Principi Algebre, Opste, Diskretne i Linearne - Doros

—COS (j)

matrice, gde je £ { —^ , 0, ^1}. Dokazati da je ( M. , ■) ~ ( {Ab A2*, A_2 k , B q, B2n, B =2k} , ' ) grupa, gde je operacuja • množenje matrica (tj. njena restrikcija).

5. Grupoidi i grupe

99

Rešenje Lako se izračunava đa je = A^+^ , A^B^ = B, Atjf-jp. Ivako su elementi matrica A^ i B^ BtAi, B,cp—'ib i B r;}B periodične funkcije sa periodom 2tt, to će i matrice A^+^, B^+^, B ^ ^ i v4^,_.0, pripadati skupu M , jer iz 0, p 6 { — 0, 4^ } sledidaje i (p dh 'ip € { — ,0, 4-, ^ } , a znamo da cos(±4^) = c o s (± ^ ) i sin^rh^) = s in (q ^ ). Znači operacija • je zatvorena u skupu M , tj. (M , •) jeste grupoid. Neutralni elemenat je očevidno jedinična matriea ,4o, inverzni za A^ je ,4_0, a inverzni za B^ je B^. Kako je množenje matrica asocijativno to sledi da je ( M . •) grupa. A ih je rotacija oko koordinatnoga početka za ugao 0, a B f!, je osna simetrija u odnosu na osu koja prolazi kroz koordinatni početak i obrazuje ugao f sa pozitivnom x osom. Vidi 7.20, 7.37 i 16.23 Z adatak 5.63 Neka je X skup svih rnatrica 3 x 3 čije vrste i kolone irnaju tačno jednu jedinicu i dve nule. Dokazati da je (X , •) grupa, gde je operacija ■ množenje matrica. Rešenje I = { I , /i, l 2, -J\, J-z- J3}, gde su to redorn matrice 1 0 0 0 1 0 0 0 1

0 1 0 0 0 1 1 0 0

0 0 1 1 0 0 0 1 0

1 0 0 0 0 1 0 1 0

0 1 0 1 0 0 0 0 1

0 0 1 0 1 0 1 0 0

Neposredno se proverava da (X , •) jeste grupa. Grupe iz zadataka 5.54. a). 5.60, 5.61, 5.62. 5.63. 5.27, i 7.38. su međusobno izomorfne. Zadatak 5.64 Ispitati aksiorne Abelove grupe za strukture

V( A) , U

100

PrincipiaJgehre, opšte, diskretne i linearne

Glava 6 PRSTENI I POLJA Prsteni i polja su algebarske strukture sa dve binarne operacije od kojih ćemo jednu označavati aditivno sa +. a drugu ćemo označavati multiplikativno sa •. U svakom prsterm podrazumevaćemo da multiphkativna operacija ima prednost u odnosu na adit-ivnu operaciju, što će smanjiti broj neophodnih zagrada. Umesto a-b nekada ćemo pisati samo ab. D efln icija 6.1 Ako je R neprazan skup tadaje uređena trojka, (R, + , •) prsten ako važe sledeća tri aksioma a) (/? .+ ) je Abelova grupa (definicija 5.5) b)

(R? ■) je polugrupa (dejinicija

c)

(\/x, y. z e R)

5-4)

x( y + z) = xy + xz A (y + z)x —yx +

:x.

Aksiom c) zovemo distributivni zakon. Kao što je rečeno, Abelova grupa je označena u aditivnoj notaciji, tj. operacija je označena sa + , neutralni elemenat sa 0, inverzni za x E R sa —x i a + a + .. . + a — na ’ '--------- V--------- ' n

za svako a £ R. Odnosno, na se definiše rekurzivno za svako n E N i a E R sa: 1a = a: (n + 1)a = na + a. Kako je (R. + ) grupa, to se ova definicija rriože proširiti na sve cele brojeve, tj. Oa = 0 i (—n)a = n( —a) za sve n 6 N. Sada imamo / \ def / \ —(na) — ~( a + a + .. . + aj

101

o.l3 —

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

102

Zbog toga ćemo —(na) označavati samo sa —na, odnosno (—n)a = n(-a-) = —na. Prirner prstena je ({0 }, +, •) gde su + i •definisani sa 0 + 0 = 0 i 0-0 = 0. Ovaj jednoelementni prsten zvaćemo nula prstenom. Sledeći primer dobijamo iz zadatka 5.59, tj. ({Co, C\, C 2, C3}, +. •) je prsten. Primer prstena koji nije konačan je (Z, + . ■), itd. Definicija 6.2 Prsten (/?,+ ,• ) je a) prsten sa jedinicom ako postoji neutralm elemenat e multiplikativne operacije, b) komutativan prsten ako je operacija ■ komutativna, c) domen integriteta ako je komutativan prsten s jedinicom e ^ 0 u kome važi da je a ■b = 0

a = 0 V h = 0 tj. ne postoje delitelji nule,

d) polje ako je (R \ {0}, ■) komutatvuna grupa. Teorema 6.3 U prsterm (/?, +,•) važi: a) a •0 = 0 •a = 0, b) (—a)b = a ( —b) = —(ab). c) (—a)(—b) = ab, za sve elemente a i b koji pripadaju prstenu (R. +, •)• Dokaz a) a •0 = a ■0 + 0 = a •0 + (a •0 — (a •0)) = (a •0 + « •0) - (a •0) = a •(0 + 0) - (a •0) = a •0 - (a •0) = 0. U dokazu smo redom koristili aksiome: neutralni elemenat za operaciju +, inverzni elemenat u odnosu na + , asocijativnost operacije +, distributivnost, neutralni elemenat operacije + i inverzni elemenat operacije +. Analogno se dokazuje i 0 •a = 0.

6. Prsteni i polja

103

b) (—a)b — (—a)b + 0 = (—a)6+ (ab—(ab)) = ((—a)b + ab)) —(ab) = (—a + a)b — (ab) = 0 •6 — (ab) = 0 — (ab) = —(ab). Korišćeno je redom: neutralni elemenat operaeije +, inverzni elemenat operacije +, asocijativnost operacije +, distributivnost, inverzni elemenat operacije +, dokazano pod a i neutralni elemenat operacije +. Analogno se pokazuje i a •(—b) = —(ab). c) Korišćenjem dokazanog pod b i teoreme 4.10. imarno (—a)(—b) = —(a(—b)) = —(—(ab)) = ab.

□

Imajući u vidu ovu teoremu opravdano je —(ab) označiti sa —ab. Teorema 6.4 U prstenu sa jedinieom (R. + , •) sa bar dva elementa, jedinica prstena je razhčita od nule prstena . Dokaz Dokaz ćemo izvesti kontradikcijom. Pretpostavimo da je e = 0. Tada za proizvoljni elemenat a iz prstena R važi a = a ■e = a -0 = 0, što znači da je R = {0 }. Kontradikc.ija. □ Teorema 6.5 Svako polje (R. +. •) je domen integriteta. Dokaz Treba samo pokazati da ne postoje delitelji nule, tj. ako su a i b različiti od nule, da je onda i ab različito od nule. To je očevidno jer su tada a i b iz 7Ž\{0}, pa je i ab iz i?\{0}, jer je (R \{0}, •). komutativna grupa. □ Teorema 6.6 Svaki konačan domen integriteta (R, + , •) je polje. Dokaz Neka je R — {a-i. a2, . . . . a „} skup od n eleinenata u kojem su svaka dva različita, i neka je a £ R i a ^ 0. Dokazaćemo da postoji inverzni elemenat za elemenat a, što će onda značiti da je (R, +, •) polje. Formirajmo skup S = { aoi,a a 2, •••,aan} C R i dokažimo da skup S ima n elemenat.a, tj. da je aa7 ^ aa.:j za. i ^ j. Dokaz izvodimo kontradikcijom. Pretpostavimo da je aat = aaj A j. Tada imamo aaj aa, => aa3 — aa%= 0 =» a(a.j — a^) = 0 => aj — a?; = 0 jer je a 0 i R je bez delitelja nule. To je kontradikcija jer srno dobili da je a.i — aj A i, ^ j. a u skupu R — {tti, a2, •■•, a„ } svaka dva su različita. Ivako su R i S konačni skupovi, 5 C R i Card,(S) — Card(R) sledi da je S = R. Pošto u domenu integriteta R postoji jedinica, i pošto je S = R, t.o je za neko k € {1 .2 ....... n) aak = e, tj. postoji inverzni z a a / 0 odnosno a 1 = a,k. □

104

/

.

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

T eorem a 6.7 Uređena trojka (Zn,+ , •) je polje ako i samo ako je n prost broj, gdeje Zn faktor skup s obzirom na relaciju = n (kongruencija po modulu n 5.30) . a operacije + i ■ defimsane kao u 5.31 D okaz Kako je Zi = { z } = {C o} jednočlan skup, to (Z i,+ , ■) nije polje, jer svako polje ima bar dva elementa, a 1 nije prost broj, pa je teorema tačna za n = 1. Na osnovu 5.30, 5.31 i 5.59 sledi da je (Z n , + ) komutativna grupa i (Zn, •) komutativna polugrupa sa jedinicom. Kako je i Cr (Cy + Cz) = CxCy+z =

cxi:y+z) =

Cxy+xs = CxCy + CXCZ

to je (Z.n. +, •) komutativni prsten sa jedinicom. Neka je sada n prirodan broj veći od 1. Jasno je da (Zn, + , •) će biti domen integriteta akko u Zn ne postoje delitelji nule. Kako je Zn konačan skup. to zbog teoreme 6.6 sleđi da će (Zn , +, •) biti polje akko u Zn ne postoje delitelji riule. Znači, dokaz se svodi samo na to da treba dokazati da Z u za n > 2 rierna delitelje nule akko je n prost broj. Neka je n prost i dokažimo da Zn nerna delitelja nule. Tada imamo Cx ■Cy = 0 => Cxy = 0=3- n\xy. a odavde. samo zbog činjenice da je n prost broj sledi ir.r ili n\y, tj. Cx = 0 ili Cy = 0 (primetimo da 6|3 •4 ali to ne implicira da 6|3 ili 6|4). Neka sada Zn(n > 2) nema delitelje nule i pokažimo da je n(n > 2) prost broj. Dokaz ćeino izvesti kontradikcijom. Pretpostavimo suprot.no, tj. da je n složen broj. što znači da (3k, l € N)(kl = n A k < n A l < n). Na osnovu o\'oga imamo da iz 0 = Cn = Ck'Ci sledi Ck = 0 ili G = 0 jer Zn nema delitelja nule, a odavde dalje sledi n\k ili n\l što znači da je n < k ili da je n < l. To je kontradikcija sa pretpostavkom (3k, l € N)(kl = n A k < n A l < n).

□ U literaturi polje (Zp, +, ■). gde je p prost broj, označava se sa GF(p) i čita „Polje Galoa od p elemenata". D efin icija 6.8 Nekaje (F\ +, •) proizvoljno polje sa jedmicom e. Ako ne postoji takav prirodan broj n da je ne = e + e + ... + e = 0. tada n

kažemo da je polje F karakteristike nula (ili beskonačne karakteristike). Ako takav n postoji, tada je najmanji prirodni broj k sa, tom osobtnom ke = 0, karakteristika polja F .

6. Prsteni i polja,

105

T eorem a 6.9 Karakteristika konačnog polja F je prost broj. D okaz Kako je F konačno polje, to postoji prirodan broj p koji je njegova karakteristika (Dokaza.no u teoremi 5.37, ali u multiplikativnoj notaciji). Jasno je da je p ^ 1 jer bi imali da je le = e = 0, što je nemoguće zbog teoreme 6.4. Dokažimo kontradikcijom da je p prost broj. Pretpostavimo suprotno, tj. da je p složen broj, odnosno da postoje prirodni brojevi n i k takvi da je p = nk A n < pA k < p. Sada imarno pe = (nk)e = e -f- ... + e = (e + ... + e)(e + ... + e) = (ne)(ke) = 0, k n nk odakle je ne — 0 ili. ke = 0 jer je F domen integriteta, što znači da p nije karakteristika. Kontrađikcija. □ Zadatak 6.10 Evo nekoliko važnih forrnula koje važe u proizvoljnorn komutativnom prstenu (R, +, •) za bilo koje elemente a, b i c iz R i svakt prirodni broj n: a) Binomna formula, specijalni slučaj polinomne forrmde.

a2bn~2 4 - nabu~l 4 - bn, b) Za n > 1

£) a2n+i+b2n+i = ^ + b ) ( a 2n- a 2n~lb W n~2bž ~ ■..+ a2b>2n~2—ab2n~l + b2n), d) a3 + b3 + c3 — 3abc — (a + b + c)(a 2 + b2 + c2 — ab — ac — bc),

Principi algebre, opšte. diskretne i linearne

106 e)

2 (a3 + 63 + c3 - Sabc) = (a + b + c)((a - b)2 + (a, - c)2 + (b - c)2),

f) (a + b + c)2 = a2 + 6~ + c2 + 2ab + 2ac + 26c g) Polinonma formula, uopštenje binomne formule. k\ k\ + ... + kn — k

Dokazi ovih formula izvode se jednostavno indukcijom po n, korišćenjem zakona distributivnosti i, u slučaju pod a), poznate veze binomnih koeficijenata

D efin icija 6.11 FunkcAja f : Ri —►i?2 (polja) (R ] . +. •) 2 (i?2, +, •) ako je

homomorfizam prstena

f ( x + y) = f ( x ) + ./'(//) />■'• •y) = /(•'•) •f ( y ) za sve x i y iz skupa R\. Primetimo da smo operacije prstena R\ obeležili istim simbolima kao i operacije prstena R 2 iako to nisu iste operacije. Međutim to je uobičajeno, jer kao što će se videti to neće dovoditi do zabune. Bijektivni homomorfizam zove se izomorfizam, a sirjektivni homomorfizam zove se epimorfizam. Analogno definiciji 5.15. podgrupoida odnosno podgrupe, definiše se i potprsten. D efin icija 6.12 Potprsten prstena (R, + , •) je prsten (S, +, •) ako je S podskup od R. i operacije iz (S, +, •) su restnkcije operacija iz (R, + , •)

