α1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ K tako da je

−→x = α1−→a1 + · · ·+ αn

−→an i −→y = β1

−→b1 + · · ·+ βm

−→bm

pa je zato

−→x +−→y = α1−→a1 + · · ·+ αn

−→an + β1

−→b1 + · · ·+ βm

−→bm ∈ L(M)

a takode je i

λ−→x = λ(α1−→a1 + · · ·+ αn

−→an) = (λα1)−→a1 + · · ·+ (λαn)

−→an ∈ L(M)

za svako λ ∈ K.Ako je M = ∅ onda tvrdenje sledi iz

−→0 +

−→0 =

−→0 i α ·

−→0 =

−→0 za svako α ∈ K.

2


Deo II

Osnovni pojmovi i cinjenice

II.1 Podprostor vektorskog prostora

Definicija II.1.1 Za neprazan podskup P ⊆ V kazemo da je

podprostor vektorskog prostora V

ako zadovoljava naredna dva uslova:

(P1) ako x, y ∈ P onda −→x +−→y ∈ P

(P2) ako x ∈ P i α ∈ K onda α−→x ∈ P .

i tu cinjenicu cemo oznacavati sa

Pv

⊆ V

U tom slucaju ako stavimo ⊕′ := ⊕ � (P × P ) i ◦′ := ◦ � (K × P ) imamo da jeP := (P,⊕′, ◦′) vektorski prostor nad K, i za P kazemo da je

vektorski prostor odreden podprostorom P vektorskog prostora V

2

23

24 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE

Slika II.1.1.

Slika II.1.2.

Primer Neka je V :=(NR,⊕, ◦

)vektorski prostor svih funkcija iz N u R – tj.

vektorski prostor svih nizova realnih brojeva.Neka su a, b ∈ NR. Ako su vektori a i b oba “odredenog tipa”, odnosno oba imaju

odredenu osobinu (recimo oba niza su takva da su im svi clanovi nenegativni, ili obasu aritmeticki nizovi) mogu se postaviti pitanja:

(1) da li je i njihov zbir −→a +−→b niz tog istog tipa?

(2) ako je α ∈ R da li je i vektor α−→a niz tog istog tipa?

II.1. PODPROSTOR VEKTORSKOG PROSTORA 25

Ako su oba niza aritmeticka onda je takav i njihov zbir. Zaista neka postojeδ1, δ2 ∈ R tako da je

an+1 − an = δ1 i bn+1 − bn = δ2

za svako n ∈ N. Stavimo −→c := −→a +−→b . Tada je

cn = c(n) = (−→a +−→b )(n) = a(n) + b(n) = an + bn

tj. cn = an + bn za svako n ∈ N; zato imamo

cn+1 − cn = (an+1 + bn+1)− (an + bn) = δ1 + δ2

za svako n ∈ N.Ako je a aritmeticki niz i α ∈ R proizvoljno onda je i α−→a aritmeticki niz: zaista,

ako je θ ∈ R takvo da jean+1 − an = θ

za svako n ∈ N, onda imamo

(α−→a )n+1 − (α−→a )n = αan+1 − αan = αθ

za svako n ∈ N.

Dakle ako sa P oznacimo skup svih aritmetickih nizova realnih brojeva, tj.

P :={a ∈ N

R : postoji r ∈ R tako da za svako n ∈ N vazi an+1 − an = r}

onda skup vektora P ⊆ NR naseg vektorskog prostora V zadovoljava uslove (P1) i(P2).


Slika II.1.3.

Pitanje Sta je sa osobinom “svaki clan niza je nenegativan”? •

2

Primer Ako je V proizvoljan vektorski prostor onda su {0} i sam V podprostori odV. Za njih kazemo da su trivijalni podprostori. Za {0} kazemo da je nula podprostor.2

Primer II.1.2 Prostori PolR i PolCOznacimo sa PolR skup svih polinomskih funkcija iz R u R. Ako je V1 :=

(RR,⊕, ◦

)realan vektorski prostor svih funkcija iz R u R onda skup PolR zadovo-

ljava uslove (P1) i (P2) (sa PolR umesto P ). (Realan) vektorski prostor odredenpodprostorom PolR prostora V1 nazivamo

vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz R u R

Oznacimo sa PolC skup svih polinomskih funkcija iz C u C. Ako je V2 :=(CC,⊕, ◦

)kompleksan vektorski prostor svih funkcija iz C u C onda skup PolC

zadovoljava uslove (P1) i (P2). (Kompleksan) vektorski prostor odreden podpro-storom PolC prostora V2 nazivamo

vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz C u C

2

Primer II.1.3 Prostori Poln,R i Poln,CZa n ∈ N0 oznacimo sa Poln,R skup svih polinomskih funkcija iz R u R stepena

ne veceg od n. Ako je V1 :=(RR,⊕, ◦

)realan vektorski prostor svih funkcija iz R

u R onda skup Poln,R zadovoljava uslove (P1) i (P2) . (Realan) vektorski prostorodreden podprostorom Poln,R prostora V1 nazivamo

vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz R u R

stepena ne veceg od n

Za n ∈ N0 oznacimo sa Poln,C skup svih polinomskih funkcija iz C u C stepenane veceg od n. Ako je V2 :=

(CC,⊕, ◦

)kompleksan vektorski prostor svih funkcija

iz C u C onda skup Poln,C zadovoljava uslove (P1) i (P2). (Kompleksan) vektorskiprostor odreden podprostorom Poln,C prostora V2 nazivamo

II.1. PODPROSTOR VEKTORSKOG PROSTORA 27

vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz C u C

stepena ne veceg od n

2

Tvrdenje II.1.4 Neka je V vektorski prostor nad K. Ako je M proizvoljan skupvektora onda je L(M) podprostor od V. Ako je P podprostor onda je P = L(P ).Specijalno:

– svaki podprostor je oblika L(X) za neki skup vektora X;

– za svaki skup vektora M ⊆ V vazi L(L(M)

)= L(M).

Dokaz. Vec znamo da L(M) zadovoljava uslove (P1) i (P2) (Zapazanje I.3.7).

Neka je P podprostor od V. Obzirom da X ⊆ L(X) vazi za svaki skup vektoraX bio on podprostor ili ne, dovoljno je da pokazemo da vazi L(P ) ⊆ P . Pokazimoindukcijom po n ∈ N da vazi:

ako su x1, . . . , xn ∈ P i α1, . . . , αn ∈ K onda je α1−→x1 + · · ·+ αn

−→xn ∈ P

Za n = 1 ovo tvrdenje se svodi na uslov (P2) koji po pretpostavci vazi. Pre-tpostavimo da tvrdenje vazi za neko n ∈ N i neka su x1, . . . , xn+1 ∈ P i α1, . . . , αn+1 ∈K. Imamo

α1−→x1 + · · ·+ αn+1

−−→xn+1 =−→u + αn+1

−−→xn+1

gde je −→u := α1−→x1 + · · ·+ αn

−→xn. Prema indukcijskoj hipotezi je −→u ∈ P a zbog (P2)je αn+1

−−→xn+1 ∈ P , pa na osnovu (P1) sledi −→u + αn+1−−→xn+1 ∈ P .

Ovim smo pokazali da je P = L(P ). Specijalno svaki podprostor P je oblikaL(X) – recimo mozemo uzeti X = P . 2

Tvrdenje II.1.5 Ako su Ps za s ∈ S podprostori onda je i⋂

s∈S

Ps podprostor. Za

proizvoljan skup vektora M ⊆ V vazi:

L(M) =⋂{

Pv

⊆ V : M ⊆ P}

tj. L(M) je upravo skup svih onih vektora koji su zajednicki za sve podprostorekoji sadrze skup M . 2


II.2 Potpuni sistemi i skupovi vektora

Za uredenu n-torku(xi : i = 1, n

)kazemo da je injektivna ako vazi i 6= j ⇒ ai 6= aj

za svako i, j = 1, n, tj. ako su a1, . . . , an medusobno razliciti.

Definicija II.2.1 (i) Za skup vektora M ⊆ V vektorskog prostora V = (V,⊕, ◦)kazemo da je

potpun skup vektora

ako za svaki vektor v prostora V postoje k ∈ N,

vektori x1, . . . , xk ∈ M i skalari α1, . . . , αk ∈ K

tako da je

−→v =k∑

i=1

αi−→xi

Drugim recima, skup vektora M je potpun ako je svaki vektor prostora V li-nearna kombinacija vektora tog skupa.

(ii) Za konacan sistem vektora(xi : i = 1, n

)kazemo da je

potpun sistem vektora

ako je skup{xi : i = 1, n

}potpun skup vektora. Prazan sistem je po definiciji

potpun sistem svakog nula vektorskog prostora (tj. {0}). 2

Zapazanje II.2.2 Dakle skup vektora M je potpun akko je L(M) = V . Vazi:

konacan sistem vektora(xi : i = 1, n

)je potpun

akko je

skup vektora{xi : i = 1, n

}potpun

akko

za svaki vektor v postoje αi ∈ K za i = 1, n tako da je −→v =n∑

i=1

αi−→xi

II.2. POTPUNI SISTEMI I SKUPOVI VEKTORA 29

akko vazi

V =

{n∑

i=1

αi−→xi : αi ∈ K, i = 1, n

}

2

Primer Skup V svih vektora je potpun skup vektora. 2

Primer II.2.3 Za i ∈ N0 neka su fi : R → R definisane sa fi(x) :df= xi za x ∈ R.

