Ljiljana Arambasic
MATEMATIKA 4
Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i kemije, smjer
nastavnicki
Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i tehnike, smjer
nastavnicki
SADRZAJ 2
Sadrzaj
Uvod 4
1 Sustavi linearnih jednadzbi 5
1.1 Uvod u sustave linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Matricni zapis sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4 Kronecker-Capelli-jev teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.5 Veza izmedu homogenog i nehomogenog sustava jednadzbi . . 30
1.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2 Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 38
2.1 Cramerov sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.2 Gaussova metoda eliminacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.3 Primjene sustava linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . 45
2.4 Gauss-Jordanova metoda odredivanja inverza matrice . . . . . 49
2.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3 Vektorski prostori 54
3.1 Definicija i primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
3.2 Linearna zavisnost i nezavisnost vektora . . . . . . . . . . . . 56
3.3 Baza vektorskog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
4 Potprostori vektorskog prostora 73
4.1 Definicija i primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
4.2 Linearna ljuska skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
4.3 Presjek i suma potprostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
4.4 Dimenzija presjeka i sume potprostora . . . . . . . . . . . . . 83
4.5 Direktni komplement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
5 Linearni operatori 93
5.1 Primjeri i osnovna svojstva linearnih operatora . . . . . . . . . 93
5.2 Vektorski prostor linearnih operatora . . . . . . . . . . . . . . 104
5.3 Jezgra i slika linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . 107
2
SADRZAJ 3
5.4 Izomorfni vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
5.5 Matricni zapis linearnih operatora . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5.6 Svojstvene vrijednosti linearnih operatora . . . . . . . . . . . 119
5.7 Karakteristicni i minimalni polinom . . . . . . . . . . . . . . . 123
5.8 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
Literatura 134
3
SADRZAJ 4
Uvod
Matematika 4 je obavezni kolegij koji se izvodi u cetvrtom semestru nas-
tavnickih smjerova Integriranih prediplomskih i diplomskih studija fizike i
kemije, odnosno, fizike i tehnike. Matematicki kolegiji koji mu prethode su
Matematika 1, 2 i 3.
Ovi nastavni materijali pokrivaju cjelokupno gradivo kolegija. Cilj ko-
legija je nastaviti s proucavanjem linearne algebre, zapoceto u Matematici
3. Dakle, nakon vektorskog postora V 3, analiticke geometrije prostora, te
matrica, sto je sadrzaj Matematike 3, u Matematici 4 studenti proucavaju
sustave linearnih jednadzbi i metode za njihovo rjesavanje, vektorske prostore
te linearne operatore.
Teorija je potkrijepljena brojnim primjerima koji su detaljno objasnjeni u
sklopu izlaganja gradiva. Neki od njih su u nastavi obradeni na predavanjima,
a neki na vjezbama. Na kraju svakog poglavlja navedeni su zadaci koji su
namijenjeni studentima za samostalno uvjezbavanje naucenog gradiva.
Zahvaljujem se recenzentima dr.sc. Rajni Rajic, dr.sc. Zrinki Franusic i
dr.sc. Borisu Guljasu na pazljivom citanju, te sugestijama koje su pridonijele
boljoj prezentaciji materijala.
4
1. Sustavi linearnih jednadzbi 5
1 Sustavi linearnih jednadzbi
1.1 Uvod u sustave linearnih jednadzbi
Sustave jednadzbi opcenito je tesko rijesiti. Na primjer, kako odrediti sve
uredene parove realnih brojeva (x, y) koji zadovoljavaju sljedeci sustav jed-
nadzbi sinx + ln y = 11
x − cos y = 0?
Medutim, sustavi linearnih jednadzbi se lakse rjesavaju. U ovom poglavlju
naucit cemo neke metode za njihovo rjesavanje.
Krenimo od osnovnih pojmova i definicija. Prije nego definiramo sustav
linearnih jednadzbi, recimo sto je to (jedna) linearna jednadzba. Jednadzba
3x − 2y = 2 je linearna jednadzba s dvije nepoznanice x i y (u ravnini ova
jednadzba predstavlja jednadzbu pravca). Jednadzba x − 2y + z = 2 je
linearna jednadzba s tri nepoznanice x, y i z (u trodimenzionalnom prostoru
ovo je jednadzba ravnine). Generalizirajmo sada na n nepoznanica.
Linearna jednadzba s n nepoznanica x1, . . . , xn je jednadzba oblika
a1x1 + a2x2 + . . .+ anxn = b,
pri cemu su a1, a2, . . . , an, b ∈ F i barem jedan od njih je razlicit od nule.
(Pritom je F = R ili F = C.)
Sustav linearnih jednadzbi s nepoznanicama x1, . . . , xn je konacan
skup linearnih jednadzbi s tim nepoznanicama. Na primjer,x + y + z = 2
2x + 2y = 4
je jedan sustav od dvije jednadzbe s tri nepoznanice x, y, z.
Sustav m linearnih jednadzbi s n nepoznanica x1, . . . , xn obicno zapisu-
jemo ovako: a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2
......
am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm
(1)
5
1. Sustavi linearnih jednadzbi 6
pri cemu su aij, bi ∈ F, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n. Kazemo da su skalari
aij, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n, koeficijenti sustava, a bi, i = 1, . . . ,m, slo-
bodni clanovi ili slobodni koeficijenti sustava.
Uredena n-torka (c1, c2, . . . , cn) ∈ Fn je rjesenje linearne jednadzbe
a1x1 + a2x2 + . . .+ anxn = b
ako vrijedi
a1c1 + a2c2 + . . .+ ancn = b.
Drugim rijecima, u lijevu stranu jednadzbe umjesto xi uvrstimo ci za sve
i = 1, . . . , n, pa ako kao rezultat dobijemo b onda je (c1, c2, . . . , cn) rjesenje
jednadzbe a1x1 + a2x2 + . . . + anxn = b, a ako je rezultat razlicit od b,
onda to nije rjesenje. Sva rjesenja linearne jednadzbe cine skup rjesenja
jednadzbe. Svako pojedino rjesenje nazivamo partikularno rjesenje.
Primjer 1.1.1. Promatrajmo jednadzbu
x− 3y = 3. (2)
Jedno rjesenje ove jednadzbe je (3, 0), jer je 3− 3 · 0 = 3. Takoder, i (0,−1)
je rjesenje ove jednadzbe, jer je 0 − 3 · (−1) = 3. Skup svih rjesenja ove
jednadzbe mozemo naci ako jednu varijablu zamislimo kao parametar i drugu
varijablu izrazimo pomocu tog parametra. Dakle, ako oznacimo x = t tada
je y = 13t− 1, pa je
(t, 1
3t− 1) : t ∈ R (3)
skup svih rjesenja jednadzbe (2).
Uvrstavanjem pojedinih vrijednosti za parametar t dobivamo partiku-
larna rjesenja ove jednadzbe: za t = 0 dobivamo (0,−1), za t = 1 dobivamo
(1,−23), za t = 3 dobivamo (3, 0), itd.
Isto tako, mogli smo oznaciti y = s i izraziti x pomocu s, pa bismo dobili
x = 3s+ 3. Skup svih rjesenja sada mozemo zapisati kao
(3s+ 3, s) : s ∈ R. (4)
Iako se izrazi u skupu svih rjesenja (3) i (4) razlikuju, radi se, naravno, o
istom skupu, jer kada bi parametri t i s poprimili sve vrijednosti iz R dobili
6
1. Sustavi linearnih jednadzbi 7
bismo iste skupove uredenih parova. Na primjer, za t = 2 dobivamo rjesenje
(2,−13), a to isto rjesenje se u drugom skupu pojavljuje ako uvrstimo s = −1
3.
Uredena n-torka (c1, c2, . . . , cn) ∈ Fn je rjesenje sustava linearnih jed-
nadzbi (1) ako je rjesenje svih jednadzbi koje cine taj sustav.
Naglasimo da je (c1, c2, . . . , cn) jedno, a ne n rjesenja promatranog sus-
tava.
Na primjer, (1, 1) je rjesenje sustavax + y = 2
2x + 2y = 4,
jer je 1 + 1 = 2 i 2 · 1 + 2 · 1 = 4, dok (2, 0) nije rjesenje sustavax + y = 2
2x − 3y = −1,
jer 2 ·2−3 ·0 6= −1, tj. nije rjesenje druge jednadzbe sustava (iako je rjesenje
prve jednadzbe 2 + 0 = 2).
Postoje sustavi linearnih jednadzbi koji nemaju niti jedno rjesenje. Na
primjer, niti jedan uredeni par (x, y) ∈ R2 nije rjesenje sustavax + y = 2
x + y = 3. (5)
To je ocito, jer bi onda bilo 2 = x + y = 3. U to se lako uvjerimo i
ako svaku od jednadzbi prikazemo graficki: dobit cemo dva pravca u ravnini
koji su paralelni i razliciti, vidi sliku 1. Rjesenja prve jednadzbe su tocke
(tj. uredeni parovi brojeva) koje leze na prvom pravcu, a rjesenja druge
jednadzbe tocke koje leze na drugom pravcu. Rjesenja sustava su tada tocke
koje leze na oba pravca, tj. tocke u kojima se pravci sijeku. No ova dva
pravca se ne sijeku i zato nas sustav nema niti jedno rjesenje.
Za razliku od ovog sustava, sljedeci sustav ima rjesenje (32, 12):
x + y = 2
x − y = 1. (6)
7
1. Sustavi linearnih jednadzbi 8
Slika 1: Graficki prikaz sustava linearnih jednadzbi (5)
Slika 2: Graficki prikaz sustava linearnih jednadzbi (6)
8
1. Sustavi linearnih jednadzbi 9
Slika 3: Graficki prikaz sustava linearnih jednadzbi (7)
Prikazemo li svaku jednadzbu sustava kao pravac, onda ce rjesenje sustava
biti oni uredeni parovi koji predstavljaju tocke koje leze i na jednom i na
drugom pravcu, dakle, njihovo sjeciste (vidi sliku 2).
I sustav x + y = 2
2x + 2y = 4(7)
ima rjesenje, cak beskonacno mnogo njih. Kako obje jednadzbe sustava pred-
stavljaju isti pravac (vidi sliku 3), onda ce sve tocke na tom pravcu dati
rjesenje sustava - svaki uredeni par brojeva oblika (t, 2 − t), gdje je t ∈ Rproizvoljan, je rjesenje sustava.
Rezimirajmo: sustav linearnih jednadzbi moze
• nemati niti jedno rjesenje,
• imati tocno jedno rjesenje,
• imati vise rjesenja.
Sustave koje imaju barem jedno rjesenje nazivamo rjesivim, a sustave koje
nemaju rjesenja nerjesivim sustavima.
9
1. Sustavi linearnih jednadzbi 10
1.2 Matricni zapis sustava
Promatrajmo sustav (1). Koeficijente aij prirodno je ”posloziti” u matricu
A =
a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...
......
am1 am2 . . . amn
,koju nazivamo matrica sustava (1). Nadalje, od slobodnih koeficijenata i
nepoznanica formirajmo matrice
B =
b1b2...
bm
, X =
x1x2...
xn
.Kazemo da je B matrica slobodnih koeficijenata i X matrica nepoz-
nanica. Ponekad cemo, iz ocitih razloga, reci da su B i X stupci slobodnih
koeficijenata i nepoznanica.
Uocimo da je A ∈ Mmn, B ∈ Mm1 i X ∈ Mn1. Kako su matrice A i X
ulancane, mozemo ih mnoziti. Dobivamo
AX =
a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...
......
am1 am2 . . . amn
x1x2...
xn
=
a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxna21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn
...
am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn
(1)=
b1b2...
bm
= B.
Prema tome, sustav (1) mozemo zapisati u obliku matricne jednadzbe
AX = B. (8)
Rjesenje jednadzbe (8) je svaki C ∈ Mn1 za koji vrijedi AC = B. Uocimo:
10
1. Sustavi linearnih jednadzbi 11
(c1, . . . , cn) je rjesenje sustava (1) ako i samo ako je C =
c1c2...
cn
rjesenje
jednadzbe (8).
Osim ove tri matrice, svakom sustavu pridruzujemo jos i prosirenu ma-
tricu sustava koja se definira kao
Ap =
a11 a12 . . . a1n | b1a21 a22 . . . a2n | b2...
......
...
am1 am2 . . . amn | bm
.Vertikalne crtice ispred posljednjeg stupca stavljamo da bismo razdvojili ma-
tricu A (smjestenu u prvih n stupaca matrice Ap) od matrice B (koja cini
posljednji stupac od Ap). Ocito je Ap ∈Mm,n+1.
Primjer 1.2.1. Matrice pridruzene sustavu
3x1 + 4x2 − 5x3 = 7
2x1 − 2x3 = 17
13x1 + 14x2 = 0.1
su
A =
3 4 −5
2 0 −2
13 14 0
, Ap =
3 4 −5 | 7
2 0 −2 | 17
13 14 0 | 0.1
, X =
x1x2x3
, B =
7
17
0.1
.
Primjer 1.2.2. Neka je zadana prosirena matrica
Ap =
13 4 4 0 | 1
−2 −2 4 2 | 5
1 1 0 4 | 1
.Sustav koji je njome jednoznacno odreden je
13x1 + 4x2 + 4x3 = 1
−2x1 − 2x2 + 4x3 + 2x4 = 5
x1 + x2 + 4x4 = 1.
11
1. Sustavi linearnih jednadzbi 12
1.3 Rang matrice
Prije nego sto pocnemo uciti metode za rjesavanje sustava linearnih jed-
nadzbi moramo upoznati i pojam ranga matrice i nauciti kako ga odrediti za
pojedinu matricu.
Neka je zadana matrica
A =
a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...
......
am1 am2 . . . amn
∈Mmn.
Oznacimo njezine stupce sa S1, S2, . . . , Sn, dakle,
S1 =
a11a21...
am1
, S2 =
a12a22...
am2
, . . . , Sn =
a1na2n...
amn
.Na ovaj nacin smo dobili skup vektora S1, S2, . . . , Sn u vektorskom prostoru
Mm1, pa mozemo diskutirati njegovu linearnu (ne)zavisnost.
Skup vektora v1, v2, . . . , vn u vektorskom prostoru V nad poljem F je
linearno nezavisan ako iz
λ1v1 + λ2v2 + . . .+ λnvn = θ
slijedi
λ1 = λ2 = . . . = λn = 0,
pri cemu je s θ oznacen nulvektor u V. Za skup koji nije linearno neza-
visan kazemo da je linearno zavisan. Drugim rijecima, postoje skalari
λ1, λ2, . . . , λn ∈ F, od kojih je barem jedan razlicit od nule, takvi da je
λ1v1 + λ2v2 + . . .+ λnvn = θ.
Uocimo da govorimo o linearno (ne)zavisnom skupu vektora, a ne o li-
nearno (ne)zavisnim vektorima. Nekada cemo, u cilju jednostavnijeg izlaga-
nja, biti neprecizni i reci da su neki vektori linearno (ne)zavisni, a pritom
cemo podrazumijevati da je skup kojeg ti vektori cine linearno (ne)zavisan.
Definicija 1.3.1. Rang matrice A ∈ Mmn, oznaka r(A), je maksimalni
broj linearno nezavisnih vektora u skupu njezinih stupaca S1, S2, . . . , Sn.
12
1. Sustavi linearnih jednadzbi 13
Primjer 1.3.2. (a) Svi stupci nulmatrice su nulvektori i zato je r(0) = 0.
(b) Stupci jedinicne matrice I ∈ Mn ocito cine linearno nezavisan skup
vektora i zato je r(I) = n.
(c) Pogledajmo matricu A =
1 2
1 1
−1 7
. Njezini su stupci ocito linearno
nezavisni. Zakljucujemo da je r(A) = 2.
(d) Pogledajmo matricu A =
[1 1 −1
2 1 7
]. Njezini stupci su
S1 =
[1
2
], S2 =
[1
1
], S3 =
[−1
7
].
Jasno je da je skup S1, S2 linearno nezavisan (provjerite!). S druge
strane, zbog S3 = 8S1 − 9S2, skup S1, S2, S3 je linearno zavisan.
Zakljucak: maksimalan broj linearno nezavisnih elemenata u skupu
S1, S2, S3, sto je po definiciji r(A), u ovom slucaju iznosi 2.
Vec iz ovih primjera je jasno da je rang nekim matrica lako odrediti, a
nekim drugim nesto teze. Zato su razvijeni postupci kako zadanu matricu
transformirati do matrice koja ima isti rang kao i polazna matrica, a pritom
je rang nove matrice lako odrediti. Uvedimo prvo nove pojmove.
Definicija 1.3.3. Elementarne transformacije matrice A ∈Mmn su:
I. medusobna zamjena dva retka (stupca) matrice A;
II. mnozenje nekog retka (stupca) matrice A skalarom λ 6= 0;
III. pribrajanje nekog retka (stupca) matrice A, prethodno pomnozenog
skalarom λ, nekom drugom retku (stupcu) matrice A.
Definicija 1.3.4. Neka su A,B ∈ Mmn. Kazemo da su matrice A i B ek-
vivalentne, pisemo A ∼ B, ako se matrica B moze dobiti iz matrice A
primjenom konacno mnogo elementarnih transformacija.
13
1. Sustavi linearnih jednadzbi 14
Primjer 1.3.5. • Neka su zadane matrice A =
[1 1
5 5
]i B =
[5 5
1 1
].
Zamjenom 1. i 2. retka matrice A (elementarna transformacija I. tipa)
dobivamo matricu B, pa je zato A ∼ B. Takoder, B ∼ A, jer se i A
moze dobiti iz B na potpuno isti nacin.
• Neka je A =
[1 2
3 4
]i B =
[2 2
6 4
]. Tada je A ∼ B, jer je matrica
B nastala tako sto smo prvi stupac od A pomnozili s 2 (elementarna
transformacija II. tipa). Vrijedi i B ∼ A, jer je matrica A nastala tako
sto smo prvi stupac od B pomnozili s 12
(elementarna transformacija
II. tipa).
• Neka je A =
[1 2
3 4
]i B =
[1 0
3 −2
]. Uocimo da B iz A mozemo
dobiti tako da drugom stupcu od A dodamo prvi stupac pomnozen s
-2 (elementarna transformacija III. tipa); zato je A ∼ B. Isto tako,
A iz B mozemo dobiti tako da drugom stupcu od B dodamo prvi
stupac pomnozen s 2 (opet elementarna transformacija III. tipa); zato
je B ∼ A.
Koristeci zapazanja iz prethodnog primjera lako je provjeriti da za sve
A,B,C ∈Mmn vrijedi sljedece:
1. A ∼ A;
2. A ∼ B ⇒ B ∼ A;
3. (A ∼ B i B ∼ C) ⇒ A ∼ C.
Drugim rijecima, ∼ relacija ekvivalencija na skupu Mmn.
Propozicija 1.3.6. Ekvivalentne matrice imaju isti rang. Drugim rijecima,
primjena elementarnih transformacija na neku matricu ne mijenja njen rang.
Dokaz. Dokaz cemo provesti za elementarne transformacije nad stupcima, a
dokaz za retke izostavljamo.
Neka je zadana matrica A ∈Mmn i neka su S1, S2, . . . , Sn njezini stupci.
Nadalje, pretpostavimo da je S1, S2, . . . , Sr maksimalni linearno nezavisan
14
1. Sustavi linearnih jednadzbi 15
skup stupaca matrice A, dakle r(A) = r. Pretpostavimo da provodimo ele-
mentarne transformacije nad stupcima.
• Neka smo matrici zamijenili prvi i drugi stupac. Tada umjesto skupa
S1, S2, S3, . . . , Sn promatramo skup S2, S1, S3, . . . , Sn, sto je isti
skup, pa zakljucujemo da primjenom elementarne transformacije I. tipa
rang ostaje nepromijenjen.
• Neka je λ 6= 0 i neka je elementarna transformacija II. tipa primijenjena
na prvi stupac. Oznacimo tako dobivenu matricu s B; njezini su stupci
λS1, S2, . . . , Sn. Pokazimo da je skup λS1, S2, . . . , Sr linearno ne-
zavisan. Iz
α1(λS1) + α2S2 + . . .+ αrSr = 0,
to jest,
(α1λ)S1 + α2S2 + . . .+ αrSr = 0,
i linearne nezavisnosti skupa S1, S2, . . . , Sr slijedi α1λ = α2 = . . . =
αr = 0. Kako je λ 6= 0, slijedi α1 = α2 = . . . = αr = 0. To znaci
da u skupu λS1, S2, . . . , Sn ima barem r linearno nezavisnih stupaca,
pa je r(B) ≥ r(A). Sjetimo se da je B dobivena iz A elementarnom
transformacijom II. tipa. No, i A se moze dobiti iz B elementarnom
transformacijom drugog tipa (mnozenjem prvog stupca s 1λ), pa iz pro-
vedenog dokaza slijedi r(A) ≥ r(B). Zakljucujemo da je r(A) = r(B).
• Promatrajmo sada elementarne transformacije III. tipa. Neka je C ma-
trica dobivena iz A dodavanjem prvog stupca pomnozenog s λ ∈ F dru-
gom stupcu. Stupci matrice C su S1, λS1 + S2, S3, . . . , Sn. Pokazimo
da je skup S1, λS1 + S2, S3, . . . , Sr linearno nezavisan. Kao i malo-
prije, iz
α1S1 + α2(λS1 + S2) + . . .+ αrSr = 0,
slijedi α1+α2λ = α2 = . . . = αr = 0, i onda α1 = α2 = . . . = αr = 0. To
znaci da je r(C) ≥ r(A). Ako sada A shvatimo kao matricu dobivenu
iz C primjenom elementarne transformacije treceg tipa (prvi stupac
pomnozimo s −λ i dodamo drugom), zakljucujemo da je r(A) ≥ r(C);
dakle, r(A) = r(C).
15
1. Sustavi linearnih jednadzbi 16
Definicija 1.3.7. Neka su m,n ∈ N. Za svaki r, 0 ≤ r ≤ minm,ndefiniramo kanonsku matricu ranga r tipa (m,n) kao
Dr =
1 0 . . . 0 0 . . . . . . 0
0 1 . . . 0 0 . . . . . . 0...
.... . .
......
...
0 0 . . . 1 0 . . . . . . 0
0 0 . . . 0 0 . . . . . . 0...
......
......
0 0 . . . 0 0 . . . . . . 0
← r .
Uocimo da Dr mozemo skraceno zapisati kao Dr = [aij], gdje je
aij =
1, i = j ≤ r;
0, inace.
Rang matrice Dr ocito je jednak r. Kada budemo odredivali rang pro-
izvoljne matrice, provodit cemo elementarne transformacije koje ce nas do-
vesti do matrice ovog tipa. U sljedecem teoremu dokazujemo da je to uvijek
moguce. Njegov dokaz je ujedno i algoritam kako provoditi elementarne tran-
sformacije da bismo dosli do odgovarajuceg Dr.
Teorem 1.3.8. Neka je A ∈ Mmn proizvoljna matrica. Postoji r ∈ N ∪ 0tako da je A ∼ Dr. Pritom je r = r(A).
Dokaz. Ako je A = 0, tada je A ∼ D0.
Ako A 6= 0, tada je neki njen element razlicit od 0, recimo aij 6= 0. Ako
zamijenimo i-ti i prvi redak, te j-ti i prvi stupac (elementarne transformacije
I. tipa), dobit cemo matricu koja na mjestu (1, 1) ima element aij (razlicit
od 0). Mnozenjem prvog retka ili stupca skalarom 1aij
(elementarna transfor-
macija II. tipa) doci cemo do matrice oblika1 b12 . . . b1nb21 b22 . . . b2n...
......
bm1 bm2 . . . bmn
.Sada zelimo u prvom retku i prvom stupcu dobiti 0 na svim mjestima osim na
mjestu (1, 1). To ce nam omoguciti elementarne transformacije III. tipa: za
16
1. Sustavi linearnih jednadzbi 17
sve i 6= 1, i-tom retku pribrajamo prvi redak pomnozen s −bi1, a za sve j 6= 1,
j-tom stupcu pribrajamo prvi stupac pomnozen s −b1j. Ove transformacije
nas dovode do matrice oblika1 0 . . . 0
0 c22 . . . c2n...
......
0 cm2 . . . cmn
.Ako je cij = 0 za sve i = 2, . . . ,m, j = 2, . . . , n, onda je gornja matrica upravo
D1 i gotovi smo. Ako je neki cij razlicit od nule, tada ponavljamo postupak
kojeg smo upravo nacinili: taj ne-nul element dovedemo na mjesto (2, 2),
zatim ga ’pretvorimo’ u jedinicu, a onda tom jedinicom ponistimo sve ostale
elemente u drugom retku i u drugom stupcu. Tako cemo doci do matrice1 0 0 . . . 0
0 1 0 . . . 0
0 0 d33 . . . d3n...
......
...
0 0 dm3 . . . dmn
.
Ako je dij = 0 za sve i = 3, . . . ,m, j = 3, . . . , n, onda je gornja matrica
jednaka D2 i gotovi smo. Ako ne, postupak nastavljamo. Nakon najvise
minm,n koraka, ovaj ce postupak zavrsiti.
Sada prema propoziciji 3.1.2, zbog A ∼ Dr, zakljucujemo da vrijedi
r(A) = r(Dr) = r.
Korolar 1.3.9. Neka su A,B ∈Mmn. Tada vrijedi
A ∼ B ⇔ r(A) = r(B).
Dokaz. Ako je A ∼ B, tada, prema propoziciji 3.1.2, slijedi r(A) = r(B).
S druge strane, neka matrice A i B imaju isti rang i neka je r = r(A) =
r(B). Prema teoremu 1.3.8 je tada A ∼ Dr i B ∼ Dr. Kako je ∼ relacija
ekvivalencije, slijedi A ∼ B.
Iz dokaza teorema 1.3.8 slijedi da je, za sve A ∈Mmn, r(A) ≤ minm,n.
17
1. Sustavi linearnih jednadzbi 18
Primjer 1.3.10. Odredimo rang matrice
A =
1 3 5 −1
2 −1 −3 4
5 1 −1 7
.Provodimo postupak kojeg smo opisali u dokazu teorema 1.3.8. Pritom cemo
koristiti oznake r i s za retke i stupce: na primjer, (II.r−2I.r) znaci da smo
drugom retku dodali prvi pomnozen s (−2).
A =
1 3 5 −1
2 −1 −3 4
5 1 −1 7
(II.r − 2I.r)
(III.r − 5I.r)
∼
1 3 5 −1
0 −7 −13 6
0 −14 −26 12
(II.s− 3I.s, IV.s+ I.s)
(III.s− 5I.s)
∼
1 0 0 0
0 −7 −13 6
0 −14 −26 12
(−17II.s,− 1
13III.s, 1
6IV.s, )
∼
1 0 0 0
0 1 1 1
0 2 2 2
(III.r − 2II.r)
∼
1 0 0 0
0 1 1 1
0 0 0 0
(III.s− II.s)(IV.s− II.s) ∼
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
= D2.
Primjer 1.3.11. U prostoru R3 ispitajmo linearnu zavisnost skupa vektora
(1, 1, 3), (−5, 1, 2), (1, 0, 1).Jedan nacin je provjera po definiciji, tj. treba vidjeti da jedino trivijalna
kombinacija ovih vektora daje nulvektor (ucinite to sami!).
Drugi nacin je pomocu ranga matrice. Promatrat cemo matricu A ciji su
stupci upravo zadani vektori i racunati njezin rang. Ako je r(A) = 3, tada
je zadani skup vektora linearno nezavisan, a ako je r(A) < 3 tada je linearno
zavisan.
18
1. Sustavi linearnih jednadzbi 19
A =
1 −5 1
1 1 0
3 2 1
(II.r − I.r)(III.r − 3I.r)
∼
1 −5 1
0 6 −1
0 17 −2
(II.s+ 5I.s)
(III.s− I.s)
∼
1 0 0
0 6 −1
0 17 −2
(II.s↔ III.s) ∼
1 0 0
0 −1 6
0 −2 17
((−1)II.s)
∼
1 0 0
0 1 6
0 2 17
(III.r − 2II.r) ∼
1 0 0
0 1 6
0 0 5
III.s− 6II.s)
∼
1 0 0
0 1 0
0 0 5
(15III.r)
∼
1 0 0
0 1 0
0 0 1
= D3 ⇒ r(A) = 3.
Prema tome, zadani skup je linearno nezavisan.
Primjer 1.3.12. Neka je A =
a a b b
b b b a
b a a a
b a b b
. Odredimo r(A).
Naravno, rang ove matrice ovisi o vrijednostima parametara a i b. Kako
je A ∈M4, to je r(A) ∈ 0, 1, 2, 3, 4.Ako je a = b = 0 tada je A = 0 i zato r(A) = 0.