6. Prsteni i polja,

107

Dakle, neprazan podskup S prstena (R, + , •) biće potprsten toga prstena ako za sve x, y e S sledi x + y, xy £ S i S je prsten u odnosu na te operacije. Prsten ({3A:|A: G Z}, + , •) je podprsten prstena (Z, + , •). Definicija 6.13 Neprazan podskup S prstena (# ,+ ,■ ) ideal je toga prstena ako je S potprsten prstena R i za sve r £ R i s e S važi da je rs e S i sr e S. Na primer, u prstenu celih brojeva ( Z , + , •) skup svilr parnih brojeva (pozitivnih, negativnih i nule) ideal je prstena Z. Definicija 6.14 Ideal S komutativnog prstena R je glavni ideal ako postoji takav a e R da je presek svih ideala koji sadrže a jednak idealu S, označava se sa (a) i kaže da je (a) ideal generisan elementorn a. Drugim rečima (a) je najmanji ideal koji sadrži a, tada je očevidno da je (a) = {r a + na|r 6 R A n e Z } ili ako je R komutativan prsten sa jedinicom tada je (a) = {ra|r € R}. Ideal (a) zovenro ideal generisan elementonr a. Na primer ideal parnih brojeva (2) u prstenu celih brojeva glavni je ideal. U prstenu celih parnih brojeva V . ideal generisan sa elementom 4 je (4) = {4 m + nA\m e V A n e Z}. Lako se pokazuje da u prstenu (Z. + , •) važi teorema nk — n ■k za sve cele brojeve n i k. Zadatak 6.15 Ispitati koje od sledećih uređemh trojki ( ^ ,+,■)» (Z, +,•), ({3k\k e Z } . +, •) (Q ,+,■), (R \ {0 },+ .-), (€,+,■ ) su

a) prsteni

b) domeni integriteta

Zadatak 6.16 Dokazati da je

^ ^

\a e Q

c) polja polje gde

su + t ■ operacije sabiranja i množenja matrice. Rešenje Dokaz sledi iz zadatka 5.55. i iz distributivnosti množenja matrice u odnosu na sabiranje matrica. Zadatak 6.17 Dokazati da je ( A +, ■) volje gde je A — {a + by/2\a e Q A b e Q}.

jesu

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

108

Uputstvo Pogledati zadatak 5.48. skupu realnih brojeva.

i koristiti distributivnost u

Zadatak 6.18 Dokazati daje (Q, 0 . ©) polje gde su ® i © defimsane sa a 0 6 = a + &+ l a © 6 = a + 6+- ab. R ešen je Dokažimo prvo da, je ( R i • : R x R3 —> •R3 takođe btnarne operacije, koje su defimsane sa a+ b

(«i + 6i, a2 + 62, a3 +

63),

a * b = (a263 — a362, a36i — a,i63, ai62 — a26i), a o b = ax6i + a262 + a363, a ■a = (acii, aa2, aa3). Dokazati da a) strukturi (R3,+ ,* ) nedostaje sam.o asocijativnost operactje * cla bt bila nekomutativm prsten bez jedimce, b) a * b = —(b * a), c) a o ( b + c) = a o b + aoc, d) (a *

b)* c = (a o c) •b — (b o c) •a,

6. Prsteni i polja,

109

e) a * (b * c) = (a o c) •b — (a o b) •c. Rešenje a) Jednostavno se proverava da je (M3, + ) Abelova grupa i da je (E3, *) grupoid. Dokažimo levu distributivnost operacije * 11 odnosu na -+. (ai, a2, a3) * ( (bi, 62, 63) + (c1? c2, c3)) = (a-i, a2. a3) * (61 + C+, b2 + c2, 63 + c3) = (a2(63+ c 3) —a3(62+ c 2), a3(6i+ C ])—a.i(63+ c 3), a i(62+ c 2) —a2(b] +c^)) = (a263—a362, a36i - a i 63, a162- a 26i)+ (a 2c3- a 3c2, a3Ci~a-ic3, aic2—a2ci) = ((ai, a2, a3) * (61, 6 2 , 63)) + ((aT, a2, a3) * ( c ,. c2. c3)). Analogno se dokazuje i desna distributivnost. Operacija * nije asocijativna jer je, npr. ((1, 0, 0) * (0, 1, 0)) * (0, 1, 1) = (0, 0, 1) * (0, 1, 1) = ( - 1, 0, 0) dok je (1,0,0) * ((0,1,0) * (0,1,1)) = (1,0,0) * (1.0.0) = (0,0,0). Takođe ne važi ni komutativnost operacije * zbog toga što je, naprimer (1, 0, 0) * (0,1, 0) = (0, 0,1) dok je (0,1, 0) * (1, 0, 0) = (0, 0, -1 ) . Nepostojanje neutralnog elementa za operaciju * sledi iz toga što je, npr. (ai, a2, a,3) * (1. 0. 0) = (0. a3. —a2) i (1. 0,0) 7^ (0, a3, —a2) za proizvoljan (a i,a 2,tt3) iz R3. Lako se proverava da u strukturi (E3,+ .* ) za svako a, b i c iz l 3 važi: 1) a * a = (0,0,0) i 2) ( a * b ) * c + ( b * c ) * a + ( c * a ) * b = (0,0,0). Osobine b), c), d), e) dokazuju se jednostavno proverom po definiciji tih operacija. Na osnovu 12.16, 12.38, 12.44, 12.45, 12.46 i 12.47 sledi da je operacija + izomorfna sabiranju slobodnih vektora, da je * izomorfna vektorskom proizvodu slobodnih vektora, o izomorfna skalarnom proizvod vektora a operacija •je izomorfna rrmoženju skalara i vektora. Z a d a ta k 6 .2 0 Dokazati da strukturi (M 4 . + , ■) nedostaje samo komutativnost operacije ■ da bi bila polje. ako su + i ■ definisani sa (ai, 0,2, 03. <24) •(6* , 62, 63, 64) = ( x , y, z, u ) i ( 0 - 1 . 0 2 , 0 3 , 0 4 ) + ( 6 1 , 6 2 , 6 3 , 6 4 ) = (a-i + 6 1 , 0 2 62,03 + 6 3 , 0 4 + 64) gde je

+

x — 0161 - 0262 — 0363 - 0464,

=

O-36] +

a-163 +

0 4 6 2 — 0-2 6 4 ,

y= U

—

0261 + ^162 + 0364 - 0463

a .4 6 1 + 0 4 6 4 + 0 2 6 3

— 0-362

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

110

R e š e n je L ako se proverava d a ( E 4 , + . •) jeste prsten. N eutralni elem enat o p e ra cije • jeste ( 1, 0 , 0 , 0 ), što p roveravam o p o đ efin iciji op e ra cije •, a inverzni elem enat za neki p roiz v oljn i ( a i , a 2 , 0 3 , a 4 ) iz R 4 k o ji je različit o d elem enta (0 , 0 , 0 , 0 ), s o b z ir o m na o p era ciju • je s te elem enat (p a i, —pa^, —p a s , —pa^) g d e je p = g3 a5^.g5'^'^ r- Sada, na osnovu teoreme 4.17. sledi da je uređen par ( R 4 \ { ( 0 , 0 , 0 , 0 } , •) grupa, odnosno strukturi ( R 4 , + . •) n e đ o sta je sa m o k om u ta tiv n ost o p era cije - d a b i bila p o lje .

N ek om u tativ n ost o p e ra cije ■ sledi, npr.

iz ( 0 ,1 ,0 , 0) • (0, 0 ,1 , 0) =

(0, 0, 0 ,1 ) i (0, 0 ,1 , 0) •(0 ,1 , 0, 0) = (0, 0, 0, - 1 ) . O vak ve stru ktu re se z ov u te la , a ova konk retna stru k tu ra se zove te lo k v a te rn io n a .

Zadatak 6.21 Ncka je u prstenu (R. + , •) e jedinica prslena, a za x e R važi x 1994 = 0. Dokazati da postoje inverzni elementi za e - x 2 i e + x s obzirom na multiplikativnu operaciju prstena R i naći ih. R ešen je Na osnovu uslova zadatka i 6.10 ima.mo da je x 1994 =

^

( e 2 ) 997

0

=> e -

x 1994 =

- (x2)997 = e <=> (e

- x 2) 1 =

e

^

e 1994 -

x 1994 =

e

x 2)(e + x 2 + x4 + ... + .r1992) = e +

x 2 + x 4 + ...

e

^

+ J'1992.

Slično dobijamo da x 1994 = 0 x 1995 - 0 e 1995 + x 1995 - e (e + x)(e —x + x2 —.. , + x 1994) = e <=> ( e + x ) _1 = e - x + x2- . . , + x 1994.

Glava 7 KOMPLEKSNI BROJEVI Faktor struktura (R[č]/^2+1), - f , •) jeste polje jer t 2 + 1 je nesvodljiv polinom nad poljem realnih brojeva K (teorema 9.7). Ovo polje zove se polje kompleksnih brojeva i obeležava se sa C. Kako smo se dogovorili da ćemo za predstavnika klase uzimati polinom najmanjeg stepena, to će faktički značiti da će elementi skupa M[č]/ (t 2 + 1) biti klase [a + bt] koje ćemo označavati samo sa a + bt, pa su elementi našeg polja u stvari polinorni stepena ne većeg od 1 (linearni i konstantni), čiji su koeficijenti realni brojevi. Sada je lako videti da je (a-\-bt) + (c \dt) = a + c+ (6 + d )/' i (a + 6č)(c+c/t) = ac+ adi + bci + bdi2 = (ac —bd) + (adJr bc)t + bdt2 + bd = (ac —bd) + (ad+bc)t + bd(t2+ 1) = ac —bd+(ad+bc)t, jer je [bd(t2 + 1); = [f2 + 1] = 0 . Iz tradicionalnih razloga umesto t pisaćerno i, pa će za nas a + bi predstavljati kompleksan broj gde su a i b realni brojevi. Znači, prilikom rada sa kompleksnim brojevima a + ib tehnika je ista kao da, operišemo sa realnirn binomom a + ib s tim što stalno primenjujemo đa je i2 + 1 = 0 tj. i 2 = —1. T eorem a 7.1 Uređena trojka (M2, + , •) je polje, gde su operacije + i • dejinisane sa (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) i (a, 6)(c, d) = (ac - bd, ad + bc). Ovo polje zovemo polje kompleksnih brojeva i označavamo ga sa C. NAPOMENA: Polja (K[/]/(*2+1), + , •) i (R2, + , •) nisu jednaka već su izomorfna, a.li je uobičajeno da se i za. jedno i za drugo kaže da je to polje kompleksnih brojeva i označava se sa C.

112

Principi algebre, opšte. diskretne i Jinearne

D okaz Dokazaćemo samo zatvorenost binarne operacije •u skupu K2\{(0, 0)} i postojanje inverznih elemenata s obzirom na neutralni elemenat (1,0) u strukturi (R2\{ (0 ,0 )} , •). jer se ostali aksiomi jednostavno proveravaju. Uređen par (R2\{(0, 0)}, •) jeste grupoid jer (R2, •) jeste grupoid i očevidno važi (a-, b) f (0, 0) A (c, d) ^ (0, 0) o

a2 + b2 f 0 A c2 + d2 f 0 =>

a2c 2—2abcd-\-b2d2+ a 2d2+ 2abcd.+b2c 2 f 0 <=> (ac—bd)2+(ad+bc )2 f 0 (ac — bd, ad + bc) f (0. 0) Ako je (.r. y) inverzni za (a, b) tada irnarno da je (a, b)(x, y) = (1. 0) O ax by = 1 A ay + bx = 0 <=>(x, y) = (^r^ia ^ i)D Ako uvederno oznake (a, 0) = a i (0,1) = i. tada je i 2 = (0 .1 )(0 ,1) = (- 1 ,0 ) = - 1 i (a, b) = (a. 0) + (0, b) = a + (0, l)(b, 0) = a + ib. Cinjenica 7.2 _______ _________________________ ______ Prema tome za definiciju elemenata skupa kompleksnih brojeva C može se reći da su to izrazi oblika a + ib sa kojima se računa isto kao sa realnim binomom a + ib gde je a £ R, b E R i i2 = —1 tj. C = { a + ib\a G R A b G R A i 2 = - 1 } i (C, +, •) je polje Napomenimo da je veoma pogrešno definisati i = \f—i jer nismo još ni definisli šta je to u polju kompleksnih brojeva. Iz dennicije kompleksnog n - tog korena koja sledi u daljem tekstu. vidi se da yfz u polju C je promenljiva koja uzirna vrednosti iz skupa od ?7- elemenata tj. '\fz u C ima n različitih rešenja za svaki kompleksni broj z različit od nule, pa će onda po toj definiciji slediti da je V~~i £ {z, —i} tj. = ±z, dok u polju realnih brojeva R qr~ jeste funkcija tj. yfx ima najviše jednu vrednost. Definicija i = v ^ T dovodi do raznih gluposti kao što je naprimer 1 = \fl = \ /(—1) •(—1) — \f—T • yf—[ = i ■i = i 2 = —1. Pronađite gde je greška? T eorem a 7.3 Za svaki ceo broj k vazi i4k = 1; i4fc+i = i; iik+ž = —1:

7. Kompleksni brojevi

113

Dokaz je neposredna posledica činjenice da je i 2 = —1. Dosada smo koristili sledeće oznake za kompleksni broj z \ z — [a + bt] — a + bt = (a, b) = a + bi = a + z6, gde su a i b proizvoljni realni brojevi. Odsada ćerno uzimati oznaku z = a + ib i ovaj oblik zvaćemo algebarski oblik kompleksnog broja. D efin icija 7.4 Ako je z = a + ib kompleksan broj, tada je ž = a — ib njemu konjugovani kompleksan broj. Drugirn rečima konjugovanje je funkcija f skupa C u skup C, clefinisana sa / ( a + ib) = a — ib i čija geometrijska interpretacija u kompleksnoj ravni je osna simetrija u odnosu na realnu osu. D efin icija 7.5 Neka je z = a + ib kompleksan broj.TadaRe(z) = a zovemo realmm delorn. l m( z) = b zovemo imaginamim delorn i\z\ = V a2 + b2 zovemo modulom kompleksnog broja z, tj. modul je funkeija | | : C —> M + U { 0 } .