U prostoru PolR iz Primera II.1.2 skup {fi : i ∈ N0} je potpun skup vektora(videti Primer I.3.3).

U prostoru Poln,R iz Primera II.1.2 skup {fi : i = 0, n} je potpun skup vektora(videti Primer I.3.6). 2

Definicija II.2.4 Za vektorski prostor kazemo da je

konacnodimenzionalan

ako postoji neki konacan potpun skup vektora tog prostora. 2

Primer II.2.5 Neka je NR vektorski prostor svih realnih nizova. Znamo da je skup

svih V aritmetickih nizova podprostor od NR. Neka su nizovi a1 i a2 definisani sa

a1(n) = 1

ia2(n) = n− 1

za svako n ∈ N (neformalno: a1 = (1, 1, 1, 1, 1, . . . ), a2 = (0, 1, 2, 3, 4, . . . )). Imamoa1, a2 ∈ V (oba ova niza su aritmeticka).

Sistem vektora a = (a1, a2) prostora V je potpun. Zaista, ako je niz x aritmetickionda postoje θ, d ∈ R tako da je

xn = r + (n− 1)d

za svako n ∈ N, pa je

x(n) = r · a1(n) + d · a2(n) = (r−→a1 + d−→a2)(n)

tj. −→x = r−→a1 + d−→a2 .Zakljucujemo da je prostor svih realnih aritmetickih nizova konacnodimenzionalan.

2

Primer Prostor svih polinomskih funkcija iz K u K stepena ne veceg od n (gde jeK ∈ {R,C} i n ∈ N) nije konacnodimenzionalan. Zaista ako su p1, . . . , pm ∈ Poln,K,α1, . . . , αm ∈ K i ako je k ∈ N0 najveci od stepena datih polinomskih funkcija, ondaje α1

−→p1 + · · ·αm−→pm neka polinomska funkcija stepena najvise k; zato se nijedna

polinomska funkcija stepena k + 1 ne moze predstaviti kao linearna kombinacijavektora iz skupa {p1, . . . , pm}. 2


II.3 Linearno (ne)zavisne n-torke vektora

Neka su x1, x2 i x3 vektori nekog vektorskog prostora V nad K. (tj. neka je(x1, x2, x3) konacan sistem vektora tog prostora).

Pitanje 1Da li postoje α1, α2, α3 ∈ K (tj. da li postoji sistem skalara (α1, α2, α3))tako da je

α1−→x1 + α2

−→x2 + α3−→x3 =

−→0

Trivijalno da: dovoljno je uzeti α1 = α2 = α3 = 0.

Pitanje 2 Da li postoje α1, α2, α3 ∈ K koji nisu svi jednaki nuli (tj. takvi danije α1 = α2 = α3 = 0) tako da je

α1−→x1 + α2

−→x2 + α3−→x3 =

−→0

Primer II.3.1 U prostoru R3 neka je dat sistem vektora

(a) : a1 = (1, 1, 1), a2 = (1, 2, 2), a3 = (3, 2, 5)

Ako za neke α1, α2, α3 ∈ R vazi

3∑

i=1

αi−→ai = α1(1, 1, 1) + α2(1, 2, 2) + α3(3, 2, 5) = (0, 0, 0)

tj.(α1 + α2 + 3α3, α1 + 2α2 + 2α3, α1 + 2α2 + 5α3) = (0, 0, 0)

onda mora biti

α1 +α2 +3α3 = 0α1 +2α2 +2α3 = 0α1 +2α2 +5α3 = 0

odnosno

α1 + α2 + 3α3 = 0(α1 + 2α2 + 2α3)− (α1 + α2 + 3α3) = 0(α1 + 2α2 + 5α3)− (α1 + α2 + 3α3) = 0

tj.

α1 +α2 +3α3 = 0α2 −α3 = 0α2 +2α3 = 0

II.3. LINEARNO (NE)ZAVISNE N -TORKE VEKTORA 31

odnosno

α1 + α2 + 3α3 = 0α2 − α3 = 0

(α2 + 2α3)− (α2 − α3) = 0

tj.

α1 +α2 +3α3 = 0α2 −α3 = 0

3α3 = 0

pa mora biti α3 = 0 te i α2 = α3 = 0 kao i α1 = −α1 − 3α3 = 0. 2

Definicija II.3.2 Ako je n ∈ N onda za n-torku vektora(xi : i = 1, n

)vektorskog

prostora V nad K kazemo da je

linearno nezavisna

ako je jedina n-torka skalara(αi : i = 1, n

)za koji vazi

n∑

i=1

αi−→xi =

−→0 jeste tzv.

trivijalna n-torka skalara, tj. ona data sa αi = 0 za svako i = 1, n.Na ovaj nacin smo dakle definisali pojam linearno nezavisnog sistema vektora

duzine n ∈ N. Sistem vektora duzine 0, tj. prazan skup, je po definiciji linearnonezavisan.

Za n-torku vektora(xi : i = 1, n

)kazemo da je

linearno zavisna

ukoliko nije linearno nezavisna. 2

Tvrdenje II.3.3 Sistem vektora(xi : i = 1, n

)je linearno nezavisan akko je ispunjen

sledeci uslov:ako su

(αi : i = 1, n

)∈ Kn i

(βi : i = 1, n

)∈ Kn razlicite n-torke skalara (tj.

za neko i0 ∈ {1, . . . , n} je αi0 6= βi0) onda je

n∑

i=1

αi−→xi 6=

n∑

i=1

βi−→xi

Dokaz Neka je doticni sistem vektora linearno nezavisan i neka je i0 ∈ {1, . . . , n}takvo da je αi0 6= βi0. Tada je αi0 − βi0 6= 0 pa je

(αi − βi : i = 1, n

)netrivijalan

sistem skalara; otuda mora biti

n∑

i=1

(αi − βi)−→xi 6=

−→0


tj.n∑

i=1

αi−→xi 6=

n∑

i=1

βi−→xi

Pretpostavimo sada da je dati uslov ispunjen. Ako je(λi : i = 1, n

)∈ Kn trivi-

jalna n-torka, tj. λi = 0 za svako i = 1, n, i ako je(αi : i = 1, n

)∈ K

n proizvoljnanetrivijalna n-torka, onda je αi0 6= λi0 za neko i0 ∈ {1, . . . , n} te imamo

n∑

i=1

αi−→xi 6=

n∑

i=1

λi−→xi =

−→0

2

Tvrdenje II.3.4 Ako je n-torka vektora(xi : i = 1, n

)linearno nezavisna onda

mora biti i 6= j ⇒ xi 6= xj za i, j = 1, n (tj. vektori x1, . . . , xn su medusobno

razliciti) a takode je i −→xi 6=−→0 za svako i = 1, n.

Dokaz Kad bi postojali neki i, j ∈ {1, . . . , n} takvi da je i 6= j i xi = xj onda biimali

1 · −→xi + (−1) · −→xj =−→0

tj. vektor−→0 bi bio linearna kombinacija n-torke vektora

(xi : i = 1, n

)sa netri-

vijalnom n-torkom skalara definisanom sa αi = 1, αj = −1 i αk = 0 za k ∈{1, . . . , n} \ {i, j}, a ovo je prema nasoj pretpostavci nemoguce.

Gde smo ovde iskoristili cinjenicu da je i 6= j? Da je bilo i = j onda nebismo mogli da definisemo

(αi : i = 1, n

)onako kako gore stoji jer bi tada imali

1 = αi = αj = −1.

Kad bi za neko i0 ∈ {1, . . . , n} bilo −→xi0 =−→0 onda bi za netrivijalnu n-torku

skalara definisanu sa

αi =

{1, ako i = i00, ako i 6= i0

vazilon∑

i=1

αi−→xi = 1 ·

−→0 =

−→0 , pa bi dati sistem vektora bio linearno zavisan. 2

II.4 Linearno (ne)zavisni skupovi vektora

Pitanje 1 Ako je M ⊆ V neprazan skup vektora da li od mozemo napraviti li-nearno zavisan sistem od vektora skupa M , preciznije da li postoji neko n ∈ N ix1, . . . , xn ∈ M tako da je n-torka (x1, . . . , xn) linearno zavisna?

Trivijalno da: kako jeM 6= ∅mozemo izabrati neko u ∈ M ; svaki sistem (x1, x2, . . . , xn)vektora skupa M kod kog je x1 = x2 = u prema Tvrdenju II.3.4 mora biti linearnozavisan.

II.4. LINEARNO (NE)ZAVISNI SKUPOVI VEKTORA 33

Pitanje 2 Da li postoji neko n ∈ N i medusobno razliciti vektori x1, . . . , xn ∈ Mtako da je n-torka (x1, . . . , xn) linearno zavisna?

Definicija II.4.1 Za neprazan skup M ⊆ V vektora kazemo da je

linearno nezavisan skup

ako je svaka injektivna n-torka vektora tog skupa linearno nezavisan sistem, tj.ako vazi:

ako su n ∈ N, α1, . . . , αn ∈ N i x1, . . . , xn ∈ M tako da i 6= j ⇒ xi 6= xj zai, j = 1, n,

onda je uvekn∑

i=1

αi−→xi 6=

−→0 osim ako je αi = 0 za svako i = 1, n.