Takoder, ocito je i da za a = b 6= 0 vrijedi r(A) = 1, jer je tada
A =
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
.Pretpostavimo da je a 6= b. Pomnozimo prvi redak od A s −1 i dodamo
ga drugom, trecem i cetvrtom retku. Dobili smo
A ∼
a a b b
b− a b− a 0 a− bb− a 0 a− b a− bb− a 0 0 0
.19
1. Sustavi linearnih jednadzbi 20
Zbog b− a 6= 0 mozemo drugi, treci i cetvrti redak mnoziti s 1b−a . Slijedi
A ∼
a a b b
1 1 0 −1
1 0 −1 −1
1 0 0 0
.Zamijenimo prvi i cetvrti redak:
A ∼
1 0 0 0
1 1 0 −1
1 0 −1 −1
a a b b
,a zatim prvi red mnozimo s −1 i dodajemo drugom i trecem retku, te s −ai dodajemo cetvrtom retku:
∼
1 0 0 0
0 1 0 −1
0 0 −1 −1
0 a b b
.Drugi red mnozimo s −a i dodajemo cetvrtom redu, a onda drugi stupca
mnozimo s 1 i dodajemo cetvrtom stupcu:
∼
1 0 0 0
0 1 0 −1
0 0 −1 −1
0 0 b b+ a
∼
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −1 −1
0 0 b b+ a
.Treci redak mnozimo s −1, a u sljedecem koraku treci redak pomnozen s
−b dodajemo cetvrtom. Na kraju treci stupac pomnozen s −1 dodajemo
cetvrtom stupcu.
∼
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 b b+ a
∼
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 0 a
∼
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 a
.Ako je a = 0 tada je r(A) = 3, a ako je a 6= 0 tada posljednji redak
mozemo mnoziti s 1a
i onda je ocito r(A) = 4.
Prema tome imamo:
20
1. Sustavi linearnih jednadzbi 21
• a = b = 0⇒ r(A) = 0;
• a = b 6= 0⇒ r(A) = 1;
• a = 0, b 6= 0⇒ r(A) = 3;
• a 6= 0, a 6= b⇒ r(A) = 4.
Elementarne transformacije matrice A mogu se prikazati kao mnozenja
matrice A slijeva ili zdesna matrice nekim matricama.
Definicija 1.3.13. Neka je n ∈ N. Elementarne matrice n-tog reda su
Ei,j =
1 0 . . . 0 . . . 0 . . . 0
0 1 . . . 0 . . . 0 . . . 0...
.... . .
......
...
0 0 . . . 0 . . . 1 . . . 0...
......
. . ....
...
0 0 . . . 1 . . . 0 . . . 0...
......
.... . .
...
0 0 . . . 0 . . . 0 . . . 1
← i
← j
, i, j = 1, . . . , n, i 6= j,
Eλi =
1 0 . . . 0 0 0 . . . 0...
.... . .
......
......
0 0 . . . 1 0 0 . . . 0
0 0 . . . 0 λ 0 . . . 0
0 0 . . . 0 0 1 . . . 0...
......
......
. . ....
0 0 . . . 0 0 0 . . . 1
← i , i = 1, . . . , n, λ ∈ F \ 0,
21
1. Sustavi linearnih jednadzbi 22
Eλi,j =
1 0 . . . 0 . . . 0 . . . 0
0 1 . . . 0 . . . 0 . . . 0...
.... . .
......
...
0 0 . . . 1 . . . 0 . . . 0...
......
. . ....
...
0 0 . . . λ . . . 1 . . . 0...
......
.... . .
...
0 0 . . . 0 . . . 0 . . . 1
← i
← j
, i, j = 1, . . . , n, i 6= j, λ ∈ F.
U matricama Eλi,j skalar λ se nalazi na mjestu (i, j), pa su u prethodnoj
definiciji prikazane matrice u slucaju kada je i > j. Primijetimo da elemen-
tarne matrice nastaju primjenom elementarnih transformacija na jedinicnu
matricu.
Lako se provjeri da za sve i 6= j vrijedi
E2i,j = I, Eλ
i E1λi = E
1λi E
λi = I, E−λi,j E
λi,j = Eλ
i,jE−λi,j = I,
a to upravo znaci da su sve elementarne matrice regularne matrice i da je
E−1i,j = Ei,j, (Eλi )−1 = E
1λi , (Eλ
i,j)−1 = E−λi,j .
Pogledajmo sada sto se desava pomnozimo li neku matricu s elementar-
nom matricom.
E1,2A =
0 1 0
1 0 0
0 0 1
1 3 5 −1
2 −1 −3 4
5 1 −1 7
=
2 −1 −3 4
1 3 5 −1
5 1 −1 7
AE1,2 =
1 3 5 −1
2 −1 −3 4
5 1 −1 7
0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
=
3 1 5 −1
−1 2 −3 4
1 5 −1 7
.Prvo uocimo da E1,2 iz prvog i drugog mnozenja nisu iste matrice. Naime,
da bi mnozenje bilo definirano, moramo ’podesiti’ red matrice, pa je matrica
u prvom mnozenju treceg, a u drugom mnozenju cetvrtog reda. Opcenito,
22
1. Sustavi linearnih jednadzbi 23
ako je A ∈Mmn, tada slijeva mnozimo elementarnim matricama m-tog reda,
a zdesna mnozimo elementarnim matricama n-tog reda.
Nadalje, kada smo matricu A slijeva pomnozili matricom Ei,j tada je
doslo do zamjene i-tog i j-tog retka u A, a kada smo A zdesna pomnozili s
Ei,j, u A su se zamijenili i-ti i j-ti stupac. Dakle, dogodile su se elementarne
transformacije I. tipa.
Pogledajmo na istoj matrici sto se dogada ako A mnozimo s ostalim
elementarnim matricama.
Eλ2A =
1 0 0
0 λ 0
0 0 1
1 3 5 −1
2 −1 −3 4
5 1 −1 7
=
1 3 5 −1
2λ −λ −3λ 4λ
5 1 −1 7
AEλ2 =
1 3 5 −1
2 −1 −3 4
5 1 −1 7
1 0 0 0
0 λ 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
=
1 3λ 5 −1
2 −λ −3 4
5 λ −1 7
,
Eλ2,3A =
1 0 0
0 1 λ
0 0 1
1 3 5 −1
2 −1 −3 4
5 1 −1 7
=
1 3 5 −1
2 + 5λ −1 + λ −3− λ 4 + 7λ
5 1 −1 7
AEλ2,3 =
1 3 5 −1
2 −1 −3 4
5 1 −1 7
1 0 0 0
0 1 λ 0
0 0 1 0
0 0 0 1
=
1 3 5 + 3λ −1
2 −1 −3− λ 4
5 1 −1 + λ 7
.Vidimo da su se sada dogodile elementarne transformacije II. i III. tipa.
Slicno se dokaze da se i za opcenitu matricu dogode iste transformacije pri
mnozenju s elementarnim matricama. Zapisimo to u sljedecem teoremu ciji
dokaz, zbog slicnosti prethodnom racunu, izostavljamo.
Teorem 1.3.14. Mnozenjem proizvoljne matrice A ∈ Mmn s elementarnim
matricama s lijeve (desne) strane realiziraju se elementarne transformacije
redaka (stupaca) matrice A. Pritom je
23
1. Sustavi linearnih jednadzbi 24
• Ei,jA (AEi,j) matrica koja nastaje zamjenom i-tog i j-tog retka (stupca)
u A,
• Eλi A (AEλ
i ) je matrica koju dobivamo tako da i-ti redak (stupac) u A
mnozimo s λ,
• Eλi,jA (AEλ
i,j) je matrica koja se dobije kad se i-tom retku (j-tom stupcu)
matrice A pribroji njezin j-ti redak (i-ti stupac) pomnozen s λ.
Teorem 1.3.15. Neka je A ∈ Mmn proizvoljna matrica ranga r. Postoje
regularne matrice S ∈Mm i T ∈Mn takve da je A = SDrT.
Dokaz. Prema teoremu 1.3.8, A ∼ Dr. To znaci da smo, primjenivsi konacno
mnogo elementarnih transformacija nad retcima i stupcima matrice A, dosli
do Dr. Elementarne transformacije koje smo napravili nad retcima mozemo
predstaviti elementarnim matricama S1, . . . , Sk, a one nad stupcima matri-
cama T1, . . . , Tl. Tada je
Dr = Sk . . . S1AT1 . . . Tl,
odnosno
A = S−11 . . . S−1k DrT−1l . . . T−11 .
Sada samo treba oznaciti S = S−11 . . . S−1k i T = T−1l . . . T−11 i dobili smo
A = SDrT.
U sljedecem korolaru navodimo nekoliko posljedica prethodnog teorema.
Korolar 1.3.16. Vrijede sljedece tvrdnje:
(a) Neka je A ∈Mn. Tada vrijedi:
A je regularna ⇔ detA 6= 0⇔ r(A) = n. (9)
(b) Svaka regularna matrica se moze napisati kao produkt konacno mnogo
elementarnih matrica.
(c) Neka su A,B ∈ Mmn. Tada: A ∼ B ako i samo ako postoje S ∈ Mm i
T ∈Mn regularne matrice takve da je B = SAT.
24
1. Sustavi linearnih jednadzbi 25
Dokaz. (a) Vec otprije znamo da je A regularna ako i samo ako je njena
determinanta razlicita od nule.
Ako je r(A) = n tada, prema teoremu 1.3.15, postoje regularne matrice
S i T tako da je A = SDnT = ST. Kao produkt regularnih matrica S i T, i
matrica A je regularna.
Ako je r := r(A) < n tada je Dr singularna matrica, pa je detDr = 0.
Prema teoremu 1.3.15 postoje regularne matrice S i T takve da je A = SDrT.
Prema Binet-Cauchyevom teoremu je
detA = detS · detDr · detT = 0,
pa je A singularna matrica.
(b) Ako je A regularna tada je, prema upravo dokazanom, r(A) = n,
pa je A ∼ Dn = I. Prema teoremu 1.3.15, postoje regularne matrice S i T
tako da je A = ST. Iz dokaza teorema 1.3.15 vidimo da su S i T produkti
elementarnih matrica, pa je i A = ST produkt elementarnih matrica.
(c) Pretpostavimo da je A ∼ B. Tada r(A) = r(B) (teorem 1.3.8), pa
prema teoremu 1.3.15 postoje regularne matrice S1, S2, T1, T2 takve da je
A = S1DrT1 i B = S2DrT2. Tada je A = S−11 AT−11 i
B = S2S−11 AT−11 T2 = SAT,
gdje smo oznacili S = S2S−11 i T = T−11 T2. Ocito su S i T regularne matrice.
Pretpostavimo da su A i B takve da postoje regularne matrice S i T takve
da je B = SAT. Prema prethodnom korolaru su S i T produkti konacno
mnogo elementarnih matrica S1, . . . , Sk te T1, . . . , Tl, dakle
B = Sk · · ·S1AT1 · · ·Tl.
Kako mnozenje matrice A s nekom elementarnom matricom slijeva ili zdesna
znaci primjenu elementarne transformacije nad recima ili stupcima od A, ova
relacija znaci da se B moze dobiti iz A primjenom konacno mnogo elemen-
tarnih transformacija, sto po definiciji znaci da je A ∼ B.
Napomena 1.3.17. Sjetimo se da se (9) moze izreci i kao:
A je singularna ⇔ detA = 0⇔ r(A) < n.
25
1. Sustavi linearnih jednadzbi 26
1.4 Kronecker-Capelli-jev teorem
Sada kada smo naucili sto je i kako se odreduje rang matrice, mozemo upo-
znati jedan vrlo vazan teorem koji nam govori o tome ima li zadani sustav
rjesenje ili ne. Drugim rijecima, ovaj teorem bavi se problemom egzistencije
rjesenja sustava linearnih jednadzbi.
I dalje promatramo sustav m linearnih jednadzbi s n nepoznanica:a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2
......
am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm
(10)
pri cemu su aij, bi ∈ F, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n. Matricno, imamo jed-
nadzbu
AX = B,
gdje su
A =
a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...
......
am1 am2 . . . amn
, B =
b1b2...
bm
, X =
x1x2...
xn
.A je matrica sustava, X vektor nepoznanica, B vektor slobodnih clanova.
Uvedili smo i prosirenu matricu sustava
Ap = [A|B] =
a11 a12 . . . a1n | b1a21 a22 . . . a2n | b2...
......
...
am1 am2 . . . amn | bm
.Teorem 1.4.1 (Kronecker-Capelli). Sustav linearnih jednadzbi (10) ima
rjesenje ako i samo je r(A) = r(Ap), tj. ako i samo ako matrica sustava i
prosirena matrica sustava imaju isti rang.
Dokaz. Neka su S1, . . . , Sn stupci matrice A. Tada su S1, . . . , Sn, B stupci
matrice Ap.
26
1. Sustavi linearnih jednadzbi 27
Pretpostavimo da je sustav (10) rjesiv, to jest, postoji uredena n-torka
(c1, . . . , cn) koja zadovoljava (10). Zapisimo to u obliku stupcanih matricaa11c1 + a12c2 + . . .+ a1ncna21c1 + a22c2 + . . .+ a2ncn
...
am1c1 + am2c2 + . . .+ amncn
=
b1b2...
bm
.Tada je
c1
a11a21...
am1
+ c2
a12a22...
am2
+ . . .+ cn
a1na2n...
amn
=
b1b2...
bm
,to jest, c1S1 + . . . + cnSn = B. To znaci da dodavanjem vektora B skupu
S1, . . . , Sn ne povecavamo maksimalni broj linearno nezavisnih vektora u
tom skupu, pa je r(Ap) ≤ r(A). Ocito je r(A) ≤ r(Ap) pa slijedi r(A) =
r(Ap).
Pretpostavimo sada da je r(A) = r(Ap) = r. Iz r(A) = r slijedi da nekih
r stupaca, recimo S1, . . . , Sr, cine linearno nezavisan skup i svi ostali stupci
matrice A se mogu zapisati kao linearne kombinacije ovih stupaca. Kako je i
r(Ap) = r, te kako su S1, . . . , Sr takoder i stupci matrice Ap, slijedi da se svi
ostali stupci matrice Ap mogu zapisati pomocu stupaca S1, . . . , Sr. Posebno,
B je linearna kombinacija prvih r stupaca, tj. postoje skalari c1, . . . , cr takvi
da je
B = c1S1 + . . .+ crSr.
Oznacimo li cr+1 = . . . = cn = 0 imamo
B = c1S1 + . . .+ cnSn,
odnosno b1b2...
bm
= c1
a11a21...
am1
+ c2
a12a22...
am2
+ . . .+ cn
a1na2n...
amn
.27
1. Sustavi linearnih jednadzbi 28
Time smo pokazali da za (c1, . . . , cn) vrijedia11c1 + a12c2 + . . .+ a1ncna21c1 + a22c2 + . . .+ a2ncn
...
am1c1 + am2c2 + . . .+ amncn
=
b1b2...
bm
,pa je (c1, . . . , cn) rjesenje sustava (10). Zato je taj sustav rjesiv.
Jedan od slucajeva kada je zadovoljeno r(A) = r(Ap) dan je u sljedecem
korolaru.
Korolar 1.4.2. Neka je zadan sustav m jednadzbi s n nepoznanica i neka je
A matrica tog sustava. Ako je r(A) = m tada je sustav rjesiv.
Dokaz. Kako je Ap ∈ Mm,n+1 to je r(Ap) ≤ m = r(A). Zato mora biti
r(A) = r(Ap) i tvrdnja slijedi iz teorema 1.4.1.
Rangove matrica A i Ap nalazimo prema vec opisanoj proceduri iz pret-
hodne sekcije. Kako je matrica Ap zapravo matrica A s jos jednim dodanim
stupcem, to je moguce odjednom racunati oba ranga. Mozemo raditi elemen-
tarne transformacije nad recima i stupcima, s iznimkom da posljednji stupac
ne smije ’utjecati’ na stupce ispred njega. Preciznije, ne smijemo zamijeniti
stupac B (posljednji stupac u Ap) s nekim drugim stupcem, te ne smijemo
dodavati stupac B pomnozen skalarom nekom drugom stupcu.
Ilustrirajmo to na primjeru.
Primjer 1.4.3. Provjerimo je li sljedeci sustav rjesiv:3x1 + x2 − 2x3 + x4 − x5 = 1
2x1 − x2 + 7x3 − 3x4 + 5x5 = 2
x1 + 3x2 − 2x3 + 5x4 − 7x5 = 3
3x1 − 2x2 + 7x3 − 5x4 + 8x5 = 3
Prema teoremu 1.4.1 znamo da je sustav rjesiv ako i samo ako je r(A) =
r(Ap). 3 1 −2 1 −1 | 1
2 −1 7 −3 5 | 2
1 3 −2 5 −7 | 3
3 −2 7 −5 8 | 3
(zamijenimo 1. i 3. redak)
28
1. Sustavi linearnih jednadzbi 29
∼
1 3 −2 5 −7 | 3
2 −1 7 −3 5 | 2
3 1 −2 1 −1 | 1
3 −2 7 −5 8 | 3
(1. redak mnozimo s −2 i dodajemo 2. retku)
(1. redak mnozimo s −3 i dodajemo 3. retku)
(1. redak mnozimo s −3 i dodajemo 4. retku)
∼
1 3 −2 5 −7 | 3
0 −7 11 −13 19 | −4
0 −8 4 −14 20 | −8
0 −11 13 −20 29 | −6
(1. stupac mnozimo s −3 i dodajemo 2. i 6. stupcu)
(1. stupac mnozimo s 2 i dodajemo 3. stupcu)
(1. stupac mnozimo s −5 i dodajemo 4. stupcu)
(1. stupac mnozimo sa 7 i dodajemo 5. stupcu)
∼
1 0 0 0 0 | 0
0 −7 11 −13 19 | −4
0 −8 4 −14 20 | −8
0 −11 13 −20 29 | −6
(2. retku dodajemo treci redak pomnozen s −1)
∼
1 0 0 0 0 | 0
0 1 7 1 −1 | 4
0 −8 4 −14 20 | −8
0 −11 13 −20 29 | −6
(2. redak mnozimo s 8 i dodajemo 3. retku)
(2. redak mnozimo s 11 i dodajemo 4. retku)
∼
1 0 0 0 0 | 0
0 1 7 1 −1 | 4
0 0 60 −6 12 | 24
0 0 90 −9 18 | 38
(2. stupac mnozimo s −7 i dodajemo 3. stupcu)
(2. stupac mnozimo s −1 i dodajemo 4. stupcu)
(2. stupac dodajemo 5. stupcu)
(2. stupac mnozimo s −4 i dodajemo 6. stupcu)
∼
1 0 0 0 0 | 0
0 1 0 0 0 | 0
0 0 60 −6 12 | 24
0 0 90 −9 18 | 38
(3. redak dijelimo sa 60)
(4. redak dijelimo s 90)
∼
1 0 0 0 0 | 0
0 1 0 0 0 | 0
0 0 1 − 110
15| 2
5
0 0 1 − 110
15| 19
45
(od 4. retka oduzimamo 3. redak)
∼
1 0 0 0 0 | 0
0 1 0 0 0 | 0
0 0 1 − 110
15| 2
5
0 0 0 0 0 | 145
(3. stupac mnozimo s 1
10 i dodajemo 4. stupcu)
(3. stupac mnozimo s −15 i dodajemo 5. stupcu)
(3. stupac mnozimo s −25 dodajemo 6. stupcu)
(6. stupac mnozimo sa 45)
29
1. Sustavi linearnih jednadzbi 30
∼
1 0 0 0 0 | 0
0 1 0 0 0 | 0
0 0 1 0 0 | 0
0 0 0 0 0 | 1
.Dobili smo da je r(A) = 3 i r(Ap) = 4, pa sustav nema rjesenja.
1.5 Veza izmedu homogenog i nehomogenog sustava
jednadzbi
Za sustav linearnih jednadzbi kazemo da je homogen ako su svi slobodni
clanovi tog sustava jednaki nuli. Dakle, homogeni sustav s m jednadzbi i n
nepoznanica je sustav oblikaa11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = 0
a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = 0...
...
am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = 0
. (11)
Matricni zapis homogenog sustava je AX = 0.
Svi homogeni sustavi su rjesivi. Zaista, uvrstavanjem x1 = . . . = xn = 0
vidimo da je (0, . . . , 0) ∈ Fn jedno rjesenje tog sustava. (Uocite rjesivost
i koristeci Kronecker-Capelli-jev teorem.) To rjesenje nazivamo trivijalno
rjesenje homogenog sustava. Svako drugo rjesenje, ako postoji, nazivamo
netrivijalno rjesenje homogenog sustava.
Propozicija 1.5.1. Homogeni sustav (11) ima i netrivijalnih rjesenja ako i
samo ako je r(A) < n.
Dokaz. Neka su S1, . . . , Sn stupci matrice sustava A.
Pretpostavimo da sustav ima netrivijalno rjesenje, to jest, postoji uredena
n-torka (c1, . . . , cn) 6= (0, . . . , 0) koja zadovoljava (11). Kao i u dokazu
Kronecker-Capelli-jevog teorema, dobivamo
c1S1 + . . .+ cnSn = 0.
Kako je bar jedan od skalara ci razlicit od nule, zakljucujemo da je skup
S1, . . . , Sn linearno zavisan, pa je r(A) < n.
30
1. Sustavi linearnih jednadzbi 31
Obratno, ako je r(A) < n, tada je skup S1, . . . , Sn linearno zavisan, pa
postoje skalari c1, . . . , cn, od kojih barem jedan nije jednak 0, takvi da je
c1S1 + . . .+ cnSn = 0.
To znaci da je (c1, . . . , cn) netrivijalno rjesenje sustava.
Propozicija 1.5.2. Linearna kombinacija rjesenja homogenog sustava li-
nearnih jednadzbi je takoder rjesenje tog sustava.
Dokaz. Promatramo matricni oblik AX = 0. Neka su C1, . . . , Cn rjesenja
sustava, dakle AC1 = 0, . . . , ACn = 0. Tada je
A(λ1C1 + . . .+ λnCn) = λ1AC1 + . . .+ λnACn = 0
za sve λ1, . . . , λn, pa je i∑n
i=1 λiCi rjesenje sustava.
Zabiljezimo jos neka zapazanja koja slijede iz prethodnih propozicija.
Napomena 1.5.3. • Homogeni sustav ima samo trivijalno rjesenje ako
i samo ako je r(A) = n. Ovo je samo drugi nacin iskazivanja propozi-
cije 1.5.1.
• Ako je m < n tada je r(A) ≤ minm,n = m < n, pa sustav ima
i netrivijalnih rjesenja. Prema tome, svaki homogeni sustav koji ima
manji broj jednadzbi nego nepoznanica ima i netrivijalnih rjesenja.
• Ako je m = n tada je uvjet r(A) < n ekvivalentan s detA = 0, pa
sustav (11) ima i netrivijalnih rjesenja ako i samo ako je detA = 0.
• Homogeni sustav ima ili tocno jedno rjesenje ili beskonacno mnogo
rjesenja. Ako ima tocno jedno rjesenje, to je onda trivijalno rjesenje.
Ako ima bar jedno netrivijalno, onda ih, prema propoziciji 1.5.2, ima
beskonacno mnogo.
Maksimalan linearno nezavisan skup rjesenja homogenog sustava naziva
se fundamentalni skup rjesenja, elementi tog skupa fundamentalna
rjesenja, a linearna kombinacija fundamentalnih rjesenja opce rjesenje
sustava.
31
1. Sustavi linearnih jednadzbi 32
Teorem 1.5.4. Neka je C1, . . . , Ck fundamentalni skup rjesenja homoge-
nog sustava AX = 0. Tada je skup svih rjesenja tog sustava
Ω = λ1C1 + . . .+ λkCk : λ1, . . . , λk ∈ F.
Dokaz. Prvo uocimo da iz prethodne propozicije slijedi da je λ1C1+. . .+λkCkzaista rjesenje homogenog sustava za svaki izbor skalara λi.
Neka je C neko rjesenje sustava AX = 0. Skup C1, . . . , Ck, C je line-
arno zavisan, jer je C1, . . . , Ck maksimalni linearno nezavisan skup rjesenja
ovog sustava. To znaci da se C moze prikazati pomocu elemenata skupa
C1, . . . , Ck, tj. postoje skalari λ1, . . . , λk za koje je C = λ1C1 + . . . +
λkCk.
Primjer 1.5.5. Rijesimo homogeni sustavx1 + 2x2 − 3x3 + x4 = 0
x1 − 3x2 + x3 − 2x4 = 0
2x1 + x2 − 3x3 + 5x4 = 0
.
Iz prve jednadzbe izrazimo je x4 = −x1− 2x2 + 3x3. To uvrstimo u preostale
dvije jednadzbe. Imamo3x1 + x2 − 5x3 = 0
−3x1 − 9x2 + 12x3 = 0.
Iz druge jednadzbe je x2 = −3x1 + 5x3, sto uvrstavanjem u trecu daje x1 =118x3. Sada je x2 = −3 · 11
8x3 + 5x3 = 7
8x3, a onda x4 = −1
8x3. Ocito je x3
proizvoljan. Tada je
(x1, x2, x3, x4) = (11
8x3,
7
8x3, x3,−
1
8x3).
Oznacimo x3 = 8λ. Tada su rjesenja naseg sustava
(x1, x2, x3, x4) = λ(11, 7, 8,−1), λ ∈ R.
32
1. Sustavi linearnih jednadzbi 33
Primjer 1.5.6. Ispitajmo kako broj rjesenja homogenog sustavax1 + tx2 + x3 = 0
x1 + 2x2 − x3 = 0
2x1 + 3x2 + (t− 1)x3 = 0
(12)
ovisi o parametru t ∈ R.Ovdje imamo homogeni sustav tri jednadzbe s tri nepoznanice. Prema
trecem dijelu napomene 1.5.3, odgovor na postavljeno pitanje slijedit ce iz
vrijednosti od detA.
detA =
∣∣∣∣∣∣1 t 1
1 2 −1
2 3 t− 1
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ 2 −1
3 t− 1
∣∣∣∣− t ∣∣∣∣ 1 −1
2 t− 1
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ 1 2
2 3
∣∣∣∣ = t− t2.
Sada vidimo da je detA = 0 ako i samo ako je t ∈ 0, 1. Prema tome, sustav
ima i netrivijalnih rjesenja za t ∈ 0, 1, a za t ∈ R \ 0, 1 sustav ima samo
trivijalno rjesenje.
Sustav linearnih jednadzbi je nehomogen ako nije homogen. Drugim
rijecima, sustav je nehomogen ako je bar jedan od slobodnih clanova razlicit
od nule. U matricnom zapisu to znaci da je B 6= 0.
U rjesavanju nehomogenog sustava AX = B vaznu ulogu imaju rjesenja
pripadnog homogenog sustava AX = 0.
Teorem 1.5.7. Neka je dan proizvoljan sustav AX = B, neka je C0 bilo
koje njegovo rjesenje, te neka je Ω skup svih rjesenja pridruzenog homogenog
sustava AX = 0. Tada je
C0 + Ω := C0 + C : C ∈ Ω
skup svih rjesenja sustava AX = B.
Dokaz. Ako je C ∈ Ω tada je A(C0 + C) = AC0 + AC = B + 0 = B, pa je
C0 + C zaista rjesenje sustava AX = B.
Ako je C1 neko rjesenje sustava AX = B tada je AC1 = B pa je A(C1 −C0) = AC1 −AC0 = B −B = 0, tj. C1 −C0 ∈ Ω. Tada postoji C ∈ Ω takav
da je C1 − C0 = C, dakle C1 = C0 + C ∈ C0 + Ω.
33
1. Sustavi linearnih jednadzbi 34
Kod homogenog sustava smo znali da rjesenje uvijek postoji: ili je je-
dinstveno ili ih je beskonacno mnogo. Kod nehomogenog sustava, uz pomoc
prethodnog teorema, zakljucujemo da mogu nastupiti sljedeci slucajevi:
• sustav nije rjesiv (ne postoji partikularno, pa niti opce rjesenje);
• sustav je rjesiv:
– ako pripadni homogeni sustav ima samo trivijalno rjesenje, onda
nehomogeni sustav ima tocno jedno rjesenje;
– ako pripadni homogeni sustav ima i netrivijalnih rjesenja, onda
nehomogeni sustav ima beskonacno mnogo rjesenja.
Kombinirajuci ovo s Propozicijom 1.5.1, dobivamo
Korolar 1.5.8. Rjesiv sustav (homogen ili nehomogen) ima
• jedinstveno rjesenje ako i samo ako je r(A) = n;
• beskonacno mnogo rjesenja ako i samo ako r(A) < n.
Uocimo da nam teorem 1.5.7 ne govori o tome kako naci partikularno
rjesenje C0 i/ili fundamentalni skup rjesenja pripadnog homogenog sustava.
Tvrdi se samo da ako znamo jedno (bilo koje) rjesenje nehomogenog sustava
i ako znamo (sva) rjesenja pridruzenog homogenog sustava, onda znamo i sva
rjesenja nehomogenog sustava.
Primjer 1.5.9. Pogledajmo sustavx1 + x2 + x3 = 1
x1 − x2 − x3 = 3
3x1 + x2 + x3 = 5
Jedno rjesenje ovog sustava je C0 = (2,−1, 0). Promotrimo sada pridruzeni
homogeni sustav x1 + x2 + x3 = 0
x1 − x2 − x3 = 0
3x1 + x2 + x3 = 0
Ako zbrojimo prve dvije jednadzbe dobivamo x1 = 0. Uvrstimo x1 = 0 u
drugu i trecu jednadzbu i dobivamo x2 + x3 = 0. Stavimo li x3 = t, t ∈
34
1. Sustavi linearnih jednadzbi 35
R, imamo da je x2 = −x3 = −t. Sada je skup svih rjesenja pridruzenog
homogenog sustava
Ω = (0,−t, t) : t ∈ R = t(0,−1, 1) : t ∈ R,
pa je skup svih rjesenja nehomogenog sustava zadan kao
C0 + Ω = (2,−1, 0) + t(0,−1, 1) : t ∈ R.