'

Neposredna posledica definicija 7.4. i 7.5. je sledeća teorema. T eorem a 7.6 Za proizvoljne kornpleksne brojeve z, zj i z2 važi: a) Re(z) = ^(z H- ž) b) hn(z) = ^ ( z - z) c) zi ± z2 - Z\

e )a E R = > a = a f ) ž& 2j = ži

;2

g)

d) Re(z\ + z2) = Re(zi) + Re(z2)

= §

h) Im(z\ + z2) = Im(z\) + I m( z2).

T eorem a 7.7 Neka je z = a + ib proizvoljan kornpleksni broj. Tada važi: a) zž = \z\2 b) z

0 ==> z 1 = |^| "2

c) \z\ = 1 => z~l = 2

D okaz a) 22 = (a + ib)(a — ib) = a2 — i 2b2 = a2 — (—1)62 = a2 + 62 = \z\2, b) Na osnovu teoreme 7.1 imamo da z = a + ib ^ 0 implicira z~l = a;2a +b2 + što daje z _1 = \z\~~2~ž. Ako je z jedinični kompleksni broj tada je očevidno z~l = ž . □

114

Principi aIgebre, opšte, diskretne i linearne

Definicija 7.8 Funkcija d : C 2 —> R+ U {0} koja preslikava uređene parove kompleksnih brojeva u nenegativne realne brojeve clefimsana sa d(zi- z 2) — \%1 ~ z21 zove se rastojanje. Odnosno, d(zi, z2) zovemo rastojanjem kompleksnih brojeva z\ i z2. Lako se proverava da funkcija d zadovoljava sledeće uslove: a) d(zh z2) > 0 b) d(ziz2) = ()<=> zi = z 2

c) d(z\z2) = d(z2l zx) d) d(zi, z2) < d( zj , z$) + d(z3, z2).

Postoji geometrijska interpretacija kompleksnih brojeva. Poznato je da se može konstruisati bijektivna funkcija između skupa svih uređenih parova čije su komponente realni brojevi, tj. skupa R 2 = {(a,b)\a G R A & E R } = C i skupa svih tačaka geometrijske (Euklidske) ravni. Uzećemo onu bijekciju koja se dobija fiksiranjem (odabiranjem) jednog Dekartovog pravouglog koordinatnog sistema. Ta bijekcija je funkcija koja par (kompleksni broj s) z = a + ib = (a, b) G C preslikava u tačku z ravni čije su to koordinate. Prvu od osa tog koordinatnog sistema zvaćemo realnom osom. a drugu imaginarnom osorn, a celu ravan ćemo zvati kompleksnom ravni. Sada se sve definicije polja kompleksnih brojeva mogu interpretirati u ovom geometrijskom modelu, tj. mogu se dati njima ekvivalentne definicije i dokazati njihova ekvivalencija. Napomenimo da se celokupno proučavanje polja kompleksnih brojeva može vršiti i bez ove geometrijske interpretacije. ali se neki pojmovi lakše i brže shvataju u geometrijskom modelu, kao što ćemo sacla videti. Ako je 2 kompleksni broj, tada ćemo i tačku koja joj odgovara u kompleksnoj ravni, pomenutom bijekcijom, obeležiti istim simbolom 2, a kompleksni broj nula i koordinatni početak obeležavaćemo istim simbolom 0. Dalje u tekstu ćemo pod konveksnim uglom podrazumevati konveksni skup svih tačaka ravni ograničen sa dve poluprave sa zajedničkom početnom tačkom uključujući i tačke tih polupravih, a pod orijentisanim konveksnim uglom podrazumevaćemo konveksni ugao u kome se zna koje 11111 je prvi krak, ako je 11111 je drugi. Pomenute poluprave

7. Kompleksni brojevi

115

zovu se kraci ugla. Analogno se definiše i konkavni orijentisani ugao. Orijentisani ugao je pozitivan ako rotacija prvog kraka po oblasti ugla prema drugom kraku jeste u pozitivnom smeru (to je smer od tačke (1,0) najkraćiin putem po jediničnoj centralnoj kružnici do tačke (0,1)). Merni broj neorijentisanog ugla je merni broj (dužina) luka jedinlčne kružnice, koji pripada tome uglu i čiji je centar u temenu toga iigla, a krajnje tačke su na kracima ugla. Merni broj neorijentisanog konveksnog ugla je broj iz intervala [0, tt] . Merni broj orijentisanog konveksnog ugla je iz intervala (—7r, tt] , odnosno ako je konveksni ugao pozitivno orijentisan merni broj je iz intervala (0 ,7r], a u suprotnom je iz (—7T.0). Merni broj neorijentisanog ili pozitivno orijentisanog konkavnog ugla je iz intervala (7r, 2tt), a merni broj negativno orijentisanog konkavnog ugla je iz intervala (—‘ 2tt. —tt). Činjenica T.9___________ ________________________________________ Uobičajeno je da kada se kaže ugao, da se podrazumeva merni broj konveksnog ugla, orijentisanog ili neorijentisanog što treba naznačiti. Merni broj ugla između dve neorijentisane prave za koje se ne zna koja je prva i koja je druga jeste iz intervala [0, f]. D efin icija 7.10 Argument kompleksnog broja z u oznaci arg(z) ili a ig 2, je merm broj konveksnog onjentisanog ugla čiji je prvi krak pozitivna realna osa a drugi krak je poluprava 0z. gde je 0 = 0 + iO kompleksni broj 0 tj. koordinatni početak. Kako je merni broj konveksnog orijentisanog ugla uvek iz intervala (— to je i arg(z) iz intervala (—tt, tt]. Ć in jen ica 7.11__________________________________________________ Primetimo da ako je 2 = 0, tada nije definisana poluprava 0z, pa onda nije definisan ni argument kompleksnog broja 0 = 0 + i0. Ekvivalentna definicija argumenta kompleksnog broja je: D efm icija 7.12 Argument u oznaa arg. je sirjektivna funkcija koja preslikava skup nenula kompleksnih brojeva u interval realnih brojeva

Principi algehre, opšte. diskretne i linearne

116 (—7r,7r] tj.

arg : CC\{0} ™ (—7r,7r] defimsana sa:

7r + arg2 = arg(a + ib) = <

7r

+

C

za

a > 0

za

a < 0A b> 0

za

a < 0A b< 0

za

a = 0A b> 0

za

a = 0A b< 0

Dokaz ekvivalentnosti definicija 7.12. i 7.10. je posledica definicija funkcije arctg, konveksnog orijentisanog ugla i mernog broja konveksnog orijentisanog ugla tj. zbog arg2 € (—tt, tc) i arctg x G ( —f . §). Dalje ćeino podrazumevati kada se kaže ugao da je to konveksni ugao. (Pogledati zadatak 3.52.k)) Argument kompleksnog broja 0 ne definiše se. a argument kompleksnog broja različitog od nule obavezno je broj iz intervala (--7r, tt]. Na primer, arg(7) = 0, arg(3?) = §, arg(—5) = tt. argf —lOi) = —f , arg(2 + 2i) =

J, arg(-4\/3 - 4/) =

. arg(7\/3 - 7i)=

- f

itd.

Teorema 7.13 Na osnovu defiicije argumenta arg : C \ {0 } —#■(—tt.tt] tj. (V2 € C \ {0 }) arg .: E (—7r. ?r] (argO nijedefinisan!) sle.di: 1. { a i g > 0} = {z\Irn(z) > 0} U 2. { z |arg2 > 0} = {z\Im{z) > 0} \ {0 } 3. { . z | - f < 3 J g z < ^ {z \ R e (z) > 0} 4. { 2i - f < arg2 < f } = {z\Re(z) > 0} \ {0 } 5. { 2| - f < arg 2 < f } = {z\Re(z) > 0} U {xi\x > 0} 6. { 2| — f < arg2< ~} = { 21Re(2) > 0} U {;ri|x < 0} Evo efikasnog primera za proveru razumevanja definicija argumenta arg, imaginarnog dela I rn i realnog dela Re. Proveriti koje od sledećih ekvivalencija i implikacija su tačne za svaki kompleksni broj 2: • arg2 > 0 <=> Im(z) > 0 • arg2 < 0 <= Im(z) < 0 • arg2 < 0 ^

/ m(2) < 0

• arg2 < 0 => Im(z) < 0 • —f < arg2 < f => Im(z) € R • arg2 < 0

Im(z) < 0

• arg2 > 0 <= l m(z)

>

0

• arg2 > 0 => Im(z) >

0

• —f < arg 2 < | <=>Re(z) > 0 • arg2 > 0 <=> Im(z) > 0

7. Kompleksni brojevi

117

• arg2 > 0

Im{z) > 0

• argz > 0

^Re(z) > O A ^ ^ o j

• arg 2 > 0 4^ [ l m(z) > 0 A 2 f < a.rg, < §

« . Re(z) > 0

■f < arg 2 < --2 — < a,xfc> a.ra


0j

Re(z) > 0 =!> (/,„(* ) e K A j ^ o )

Ini(z) E l A ^ O

■t < arg 2 < f

U literaturi se često. o v o što m i zovem o argurnentom k.ornpleksnog b r o ja . zove glavna vred nost argu m en ta k om plek sn og b r o ja , a argum ent k om p lek sn og b r o ja z označava. se sa Arg( z) — ( a r g ( 2 ) -f 2kn\k G Z } , što m i n ećem o koristiti.

Ako se ima u vidu geometrijska interpretacija kompleksnog broja, sledi da je modul kompleksnog broja (tačke) 2 merni broj duži 02 jer je 121— |d + ibI = \fa2 + b2 i važi Pitagorina, teorema. T eorem a 7.14 Nekaje p — \z\ = \a + ib\ = Va 2 + b2 modul kompleksnog broja 2 . a ip = arg2 6 (—7T, 7r] argument kompleksnog broja 2 . Tada je z = a + ib 4=> 2 = p{cos tp + i sin tp). D okaz U geoinetrijskom modelu dokaz je trivijalan jer (Slika 2) iz trougla Ozz\ gde je z' norrnalna projekcija tačke z 11a realnu osu, sledi Oz' — Oz-cosp a — p co sp i z'z — Oz- smp <^> b — psmp. Ako bisrno dokazivali direktno po definiciji 8.7. morali bismo dokaz podeliti u 5 slučajeva i koristiti trigonometrijske formule cos(arctg.x) itd.

□

■a + i b=p(cos p + i sin p ) = pe up

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

118

Slika 2. Kraća oznaka za cos ip + sin ip je

el(p ili cis

cos (p + sin p) = elip = cis ip. č in je n ic a 7.15 Kompleksni brojevi su jednaki akko su irn jednaki moduli i argumenti tj. re1^ = pelip r = p A 'ip = ip + 2kn 6 (—n, tt], Vrlo je korisno dogovoriti se da, čim napišemo pe1^, da podrazumevamo daj e tp 6 (—7r, tt] odnosno da je ip argument kompleksnogbroja pel
D efin icija 7.16 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = a -f ib je z = p(cos + i sinc/;) je p = \/a2 + b2 i p> = arg(s) + 2A;7T za bilo koji ceo broj k. T eorem a 7.17 (cos + ■ip), to sledi da se svi izrazi oblika cos + i sin -p> uvek množe tako što se ip-o v i sa b ira ju . Sa druge strane izrazi oblika evp se takođe innože tako što se tp-ovi sa b ira ju . Na osnovu toga sledi da se za izra.z cos p: + i sin

.

d. e f

cos ip + ? sm ip= e

.

= cis ip

pa je tada 2 = p(cosip + i sin (p) = pet(p. Oblik kompleksnog broja 2 = pelp zvaćemo eksponencijalnim oblikom. P osle p rou ča v a n ja k om plek sm h fu n k cija d esiće se je d n a ..n everovatna’ stvar, o d n o sn o pokade f

z aće se d a d e fm icija c o s ^ + i s i n ip =

■

.

^

e ?vC. je u stvari teorem a , g d e je e = 2. 718281828459045...

Posledica prethodne teoreme je: T eorem a 7.18

Ako je z\ = pi(cos
je z 2 = p2(cos •p2 + i sin v?2) = P2^lip2} ^a(^a 3e Z\Z2 = pip 2(cos(ipi + ip2) + ?’ sin(^i + ip2)) i — = Z\ZŽ1 = — (cos(^i - ip'2) + zsin(<£>i -
P2

7. Kompleksni brojevi

119

Iz teoreme 7.18. sledi da je \ziz2\= |2i| ■\z2\ i arg(2i22) = arg(^) + arg(z2) + 2A;7t gde se ceo broj k rnora odabrati tako da arg(.?i) + arg(z2) + 2kn bude u intervalu (—7r. tt] . Drugim rečima

{

arg zj + arg 22 za arg zL + argz 2e ( —7r, tt] arg z2 za arg z\ + argz 2 < —7r

2n + arg z\ +

-27r + arg z\ +

arg z2 za arg z\ + argz 2

> n

P rim eri: 1.

^ = a rg (5 + 5-i) = a rg (3 + i) ( 2 + i) = a rg (3 |- i) + a rg (2 + i) = = a rctg ~ + a rctg ± .