Prazan skup je po definiciji linearno nezavisan. Za skup M ⊆ V vektorakazemo da je

linearno zavisan skup

ukoliko nije linearno nezavisan. 2

Primetimo da iz ove definicije sledi da je svaki linearno zavisan skup M ⊆ Vneprazan. Evo jedne preformulacije pojma “linearno zavisan skup”:

skup vektora M ⊆ V je linearno zavisan akko postoji n ∈ N, vektori x1, . . . , xn ∈M i skalari α1, . . . , αn ∈ K tako da vaze sledeca tri uslova:

(1) i 6= j ⇒ xi 6= xj za i, j = 1, n;

(2) za neko i0 ∈ {1, . . . , n} je αi0 6= 0;

(3)

n∑

i=1

αi−→xi =

−→0 .

Za konacne sisteme veza izmedu linearne nezavisnosti skupova i linearne neza-visnosti sistema data je narednim tvrdenjem.

Tvrdenje II.4.2 Sistem vektora(xi : i = 1, n

)je linearno nezavisan akko su zado-

voljena sledeca dva uslova:


(1) i 6= j ⇒ xi 6= xj za i, j = 1, n (tj. vektori x1, . . . , xn su medusobnorazliciti)

(2) skup {x1, . . . , xn} vektora je linearno nezavisan.

Drugim recima

sistem vektora(xi : i = 1, n

)je linearno nezavisan

akko je

{x1, . . . , xn} linearno nezavisan skup vektora sa tacno n elemenata

2

Tvrdenje II.4.3 Skup vektora M je linearno zavisan akko postoji neko x ∈ Mtako da je x ∈ L

(M \ {x}

). 2

Tvrdenje II.4.4 Neka je n ∈ N, n ≥ 2. Sistem vektora(xi : i = 1, n

)∈ V n je

linearno zavisan akko vazi neki od naredna dva uslova:– x1 = 0 ili– postoji i ∈ {2, . . . , n} tako da je xi ∈ L

({x1, . . . , xi−1}

).

Dokaz Pretpostavimo najpre da je sistem(xi : i = 1, n

)linearno zavisan i neka

je x 6= 0. Tada je sistem duzine 1(xi : i = 1, 1

)je linearno nezavisan.

Neka je k ∈ {1, . . . , n} najveci brojtakav da je sistem

(xi : i = 1, k

)linearno nezavisan.

Mora biti k < n jer bi inace(xi : i = 1, n

)bio linearno nezavisan suprotno nasoj

pretpostavci. Dakle k + 1 ∈ {1, . . . , n} pa je xk+1 definisan. Prema izboru broja ksistem

(xi : i = 1, k + 1

)je linearno zavisan, tj. postoje αi ∈ K za i = 1, k + 1 tako

da jeα1

−→x1 + . . . + αk−→xk + αk+1

−−→xk+1 =−→0 (II.1)

pri cemu postoji neko i0 ∈ {1, . . . , k + 1} takvo da je αi0 6= 0. Kad bi bilo αk+1 = 0

imali bik∑

i=1

αi−→xi =

−→0 i αi0 6= 0 pri cemu je i0 ∈ {1, . . . , k}, a ovo je nemoguce jer

je(xi : i = 1, k

)linearno nezavisan sistem. Dakle αk+1 6= 0 pa sada iz (II.1) sledi

−−→xk+1 =k∑

i=1

(−αi

αk+1

)

−→xi

II.4. LINEARNO (NE)ZAVISNI SKUPOVI VEKTORA 35

i pokazali smo sta treba.

Obrat tvrdenja sledi iz Tvrdenja II.4.2 i iz cinjenice da je

m∑

j=1

λj−→xj =

−−−→xm+1

ekvivalentno sa

(−1) · −−−→xm+1 +

m∑

j=1

λi−→xj =

−→0

2

Tvrdenje II.4.5 Ako je N ⊆ V linearno nezavisan skup vektora i x ∈ V \ L(N)onda je i N ∪ {x} linearno nezavisan skup. 2

Tvrdenje II.4.6 Neka je N ⊆ V konacan linearno nezavisan skup sa tacno

n ∈ N vektora, i P ⊆ V konacan skup sa tacno m ∈ N vektora. Ako je N ⊆ L(P )

onda mora biti n ≤ m . 2

Slika II.4.4.

Posledica II.4.7 Ako su konacni skupovi S1, S2 ⊆ V oba linearno nezavisni i po-tpuni, onda imaju isti broj elemenata.


Dokaz Ovo sledi iz S1 ⊆ V = L(S2) , S2 ⊆ V = L(S1) i Tvrdenja II.4.6. 2

Posledica II.4.8 Ako je V konacnodimenzionalan onda je takav i svaki njegov po-dprostor (preciznije – vektorski prostor odreden datim podprostorom).

Dokaz Neka je {0} 6= Pv

⊆ V i P vektorski prostor odreden podprostorom P .

Postoji konacan skup B ⊆ V vektora sa n ∈ N elemenata tako da je V = L(B) .

Slika II.4.5.

Reci

“a =(ai : i = 1, k

)je linearno nezavisan sistem vektora prostora P”

znaci isto sto i reci

“ai ∈ P za svako i = 1, k i a =(ai : i = 1, k

)je linearno nezavisan sistem vektora

prostora V”.

Zato je k ≤ n za svaki takav sistem. Otuda postoji k0 ∈ N tako da je

k0 = max{k ∈ N :

(ai : i = 1, k

)je linearno nezavisan sistem vektora iz P

}

Postoji linearno nezavisan sistem(ai : i = 1, k0

)vektora iz P . Tvrdimo da za

N :={ai : i = 1, k0

}vazi L(N) = P . N je linearno nezavisan skup prostora P i

ima k0 elemenata (videti Tvrdenje II.4.2). Kad bi postojalo neko x ∈ P \L(N) ondabi skup N ∪ {x} bio linearno nezavisan skup vektora prostora P (videti TvrdenjeII.4.5) sa k0+1 elemenata, te bi sistem (a1, . . . , ak0, x) bio linearno nezavisan sistemvektora iz P ; no kako je ovaj sistem duzine k0 + 1 ovo protivureci izboru broja k0.2

II.5. BAZNI SKUP, BAZA, DIMENZIJA 37

II.5 Bazni skup, baza, dimenzija

Definicija II.5.1 Potpun i linearno nezavizan skup vektora nazivamo

bazni skup vektorskog prostora V

2

Tvrdenje II.5.2 Neka je S ⊆ V konacan potpun skup i N ⊆ S linearno nezavisanskup sa n ∈ N0 elemenata tako da je

n = max {card(M) : M ⊆ S i M je linearno nezavisan}

tj. N je linearno nezavisan podskup od S sa najvecim mogucim brojem elemenata.Tada je i N potpun.

Dokaz Pod datim uslovima mora biti S ⊆ L(N): kad bi postojao neki x ∈S \ L(N) onda bi N ∪ {x} bio linearno nezavisan (prema Tvrdenju II.4.5) podskupod S sa n + 1 elemenata, sto protivureci izboru broja n. Dakle

V = L(S) ⊆ L(L(N)

)= L(N) ⊆ V

tj. N je potpun skup. 2

Teorema II.5.3 Neka je V k.d.v. prostor. Tada– svi linearno nezavisni skupovi su konacni;– postoji skup koji je istovremeno i potpun i linearno nezavisan, tj. postoji bazni

skup prostora V;

– svi bazni skupovi imaju isti broj elemenata i ovaj broj oznacavamo sa dim(V)i nazivamo

dimenzija

konacnodimenzionalnog vektorskog prostora V.

Dokaz Teorema je direkna posledica Tvrdenja II.4.6 i II.5.2 i Posledice II.4.7.2

Zapazanje II.5.4 Primetimo da je ∅ bazni skup nula prostora V = {0}, te i da jedimenzija nula prostora jednaka 0:

dim({0})= 0

2


Konvencija Ako je V konacnodimenzionalan vektorski prostor, Pv

⊆ V i P vektorskiprostor odreden podprostorom P , onda je prema Posledici II.4.8 i P konacnodimenzi-onalan, te je definisano dim(P) ∈ N; za dim(P) ∈ N kazemo i da je dimenzija

podprostora Pv

⊆ V i pisemo dimV(P ) = dim(P ) = dim(P). 2

Definicija II.5.5 Pod

bazom vektorskog prostora V

podrazumevamo svaki sistem(as : s ∈ S

)vektora za koji vaze sledeca dva uslova:

– s1 6= s2 ⇒ as1 6= as2 za svako s1, s2 ∈ S– skup

{as : s ∈ S

}je bazni (tj. istovremeno i potpun i linearno nezavisan)

skup datog vektorskog prostora. 2

Drugim recima, baza je sistem vektora koji se ovako dobija: fiksiramo neki bazniskup vektora M ⊆ V i neku bijekciju a : S → M ;

(as : s ∈ S

)je baza.

Nas ce skoro iskljucivo interesovati baze kod kojih je S = {1, . . . , n} za nekon ∈ N, tj. baze oblika

(ai : i = 1, n

), obzirom da se Linearna Algebra bavi

konacnodimenzionalnim vektorskim prostorima.

§

Cinjenica da je neki sistem oblika(xi : i = 1, n

)baza prostora moze da se iskaze

i na sledeca dva ekvivalentna nacina:

Tvrdenje II.5.6 Sistem(xi : i = 1, n

)je baza prostora

akko je skup{xi : i = 1, n

}bazni skup prostora sa n elemenata.

2

Odavde vidimo da ako je(ai : i = 1, n

)baza prostora onda je n = dim(V) .

Tvrdenje II.5.7 Sistem(xi : i = 1, n

)je baza prostora

akko je on istovremeno

i linearno nezavisan i potpun sistem vektora.