1.6 Zadaci
1. Provjerite jesu li (x, y) = (5,−2) i (x, y) = (1,−4) rjesenja sustava
jednadzbi x − 2y = 9
2x + 3y = 4.
2. Napisite tri sustava od dvije jednadzbe s dvije nepoznanice tako da
prvi sustav ima tocno jedno rjesenje, drugi nema rjesenja i treci ima be-
skonacno mnogo rjesenja. Nacrtajte pravce u ravnini koji su predstav-
ljeni jednadzbama danih sustava i interpretirajte broj rjesenja pomocu
sjecista nacrtanih pravaca.
3. Postavite sustav linearnih jednadzbi koji odgovara sljedecoj kemijskoj
jednadzbi
xKOH + y Cl2 → 2KClO + z KCl + 2H2O.
4. Napisite sustav za koji su matrica sustava i matrica slobodnih koefici-
jenata dane sa
A =
3 2 4 2 2
0 5 6 2 4
3 2 2 2 3
i B =
3
3
1
−2
0
.
35
1. Sustavi linearnih jednadzbi 36
5. Za sustav x1 + x2 + x4 = 1
2x1 + 2x2 + x3 + x4 = 1
2x1 + 2x2 + 2x4 = 2
odredite matricu sustava, te matrice nepoznanica i slobodnih koeficije-
nata.
6. Uvjerite se da je ∼ relacija ekvivalencije na Mmn.
7. Ispisite sve elementarne matrice drugog reda.
8. Koliki rang mogu imati matrice iz M35? Navedite primjere.
9. Bez racunanja odredite rang sljedecih matrica
A =
2 3
0 0
−4 −6
, B =
[2 3 1
0 0 0
].
10. Odredite rang matrice A =
2 3 4 2 3
3 2 4 2 2
0 5 6 2 4
3 2 2 2 3
.
11. Odredite kako rang matrice A =
2 1 λ
3 λ 2
1 1 0
5 2 6
ovisi o parametru λ.
12. Ispitajte jesu li sljedece matrice ekvivalentne
A =
0 0 2 1
1 0 4 2
3 0 0 0
i B =
2 −1 3 −2
4 −2 5 1
2 −1 1 8
.13. Pomocu ranga matrice provjerite linearnu nezavisnost skupa
(1, 3, 2, 0, 0), (1, 1, 1, 1, 1), (1, 2, 3, 4, 5), (0, 3, 3, 2, 3).
36
1. Sustavi linearnih jednadzbi 37
14. Ispitajte rjesivost sustava3x1 + x2 − 2x3 + x4 − x5 = 1
2x1 − x2 + 7x3 − 3x4 + 5x5 = 2
x1 − 2x2 + 7x3 − 5x4 + 8x5 = 3.
15. Ispitajte za koje λ ∈ R je zadani sustav rjesiv, a za koje nije2x1 + 5x2 + x3 + 3x4 = 2
4x1 + 6x2 + 3x3 + 5x4 = 4
4x1 + 14x2 + x3 + 7x4 = 4
2x1 − 3x2 + 3x3 + λx4 = 7
37
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 38
2 Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi
2.1 Cramerov sustav
Cramerov sustav je sustav n linearnih jednadzbi s n nepoznanica kod kojeg
je matrica sustava regularna. Dakle, sustava11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2
......
an1x1 + an2x2 + . . . + annxn = bn
, (13)
takav da je A = [aij] ∈Mn regularna matrica, je Cramerov sustav.
Teorem 2.1.1. Cramerov sustav ima jedinstveno rjesenje. To rjesenje je
(D1
D,D2
D, . . . ,
Dn
D),
pri cemu je D = detA, a Dj determinanta matrice koja se iz matrice A
dobije tako da se umjesto njenog j-tog stupca upise stupac slobodnih clanova,
tj.
Dj =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 . . . a1,j−1 b1 a1,j+1 . . . a1na21 . . . a2,j−1 b2 a2,j+1 . . . a2n...
......
......
an1 . . . an,j−1 bn an,j+1 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ , j = 1, . . . , n. (14)
Dokaz. Neka je AX = B matricni zapis promatranog sustava.
Dokazimo jedinstvenost rjesenja. Pretpostavimo da su C,D ∈Mn1 rjesenja
jednadzbe AX = B. Tada je AC = B i AD = B, odakle slijedi A(C −D) =
AC − AD = B − B = 0. Mnozenjem s A−1 slijeva dobivamo C −D = 0, tj.
C = D, sto znaci da je rjesenje jedinstveno.
Preostaje vidjeti da je upravo n-torka (D1
D, D2
D, . . . , Dn
D) to rjesenje. Pro-
vjerimo, dakle, da ova n-torka zadovoljava dani sustav. Neka je Akj deter-
minanta matrice koja se iz A dobije uklanjanjem k-tog retka i j-tog stupca
38
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 39
pomnozena faktorom (−1)k+j. Za sve i = 1, . . . , n je
n∑j=1
aijDj
D=
1
D
n∑j=1
aijDj (razvijemo Dj po j-tom stupcu)
=1
D
n∑j=1
aij(n∑k=1
bkAkj) =1
D
n∑k=1
bk(n∑j=1
aijAkj)
=1
D
n∑k=1
bkδikD =n∑k=1
bkδik = bi.
Time smo dokazali tvrdnju.
Napomenimo da je, za velike n, tesko racunati (n + 1) determinanti
D,D1, . . . , Dn, koje se pojavljuju u rjesenju, tako da ovaj teorem ima vise
teorijsko, a manje prakticno znacenje.
Primjer 2.1.2. Neka je zadan sustavx + y + z = 70
x − 3y = 0
5x + 10y + 20z = 960.
Uvjerimo se da je ovaj sustav Cramerov i odredimo mu rjesenje pomocu
prethodnog teorema.
Ovo je sustav tri jednadzbe s tri nepoznanice, dakle m = n = 3. Nadalje,
D = detA =
∣∣∣∣∣∣1 1 1
1 −3 0
5 10 20
∣∣∣∣∣∣ = −55 6= 0,
pa je matrica sustava regularna. Time smo provjerili da je ovo Cramerov
sustav.
Izracunajmo D1, D2, D3 :
D1 =
∣∣∣∣∣∣70 1 1
0 −3 0
960 10 20
∣∣∣∣∣∣ = −1320,
D2 =
∣∣∣∣∣∣1 70 1
1 0 0
5 960 20
∣∣∣∣∣∣ = −440,
39
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 40
D3 =
∣∣∣∣∣∣1 1 70
1 −3 0
5 10 960
∣∣∣∣∣∣ = −2090.
Tada je rjesenje sustava
(x, y, z) = (−1320
−55,−440
−55,−2090
−55) = (24, 8, 38).
2.2 Gaussova metoda eliminacije
Za dva sustava jednadzbi nad poljem F s istim nepoznanicama kazemo da
su ekvivalentni ako imaju isti skup rjesenja. Dakle, svako rjesenje jednog
sustava je ujedno i rjesenje drugog sustava. Uocimo da nije nuzno da sustavi
imaju jednak broj jednadzbi.
Ako zelimo rijesiti neki sustav, onda bi bilo dobro znati transformirati ga
do njemu ekvivalentnog sustava koji ce se moci lako rijesiti. Kako transfor-
mirati sustav? Slicno kao i kod odredivanja ranga matrica, i ovdje definiramo
elementarne transformacije.
Elementarne transformacije sustava jednadzbi su:
1. zamjena dviju jednadzbi;
2. mnozenje neke jednadzbe sustava skalarom razlicitim od nule;
3. dodavanje neke jednadzbe sustava pomnozene skalarom nekoj drugoj
jednadzbi.
Teorem 2.2.1. Ako na neki sustav primijenimo konacan broj elementarnih
transformacija, onda ce dobiveni sustav biti ekvivalentan polaznome.
Dokaz. Neka je zadan sustav AX = B, te neka je primjenom samo jedne od
gornjih transformacija nastao sustav A1X = B1. Dovoljno je pokazati da su
sustavi AX = B i A1X = B1 ekvivalentni. Ako pokazemo da je proizvoljno
rjesenje od AX = B ujedno i rjesenje od A1X = B1, onda smo automatski
pokazali i obratno, tj. da je proizvoljno rjesenje od A1X = B1 rjesenje
od AX = B. To je zato jer mozemo shvacati i da je AX = B dobiven iz
A1X = B1 primjenom istovrsne transformacije.
40
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 41
Ako smo A1X = B1 dobili iz AX = B primjenom transformacije 1. ili 2.
tipa, tvrdnja je potpuno trivijalna.
Preostaje provjeriti ucinak transformacije 3. tipa. Uzmimo da smo i-tu
jednadzbu u AX = B pomnozili s λ i dodali k-toj, te na taj nacin dobili
sustav A1X = B1. Neka je (c1, . . . , cn) proizvoljno rjesenje od AX = B. Po-
lazni i dobiveni sustav razlikuju samo u k-toj jednadzbi koja sada, u sustavu
A1X = B1 ima oblik
n∑j=1
(λaij + akj)xj = λbi + bk.
Kako je
n∑j=1
(λaij + akj)cj = λn∑j=1
aijcj +n∑j=1
akjcj = λbi + bk,
to je (c1, . . . , cn) rjesenje od A1X = B1.
Uocimo da su elementarne transformacije sustava zapravo elementarne
transformacije redaka prosirene matrice tog sustava. To znaci da za zadani
sustav mozemo formirati njegovu prosirenu matricu Ap te izvoditi elemen-
tarne transformacije nad recima te matrice. U svakom koraku iz transformi-
rane matrice A′p mozemo rekonstruirati njoj pripadajuci sustav jednadzbi, a
prema teorem 2.2.1 je taj sustav ekvivalentan polaznome.
Prijedimo sada na opis Gaussove metode eliminacije. Neka je dan sustava11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2
......
am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm.
(15)
Neka je Ap prosirena matrica ovog sustava. Kada bismo primijenili pos-
tupak za odredivanje ranga matrice A dosli bismo do matrice Dr.
S obzirom da sada zelimo rjesavati sustav, te da elementarne transforma-
cije sustava odgovaraju elementarnim transformacijama redaka pridruzene
matrice, sada cemo na Ap primjenjivati samo elementarne transformacije re-
daka da bismo dosli do Dr ili barem sto ’blize’ Dr. Zapravo, mozemo doci do
41
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 42
matrice koja ce medu prvih n stupaca imati tocno prvih r stupaca matrice
Dr, a ispod r−tog retka jedini nenul elementi se mogu pojaviti u posljednjem
stupcu. Radi jednostavnosti zapisa pretpostavimo da je tih r stupaca upravo
na prvih r mjesta u A′p, tj.
A′p =
1 0 . . . 0 a′1,r+1 . . . a′1n | b′10 1 . . . 0 a′2,r+1 . . . a′2n | b′2...
.... . .
......
......
0 0 . . . 1 a′r,r+1 . . . a′rn | b′r0 0 . . . 0 0 . . . 0 | b′r+1...
......
......
...
0 0 . . . 0 0 . . . 0 | b′m
.
Ova matrica je prosirena matrica sljedeceg sustava
x1 + a′1,r+1xr+1 + . . . + a′1nxn = b′1x2 + a′2,r+1xr+1 + . . . + a′2nxn = b′2
. . ....
......
xr + a′r,r+1xr+1 + . . . + a′rnxn = b′r0 = b′r+1...
...
0 = b′m
(16)
Prema teoremu 2.2.1 sustav (24) je ekvivalentan polaznom sustavu (23).
Sada iz izgleda sustava (24), odnosno matrice A′p, odmah vidimo da je
sustav (23) rjesiv ako i samo ako je b′r+1 = . . . = b′m = 0. Ako, dakle, za bar
jedan i ∈ r + 1, . . . ,m vrijedi b′i 6= 0, zadani sustav nema rjesenja.
Pretpostavimo sada da je b′r+1 = . . . = b′m = 0. Posljednjihm−r jednadzbi
se onda svode na trivijalne numericke identitete pa ih necemo ni promatrati.
Dakle, nas sustav jex1 + a′1,r+1xr+1 + . . . + a′1nxn = b′1
x2 + a′1,r+1xr+1 + . . . + a′1nxn = b′2. . .
......
...
xr + a′1,r+1xr+1 + . . . + a′1nxn = b′r
(17)
42
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 43
Odavde je x1 = b′1 − a′1,r+1xr+1 − . . . − a′1nxnx2 = b′2 − a′2,r+1xr+1 − . . . − a′2nxn...
xr = b′r − a′r,r+1xr+1 − . . . − a′rnxn
(18)
pa rjesenje mozemo direktno iscitati:
x1 = b′1 − a′1,r+1t1 − . . . − a′1ntn−rx2 = b′2 − a′2,r+1t1 − . . . − a′2ntn−r...
...
xr = b′r − a′r,r+1t1 − . . . − a′rntn−rxr+1 = t1
......
xn = tn−r
(19)
gdje su t1, . . . , tn−r ∈ F proizvoljni skalari koje cesto nazivamo slobodni
parametri.
Oznacimo li
C0 =
b′1b′2...
b′r0...
0
, C1 =
−a1,r+1
−a2,r+1...
−ar,r+1
1
0...
0
, C2 =
−a1,r+2
−a2,r+2...
−ar,r+2
0
1...
0
, . . . , Cn−r =
−a1,n−a2,n
...
−ar,n0
0...
1
,
dobivamo da je za sve t1, . . . , tn−r ∈ F
X =
x1x2...
xrxr+1
...
xn
=
b′1 − a′1,r+1t1 − . . .− a′1ntn−rb′2 − a′2,r+1t1 − . . .− a′2ntn−r
...
b′r − a′r,r+1t1 − . . .− a′rntn−r0...
0
= C0+t1C1+. . .+tn−rCn−r
43
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 44
rjesenje matricne jednadzbe AX = B. Pritom je C0 partikularno rjesenje ne-
homogenog sustava, a C1, . . . , Cn−r fundamentalni skup rjesenja pripadnog
homogenog sustava AX = 0.
Primjer 2.2.2. Gaussovim eliminacijama rijesimo sljedeci sustavx1 + 2x2 + 2x3 + 3x4 + x5 = 3
2x1 − x3 − x4 + 5x5 = 2
x1 + 2x2 + 6x3 − x4 + 5x5 = 3
x1 − 2x2 + 5x3 − 12x4 + 12x5 = −1
.
Transformirajuci prosirenu matricu sustava Ap (elementarnim transformaci-
jama redaka) dobivamo sljedeci niz ekvivalentnih matrica, odnosno sustava:1 2 2 3 1 | 3
2 0 −1 −1 5 | 2
1 2 6 −1 5 | 3
1 −2 5 −12 12 | −1
∼
1 2 2 3 1 | 3
0 −4 −5 −7 3 | −4
0 0 4 −4 4 | 0
0 −4 3 −15 11 | −4
∼
1 2 2 3 1 | 3
0 −4 −5 −7 3 | −4
0 0 1 −1 1 | 0
0 −4 3 −15 11 | −4
∼
1 2 0 5 −1 | 3
0 −4 0 −12 8 | −4
0 0 1 −1 1 | 0
0 −4 0 −12 8 | −4
∼
1 2 0 5 −1 | 3
0 −4 0 −12 8 | −4
0 0 1 −1 1 | 0
0 0 0 0 0 | 0
∼
1 2 0 5 −1 | 3
0 1 0 3 −2 | 1
0 0 1 −1 1 | 0
0 0 0 0 0 | 0
∼
1 0 0 −1 3 | 1
0 1 0 3 2 | 1
0 0 1 −1 1 | 0
0 0 0 0 0 | 0
.(Zapisite ucinjene elementarne transformacije!) Ocito je nas sustav rjesiv i
ekvivalentan je sustavux1 − x4 + 3x5 = 1
x2 + 3x4 + 2x5 = 1
x3 − x4 + x5 = 0
,
44
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 45
pa je rjesenje
X =
x1x2x3x4x5
=
1 + x4 − 3x51− 3x4 − 2x5
x4 − x5x4x5
=
1
1
0
0
0
+ x4
1
−3
1
1
0
+ x5
−3
−2
−1
0
1
.
Opce rjesenje sustava je
X =
1
1
0
0
0
+ t1
1
−3
1
1
0
+ t2
−3
−2
−1
0
1
, t1, t2 ∈ R.
2.3 Primjene sustava linearnih jednadzbi
U ovoj tocki navodimo neke primjere gdje se pojavljuju sustavi linearnih
jednadzbi.
Primjer 2.3.1. Odredite cijele brojeve a, b, c, d takve da vrijedi
aN2H4 + bN2O4 → cN2 + dH2O.
Izjednacavanjem broja atoma pojedinih elemenata s lijeve i desne strane
dolazimo do sustava2a + 2b − 2c = 0
4a − 2d = 0
4b − d = 0
.
Tada je 2 2 −2 0 | 0
4 0 0 −2 | 0
0 4 0 −1 | 0
∼ 1 1 −1 0 | 0
2 0 0 −1 | 0
0 4 0 −1 | 0
∼ 1 1 −1 0 | 0
0 −2 2 −1 | 0
0 4 0 −1 | 0
45
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 46
Slika 4: Promet krizanjima A,B,C i D
∼
1 0 0 −0.5 | 0
0 1 −1 0.5 | 0
0 0 4 −3 | 0
∼ 1 0 0 −0.5 | 0
0 1 0 −0.25 | 0
0 0 1 −0.75 | 0
Oznacimo d = k. Tada je a = k
2, b = k
4, c = 3k
4, d = k. Postoji beskonacno
mnogo rjesenja (svaki pozitivan k koji je djeljiv s 4 daje jedno rjesenje).
Jedno rjesenje je (2, 1, 3, 4), dakle, jedna izbalansirana kemijska jednadzba je
2N2H4 +N2O4 → 3N2 + 4H2O.
Primjer 2.3.2. Na slici 4 je dan prikaz jednosmjernih ulica u nekom gradu
i promet duz pojedinih ulica izmedu svaka dva krizanja.
Kako u svako krizanje ude i izade jednak broj vozila, dobivamo sljedece
jednadzbe: 200 + x3 = x1 + x2 (raskrizje A)
200 + x2 = 300 + x4 (raskrizje B)
400 + x5 = 300 + x3 (raskrizje C)
500 + x4 = 300 + x5 (raskrizje D)
.
46
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 47
Slika 5: Kolotura
Takoder cemo izjednaciti ukupan ulaz i izlaz u mrezu ulica prikazanu na slici:
400 + 200 + 200 + 500 = 300 + 300 + x1 + 300.
Dobili smo sustavx1 + x2 + x3 = 200
x2 + x4 = 100
x3 + x5 = 100
x4 + x5 = 200
x1 = 400
.
Opce rjesenje ovog sustava je
(x1, x2, x3, x4, x5) = (400, t− 100, t+ 100, t− 200, t),
gdje je t parametar. Kako jednosmjerne ulice ne dozvoljavaju negativan
promet, to mora biti xi ≥ 0 za sve 1 = 1, . . . , 5. Zato mora biti t ≥ 200.
Primjer 2.3.3. Dva tijela, prvo mase m1 kg i drugo mase m2 kg, privezana
su za krajeve uzeta (zanemarive mase) prebacenog preko koloture objesene
na strop, kako je prikazano na slici 5.
Odredimo napetost uzeta, te ubrzanje svakog tijela. Ovdje je prikladno
racunati udaljenost prema dolje pa cemo to uzimati za pozitivan smjer.
47
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 48
Prema tome, pozitivna akceleracija je usmjerena prema dolje. Neka T ozna-
cava napetost uzeta, a g gravitaciju. Racunajuci sile koje djeluju na svako
tijelo, dobivamo sustav m1x1 = m1g − T
m2x2 = m1g − T
x1 + x2 = 0
.
Prve dvije jednadzbe slijede iz Newtonovog zakona kretanja primijenjenog na
svako tijelo, a treca jednadzba slijedi iz nerastezljivosti uzeta, tj. x1 + x2 =
const. Nase nepoznanice su x1, x2, T a sustav koji ih odreduje jem1x1 + T = m1g
m2x2 + T = m2g
x1 + x2 = 0
.
Tada je m1 0 1 | m1g
0 m2 1 | m2g
1 1 0 | 0
∼ 1 1 0 | 0
0 −m1 1 | m1g
0 m2 1 | m2g
∼
1 1 0 | 0
0 1 − 1m1| −g
0 1 1m2| g
∼ 1 0 1
m1| g
0 1 − 1m1| −g
0 0 1m2
+ 1m1| 2g
∼
1 0 1m1| g
0 1 − 1m1| −g
0 0 1 | 2m1m2gm1+m2
∼ 1 0 0 | m1−m2
m1+m2g
0 1 0 | m2−m1
m1+m2g
0 0 1 | 2m1m2
m1+m2g
.Slijedi da je rjesenje
(x1, x2, N) = (m1 −m2
m1 +m2
g,m2 −m1
m1 +m2
g,2m1m2
m1 +m2
g).
Primijetimo da je u slucaju m1 = m2, x1 = x2 = 0, pa je sustav u mirovanju.
Ako je m2 > m1 tada je x2 > 0 i x1 < 0 i T = 2m1
m1+m2m2g < m2g, te
T = 2m2
m1+m2m1g > m1g, dakle m1g < T < m2g.
48
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 49
2.4 Gauss-Jordanova metoda odredivanja inverza ma-
trice
Ovdje cemo nauciti jos jedan nacin kako invertirati regularne matrice. Prvo
se prisjetimo teorema 1.3.8: za A ∈Mmn je A ∼ Dr, gdje je r = r(A). Prema
dokazu ovog teorema, elementarnim transformacijama redaka i stupaca ma-
trice A dolazimo do matrice Dr.
Pretpostavimo sada da je m = n i da je A regularna matrica. Tada je
r(A) = n i zato je A ∼ Dn = I, gdje je I ∈Mn jedinicna matrica. Pokazimo
da je moguce do matrice Dn = I doci primjenjujuci samo elementarne tran-
sformacije nad retcima.
Kako je A regularna, to A ne moze imati niti jedan nul-redak ili nul-
stupac. U prvom stupcu izaberemo neki ne-nul element; neka je to ai1 6= 0.
Zamijenimo i-ti i prvi redak. Sada pomnozimo prvi redak s 1ai1
te dolazimo
do matrice oblika 1 b12 . . . b1nb21 b22 . . . b2n...
.... . .
...
bn1 bn2 . . . bnn
.Za sve i 6= 1, i-tom retku pribrajamo prvi redak pomnozen s −bi1; tako u
prvom stupcu dobivamo nulu na svim mjestima osim na mjestu (1, 1).Drugim
rijecima dosli smo do matrice oblika1 c12 . . . c1n0 c22 . . . c2n...
.... . .
...
0 cn2 . . . cnn
.Uocimo da je medu elementima c22, c32, . . . , cn2 bar jedan razlicit od nule.
Zaista, ako bi bilo c22 = c32 = . . . = cn2 = 0, tada A ne bi bila regularna, jer
bi drugi stupac bio proporcionalan prvome.
Neka je ci2 6= 0 za neki i ≥ 2. Zamijenimo 2. i i-ti redak, pomnozimo
drugi redak s 1ci2
tako da na mjestu (2, 2) dobijemo jedinicu, a zatim tom
jedinicom ponistavamo sve ne-nul elemente u drugom stupcu. Dolazimo do
49
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 50
matrice oblika 1 0 d13 . . . d1n0 1 d23 . . . d2n0 0 d33 . . . d3n...
......
. . ....
0 0 dn3 . . . dnn
,a zatim nastavljamo na isti nacin. Nakon tocno n koraka, ovaj ce postupak
zavrsiti i dobivena matrica bit ce upravo I.
Neka elementarne matrice P1, . . . , Ps, opisuju redom ucinjene elementarne
transformacije redaka. Tada je
I = Ps · · ·P1A,
a kako je matrica Ps · · ·P1 regularna, slijedi
A−1 = Ps · · ·P1.
Ovo mozemo shvatiti na sljedeci nacin: ako na matricu I primijenimo tocno
one iste transformacije redaka, i to u istom poretku kojima smo iz matrice
A dobili I, rezultat ce biti matrica Ps · · ·P1I, dakle upravo A−1. Opisana
metoda trazenja inverzne matrice A−1 naziva se Gauss-Jordanova metoda
invertiranja matrice.
S obzirom da se u gore opisanom postupku na matricu I primjenjuju tocno
iste elementarne transformacije kao i na A, i to u istom poretku, ove transfor-
macije cemo provoditi paralelno na prosirenu matricu [A...I]. Takoder, necemo
morati unaprijed znati je li matrica regularna, to jest, postoji li uopce inverz.
Jednostavno cemo krenuti s postupkom odredivanja ranga od A, paralelno
primjenjujuci elementarne transformacije i na I. Ako uspijemo A transfor-
mirati u Dn = I, onda je A regularna i matrica u koju se I transformirala je
A−1. Ako ne uspijemo, onda A nije regularna i inverz ne postoji.
Primjer 2.4.1. Odredimo, ako postoji, inverz matrice 1 1 0
1 1 1
0 1 2
.
50
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 51
Matricu I dopisemo matrici A, odvojimo crticama i vrsimo transformacije
(nad retcima) koje A prevode u Dr. 1 1 0 | 1 0 0
1 1 1 | 0 1 0
0 1 2 | 0 0 1
(2. retku pribrajamo 1. redak pomnozen s −1)
∼
1 1 0 | 1 0 0
0 0 1 | −1 1 0
0 1 2 | 0 0 1
(zamijenimo 2. i 3. redak)
∼
1 1 0 | 1 0 0
0 1 2 | 0 0 1
0 0 1 | −1 1 0
(1. retku pribrajamo 2. redak pomnozen s −1)
∼
1 0 −2 | 1 0 −1
0 1 2 | 0 0 1
0 0 1 | −1 1 0
(1. retku pribrajamo 3. redak pomnozen s 2)
(2. retku pribrajamo 3. redak pomnozen s −2)
∼
1 0 0 | −1 2 −1
0 1 0 | 2 −2 1
0 0 1 | −1 1 0
.S lijeve strane smo dobili I, a to znaci da smo s desne strane dobili A−1, tj.
A−1 =
−1 2 −1
2 −2 1
−1 1 0
.(U tocnost racuna uvjerite se provjeravanjem da je AA−1 = I.)
2.5 Zadaci
1. Provjerite je li sustav Cramerov, a zatim ga rijesite3x + 2y = 10
2x − y = 20
51
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 52
2. Provjerite je li sustav Cramerov, a zatim ga rijesite3x + 2y − z = 0
2x − y + 3z = 0
x + y − z = 0.
3. Provjerite je li sustav Cramerov, a zatim ga rijesite3x + 2y − z = 1
2x − y + 3z = 2
x + y − z = 3.
4. Za koje λ, µ ∈ R je zadani sustav homogen3x1 + x2 − 12x3 = λ2 − λ4x1 + λx2 − 2x3 = lnλ+ cosµ− 1
3x1 − 5x2 + µx3 = λµ
?
5. Odredite fundamentalno i opce rjesenje homogenog sustavax + y + z = 0
3x + y − z = 0
2x + y = 0
.
6. Rijesite nehomogeni sustavx + y + z = 3
3x + y − z = 3
2x + y = 3
.
7. Gaussovom metodom eliminacije rijesite sljedeci sustav linearnih jed-
nadzbi 3x + 10y + 8z = 13
x + 2y + 3z = 3
4y + 7z = 4.
.
8. Gaussovom metodom eliminacije rijesite sustavx1 − 2x2 + x3 + x4 − 2x5 = 2
3x1 + 2x2 − 2x3 + 2x4 − x5 = 3
2x1 + 4x2 − 3x3 + x4 + x5 = 1
.
52
2. Rjesavanje sustava linearnih jednadzbi 53
9. Gaussovom metodom eliminacije rijesite sljedeci sustav linearnih jed-
nadzbi x + 2y + 3z = 3
−x + 2y + 4z = 1
2x + 4y − 2z = 6
x + 6y + 10z = 7
.
10. Rijesite sljedeci sustavx1 + x2 + x4 = 1
2x1 + 2x2 + x3 + x4 = 1
2x1 + 2x2 + 2x4 = 2
11. Tri osobe kupile su sendvice, kavu i kolace u istoj prodavnici. Prva
osoba platila je 77 kn za 4 sendvica, kavu i 10 kolaca, a druga je 3
sendvica, kavu i 7 kolaca platila 57 kn. Treca osoba kupila je sendvic,
kavu i kolac. Koliko je platila? Rjesenje: 17 kn.
12. Odredite polinom p treceg stupnja za koji vrijedi p(−2) = 1, p(−1) =
3, p(1) = 13, p(2) = 33.
13. Odredite inverz matrice
A =
0 1 1 1
−1 0 1 1
−1 −1 0 1
−1 −1 −1 0
,a zatim rijesite matricnu jednadzbu
AX =
0 1
1 0
−1 10
5 5
.14. Neka je A = [αij] matrica tipa (4, 4) takva da je αij = mini, j.