2.

a rctg | + a rctg i

i- a rctg i +

a rctg |

^

je r

je

(3 t -t)(5 + i) { 7 +- i )(8 + z) = 650(1 + i)

Iz teoreme 7.18. sledi teorema 7.20. Iz teoreme 7.18. indukcijom se lako pokazuje teorema 7.19. Teorema 7.19 Ako je z = p(cosip + is'mp) tada je z n = pn(cos rnp + žsin n+ i sin p> je rotacija broja z za ugao p oko koordinatnog početka. Sad je jasno da za

z\Oz2 važi

Zo <£ Z\Oz2 = arg — . 2l Dokaz Uzmimo da je \z\\= |z2|, što očevidno ne utiče na opštost dokaza. Neka je RZip rotacija u kompleksnoj ravni za ugao p *E(—7r, 7r] oko kompleksnog broja (tačke) z. Tada je Rojip(zi) = z2 = z\et(p <=> elip = 12 arge*^ = arg p = arg ^ z\Oz2 = arg fj- (na osnovu teoreme 7.20). □

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

120

Teorema 7.22 Neka je f funkeija koja proizvoljm kompleksni broj z preslikava u slobodni vektor Oz, gd,e je 0 kompleksni broj 0. Tada f jeste izomorfizam aditivne grupa kompleksnih brojeva (C, + ) u odnosu na sabiranje u aditivnu grupu skup slobodnih vektora u odnosu na sabiranje vektora. Drugim rečima, formulacija prethođne teoreme može biti i: „kompleksni brojevi sabiraju se kao vektori’ Dokaz ove teoreme je posledica tvrdnje da za svaka dva kompieksna broja zi i z2 cetvorougao 0, z\ + z2, z2 jeste paralelogram i poznate teoreme o vektorima da je projekcija zbira jednaka zbiru projekcija. Teorema 7.23 Za konveksm orijentisani ugao tp ==<£ ziw z2 važi v

. z2 -

w

< z\wz2 = arg--------- . zi -

Dokaz Uzmirno na opštost dokaza.

da je \z2 Sada sledi

w

w\ = \zi da je R w„p(zi)

w\

što =

očevidno neutiče z2. Ako izvršimo

translaciju za vektor —iu (odnosno — 0w) imaćemo da je R w A Zl) = -2R o A -l ~ •,

Z2 —

UJ

4=> < v = --------- 4=> (p Z i - w

W) = Z2 ~ W O Z2 - w = (-1 Z2 — W

v

•■'2 •- w

arg-----------<=>< Z \ w z 2 = arg-----------. Z1 -

Z i - w

gde smo opet koristili teoremu 7.20. Odavde sledi:

w

□

Teorema 7.24 Znači, ako je kompleksni broj z2 dobijen rotacijom kornpleksnog broja z\ oko broja w za, ugao kp, tada je z2 = w + (21 — w )ew . Na osnovu ovoga sledi da sledeća rečenica jeste jedna od ekvivalentnih definicija pozitivno orijentisanog ugla. Definicija 7.25 Konveksni ugao <£ z\wz2 je pozitnmo orijentisan akko je arg

> 0.

121

7. Kompleksni brojevi

Teorema 7.26 Jednačina zn = w = pet(p gde je z nepoznata, n proizvoljan pnrodan broj i w proizvoljni kompleksni broj različit od nule, ima n različitih rešenja koja su u kompleksnoj ravni temena pravilnog n-tougla čije je težište u koordinatnom početku, tj. rešenja su Zk = \fp

(

e

, ^+2k* « k = 0 , . . . , n —1.

Dokaz Datu jednačinu zn = w rešićemo uvođenjem smena z = re1^ i w = pel{p, gde su r i ijj nepoznate, a p i ip dati brojevi, jer je w dati broj. Sada sledi zn = w <=> rnein^ = pelip <=> r = ^fpAnf) = y>+ 2/c7r A/c e Z. Da se neka rešenja ne bi ponavljala uzima se da je ip = pa je onda dovoljno da je k 6 { 0 , 1 , . . . , n — 1} tj. zn = w = pelLp <=> z

e

e (—7r, 1r]

| {fp el±+n |k = 0 ,... ,n — l| = S

Znači Zk = \fp el^ su rešenja jednačine zn — w za svako k = 0, 1, . . . ,71 — 1. Pokažimo da su svaka dva z^ iz S različita tj. da ih ima bar n. Ako je k\ f= k2, tada je f z^2 jer je ”fp

'«

=

ifp

e %«

(e%n )k = ^fp e%*

(e l

n )k

x e %n

=

z^~ 1 e

•2tt

; 27T

tj. Zk = Zk~\ e l~ , što znači da je dobijen rotacijom broja Z k ~ 1 oko koordinatnog početka za ugao ^ pa sledi da se Z q , z \, ... zn-\ nalaze na istoj centralnoj kružnici poluprečnika qfp i da se svaki od njih dobija od prethodnog rotacijom za ugao jer množenje sa el° je rotacija za ugao 6 oko koordinatnog početka, a pun ugao je 2tt, pa se nikoja dva od zq, z\,... zn- 1 neće poklapati. Znači pronašli smo bar n rešenja, Međutim. ako primenimo još i teorernu 8.37. koja kaže da svaki polinorn 71-tog stepena ima najviše n korena, sledi da data jednačina ima tačno n korena. n Ako \e e = cos — + i sin — = e1^ .‘ tada očevidno za svaki elemenat n n z skupa S {1 ,e ,£ 2, . .. , en_1} važi zn — 1 = 0 i svaka dva elementa, iz S različita su, tj. jednačina zn - 1 = 0 ima bar n rešenja. Međutim, na osnovu teoreme 8.37. sledi da nema više od n rešenja pa je 1

= 0

z

e { 1 , £;£' , •■■, £n

}

gde je

e

•2rr

Primetimo da je (S, ■) đklička grupa reda n izomorfna grupi (Zn, + ). Generatorne elemente grupe ({1, e, £2, . . . , £n' _1}, •) zovemo primitivnim

122

Principi algebre, opšte. diskretne i linearne

korenima jednačine zn — 1 = 0. Jedan primitivni koren jednačine zn — 1 = 0 je £. _______ ______

Da li je x = 1 rešenje jednačine \/2x — 3 — \fx — 2, gde je kompleksni koren? D efin icija 7.27 U polju kompleksmh brojeva uzimamo da je

što znači da je € A = { 21, Zo, . . . , zri], gde je A skup rešenja jednačine zn — u\ U polju realnih brojeva »/" je funkcija tj. \fi: je jednoznačno određen broj za n neparno i proizvoljno x € R kao i za n parno i x > 0. Znači simbol n/~ ima različita značenja u polju reahiih brojeva i polju kompleksnih brojeva-, jer__________________ -.... .... ..................... .............

y/w, u z i r n a

u

v r e d n o s t i

p o l j u

iz

...........

C .

s k u p a

j e

'

'

I

pi'orneiiljiva

s v i h

r e š e n j a

k o j a

j e d n a e i n e

.

z" = w U nekim udžbenicima se \/w definiše kao skup svih rešenja jednačine zn — w tj. — {z\zn — w }, pa zbog toga odgovor na pitanje da li je x — 1 rešenje jednačine \/2x — 3 — \Jx -- 2 , gde je ^ kompleksni koren, zavisi od toga koju smo od te dve definicije za \fw usvojili! Između te dve definicije nema suštinske razlike, ali ipak formalne ima! Po definiciji n- tog korena iz knjige, odgovor na pitanje da li je x = 1 rešenje jednačine \/2x — 3 = \fx — 2 zavisi od tačnosti implikacije (x E A A y E A A \A\ > l) ^ x = y za proizvoljni skup A. Da li je prethodna implikacija tačna?

Postoje i mišljenja da se u polju kompleksnih brojeva ne treba definisati, što znači ni koristiti! Mi ćemo dalje raditi po usvojenoj definiciji 7.27.

7. Kompleksni brojevi

123

P rim er 7.28 Odrediti skup svih vrednosti za: a) \f\., gde je

realni (algebarski) koren,

b) \fl, gde je

kompleksni koren,

c) rešenja jednačine x A — 1 = 0

u skupu realnih brojeva,

d) rešenja jednačine x 4 — 1 = 0

u skupu kompleksnihbrojeva,

x4 —1 e) rešenja jednačine ---------= 0 u skupu realnih brojeva, x — 1 1 — 1 f ) rešenja jednačine --------- = 0 u skupu kompleksnih brojeva. ' ‘ x —1

Rešenje:

a) {1 }.

b) {1. —1. /. ~ e) { - 1 } ,

c) { 1 , - 1 } , f) { - 1./. -/}•

Zadatak 7.29 OdrediU realni deo, imaginarni deo, m^tal i argument kompleksnog broja z = 1 - f eta za a G ( —tt, tt] . ^ y ' /ur7)Prf ^ 4 r? f . 7 ' Rešenje: Re(z) — 1 + cosa, Im(z) = sina, dok iz -iimf 1 + em = e 't (e” *f + e*f) = 2cos f e ^ slecli da je modu] \z\ = 2cos a argument je Uradi slično i za —l + eta, —1 — eta i 1 — eia. U svakom zadatku u kojem se pojavi neki ocl izraza ±1 ± el,a. obavezn o ga uvek transformisati isto kako je urađeno u prethodnom zadatku! Zadatak 7.30 OdreAiti realni deo. iniaginarni deo, modul i argument kompleksnog broja z = em + el3 za a,j3 £ ( —t t , 7r].

e

-

e: Re(z) = cos a + cos 1 Im(z) =,_sin (\JzJsiii j] . dok iz . „■a. —S' .... „ __ ., "" + e?A --- e 2 (el 2 + e 1 2 ) = 2 cos —2^ e 2 - o

• n + i 3

.

- a - 3 .

^ e ^ 2 c o s ^ M ±7r+£^ ) sledi da je modul \z\ = 2 lcos

„

_

• a + / 3

za za

^

e ( - tt, ^ ) U( f , tt] a argument je

za

E

f]

i ±7T + ^ za ^ € (-7T, = f) U ( f , 7r]. Rezultat je tačan bez obzira da li ispred broja 7r stojiznak + ili — jer je e±l7T = —1. Međutim znak ispred broja 7r ipak treba birati

Principi algehre, opšte, diskretne i linearne

124 tako da ± 7r + ^

bude iz intervala ( —7r, 7r] jer smo se dogovorili da

je argument kom pleksnog broja uvek iz intervala ( —7r, 7t], pa prema tom e ako je a + j3 > 0 uzim am o znak —, a u suprotnom znak + . Prem a tom e za a j 3 E ( —tt, tt] sledi: arg(em: + e%3) —

{

s±2

za

=

{ {

7T+ 2±^

za 2 ^ e ( - 7 r , ^ ) U ( f , 7 r ]

A a

za 2 ^ S ( - 7 r , ^ ) U ( f , 7 r ] + 3< 0

U koordinatnom sistemu aOfi osenei deo ravni—^ € [+F, f ] unutar kvadrata a G (—7r. 7t] i /? G (-tt, 7r ] , a zatim osenei deo ravni kada je —f - E (—7r, — ) U ( f ,7r] takođe unutar istoga kvadrata! Zadatak uraditi i čisto geometrijski!

Zadatak 7.31 Za z = e1^ + <

je:

čir g

Test 7.32 Ako je \z\ = 1 tada je: a) r = z c ) 2_1 = 2 d) |,~| = 1^1 e) z~l = z

: =

|z| =

z 24 =

b) arg 2 = a r g ž f) |argz| = |argš|

Zadatak 7.33 Neka su z\ i z$ kompleksni brojevi i neka su t i 9 realni brojevi takvi da je £ > 0 i 9 £ (—tt, tt]. a,) U zavisnosti od z\, z$. 9, £ izraziti kompleksni broj z za koji važi \z — Zi \= t i ^z^ziz = 9. b) Ako su z\ i zs temena pravilnoga šestougla z\, z2, z3. z4, z5, z6 koja pripadaju njegovoj kraćoj dijagonali, izraziti temena z2z4z5zq u zamsnosti od z\ i z3. Rešenje a) pzfjj =

^ z — ~i-

Zadatak 7.34 Neka je w 6 {e %~ , e~%~ , el~? , e~1^ . el^r, e~v~r } %neka je a = w + ir2 + w4 i b = w3 + iu5 + w6. Dokazati da je: a) w3'w4 = 1, a+b = —1 i a-b = 2 b ) w + w 2+ w 4 E { . ~j~fv.i | c) cos

+ cos

+ cos

= ~V7.

Uputstvo za c):

Izračunati imaginarni deo od a = w + w2 + w4 za w = e1^ . Zadatak 7.35 Daii su kompleksni brojevi z\ = 4 — i, z2 = — 3 — z3 = 2 — 4 i. Naći kompleksne brojeve z koji zadovoljavaju uslove

5/

i

7. Kompleksni brojevi

125

R ešen je Kako za svaki kompleksni broj w f 0 važi w = |iy|eiarg^ , to za w = imamo (Vidi 7.33) ■^3

i arg -2' .-•$

6

2l

~~3

8.16. =

^3

i-^ a re;

3

\zi - Zs\

*1

=

^

----------------- e

=

/1 3

Znači, ~~JZS3 =

2+

2 V 2eliM*<-l+<) = 2 ^ e l ‘»

2i tj. z = z3 + (z^ — £3)(2 +

2^

=

*

=

2 + 2*.

2 i) = 6?.

Zadatak je rešen pod uslovom da smo uglove posmatrali kao konveksne i orijentisane. Ako bi uglove posmatrali kao konveksne i neorijentisane, zadatak bi pored rešenja z = 6i imao još i rešenje z' = 12 2 i. -

A ko bi ugao

'

n e o r ije n t is a n i <£22322 p o s t o ji i r e š e n je

posmatrali

< £ 212 32 2

z" —

s a n , t a d a b i r e š e n je b ilo

z '" —

kao —

k a o k o n k a v a n o r ije n tis a n

5\/3 + 3 +

i( \/',i -

9) .