2

§

Definicija II.5.8 Neka je n ∈ N, neka je n-torka(ai : i = 1, n

)baza prostora

V i x ∈ V . Kako je sistem(ai : i = 1, n

)potpun to postoji n-torka skalara

(αi(x) : i = 1, n

)∈ Kn tako da je

x =n∑

i=1

αi(x)−→ai

a kako je sistem(ai : i = 1, n

)linearno nezavisan to je

(αi(x) : i = 1, n

)jedi-

nstvena n-torka skalara za koju ovo vazi; za i ∈ {1, . . . , n} skalar αi(x) nazivamo

i-ta koordinata vektora x u odnosu na bazu(ai : i = 1, n

)

Ako je v ∈{ai : i = 1, n

}onda postoji

tacno jedno i0 ∈ {1, . . . , n} tako da je ai0 = v

(jer je ova n-torka injektivna kao linearno nezavisna).

Za αi0(x) kazemo da je

koordinata vektora x u odnosu na bazu(ai : i = 1, n

)

pri vektoru v

2

Primer II.5.9 Neka je n ∈ N. Za i = 1, n neka je ei ∈ Kn definisano sa

ei(j) =

{0, ako j 6= i1, ako j = i

tj. ei = (0, . . . , 0︸︷︷︸

i−1 puta

, 1, 0, . . . , 0︸︷︷︸

n−i puta

) odnosno

e1 = (1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0)e2 = (0, 1, 0, 0, . . . , 0, 0, 0)e3 = (0, 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0)

...en = (0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 1)

U vektorskom prostoru Kn svih uredenih n-torki brojeva iz K imamo:


n∑

i=1

αi−→ei = α1 · (1, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 0) +

α2 · (0, 1, 0, 0, . . . 0, 0, 0) +α3 · (0, 0, 1, 0, . . . 0, 0, 0) +

......

......

......

......

αn−1 · (0, 0, 0, 0, . . . 0, 1, 0) +αn · (0, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 1)

= (α1, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 0) +(0, α2, 0, 0, . . . 0, 0, 0) +(0, 0, α3, 0, . . . 0, 0, 0) +...

......

......

......

...(0, 0, 0, 0, . . . 0, αn−1, 0) +(0, 0, 0, 0, . . . 0, 0, αn)

= (α1, α2, α3, α4, . . . αn−2, αn−1, αn)

Odavde se lako vidi da je(ei : i = 1, n

)potpun i linearno nezavisan sistem, tj.

baza prostora Kn, te i da je dim(V) = n. Ovu bazu nazivamo

standardna baza prostora Kn

Primetimo da je i-ta koordinata n-torke (α1, α2, α3, . . . , αn−1, αn) u odnosu naovu bazu upravo αi – dakle isto sto i i-ta komponenta te n-torke. 2

Primer II.5.10 Za i0, j0 = 1, 3 neka je matrica Ei0,j0 ∈ K3×3 definisana sa

Ei0,j0(i, j) =

{0, ako (i, j) 6= (i0, j0)1, ako (i, j) = (i0, j0)

za i, j = 1, 3.U prostoru K3×3 sada imamo

∑

i,j=1,3

ai,j−→Ei,j = a1,1

1 0 00 0 00 0 0

+a1,2

0 1 00 0 00 0 0

+a1,3

0 0 10 0 00 0 0

+

a2,1

0 0 01 0 00 0 0

+a2,2

0 0 00 1 00 0 0

+a2,3

0 0 00 0 10 0 0

+

a3,1

0 0 00 0 01 0 0

+a3,2

0 0 00 0 00 1 0

+a3,3

0 0 00 0 00 0 1

=


a1,1 0 00 0 00 0 0

+

0 a1,2 00 0 00 0 0

+

0 0 a1,30 0 00 0 0

+

0 0 0a2,1 0 00 0 0

+

0 0 00 a2,2 00 0 0

+

0 0 00 0 a2,30 0 0

+

0 0 00 0 0a3,1 0 0

+

0 0 00 0 00 a3,2 0

+

0 0 00 0 00 0 a3,3

=

=

a1,1 a1,2 a1,3a2,1 a2,2 a2,3a3,1 a3,2 a3,3

Odavde se lako vidi da je{E1,1, E1,2, E1,3, E2,1, E2,2, E2,3, E3,1, E3,2, E3,3

}potpun

i linearno nezavisan skup sa 9 elemenata, te i da je dim(K3×3

)= 3 · 3 = 9. Sistem

E :=(E1,1, E1,2, E1,3, E2,1, E2,2, E2,3, E3,1, E3,2, E3,3

)

je baza prostora K3×3. Imamo

A :=

1 −5 9−3 0 72 2 −1

= b1, −5, 9, −3, 0, 7, 2 , 2, −1cE

Tako je recimo koordinata matrice A u odnosu na bazu E pri vektoru E2,3 jednaka7, a pri vektoru E1,2 jednaka −5.

Slicno, ako su n,m ∈ N i ako su za i0 = 1, n i j0 = 1, m matrice Ei0,j0 ∈ Kn×m

definisane sa

Ei0,j0(i, j) =

{0, ako (i, j) 6= (i0, j0)1, ako (i, j) = (i0, j0)

za i = 1, n i j = 1, m, odnosno


Ei0,j0 =

O(i0−1)×(j0−1)

00...00

i0−1 O(i0−1)×(m−j0)

0 0 . . . 0 0︸︷︷︸

j0−1

1 0 0 . . . 0 0︸︷︷︸

m−j0

O(n−i0)×(j0−1)

00...00

n−i0 O(n−i0)×(m−j0)

onda je skup

M :={Ei,j : i = 1, n, j = 1, m

}

potpun i linearno nezavisan i ima n ·m elemenata. Zato je sistem

(E1,1, . . . , E1,m;E2,1, . . . , E2,m; . . . . . . . . . ;En,1, . . . , En,m

)

baza prostora Kn×m i ovu bazu nazivamo

standardna baza prostora Kn×m

Primer II.5.11 Neka je K ∈ {R,C}, n ∈ N i za i ∈ 1, n neka su si : K → K

definisane sa si(x) :df= xi za x ∈ K.

Sistem(si : i = 0, n

)funkcija je baza prostora Poln,K. Zaista, ako je v ∈ Poln,K

dato sa v(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn (gde dozvoljavamo i da je an = 0) onda je

v = ba0, a1, . . . , ancs

jer

v(x) = a0s0(x) + a1s1(x) + · · ·+ ansn(x)

za svako x ∈ K pa je sistem potpun, a ako su αi ∈ K za i = 1, n takvi da je

n∑

i=1

αi−→sn

nula vektor ovog prostora - konstantna nula funkcija – onda je

(n∑

i=1

αi−→sn

)

(x) = 0


za svako x ∈ K, odnosno

α0 + α1x + α2x2 + · · ·+ αnx

n = 0

za svako x ∈ K, odakle se vidi da mora biti αi = 0 za i = 1, n; dakle sistem je ilinearno nezavisan.

Ovu bazu nazivamo

standardna baza prostora Poln,K

Specijalno dim (Poln,K) = n. Standardna baza je specificna po tome sto se koo-rdinate vektora – date polinomske funkcije – u odnosu na nju poklapaju sa koefici-jentima te polinomske funkcije. 2

Primer II.5.12 Ako je u prostoru V geometrijskih vektora (a, b, c) proizvoljna tro-jka nekomplanarnih vektora, onda je ona potpun sistem vektora ovog prostora:

−→u = λ1−→a + λ2

−→b + λ3

−→c

Slika II.5.6.

Znamo da niti lineal nad bilo kojim jednim geometrijskim vektorom niti nad bilokoja dva geometrijska vektora nije jednak V (videti Primer I.3.5). S druge straneprema Tvrdenju II.5.2 svaki potpun skup vektora ima podskup koji je bazni skup.Otuda zakljucujemo da (a, b, c) mora biti baza. Dakle dim(V) = 3. 2

Tvrdenje II.5.13 Neka je V k.d.v. prostor. Ako je (a1, . . . , an) linearno nezavisansistem koji nije potpun, onda postoje k ∈ N i k-torka (b1, . . . , bk) ∈ V k vektora takoda je (a1, . . . , an, b1, . . . , bk) baza. 2

Posledica II.5.14 Ako je V k.d.v. prostor i Pv

⊆ V, pri cemu je P 6= V , onda jedim(P ) < dim(V). 2

Tvrdenje II.5.15 Neka je V konacnodimenzionalan prostor, n := dim(V) ∈ N ia =

(ai : i = 1, n

)sistem duzine (upravo) n. Ako je a bilo linearno nezavisan bilo

potpun, onda je a baza. 2


II.6 Sume podprostora

Za neprazne skupove vektora A,B ⊆ V vektorskog prostora V definisemo

A+B :df= {−→x +−→y : x ∈ A, y ∈ B}

iα ·A :

df= {α−→x : x ∈ A}

za α ∈ K. Ovako definisana operacija + na skupu P(V ) \ {∅} je asocijativna ikomutativna, sto se lako proverava, a ima i neutral – to je singlton {0}.

Jednostavnom indukcijom pokazuje se da je

A1 + · · ·+ Ak ={−→x1 + · · ·+−→xk : xi ∈ Pi, i = 1, k

}

Tvrdenje II.6.1 Ako je P1, . . . , Pk

v

⊆ V onda je i P1 + · · ·+ Pk

v

⊆ V.