Odredite, ako postoji, A−1.
53
3. Vektorski prostori 54
3 Vektorski prostori
3.1 Definicija i primjeri
Vektorski prostor nad poljem F je neprazan skup V zajedno s operacijama
zbrajanja + : V × V → V i mnozenja skalarom · : F × V → V, pri cemu je
(V,+) Abelova grupa i za sve α, β ∈ F i u, v ∈ V vrijede sljedeca svojstva
(1) kvaziasocijativnost: α(βv) = (αβ)v,
(2) 1 · v = v,
(3) distributivnost prema zbrajanju skalara: (α + β)v = αv + βv,
(4) distributivnost prema zbrajanju vektora: α(u+ v) = αu+ αv.
Elemente vektorskog prostora nazivamo vektori. Neutralni element za zbra-
janje nazivamo nulvektor i oznacavamo s θ.
U slucaju F = R kazemo da je V realni vektorski prostor, a za F = Ckazemo da je V kompleksni vektorski prostor.
Neke vektorske prostore smo vec upoznali. Njih i jos neke navodimo u
sljedecem primjeru, bez provjeravanja svih svojstava.
Primjer 3.1.1. • Skup V 3 svih vektora u E3
V 3 = [−→AB] : A,B ∈ E3,
uz zbrajanje vektora i mnozenje vektora skalarom
~a+~b = [−→AB] + [
−−→BC] = [
−→AC],
λ~a = λ[−→AB] = [λ
−→AB],
je jedan realni vektorski prostor.
• Za svaki n ∈ N promatramo skup Fn svih uredenih n-torki elemenata
iz F; dakle,
Fn = (α1, α2, . . . , αn) : α1, . . . , αn ∈ F.
54
3. Vektorski prostori 55
Zbrajanje i mnozenje skalarom definiramo po tockama
(α1, α2, . . . , αn) + (β1, β2, . . . , βn) = (α1 + β1, α2 + β2, . . . , αn + βn),
λ(α1, α2, . . . , αn) = (λα1, λα2, . . . , λαn).
Lako se provjeri da je Fn uz ove operacije vektorski prostor nad F.Dakle, Rn je realni, a Cn kompleksni vektorski prostor.
• Cn mozemo promatrati i kao realni vektorski prostor. Operacije su
zadane kao i maloprije, jedino sada uzimamo λ ∈ R.
• Za sve m,n ∈ N, skup Mmn(F) svih matrica tipa (m,n) s elementima
iz F, uz uobicajene operacije zbrajanja matrica i mnozenja matrica
skalarom, je vektorski prostor nad F.
• Neka je X neki neprazan skup. Oznacimo s C(X) skup svih funkcija
f : X → F. Definiramo zbrajanje i mnozenje funkcija po tockama, tj.
za f, g ∈ C(X) i λ ∈ F stavimo
(f + g)(x) = f(x) + g(x), (λf)(x) = λf(x), x ∈ X.
Na ovaj smo nacin uveli strukturu vektorskog prostora na C(X).
• Za n ∈ N promatramo polinome stupnja manjeg ili jednakog n s koefi-
cijentima iz F. Dakle,
Pn = anxn + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0 : a0, a1, . . . , an ∈ F.
Polinomi su posebna vrsta funkcija, pa je prema prethodnom primjeru
i za njih definirano zbrajanje i mnozenje skalarom po tockama.
• Navedimo da kombinirajuci dane vektorske prostore (nad istim poljem)
mozemo dobiti nove vektorske prostore (nad tim poljem). Na primjer,
neka su U i V vektorski prostori nad F. Promatramo njihov Kartezijev
produkt
U × V = (u, v) : u ∈ U, v ∈ V .
Uvedemo operacije zbrajanja i mnozenja skalarom:
(u1, v1) + (u2, v2) = (u1 + u2, v1 + v2), λ(u, v) = (λu, λv),
55
3. Vektorski prostori 56
za u, u1, u2 ∈ U, v, v1, v2 ∈ V, λ ∈ F. Uocimo da su u1 + u2 i λu dobro
definirani izrazi (i pripadaju U), jer je U vektorski prostor pa znamo
zbrajati njegove elemente i mnoziti ih skalarom. Isto za v1 + v2 i λv.
Dokazimo neka jednostavna svojstva u vektorskim prostorima.
Propozicija 3.1.2. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Tada vrijedi:
(1) 0 · v = θ za sve v ∈ V,
(2) αθ = θ za sve α ∈ F,
(3) αv = θ ⇔ α = 0 ili v = θ,
(4) (−α)v = −(αv) za sve v ∈ V i α ∈ F,
(5) (−1)v = −v za sve v ∈ V.
Dokaz. (1) Za sve v ∈ V je 0 · v = θ + 0 · v = (−v + v) + 0 · v =
−v + (1 · v + 0 · v) = −v + (1 + 0) · v = −v + 1 · v = −v + v = θ.
(2) Ako je α = 0 tada tvrdnja slijedi iz prvog dijela ove propozicije.
Pretpostavimo da je α 6= 0. Tada je
α · θ + v = α · θ + 1 · v = α(θ +1
αv) = α · 1
αv = v.
Slijedi α · θ = θ.
(3) Ako je α = 0 ili v = 0 tada prethodne tvrdnje daju αv = θ.
Dokazimo obratno. Pretpostavimo da je αv = θ. Ako je α = 0 onda smo
gotovi, a ako je α 6= 0 onda je v = 1 · v = ( 1α· α)v = 1
α(αv) = 1
αθ = θ.
(5) Iz αv + (−α)v = (α+ (−α))v = 0 · v = θ slijedi da je (−α)v suprotni
element (za zbrajanje) elementa αv, dakle (−α)v = −(αv).
(6) Ovo slijedi iz prethodne tvrdnje za α = 1.
3.2 Linearna zavisnost i nezavisnost vektora
Neka je V vektorski prostor nad poljem F. U V znamo zbrajati vektore i
mnoziti ih skalarom (i rezultati tih operacija bit ce novi vektori prostora V ).
56
3. Vektorski prostori 57
Slika 6: Linearne kombinacije vektora u i v
Uzmemo li nekoliko vektora v1, . . . , vn ∈ V i nad njima vrsimo ove operacije
dobit cemo vektor oblika
α1v1 + . . .+ αnvn, (20)
za neke α1, . . . , αn ∈ F. Vektor (20) nazivamo linearna kombinacija vek-
tora v1, . . . , vn ∈ V.U ovoj i sljedecoj sekciji proucavat cemo nacine prikazivanja vektora u
vektorskom prostoru V . Cilj nam je odrediti skup B ⊆ V takav da ce se svi
vektori iz V moci na jedinstven nacin prikazati pomocu vektora iz B. Neki
od pojmova koje definiramo vec smo ranije upoznali.
Neka je v1, v2, . . . , vn proizvoljan konacan skup vektora u V . Zeljeli
bismo naci skalare α1, α2, . . . , αk takve da vrijedi
n∑i=1
αivi = θ. (21)
Ocito je da je α1 = α2 = . . . = αn = 0 jedna mogucnost (tj. jedno rjesenje
jednadzbe (21)). Nazovimo ovo rjesenje trivijalnim. Zanima nas ima li ta
jednadzba i drugih, netrivijalnih rjesenja. To, naravno, ovisi o vektorima
v1, . . . , vk.
Za konacan skup vektora S = v1, . . . , vn kazemo da je linearno neza-
visan ako vrijedi sljedeca implikacija :
α1v1 + . . .+ αnvn = θ ⇒ α1 = . . . = αn = 0.
57
3. Vektorski prostori 58
To znaci da jedina linearna kombinacija vektora v1, . . . , vn koja daje nulvektor
je ona trivijalna, tj. takva da je α1 = . . . = αn = 0.
Skup vektora je linearno zavisan ako nije linearno nezavisan. Drugim
rijecima, skup je linearno zavisan ako postoje skalari α1, . . . , αn ∈ F od kojih
je barem jedan razlicit od nule tako da je α1v1 + . . .+αnvn = θ. Po dogovoru
je prazan skup linearno nezavisan.
Pogledajmo nekoliko primjera.
Primjer 3.2.1. • Lako je utvrditi da za vektore e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) u
R2 jednakost α1e1 + α2e2 = θ moze biti zadovoljena samo za trivijalan
izbor skalara α1 = α2 = 0.
• Za vektore v1 = (1, 1,−2), v2 = (−1, 2, 3), v3 = (2,−1,−5) imamo
1v1 + (−1)v2 + (−1)v3 = θ, dakle jednadzba α1v1 + α2v2 + α3v3 = θ
ima i netrivijalno rjesenje.
• Neka je n ∈ N. Pogledajmo vektorski prostor Rn i u njemu vektore
e1 = (1, 0, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0) i opcenito, za 1 ≤ k ≤ n, ek =
(0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (1 na k-toj komponenti, 0 na svim ostalim kom-
ponentama). Skup e1, e2, . . . , en je linearno nezavisan u vektorskom
prostoru Rn. Zaista,
n∑i=1
αiei = θ ⇒ (α1, α2, . . . , αn) = (0, 0, . . . , 0)⇒ αi = 0, i = 1, 2, . . . , n.
• U vektorskom prostoru RR svih funkcija f : R → R promatramo
skup f1, f2, f3, gdje je f1(x) = cos 2x, f2(x) = cos2 x, f3(x) = sin2 x.
Znamo da je cos 2x = cos2 x − sin2 x,∀x ∈ R, pa je f1 = f2 − f3. To
znaci da je skup f1, f2, f3 linearno zavisan.
Iako smo u prethodnim definicijama uveli pojmove linearno(ne)zavisnog
skupa vektora, ponekad cemo, pomalo neprecizno, reci da su vektori koji cine
taj skup linearno (ne)zavisni.
Propozicija 3.2.2. Neka je S = v1, . . . , vn konacan podskup vektorskog
prostora V nad poljem F. Tada je S linearno nezavisan ako i samo ako je
svaki njegov podskup linearno nezavisan.
58
3. Vektorski prostori 59
Dokaz. Neka je S linearno nezavisan i T ⊆ S. Radi jednostavnosti zapisiva-
nja, uzmimo da je T = v1, . . . , vk za neki k ≤ n. Ako je
α1v1 + . . .+ αkvk = θ,
tada je
α1v1 + . . .+ αkvk + 0 · vk+1 + . . .+ 0 · vn = θ,
a kako je v1, . . . , vn linearno nezavisan, svi koeficijenti u prethodnoj jed-
nadzbi moraju biti 0, pa posebno α1 = . . . = αk = 0. Zato je T linearno
nezavisan skup.
S druge strane, ako je svaki konacan podskup T od S linearno nezavisan
onda, uzimanjem T = S, slijedi tvrdnja.
Napomena 3.2.3. Koristeci upravo dokazano, pojam linearne nezavisnosti
mozemo definirati i za proizvoljne (ne nuzno konacne) skupove. Naravno, u
slucaju konacnih skupova imat cemo dvije ekvivalentne definicije.
Neka je S proizvoljan podskup vektorskog prostora V . Kazemo da je
S linearno nezavisan skup ako je svaki njegov konacan podskup linearno
nezavisan. Kazemo da je S linearno zavisan skup ako nije linearno ne-
zavisan, tj. ako postoji bar jedan konacan podskup od S koji je linearno
zavisan.
Nekoliko osnovnih svojstava o linearnoj zavisnosti dokazujemo u sljedecoj
propoziciji.
Propozicija 3.2.4. Neka je V vektorski prostor nad poljem F.
(1) Skup v ⊆ V je linearno zavisan ako i samo ako je v = θ.
(2) Svaki skup vektora koji sadrzi nulvektor je linearno zavisan.
(3) Podskup linearno nezavisnog skupa je linearno nezavisan.
(4) Nadskup linearno zavisnog skupa je linearno zavisan.
Dokaz. (1) Ako je skup v linearno zavisan tada postoji λ 6= 0 takav da je
λv = θ, a odavde je, prema propoziciji 3.1.2, v = θ. Ako je v = θ tada je
1 · v = θ, a kako sada slijeva imamo netrivijalnu kombinaciju vektora iz S,
slijedi tvrdnja.
59
3. Vektorski prostori 60
(2) Ako S sadrzi nulvektor, onda je T = θ konacan linearno zavisan
podskup od S, pa S mora biti linearno zavisan.
(3) Neka je S linearno nezavisan skup i T ⊆ S. Svaki konacan podskup od
T je i konacan podskup od S, pa zbog linearne nezavisnosti skupa S slijedi
da su svi konacni podskupovi od T linearno nezavisni. Zato i T mora biti
linearno nezavisan.
(4) Neka je S linearno zavisan skup i T ⊇ S. Postoji konacan linearno
zavisan podskup od S. No taj podskup je i podskup od T, pa je T nuzno
linearno zavisan.
U sljedecoj propoziciji dokazujemo da je skup u vektorskom prostoru
linearno zavisan ako i samo ako se neki njegov vektor moze zapisati kao
linearna kombinacija ostalih vektora.
Propozicija 3.2.5. Neka je V vektorski prostor nad poljem F. Skup S =
v1, . . . , vn ⊆ V je linearno zavisan ako i samo postoji k ∈ 1, . . . , n tako
da vrijedi
vk = α1v1 + . . .+ αk−1vk−1 + αk+1vk+1 + . . .+ αnvn (22)
za neke skalare α1, . . . , αk−1, αk+1, . . . , αn ∈ F.
Dokaz. Pretpostavimo da je S linearno zavisan. Tada postoje λ1, . . . , λntakvi da je λ1v1 + . . .+ λnvn = θ, a pritom je λk 6= 0 za neki k. Tada je
λkvk = −n∑
i=1,i 6=k
λivi ⇒ vk =n∑
i=1,i 6=k
(− λiλk
)vi.
Ako oznacimo αi = − λiλk
za i 6= k, onda imamo
vk =n∑
i=1,i 6=k
αivi.
Obratno, pretpostavimo da se neki vk ∈ S moze prikazati kao u (22).
Tada je
α1v1 + . . .+ αk−1vk−1 + (−1)vk + αk+1vk+1 + . . .+ αnvn = θ,
pa je nulvektor zapisan kao netrivijalna linearna kombinacija vektora iz S.
60
3. Vektorski prostori 61
Direktno iz ove propozicije slijedi karakterizacija linearne zavisnosti dvo-
clanog skupa.
Korolar 3.2.6. Dva vektora v1 i v2 su linearno zavisna ako i samo ako je
v1 = λv2 ili v2 = λv1 za neki λ ∈ F.
3.3 Baza vektorskog prostora
Neka je V vektorski prostor nad F. Skup G ⊆ V je skup izvodnica za V
ako za svaki v ∈ V postoje skalari α1, . . . , αn ∈ F i vektori v1, . . . , vn ∈ G
takvi da je
v = α1v1 + . . .+ αnvn.
Drugim rijecima, linearne kombinacije vektora iz G ispunjavaju cijeli prostor
V.
Vektorski prostor V je konacnodimenzionalan ako postoji bar jedan
konacan skup izvodnica za V . Prostore koji nisu konacnodimenzionalni na-
zivamo beskonacnodimenzionalnim.
Za svaki vektorski prostor postoji skup izvodnica. Naime, uzmemo li
G = V tada za svaki v ∈ V mozemo uzeti α = 1 i x = v ∈ G, pa ce biti
v = αx. No, ocito je da su nam ”drazi” manji skupovi izvodnica. Na primjer,
u vektorskom postoru R2, mozemo gledati sljedece skupove:
G1 = R2, G2 = (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), G3 = (1, 0), (0, 1).
Za skup G1 vec smo utvrdili da je skup izvodnica, a lako se provjeri i da
su G2 i G3 skupovi izvodnica. Prednost skupa G3 nad G1 i G2 je ta sto se
svi vektori iz R2 mogu napisati kao linearna kombinacija dva vektora (1, 0)
i (0, 1). Uocimo da su skupovi G1 i G2 linearno zavisni, dok je G3 linearno
nezavisan. Tako dolazimo do pojma baze.
Baza vektorskog prostora V je skup B ⊆ V koji je linearno nezavisan i
koji je skup izvodnica za V.
Teorem 3.3.1. Neka je B = b1, . . . , bn baza vektorskog prostora V. Za
svaki v ∈ V postoje jedinstveni skalari α1, . . . , αn takvi da je v =∑n
i=1 αibi.
Dokaz. Neka je v ∈ V proizvoljan. Kako je svaka baza skup izvodnica za V,
to postoje skalari α1, . . . , αn takvi da je
v =n∑i=1
αibi.
61
3. Vektorski prostori 62
Dokazimo jedinstvenost. Pretpostavimo da su β1, . . . , βn takvi da je v =∑ni=1 βibi. Tada iz
∑ni=1 αibi =
∑ni=1 βibi slijedi
∑ni=1(αi − βi)bi = θ. Kako
je B i linearno nezavisan skup, to je αi − βi = 0 za sve i. Slijedi αi =
βi, i = 1, . . . , n, dakle, skalari u prikazu vektora v pomocu vektora iz B su
jedinstveni.
U ovom se kolegiju bavimo iskljucivo konacnodimenzionalnim prostorima.
Zato cemo uvijek kada spominjemo vektorski prostor podrazumijevati da se
radi o konacnodimenzionalnom vektorskom prostoru.
S obzirom da je najlakse racunati s onim skupovima izvodnica koji imaju
sto je moguce manje vektora, pitanje je kako iz zadanog skupa izvodnica G
prepoznati i izbaciti ”suvisan” vektor (suvisan u smislu da, i bez tog vektora,
G cini skup izvodnica za V ).
Lema 3.3.2. Neka je G = v1, . . . , vn skup izvodnica za vektorski prostor V.
Neka je k ∈ 1, . . . , n takav da se vk moze napisati kao linearna kombinacija
vektora iz G \ vk. Tada je G \ vk skup izvodnica za V.
Dokaz. Prema pretpostavci je vk =∑n
i=1,i 6=k αivi za neke skalare αi, i ∈1, . . . , n \ k ∈ F.
Neka je v ∈ V. Kako je G skup izvodnica za V, to postoje skalari β1, . . . , βntakvi da je v =
∑ni=1 βivi. Sada je
v =n∑
i=1,i 6=k
βivi + βkvk =n∑
i=1,i 6=k
βivi + βk
n∑i=1,i 6=k
αivi =n∑
i=1,i 6=k
(αi + βkαi)vi,
sto znaci da proizvoljan vektor v ∈ V mozemo prikazati pomocu vektora iz
G \ vk.
Primjer 3.3.3. Jedan skup izvodnica za R2 jeG = (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4).Kako je
(1, 3) =1
2(1, 2) +
1
2(1, 4),
to je i skup
H := G \ (1, 3) = (1, 1), (1, 2), (1, 4)
skup izvodnica. I skup H mozemo reducirati. Naime,
(1, 4) = −2(1, 1) + 3(1, 2),
62
3. Vektorski prostori 63
pa je i
B := H \ (1, 4) = (1, 1), (1, 2)
skup izvodnica. Kako je B i linearno nezavisan skup, to je B baza za R2.
U prethodnom primjeru smo zadanom skupu izvodnica pronasli podskup
koji je baza. To vrijedi opcenito.
Teorem 3.3.4. Neka je V 6= θ vektorski prostor i neka je G konacan skup
izvodnica za V. Tada G sadrzi bazu za V. Posebno, svaki netrivijalan vektorski
prostor ima bazu.
Dokaz. Neka je G = v1, . . . , vn. Ako je G linearno nezavisan skup, onda je
G baza za V i dokaz je gotov. Ako G nije linearno nezavisan, onda se neki
njegov element moze zapisati kao linearna kombinacija ostalih vektora. Neka
je to vk. Prema prethodnoj propoziciji, i G \ vk je skup izvodnica za V.
Sada ovu proceduru ponovimo na skup G\vk : ako je G\vk linearno
nezavisan onda je to baza za V, a ako nije onda se neki njegov vektor moze
izbaciti. Nakon konacno mnogo koraka (najvise n− 1, jer je V netrivijalan)
doci cemo do baze.
S obzirom da svaki konacnodimenzionalni prostor ima konacan skup ge-
neratora, slijedi da svaki netrivijalan vektorski prostor ima bazu.
U sljedecoj propoziciji dokazujemo tvrdnju slicnu propoziciji 3.2.5.
Propozicija 3.3.5. Neka je V 6= θ vektorski prostor i S = v1, v2, . . . , vn,n ≥ 2, uredeni skup vektora u V takav da je v1 6= θ. Ako je S linearno zavisan,
tada postoji k ∈ 2, . . . , n takav da je
vk =k−1∑i=1
λivi
za neke skalare λ1, . . . , λk−1 ∈ F.
Dokaz. Zbog linearne zavisnosti skupa S slijedi da postoje skalari α1, . . . , αn,
od kojih nisu svi nule, takvi da je∑n
i=1 αivi = θ. Uzmemo posljednji αk koji
63
3. Vektorski prostori 64
nije nula, tj. takav da je αk 6= 0 i αk+1 = . . . = αn = 0. Uocimo da bi k = 1
znacilo α1v1 = θ, tj. v1 = θ, sto nije. Zato je k ≥ 2. Tada
αkvk = −k−1∑i=1
αivi ⇒ vk = −k−1∑i=1
αiαkvi.
Oznacimo li λi = − αiαkvi, i = 1, . . . , k − 1, imamo tvrdnju.
Svaki skup koji ima vise elemenata nego sto ih ima baza je linearno za-
visan. To je sadrzaj sljedece tvrdnje.
Propozicija 3.3.6. Neka je B = b1, . . . , bn baza za vektorski prostor V.
Ako je S = v1, . . . , vr skup vektora u V takav da je r > n tada je S linearno
zavisan skup.
Dokaz. Kako je B baza za V, to se svi vi, i = 1, . . . , r na jedinstven nacin
mogu zapisati kao linearne kombinacije vektora iz B. Imamo dakle, 0v1 = a11b1 + a21b2 + . . . + an1bnv2 = a12b1 + a22b2 + . . . + an2bn...
...
vr = a1rb1 + a2rb2 + . . . + anrbn
,
za neke skalare aij. Da bismo provjerili je li skup S linearno nezavisan ili ne,
promatramo
c1v1 + c2v2 + . . .+ crvr = 0. (23)
Tada je
c1(a11b1 + a21b2 + . . .+ an1bn) + c2(a12b1 + a22b2 + . . .+ an2bn) + . . .
+cr(a1rb1 + a2rb2 + . . .+ anrbn) = θ,
to jest
(a11c1 + a12c2 + . . .+ a1rcr)b1 + (a21c1 + a22c2 + . . .+ a2rcr)b2 + . . .
+(an1c1 + an2c2 + . . .+ anrcr)bn = θ.
64
3. Vektorski prostori 65
B je baza i zato svi koeficijenti iz prethodne linearne kombinacije moraju biti
jednaki 0. Dobivamo sustav jednadzbi s nepoznanicama c1, . . . , cr :a11c1 + a12c2 + . . . + a1rcr = 0
a21c1 + a22c2 + . . . + a2rcr = 0...
...
an1c1 + an2c2 + . . . + anrcr = 0
. (24)
Kako je r > n, to je (24) homogeni sustav koji ima vise nepoznanica nego
jednadzbi, pa postoji netrivijalno rjesenje ovog sustava (Napomena 1.5.3).
Dakle, postoje c1, . . . , cr, od kojih nisu svi nule, takvi da vrijedi (24), a onda
i (23).
Teorem 3.3.7 (Steinitz). Svake dvije baze vektorskog prostora V su jedna-
kobrojne.
Dokaz. Dokazali smo da V ima barem jednu konacnu bazu. Neka je to B =
a1, . . . , an, te neka je B′ = bi : i ∈ I neka druga baza za V . Pritom je I
neki skup indeksa.
Pretpostavimo da u I ima vise od n elementa. Odaberimo razlicite vek-
tore b′1, . . . , b′n+1 ∈ B′. Prema propoziciji 3.3.6, skup b′1, . . . , b′n+1 je linearno
zavisan. No onda je i B′, kao njegov nadskup, linearno nezavisan, sto nije
moguce jer je B′ baza. To znaci da je broj vektora u B′ manji ili jednak n.
Ako bi u B′ bilo manje elemenata nego u B, onda bi, opet prema propozi-
ciji 3.3.6, skup B bio linearno zavisan (jer ima vise elemenata nego u bazi
B′), sto ne moze biti, jer je B baza. Zakljucujemo da su B i B′ jednakobrojni
skupovi.
Steinitzov teorem omogucuje uvodenje pojma dimenzije prostora.
Dimenzija vektorskog prostora V je kardinalni broj neke (a onda i
svake) baze prostora V . Dimenzija trivijalnog vektorskog prostora V = θje, po dogovoru, jednaka 0. Dimenziju vektorskog prostora oznacavamo s
dimV ili, ako zelimo naglasiti polje nad kojim je V vektorski prostor, dimF V .
Uocimo odmah jednu korisnu posljedicu.
Korolar 3.3.8. Neka je S skup izvodnica u vektorskom prostoru V, n =
dimV. Ako S ima n elemenata, tada je S baza za V.
65
3. Vektorski prostori 66
Dokaz. Svaki skup izvodnica sadrzi bazu za V. Kako je svaka baza n-clana,
to je sam S baza za V.
Primjer 3.3.9. 1. U vektorskom prostoru V 3 je skup
B = e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)
baza. Zaista, B je linearno nezavisan i svaki v = (v1, v2, v3) ∈ V 3
mozemo zapisati kao v = v1e1 + v2e2 + v3e3, pa je B i skup izvodnica
za V. Slijedi da je dimV 3 = 3.
2. Slicno se vidi da je u vektorskom prostoru Fn skup
B = e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, . . . , 1)
baza. Zato je dimFn = n. Ovu bazu nazivamo standardna ili kanon-
ska baza za Fn.
3. Skup kompleksnih brojeva C mozemo promatrati kao realan i kao kom-
pleksan vektorski prostor.
Odredimo dimC C, tj. dimenziju kompleksnog prostora C. Ovo je pose-
ban slucaj prethodnog primjera (Fn je vektorski prostor nad F). Dakle,
dimC C = dimCC1 = 1.
Sada promatramo realni vektorski prostor C, dakle, skalare u linearnim
kombinacijama cemo uzimati iz R. Pokazimo da je 1, i baza za (realni
vektorski prostor) C.Kao sto znamo, svaki se kompleksan broj moze napisati pomocu svog
realnog i imaginarnog dijela. Dakle, z = x + iy, gdje su x, y ∈ R. To
znaci da je skup 1, i skup izvodnica.
Neka su α, β ∈ R takvi da je α · 1 + β · i = 0. Tada je α = −βi⇒ α =
−βi ⇒ α = βi = −α ⇒ α = 0 ⇒ β = 0. Zakljucujemo da je skup
1, i linearno nezavisan. Zato je i baza, pa je dimRC = 2.
4. U prostoru Mmn svih matrica tipa (m,n) promatramo matrice u kojima
je na samo jednom mjestu jedinica, a svi ostali elementi su nule. Dakle,
za i ∈ 1, . . . ,m i j ∈ 1, . . . , n definiramo Bij ∈Mmn, tako da
(Bij)kl =
1, k = i i l = j;
0, inace.
66
3. Vektorski prostori 67
Na primjer, u M23 ove matrice su
B11 =
[1 0 0
0 0 0
], B12 =
[0 1 0
0 0 0
], B13 =
[0 0 1
0 0 0
],
B21 =
[0 0 0
1 0 0
], B22 =
[0 0 0
0 1 0
], B23 =
[0 0 0
0 0 1
].
Svaka matrica A = [aij] ∈Mmn moze se napisati kao
A = a11B11 + a12B12 + . . .+ amnBmn.
To znaci da je B := Bij : i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n skup izvodnica
za Mmn. Ako su αij ∈ F, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n, takvi da je
m∑i=1
n∑j=1
αijBij = 0
tada sume slijeva daju matricu [αij]. Dakle, [αij] = 0, odakle slijedi
αij = 0 za sve i i j, pa je B i linearno nezavisan skup. Slijedi da je B
baza za Mmn i dimMmn = mn.
5. U prostoru Pn svih polinoma stupnja ≤ n skup p0, p1, . . . , pn, gdje je
pk(x) = xk, k = 0, 1, . . . , n, je baza za Pn. Slijedi da je dimPn = n+ 1.
Ponekad zelimo naci bazu koja sadrzi unaprijed zadane vektore. Naravno,
preduvjet je da ti vektori cine linearno nezavisan skup, jer bi u protivnom i
svaki njegov nadskup bio linearno zavisan (Propozicija 3.2.4) i ne bi mogao
biti baza.
Teorem 3.3.10. Svaki linearno nezavisan skup vektora u V se moze nado-
puniti do baze za V.