A ko

bi ugao

i

22322

k o n v e k s a n n e o r ije n tis a n . t a d a p o r e d r e š e n ja

\/3

—

3+

kao

k o n v e k s a n o r ije n ti-

< £ 212 32 2 p o s m a t r a li k a o k o n k a v a n

z" —

5v 3 + 3 +

i{\/Ž —

9)

5 '/3 — 5) .

?'( v

Zadatak 7.36 K 'ompleksni brojevi z\, z2, z3 čine u kornpleksnoj ravni 2 1 -.2 1 ^2 jednakostranični trougao akko zf+z^+z^ = ziz2+ zj z3+z-2z3. Dokazati. R ešen je zj + '3 ‘*2 ~3 = 0

=

+ ziz3 + z2z3 O z'j-h (~z-2 - z 3)z! + z % + = \{z2 + Z 3 + ( — z2 — £ 3) 2 — 4 z\ — 4^3 + 4:Z2Z3) 4=> 2^ 2

2zi - z2 + z3 ± i\/Š{z2 ~ Z3) Z\ - z-3 = (z2 - z3) ^ ^ (z2 — z3)e±lš o R (}± il(z 2 — z3) = —z3 <=> R z3,±i (z 2) =

o zi - z3 = <=> A

z \z 2z 3

je jednakostraničan trougao. gde oznaka R z^(z2) = z\ govori da se rotacijom oko z za ugao z2 preslikava. u z\. Zadatak 7.37 Dokazati da funkcija fo : C —> C, gde je 0 G [0, 27r), definisana sa fe(z) = 5e?'9 u kompleksnoj ravni određuje jednu osnu simetriju. Odrediti skup svih kompleksnih brojeva koji pripadaju toj osi. R ešen je Primetimo da je g(z) = ž osna simetrija gde je realna osa. u stvari osa simetrije. Takođe je poznato da kompozicija rotacije R q_ž, osne simetrije g(z) = ž i rotacije R0 $ je osna simetrija čija osa

Principi algebre. opšte, diskretne i linearne

126

gradi ugao | sa prvobitnom osom (realnom osom). Znači ze fe(z) jeste osna simetrija. Skup tačaka tražene ose je 2:c ie 0 {z\z G C A (arg(^) = - V arg(^) = tt + - ) } U {0}. Zadatak T.38 Neka su h0 : C C i f e : C -> C funkcije skupa kompleksnih brojeva u skup kompleksnih brojeva defimsane sa h'o(z) = ze^

i

f e( z ) = ž č e

za

9 E A = {0.

O

-^ }. •)

Dokazati da je (S.o)

=

( { / ? ( , .

J l ‘2jr_

,

ll

J;r . / q ,

/

2tt ,

/

2"

}•

°

j

grupa, gde operacija o je operacija kompozicije funkcija. u skupu S.

Rešenje Skup 5 je zatvoren u odnosu na operaciju " . jer je kompozicija proizvoljne dve funkcije iz tog skupa očevidno oblika (fei ° fe2)iz ) — ž e % 02el0x = ili (./i^ ° he.2)(z) = ^e^e'*1 ili ( / 01 o he2)(z) = zeid2e.dl = 3e~^2e^: ili (/?01 o / 0.2)(^) = č e ^ e ’*1, a skup {1, e ^ . e“ ?^ } je grupa u odnosu na množenje kompleksnih brojeva. Kompozicija funkcija je u\-ek asocijativna operacija. Neutralni elemenat je h.Q. Inverzni elemenat za fe je fg, a za h0 je h. e. Data struktura je očevidno izomorfna grupama iz zadataka 5.54.a), 5.60, 5.61, 5.62, 5.63. Za.datak se može uopštiti ako se za, skup A uzme skup svih argumenata svili n-tih korena iz jedinice tj. za n = 2k + 1 A =

1

n

, _(fc - 1)— ..... ,0, n n

(k - 1) — . k — }, n n n

a, za n = 2k + 2 A

r

2tt

= {-/c— ,—( k —

1

n

x271 2tt 2tt ,. 1) — , . . . . -------- , 0, — , . . . , ( k n n n

-

27r 27r 1) — , k — , 7r}, n n

gde je k prirodan broj ili nula. Tada će ta grupa biti izomorfna dijedarskoj grupi od 2n elemenat.a, svih transtormacija podudarnosti koje neki pravilni n-tougao preslika.vaju u samog sebe.

0

7. Kompleksni brojevi

127

Zadatak 7.39 Neka je

1Z = {h e \he : C -»> C A M * ) = 2e^ j i S = {}e\he : € -> C A / , ( 2) = - e>«} Ispitati da li su sledeće algebarske strukture grupe, gde je o operacija kompozicije funkctja. a) (1Z„ o) b) (S, o) c) (1ZUS,o). Rešenje: (fei ° A 2)(-) = feAfe2){z ) = žeie*ei01 = ze~l02e101 = ( V o /?,02)(^) = V(/z.e2)(^) = zel02e101 = 2el(01+®2), (Ai ° V ) ( ? ) = foi(he2)(z) = zei02e%dl = že“ l02elč'1 = žel(01_e2), ( V ° /(92)W = hex(fe2)(z) = ž e ^ e 101 = ž e {01+02). Odavde sledi da je f ()i o fe 2 G 7v. / ^, o he2 E 1Z, f e x o he2 G «S, ° fo2 € 5, što znači da (7£, o) i (7£ U 5, o) jesu grupoidi i očevidno i grupe, dok (S. o) nije ni grupoid. Geometrijska. interpretacija skupa 1Z jeste skup svili rotacija oko 0(0., 0). a S j<; skup svih osnih simetrija koje prolaze kroz 0(0,0), pa je jasno da koinpozicija dve rotacije je rotacija, kompozicija dve osne simetrije je rotacija, kompozicija rotacije i osne simetrije je osna simetrija i kompozicija osne simetrije i rotacije je osna simetrija. Grupa (1Z U S. o) ima beskonačno rrmogo konačnili podgrupa i to su svc dijedarske grupe od 2n elemenata svako n E N, odnosno grupe geometrijskih transformacija podudarnosti koje pravilni n — tougao preslikavaju u samog sebe. Zadatak 7.40 Naći zbir: 1 + cos 9 •cos 9 + cos2 9 ■cos 29 4- •••+ cos" ! 9 ■cos(n —1)9,9 € IZ.n E N. Rešenje S = Y1t=o cos? ^ ' cos S + Ako

n

i s = Er=o cos? ^ ' 8ni

f

1-

[

77

en6t cos?i 9

**= £ £ } (e» cos 9)r = < i- « « «»*

_

S =

_ 1 — en0t cosn 9

’ J ,

je 9 = k7T tada je S = n, a ako j e 9 ^ cosn 9 •

implicira

f) + bnr

u =

,,ke Z

K 7r

kir tada je sin(n — 1)9

—7 1 — e&t cos 9 = 1+ -------------sm 9]------------ > Jer Je

1 — e10 cos9 = —ie10 sm9 i zatim je prošireno sa ie~10. Zadatak 7.41 Rešiti po x u M: (l + f ) n - (l - f ) n = 0, 77 £ N.

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

128

Rešenje (l + f ) " - (l - f ) " = 0

I \l 1 +

emslctg» ~ ( v 1 +

e - " iarctgS = 0

X X 2i sinfn arctg —) = 0 4=^ n arctg — = kn A k E Z, n n a odavde za parno n je x = n tg ^ A fc G { 0 , 1 , . . . , n — 1 }\ {| }. a za neparno 77 je x = n tg A k E { 0 . 1 . . . . , n — 1} Zadatak 7.42 Dokazat/i da za svako x, n

/

G R i n £ N vaiž;

\

V ( 7 ] sin(j: + 2k7:) = 2n cosn v? sin(.r + rup), ~^ Vk ) k= 0

v

7

R ešen je Traženi zbir je imaginarni deo zbira: n

\ '

/

\

n

n \ (x+2tv)> _ V

£-'\k k= 0 V 7

/

(

^ w k= 0 v

\

n

] e'T,e 2fc'” = 7

eTi Y

/

\

l

r lM ) fc= 0 x 7

(e2'^)k =

= eX7(l + e2^ f = exl(e-?( e ^ + e ^ ))” = exi( e ^ ( 2 c o s ^ ) n = = 2n cosn

a to je 2n cosn ip sin(x + n
Zadatak 7.43 U skupu svih kompleksmh brojeva, za razne vrednostt nenegativnog realnog parametra a, rešiti jednačinu z + a\z+ 1| + / = 0. R ešen je Neka je z = x + iy, x E R i y 6 K. Tada je ~ + a\z + l\ + i = 0<=>y = - l A x = -a \ J (x + l ) 2 + y2 ^ <&y = —1 A x = —ftVx 2 + 2x + 2 <=> o ? / = - l A (a2 — l).r2 + 2a2:r + 2a2 = 0 A x < 0. Za a = 0 =š> 2 = —i, a za a = 1 => 2 — —1 — ž. Neka je sada a € (0,1) U (l,oo). Tada, je data j ednačina / ekvivalentna sa I ^ y = —l A x < 0 A x = Y ^r(a \/2 — a2)- Ako je a G (0,1) tada j e I <=> z = 7^2 (tt ~ V 2 —o2) — i-

Ako je a € ( l , \ / 2], tada je

/ <=> 2: = j-^2 (a ^ \/2 - a2) - z. Ako je a > \/2, tada nema rešenja.

7. Kompleksni brojevi

129

Zadatak 7.44 Dat je polinom P (x ) = x 6 —2x5+ x A—2x3+ x 2—2x + l nad. poljem realnih brojeva. a) Naći polinom G (t) = -^P (x) koji se dobija od polinoma P( x) srnenom x + -X = t. b ) Dokazati da su koreni polinoma G realm i međusobno različiti, pri čerriu su sarno dva korena po apsolutnoj vrednosti manja od 2. c) Dokazati da su dva korena polinoma P realna, a ostali koreni nisu realni i po modulu su jednaki jedinici. Rešenje a) Kako je P(x) = x 3

— 2(x2 + \ ) + x + ~ — 2^ i kako je

x + 7 = t, x 2 + ^2 = t2 — 2 i + 73 — t3 — 31, sledi da je polinom G(t) = ^ P ( x ) = t? - 31 - 2{t2 - 2) + t - 2 tj. G{t) = t3 - 2't2 - 2 t + 2. b ) Iz G ( - 2) < 0, (7(0) > 0, G(2) < 0 i G(3) > 0 sledi da su tx i t2 dva različita korena polinoma G(t) iz intervala (—2, 2), a jedan koren /■;3 iz intervala (2,3), jer kubna polinomska funkcija G(t) nad poljem realnih brojeva je neprekidna. pa mora imati koren u intervalu u čijim krajevima ima različit znak. c) Za x ^ 0 važi x + 7 = t 4=? x 2 — tx + 1 = 0 <^> x = — ~4, pa za t = t:i imamo da je x h2 = da je |x3)4)5)6|=

^ ^ 4 =\\t ±

4 6 M, dok za t 6 { t i , t 2} sledi t21= \\/t2 + 4 - t2 = 1.

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

130

FO R M U LE G EO M E TR IJSK IH T R A N S F O R M A C IJ A P O D U D A R N O S T I, IN VE R ZIJE I H O M O TE TIJE Translacija rw za vektor w tw (z ) = w + Rotacija pw_g za ugao 9 oko w

2

Pw,e{z ) = w + (2 — w )et0

Osna simetrija
u

,i20

u,(z) = —z + 2w

odnosu na kružnicu

sa centrom u w i poluprečnika R Iiomotetija hw_k sa centrom u w i koeficijentom k E E

I w,r = w + = =

hw;k(z) = w + k(z — w)

P rim er 7.45 a) Ako je A = { 1 , —| + z^ ,— i ^ } , tadaje { z s \z e ,4 } = { }. b) Funkcija f : C —> C. f ( z ) = z3 je injektivna ? DA NE. c) Da li je fankc/iu C. . f ) z3 mjektivna ako je B = i € C A 0 < nr9 ( , ) < i } ? ' DA NE. d) Da U je funkcija f D : D — C. f p (z) = 23 injektivna ako je D = { z \ z e £ A 0 < arg(z) < f } ? DA NE. e) Da li je funkcija f F : E —> C f E(z) = z3 mjektivna ako je E pram nadskup od D ? DA NE. f) Neka je skup F podskup skupa tačaka kompleksne ravni takav da svaki jednakostranični trougao čije je težište u koordmatnom početkv ima najviše jedno teme u tom skupu. Da li je funkcija f F : F —> C, f F(z) = z3 injektivna ? DA NE. g) Koja od prethodnih injektivnih restrikcija funkcuje f : C —> C, f ( z ) = z3 jesta njena maksimalna injektivna restrikcija (vidi 3.17)? h ) Nekaje skup II maksimalni podskup skupa tačaka kompleksne ravni sa osobmorn da svaki jednakostranični trougao sa težištem u koordinatnom početku ima najviše jedno terne koje pripada torn skupu. Da li je funkcija f H ' H - ^ C , f H(z) = z3 maksimalna injektivna restnkcija funkcije / : C —> C, f ( z ) = z3? DA NE. i) Da li pored svih maksirnalnih injektivnih restrikcija fn : H —> C funkcije f : C —» C, f ( z ) = z3, iz prethodnog pnmera, postoje još 1 neke njene druge maksimalne injektivne restrikcije? DA NE. P rim er je v e o m a važan za kom pleksn u analizu je r je o n je d a n elem entaran u v od u Rimanove ravni!