Dokaz Neka je u, v ∈ P1 + · · ·+ Pk i α ∈ K. Tada postoje xi, yi ∈ Pi za i = 1, k

tako da je u =k∑

i=1

xi i v =k∑

i=1

yi. Imamo

u+ v =

k∑

i=1

xi +

k∑

i=1

yi =

k∑

i=1

(xi + yi) ∈ P1 + · · ·+ Pk

jer je xi + yi ∈ Pi za svako i = 1, k, obzirom da je Pi

v

⊆ V. Slicno je

α−→u = α

k∑

i=1

xi =

k∑

i=1

α−→xi ∈ P1 + · · ·+ Pk

jer je αi−→xi ∈ Pi za svako i = 1, k, obzirom da je Pi

v

⊆ V. 2

Podprostor P1 + · · ·+ Pk

v

⊆ V nazivamo suma k-torka podprostora (P1, . . . , Pk).

Definicija II.6.2 Za uredenu k-torku podprostora (P1, . . . , Pk) kazemo da ima di-

rektnu sumu ili da joj je suma direktna ako vazik∑

i=1

xi 6= 0 kad god je xi ∈ Pi za

i = 1, k tako da za neko i0 ∈ {1, . . . , k} vazi xi0 6= 0.

Zapis Q = P1 ⊕ · · · ⊕ Pk znacice:

II.6. SUME PODPROSTORA 45

Q = P1 + · · ·+ Pk i (P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu

Tvrdenje II.6.3 Neka je P1, . . . , Pk

v

⊆ V. Sledeci uslovi su ekvivalentni:(1) (P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu;(2) ako su xi, yi ∈ Pi za i = 1, k tako da je xi0 6= yi0 za neko i0 ∈ {1, . . . , k},

onda je

k∑

i=1

xi 6=k∑

i=1

yi;

(3) Za svako i0 ∈ {1, . . . , k} vazi Pi0 ∩∑

i=1,k

i6=i0

Pi = {0}.

Dokaz (1) ⇒ (2): ako su xi, yi ∈ Pi za i = 1, k tako da je xi0 6= yi0 za nekoi0 ∈ {1, . . . , k}. Definisimo

zi = xi − yi

za i = 1, k. Za svako i = 1, k vazi zi ∈ Pi jer Pi

v

⊆ V. Pritom je zi0 6= 0. Prema (1)sada sledi da je onda imamo

k∑

i=1

zi 6= 0

tj.

0 6=k∑

i=1

(xi − yi) =k∑

i=1

xi =k∑

i=1

yi

odnosnok∑

i=1

xi 6=k∑

i=1

yi.

(2) ⇒ (3): Neka su i0 ∈ {1, . . . , k} i a ∈ Pi0 ∩∑

i=1,k

i6=i0

Pi ⊇ {0} proizvoljni. Tada je

a =∑

i=1,k

i6=i0

zi (II.2)

za neke zi ∈ Pi za i = 1, k, i 6= i0. Definisimo sistem

xi :df= 0 za i = 1, k, i 6= i0 i xi0 :

df= a,

i sistem

yi :df= zi za i = 1, k, i 6= i0 i yi0 :

df= 0.

Prema II.2 imamok∑

i=1

xi = a =k∑

i=1

yi


Pritom je xi, yi ∈ Pi za i = 1, k. (2) sada povlaci da je xi = yi za svako i = 1, k,specijalno a = xi0 = yi0 = 0.

(3) ⇒ (1): Neka su xi ∈ Pi za i = 1, k tako da za neko i0 ∈ {1, . . . , k} vazi

xi0 6= 0. Kad bi bilok∑

i=1

xi = 0 onda bi imali

Pi0 3 xi0 =∑

i=1,k

i6=i0

(−xi) ∈∑

i=1,k

i6=i0

Pi

tj. 0 6= xi0 ∈ Pi0 ∩∑

i=1,k

i6=i0

Pi, sto bi protivurecilo uslovu (3). 2

Kao specijalan slucaj prethodnog tvrdenja imamo da ako je P,Qv

⊆ V onda

suma para podprostora (P,Q) je direktna akko je P ∩Q = {0}

Primer U prostoru RR neka je

P1 :={f ∈ R

R : f je parna funkcija}

i P2 :={f ∈ R

R : f je neparna funkcija}

Jednostavno je videti da je P1, P2

v

⊆ RR. Suma para podprostora (P1, P2) je direktnajer ako je f ∈ P1∩P2 onda za svako x ∈ R vazi f(−x) = f(x) = −f(x), tj. f(x) = 0,pa je f konstantna nula funkcija. Dakle P1 ∩ P2 = {0}. 2

Tvrdenje II.6.4 U k.d.v.p. V neka je P1, . . . , Pk

v

⊆ V. Za i = 1, k stavimo ni :=dim(Pi). Za svako i = 1, k neka je sistem (ai1, . . . , a

ini) baza vektorskog prostora

odredenog sa Pi. Tada je suma k-torke (P1, . . . , Pk) direktna akko je (n1+ · · ·+nk)-torka

(a11, . . . , a1n1, a21, . . . , a

2n2, . . . . . . , ak1, . . . , a

knk)

baza podprostora P1 + · · ·+ Pk.


Slika II.6.7.

Dokaz Pretpostavimo najpre da je doticni sistem baza podprostora P1 + · · ·+Pk. Da pokazemo da (P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu neka su xi ∈ Pi za i = 1, k

proizvoljni. Za svako i = 1, k postoje αi1, . . . , α

ini

∈ K tako je xi =

ni∑

j=1

αija

ij, jer je

(ai1, . . . , aini) potpun sistem za Pi. Imamo

k∑

i=1

xi =

n1∑

j=1

α1ja

1j +

n2∑

j=1

α2ja

2j +

...nk∑

j=1

αkja

kj

(II.3)

Ako je

k∑

i=1

xi = 0 onda, obzirom da je

(a11, . . . , a1n1, a21, . . . , a

2n2, . . . . . . , ak1, . . . , a

knk)


linearno nezavisan sistem, iz (II.3) sledi da je αij = 0 za svako i = 1, k i svako

j = 1, ni, te je xi = 0.

Pretpostavimo sada da (P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu i neka su αij ∈ K za svako

i = 1, k i j = 1, ni. Imamo

v :=

n1∑

j=1

α1ja

1j +

n2∑

j=1

α2ja

2j +

...nk∑

j=1

αkja

kj = p1 + p2 · · ·+ pk

(II.4)

gde smo stavili pi :df=

ni∑

j=1

αija

ij. Iz Pi

v

⊆ V sledi da je pi ∈ Pi. Zato, obzirom da

(P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu, ako je v = 0 onda sledi da je pi = 0 za svako i = 1, k.

Dakle ako je i = 1, k proizvoljno imamo

ni∑

j=1

αija

ij = 0, pa kako je (ai1, . . . , a

ini)

linearno nezavisan sistem, to ovo moze da vazi samo ako je αij = 0 za svako j = 1, ni.

2

Tvrdenje II.6.5 U k.d.v.p. V neka je P1, . . . , Pk

v

⊆ V. Suma k-torke (P1, . . . , Pk)

je direktna akko vazi dim(P1 + · · ·+ Pk) =

k∑

i=1

dim(Pi).

Dokaz Za svako i = 1, k stavimo ni := dim(Pi) i uocimo po bazu (ai1, . . . , aini)

podprostora Pi. Sistem

a := (a11, . . . , a1n1, a21, . . . , a

2n2, . . . . . . , ak1, . . . , a

knk) ∈ (P1 + · · ·+ Pk)

n1+···+nk

je potpun za podprostor P1 + · · · + Pk. Zaista ako je x ∈ P1 + · · · + Pk onda jex = x1 + · · ·+ xk za neke xi ∈ Pi za i = 1, k, pa je

x =

k∑

i=1

xi =

k∑

i=1

(

α1i

−→ai1 + · · ·+ αni

i

−→aini

)

∈ L

({aij : i = 1, k, j = 1, ni

})

za neke αji ∈ K za i = 1, k, j = 1, ni. Zato sada na osnovu Tvrdenja II.5.15 imamo

da je

a baza za P1 + · · ·+ Pk akko je dim(P1 + · · ·+ Pk) =k∑

i=1

ni.


No prema Tvrdenju II.6.4 imamo da je

a baza za P1 + · · ·+ Pk akko je suma k-torke (P1, . . . , Pk) direktna.

2

Tvrdenje II.6.6 U k.d.v.p. V neka je Pv

⊆ V. Tada postoji bar jedno Qv

⊆ V takoda je V = P ⊕Q.

Dokaz Ako je P = V onda mozemo (i moramo) uzeti Q = {0}; ako je P = {0}onda mozemo (i moramo) uzeti Q = V . Ukoliko se ne radi ni o jednom od ova dvaslucaja onda ovo direktno sledi iz Tvrdenja II.5.13 i II.6.4. 2

Definicija II.6.7 Neka je Pv

⊆ V. Svaki podprostor za koji vazi P ⊕Q = V nazivase

direktna dopuna podprostora P (u odnosu na prostor V)

2

Primer Transponovana matrica matrice A = [ai,j]n×m ∈ Kn×m jeste matrica B =

[bi,j]m×n ∈ Km×n definisana sa bi,j = aj,i za svako i = 1, m, j = 1, n; oznacavamo je

sa AT . Na primer imamo

a x pb y qc z r

T

=

a b cx y zp q r

Za kvadratnu matricu A = [ai,j]n×n ∈ Kn×n reda n ∈ N kazemo da je

simetricna matrica

ako vazi ai,j = aj,i za svako i, j = 1, n. Dakle A je simetricna akko vazi A = AT .