Dokaz. Neka je S = v1, . . . , vk linearno nezavisan skup u V. Neka je B =
b1, . . . , bn baza za V. Tada je skup
S ∪B = v1, . . . , vk, b1, . . . , bn
67
3. Vektorski prostori 68
skup izvodnica za V (jer sadrzi bazu za V ). Prema propoziciji 3.3.6, skup
S∪B je linearno zavisan, pa se prema propoziciji 3.3.5, neki vektor tog skupa
moze zapisati kao linearna kombinacija svojih prethodnika. To ne moze biti
nijedan vi, jer je S linearno nezavisan skup. Neka se bi1 moze prikazati
pomocu svojih prethodnika. Tada je (S ∪ B) \ bi1 skup izvodnica za V, a
ako je jos i linearno nezavisan onda je to i baza za V. Ako je (S ∪B) \ bi1linearno zavisan, onda postupak ponovimo. I tako sve dok ne dodemo do
linearno nezavisnog skupa (a to ce se dogoditi nakon tocno k koraka, zbog
Steinitzovog teorema). Kako niti u jednom koraku nismo izbacivali elemente
skupa S, dobivena baza sadrzavat ce skup S, dakle, skup S smo nadopunili
do baze za V.
Uocimo da smo u dokazu uzeli proizvoljnu bazu B, pa nadopunjenje li-
nearno nezavisnog skupa do baze nije jedinstveno.
Pretpostavimo da je u prethodnom teoremu S bio n-clan skup, gdje je
n = dimV. Ako S ne bi bio baza, onda bi njegovo nadopunjenje do baze dalo
bazu koja ima vise od n elementa, sto ne moze biti. To je vazna posljedica
prethodnog teorema:
Korolar 3.3.11. Neka je V vektorski prostor i n = dimV. Ako je S linearno
nezavisan skup koji ima n elemenata, onda je S baza za V.
Napomena 3.3.12. Neka je V vektorski prostor i n = dimV. Neka je S ⊆ V,
te neka cardS oznacava broj elementa u S. Tada vrijedi:
Ako je S linearno nezavisan, tada je cardS ≤ n.
Ako je S linearno nezavisan i cardS = n, tada je S baza za V.
Ako je S skup izvodnica za V, tada je cardS ≥ n.
Ako je S skup izvodnica za V i cardS = n, tada je S baza za V.
Ako je cardS > n, tada je S linearno zavisan.
Ako je cardS < n, tada S nije skup izvodnica za V.
Primjer 3.3.13. Skup
S = v1 = (1, 2, 3), v2 = (−1, 2,−4), v3 = (0, 2, 1), v4 = (0, 1, 0)
68
3. Vektorski prostori 69
nije baza za R3. Naime, prema Steinitz-ovom teoremu sve baze za R3 su
troclane, jer je dimR3 = 3. Ovaj skup nije linearno nezavisan, jer ima vise
od tri elementa.
Moze se pokazati da je S skup izvodnica za R3, te da vrijedi
v1 + v2 − v3 − 2v4 = θ.
To znaci da se svaki vektor moze zapisati pomocu ostalih:
v1 = −v2 + v3 + 2v4, v2 = −v1 + v3 + 2v4, ...
Prema tome, uklanjanjem bilo kojeg (jednog!) vektora iz S, dobit cemo novi
skup izvodnica za R3 koji ce biti troclan i zato baza za R3.
Primjer 3.3.14. Skup
S = v1 = (1, 2, 3), v2 = (−1, 2,−4)
nije baza za R3, jer ima manje od tri elementa. Ocito je S linearno neza-
visan skup. Nadopunimo ga do baze za R3. Slijedimo proceduru opisanu u
teoremu 3.3.10.
Uzmimo kanonsku bazu B = e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1).Tada je
S ∪B = v1, v2, e1, e2, e3
skup izvodnica za R3. Trazimo troclani podskup od S ∪B koji ce sadrzavati
v1 i v2. Dakle, iz S ∪B treba izbaciti dva vektora iz B, tj. jedan vektor iz B
treba dodati skupu S tako da dobiveni skup bude linearno nezavisan.
Pokusajmo s v1, v2, e1. Iz
λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = θ
slijedi
(λ1 − λ2 + λ3, 2λ1 + 2λ2, 3λ1 − 4λ2) = (0, 0, 0).
Dobivamo sustav λ1 − λ2 + λ3 = 0
2λ1 + 2λ2 = 0
3λ1 − 4λ2 = 0
,
69
3. Vektorski prostori 70
cija je matrica
A =
1 −1 1
2 2 0
3 −4 0
.Uocimo da je detA = −14 6= 0, pa je A regularna i zato ovaj (Cramerov i
homogen) sustav ima jedinstveno rjesenje (λ1, λ2, λ3) = (0, 0, 0). Slijedi da je
skup v1, v2, e1 baza za V.
Provjerite sami jesu li skupovi v1, v2, e2 i v1, v2, e3 baze za V.
3.4 Zadaci
1. Neka je V skup svih aritmetickih nizova. Pokazite da je V vektorski
prostor.
2. Provjerite linearnu zavisnost sljedecih skupova vektora u danom vek-
torskom prostoru:
(a) (1, 2, 3), (−2,−4,−6) u R3;
(b) (1, 2, 3), (−2,−4,−6), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1) u R3;
(c) (1, 3, 2, 0, 0), (1, 1, 1, 1, 1), (1, 2, 3, 4, 5), (0, 3, 3, 2, 3) u R5;
(d) (7, 2, 2, 2, 2), (1, 2, 3, 4, 5), (5, 4, 3, 2, 1), (1, 0, 1, 0, 1) u R5;
(e) p1, p2, p3 u P3, ako je p1(t) = t2 − t, p2(t) = t− 1, p3(t) = t+ 1;
3. Vektor v = (7, 14,−1, 2) ∈ R4 napisite, ako je moguce, kao linearnu
kombinaciju vektora v1, v2, v3, v4 ∈ R4, gdje je
v1 = (1, 2,−1,−2), v2 = (2, 3, 0,−1), v3 = (1, 2, 1, 3), v4 = (1, 3,−1, 0).
4. Neka je u nekom vektorskom prostoru V skup x, y linearno nezavisan.
Pokazite da su tada linearno nezavisni i skupovi x+ y, x− y i 2x+
y, 3x− y.
5. Vektor v = (0, 1, 4) ∈ R3 prikazite, ako je moguce, kao linearnu kombi-
naciju vektora v1 = (1, 2, 4), v2 = (−2, 3, 1) i v3 = (3,−2, 4).
70
3. Vektorski prostori 71
6. Matricu X =
[−4 −2
−5 −1
]zapisite, ako je moguce, kao linearnu kombi-
naciju matrica
[1 0
1 0
],
[0 1
−1 0
],
[2 1
0 1
].
7. Neka je V prostor svih funkcija f : R → R. Pokazite da je skup
f1, f2, f3, gdje je
f1(x) = ex, f2(x) = e2x, f3(x) = e3x
linearno nezavisan.
8. Dokazite da su vektori v1 = (1 + i, 1 − i), v2 = (1,−i) ∈ C2 linearno
nezavisni u realnom vektorskom prostoru C2.
9. Dokazite da su vektori v1 = (1 + i, 1 − i), v2 = (1,−i) ∈ C2 linearno
zavisni u kompleksnom vektorskom prostoru C2.
10. Neka je zadan skup S od m vektora u n-dimenzionalnom prostoru V .
Koje od sljedecih izjava su istinite? Za lazne izjave navedite kontrapri-
mjer.
(a) Ako je m < n tada S ne razapinje V.
(b) Ako je m < n tada je S linearno nezavisan skup.
(c) Ako je m > n tada S razapinje V.
(d) Ako je m > n tada je S linearno zavisan skup.
(e) Ako je m = n tada je S baza za V.
(f) Ako je m < n tada S nije baza za V.
(g) Ako je m > n tada S nije baza za V.
11. Provjerite linearnu nezavisnost skupa S = v1 = (1, 2, 3, 0), v2 = (−1, 0, 0, 0), v3 =
(0, 2, 1, 0) u R4. Ako je S linearno nezavisan, odredite jedno njegovo
nadopunjenje do baze za R4.
12. Postoji li baza za R3 koja sadrzi vektore (1,−1, 0) i (−2, 2, 0)? Ako
da, nadite tu bazu.
71
3. Vektorski prostori 72
13. Provjerite linearnu nezavisnost skupa S = v1 = (1, 2), v2 = (−1, 0), v3 =
(2, 1) u R2. Sadrzi li ovaj skup bazu za R2? Ako da, odredite je.
14. Provjerite je li skup (1, 1, 1), (1, 2, 2), (2, 3, 3) baza za R3. Ako jest,
prikazite vektor (2, 3, 4) u toj bazi.
15. Pokazite da je skup[1 0
0 0
],
[0 1
0 0
],
[0 1
0 0
],
[0 0
0 1
]baza vektorskog prostora M2(R). Ovu bazu nazivamo kanonska baza
za M2(R).
16. Pokazite da je skup [1 2
0 0
],
[−1 0
0 2
],
[0 1
1 1
]linearno nezavisan u vektorskom prostoru M2(R) i nadopunite ga do
baze za M2(R).
17. Navedite primjer skupa izvodnica S za R3 koji ima 19 elemenata.
18. Ako je v1, v2, v3 baza nekog trodimenzionalnog vektorskog prostora,
tada je i v1, v1 + v2, v1 + v2 + v3 baza tog prostora. Dokazite.
72
4. Potprostori vektorskog prostora 73
4 Potprostori vektorskog prostora
4.1 Definicija i primjeri
Krenimo s primjerom.
Primjer 4.1.1. Promatrajmo (realni) vektorski prostor R2. Neka je P pravac
kroz ishodiste (0, 0) i neka je njegova jednadzba ax+ by = 0. Dakle
P = (x, y) ∈ R2 : ax+ by = 0.
Primijetimo prvo da je 0 = (0, 0) ∈ P.Nadalje, ako su (x1, y1), (x2, y2) ∈ P, tada je i (x1, y1) + (x2, y2) ∈ P.
Zaista, iz ax1 + by1 = 0 i ax2 + by2 = 0 slijedi
a(x1 + x2) + b(y1 + y2) = (ax1 + by1) + (ax2 + by2) = 0.
Ako je λ ∈ R i (x, y) ∈ P, tada za λ(x, y) = (λx, λy) vrijedi
a(λx) + b(λy) = λ(ax+ by) = 0,
pa je λ(x, y) ∈ P. Dakle, vrijedi:
(1) ako su u, v ∈ P , onda je u+ v ∈ P,
(2) ako je u ∈ P i λ ∈ R, tada je λu ∈ P.
Lako se vidi da vrijede i sljedeca svojstva:
(3) u+ (v + z) = u+ (v + z),∀u, v, z ∈ P,
(4) u+ 0 = 0 + u = u,∀u ∈ P,
(5) za svaki u ∈ P postoji −u ∈ P tako da je u+ (−u) = (−u) + u = 0,
(6) u+ v = v + u,∀u, v ∈ P,
(7) λ(u+ v) = λu+ λv,∀u, v ∈ P, λ ∈ R,
(8) (λ+ µ)u = λu+ µu, ∀u ∈ P, λ, µ ∈ R,
(9) 1 · u = u,∀u ∈ P,
73
4. Potprostori vektorskog prostora 74
(10) λ(µu) = (λµ)u,∀u ∈ P, λ, µ ∈ R.
Ovo znaci da je P jedan realni vektorski prostor, koji je smjesten u vecem
vektorskom prostoru R2. Operacije zbrajanja i mnozenja skalarom koje smo
promatrali na P su restrikcije istoimenih operacija na R2. Drugim rijecima,
elemente iz P smo zbrajali i mnozili skalarom tocno onako kako bismo to
napravili u vektorskom prostoru R2.
Definicija 4.1.2. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i W ⊆ V. Ako
je W i sam vektorski prostor s obzirom na operacije zbrajanja i mnozenja
skalarom definirane u V, tada kazemo da je W potprostor od V. Pisemo
W ≤ V.
Uocimo da su 0 i cijeli V uvijek potprostori vektorskog prostora V .
Njih nazivamo trivijalnim potprostorima.
Prethodni primjer kazuje nam da je svaki pravac kroz ishodiste vektorski
potprostor od R2. Pogledamo li jos jednom svojstva koja smo provjeravali u
primjeru 4.1.1, vidimo da smo uistinu jedino provjeravali (1) i (2), te da je
0 ∈ P . Za svojstva (3)-(10) smo vec znali da vrijede za elemente iz R2, pa
onda i za elemente iz P ⊆ R2. To nas dovodi do sljedece tvrdnje.
Propozicija 4.1.3. Neprazan podskup W vektorskog prostora V je potprostor
od V ako i samo ako je zadovoljeno:
(a) u, v ∈ W ⇒ u+ v ∈ W ,
(b) u ∈ W,λ ∈ F⇒ λu ∈ W .
Dokaz. Ako je W potprostor od V, onda je W i sam vektorski prostor. To
znaci da su (a) i (b) automatski zadovoljeni.
Neka za W ⊆ V vrijede (a) i (b). To znaci da su dobro definirana
preslikavanja + : W × W → W i · : F × W → W , tj. kodomene su im
zaista W. Uocimo da je θ ∈ W, jer je W neprazan i zato postoji u ∈ W,
odakle, prema (b), slijedi θ = 0 · u ∈ W. Ostala svojstva vektorskog prostora
su zadovoljena za sve elemente iz V, pa onda i za one iz W. Na primjer, za
sve u, v ∈ V vrijedi u + v = v + u, pa onda i za sve u, v ∈ W ⊆ V vrijedi
u+ v = v + u.
74
4. Potprostori vektorskog prostora 75
Svojstva (a) i (b) iz prethodne tvrdnje mozemo objediniti na sljedeci
nacin.
Korolar 4.1.4. Neprazan podskup W vektorskog prostora V je potprostor od
V ako i samo ako je λu+ µv ∈ W za sve u, v ∈ W i λ, µ ∈ F.
Dokaz. Ako je W potprostor od V tada vrijede (a) i (b) iz propozicije 4.1.3.
Neka su u, v ∈ W i λ, µ ∈ F. Prema (b) je λu, µv ∈ W, a onda je prema (a) i
njihov zbroj λu+ µv u W.
Obratno, pretpostavimo da za sve u, v ∈ W i λ, µ ∈ F vrijedi je λu+µv ∈W. Ako odaberemo λ = µ = 1 tada dobivamo (a), a ako odaberemo µ = 0
dobivamo (b).
Prethodnu tvrdnju mozemo izreci i za proizvoljan broj vektora.
Korolar 4.1.5. Neprazan podskup W vektorskog prostora V je potprostor od
V ako i samo ako je za sve n ∈ N, v1, . . . , vn ∈ W i λ1, . . . , λn ∈ F vrijedi∑ni=1 λivi ∈ W.
Dokaz. Neka je W potprostor od V . Dokazimo indukcijom trazenu tvrdnju.
Za n = 2, to slijedi iz prethodnog korolara. Neka je n ∈ N takav da svaka
linearna kombinacija od n−1 vektora iz W pripada potprostoru W. Uzmimo
sada n vektora v1, . . . , vn ∈ W te oznacimo
x =n−1∑i=1
λivi.
Prema pretpostavci indukcije je x ∈ W, kao linearna kombinacija n − 1
vektora. Tada jen∑i=1
λivi = x+ λnvn ∈ W,
kao linearna kombinacija dva vektora x i vn iz W.
Obratno, uzimajuci n = 2, dobivamo da za svaka dva skalara λ1, λ2 ∈ F i
dva vektora v1, v2 ∈ W imamo λ1v1 + λ2v2 ∈ W, pa je W potprostor prema
prethodnom korolaru.
Primjer 4.1.6. Promatrajmo realni vektorski prostor R3 = (x, y, z) : x, y, z ∈R. Neka je R ravnina kroz ishodiste 0 = (0, 0, 0). Pretpostavimo da je
75
4. Potprostori vektorskog prostora 76
Ax + By + Cz = 0 jednadzba te ravnine (pri cemu je bar jedan od A,B,C
razlicit od nule). Dakle
R = (x, y, z) ∈ R3 : Ax+By + Cz = 0.
Tvrdimo da je R potprostor od R3.
Ako su (x1, y1, z1) i (x2, y2, z2) iz R, tada je Ax1 + By1 + Cz1 = 0 i
Ax2 + By2 + Cz2 = 0. Treba vidjeti da, za sve λ, µ ∈ R, i λ(x1, y1, z1) +
µ(x2, y2, z2) = (λx1 + µx2, λy1 + µy2, λz1 + µz2) pripada skupu R. To slijedi
iz
A(λx1 + µx2) +B(λy1 + µy2) + C(λz1 + µz2)
= λ(Ax1 +By1 + Cz1) + µ(Ax2 +By2 + Cz2) = 0.
Nadalje, neka je P pravac kroz ishodiste. Ako je (α, β, γ) vektor smjera
tog pravca, tada je njegova jednadzba dana s x−0α
= y−0β
= z−0γ, dakle
P = t(α, β, γ) : t ∈ R.
Ako su λ, µ ∈ R tada za sve t1, t2 ∈ R vrijedi
λt1(α, β, γ) + µt2(α, β, γ) = (λt1 + µt2)(α, β, γ) ∈ P.
Prema tome, ravnine i pravci kroz ishodiste su potprostori od R3.
Primijetimo da R2 nije potprostor od R3. Kao prvo, R2 uopce nije pod-
skup od R3. Takoder, operacije zbrajanja vektora i mnozenja vektora skala-
rom u R2 i R3 se razlikuju.
Primjer 4.1.7. Promatramo homogeni sustav m linearnih jednadzbi s n
nepoznanica. Neka je A ∈ Mmn matrica tog sustava. Dakle, promatramo
sustav AX = 0, gdje je X ∈Mn1 vektor nepoznanica i 0 ∈Mm1 nulstupac.
Neka je S skup svih rjesenja promatranog sustava, dakle
S = C ∈Mn1 : AC = 0.
Tada je S podskup vektorskog prostora Mn1. Ako su C1, C2 ∈ S tada je
AC1 = AC2 = 0. Tada i za sve λ, µ vrijedi A(λC1+µC2) = λAC1+µAC2 = 0,
pa je λC1 + µC2 ∈ S. To znaci da je skup svih rjesenja homogenog sustava
potprostor od Mn1.
76
4. Potprostori vektorskog prostora 77
Primjer 4.1.8. Promatramo podskup vektorskog prostora M2(F) :
W =
[a11 a12a21 0
]: a11, a12, a21 ∈ F
.
Neka su λ, µ ∈ F i A,B ∈ W. Tada je
A =
[a11 a12a21 0
], B =
[b11 b12b21 0
],
za neke a11, a12, a21, b11, b12, b21 ∈ F. Tada je
λA+ µB = λ
[a11 a12a21 0
]+ µ
[b11 b12b21 0
]=
[λa11 + µb11 λa12 + µb12λa21 + µb21 0
],
pa je ocito λA+ µB ∈ W. Slijedi da je W potprostor od M2(F).
Primjer 4.1.9. Neka je C([0, 1]) prostor svih funkcija f : [0, 1]→ R i
W1 = f ∈ C([0, 1]) : f(0) = f(1),
W2 = f ∈ C([0, 1]) : f(0) = 1.
Odmah uocavamo da W2 nije vektorski prostor. Naime, ako su f, g ∈ W2
tada je f(0) = 1 i g(0) = 1, ali je (f + g)(0) = f(0) + g(0) = 2 6= 1, pa
f + g /∈ W2. (Isto je i za mnozenje skalarom.)
Za f, g ∈ W1 i λ, µ ∈ F je f(0) = f(1) i g(0) = g(1), pa je i
(λf + µg)(0) = λf(0) + µg(0) = λf(1) + µg(1) = (λf + µg)(1);
zato je λf + µg ∈ W1. Prema tome, W1 je potprostor od C([0, 1]).
Primjer 4.1.10. Neka je n ≥ 2. Promatramo sljedece podskupove vektor-
skog prostora Mn(F) :
W1 = A ∈Mn(F) : A regularna,W2 = A ∈Mn(F) : A singularna,W3 = A ∈Mn(F) : AB = BA, (za neku zadanu matricu B),
W3 = A ∈Mn(F) : A2 = A.
77
4. Potprostori vektorskog prostora 78
Koji su od ovih skupova potprostori, a koji nisu?
W1 nije potprostor, jer npr. I,−I ∈ W1 i I + (−I) = 0 /∈ W1.
W2 takoder nije potprostor. Na primjer, neka je A matrica koja na mjestu
(1, 1) ima 1, a svi ostali elementi su nule. Neka je B = I − A. Kako i A i
B imaju nulredak, to je detA = detB = 0, pa su A i B singularne. No
A+B = I je regularna matrica.
Neka su A1, A2 ∈ W3. Tada je A1B = BA1 i A2B = BA2 i za sve λ, µ ∈ Fimamo
(λA1 + µA2)B = λ(A1B) + µ(A2B) = λ(BA1) + µ(BA2) = B(λA1 + µA2).
Zato je λA1 + µA2 ∈ W3, pa je W3 zaista potprostor od Mn(F).
W4 nije potprostor. Uocimo da je I ∈ W4, jer je I2 = I. No 2I /∈ W4, jer
(2I)2 6= 2I.
4.2 Linearna ljuska skupa
Definicija 4.2.1. Za neprazan podskup S vektorskog prostora definiramo
linearnu ljusku [S] skupa S kao skup svih linearnih kombinacija vektora
iz S, tj.
[S] = n∑i=1
λivi : n ∈ N, λ1, . . . , λn ∈ F, v1, . . . , vn ∈ S.
Nadalje, definiramo [∅] = θ.
Ako je S 6= ∅, tada je S skup izvodnica za [S]. Zato se kaze da S razapinje
(generira) [S].
Primjer 4.2.2. Neka je V = R2 i v = (1, 2) ∈ V. Neka je S = v. Tada je
[S] = c(1, 2) : c ∈ R = (c, 2c) : c ∈ R,
to jest, [S] je pravac y = 2x (kroz ishodiste). Lako se vidi da za svaki drugi
v 6= (0, 0), skup [v] predstavlja jedan pravac kroz ishodiste.
Slicno, za dva nekolinearna vektora v1, v2 ∈ R2 vrijedi [v1, v2] = R2.
Uvjerite se u to sami.
78
4. Potprostori vektorskog prostora 79
Uocimo da je S skup izvodnica vektorskog prostora V ako i samo ako je
[S] = V.
Propozicija 4.2.3. Neka je V vektorski prostor i S ⊆ V. Tada je [S] pot-
prostor od W i to najmanji potprostor od V koji sadrzi S. Posebno, [S] je
presjek svih potprostora od V koji sadrze skup S.
Dokaz. Ako je S = ∅ tada je, po definiciji, [S] = θ i tvrdnja je trivijalno
ispunjena.
Pretpostavimo da je S 6= ∅. Neka su x, y ∈ [S]. Tada je
x =n∑i=1
αivi i y =m∑i=1
βiwi
za neke m,n ∈ N, αi, βj ∈ F, vi, wj ∈ S, za i = 1 . . . , n, j = 1, . . . ,m. Onda
za sve λ, µ ∈ F imamo
λx+ µy = λ(n∑i=1
αivi) + µ(m∑i=1
βiwi) =n∑i=1
(λαi)vi +m∑i=1
(µβi)wi,
pa je i λx + µy linearna kombinacija elemenata v1, . . . , vn, w1, . . . , wm iz S,
dakle element iz [S]. Time smo dokazali da je [S] vektorski prostor.
Ocito je da [S] sadrzi S. Prema korolaru 4.1.5, svaki vektorski prostor koji
sadrzi S, sadrzi i sve konacne linearne kombinacije vektora is S, dakle sadrzi
i cijeli [S]. Zato je [S] sadrzano u svim vektorskim prostorima koji sadrze S,
a kako je i sam [S] jedan takav potprostor, slijedi da je to najmanji takav.
Teorem 4.2.4. Neka je V vektorski prostor dimenzije n i W njegov potpros-
tor. Tada je i W konacnodimenzionalan prostor i dimW ≤ n.
Ako je W potprostor od V takav da je dimW = n, tada je W = V.
Dokaz. Ako je W = θ tada je dimW = 0 i gotovi smo.
Pretpostavimo da je W 6= θ. Tada postoji a1 ∈ W,a1 6= θ, pa je a1linearno nezavisan. Ako je [a1] = W onda je dimW = 1. Ako je [a1] 6= W
onda postoji a2 ∈ W \ [a1]. Uocimo da je skup a1, a2 linearno nezavisan.
Ako je [a1, a2] = W tada je dimW = 2. Ako [a1, a2] 6= W nastavimo na
isti nacin kao maloprije.
79
4. Potprostori vektorskog prostora 80
U k-tom koraku imat cemo linearno nezavisan skup a1, . . . , ak vektora
u W. Ako ti vektori razapinju W, onda je dimW = k, a ako oni ne razapinju
W, onda postoji ak+1 ∈ W koji ne lezi u [a1, . . . , ak] pa je stoga skup
a1, . . . , ak, ak+1 linearno nezavisan.
Kako je dimV = n, to u V ima najvise n linearno nezavisnih vektora.
Posebno, niti u W ne moze biti vise od n linearno nezavisnih vektora, pa
ovaj postupak mora stati u jednom trenutku. Dakle, postoji m ≤ n tako da
je W = [a1, . . . , am]. To znaci da je W konacnodimenzionalan, a kako je
a1, . . . , am linearno nezavisan, to je ujedno i baza. Slijedi dimW = m ≤ n.
Pretpostavimo da je dimW = n. Neka je a1, . . . , an baza za W. Ako bi
bilo W 6= V, tada bi postojao a ∈ V koji nije linearna kombinacija vektora
a1, . . . , an. Tada bismo imali linearno nezavisan skup a1, . . . , an, a u V koji
ima vise od n vektora, sto je nemoguce.
4.3 Presjek i suma potprostora
Sada cemo se baviti presjekom i unijom potprostora zadanog vektorskog pros-
tora. Vidjet cemo da presjek potprostora daje novi potprostor, dok za uniju
nije tako. Zato cemo promatrati linearnu ljusku unije. Dokazimo prvo tvrd-
nju za presjek.
Propozicija 4.3.1. Neka su W1 i W2 potprostori vektorskog prostora V. Tada
je i W1 ∩W2 potprostor od V i to je najveci potprostor od V koji je sadrzan
u W1 i W2.
Dokaz. Neka su v1, v2 ∈ W1 ∩W2 i λ, µ ∈ F. Kako su v1, v2 ∈ W1 i W1 je
potprostor, to je λv1 +µv2 ∈ W1. Isto tako, iz v1, v2 ∈ W2 slijedi λv1 +µv2 ∈W2, jer je W2 potprostor. Prema tome, λv1 + µv2 ∈ W1 ∩W2.
Naravno, W1 ∩W2 je najveci skup, pa onda i potprostor, koji je sadrzan
i u W1 i u W2.
Vec smo spomenuli da unija dva potprostora ne mora biti potprostor. Na
primjer,
W1 = (x, 0) : x ∈ R, W2 = (0, y) : y ∈ R
su potprostori od R2. Njihova unija W1 ∪ W2 nije potprostor od R2, jer,
na primjer, (1, 0), (0, 1) ∈ W1 ∪ W2 ali (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) /∈ W1 ∪ W2.
Tada je prirodno promatrati najmanji potprostor od V koji sadrzi W1 ∪W2,
80
4. Potprostori vektorskog prostora 81
odnosno, linearnu ljusku unije. Dobiveni potprostor cemo nazivati sumom
potprostora. Dakle, suma potprostora W1 i W2 je potprostor
W1 +W2 := [W1 ∪W2].
Za sumu potprostora kazemo da je direktna i pisemo W1 uW2 ako je W1 ∩W2 = θ.
Sljedeca propozicija daje razlog zasto [W1 ∪W2] nazivamo sumom.
Propozicija 4.3.2. Ako su W1 i W2 potprostori od V tada je
W1 +W2 = w1 + w2 : w1 ∈ W1, w2 ∈ W2.
Dokaz. Oznacimo U := w1 +w2 : w1 ∈ W1, w2 ∈ W2. Ovdje treba dokazati
jednakost dva skupa, tj. da je W1 +W2 ⊆ U i U ⊆ W1 +W2.
Neka je v ∈ W1 +W2. Tada postoji n ∈ N te λ1, . . . , λn ∈ F i v1, . . . , vn ∈W1 ∪W2 takvi da je
v =n∑i=1
λivi.
Kako je vi ∈ W1 ∪ W2 to je vi ∈ W1 ili vi ∈ W2. Pretpostavimo da je
v1, . . . , vr ∈ W1 i vr+1, . . . , vn ∈ W2 (ako je neki vi u oba skupa, onda nije
bitno u koju cemo ga grupu staviti). Tada je
v =r∑i=1
λivi +n∑
i=r+1
λivi.
Oznacimo w1 =∑r
i=1 λivi i w2 =∑n
i=r+1 λivi. Tada je v = w1 + w2, a kako
su W1 i W2 vektorski prostori, to je w1 ∈ W1 i W2 ∈ W2. Dakle, v ∈ U.Obratno, uzmimo da je v ∈ U. To znaci da postoje w1 ∈ W1 i w2 ∈ W2
takvi da je v = w1 + w2. Kako su w1, w2 ∈ W1 ∪ W2, to je w1 + w2 ∈[W1 ∪W2] = W1 +W2.
Propozicija 4.3.3. Suma W1 +W2 je direktna ako i samo ako svaki vektor
v ∈ W1 +W2 ima jedinstven prikaz u obliku v = w1 + w2, gdje je w1 ∈ W1 i
w2 ∈ W2.