Glava 8 POLINOMI NAD PROIZVOLJNIM POLJIMA U nastavi matematike osnovnih i srednjih škola tradicionalno je da se polinom definiše kao „izraz” ili funkcija / polja realnih brojeva. R u to isto polje tako da je f ( t ) = a0 + ait + ••• + antn■ Zatim se daju i definicije jednakosti dva polinoma što bi, inače, trebalo da sledi iz definicije polinoma. Definicija (ili tvrđenje) da su dva polinoma jednaka ako su im jednake odgovarajuće funkcije, nije tačna! Na primer, ako je ( F , +, •) konačno polje karakteristike 3 (npr. sabiranje i množenje po modulu 3) tj. F = { 0, 1, 2}, tada različiti polinomi P(t) = 1 + 2t + 12 + 13 i Q(t) = 1 + 12 nad tim poljem su kao funkcije jednaki jer se lako proverava da je 1 + 2x + x 2 + x 3 = 1 + x 2 tačno za svako x E { 0. 1. 2} , jer se radi o sabiranju i množenju po modulu 3. Pokazaćemo da ako je polje koeficijenata beskonačno (karakteristike 0), tada je definicija, polinoma kao funkcije izomorfna korektnoj definiciji polinoma. Vidi 8.38 i 8.41. Sada ćemo dati definiciju konstante i promenljive, a zatim definiciju polinoma nad proizvoljnim poljem. D efin icija 8.1 Konstanta skupa F je proizvoljni elernenat skupa F. Promenljiva skupa F je sirnbol (na prirner x, y, z, t, X\, y\, z\ ,ti,...) koji se m.ože zameniti bilo kojim elementom skupa F.

131

132

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

D efin icija 8.2 Skup svih polinoma. u oznaci F[t], nad. nekmi poljem F sa promenljivom t, može se definisati na sledeći način: 1) Konstantne i promenljiva t polja F su polinomi nad poljem F . 2) Ako su A i B polmomi nad poljem F , tada su (A + B) i (A •B) takođe polinomi nad poljem F , gde su + i ■ binarne operacije u F[t] koje su asocijativne, komutativne i važi distributivni zakon operaaje • prema operaciji + i takve da su + i • iz polja F njihove restrikcije. a jedinica e i nula 0 polja F su redom neutralni elementi za operacije • i + , dok inverzni element za polinom «o + a,\t + aot2 + ... + a,ntn u odnosu na sabiranje + je polmom —a-o — a\t — a2t2 — ... — a.ntn (vidi 8.3). .3) Polinomi nad poljem F se mogu dobiti samo primenorn 1) % 2) i to konačno m/nogo puta. (A-B) pisaćemo (AB). Zbog zakona asocijativnosti množenja može se uvesti dogovor o brisanju zagrada i u slučaju ((t-t)-t) pisaćemo t-t-t tj. samo //’, zbog uobičajene oznake u multiplikativnim grupoidima. Analogno za operaciju + ćerrio umesto ((t + t) + t) pisati t + t + t tj. 3f = 3(e •t) e •t + e -t + e ■1 = (e + e + e ) ■t = ■■ (3e) •t = (3e)t, gde je e neutralni elemenat polja F u odnosu na nmoženje. Ako je F polje realnih brojeva, tada je ot = 3-f. Dokaži! Takođe uvodimo konvenciju o brisanju spoljnih (krajnjih) zagrada i konvenciju da operacija •ima prednost u odnosu na operaciju + pa se umesto (x + (y ■2)) piše sanio x + yz. T eorem a 8.3 Zbog svih ovih dogovora (konvencija) svaki polmom iz F[č] je obhka a,Q+ a,\t + a2t2 + ... + antn, gde su o ,q . a\, 0-2..... an. svi iz polja F, an ± 0, n G N U {0 } (t° je po definiciji jednako jedm/a polja F) i t je promenljiva polja F . Nula polja F je polinom koji je neutralni elemenat za sabiranje polinoma, zove se nula polinom i označava se sa 0. Jedinica polja F je polinom koji je neutralni elemenat za množenje polinoma i označava se sa 1 ili e.____________ ________________________________ Drugim rečima algebarska struktura polinoma nad poljem (F, + , •) je proširenje polja (F, + ,• ) do najmanjeg prstena (F [£ ].+ , •), pomoću jednog novoga elementa t F i elemenata iz F, korišćenjem operacija + i • iz (F[t], + , •), koje su proširenje operacija + i • iz polja (F, + , •).

8. Polinomi nad proizvoljnim poljima

133

T eorem a 8.4 Ako je polinom P različit od nula polinoma tada postoji samo jedan an E F \ {0}. takav da je P = a$ + a\t + a2t2 + ... + antn. D efin icija 8.5 Nenegativan broj n iz prethodne teoreme 8.4 zove se stepen toga nenula polinoma P = a0 + ayt + a2t2 +. . . + antn %označava se sa dg( P) = n, a an se zove vodeći koeficijenat. toga nenula polinoma. Stepen nula polinoma nije definisan! x. Može se reci da, izraz a0 + a.\t + a2t2 + ... + a?f^ + .. . jeste polinom ako je samo konačno mnogo koeficijenata air različito od nule, gde je iE N U {0}. Drugim rečima izraz a0 + a]ć + a2ć2 +... + a(tl + . . . je polinom akko postoji tačno jedan i = n G N U {0 } takav da je an ^ 0 i a* = 0 za sve i > n, gde su a? iz polja F. a. t je „promenljiva” . P rim er 8.6 Za sledeće polmome P i Q nad poljem F važi: a)P + Q = (a0 + a\t + a2t2) + (60 + b\t + b2t2 + b^t3) = = a0 + 60 + (ai + b\)t + (a2 + b2)t2 + b^t3. b)PQ = (a0 + a\t + a2f2) (60 + b\t + b2t2 + 63č3) = aQb0 + ( a 0b1+ a lb0)t + (a0b2 + a,i&i + a2b0)t2 + (aQb^ + a\b2 + a2b\)t3 + (aib^ + a2&2)f4 + a2bst5 T eorem a 8.7 Ako su P i Q nenula polinomi nad poljern F , tada je a) PQ ć 0, b) dg(PQ) = dg(P) + d,g(Q) ' T eorem a 8.8 Skup svih polinoma nad proizvoljnim poljem F u odnosu na operaciju sabiranja polinoma + i operaciju množenja polinoma ■ ima algebarsku strukturu domena mtegriteta. Znači (F[t], +, •) jeste domen mtegriteta polmoma nad poljem F . Primetimo da operacije sabiranja i množenja polinoma obeležavamo istim simbolima kao i operacije sabiranja i množenja u polju F, što nikada neće dovoditi do zabune jer ako se operacija + nalazi između dva polinoma onda je to sabiranje polinoma itd. Kao što smo videli svaki elemenat a polja F je takođe polinom, njegov stepen je 0 za a ^ 0 i zove se konstantni polinom ili polinom stepena 0. 2 Da, li je konstantni polinom različit od nule isto što i polinom stepena nula? Vidi 8.32. 1Vj nekim uđžbenicima definiše se da je stepen nula polinoma — oc , međutim mnogi dokazi su jasniji ako se stepen nula polinoma ostavi nedefinisanim 2Kasnije, uvođenjem polinomskih funkcija. biće opravdan termin konstantan polinom, ali samo za polinome nad beskonačnim poljem.

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

134

Definicija polinoma nad poljem F kao uređene n — torke elmenta iz polja F čija poslednja komponenta je različita od 0, ekvivalentna je definiciji polinoma kao beskonačnog niza čiji elementi (članovi) su iz polja F i postoji član niza posle kojega su svi članovi niza jednaki 0. Naravno. te definicije su ekvivalentne sa definicijom 8.2, što znači da su odgovarajuće strukture polinoma izomorlne. Evo definicije polinom kao uređene n - torke koja nije neophodna. D e f i n i c i j a 8 .9 Elem enti skupa ( J = F u IJ F 'J lJ •■• (skuP svih t - torkl za sve i £ N j jesu polinomi nad, poljem F ako im je poslednja komponenta različita od nule. Nu-la polja F je polinom i zove se nula polinom. D akle, elem enti sk u p a F U F 2 U F 3 U . . gde je i-to rk i za i > 1 p o sle d n ja k o m p o n e n ta različita o d 0. na d p o lje m F . o n d a je za n > 0 an ^ 0 , d o k za n = F 1 = F sledi d a je (a o ) — a 0 p o lin o m z a svako qq e D e f i n i c i j a 8 .1 0

F neko p olje, jesu p o lm o m i ako .je u svakoj Zn ači, ako je P = (a o, a j ........ an ) p olin o m 0 a 0 € F , tj. a 0 m ože b iti i nula, p a z b o g F i zove se kon sta n tan p olin om .

Stepen polinoma P ■£ 0 je broj komponenti umanjen za, jedan i označava se sa

d g (P ), a poslednja komponenta zove se vodeći koeficijent. Polinom je normalizovan ako rnu je vodeći koefici.jent jednak 1. Z n ači, ak o je p o lin o m P = (ao,a.\----- ,a n ) ^ 0, ta d a je d g (P ) = n. P — a £ F \ { 0 } je nula. S tep en nula p o lin o m a ne definiše se.

S tepen p olin o m a

D e f i n i c i j a 8 .1 1 Neka su P = (a 0 . a i ........ a „ ) i Q - (b0 , b i , ------ bm ) polinomi i ne.ka je aj = 0 za j > n i bj = 0 za j > m . Operacije sabiranja + i množenja ■ u skupu polinoma definišemo sa P + Q = (do- d\........ d-s ), gde je dj = aj + b j, s je. najveći nenegativan ceo broj za koji je ds ■£ 0 i. ako takav s ne postoji, zbir je nula polinom, a P - Q = ( C 0 ,C i ,...,C r ) , gde je c*. —- S j = o ajb k -j< r i e najveći nenegativan ceo broj za koji je cr + 0 i, ako takav r nt postoji, proizvod je nula polinom. P re th o d n e tri d efin icije m o g u se d a ti u isto j form u laciji i ako u m esto p o lja b u zm em o prsten R. P rim e tim o d a je o p e ra cija „ + ’’ u skupu p o lin o m a oz n a čen a istim s im b o lo m kao i op era cija „ + ” p o lja F , što n eće d o v o d iti d o zabu n e je r će iz konteksta uvek biti ja sn o o k o jo j je o p era ciji reč. A n a lo g n o važi i za o p e ra ciju „ • P r i m e r 8 .1 2

Za sledeće polinome nad poljem F važi

a) (a.o, a \ , a^) + ( b o , b \ , b 2 , b z ) = (a-o + b0 , a-i + b\, a 2 + 6 2 - 6 3 ) -

b) (a 0 , a i , a 2 )(b0 , b\, 62, &3 ) — (a0b0 , a0bi + ai&o, a-o&2 + a i^ i + a 2&0 + CLsb0, a0b4 + a i 63 + a 262 + a 3&i + «4&o0.065 + ai&4 + 0-2&3 + «3&2 + G4&1 + a^bo) =

= (a060, ao6i + a i 6 0, a 0&2 + ^i&i + a^&o, a 06.3 + o. 162 + <1261, a-ib?, + a^b^, a^b^) je r je 03 = a 4 = a.5 = 64 = 65 = 0 . c)

(2, —3, 4) + (8, 7, —4) = (10, 4)

d) (3, - 5 , 2) + ( - 3 , 5, - 2 ) = 0

8. Polinomi nad proizvoljnim poljima e)

135

Ako su P = (60) = b0 € i^ \ {0 } i Q = (a o, a i , . . . , a n ) pohnomi, 6o (a o , a i , . .. ,a n) = (boao, boa \,. . . , b0an ). Takođe je 0 • (ao- « i , •■•, an )

tadaje P Q = 0.

=

T e o r e m a 8 .1 3 Ako su P = (a 0 , a 1, . . . , an) i Q — (bo, b \ ,.. . ,b m ) nenula polinomi nad poljern F i PQ (co , c i , •* ■, Cr); tada je = c.n+m = anbm .

D o k a z P o definiciji 8.3. im a m o d a je cn+m = a jb m + n -j ■ A k o je j = 0 , 1 , . . . , n — 1, ta d a je m + n — j > m p a je bm +n ^ j = 0 , a ako je j — n + 1, n + 2 , . . . , m + n , ta d a je aj = 0 . Zn ači, je d in i sabirak u t o j sum i k o ji nije nula, je za j = n, p a je cn + rn = a„& m 4.r,._n = a n frm jer je a n ^ 0 i ^ 0 tj • Cln.bm 0 z b o g n e p o sto ja n ja d elitelja nule u p o lju F . K a k o je Cj = 0 z a i > m + n, to je zn ači rn + n n a jv eći nen egativan c eo b r o j za k o ji je cn+ m 7^ 0 , p a je cr = C-1I rn = anbm . □

P o sle d ic a 8 .1 4 a) P Q ^ 0,

D e fin ic ija 8 .1 5 (0, i) = i.

T e o r e m a 8 .1 6

Ako su P i Q nenula polinomi nad poljem F , tada je b) d g(PQ ) = dg(P) + dg(Q)

Polinom (0, 1) nad nenula prstenom sa jedinicom. označavaćemo sa t. tj.