Za kvadratnu matricu A = [ai,j]n×n ∈ Kn×n reda n ∈ N kazemo da je

antisimetricna matrica

ili kososimetricna matrica, ako vazi ai,j = −aj,i za svako i, j = 1, n. Dakle A je

antisimetricna akko vazi A = −AT .


Primetimo da svaka antisimetricna matrica “ima sve nule na glavnoj dijagonali”,tj. da vazi ai,i = 0 za svako i = 1, n: ovo je zbog ai,i = −ai,i.

a u vu b wv w b

− simetricna matrica

0 −u −vu 0 −wv w 0

− antisimetricna matrica

a1,1 + a1,12

a1,2 + a2,12

a1,3 + a3,12

a2,1 + a1,22

a2,2 + a2,22

a2,3 + a3,22

a3,1 + a1,32

a3,2 + a2,32

a3,3 + a3,32

︸︷︷︸

1

2

(M +MT

)

+

a1,1 − a1,12

a1,2 − a2,12

a1,3 − a3,12

a2,1 − a1,22

a2,2 − a2,22

a2,3 − a3,22

a3,1 − a1,32

a3,2 − a2,32

a3,3 − a3,32

︸︷︷︸

1

2

(M −MT

)

=

=

a1,1 a1,2 a1,3a2,1 a2,2 a2,3a3,1 a3,2 a3,3

︸︷︷︸

M

Za proizvoljnu kvadratnu matricu A = [ai,j]n×n ∈ Kn×n matrica A + AT jesimetricna a matrica A − AT je antisimetricna, sto se direktno proverava; zato

je1

2

(A+ AT

)simetricna a matrica

1

2

(A− AT

)antisimetricna. i pritom vazi

A =1

2

(A+ AT

)+

1

2

(A− AT

)∈ Sim + Ant

gde je Sim ⊆ Kn×n skup svih simetricnih matrica reda n, a Ant ⊆ Kn×n skup svihantisimetricnih matrica reda n.

Ovo znaci da je Kn×n = Sim + Ant. Lako je videti da zapravo vazi

Kn×n = Sim ⊕ Ant

2


Primer Neka je k ∈ N. U prostoru(NR,⊕, ◦

)svih nizova realnih brojeva za skupove

P := {(ai : i ∈ N) : ai = 0 za svako i > k}

i

Q :={(ai : i ∈ N) : ai = 0 za svako i = 1, k

}

vazi P,Qv

⊆ V kao i NR = P ⊕Q.

...

...

0

0

0

ak

ak−1

...

a3

a2

a1

+

...

...

ak+3

ak+2

ak+1

0

0

...

0

0

0

=

...

...

ak+3

ak+2

ak+1

ak

ak−1

...

a3

a2

a1

p + q = a

2

Tvrdenje II.6.8 Neka je P1, P2

v

⊆ V. Ako je V konacnodimenzionalan ondavazi

dim(P1 + P2) = dim(P1) + dim(P2)− dim(P1 ∩ P2)

2


II.7 Linearna preslikavanja

Primer Neka je f : R2 → R3 definisano sa

f(x, y) = f((x, y)

):df= (x− y, 2x+ 3y,−7x+ 5y)

Neka su a1 := (x1, y1), a2 = (x2, y2) ∈ R2 i α1, α2 ∈ R proizvoljni. Imamo

f(α1

−→a1 + α2−→a2)= f

(α1(x1, y1) + α2(x2, y2)

)= f(α1x1 + α2x2, α1y1 + α2y2) =

((α1x1 + α2x2) − (α1y1 + α2y2),2(α1x1 + α2x2) + 3(α1y1 + α2y2),

−7(α1x1 + α2x2) + 5(α1y1 + α2y2))

=(

α1(x1 − y1) + α2(x2 − y2),

α1(2x1 + 3y1) + α2(2x2 + 3y2),

α1(−7x1 + 5y1) + α2(−7x2 + 5y2)

)

=

(

α1(x1 − y1), α1(2x1 + 3y1), α1(−7x1 + 5y1))

+

(α2(x2 − y2), α2(2x2 + 3y2), α2(−7x2 + 5y2)

)

=

α1

(x1 − y1, 2x1 + 3y1,−7x1 + 5y1

)+ α2

(x2 − y2, 2x2 + 3y2,−7x2 + 5y2

)=

α1 · f(a1) + α2 · f(a2)

Dakle preslikavanje f zadovoljava

f(α1

−→a1 + α2−→a2)= α1 · f(a1) + α2 · f(a2)

2

Definicija II.7.1 Neka je K ∈ {R,C} i neka su V i W vektorski prostori oba nadK (dakle oba realna ili oba kompleksna). Za preslikavanje f : V → W kazemo da je

linearno preslikavanje iz prostora V u prostor W

ako vazi

f (α−→x + β−→y ) = α · f (−→x ) + β · f (−→y )

za svako x, y ∈ V i α, β ∈ K. Skup svih linearnih preslikavanja iz V u W oznacavamosa Hom(V,W). 2

Zapazanje II.7.2 Primetimo da ako je f linearno preslikavanje iz prostora V uprostor W onda je

II.7. LINEARNA PRESLIKAVANJA 53

f(01) = 02

tj. nula vektor (prostora V) mora da se slika u nula vektor (prostora W). Ovo je

tako iz razloga sto f(01) = f(

0 ·−→01 + 0 ·

−→01

)

= 0f(02) + 0f(02) = 02. 2

Zapazanje II.7.3 Neka je Pv

⊆ V i Qv

⊆ W i f ∈ Hom(V,W). Ako je f⇀P ⊆ Qonda je f � P ∈ Hom(P,Q). Drugim recima restrikcija linearnog preslikavanja jelinearno preslikavanje.

Slika II.7.8.

2

Definicija II.7.4 Neka je V = (V,+, ·) vektorski prostor nad K i neka je X 6= ∅proizvoljan skup. Na skupu XV svih funkcija iz X u V definisimo operaciju ⊕ kojucemo zvati

standardno sabiranje funkcija iz X u V

na sledeci nacin: ako su f, g : X → V onda je funkcija f ⊕ g : X → V odredena sa

(f ⊕ g)(x) :df=

−−→f(x) +

−−→g(x)

za svako x ∈ X. Definisemo i mesovitu operaciju ◦ : K×XV → XV koju cemo zvati


standardno mnozenje funkcija iz X u V realnim, odnosno kompleksnim brojem

na sledeci nacin: za f : X → V i α ∈ K funkcija α ◦ f : X → V odredena je sa

(α ◦ f)(x) :df= α

−−→f(x)

za svako x ∈ X.

Lako se proverava da je(XV,⊕, ◦

)vektorski prostor nad K. Njega cemo zvati

vektorski prostor svih funkcija iz X u V i skraceno oznacavati sa XV . 2

Tvrdenje II.7.5 Hom(V,W) je podprostor prostora VW svih funkcija iz V u W.

Dokaz Neka su f, g ∈ Hom(V,W) i α, β ∈ K. Treba pokazati da je i α ·f+β ·g ∈Hom(V,W). Dakle neka su u, v ∈ V i µ, ν ∈ K proizvoljni. Imamo(

αf + βg

)

(µ−→u + ν−→v ) = α · f(µ−→u + ν−→v

)+ β · g

(µ−→u + ν−→v

)=

α ·(µf(u) + νf(v)

)+ β ·

(µg(u) + νg(v)

)=

µ(αf(u) + βg(u)

)+ ν(αf(v) + βg(v)

)= µ

(

αf + βg

)

(u) + ν

(

α · f + β · g

)

(v)

2

Slika II.7.9.

Konvencija Za vektorski prostor odreden podprostorom Hom(V,W) prostora VW

koristicemo istu oznaku “Hom(V,W)” kao i za sam skup Hom(V,W). Ovo je uskladu sa sa jednom ranijom konvencijom. Prostor Hom(V,W) nazivamo


vektorski prostor svih linearnih preslikavanja iz V u W

2

Definicija II.7.6 Neka je K ∈ {R,C}. (K,+, ·) je vektorski prostor nad K, gde je“+” uobicajeno sabiranje a “·” uobicajeno mnozenje brojeva. Ako je V vektorskiprostor nad K onda za linearno preslikavanje f ∈ Hom(V,K) kazemo da je

linearna funkcionela na prostoru V

Drugim recima, linearna funkcionela na V je svako preslikavanje f : V → K

(dakle f : V → R ili f : V → C) za koje vazi

f(α−→x + β−→y

)= αf

(−→x)+ βf

(−→y)

za svako α, β ∈ K i x, y ∈ V . 2

Definicija II.7.7 Vektorski prostor Hom(V,K) svih funkcionela na V nazivamo

dualni prostor vektorskog prostora V

ili algebarski dual prostora V i oznacavamo ga sa V′.

Dakle V ′ = Hom(V,K)v

⊆ VK . 2

Tvrdenje II.7.8 Za f : V → W sledeci uslovi su ekvivalentni:(1) f je linearno;

(2) f

(n∑

i=1

αi−→ai

)

=

n∑

i=1

αif (−→ai ) za svako n ∈ N, a1, . . . , an ∈ V , α1, . . . , αn ∈ K;

(3) f zadovoljava sledeca dva uslova:– preslikavanje f je aditivno, tj. vazi f(x+ y) = f(x) + f(y) za svako x, y ∈ V ;– preslikavanje f je homogeno, tj. vazi f (α−→x ) = α · f (−→x ) za svako x ∈ V i

α ∈ K.