81
4. Potprostori vektorskog prostora 82
Dokaz. Pretpostavimo da je suma W1 + W2 direktna. To znaci da je W1 ∩W2 = θ. Pretpostavimo da se neki v ∈ W1 + W2 moze napisati kao v =
w1 + w2 i kao v = w′1 + w′2. Tada je w1 + w2 = w′1 + w′2 pa je
w1 − w′1 = w′2 − w2 ∈ W1 ∩W2 = θ.
Slijedi w1 = w′1 i w2 = w′2, tj. v se samo na jedan nacin moze rastaviti na
zbroj vektora iz W1 i W2.
Obratno, pretpostavimo da se svaki vektor iz W1 + W2 na jedinstven
nacin prikazuje kao suma vektora iz W1 i W2. Neka je v ∈ W1∩W2. Stavimo
w1 = v, w2 = θ i w′1 = θ, w′2 = v. Tada je w1, w′1 ∈ W1, w2, w
′2 ∈ W2 i vrijedi
v = w1 + w2 = w′1 + w′2. Zbog jedinstvenosti prikaza je w1 = w′1, tj. v = θ.
Slijedi W1 ∩W2 = θ.
Primjer 4.3.4. U vektorskom prostoru R4 zadani su vektori
v1 = (1, 0, 1, 0), v2 = (−2, 1,−1, 0), w1 = (0, 1, 1, 1), w2 = (−1, 2, 1, 0)
i potprostori
W1 = [v1, v2], W2 = [w1, w2].
Odredimo potprostore W1 ∩W2 i W1 +W2.
Odredimo skup W1 ∩W2. Trazimo vektore iz W1 ∩W2, dakle one koji se
mogu zapisati na dva nacina - kao linearna kombinacija vektora v1 i v2, te
kao linearna kombinacija vektora w1 i w2. Dakle, za v ∈ W1 ∩W2 postoje
α, β, γ, δ ∈ R takvi da je
v = αv1 + βv2 = γw1 + δw2
⇔ α(1, 0, 1, 0) + β(−2, 1,−1, 0) = γ(0, 1, 1, 1) + δ(−1, 2, 1, 0).
⇔ (α, 0, α, 0) + (−2β, β,−β, 0) = (0, γ, γ, γ) + (−δ, 2δ, δ, 0).
To nam daje sustavα − 2β + δ = 0
β − γ − 2δ = 0
α − β − γ − δ = 0
−γ = 0
,
82
4. Potprostori vektorskog prostora 83
Slijedi (α, β, γ, δ) = t(3, 2, 0, 1), t ∈ R. Sada je
v = αv1 + βv2 = 3tv1 + 2tv2 = t(3v1 + 2v2) = t(−1, 2, 1, 0),
pa je
W1 ∩W2 = t(−1, 2, 1, 0) : t ∈ R = [(−1, 2, 1, 0)].
Slijedi da je dim(W1 ∩W2) = 1.
Odredimo W1 +W2. Ocito je
W1 +W2 = [v1, v2, w1, w2].
Uocimo da je v1, v2 linearno nezavisan. Nadalje, sve linearne kombinacije
v1 i v2 ce na cetvrtoj komponenti imati nulu, pa w1 ne mozemo napisati
kao linearnu kombinaciju vektora v1 i v2. S druge strane, lako se vidi da
je w2 = 3v1 + 2v2, pa zakljucujemo da je W1 + W2 = [v1, v2, w1] i da je
v1, v2, w1 jedna baza za W1 + W2. Zato je dim(W1 + W2) = 3. Mozemo
zapisati i ovako
W1 +W2 = x1v1 + x2v2 + x3w3 : x1, x2, x3 ∈ R
= (x1 − 2x2, x2 + x3, x1 − x2 + x3, x3) : x1, x2, x3 ∈ R.
4.4 Dimenzija presjeka i sume potprostora
Zadrzimo se jos malo na primjeru 4.3.4. Dobili smo da je
dim(W1 +W2) = 3, dim(W1 ∩W2) = 1, dimW1 = dimW2 = 2.
Uocimo da vrijedi
dim(W1 +W2) + dim(W1 ∩W2) = 3 + 1 = 2 + 2 = dimW1 + dimW2.
To nije slucajnost - ova formula vrijedi opcenito.
Teorem 4.4.1. Neka su W1 i W2 potprostori vektorskog prostora V. Tada je
dim(W1 +W2) + dim(W1 ∩W2) = dimW1 + dimW2.
83
4. Potprostori vektorskog prostora 84
Dokaz. Pretpostavimo prvo da je W1 ∩W2 6= θ. Neka je B0 = a1, . . . , akbaza za W1 ∩ W2. Kako je B0 linearno nezavisan skup u W1, mozemo ga
nadopuniti do baze B1 za W1. Isto tako, B0 je linearno nezavisan skup u W2,
pa ga mozemo nadopuniti i do baze B2 za W2. Neka su
B1 = a1, . . . , ak, b1, . . . , br
i
B2 = a1, . . . , ak, c1, . . . , cs
te dvije baze. Uocimo da smo time implicitno oznacili
dim(W1 ∩W2) = k, dimW1 = k + r, dimW2 = k + s.
Pokazimo da je skup
B1 ∪B2 = a1, . . . , ak, b1, . . . , br, c1, . . . , cs
baza za W1 ∪W2.
Provjerimo prvo njegovu linearnu nezavisnost. Neka su α1, . . . , αk, β1, . . . , βr, γ1, . . . , γsskalari za koje je
k∑i=1
αiai +r∑i=1
βibi +s∑i=1
γici = θ. (25)
Odavde jek∑i=1
αiai +r∑i=1
βibi = −s∑i=1
γici. (26)
Uocimo da s lijeve strane od (26) imamo vektor iz W1, a s desne vektor iz
W2. Prema tome,
k∑i=1
αiai +r∑i=1
βibi = −s∑i=1
γici ∈ W1 ∩W2.
Svaki vektor iz W1 ∩W2 mozemo zapisati preko njegove baze B0, pa za neke
skalare λ1, . . . , λk vrijedi
−s∑i=1
γici =k∑i=1
λiai.
84
4. Potprostori vektorskog prostora 85
Tada jes∑i=1
γici +k∑i=1
λiai = θ.
S lijeve strane imamo linearnu kombinaciju vektora baze B2, pa iz linearne
nezavisnosti od B2 slijedi
γ1 = . . . = γs = λ1 = . . . = λk = 0.
Sada (26) postajek∑i=1
αiai +r∑i=1
βibi = θ.
Isto kao i maloprije, jer imamo linearnu kombinaciju vektora baze B1, za-
kljucujemo
α1 = . . . = αk = β1 = . . . = βr = 0.
Sve skupa, iz (25) slijedi α1 = . . . = αk = β1 = . . . = βr = γ1 = . . . = γs = 0,
pa je linearna nezavisnost skupa B1 ∪B2 dokazana.
Pokazimo da je B1∪B2 skup izvodnica za W1 +W2. Neka je v ∈ W1 +W2.
Tada postoje w1 ∈ W1 i w2 ∈ W2 takvi da je v = w1 + w2. Vektor w1 moze
se napisati kao linearna kombinacija vektora iz B1, a vektor w2 kao linearna
kombinacija vektora iz B2. Zato je v linearna kombinacija vektora iz B1∪B2.
Prema tome, dokazali smo da je B1 ∪B2 baza za W1 +W2. Slijedi da je
dim(W1 +W2) = k + r + s = (k + r) + (s+ r)− r= dimW1 + dimW2 − dim(W1 ∩W2).
Preostaje razmotriti slucaj kada je W1 ∩W2 = θ. Tada ne mozemo pri-
mijeniti prethodni dokaz, zato sto ne postoji baza za presjek W1∩W2. U tom
slucaju je dim(W1 ∩W2) = 0. Uzmemo proizvoljne baze B1 = b1, . . . , bk za
W1, te B2 = c1, . . . , cl za W2. Slicnim postupkom kao i maloprije pokazemo
da je B1 ∪B2 baza za W1 +W2. Tada je
dim(W1 +W2) = k + l = dimW1 + dimW2 − dim(W1 ∩W2).
Iz ovog teorema odmah dobivamo sljedeci korolar.
85
4. Potprostori vektorskog prostora 86
Korolar 4.4.2. Neka su W1 i W2 potprostori od V . Tada vrijedi:
W1 ∩W2 = θ ⇔ dim(W1 +W2) = dimW1 + dimW2.
Navedimo sada dva primjera.
Primjer 4.4.3. U zadatku 7 razmotreni su potprostori gornjetrokutastih i
donjetrokutastih matrica od Mn,
G = A = [aij] ∈Mn : aij = 0, i > j,
D = A = [aij] ∈Mn : aij = 0, i < j.
Za njih vrijedi dimG = dimD = n(n+1)2
. Kako je
G ∩D = A = [aij] ∈Mn : aij = 0, i 6= j,
tj. G ∩ D je potprostor svih dijagonalnih matrica, to je dim(G ∩ D) = n.
Zato je
dim(G+D) = dimG+ dimD − dim(G ∩D)
=n(n+ 1)
2+n(n+ 1)
2− n = n2 = dimMn.
Prema teoremu 4.2.4, slijedi da je
G+D = Mn.
To nam govori da se svaka matrica moze napisati kao suma gornjetrokutaste
i donjetrokutaste matrice. Taj prikaz nije jedinstven, jer suma nije direktna.
Primjer 4.4.4. Neka su W1 i W2 potprostori simetricnih i antisimetricnih
matrica u Mn, tj.
W1 = A ∈Mn : A = AT,
W2 = A ∈Mn : A = −AT.
Uocimo da je A ∈ W1 ∩W2 ako i samo ako je A = AT i A = −AT , tj. A = 0.
Dakle, W1 ∩W2 = 0.
86
4. Potprostori vektorskog prostora 87
Provjerite da vrijedi dimW1 = n(n+1)2
i dimW2 = n(n−1)2
. Izracunajmo
dimenziju od W1 +W2 :
dim(W1 +W2) = dimW1 + dimW2 − dim(W1 ∩W2)
=n(n+ 1)
2+n(n− 1)
2− 0 = n2.
Prema teoremu 4.2.4, zakljucujemo da je
W1 uW2 = Mn.
pa se svaka matrica na jedinstven nacin moze napisati kao suma simetricne
i antisimetricne matrice.
4.5 Direktni komplement
Definicija 4.5.1. Neka je V vektorski prostor i W njegov potprostor. Di-
rektni komplement od W u V je potprostor Z od V za koji je
W u Z = V.
Napomena 4.5.2. • Kako je W u Z = Z uW , to je Z direktni kom-
plement od W ako i samo ako je W direktni komplement od Z.
• Iz definicije slijedi da je V = V u θ, pa su trivijalni potprostori V i
θ direktni komplementi jedan drugome.
• Prema primjeru 4.4.4, potprostori simetricnih i antisimetricnih matrica
su direktni komplementi jedan drugom u prostoru Mn.
Prvo pitanje na koje moramo odgovoriti je egzistencija direktnog kom-
plementa.
Teorem 4.5.3. Neka je W potprostor vektorskog prostora V. Tada postoji
direktni komplement od W u V.
Dokaz. Ako je W = θ tada je njegov direktni komplement upravo V.
Pretpostavimo da je V 6= θ. Neka je dimW = k i dimV = n. Neka
je a1, . . . , ak baza za W i a1, . . . , ak, ak+1, . . . , an njeno nadopunjenje do
87
4. Potprostori vektorskog prostora 88
baze za V. Sa Z oznacimo potprostor od V generiran linearno nezavisnim
skupom ak+1, . . . , an, dakle,
Z := [ak+1, . . . , an].
Tada je ak+1, . . . , an baza za Z i zato je dimZ = n− k.Neka je v ∈ W ∩ Z. Tada postoje α1, . . . , αk, αk+1, . . . , αn ∈ F tako da je
v =k∑i=1
αiai =n∑
i=k+1
αiai.
Odavde jek∑i=1
αiai −n∑
i=k+1
αiai = θ.
Kako slijeva imamo linearnu kombinaciju vektora baze za V , zakljucujemo
da je
α1 = . . . = αk = αk+1 = . . . = αn = 0.
Sada je x = θ, pa je W ∩ Z = θ. Konacno,
dim(W u Z) = dimW + dimZ = k + (n− k) = n = dimV,
odakle je W u Z = V.
Direktni komplement opcenito nije jedinstven. To vidimo i u dokazu pret-
hodne tvrdnje, jer nadopunjenje baze potprostora do baze cijelog prostora
nije jedinstveno. I sljedeci primjeri to ilustriraju.
Primjer 4.5.4. Promatrajmo prostor R2.Neka su P1 i P2 dva razlicita pravca
kroz ishodiste. Njihov presjek sadrzi samo ishodiste, pa je dim(P1 ∩P2) = 0.
Kako je dimP1 = dimP2 = 1, to je
dim(P1 u P2) = 1 + 1− 0 = 2 = dimR2 ⇒ P1 u P2 = R2.
Ovdje se P1 i P2 proizvoljni razliciti pravci kroz ishodiste, sto znaci da je sva-
kom pravcu svaki drugi pravac kroz ishodiste direktni komplement.
88
4. Potprostori vektorskog prostora 89
Primjer 4.5.5. Promatrajmo prostor R3. Neka je R ravnina kroz ishodiste i
P pravac kroz ishodiste koji ne pripada toj ravnini. Oni se sijeku u ishodistu
pa je dim(P ∩R) = 0. Nadalje, dimP = 1, dimR = 2, pa je
dim(P uR) = 2 + 1− 0 = 3 = dimR3 ⇒ P uR = R3.
To pokazuje da je za zadanu ravninu R koja sadrzi ishodiste, svaki pravac
kroz ishodiste koji ne lezi u toj ravnini, jedan njen direktni komplement.
Primjer 4.5.6. Neka je
W = (x1, x2, x3) ∈ R3 : 2x1 − x2 + 5x3 = 0.
Lako se vidi da je W potprostor od R3. Nadimo mu direktni komplement.
Prvo odredimo bazu za W. Iz
(x1, x2, x3) ∈ W ⇔ 2x1 − x2 + 5x3 = 0⇔ x2 = 2x1 + 5x3
slijedi da se u W nalaze uredene trojke realnih brojeva oblika
(x1, 2x1 + 5x3, x3) = (x1, 2x1, 0) + (0, 5x3, x3) = x1(1, 2, 0) + x3(0, 5, 1),
pri cemu su x1 i x3 proizvoljni realni brojevi. Prema tome,
W = [(1, 2, 0), (0, 5, 1)].
Skup (1, 2, 0), (0, 5, 1) je i linearno nezavisan, dakle baza za W. Nadopu-
nimo tu bazu do baze za cijeli R3. Kako je dimW = 2 i dimR3 = 3, potrebno
je dodati samo jedan vektor. Pokusajmo s (1, 0, 0). Iz
α1(1, 2, 0) + α2(0, 5, 1) + α3(1, 0, 0) = (0, 0, 0)
slijedi
(α1 + α3, 2α1 + 5α2, α2) = (0, 0, 0),
a odavde je α1 = α2 = α3. To znaci da je (1, 2, 0), (0, 5, 1), (1, 0, 0) linearno
nezavisan skup, a kako se taj skup sastoji od tri vektora u trodimenzionalnom
vektorskom prostoru, to je ujedno i baza za R3. Znaci da je (jedan) direktni
komplement od W zadan sa
Z = [(1, 0, 0)].
89
4. Potprostori vektorskog prostora 90
4.6 Zadaci
1. Za sljedece podskupove od R3 odredite jesu li potprostori od R3 :
(a) (x, y, z) ∈ R3 : x = 0;(b) (x, y, z) ∈ R3 : x+ y = 0;(c) (x, y, z) ∈ R3 : xz = 0;(d) (x, y, z) ∈ R3 : y ≥ 0;(e) (x, y, z) ∈ R3 : x = y = z.
2. Provjerite je li skup
S = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x2 = 1, x2 + x3 = 1
vektorski potprostor od R3.
3. Provjerite je li skup
A ∈Mn(F) : trA = 0
potprostor od Mn(F).
4. Provjerite je li skup
A ∈Mn(F) : detA = 0
potprostor od Mn(F).
5. Odredite bazu i dimenziju potprostora od R3 razapetog vektorima
v1 = (2, 3, 1), v2 = (0, 1, 4), v3 = (4, 7, 6).
6. Provjerite je li skup
W = (x1, x2, x3) ∈ R3 : 2x1 − x2 + x3 = 4
potprostor od R3.
90
4. Potprostori vektorskog prostora 91
7. Pokazite da skupovi svih gornjetrokutastih i svih donjetrokutastih ma-
trica
G = A = [aij] ∈Mn : aij = 0, i > j,
D = A = [aij] ∈Mn : aij = 0, i < j,
cine vektorske potprostore od Mn, te pokazite da je
dimG = dimD =n(n+ 1)
2.
8. Dokazite da je
W = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : 2x1 − x2 + x3 − x4 = 0
potprostor od R4. Odredite mu bazu i dimenziju.
9. Dokazite da je skup
W = (x1, x2, x3, x4, x5) ∈ R5 : x1 = x3 = x5, x2 − x4 = x1
potprostor od R5. Odredite mu bazu i dimenziju.
10. Neka je V = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 = x2 − x3. Dokazite da je V
vektorski prostor, te mu pronadite neku bazu.
11. Neka je A =
[1 2
2 1
]i
V = T ∈M2(R) : TA = 0.
Dokazite da je V vektorski prostor, te mu pronadite neku bazu.
12. Neka je V vektorski prostor svih aritmetickih nizova. Pokazite da je V
razapet vektorima x = (1, 1, 1, 1, 1, . . .) i y = (0, 1, 2, 3, 4, . . .).
13. Odredite dimenzije i baze za presjek i sumu potprostora od R3 :
W1 = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x2 = 0,
W2 = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + 2x2 = 0.
91
4. Potprostori vektorskog prostora 92
14. Odredite dimenzije i baze za presjek i sumu potprostora od R3 :
W1 = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 − x2 = 0,
W2 = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 = x2 − x3.
15. Neka je A =
[1 2
2 1
]i W = T ∈ M2(R) : TA = AT. Dokazite da je
W potprostor od M2(R), te mu pronadite neku bazu.
16. Neka su W1 i W2 dva medusobno razlicita potprostora vektorskog pros-
tora V, te neka vrijedi
dimV = 4, dimW1 = dimW2 = 3.
Dokazite da je dim(W1 ∩W2) = 2.
17. Neka su W1 i W2 potprostori vektorskog prostora V, te neka vrijedi
dimV = 5, dimW1 = 4, dimW2 = 1.
Dokazite: ili je W2 ⊆ W1 ili je W1 uW2 = V.
18. Odredite direktne komplemente potprostora u zadacima 8-11.
92
5. Linearni operatori 93
5 Linearni operatori
U ovoj tocki promatramo funkcije izmedu vektorskih prostora koje cuvaju nji-
hovu strukturu. Kao sto znamo, struktura vektorskog prostora zasniva se na
dvjema operacijama koje definiraju vektorski prostor - zbrajanju i mnozenju
vektora skalarom. Zato, kada kazemo da neka funkcija cuva strukturu vek-
torskog prostora, zapravo mislimo da cuva operacije zbrajanja i mnozenja
skalarom. Funkcije izmedu vektorskih prostora uobicajeno je zvati operato-
rima, a nas posebno zanimaju linearni operatori.
5.1 Primjeri i osnovna svojstva linearnih operatora
Definicija 5.1.1. Neka su U i V vektorski prostori nad istim poljem F.Funkcija A : U → V je linearni operator ako vrijedi
A(αu+ βv) = αAu+ βAv, ∀u, v ∈ V, ∀α, β ∈ F. (27)
Linearne operatore f : U → F, dakle one kojima je kodomena F, nazivamo
linearnim funkcionalima.
Uobicajeno je pisati Au umjesto A(u), tj. izostavljati zagrade. Svojstvo
(27) nazivamo linearnost operatora A.
Dokazimo odmah da linearni operator preslikava nulvektor iz U u nulvek-
tor iz V, te da suprotni element od u ∈ U preslikava u suprotni element od
A(u).
Propozicija 5.1.2. Neka je A : U → V linearni operator izmedu vektorskih
prostora U i V nad istim poljem F. Tada vrijedi
(1) A(θU) = θV ;
(2) A(−u) = −A(u)
Dokaz. Prvu tvrdnju dobivamo stavljajuci α = β = 0 u (27). Stavimo li
α = −1 i β = 0 dobivamo i drugu tvrdnju.
Napomena 5.1.3. Cesto se linearni operator definira kao preslikavanje koje
ima sljedeca dva svojstva:
(a) A(u+ v) = A(u) + A(v) za u ∈ U i v ∈ V ;
93
5. Linearni operatori 94
Slika 7: Linearni operator
(b) A(λu) = λA(u) za u ∈ U i λ ∈ F.
Prvo svojstvo naziva se aditivnost, a drugo homogenost operatora A.
Lako se vidi da operator ima svojstvo linearnosti ako i samo ako ima svojstva
homogenosti i aditivnosti. Zaista, stavimo li α = β = 1, odnosno α = 1 i
β = 0 u (27), dobivamo svojstva aditivnosti i homogenosti. Obratno, ako je
operator homogen i aditivan, tada za sve λ, µ ∈ F i u, v ∈ V vrijedi
A(λu+ µv)(a)= A(λu) + A(µv)
(b)= λAu+ µAv,
dakle linearnost od A.
Linearni operatori su operatori koji cuvaju linearne kombinacije vektora.
Propozicija 5.1.4. Neka su U, V vektorski prostori nad istim poljem F i
A : U → V. A je linearni operator ako i samo ako je
A(n∑i=1
λivi) =n∑i=1
λiAvi (28)
za sve n ∈ N, λ1, . . . , λn ∈ F i v1, . . . , vn ∈ U.
94
5. Linearni operatori 95
Dokaz. Prvo primijetimo da je linearnost operatora zapravo poseban slucaj
od (28) kada je n = 2. Prema tome, svaki operator koji zadovoljava (28) je
linearan.
Dokazimo sada da svaki linearni operator zadovoljava (28). Dokaz pro-
vodimo indukcijom. Ocito je da (28) vrijedi za n = 1 i n = 2, jer to znaci
homogenost, odnosno linearnost od A. Pretpostavimo da za neki k ∈ Nvrijedi
A(k∑i=1
λivi) =k∑i=1
λiAvi (29)
za sve λi . . . , λk ∈ F i v1, . . . , vk ∈ U. Tada je
A(k+1∑i=1
λivi) = A((k∑i=1
λivi) + λk+1vk+1) (aditivnost od A)
= A(k∑i=1
λivi) + A(λk+1vk+1) ((29) i homogenost od A)
=k∑i=1
λiAvi + λk+1Avk+1 =k+1∑i=1
λiAvi
za sve λ1, . . . , λk+1 ∈ F i v1, . . . , vk+1 ∈ U. Prema principu matematicke
indukcije, tvrdnja vrijedi za sve n ∈ N.
Propozicija 5.1.5. Kompozicija linearnih operatora je linearni operator.
Dokaz. Neka su U, V,W vektorski prostori te A : U → V i B : V → W
linearni operatori. Tada je dobro definirana kompozicija BA : U → W.
Vrijedi
BA(λu+ µv) = B(A(λu+ µv)) (linearnost od A)
= B(λAu+ µAv) (linearnost od B)
= λBAu+ µBAv
za sve λ, µ ∈ F i u, v ∈ V.
Kroz sljedece primjere uvjerit cemo se da su neka dobro poznata presli-
kavanja linearni operatori.
95
5. Linearni operatori 96
Primjer 5.1.6. 1. Neka su V i W vektorski prostori nad istim poljem.
Promatramo preslikavanje koje sve vektore domene preslikava u nul-
vektor:
0 : V → W, 0(x) = θ.
Tada je, za sve u, v ∈ U i λ, µ ∈ F,
λ0(u) + µ0(v) = λθ + µθ = θ = 0(λu+ µv),
pa je 0 linearan. Ovaj operator se naziva nuloperator.
2. Neka je V vektorski prostor. Preslikavanje
I : V → V, I(v) = v,
koje svaki vektor preslikava u samog sebe, naziva se identiteta ili
identicni operator. I je linearni operator, jer za sve u, v ∈ U i
λ, µ ∈ F imamo
λI(u) + µI(v) = λu+ µv = I(λu+ µv).
3. Neka je
z : R2 → R2, z(x, y) = (y, x).
Za sve λ, µ ∈ R i sve (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2 vrijedi
z(λ(x1, y1) + µ(x2, y2)) = z(λx1 + µx2, λy1 + µy2)
= (λy1 + µy2, λx1 + µx2)
= (λy1, λx1) + (µy2, µx2)
= λ(y1, x1) + µ(y2, x2)
= λz(x1, y1) + µz(x2, y2).
Ovo preslikavanje nazivamo zrcaljenje ili refleksija s obzirom na si-
metralu prvog i treceg kvadranta (slika 8.
Jos nekoliko preslikavanja zrcaljenja prikazani su na slikama 9, 10, 11,
i sve su to linearni operatori.
96
5. Linearni operatori 97
Slika 8: Zrcaljenje s obzirom na y = x
Slika 9: Zrcaljenje s obzirom na x-os
97
5. Linearni operatori 98
Slika 10: Zrcaljenje s obzirom na x-os
Slika 11: Zrcaljenje s obzirom na ishodiste
98
5. Linearni operatori 99
Slika 12: Rotacija za kut ϕ
4. Neka je ϕ ∈ R. Promatramo preslikavanje rotacije za kut ϕ u pozitiv-
nom smjeru (slika 12). Dakle,
r : R2 → R2, r(x, y) = (x cosϕ− y sinϕ, x sinϕ+ y cosϕ).
Linearnost ovog preslikavanja lako dokazemo.
5. A : R3 → R3, A(x, y, z) = (x, y, 0) je linearni operator, jer za sve
(x1, y1, z1), (x2, y2, z2) ∈ R3 i sve λ, µ ∈ R vrijedi
A(λ(x1, y1, z1) + µ(x2, y2, z2)) = A(λx1 + µx2, λy1 + µy2, λz1 + µz2)
= (λx1 + µx2, λy1 + µy2, 0)
= λ(x1, y1, 0) + µ(x2, y2, 0)
= λA(x1, y1, z1) + µA(x2, y2, z2)
Ovaj operator tocku (x, y, z) prostora R3 ortogonalno projicira u tocku
(x, y, 0) u xy ravnini (slika 13).
6. Promatrajmo skup C kao vektorski prostor nad R. Preslikavanje
k : C→ C, k(z) = z
naziva se konjugiranje kompleksnih brojeva. Konjugiranje je linearni
99
5. Linearni operatori 100
Slika 13: Projiciranje na xy-ravninu
operator, jer za sve λ, µ ∈ R i sve z1, z2 ∈ C imamo
k(λz1 + µz2) = λz1 + µz2 = λz1 + µz2
= λz1 + µz2 = λz1 + µz2
= λk(z1) + µk(z2).
Ovdje smo koristili cinjenicu da je λ = λ za sve λ ∈ R.
7. Ako promatramo C kao vektorski prostor nad C, onda konjugiranje nije
linearni operator. Zaista, za λ = i i z ∈ C \ 0 imamo
k(λz) = k(iz) = iz = iz = −iz = −λk(z) 6= λk(z),
pa k nije homogen, a onda niti linearan operator.
8. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i k ∈ F proizvoljno odabran.
Preslikavanje
h : V → V, h(x) = kx
je linearni operator kojeg nazivamo homotetija.
9. Neka je Pn prostor polinoma stupnja manjeg ili jednakog od n. Pres-
likavanje T : Pn → Pn definiramo tako da polinom p(x) = anxn +
an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0 preslikava u polinom
T (p)(x) = a0xn + a1x
n−1 + . . .+ an−1x+ an.
100
5. Linearni operatori 101
(Na primjer, ako smo izabrali n = 3 tada je T (x3 + 2x2 + 3x + 4) =
4x3 + 3x2 + 2x+ 1, T (x3 + x2) = x+ 1, T (x+ 1) = x3 + x2.) Provjerite
da je i ovaj operator linearan.
10. Neka je V = f : R → R : f diferencijabilna na R i W = f : R →R. Mozemo definirati preslikavanje
D : V → W, Df = f ′.
Dobro znamo da za sve f, g ∈ V i λ, µ ∈ C vrijedi (λf+βg)′ = λf ′+µg′,
tj. D(λf + βg) = λDf + µDg, pa je D linearan.
11. Neka je V = f : R → R : f integrabilna na [0, 1] realni vektorski
prostor. Promatramo preslikavanje
T : V → R, T f =
∫ 1
0
f(x)dx.
Buduci da za sve λ, µ ∈ R i f, g ∈ V vrijedi
T (λf + µg) =
∫ 1
0
(λf + µg)(x)dx =
∫ 1
0
(λf(x) + µg(x))dx
= λ
∫ 1
0
f(x)dx+ µ
∫ 1
0
g(x)dx = λTf + µTg,
zakljucujemo da je integriranje linearni operator.
Napomena 5.1.7. (1) Linearni operator preslikava linearno zavisne skupove
u linearno zavisne.
Zaista, ako je S = x1, . . . , xk linearno zavisan, tada postoje α1, . . . , αk ∈F od kojih barem jedan nije 0, takvi da je
∑ki=1 αixi = θ. Tada je
k∑i=1
αiAxi = A(k∑i=1
αixi) = θ,
a kako je αi 6= 0 za bar jedan indeks i, to je skup Ax1, . . . , Axk linearno
zavisan.