Za svaki polinom P = (a o, 0 1 ........ an ) nad prstenom sa jedinicom važi: P = (a o , a i , . . . , an ) = ao + a it + . .. + antn

D o k a z K ak o je (a0, a i)(b o ,b i) = (aobo, aob\ + aibo^aob^ + a i 6i + a 2 b0), to je ( 0 , l ) 2 = ( 0 , 1) ( 0 , 1) = (0 , 0 , 1) je r a 0 = 60 = a2 = In d u k cijo m se lako p ok azu je d a je (0, l ) fc

=

(0, 0 , . . ., 0 ,1 ).

b2 = 0 i a x = 61 = 1. Z a k = 2 tv r đ e n je je p ok azan o.

k+ l

P re tp o sta v im o d a je ta č n o za k i d o k a ž im o d a je ta č n o za k + 1. A k o je (0 . 1) = [a o .a i),

(0 . 0 ........ 0 , 1) = (b0 , 61. . . . , bk) i k

-f-1

(0 , 0 , ----- 0 , 1) = (c0 . c 1 ------ ck + 1), tada je k+

2

(0 , l ) fc+1 = ( 0 , 1) ( 0 , 1) A = ( 0 . 1) ( 0 , 0 , .. . , 0 , 1) = (0 , 0 , . . . , 0 , 1) if c + 1

je r je z b o g teorem e 6.5, c ^+1 = a\bk =

1 •1 =

fe+2

1, a za i < k + 1 je a — Y y j= 0 aj ^ i - j =

0,

jer je 60 = &i = ••• = 6fc- 1 = 0 i ao = 0. D a lje je o č e v id n o je r za a* + 0 je a,;(0, 0 , . . . ,1) = ( 0 , 0 . . . . , a i ) i 0 - ( 0 , 0 , . . . , 1) = 0 . □ Skup svih p o lin o m a nad p o lje m F o z n a ča v a će m o sa F'[t],

T e o r e m a 8 .1 7

(F[f|, + , •) je domen mtegriteta.

D okaz se izv o d i 11a osn o v u 6.1, 6.3, 6.5. i 6 .6 . kao i n a o sn ov u a so cija tiv n o sti i d istrib u tiv n os ti čiji dokazi se o sta v lja ju č ita o cu . T a k o đ e važi

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

136

T e o r e m a 8 .1 8 Ako je R prsten sa jedinicom tada je (/? [£ ],+ ,■ ) prsten sa jedinicom. Ako je R komutativni prsten sa jedinicom tada je ( /? [ č } ,+ , ■) komutativni prsten sa jedinicom. Ako je R domen integriteta tada je i

+ , •) domen integriteta. Ni za, jedan prsten R sa jedinicom,

(K [t], + , ■) nije polje.

U daljem tekstu radićemo isključivo sa polinomima nad nekim poljem F. Da, li ćemo polinome zapisivati sa a0 + a \X + a 2 x 2 + ... + a n x n ili a0 + ( i ] t + a 2 t 2 + ... + a n t n je svejedno, međutim u nekim knjigama je uobičajeno da se polinomi označava sa a0 + a ,\ t + a 2 t 2 + ... + antn. dok njemu odgovarajuća polinomska funkcija sa a0+ aiX + a22:2+ ... + an.rn.

Teorem a 8.19 (Teorema o delenju polinoma) Za svaka dva polinoma S i T ^ 0, postoje takvi jedinstveni polinomi Q i R, da je

S — QT + R

A

(R = 0 V dg{R) < dg[T)).

Uobičajeno je da se S = QT + R piše i u obliku ~ = Q + J, ili S : T = Q + J .

Dokaz • Ako je S = 0, tada je —QT = R, odakle sledi Q = 0 i R = 0 jer bi u protivnom imali da je stepen polinoma na levoj strani jednakosti - Q T = R bio veći od stepena polinoma na desnoj strani. • Ako je S ^ 0 i dg(S) < dg(T), tada, očevidno mora biti Q = 0 i S = R jer bi opet imali polinome različitih stepena na levoj i desnoj strani jednakosti S = QT + R. • Ako je S ^ 0 i dg(S) > dg(T), tada uzmimo da, je S = a0 + a\t + a2t2 + ... + antni T = 60 + + ^2^2 + ••• + ^mtm■

8. Polinomi nad proizvoljnim poljima Definišimo sada konačan niz polinoma S1: S2, . . . , koeficijenti označeni sa s*, na sledeći način Si = s2 =

S - a nbmHn~mT S ^ - Slbmltd9^ mT

Sk

S k -i -

=

137 čiji su vodeći

S k - i b m1t dsl'Sk- ^ ~m T

gde je k najmanji prirodni broj za koji će biti = 0 ili dg(Sk) < dg(T). Dokažimo da takav broj k postoji. Ako je Sk = 0 za neki prirodni broj k onda je dokaz gotov. U suprotnom slučaju imamo da je dg(S) > dg(Si) jer su polinomi S i anbm tn~mT očevidno istog stepena i imaju jednake vodeće koeficijente. Na isti način zaključujemo da je dg(Sy) > dg(S2) > d,g(S3) > ..., što znači da će postojati takav prirodan broj k za koji je dg(Sk) < dg(T). Zamenom Si iz prvc u drugu jednakost, zatim zamenom S2 iz druge u treću jednakost. ... i na kraju zamenom S^-i iz k — 1-ve u k-tu. jednakost sledi da je S = QT + R gde je R = Sk i Q = anbml tn- m

+ si6-lfWs.)~« + ... +

Ako bi pored polinoma Q i R koji zadovoljavaju uslove teoreme postojali i polinomi Qi i koji zadovoljavaju uslove teoreme, tada bismo imali S = QT + R i S = Q\T + Ri. odakle oduzimanjem sledi da je —{O —Q\ )T = R —R 1} a odavde obavezno sledi da je R, — Ri = 0 i Q — Qi = 0 jer bi u protivnom u jednakosti —(Q —Qi ) T = R —R\ bilo da je stepen polinoma na levoj strani veći od stepena polinoma na desnoj strani. Ovim je pokazana i jedinstvenost polinoma Q i R.D Ovaj dokaz očevidno daje i postupak (algoritam) za efektivno određivanje polinoma Q i R , pa se zato zove algoritam deljenja, Q se zove količnik, a R se zove ostat.ak pri deljenju polinoma S polinomom T. Ilustrujmo ovo na primeru S = l - 2 t + t2 - t3 + 2iA i

T = t2 + t + 1

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

138

^

(

(2f 1 - t3 + t2 — 2t + 1) : (t2 + t + 1) - 212 - 31 + 2 +

l

~ (2 ^ 4 +

r

_ 3

+ l

2 f3 +

2 t2)

13 - t2 - 2t + 1

- S - 2t2T = Sx

-(~3f3- 3 t 2-3Q

r 2f2 + 1 + 1

= *Si + 3/:T = 5*2

—(2t2 + 2t + 2) -t - 1 = S2 - 2T = 5*3 Znači količnik Q = 2t2 — 3t + 2, a ostatak je R = S-s = —t — 1.

Definicija 8.20 Polinom T deli pohnom S (S je delpvo s a T ) u oznaci T\S ako postoji takav polinom Q da je S = QT. Posledica 8.21 Iz dejinicije 6.12. direktno sledi (T\SAS\R) => T\R; (T\S AT\R.) =>T\(S + R); (T\S A S\T) => (3a E F) T = T\S=>T\SR za sve polmome T, S i R, iz F[tj.

Definicija 8.22 Najveći zajednički delilac polinoma S i T je polinom W ( W=NZD( S, T) ) ako a) W\S A W\T

b) (VWi G F[t]) (W X\S A W^T) => W^\W

Drugim rečima, najveći zajednički delilac proizvoljnih polinoma S i T tj. N Z D ( S , T) je polinom VK koji deli i polinom 5 i polinom T. a svaki drugi polinom Wi koji takođe deli polinome S i T , deli i polinom W. Kratko rečeno, najveći zajednički delilac dva polinoma je polinom najvećeg stepena koji deli oba ta polinoma. Na primer

8. Polinomi rmd proizvoljnim poljima

139

najveći zajednički delitelj za polinome a(t — 3)4(f- + 7)2(t — l ) 5(t + 13)3 i b ( t - 3 ) 2( t - l b ) ( t - l ) 7(t + l3)5 je polinom c(t —3)2(t — 1)°(t + 13)3, gde su a, b i c proizvoljni elementi polja nad kojim se posmatraju ti polinomi. D efin icija 8.23 Polinomi su uzajamno prosti ako nepostoji polinom, različit od konstantnog, koji deli obojicu tj. ne može se izvući ništa kao zajednički fakt.or iz te dvojice, različito od konstante. Koja definicija je anaiogna ovoj definiciji u prstenu celih brojeva, odnosno monoidu (asocijativnom grupoidu sa neutralnim elementom) prirodnih brojeva? T eorem a 8.24 Postoji tačno jedan takav normalizovani polinom W da je W =NZD(S. T), gde su S i T polinomi takvi da je bar jedan od njih različit od, nule. D okaz Ako je S = 0 A T ^ 0, tada je NZD(aS, T) = ar^T gde je a vodeći koeficijent polinoma T. Analogan je i slučaj gde je S ^ 0 A T = 0. Neka je sada dg(S) > dg(T). Na osnovu prethodne teoreme važi 5 T

= QT + fli = ChR^ + R^

Rk- 2

Qk-iRk-i + Rk

Rk- 1

Q kR-k■

A (R\ = 0 V d g ( R x) < dg(T)) A (R2 = QVdg( R2) < dg(Ri)) A

(Rk -

0 V dg(Rk) < dg(lik j))

Iz priloženog algoritma (poznatog pod nazivom Euklidov algoritam) za dobijanje riiza polinoma R\,R2, ... očevidno je da postoji prirodni broj k za koji je Rk+i = 0 ili dg(Rk) = 0 jer je dg(T) > dg(R\) > dg(R2) > •••> dg(Ri-i) > dg(Ri) ... Sada ćemo pokazati da je R k zajednički delilac polinoma S i T. Iz poslednje jednakosti sledi Rk\Rk~i, što dalje, na osnovu pretposlednje, implicira da je Rk\Rk^2, . . . , što dalje na osnovu druge, sledi da je Rk\T i što. na osnovu prve, implicira da, je Rk\S. Znači da je R k zajednički delilac za S i T. Dokažimo sad da je Rk i najveći zajednički delilac za S i T. Pretpostavimo da je W\\S i 1+1 |T. Tada iz prve jednakosti sledi da je W\\Ri, što zajedno sa drugom implicira da je W\\R-2, . . . , što zajedno sa pretposlednjom implicira da je Wi\Rk pa je dakle i?fc=NZD(S, T), a traženi norrnalizovani polinom je W = a~l Rk, gde je a vodeći koeficient polinoma

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

140

Rf,. Jedinstvenost polinoma W jednostavno se dokazuje kontradikcijorn korišćenjem posledice 6.13. □

Teorema ao + a\t + Q = 6n_i =

8.25 (Homerova šema) Pri deljenju polinorna P --... + antn polinomom t — a, dobija se kohčmk b0 + b\t ... "f" bn—itn ^ i ostatak R, pvi čenvu je an, 6n_2 = o;6n_i an._i,. . . , 6o = c*6i + ai, R = abu + a0.

Dokaz Izjednačavanjem koeficijenata uz odgovarajuće stepene (tj. odgovaraj ućih komponent i) dobijaju se odgovar ijuće jednakosti. □ Ovaj rezultat se zapisi_ije u obliku sledeće sIk■iLH' koja se zove Hornerova sliema. a

an an

an—\ abn_i + an._i

an-2 a 6n_2 + an_ 2

bn—i

bn...2

6,-3

‘'‘ ••• ab\ +
a,Q
DefiLnicija 8,26 Neka je y? funkcija koja svako- n polinomu P = (a0. ai, •••■an) = a0 + a i/ + . . + an/77 pnd ružuje funkciju -ip(P) polja F u polje F. odrlosno h p

) : F —> F

tako da (Vt e F ) i i P) ( . r) = a0 + a ^ + . .. + anx n

Funkciju ip(P), polja F u polje F , zovemo polinomska funkcija, polinorna P. Može se smatrati da je 77+ 1 - torka (a0, a i5 . . . , an) samo kraća oznaka za polinom a0 + a\t + .. . + antn\

Definicija 8.27 Skup svih polinomskih funkcija nad poljem F označavaćemo sa Vol(F).

8. Polinomi nad proizvoljnim poljima

141

Defmicija 8.28 Nekaje F proizvoljno polje. Tada u skupu funkcija F F = { f \ f : F —> F } definišu se operacije +, • i o na sledeći naćin: (Vx E F) ( f + g)(x) = f ( x ) + g(x) (Vx e F) ( f g) (x) = f ( x) g ( x) (\/x e F) ( f o g)(x ) = f ( g ( x ) ) za sve Zadatak 8.29

f i g izF F. a) Da li je ( F F, +, •) prsten? b) Da li je ( F /' , + , - ) domen integrileta? c) Da U je (Vol(F), +, •) dornen mtegnteta? d) Da U je ( F 1 . +■ °) prsten? (Distributivnost!) e) Da li je ({fk : jR —> = kx, k E R } , + , o ) polje? f) Odrediti nenula funkcije f i g iz RR takve da je f o g nula funkaja.

Rešenje pod f): v f 1 za x 2Ax ^ 3 , , f 2 za x ^ 4 / ( x ) = \ 0 za r = 2 V x = 3 s(x) = \ 3 za x = 4 odakle sledi da je / o g nula funkcija tj. (Vx G R ) ( f o g)(x) = 0. Ili primer f ( x ) = x 2 — x i g(x) = sgn x 2 Znači, domen funkcije 'ii' je skup svih polinoma F[t], a kodomen je skup svih polinomskih funkcija Vol( F) tj. w:

F[t] -> Vol( F) C F f .