Dokaz (1)⇒(2): Indukcijom po n ∈ N. Baza indukcije:

f(α1

−→a1)= f

(α1

−→a1 + 0−→0)= α1f(a1) + 0f

(−→0)= α1f(a1)

Indukcijski korak:

f

(n+1∑

i=1

αi−→ai

)

= f

(

1 ·n∑

i=1

αi−→ai + αn+1

−−→an+1

)

= 1·

(n∑

i=1

αif(−→ai)

)

+αn+1f(−−→an+1

)=

=n+1∑

i=1

αif (−→ai )

(2)⇒(3): Aditivnost: f(x+y) = f(1−→x +1−→y

)= 1 ·f(x)+1 ·f(y) = f(x)+f(y).

Homogenost je samo specijalan slucaj uslova (2) za n = 1(3)⇒(1): f

(α−→x + β−→y

)= f

(α−→x

)+ f(β−→y

)= α · f(x) + β · f(y). 2


Tvrdenje II.7.9 Uvek je f(01) = 02. Linearno preslikavanje f je injektivno akkoje f↼{02} = {01}.

Dokaz Kako je f(01) = f(01 + 01) = f(01) + f(01) to sledi da je f(01) = 02.Dakle 01 ∈ f↼{02}, pa ako je f injektivno onda odavde direktno imamo da je u

tom slucaju f↼{02} = {01}.Neka sada vazi f↼{02} = {01}. Ako su x, y ∈ V tako da je f(x) = f(y) onda

imamo

02 = f(x)− f(y) = 1 · f(x) + (−1) · f(y) = f(1−→x + (−1)−→y

)= f(x− y)

tj.x− y ∈ f↼{02} = {01}

Znaci x− y = 01 odnosno x = y. Ovim smo pokazali da je f injektivno. 2

Definicija II.7.10 Za f ∈ Hom(V,W) skup

Ker(f) :df= f↼{02} =

{x ∈ V : f(x) = 02

}

nazivamo

jezgro linearnog preslikavanja f .

Dakle linearno preslikavanje je monomorfizam akko je Ker(f) = {01}. 2

Tvrdenje II.7.11 Ako je f ∈ Hom(V,W) onda Ker(f)v

⊆ V, Im(f)v

⊆ W.

Dokaz Ako je x, y ∈ Ker(f) i α, β ∈ K onda imamo

f(α−→x + β−→y

)= α · f

(−→x)+ β · f

(−→y)= α

−→02 + β

−→02 =

−→02

tj. α−→x + β−→y ∈ Ker(f).Ako su u, v ∈ Im(f) i α, β ∈ K onda je u = f(x) i v = f(y) za neke x, y ∈ V pa

je α−→u + β−→v = αf(x) + βf(y) = f(α−→x + β−→y

)∈ Im(f). 2

Primer Neka je f : R3 → R3 dato sa

f(x, y, z) :df= (0, 2y + z, y + 3z)

za (x, y, z) ∈ R.

Imamo

Ker(f) ={(x, y, z) ∈ R

3 : 2y + z = y + 3z = 0}={(α, 0, 0) ∈ R

3 : α ∈ R}


tj.

Ker(f) ={α(1, 0, 0) ∈ R

3 : α ∈ R}= L

({(1, 0, 0)

})

v

⊆ R3

ImamoIm(f) =

{(0, β, γ) : β, γ ∈ R

}

jer ako su β, γ ∈ R proizvoljni onda vazi

(0, β, γ) = (0, 2y + z, y + 3z) za y =3β − γ

5i z =

2γ − β

5.

Dakle

Im(f) ={β(0, 1, 0) + γ(0, 0, 1) : β, γ ∈ R

}= L

({(0, 1, 0), (0, 0, 1)

})

v

⊆ R3

2

To da za f ∈ Hom(V,W) vazi Ker(f)v

⊆ V i Im(f)v

⊆ W samo je specijalan slucajnarednog opstijeg tvrdenja.

Tvrdenje II.7.12 Ako je f ∈ Hom(V,W), i Pv

⊆ V, Qv

⊆ W onda vazi

f↼Q = {x ∈ V : f(x) ∈ Q}v

⊆ V

if⇀P = {f(x) : x ∈ P}

v

⊆ W

Dokaz Neka su x, y ∈ f↼Q i α, β ∈ K. Imamo

f(α−→x + β−→y

)= α · f

(−→x)+ β · f

(−→y)∈ Q

jer je f(x), f(y) ∈ Qv

⊆ W. Dakle α−→x + β−→y ∈ f↼Q.Neka je sada u, v ∈ f⇀P i α, β ∈ K. Postoje x, y ∈ P tako da je u = f(x) i

y = f(y). Imamo

α · f(−→x)+ βf

(−→y)= f

(α−→x + β−→y

)∈ f⇀P

jer je α−→x + β−→y ∈ P obzirom da x, y ∈ Pv

⊆ V. 2

Specijalno imamo

Ker(f) = f↼{02} i Im(f) = f⇀V ,

pri cemu je naravno

{02}v

⊆ W i Vv

⊆ V.


Definicija II.7.13 Bijekciju f : V → W koja je jos i linearno preslikavanje iz V uW kazemo da je izomorfizam vektorskih prostora, preciznije: izomorfizam iz V

u W. 2

Tvrdenje II.7.14 Ako je f : V → W izomorfizam vektorskih prostora V i W ondaje f−1 : W → V izomorfizam prostora W i V.

Dokaz Treba pokazati da je f−1 linearno preslikavanje. Neka su x, y ∈ W ,

α, β ∈ K i stavimo z := α · f−1(x) + β · f−1(y) ; imamo

f(z) = α · f(f−1(x)

)+ β · f

(f−1(y)

)= α−→x + β−→y

pa je z = f−1(α−→x + β−→y

). 2

Zapazanje II.7.15 Ako je f : V → W izomorfizam iz prostora V u prostor W i

Pv

⊆ V onda jef � P : P → f⇀P

izomorfizam iz prostora P u prostor f⇀P

Dokaz Kako je f bijekcija iz V u W to je f � P bijekcija iz P u f⇀P . f jelinearno pa je i svaka njegova restrikcija linearno preslikavanje (Zapazanje II.7.3).2

Tvrdenje II.7.16 Neka su dati prostori V, W i U. Ako su oba preslikavanja f :V → W i g : W → U linearna, tj. f ∈ Hom(V,W) i g ∈ Hom(W,U), onda je injihova kompozicija g ◦ f : V → W linearno preslikavanje, tj. g ◦ f ∈ Hom(V,U).Ako je f izomorfizam iz V u W a g izomorfizam iz W u U onda je g ◦ f izomorfizamiz V u U.

Dokaz Neka su x, y ∈ V i α, β ∈ K. Imamo

(g ◦ f)(α−→x + β−→y

)= g

(

f(α−→x + β−→y

))

= g

(

αf(−→x)+ βf

(−→y))

=

= αg

(

f(−→x))

+ βg

(

f(−→y))

= α · (g ◦ f)(x) + β · (g ◦ f)(y)

2

Definicija II.7.17 Kazemo da je prostor V (linearno) izomorfan sa prostorom W

ako postoji neki izomorfizam iz V u W. Na osnovu prethodnog tvrdenja V je izomor-fan sa W akko je W izomorfan sa V. Kaze se jednostavno i prostori V i W su

izomorfni. 2

II.8. JOS JEDAN PRIMER IZOMORFIZMA 59

II.8 Jos jedan primer izomorfizma

Neka je

V := (0; +∞) i x⊕ y :df= x · y, α ◦ x :

df= xα

za α, x, y ∈ R. Lako je proveriti da je V := (V,⊕, ◦) realan vektorski prostor. Naprimer imamo

α ◦ (x⊕ y) = α ◦ (xy) = (xy)α = xαyα = (α ◦ x)⊕ (α ◦ y)

α ◦(β ◦ x

)= α ◦ xβ =

(xβ)α

= xαβ = (αβ) ◦ x

Funkcija f : R → (0; +∞) definisana sa f(x) :df= ex za svako x ∈ R je bijekcija

i zadovoljava uslove

f(x+ y) = f(x)⊕ f(y) i f(αz) = α ◦ f(z)

za svako x, y, z, α ∈ R:

f(x+ y) = ex+y = exey = f(x)⊕ f(y), f(αz) = eαz =(ez)α

= f(z)α = α ◦ f(z)

Slika II.8.10.

f je dakle (linearan) izomorfizam iz prostora (R,+, ·) u prostor V =((0; +∞),⊕, ◦

).

2


II.9 Tri ocigledna i jedan vazan izomorfizam

(1) Preslikavanje Usprn : Kn → Kn×1 definisano sa

Usprn

((x1, . . . , xn)

):df=

x1...xn

je izomorfizam prostora Kn i Kn×1:

Usprn

(α(x1, . . . , xn) + β(y1, . . . , yn)

)= (αx1 + βy1, . . . , αxn + βyn) =

αx1 + βy1...

αxn + βyn

= α

x1...xn

+ β

y1...yn

=

= α · Usprn((x1, . . . , xn) + β · Usprn

((y1, . . . , yn)

Ukratko, imamo

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

Usprn ↓ Usprn ↓

x1...xn

y1...yn

kao i

(αx1 + βy1, . . . , αxn + βyn)

Usprn ↓

αx1 + βy1...