101
5. Linearni operatori 102
(2) Linearni operator linearno nezavisne skupove ne preslikava uvijek u
linearno nezavisne (vidjet cemo poslije da jedino injektivni operatori tako
djeluju).
Na primjer, nuloperator 0 : U → V ce svaki skup (pa i one koji su linearno
nezavisni) preslikati u skup θ, koji je linearno zavisan. S druge strane,
identicni operator I : U → U ce svaki skup preslikati u samog sebe; posebno,
linearno nezavisne skupove ce preslikati u linearno nezavisne skupove.
(3) Sjetimo se da se prva tvrdnja moze izreci i na sljedeci nacin: ako
je skup Ax1, . . . , Axk linearno nezavisan, tada je i x1, . . . , xk linearno
nezavisan.
Izmedu dva proizvoljna vektorska prostora nad istim poljem uvijek pos-
toje linearni operatori. To dokazujemo u sljedecem teoremu.
Teorem 5.1.8. Neka su U i V vektorski prostori nad poljem F. Ako je
u1, . . . , un baza za U i (v1, . . . , vn) bilo koja uredena n-torka vektora iz V ,
tada postoji jedinstven linearni operator A : U → V takav da je
Aui = vi, i = 1, . . . , n.
Dokaz. Kako je u1, . . . , un baza za U, svaki vektor u ∈ U moze se napisati
na jedinstven nacin kao linearna kombinacija u =∑n
i=1 αiui. Sada definiramo
A : U → V tako da
Au = A(n∑i=1
αiui) :=n∑i=1
αivi. (30)
Odmah je vidljivo da vrijedi
Aui = vi, i = 1, . . . , n.
Provjerimo da je A linearan. Neka su v, w ∈ U. Zapisemo li v =∑n
i=1 αiui i
w =∑n
i=1 βiui, tada je
λv + µw = λn∑i=1
αiui + µn∑i=1
βiui =n∑i=1
(λαi + µβi)ui
102
5. Linearni operatori 103
λ, µ ∈ F, pa je
A(λv + µw) = A(n∑i=1
(λαi + µβi)ui)(30)=
n∑i=1
(λαi + µβi)vi
= λ
n∑i=1
αivi + µ
n∑i=1
βivi(30)= λAv + µAw.
Jos treba provjeriti jedinstvenost, to jest, da postoji tocno jedan linearni
operator koji ui preslikava u vi za sve i = 1, . . . , n. Pretpostvimo da su A,B :
U → V linearni operatori takvi da je Aui = Bui = vi za sve i = 1, . . . , n.
Uzmemo u =∑n
i=1 αiui proizvoljan vektor u U. Zbog linearnosti od A i B
vrijedi
Au = A(n∑i=1
αiui) =n∑i=1
αiAui =n∑i=1
αivi,
Bu = B(n∑i=1
αiui) =n∑i=1
αiBui =n∑i=1
αivi,
pa je Au = Bu. Kako je u bio proizvoljan vektor iz U, slijedi A = B.
U prethodnom smo teoremu uzeli uredenu n-torku (v1, . . . , vn) vektora iz
W , a ne skup v1, . . . , vn, jer smo zeljeli dopustiti mogucnost ponavljanja
vektora vi. Na primjer, uzmemo li (v1, . . . , vn) = (θ, . . . , θ) dobivamo
Au =n∑i=1
αiAui = θ, ∀u ∈ U,
pa smo dobili nuloperator.
Korolar 5.1.9. Neka su U i V vektorski prostori nad poljem F, te u1, . . . , unbaza za U. Dva linearna operatora A,B : U → V su jednaka ako i samo ako
Aui = Bui, i = 1, . . . , n.
Primjer 5.1.10. Konstruirajmo nekoliko linearnih operatora izmedu R3
i R2. Kanonska baza u R3 je e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1).
Prema prethodnim tvrdnjama, dovoljno je znati kamo se preslikavaju vektori
e1, e2, e3. Na primjer, jedan linearni operator A : R3 → R2 mozemo definirati
kao
Ae1 = (1, 1), Ae2 = (1,−1), Ae3 = (0, 1).
103
5. Linearni operatori 104
Tada je
A(x1, x2, x3) = A(x1e1 + x2e2 + x3e3) = x1Ae1 + x2Ae2 + x3Ae3
= x1(1, 1) + x2(1,−1) + x3(0, 1) = (x1 + x2, x1 − x2 + x3).
Nadalje, ako bismo stavili
Be1 = (1, 0), Be2 = (0, 1), Be3 = (0, 0)
onda bismo dobili linearni operator B : R3 → R2 zadan s
B(x1, x2, x3) = B(x1e1 + x2e2 + x3e3) = x1Be1 + x2Be2 + x3Be3
= x1(1, 0) + x2(0, 1) + x3(0, 0) = (x1, x2).
5.2 Vektorski prostor linearnih operatora
Definicija 5.2.1. Neka su U i V vektorski prostori nad istim poljem. Ozna-
cimo
L(U, V ) = A : U → V : A linearni operator.
Ako je U = V tada umjesto L(U, V ) krace pisemo L(U).
Uocimo da je nuloperator 0 : U → V uvijek u skupu L(U, V ). Ako je
U, V 6= θ, tada prema teoremu 5.1.8 znamo da mozemo konstruirati razne
linearne operatore (zadavanjem na bazi prostora U), pa se u skupu L(U, V )
nalaze i netrivijalni linearni operatori.
Kao i svake druge funkcije, i linearne operatore mozemo zbrajati i mnoziti
skalarom. Dakle, za A,B ∈ L(U, V ) i λ ∈ F definiramo zbroj linearnih
operatora A i B kao
A+B : U → V, (A+B)u = Au+Bu (31)
i umnozak linearnog operatora A skalarom λ kao
λA : U → V, (λA)u = λAu. (32)
Uz ovako definirane operacije, L(U, V ) ce biti vektorski prostor nad poljem
F.
104
5. Linearni operatori 105
Teorem 5.2.2. Neka su U i V vektorski prostori nad F. Skup L(U, V ) je, uz
operacije definirane prema (31) i (32), vektorski prostor nad F.
Dokaz. Dokazimo da je αA+βB ∈ L(U, V ) za sve α, β ∈ F i A,B ∈ L(U, V ),
to jest, da su kodomene operacija zbrajanja i mnozenja skalarom jednake
L(U, V ).
Za sve u, v ∈ U i λ, µ ∈ F je
(αA+ βB)(λu+ µv)(31)= (αA)(λu+ µv) + (βB)(λu+ µv)(32)= αA(λu+ µv) + βB(λu+ µv)
(A i B su linearni) = α(λAu+ µAv) + β(λBu+ µBv)
= λ(αAu+ βBu) + µ(αAv + βBv)
= λ(αA+ βB)u+ µ(αA+ βB)v.
Direktno se provjere i sva ostala svojstva vektorskog prostora. Neutralni
element za zbrajanje je nuloperator 0 : U → V, a suprotni element od A ∈L(U, V ) za zbrajanje je −A koji djeluje po pravilu (−A)u = −(Au), u ∈U.
Pokazimo sada je dimenzija vektorskog prostora L(U, V ) potpuno odredena
dimenzijama od U i V.
Teorem 5.2.3. Neka su U i V konacnodimenzionalni vektorski prostori.
Tada je i L(U, V ) konacnodimenzionalan i vrijedi
dimL(U, V ) = dimU · dimV.
Dokaz. Oznacimo m = dimU i n = dimV. Neka je e1, . . . , em baza za U i
f1, . . . , fn baza za V . Definirajmo operatore
Eij : U → V, i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m,
tako sto cemo zadati djelovanje na bazi za U (teorem 5.1.8). Stavimo
Eijek = δkjfi =
fi, k = j;
θ, k 6= j., k = 1, . . . ,m,
dakle, Eij preslikava j-ti vektor baze domene u i-ti vektor baze kodomene, a
sve ostale vektore baze domene u nulvektor.
105
5. Linearni operatori 106
Tvrdimo da je skup Eij : i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n baza za L(U, V ).
Kako ovaj skup ima mn = dimU · dimV elemenata, time ce tvrdnja biti
dokazana.
Neka je A ∈ L(U, V ). Vektore Aek zapisemo pomocu baze kodomene kao
Aek =n∑i=1
αikfi, k = 1, . . . ,m.
Tvrdimo da je A =∑n
i=1
∑mj=1 αijEij. Prema korolaru 5.1.9, to je ekviva-
lentno s
Aek = (n∑i=1
m∑j=1
αijEij)ek, k = 1, . . . ,m.
Racunamo desnu stranu
(n∑i=1
m∑j=1
αijEij)ek =n∑i=1
m∑j=1
αijEijek =n∑i=1
m∑j=1
αijδkjfi =n∑i=1
αikfi = Aek,
za sve k = 1, . . . ,m, a to je upravo ono sto smo htjeli. Time smo dokazali da
je Eij : i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n skup izvodnica za L(U, V ).
Pokazimo linearnu nezavisnost. Neka je∑n
i=1
∑mj=1 αijEij = 0. Tada je
n∑i=1
m∑j=1
αijEijek = θ, k = 1, . . . ,m
odnosnon∑i=1
αikfi = θ, k = 1, . . . ,m
sto zbog linearne nezavisnosti skupa f1, . . . , fn (jer je to baza) daje αik = 0
za sve i i sve k. Slijedi da je Eij : i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n linearno
nezavisan skup.
Na primjer
dimL(R2,R4) = 8, dimL(P3,M23(F)) = 4 · (2 · 3) = 24.
106
5. Linearni operatori 107
5.3 Jezgra i slika linearnog operatora
Neka je A : U → V linearni operator. Za L ⊆ U i M ⊆ V promatramo
skupove
A(L) = Ax : x ∈ L ⊆ V,
A−1(M) = x ∈ U : Ax ∈M ⊆ U.
U sljedecoj propoziciji pokazujemo da linearni operatori cuvaju potpros-
tore.
Propozicija 5.3.1. Neka su U i V vektorski prostori i A : U → V linearni
operator. Tada vrijedi:
(1) Ako je L ≤ U tada je A(L) ≤ V.
(2) Ako je M ≤ V tada je A−1(M) ≤ U.
Dokaz. (1) Neka su u, v ∈ A(L). Tada postoje x, y ∈ L takvi da je u = Ax i
v = Ay. Kako je L potprostor od U, to za sve λ, µ ∈ F vrijedi λx + µy ∈ L.No tada je λu+µv = λAx+µAy = A(λx+µy) ∈ A(L), sto znaci da je A(L)
potprostor od V.
(2) Neka su u, v ∈ A−1(M). Tada je Au,Av ∈M, a kako je M potprostor,
to je i A(λu + µv) = λAu + µAv ∈ M za sve λ, µ ∈ F. Zato je λu + µv ∈A−1(M).
Posebno, mozemo uzeti potprostore L = U ≤ U i M = θ ≤ V. Pokazuje
se da su ovi potprostori vrlo bitni u proucavanju konacnodimenzionalnih
prostora.
Definicija 5.3.2. Slika linearnog operatora A : U → V je potprostor defi-
niran s
ImA = A(U) = Ax : x ∈ U,
a jezgra operatora A potprostor
KerA = A−1θ = x ∈ U : Ax = θ.
Rang r(A) i defekt d(A) linearnog operatora A su dimenzije slike i jezgre
operatora A, to jest,
r(A) = dim ImA, d(A) = dim KerA.
107
5. Linearni operatori 108
Slika 14: Jezgra linearnog operatora
Slika 15: Slika linearnog operatora
Oznake Im i Ker dolaze od engleskih rijeci image i kernel.
Primjer 5.3.3. • Neka je 0 : U → V nuloperator. Tada je Ker 0 = U i
Im 0 = θ.
• Neka je I : V → V identiteta. Tada je Ker I = θ i Im I = V.
• Neka je A : R2 → R2 ortogonalni projektor na x-os, tj. operator zadan
formulom A(x1, x2) = (x1, 0). Tada je jezgra od A skup svih tocaka
koje leze na y-osi, a slika od A je skup svih tocaka koje leze na x-osi.
Sljedeca tvrdnja govori o injektivnosti linearnog operatora.
108
5. Linearni operatori 109
Propozicija 5.3.4. Neka je A : U → V linearni operator. Tada je ekviva-
lentno:
(1) A je injektivan.
(2) KerA = θ.
(3) Ako je x1, . . . , xk linearno nezavisan skup u U, tada je Ax1, . . . , Axklinearno nezavisan skup u V.
Dokaz. (1)⇒(2) Prvo se sjetimo da je uvijek θ ∈ KerA.
Neka je A injektivan. Ako x ∈ KerA tada Ax = θ, to jest Ax = Aθ, sto
zbog injektivnosti od A daje x = θ. Prema tome, jedini vektor u KerA je
nulvektor.
(2)⇒(3) Neka je KerA = θ. Pretpostavimo da je x1, . . . , xk linearno
nezavisan skup u U. Za provjeru linearne nezavisnosti skupa Ax1, . . . , Axkpretpostavimo da je
α1Ax1 + . . .+ αkAxk = θ.
Tada, jer je A linearan, imamo
A(α1x1 + . . .+ αkxk) = θ,
pa je α1x1 + . . .+ αkxk ∈ KerA. Prema pretpostavci je KerA = θ, dakle,
α1x1 + . . . + αkxk = θ, a kako je x1, . . . , xk linearno nezavisan, slijedi
αi = 0 za sve i = 1, . . . , k. Time smo pokazali da je Ax1, . . . , Axk linearno
nezavisan.
(3)⇒(1) Neka su x, y ∈ U, x 6= y. Tada je u := x − y 6= θ, pa je ulinearno nezavisan skup. Prema (3), tada je i Au linearno nezavisan, pa
mora biti Au 6= θ. Kako je Au = Ax − Ay, slijedi Ax 6= Ay. Time smo
pokazali injektivnost od A.
Jedan od najznacajnijih teorema o linearnim operatorima na konacno-
dimenzionalnim prostorima je sljedeci teorem o rangu i defektu.
Teorem 5.3.5. Neka je A : U → V linearni operator. Tada je
r(A) + d(A) = dimU.
109
5. Linearni operatori 110
Dokaz. Ako je A nuloperator, tada je r(A) = 0 i d(A) = dimU i tvrdnja
ocito vrijedi.
Pretpostavimo da je A 6= 0. Tada je r(A) ≥ 1. Neka je b1, . . . , br baza
za ImA. Neka su e1, . . . , er ∈ U takvi da je
Aei = bi, i = 1, . . . , r.
Prema prvom dijelu napomene 5.1.7, skup e1, . . . , er je linearno nezavisan.
Neka je K potprostor od V razapet vektorima e1, . . . , er, dakle
K = [e1, . . . , er].
Kako je dimK = r = r(A) (jer je e1, . . . , er baza za K), to je dovoljno
dokazati da je
K u KerA = U,
i primijeniti korolar 4.4.2.
Neka je x ∈ K ∩ KerA. Tada je x =∑k
i=1 αiei za neke skalare αi, i
Ax = θ. No onda je
θ = Ax =k∑i=1
αiAei =k∑i=1
αibi,
a kako su bi, i = 1, . . . , k vektori baze, to je αi = 0, i = 1, . . . , k, pa je x = θ.
Neka je x ∈ U proizvoljan vektor. Kako je Ax ∈ ImA, a b1, . . . , br je
baza za ImA, to je Ax =∑r
i=1 αibi za neke α1, . . . , αr. Oznacimo
x1 :=r∑i=1
αiei, x2 := x− x1.
Ocito je x = x1 + x2 i x1 ∈ K, a iz
Ax1 =r∑i=1
αiAei =r∑i=1
αibi = Ax
slijedi Ax2 = Ax−Ax1 = θ, tj. x2 ∈ KerA. Time je dokazano K u KerA =
U.
Linearni operator A : U → V naziva se
110
5. Linearni operatori 111
(i) monomorfizam, ako je A injektivan;
(ii) epimorfizam, ako je A surjektivan;
(iii) izomorfizam, ako je A bijektivan.
Ako je A : U → U izomorfizam, onda ga nazivamo automorfizam ili
regularan operator.
Jedna od specificnosti linearnih operatora medu konacnodimenzionalnim
prostorima iste dimenzije dana je u sljedecoj posljedici teorema o rangu i
defektu.
Korolar 5.3.6. Neka je A : U → V linearni operator te neka je dimU =
dimV. Sljedece tvrdnje su medusobno ekvivalentne:
(i) A je monomorfizam;
(ii) A je epimorfizam;
(iii) A je izomorfizam.
Dokaz. (i)⇒(ii): Ako je A monomorfizam, tada je d(A) = 0, pa je r(A) =
dimU − d(A) = dimU = dimV. To znaci da je ImA potprostor od V iste
dimenzije kao i V, pa je ImA = V, tj. A je surjekcija.
(ii)⇒(iii): Ako je A epimorfizam, tada je r(A) = dimV = dimU, pa je
d(A) = dimU − r(A) = 0, pa je A injekcija, dakle bijekcija.
5.4 Izomorfni vektorski prostori
Neka su U i V vektorski prostori nad F. Kazemo da je U izomorfan s V i
pisemo U ≈ V , ako postoji bar jedan izomorfizam A : U → V.
Propozicija 5.4.1. (1) Kompozicija izomorfizama je izomorfizam.
(2) Inverz izomorfizma je izomorfizam.
Dokaz. (1) Kompozicija linearnih operatora je linearni operator (propozi-
cija 5.1.5), a kompozicija bijekcija je bijekcija, pa je prva tvrdnja dokazana.
(2) Neka su U, V vektorski prostori nad poljem F te A : U → V izomorfi-
zam. Kako je A bijekcija, to postoji inverzna funkcija A−1 : V → U i A−1 je
111
5. Linearni operatori 112
bijekcija. Preostaje pokazati da je A−1 linearan. Neka su v1, v2 ∈ V. Kako je
A bijekcija, postoje jedinstveni u1, u2 ∈ U takvi da je Au1 = v1 i Au2 = v2.
Tada je u1 = A−1v1 i u2 = A−1v2 i zato
A−1(λv1 + µv2) = A−1(λAu1 + µAu2) = A−1(A(λu1 + µu2))
= λu1 + µu2 = λA−1v1 + µA−1v2
za sve λ, µ ∈ F, pa je A−1 linearan, dakle, izomorfizam.
Uocimo:
• svaki vektorski prostor U izomorfan je sam sebi, jer je identicno pres-
likavanje I : U → U, Ix = x, linearno i bijektivno, dakle izomorfizam;
• ako je U izomorfan s V tada je i V izomorfan s U , jer je inverz izomor-
fizma izomorfizam;
• ako je U izomorfan s V, a V izomorfan s W , tada je i U izomorfan s W
(jer je kompozicija izomorfizama izomorfizam).
Prema tome, relacija ≈ je relacija ekvivalencije na skupu svih prostora (gore
navedena svojstva su upravo refleksivnost, simetricnost i tranzitivnost relacije
≈). Posebno, umjesto ’U izomorfan s V ’ mozemo reci da su U i V izomorfni.
Teorem 5.4.2. Neka su U i V vektorski prostori te A : U → V linearni
operator. A je izomorfizam ako i samo ako bazu od U preslikava u bazu za
V.
Dokaz. (⇒): Neka je A izomorfizam i b1, . . . , bn baza za U . Prema propo-
ziciji 5.3.4 skup Ab1, . . . , Abn je linearno nezavisan.
Uzmimo proizvoljan y ∈ V. Kako je A surjekcija, to postoji x ∈ U takav
da je Ax = y. Jer je b1, . . . , bn baza za U , postoje α1, . . . , αn ∈ F za koje je
x =n∑i=1
αibi.
Tada je
y = Ax =n∑i=1
αiAbi,
112
5. Linearni operatori 113
sto znaci da je Ab1, . . . , Abn skup izvodnica za V , dakle baza za V.
(⇐): Neka je b1, . . . , bn baza za U . Prema pretpostavci, Ab1, . . . , Abnje baza za V . Dokazimo da je A bijekcija.
Neka je Ax = θ. Ako je x =∑n
i=1 αibi tada je Ax =∑n
i=1 αiAbi = θ.
Zbog linearne nezavisnosti skupa Ab1, . . . , Abn slijedi α1 = . . . = αn = 0,
pa je x = θ. To dokazuje injektivnost.
Neka je y ∈ V. Kako je Ab1, . . . , Abn baza za V , to je y =∑n
i=1 αiAbiza neke skalare α1, . . . , αn ∈ F. Ako stavimo x =
∑ni=1 αibi, tada je x ∈ U i
Ax = y. Time je dokazana i surjektivnost.
Korolar 5.4.3. Neka su U i V vektorski prostori nad F. Vrijedi:
U ≈ V ⇔ dimU = dimV.
Posebno, svi n-dimenzionalni vektorski prostori nad poljem F izomorfni su s
Fn.
Dokaz. (⇒): Ako su U i V izomorfni, tada postoji izomorfizam A : U →V. Ako je b1, . . . , bn baza za U, tada prema teoremu 5.4.2 slijedi da je
Ab1, . . . , Abn je baza za V, pa je dimV = n = dimU.
(⇐): Neka je n = dimU = dimV te neka su b1, . . . , bn i f1, . . . , fnbaze za U i V , redom. Prema teoremu 5.1.8 mozemo promatrati linearni
operator
A : U → V, Abi = fi, i = 1, . . . , n.
Ovaj linearni operator bazu za U prevodi u bazu za V, pa po teoremu 5.4.2
slijedi da je A izomorfizam; dakle, U ≈ V.
Na primjer, P5 ≈ M32(F) ≈ F6, jer su svi navedeni prostori nad istim
poljem F i svi imaju dimenziju 6.
5.5 Matricni zapis linearnih operatora
Neka je V vektorski prostor nad poljem F i E = e1, . . . , en neka baza za V.
Za svaki x ∈ V postoje jedinstveni skalari α1, . . . , αn za koje je
x =n∑i=1
αiei.
113
5. Linearni operatori 114
Vektoru x mozemo, na jedinstven nacin, pridruziti stupcanu matricu
[x]E =
α1
α2...
αn
.Lako se vidi da je preslikavanje
ϕ : V → Fn, ϕ(x) = [x]E
linearni operator. Ocito je Kerϕ = θ, pa po korolaru 5.3.6 slijedi da je ϕ
izomorfizam.
Neka su V i W vektorski prostori nad poljem F s bazama E = e1, . . . , eni F = f1, . . . , fm. Neka je A : V → W linearni operator. Kako su Aei ∈ V ,
to ih mozemo prikazati pomocu baze F ; neka je
Aei =m∑j=1
αjifj, i = 1, . . . , n.
Dobivene koeficijente αij poslozimo u matricu:
[A]FE :=
α11 α12 . . . α1n
α21 α22 . . . α2n...
......
αm1 αm2 . . . αmn
.Uocimo da je i-ti stupac ove matrice upravo [Aei]
F .
Jasno je da operator A jednoznacno odreduje matricu [A]FE. No, sjetimo
li se da je linearni operator potpuno odreden djelovanjem na (nekoj) bazi
domene, zakljucujemo i da je matricom [A]FE jednoznacno definiran operator
A. Neka je
Φ : L(V,W )→Mmn(F), Φ(A) = [A]FE.
Lako se provjeri da je Φ izomorfizam.
Matricu [A]FE nazivamo matrica operatora A u paru baza (E,F ).
Propozicija 5.5.1. Neka su E = e1, . . . , en i F = f1, . . . , fm baze vek-
torskih prostora U i V, te A : U → V linearni operator. Tada je
[Ax]F = [A]FE[x]E, ∀x ∈ U. (33)
114
5. Linearni operatori 115
Dokaz. Neka je [A]FE = [αij]. To znaci da je Aej =∑m
i=1 αijfi za sve j =
1, . . . , n. Ako je x =∑n
j=1 βjej tada je
Ax =n∑j=1
βjAej =n∑j=1
βj(m∑i=1
αijfi) =m∑i=1
(n∑j=1
αijβj)fi.
Zato je
[Ax]F =
∑n
j=1 α1jβj∑nj=1 α2jβj
...∑mj=1 αmjβj
= [A]FE[x]E.
Ako u prethodnoj propoziciji za A uzmemo identicni operator I : U → U,
tada iz (33) slijedi
[x]F = [I]FE[x]E, x ∈ U.
Prema tome, zapisemo li x u bazi E, njegov zapis u bazi F mozemo dobiti
gornjom formulom. Matricu [I]FE nazivamo matricom prijelaza iz baze E
u bazu F. Sjetimo se da, po definiciji matricnog prikaza linearnog operatora,
stupci matrice [I]FE predstavljaju zapise vektora baze E pomocu vektora baze
F.
Propozicija 5.5.2. Neka su U, V i W vektorski prostori nad poljem F, te
A : U → V i B : V → W linearni operatori. Ako su E,F i G baze za U, V i
W, redom, tada je
[BA]GE = [B]GF [A]FE. (34)
Posebno, ako je A : U → U i E neka baza za U, tada je
[An]EE = ([A]EE)n, n ∈ N. (35)
Dokaz. Neka je E = e1, . . . , en, F = f1, . . . , fm i G = g1, . . . , gk.Nadalje, ako oznacimo [A]FE = [αij] i [B]GF = [βij], to znaci da je
Aei =m∑j=1
αjifj, i = 1, . . . , n,
115
5. Linearni operatori 116
Bfj =k∑l=1
βljgl, j = 1, . . . ,m.
Tada je
(BA)ei = B(Aei) = B(m∑j=1
αjifj) =m∑j=1
αjiBfj
=m∑j=1
αji(k∑l=1
βljgl) =k∑l=1
(m∑j=1
βljαji)gl
=k∑l=1
([B]GF [A]FE)ligl.
To znaci da u i-ti stupac matrice [BA]GE ide tocno ono sto se nalazi u i-tom
stupcu od [B]GF [A]FE, i tako za svaki i. Slijedi (34).
Formula (35) se dobije uzimajuci A = B i E = F u (34), te primjenjujuci
matematicku indukciju.
Definirali smo pojmove rang matrice i rang linearnog operatora. Prisje-
timo se: rang matrice je maksimalan broj linearno nezavisnih stupaca matrice
A, a rang linearnog operatora je dimenzija njegove slike. Sljedeca tvrdnja
opravdava koristenje rijeci rang u oba slucaja.
Propozicija 5.5.3. Neka su E = e1, . . . , en i F = f1, . . . , fm baze vek-
torskih prostora U i V, te A : U → V linearni operator. Tada je
r(A) = r([A]FE).
Dokaz. Neka je y ∈ ImA. Tada je y = Ax za neki x ∈ U. Kako je x =∑ni=1 αiei za neke αi ∈ F, to je y =
∑ni=1 αiAei. To znaci da je Ae1, . . . , Aen
skup izvodnica za ImA, tj.
r(A) = dim ImA = dim[Ae1, . . . , Aen].
S druge strane, stupci matrice [A]FE su [Ae1]F , . . . , [Aen]F , pa je
r([A]FE) = dim[[Ae1]F , . . . , [Aen]F].
Izomorfizam ϕ : x 7→ [x]F preslikava potprostor [Ae1, . . . , Aen] na potpros-
tor [[Ae1]F , . . . , [Aen]F], pa su im dimenzije jednake prema korolaru 5.4.3.
Slijedi tvrdnja.
116
5. Linearni operatori 117
Korolar 5.5.4. Neka su E = e1, . . . , en i F = f1, . . . , fn baze vektorskog
prostora U , te A : U → U linearni operator. Vrijedi
A je regularan operator ⇔ [A]FE je regularna matrica.
Nadalje, ako je A regularan operator, tada
[A−1]EF = ([A]FE)−1. (36)
Dokaz. A je regularan operator ako i samo ako bazu preslikava u bazu (pro-
pozicija 5.4.2). Nadalje, Ae1, . . . , Aen je baza za U ako i samo ako je
r(A) = n, a po propoziciji 5.5.3 to je tocno kada je r([A]FE) = n, tj. kada je
[A]FE regularna matrica.
Ako je A regularan operator onda u formulu (34) mozemo uzeti B = A−1;
jos odaberemo G = E. Tada je
[A−1A]EE = [A−1]EF [A]FE.
Kako je A−1A jedinicni operator, to je lijeva strana u prethodnoj jednakosti
jedinicna matrica. Slijedi da je [A−1]EF inverzna matrica matrici [A]FE.
Sljedeca propozicija bit ce jako vazna za uvodenje pojmova karakteristicnog
i minimalnog polinoma linearnog operatora.
Propozicija 5.5.5. Neka je A : U → U linearni operator, te E = e1, . . . , eni F = f1, . . . , fn dvije baze za U . Tada su [A]FF i [A]EE su slicne matrice, to
jest, postoji regularna matrica S ∈Mn(F) takva da je
[A]FF = S−1[A]EES.
Dokaz. Ako je I : U → U jedinicni operator, onda vrijedi A = IAI. Kako
je I regularan operator, to je [I]EF regularna matrica prema korolaru 5.5.4.
Tada
[A]FF = [I(AI)]FF(34)= [I]FE[AI]EF
(34)= [I]FE[A]EE[I]EF
(36)= ([I]EF )−1[A]EE[I]EF .
Ostaje oznaciti S = [I]EF .
117
5. Linearni operatori 118
Primjer 5.5.6. 1. Promatrajmo linearni operator
A : R2 → R3, A(x1, x2) = (x1 − x2, x1 + x2, 2x1 − x2).
Ako odaberemo kanonske baze za domenu i kodomenu, dakle
E = e1 = (1, 0), e2 = (0, 1),
F = f1 = (1, 0, 0), f2 = (0, 1, 0), f3 = (0, 0, 1),tada je
Ae1 = A(1, 0) = (1, 1, 2) = (1, 0, 0)+(0, 1, 0)+2(0, 0, 1) = f1 +f2 +2f3.
Ae2 = A(0, 1) = (−1, 1,−1) = −(1, 0, 0)+(0, 1, 0)−(0, 0, 1) = −f1+f2−f3.Zato je
[A]FE =
1 −1
1 1
2 −1
.Odmah uocimo da je r([A]FE) = 2, pa je r(A) = 2, a onda je prema
teoremu o rangu i defektu d(A) = dimR2− r(A) = 0. Zakljucujemo da
je A injektivan.
2. Neka je D : P3 → P3 operator deriviranja Dp = p′. Ako u P3 uzmemo
bazu p0, p1, p2, p3, gdje je pk(t) = tk, k = 0, 1, 2, 3, tada je
Dp0 = 0, Dp1 = p0, Dp2 = 2p1, Dp3 = 3p2.
Zato je
[D]EE =
0 1 0 0
0 0 2 0
0 0 0 3
0 0 0 0
.Ako je q ∈ P3, q(x) = 5−x2 +3x3, koliko je Dq? Kako nam je operator
deriviranja dobro poznat, znamo da je q′(x) = −2x + 9x2, dakle q′ =
−2p1 + 9p2. Dakle,
[q]E =
5
0
−1
3
i [Dq]E =
0
−2
9
0
118
5. Linearni operatori 119
Provjerimo sada formulu dobivenu u propoziciji 5.5.1:
[Dq]E = [D]EE[q]E =
0 1 0 0
0 0 2 0
0 0 0 3
0 0 0 0
5
0
−1
3
=
0
−2
9
0
.3. Neka je A : M2(F) → M2(F) operator transponiranja. U M2(F) pro-
matramo kanonsku bazu B = E11, E12, E21, E22, gdje je
E11 =
[1 0
0 0
], E12 =
[0 1
0 0
], E21 =
[0 0
1 0
], E22 =
[0 0
0 1
].
Tada je
AE11 = E11, AE12 = E21, AE21 = E12, AE22 = E22,
pa je
[A]BB =
1 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 0 0 1
.
5.6 Svojstvene vrijednosti linearnih operatora
Promatrajmo linearni operator
A : R2 → R2, A(x1, x2) = (3x1 + 3x2, x1 + 5x2). (37)
Ako je E = e1, e2 kanonska baza za R2, tada je
[A]EE =
[3 3
1 5
].
Uocimo da vrijedi
A(3,−1) = (6,−2) = 2(3,−1) i A(1, 1) = (6, 6) = 6(1, 1).
119
5. Linearni operatori 120
Oznacimo v1 = (3,−1) i v2 = (1, 1) i B = v1, v2. Primijetimo da je B
linearno nezavisan skup, a kako je dimR2 = 2, to je B i baza za R2. Matricni
zapis operatora A u bazi B je
[A]BB =
[2 0
0 6
],
dakle dijagonalna matrica.
Nadalje, za svaki v ∈ R2 postoje jedinstveni α1, α2 ∈ R takvi da je
v = α1v1 + α2v2.
Tada je
Av = α1Av1 + α2Av2 = 2α1v1 + 6α2v2.
Uocimo da je operator A potpuno odreden s dva specijalna vektora v1 i v2 i
dva specijalna broja 2 i 6.
U ovoj tocki bavit cemo se ovim specijalnim vektorima i brojevima.
Definicija 5.6.1. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i A : V → V
linearni operator. Skalar λ ∈ F nazivamo svojstvena vrijednost linearnog
operatora A ako postoji v ∈ V, v 6= θ, takav da je
Av = λv. (38)
Svaki takav vektor v naziva se svojstveni vektor pridruzen svojstvenoj
vrijednosti λ. Skup svih vrijednosti operatora A naziva se spektar od A i
oznacava σ(A).
Ako promatramo linearni operator definiran u (37), tada je v1 = (3,−1)
svojstveni vektor pridruzen svojstvenoj vrijednosti 2, a v2 = (1, 1) svojstveni
vektor pridruzen svojstvenoj vrijednosti 6.
Ogranicenje da je v 6= θ u gornjoj definiciji je prirodno, jer v = θ zadovo-
ljava Av = λv za svaki λ ∈ F; time bi definicija svojstvenih vrijednosti bila
trivijalizirana.
Primijetimo da su domena i kodomena linearnog operatora iz defini-
cije 5.6.1 jednake. To je potrebno kako bi relacija (38) imala smisla: lijeva
strane te jednakosti pripada kodomeni, a desna strana domeni.
Pokazimo da skup svih svojstvenih vektora pridruzenih nekoj svojstvenoj
vrijednosti zajedno s nulvektorom cini vektorski potprostor od V. Posebno,
120
5. Linearni operatori 121
to znaci da svojstveni vektor pridruzen nekoj svojstvenoj vrijednosti nije
jedinstveno odreden.
Propozicija 5.6.2. Neka je λ ∈ F svojstvena vrijednost linearnog operatora
A : V → V . Tada je
S(λ) = x ∈ V : Ax = λx
potprostor od V .
Dokaz. Neka su x, y ∈ S(λ) i α, β ∈ F. Tada je Ax = λx i Ay = λy, pa je
A(αx+ βy) = αAx+ βAy = αλx+ βλy = λ(αx+ βy),
pa je αx+ βy ∈ S(λ).
Potprostor S(λ) nazivamo svojstveni potprostor operatoraA pridruzen
svojstvenoj vrijednosti λ. Dimenzija d(λ) potprostora S(λ) naziva se geome-
trijska kratnost svojstvene vrijednosti λ.
Teorem 5.6.3. Neka su λ1, . . . , λn medusobno razlicite svojstvene vrijednosti
linearnog operatora A : V → V. Ako su x1, . . . , xn ∈ V svojstveni vektori li-
nearnog operatora A pridruzeni svojstvenim vrijednostima λ1, . . . , λn, redom,
tada je skup x1, . . . , xn linearno nezavisan.
Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. pretpostavimo da je x1, . . . , xn line-
arno zavisan skup. Pretpostavimo jos i da su vektori numerirani tako da
je x1, . . . , xk linearno nezavisan skup, te da se xk+1, . . . , xn mogu izraziti
pomocu njih. Posebno,
xn =k∑i=1
αixi za neke α1, . . . , αk ∈ F.
Tada je
Axn = A(k∑i=1
αixi) =k∑i=1
αiAxi =k∑i=1
αiλixi,
ali takoder i
Axn = λnxn = λn
k∑i=1
αixi =k∑i=1
αiλnxi.
121
5. Linearni operatori 122
Prema tome,
k∑i=1
αiλixi =k∑i=1
αiλnxi ⇔k∑i=1
αi(λn − λi)xi = θ,
pa iz linearne nezavisnosti skupa x1, . . . , xk slijedi
αi(λn − λi) = 0, i = 1, . . . , k.
Po pretpostavci su λi medusobno razliciti, pa mora biti αi = 0, i = 1, . . . , k.
No tada je xn =∑k
i=1 αixi = θ, sto ne moze biti, jer je xn svojstveni vektor.
Zakljucujemo da je nasa prepostavka neistinita, pa x1, . . . , xn mora biti
linearno nezavisan.
Na sljedecem primjeru pokazimo da postoje linearni operatori koji nemaju
svojstvene vrijednosti, odnosno, svojstvene vektore.
Primjer 5.6.4. Odredimo svojstvene vektore i svojstvene vrijednosti linear-
nog operatora
A : R2 → R2, A(x1, x2) = (−x2, x1).
Trazimo (x1, x2) ∈ R2 takav da je A(x1, x2) = λ(x1, x2) za neki λ ∈ R.Tada bi bilo
(−x2, x1) = λ(x1, x2)⇒ (−x2 = λx1 i x1 = λx2)⇒ −x2 = λ2x2,
tj. (λ2 + 1)x2 = 0. Kako je λ ∈ R to je nuzno x2 = 0, a onda i x1 = 0.
Kako (x1, x2) = (0, 0) ne moze biti svojstveni vektor, zakljucujemo da ovaj
operator nema svojstvenih vrijednosti niti svojstvenih vektora.
Jos jedan primjer linearnog operatora koji nema svojstvenih vektora je
rotacija za kut ϕ 6= 0, π.. Ovo je i intuitivno jasno. Naime, (38) kaze da su
svojstveni vektori oni vektori na koje operator djeluje tako da ga pomnozi
nekim skalarom, sto znaci da su v i Av linearno zavisni vektori (tj. koli-
nearni). Medutim, rotacija za kut ϕ 6= 0, π, ce promijeniti smjer svakom
(nenul) vektoru, pa niti jedan vektor ne moze biti svojstveni vektor.
122
5. Linearni operatori 123
5.7 Karakteristicni i minimalni polinom
Definiranjem karakteristicnog polinoma linearnog operatora u mnogim cemo
situacijama olaksati odredivanje svojstvenih vrijednosti, a onda i svojstvenih
vektora. Prvo cemo definirati karakteristicni polinom kvadratne matrice, a
onda, koristeci matricni prikaz linearnog operatora, i karakteristicni polinom
linearnog operatora. Iako matrica linearnog operatora ovisi o bazi koju smo
odabrali za taj prikaz, vidjet cemo da ipak karakteristicni polinom nece ovisiti
o odabranoj bazi.
Definicija 5.7.1. Karakteristicni polinom matrice A ∈ Mn(F) je poli-
nom definiran kao
kA(λ) = det(A− λI).
Na primjer, karakteristicni polinom matrice A =
[1 2
3 1
]∈M2 je
kA(λ) =
∣∣∣∣1− λ 2
3 1− λ
∣∣∣∣ = (1− λ)2 − 6 = λ2 − 2λ− 5.
Lema 5.7.2. Slicne matrice imaju iste karakteristicne polinome.
Dokaz. Neka su A,B ∈ Mn slicne matrice. Tada postoji regularna matrica
S ∈Mn takva da je A = S−1BS. Koristeci Binet-Cauchyjev teorem imamo
kA(λ) = det(A− λI) = det(S−1BS − λI)
= det(S−1BS − λS−1IS) = det(S−1(B − λI)S)
= det((B − λI)S−1S) = det(B − λI) = kB(λ).
Uocimo i sljedecu jednostavnu tvrdnju.
Lema 5.7.3. Neka je A ∈Mn(F). A je regularna ako i samo ako je kA(0) 6=0.
Dokaz. Prvo uocimo da je kA(0) = det(A−0·I) = detA. Sada gornju tvrdnju
citamo kao: A je regularna ako i samo ako je detA 6= 0, a to nam je vec dobro
poznato.
123
5. Linearni operatori 124
Neka je zadan linearni operator A : V → V. Ako su E i F bilo koje
dvije baze za V, tada su matrice [A]EE i [A]FF slicne (propozicija 5.5.5). Prema
prethodnoj lemi, tada za sve λ vrijedi
k[A]FF (λ) = k[A]EE(λ).
Zato je sljedeca definicija korektna, tj. ne ovisi o izboru baze.
Definicija 5.7.4. Karakteristicni polinom linearnog operatora A :
V → V je polinom
kA(λ) = k[A]BB(λ),
gdje je B bilo koja baza prostora V.
Teorem 5.7.5. Neka je A : V → V linearni operator. λ ∈ F je svojstvena
vrijednost od A ako i samo ako je kA(λ) = 0.
Dokaz. Imamo sljedeci niz ekvivalencija:
λ ∈ F je svojstvena vrijednost operatora A
⇔ postoji v 6= 0 takav da je Av = λv, tj. (A− λI)v = 0
⇔ A− λI nije monomorfizam
⇔ A− λI nije izomorfizam
⇔ [A− λI]BB = [A]BB − λ[I]BB = [A]BB − λI singularna matrica
⇔ det([A]BB − λ[I]BB) = 0
⇔ kA(λ) = 0.
Primjer 5.7.6. Odredimo svojstvene vrijednosti linearnog operatora
A : R3 → R3, A(x1, x2, x3) = (x1, x2, x1 + x2 + x3).
Matrica operatora A u kanonskoj bazi E ima oblik
[A]EE =
1 0 0
0 1 0
1 1 1
.124
5. Linearni operatori 125
Tada je
kA(λ) = det([A]EE − I) =
∣∣∣∣∣∣1− λ 0 0
0 1− λ 0
1 1 1− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)3.
Prema prethodnom teoremu, svojstvene vrijednosti od A su upravo nultocke
karakteristicnog polinoma kA. Kako je kA(λ) = 0 ⇔ (1 − λ)3 = 0 ⇔ λ = 1,
to je 1 jedina svojstvena vrijednost od A, to jest, σ(A) = 1.Odredimo i svojstvene vektore (pridruzene svojstvenoj vrijednosti 1).
Dakle, trazimo (x1, x2, x3) takve da je
(A− 1 · I)(x1, x2, x3) = (0, 0, 0).
Dobivamo x1 + x2 = 0, tj. svi nenul vektori oblika
(x1,−x1, x3) = x1(1,−1, 0) + x3(0, 0, 1), x1, x3 ∈ R
su svojstveni vektori od A. Dakle,
S(1) = [(1,−1, 0), (0, 0, 1)].
Neka je V n-dimenzionalni vektorski prostor nad poljem F i A : V → V
linearni operator. Tada je kA polinom stupnja n s koeficijentima iz F. Ako je
F = C tada ce kA imati tocno n svojstvenih vrijednosti (medu kojima moze
biti i jednakih). Ako je F = R, kA ce imati najvise n svojstvenih vrijednosti
(a moze se dogoditi da ih uopce nema).
Vec smo definirali geometrijsku kratnost svojstvene vrijednosti λ kao di-
menziju prostora S(λ) = Ker (A − λI). Sada cemo definirati i algebarsku
kratnost svojstvene vrijednosti.
Definicija 5.7.7. Neka je A : V → V linearni operator i λ0 ∈ σ(A). Alge-
barska kratnost svojstvene vrijednosti λ0 je kratnost (ili red) nultocke λ0polinoma kA, to jest, broj l ∈ N koji ima svojstvo da postoji polinom p takav
da je p(λ0) 6= 0 i
kA(λ) = (λ− λ0)lp(λ), ∀λ ∈ F.
125
5. Linearni operatori 126
Teorem 5.7.8. Geometrijska kratnost svojstvene vrijednosti λ0 je manja ili
jednaka od algebarske kratnosti te svojstvene vrijednosti.
Dokaz. Ako oznacimo s d i l geometrijsku i algebarsku kratnost od λ0, redom,
onda nasa tvrdnja glasi l ≥ d.
Neka je e1, . . . , ed baza za S(λ0), te e1, . . . , ed, ed+1, . . . , en njeno na-
dopunjenje do baze B za V. Kako je
Aei = λ0ei, i = 1, . . . , d,
to je
[A]BB =
λ0 . . . 0 | ∗ . . . ∗...
. . .... | ... . . .
...
0 . . . λ0 | ∗ . . . ∗− − − | − − −0 . . . 0 | ∗ . . . ∗... . . .
... | ∗ . . . ∗0 . . . 0 | ∗ . . . ∗
,
pa je
kA(λ) = det(A−λI) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
λ0 − λ . . . 0 | ∗ . . . ∗...
. . .... | ... . . .
...
0 . . . λ0 − λ | ∗ . . . ∗− − − | − − −0 . . . 0 | ∗ . . . ∗... . . .
... | ∗ . . . ∗0 . . . 0 | ∗ . . . ∗
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (λ0−λ)dq(λ),
za neki polinom q stupnja n−d. Odavde slijedi da je red nultocke λ0 polinoma
kA barem d, to jest, l ≥ d.
Teorem 5.7.9. (Hamilton-Cayley) Neka je A ∈Mn(F) proizvoljna kvadratna
matrica. Tada ona ponistava svoj karakteristici polinom, tj. vrijedi
kA(A) = 0.
126
5. Linearni operatori 127
Dokaz. Neka je C = A− λI. Tada je
kA(λ) = detC = αnλn + αn−1λ
n−1 + . . .+ α1λ+ α0.
Ako je C adjunkta matrice C, tada vrijedi
CC = (detC)I = αnλnI + αn−1λ
n−1I + . . .+ α1λI + α0I.
S druge strane je
CC = (A− λI)C = AC − λC.
Elementi matrice C su polinomi stupnja (n− 1), pa je mozemo pisati kao
C = Cn−1λn−1 + Cn−2λ
n−2 + . . .+ C1λ+ C0,
odakle uvrstavanjem u prethodnu relaciju dobivamo
CC = −Cn−1λn + (ACn−1 − Cn−2)λn−1 + . . .+ (AC1 − C0)λ+ AC0.
Sada slijedi
αnI = −Cn−1αn−1I = ACn−1 − Cn−2αn−2I = ACn−2 − Cn−3
. . . . . .
α1I = AC1 − C0
α0I = AC0
Ako prvu jednakost pomnozimo s An, drugu s An−1, i tako redom do posljed-
nje koju mnozimo s A0 = I, i onda sve dobivene jednakosti zbrojimo, izlazi
da je kA(A) = 0.
Definicija 5.7.10. Neka je A ∈ Mn(F). Minimalni polinom mA ma-
trice A je polinom najnizeg stupnja (s koeficijentima iz F) kojeg matrica A
ponistava, tj. za kojeg vrijedi mA(A) = 0.
Propozicija 5.7.11. Ako je p bilo koji polinom s koeficijentima iz F za koji
je p(A) = 0, tada je p djeljiv minimalnim polinomom mA.
127
5. Linearni operatori 128
Dokaz. Postoje polinomi q, r takvi da je stupanj od r manji od stupnja od
mA za koje vrijedi
p(λ) = mA(λ)q(λ) + r(λ), λ ∈ F.
Tada je p(A) = mA(A)q(A) + r(A), odakle je r(A) = 0, a kako je mA po-
linom najnizeg stupnja kojeg A ponistava i r ima stupanj manji od mA,
zakljucujemo da je r = 0. Onda je p = mAq, dakle, mA dijeli p.
Iz prethodne propozicije slijedi da je minimalni polinom jedinstven do na
skalarni multipl. Drugim rijecima, ako su m1 i m2 dva minimalna polinoma
iste matrice, tada postoji α ∈ F takav da je m1 = λm2. Prema tome, ako
se dogovorimo da cemo za minimalni polinom uvijek pretpostavljati da je
normiran, onda ce on biti jedinstven. Prije nego definiramo minimalni poli-
nom operatora (kao minimalni polinom matrice tog operatora u nekoj bazi),
moramo dokazati sljedecu tvrdnju.
Propozicija 5.7.12. Slicne matrice imaju iste minimalne polinome.
Dokaz. Neka su A i B slicne matrice, tj. neka postoji regularna matrica T
takva da je B = T−1AT. Tada je
B2 = (T−1AT )(T−1AT ) = T−1A(TT−1)AT = T−1A2T
i slicno Bk = T−1AkT za sve k ∈ N.Neka su mA i mB minimalni polinomi od A i B, redom. Neka je
mA(λ) = λm + αm−1λm−1 + . . .+ α0.
Tada je
mA(B) = Bm + αm−1Bm−1 + . . .+ α0I
= T−1AmT + αm−1T−1Am−1T + . . .+ α0T
−1T
= T−1(Am + αm−1Am−1 + . . .+ α0I)T = T−1mA(A)T = 0.
Kako je mB polinom najnizeg stupnja kojeg B ponistava, a upravo smo vidjeli
da je mA neki polinom kojeg B ponistava, prema propoziciji 5.7.11 slijedi da
mB dijeli mA.
Zamijenimo li uloge matrica A i B (jer je A = TBT−1) dobivamo da
mA dijeli mB. S obzirom da su mA i mB normirani polinomi, slijedi da je
mA = mB.
128
5. Linearni operatori 129
Kao i kod uvodenja karakteristicnog polinoma linearnog operatora, i slje-
deca definicija je dobra upravo zahvaljujuci prethodnoj propoziciji i propo-
ziciji 5.5.5.
Definicija 5.7.13. Minimalni polinom linearnog operatora A : V →V je minimalni polinom matrice tog operatora u nekoj bazi od V. Drugim
rijecima, ako je B bilo koja baza za V, tada je
mA = m[A]BB.
Zanima nas kada cemo moci odabrati bazu vektorskog prostora u kojoj
ce matricni prikaz zadanog linearnog operatora biti dijagonalna matrica. Za
takav operator kazemo da je dijagonalizabilan.
Teorem 5.7.14. Linearni operator A : V → V je dijagonalizabilan ako i
samo ako postoji baza koja se sastoji od svojstvenih vektora. Posebno, ako A
ima n razlicitih svojstvenih vrijednosti, gdje je n = dimV, tada je A dijago-
nalizabilan linearni operator.
Dokaz. Pretpostavimo da je A dijagonalizabilan, tj. da postoji baza B =
b1, . . . , bn takva da je matrica operatora A u bazi B ima oblik
[A]BB =
α1 0 . . . 0
0 α2 . . . 0...
.... . .
...
0 0 . . . αn
.Tada je Abi = αibi, i = 1, . . . , n, (i bi 6= 0 jer su to vektori baze) pa su bisvojstveni vektori od A.
Obratno, pretpostavimo da postoji baza B = b1, . . . , bn takva da su svi
bi svojstveni vektori. Neka su α1, . . . , αn odgovarajuce svojstvene vrijednosti.
Tada je
Abi = αibi, i = 1, . . . , n,
pa je
[A]BB =
α1 0 . . . 0
0 α2 . . . 0...
.... . .
...
0 0 . . . αn
,129
5. Linearni operatori 130
dakle, A je dijagonalizabilan.
Ako A ima n razlicitih svojstvenih vrijednosti, tada pripadajuci svojstveni
vektori cine linearno nezavisan skup prema teoremu 5.6.3, a kako taj skup
ima n = dimV elemenata, to je on ujedno i baza za V. Sada tvrdnja slijedi
iz dokazanog dijela ovog teorema.
Ocito je da nisu svi linearni operatori dijagonalizabilni, jer smo vec prije
istaknuli da postoje linearni operatori koji uopce nemaju svojstvene vri-
jednosti, pa niti svojstvene vektore (na primjer, operator rotacije za kut
ϕ 6= 0, π).
Primijetimo jos da, ako je [A]BB matricni prikaz linearnog operatora A u
nekoj bazi B = e1, . . . , en, te ako postoji baza D u kojoj A ima dijago-
nalni prikaz, tada postoji regularna matrica C takva da je [A]DD = C−1[A]BBC.
Matrica C je zapravo matrica promjene baze, to jest, [I]BD. Poznavajuci tu
matricu, moze se odrediti i baza D. Naime, ako je D = d1, . . . , dn, tada
stupci matrice [I]BD predstavljaju vektore Idi, to jest, di, i = 1, . . . , n, prika-
zane pomocu vektora baze B.
Konacno, navedimo jedan primjer.
Primjer 5.7.15. Neka je T : P2 → P2 operator zadan s
T (a2x2 + a1x+ a0) = (7a2 + 2a1)x
2 + (2a2 + 6a1 − 2a0)x− 2a1 + 5a0.
Neka je B = x2, x, 1 kanonska baza za P2. Tada je
[A]BB =
7 2 0
2 6 −2
0 −2 5
.Tada je
kA(λ) =
∣∣∣∣∣∣7− λ 2 0
2 6− λ −2
0 −2 5− λ
∣∣∣∣∣∣ ,odakle je, Laplaceovim razvojem po prvom stupcu,
kA(λ) = (7− λ)((6− λ)(5− λ)− 4)− 4(5− λ)
= (7− λ)(6− λ)(5− λ)− 4(7− λ)− 4(5− λ)
= (7− λ)(6− λ)(5− λ)− 8(6− λ)
= (6− λ)((7− λ)(5− λ)− 8) = (6− λ)(27− 12λ+ λ2)
= (6− λ)(λ− 3)(λ− 9).
130
5. Linearni operatori 131
Zato su 3, 6, 9 svojstvene vrijednosti od A, a pripadajuci svojstveni vektori
su redom
p1(x) = −x2 + 2x+ 2, p2(x) = 2x2 − x+ 2, p3(x) = 2x2 + 2x− 1.
U bazi B′ = p1, p2, p3 je
[A]B′
B′ =
3 0 0
0 6 0
0 0 9
.5.8 Zadaci
1. Neka je A : R3 → R3 linearni operator koji zadovoljava uvjete
A(1, 0, 0) = (2, 4, 1), A(1, 1, 0) = (3, 0, 2), A(1, 1, 1) = (1, 4, 6).
(a) Izracunajte A(5, 3, 2).
(b) Izracunajte A(x1, x2, x3) za proizvoljan (x1, x2, x3).
2. Provjerite linearnost sljedecih preslikavanja
(a) A : R3 → R, A(x1, x2, x3) = x1x2x3.
(b) A : R3 → R2, A(x1, x2, x3) = (x1, x2 + 3).
(c) A : R4 → R2, A(x1, x2, x3, x4) = (x1 + 2x2, x2 + 3x3).
(d) A : P3 → R2, Ap = (p(0), p(1)).
(e) A : P3 → P6, Ap = p2.
3. Neka je operator f : R4 → R2 zadan formulom
f(x1, x2, x3, x4) = (x1 + 2x2, x2 + 3x3).
Odredite jezgru, sliku, rang i defekt operatora f
4. Odredite matricu linearnog operatora f : M2 →M2, f(A) = AT u bazi[1 0
0 0
],
[0 1
0 0
],
[0 0
1 0
],
[0 0
0 1
].
131
5. Linearni operatori 132
5. Odredite, u paru kanonskih baza, matricu linearnog operatora
A : R3 → R2, A(x1, x2, x3) = (x1, x2).
6. Odredite, u paru kanonskih baza, matricu linearnog operatora
A : R2 → R2, A(x1, x2) = (x1 + 4x2, x2 − 4x1).
7. Je li preslikavanje A : R2 → R2 definirano s A(x, y) = (x + y, x − y)
izomorfizam vektorskih prostora. Ako da, nadite A−1.
8. Neka su A1 : R2 → R3 i A2 : R3 → R2 linearni operatori dani sa
A1(x1, x2) = (x1 + x2, x1 − x2, x2),
A2(x1, x2, x3) = (1
2x1 +
1
2x2,
1
2x1 −
1
2x2).
Izracunajte kompozicije A1A2 i A2A1. Jesu li A1 i A2 monomorfizmi,
epimorfizmi ili izomorfizmi?
9. Postoji li izomorfizam izmedu prostora P1 i
U = [a −ab 2b
]: a, b ∈ F?
10. Postoji li izomorfizam izmedu prostora P1 i P2?
11. Postoji li epimorfizam izmedu prostora F3 i P3?
12. Postoji li monomorfizam izmedu prostora F3 i P3?
13. Odredite jezgru, sliku te rang i defekt sljedecih linearnih operatora:
(a) A : R3 → R3, A(x1, x2, x3) = (x3, x2, x1);
(b) A : R3 → R2, A(x1, x2, x3) = (x1, x2 + x3);
(c) A : R4 → R4, A(x1, x2, x3, x4) = (0, x1, x2, x3);
(d) A : M2 →M2, A(X) = tr(X) I, gdje je I jedinicna matrica;
(e) A : M2 →M2, A(X) = X
[1 2
1 2
]I.
132
5. Linearni operatori 133
14. Za sve linearne operatore iz prethodnog zadatka odredite matricne za-
pise u parovima kanonskih baza.
15. Ispitajte jesu li sljedeci realni vektorski prostori medusobno izomorfni
i, ako jesu, odredite neki izomorfizam medu njima.
(a) M34(R) i M43(R);
(b) C i R2;
(c) C4 i M2(R);
(d) P3 i M2(R) (P3 je vektorski prostor svih polinoma stupnja ≤ 3 s
realnim koeficijentima);
(e) KerA i ImA, gdje je T : R4 → R4 zadan s
T (x1, x2, x3, x4) = (x1+x2+x3, x1+x2+2x3+3x4, x2+x3+2x4, x1+x2+2x3+3x4).
133
LITERATURA 134
Literatura
[1] D. Bakic, Linearna algebra, Skolska knjiga, Zagreb, 2008.
[2] N. Bakic, A. Milas, Zbirka zadataka iz linearne algebre s rjesenjima,
PMF Matematicki odjel, HMD, Zagreb, 1995.
[3] N. Elezovic, Linearna algebra, Element, Zagreb, 2001.
[4] N. Elezovic, A. Aglic, Linearna algebra-Zbirka zadataka, Element, Za-
greb, 2001.
[5] H. Gerber, Elementary linear algebra, Pacific Grove, California, 1990.
[6] K. Horvatic, Linearna algebra 1 i 2, PMF-Matematicki odjel, Zagreb
1995.
[7] S. Lipschutz, M. Lipson, Schaum’s outline of linear algebra, McGraw-
Hill, 2001.
134