αxn + βyn

2

II.9. TRI OCIGLEDNA I JEDAN VAZAN IZOMORFIZAM 61

(2) Preslikavanje Zagrn : Kn → K1×n definisano sa

Zagrn

((x1, . . . , xn)

):df=[x1 . . . , xn

]

je izomorfizam prostora Kn i K1×n.

Imamo(x1, . . . , xn) 7→ [x1 . . . , xn

]

(y1, . . . , yn) 7→ [y1 . . . , yn]

kao i

(αx1 + βy1, . . . , αxn + βyn) 7→ [αx1 + βy1 . . . , αxn + βyn]

2

(3) Preslikavanje Transn,m : Kn×m → Km×n definisano sa

Transn,m(A) :df= AT

za svako A ∈ Kn×m je izomorfizam prostora Kn×m i Km×n.

Na primer Trans3,2 : K3×2 → K2×3 i imamo

Transn,m(αM + βN) =

µ

x py qz r

+ ν

a ub vc w

T

=

µx+ νa µp+ νuµy + νb µq + νvµz + νc µr + νw

T

=

[µx+ νa µy + νb µz + νcµp+ νu µq + νv µr + νw

]

αTransn,m(M) + βTransn,m(N) = µ

x py qz r

T

+ ν

a ub vc w

T

= µ

[x y zp q r

]

+ ν

[a b cu v w

]

=


]


Ukratko, imamo

x py qz r

a ub vc w

Trans3,2 ↓ Trans3,2 ↓

[x y zp q r

] [a b cu v w

]

kao i

µx+ νa µp+ νuµy + νb µq + νvµz + νc µr + νw

Trans3,2 ↓


]

Opsta jednakost glasi (αA+ βB)T = αAT + βBT kad god su matrice A i B

istog formata.Ovo bi trebalo da bude ocigledno a ako nije onda:

[

(αA+βB)T]

(i, j) =(αA+βB

)(j, i) = αA(j, i)+βB(j, i) = αAT(i, j)+βBT(i, j)

=

[

αAT + βBT

]

(i, j). 2

Primer II.9.1 Neka je n ∈ N i a =(ai : i = 1, n

)sistem vektora prostora V.

Definisimo preslikavanje LKa : Kn → V sa

LKa((x1, . . . , xn)

):df=

n∑

i=1

xi−→ai = bx1, . . . , xnca

i pokazimo da za svako α, β ∈ K i x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Kn vazi

II.9. TRI OCIGLEDNA I JEDAN VAZAN IZOMORFIZAM 63

LKa(α−→x + β−→y

)= α · LKa (

−→x ) + β · LKa (−→y )

Imamo LKa(x) =n∑

i=1

xi−→ai i LKa(y) =

n∑

i=1

yi−→ai pa je

α · LKa (−→x ) + β · LKa (

−→y ) =n∑

i=1

xi−→ai +

n∑

i=1

yi−→ai =

n∑

i=1

(xi + yi)−→ai

No takode je i

LKa(α−→x + β−→y

)= LKa

((x1 + y1, . . . , xn + yn)

)=

n∑

i=1

(xi + yi)−→ai

Dakle vazi LKa ∈ Hom(Kn,V). 2

Tvrdenje II.9.2 LKa je injekcija akko je sistem a =(ai : i = 1, n

)linearno neza-

visan. LKa je preslikavanje na akko je sistem a =(ai : i = 1, n

)potpun. Ako je

sistem a =(ai : i = 1, n

)baza prostora V onda je LKa izomorfizam prostora Kn i

(n-dimenzionalnog) prostora V.

Ako je V k.d.v.p. i dim(V) = n ∈ N onda je prostor V izomorfan prostoru Kn

2

Definicija II.9.3 Neka je V konacnodimenzionalan, dim(V) =: n ∈ N i neka jesistem a =

(ai : i = 1, n

)baza prostora V. Na osnovu Tvrdenja II.9.2 i II.7.14

preslikavanje Koorda :df= [LKa]

−1 je izomorfizam iz V u Kn. Dakle

Koorda : V → Kn

i

Koorda(v) = (α1, . . . , αn)

gde je αi i-ta koordinata vektora v u odnosu na bazu a za i = 1, n.


Slika II.9.11.

2

II.10 Osnovna tvrdenja o linearnim preslikavanjima

Terminologija Za f ∈ Hom(V,W) kazemo da je– monomorfizam ako je f injektivno preslikavanje– epimorfizam ako je f preslikavanje na skup W .

Dakle f je izomorfizam iz V u W akko je istovremeno i monomorfizam i epimo-rfizam. 2

Tvrdenje II.10.1 Neka je f ∈ Hom(V,W).

(a) Ako je sistem(ai : i = 1, n

)

linearno zavisan sistem vektora prostora V onda je i

(f(ai) : i = 1, n

)

linearno zavisan sistem vektora prostora W.

II.10. OSNOVNA TVRDENJA O LINEARNIM PRESLIKAVANJIMA 65

(b) f⇀(L(M)

)= L

(f⇀(M)

).

(c) Kad god je(ai : i = 1, n

)

potpun sistem vektora prostora V tada je i

(f(ai) : i = 1, n

)

potpun sistem vektora prostora Im(f).

(d) Ako je f monomorfizam onda kad god je

(ai : i = 1, n

)

linearno nezavisan sistem vektora prostora V tada je i

(f(ai) : i = 1, n

)

linearno nezavisan sistem vektora prostora W.

(e) Ako je f monomorfizam onda kad god je

(ai : i = 1, n

)

baza prostora V tada je i(f(ai) : i = 1, n

)

baza prostora Im(f).

Dokaz (a) Ako je

k∑

i=1

αi−→ai =

−→01 i za neko i0 ∈ {1, . . . , k} je αi0 6= 0 onda je

02 = f(01) = f

(k∑

i=1

αi−→ai

)

=k∑

i=1

αif(−→ai)

daklek∑

i=1

αif(−→ai)= 02 i i0 ∈ {1, . . . , k}.

(b) Imamo


y ∈ f⇀(L(M)

)⇐⇒ ∃x ∈ L(M)

(

y = f(x)

)

⇐⇒

⇐⇒ ∃n ∈ N ∃v1, . . . , vn ∈ M ∃λ1, . . . , λn ∈ K

(

y = f

(n∑

i=1

λi−→vi

))

⇐⇒ ∃n ∈ N ∃v1, . . . , vn ∈ M ∃λ1, . . . , λn ∈ K

(

y =n∑

i=1

λif(−→vi)

)

⇐⇒ ∃n ∈ N ∃w1, . . . , wn ∈ f⇀M ∃λ1, . . . , λn ∈ K

(

y =n∑

i=1

λi−→wi

)

⇐⇒ y ∈ L(f→(M)

).

(c) Ako je(ai : i = 1, n

)potpun sistem vektora prostora V onda imamo

Im(f) = f⇀V = f⇀L

({ai : i = 1, n

})

= L

({f(ai) : i = 1, n

})

gde smo koristili deo pod (b). Odavde vidimo da je(f(xi) : i = 1, n

)potpun sistem

vektora prostora Im(f).

(d) Pretpostavimo da je f monomorfizam, tj. pretpostavimo da je

Ker(f) = {01}

Neka je a =(ai : i = 1, n

)linearno nezavisan sistem vektora prostora V. Iz

n∑

i=1

αi · f(−→ai)= 02

sledi

f

(n∑

i=1

αi ·−→ai

)

= 02

tj.n∑

i=1

αi ·−→ai ∈ Ker(f) = {01}

pa jen∑

i=1

αi ·−→ai = 01

No kako je a linearno nezavisan sistem to ovo znaci da je jedino moguce da je αi = 0za svako i = 1, n.

(e) Sledi direktno iz (c) i (d). 2

II.10. OSNOVNA TVRDENJA O LINEARNIM PRESLIKAVANJIMA 67

Tvrdenje II.10.2 Neka je K ∈ {R,C} i neka su V i W vektorski prostori nad K.– Ako su oba prostora V i W konacnodimenzionalni i ako je dim(V) = dim(W)

onda je V izomorfan sa W.– Ako je V konacnodimenzionalan i ako je izomorfan sa W onda je i W konacno-

dimenzionalan i vazi dim(V) = dim(W).Dakle ako su V i W k.d.v. prostori nad K onda vazi:

V je izomorfan sa W akko je dim(V) = dim(W)

Tvrdenje II.10.3 Neka je f ∈ Hom(V,W). Ako je V k.d.v. prostor onda sutakvi i Ker(f) i Im(f) i

– ako su k, l ∈ V i ako je (a1, . . . , ak, b1, . . . , bl) baza za V tako da je (a1, . . . , ak)baza za Ker(f), onda je

(f(b1), . . . , f(bl)

)baza prostora Im(f);

– vazi

dim(Ker(f)

)+ dim

(Im(f)

)= dim(V)

Tvrdenje II.10.4 Neka su i V i W k.d.v. prostori pri cemu je dim(V) = dim(W).Ako je f ∈ Hom(V,W) onda su sledeca tri uslova ekvivalentna:

(1) f je monomorfizam(2) f je epimorfizam(3) f je izomorfizam. 2

Documents

VladimirPavlovi c December1, · PDF file10 DEOI. POJAMVEKTORSKIHPROSTORA Konvencija Ako je V := (V;; ) vektorski prostor nad K onda je za 2 K i u 2 V umesto u ekonomi cnije i uobi