Teorema 8.30 Funkcija 'ć : F[t] —> Vol( F) jeste epimorfizam, domena mtegriteta (F[f].+, •) u komutativni prste.n sa jedinicom (Vol(F), +, ■). ' ' ' Dokaz Neka su P = (aQ. aL, . . . , an) i Q = (60, b^.. . . , bm), polinomi nad poljern F i neka je n < m. Tada je za svako x iz F t '[F + Q)(x) = '0(ao + 60, ai + bi, . . . , an + bn, bn+1?. . . , bm)(x) = (o,q + bo) + (o-i + b\)x + ... + (an + bn) xn + bn+\Xn^ ■ *■+ .. . + bmx rn = ft0 + (i\X + ... + anx n + b{) + b\X + ... + bmx m = ijj(P)(x) + ip(Q)(x) = (ib(P) + f ( Q) ) ( x) . što znači da je il?(P + Q) = ijj(P) + ^(Q)

142

Principi aIgebre. opšte,diskretne i linearne Analogno se pokazuje i v { P Q ) = i'(P) •i '((})■

a

U teoremi 8.41 dokazaćemo da. ako je F beskonačno polje, tada je funkcija injektivna, pa je F[t] izomorfan sa Vol(F), što znači da se pojmovi polinom P i polinomska funkcija 'ip(P) u tom siučaju u našem daljem radu mogu smatrati istim, tj. 'ii'(P) može se označiti samo sa P i neće biti zabune zbog pomenutog izomorfiznia. Međutim, ako je F konačno polje, tada 'ip nije injektivna. Na primer. ako je F = Z 3 = { 0,1,2}, tada se polinomi P = (1, 2, 1,1) = 1 f 21 f t2 f t3 i Q = (1, 0,1) = l + t 2 nad tim poljem sa funkcijom %), preslikavaju u istu polinomsku funkciju, jer se lako proverava da je l + 2x + x^ + x° = 1+ar identitet u polju F = = {0,1, 2}. U prstenu (Vol(b ), +, •) postoje delitelji nule ako je F konačno polje. Na primer ako je f - Z 3 { 0, 1, 2}. a f.cj 6 Vol( F) definisani sa f ( x ) — x i g(x) = x 2 + 2, tada je (f g ) ( x ) = f ( x ) g ( x ) = x 3 + 2x = 0 za svako x € f , tj. f g = 0. a f o i g ^ 0. Uopšte, ako je F polje od rn elemenata, tada je f \{0} grupa u odnosu na operaciju • (takozvana multiplikativna grupa u odnosu na množenje) od m — 1 elemenata, pa je x m~l = 1 za svako x iz F \ {0} jer u svakoj multiplikativnoj grupi važi da je svaki elemenat stepenovan ukupnim brojem elemenata te grupe jednak neutralnom elementu (teorema 5.39), a odatle sledi: Teorema 8.31 Za svako x iz polja F od m elernenata je

z n‘

z.

Primer 8.32 Neka je f ( x ) = z 5 + 4x + 1 polinomska funkcija nad 0 1 2 3 4 X poljen Z 5. Popnmti tabelu -1 f(x) 1 Da U je f konstantan polinom? Definicija 8.33 Vrednost polinoma P u tački a je vrednost njegove polinomske funkcije 'tp(P) u tački a. Koren (nula) polinoma P je koren (nula) njegove polinomske funkcije ip(P)Drugim rečima, ako je i/j(P)(a) = 0, onda je a koren polinoma P . Teorema 8.34 fBezuova) Vrednost polinoma p'nid^FpaJjen^ utački Tjj^jednaka je ostatku pn deljenju poUnoma P poh-

8. Polinomi na.d proizvoljnim poljima

143

Dokaz Na. osnovu teoreme 8.19 postoje jedinstveni polinomi Q i (R = OV dg(R) < d,g(t — a)) takvi da je P = (t — a)Q + R odakle zbog 8.30je y.’ (P ) = i'(t — a)\j)(Q) + i>(R) odnosno (V.x E F) i)(P)(x) = (x — a)ijj(Q)(x) + R Primetimo da u prethodne tri jednakosti se pojavljuje šest binarnih operacija i to su : sabiranje i množenje polinoma, sabiranje i množenje funkcija i sabiranje i množenje u polju F. Takođe je R e F zbog R — 0V dg(R) < dg(t — a) = 1 tj. R = 0 V dg(R) = 0. Uzmerno li sada da je x = a dobija se da je R

-ij’( P)(a) = (a — a)ib(Q)(a) + R

tj.

h'(P){(\) = R.

□

Posledoca prethodne Bezuove teoreme je teorema: Teorema 8.35 Polinom t — a faktor je polinoma P (tj. P je deljiv sa t — a) ako i samo ako je a koren polinoma P. Dokaz Sledi na osnovu teoreme 8.34. Naprimer polinom P = t3 — 6f2 + l l t — 6 deljiv je sa polinomom t — 1 jer je 1 koren (nula) polinoma P. Teorema 8.36 Ako za svakt koren polmoma P, višestrukosti k, važi da je i koren polinoma Q, ali višestrukosti veće ili jednake k, tada polinom P deli polinom Q. Koja teorema je analogna ovoj teoremi u prstenu celih brojeva? C\ .' —71 ' 27T Na primer svi koreni polinoma r~ + x + 1 su el~ [ e~’l~ , a oni su i koreni polinoma x l° + x° +1. pa x 2 + x + 1 deli polinom x 10 + x° + 1 jer su e%~% ~ i e~l=i~ jednostruki koreni polinoma ;r2+ x + l. Delenjem se sada lako dobija da je x 10+ x 5+ l = (x2+aT+l)(;r8—x 7+ x ° —xA+ x 3 —ir+1). Napomena: x = e1 => (x1Q = x A x5 = x2). Teorema 8.37 Svaki polinom Pn n-tog stepena ima najviše n korena. Dokaz Polinom nultog stepena očevidno ima „nula" korena pa je tvrđenje tačno za n = 0. Ako Pn nema korena, dokaz je završen. Ako je n > 0 i Pn ima bar jedan koren a, dokaz izvodimo indukcijom po ii. Za n = 1 sledi da polinom P\ = a0 + ciit ima tačno jedan koren

144

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

—a^cio, jer jednačina a0 + a\X — 0 ima tačno jedno rešenje u polju F. tj. tvrđenje je tačno. Pretpostavimo da je tvrđenje tačno za n — 1 i dokažimo da je tačno za n. Kako je Pn = (t — a) Qn-i (zbog teoreme 6.25) i d.g(Qn- i ) = n - 1, to na osnovu induktivne pretpostavke sledi da Qn i ima najviše n — 1 korena. a iz jednakosti Pn = (t — a ) Q n- i tada sledi da Pn ima najviše n korena. □ T eorem a 8.38 Polmom P nad beskonačnim poljem F je nula pohnorn akko je svaki elemenat polja F koren polinoma P. Drugim rečima polinom je nula polinom ako i samo ako je njegova. polinomska funkcija nula fukcija tj. polinomska funkcija je nula funkcija akko su joj svi koeficijenti jednaki nuli. Na primer za / : M —> R važi: (V.x 6 R ) f ( x ) = c + bx + ax2 = 0 <*=>■ c = 0 A 6 = 0 A a = 0. D okaz Neka su svi elementi polja F koreni polinoma P. Za svaki polinom P važi da je P = 0 V dg(P) = n. Na osnovu teoreme 8.37 sledi da, ako je dg(P) = n, tada P ima najviše n korena, što je kontradikcija sa uslovom da je svaki elemenat polja F koren polinoma P jer F nije konačno polje. Znači. mora biti P -- 0. Obratno je očevidno. □ Važi i teorema da je polinom P n-tog stepena nad beskonačnim poljem F jednoznačno određen davanjem njegovih vrednosti u n + 1 različitih tačaka. Dokaz je posledica teoreme o jednoznačnoj rešivosti kvadratnog sistema linearnih jednačina i teoreme o Vandermondovoj determinanti. Zadatak 8.39 Naći realne brojeve a, i b, takve da im-je razhka jednaka datom, broju cy, a njihov proizvod jednak datom pozitivnom broju 3. Dokazati da je m ax{«. 6} koren polinoma f ( x ) = x 2 — \a\x — 3. Da li postoji bar još jedan normalizovani kvadratni polinom različit od f . takav da kakvi god btli brojevt a i b, sledi da je max{ a. b} njegov koren? R ešen je: Sistem jednačina a — b = a A ab = (3 > 0 po nepoznatima a i b ima uvek dva rešenja i to su (a1} 6X) = Kako je u slučaju a > 0

8. Polinomi riad proizvoljnim poljima

145

max(ai,ž>i) = «i i max(fl2, &2) = o>2-> to sledi da kvadratni normalizovani polinorn čiji koreni su oi i a,2 je f ( x ) x 2 — ax — [3 tj. f ( x ) = x 2 — |oj.r — j3. U slučaju o < 0 je m ax(ai,6i) = 61 i max(a2, b2) = b2, pa sledi da traženi kvadratni normalizovani polinom čiji koreni su 61 i b2 je f ( x ) = x 2 + a x — ft tj. f ( x ) = x 2—\a\x — (3. Prema tome / je jedini polinom sa torri osobinom! Teorema 8.40 ^4A~o je F konačno polje od, rn elernenata, a skupu M pripada samo nula polinorn i svi polinomi nad poljem F stepena manjeg od m, tada, je polinom P e M nula polinom akko je svaki elemenat polja F koren polmoma P . Dokaz Neka P ima za korene sve elemente polja F, tj. neka P ima rn korena. Kako je P 6 M tj. P 0 V dg( P) < m, sledi da je P = 0 jer je slučaj dg(P) < m nemoguć zbog teoreme 8.37 i uslovada P ima rn korena. Obratno je očevidno. □ Teorema 8.41 Polmomi (a0, a} , . . . . an) i (b0, 61, . . . , bm ) nad beskonačnim poljem F jednaki su akko su njihove polinornske funkcije jednake. Drugim rečima za polinomske funkcije / , g : E —►R definisane sa (Vrr G M )/(:r) = c\ + b^x + a\x2 i g(x) = c2 + b2x + a2x 2 važi da je / = g ^ c\ = c2 A 6] = b2 A a-i = a2 tj. (\/x E R)ci + b\X + a,yx2 = c2 + b2x + a2x 2 <=> (ci, bi, a-i) = (c2, b2, a2). Dokaz Neka je P = (a0. ax....... a„) i Q = (b0, 61, . . . , bm ). Ako je P = Q. onda je očevidno da je i'(P) = rP(Q)- Pretpostavimo da je n < m, što ne umanjuje opštost dokaza. Neka je sada il'(P) = t '(ć/). što znači (Y.:c E F) i.'[P)[x) = t'((f)(x) <^> (Vx G F) a0 + 0 j x + ... + anx n = b0 + b\x + ... + bmx rn (Vx e F) a0-b o + ( a i - b i ) x + . . . + (an- b n) xn- b n+i xn+1- . . . - b rnx m = 0, a odavde, zbog teoreme 8.38 sledi da je njemu odgovarajući polinom (a0 b0, ai b\, . . . . an bn , bn+1, . . . , brn) nula polinom, pa je n = m, (jer bi u protivnom imali da vodeći koeficijent bm polinoma Q je nula, što je u suprot.nosti sa definicijom polinoma) i a0 = b0, a\ = b\,. . . . an = bn tj. P = Q. □ Znači y je bijekcija i izomorfizam domena integriteta (F[t\, + , •) i (Vol(F), + , •) kada je F beskonačno polje, pa ćemo zbog toga. u tom slučaju 'tfj(P) označavati samo sa P.

146

Principi algebre, opšte.diskretne i linearne

Teorema 8.42 Polinomi P i Q stepena manjeg od m, nad poljem F od m elemenata jednaki su akko su funkcije ip(P) i 4'(Q) jednake tj. fV.r C F) c i P ) ( r ) r(Q)(.r). ' Dokaz je analogan dokazu prethodne teoreme. Sada ćemo polinome stepena različitog od nule klasifikovati na svodljive i nesvodljive tj. polinomi nultog stepena (konstantni polinomi) nisu ni svodljivi ni nesvodljivi. Evo sad tri ekviMilentne dfinicije (teorerne?) svodljivosti odnosno nesvodljivosti polinoma nad nekini poljem. Definicija 8.43 Polvnom je svodljiv akko je jednak pnrizvod polinoma stepena manjih od njegovog. Teorema 8.44 Polinom je svodljiv akko je jedna.k proizvod polm.orna stepena većih od nule. Definicija 8.45 Polinom stepena većega od mde, koji nije svodljiv, zove se nesvodljiv polinom. Teorema 8.46 . Polinom stepena većeg od nule _/e nesvodljiv akko ne postoji polinom stepena većeg od nule i manjeg od njegovog. koji ga deU. U prethodnoj definiciji i teoremama se podrazumeva da su svi poiinomi nad istim poljem. Koja definicija je analogna ovim definicijama u prstenu celih brojeva, odnosno monoidu (asocijativnom grupoidu sa neutralnim elementom) prirodnih brojeva? Ekvivalentnost teoreme 8.44 i definicije 8.43, tj. svodljivosti. sledi iz teoreme 8.14 koja kaže da ako su P i Q nenula polinonn. tada ,je dg(PQ) — d,g(P) f dg(Q), što znači cla ako je dg(P) > 0 i dg(Q) > 0. onda je sigurno i dg(P) < dg(PQ) i dg(Q) < dg(PQ). jer su svi iz N. Očevidno je da svi polinomi prvoga stepena su nesvodljivi nad svakim poljem. Polinom t2 — 2 je svodljiv nad poljem realnih brojeva jer je t2 —2 = ( t - \/2)(f + \/2), ali je nesvodljiv nad poljern racionalnih brojeva. dok polinorn t2 + 1 je nesvodljiv nad poljem realnih brojeva, a svodljiv nad poljem kompleksnih brojeva, jer je t2 + 1 = (t —i)(t + i). Polinom f3 + č + 1 je svodljiv nad poljem kompleksnih brojeva. realnih brojeva. svodljiv je i nad poljem Z 3, a na, primer, nesvoclljiv je nad poljima Q, Z 2, Z 5, Z 7 itd. (Vicleti teoreme 6.7 i 8.47).

8. Polinomi nad proizvoljnim poljima

147

T eorem a 8.47 Neka je P CE F[t] poltnom drugog ih trećeg stepena. Tada je polmom P svodljiv nad poljem F akko polmom P ima ba,r jedan koren u polju F . D okaz (=£►) Ako je polinom P đrugog ili trećeg stepena i svodljiv nad poljem F, tada je on deljiv sa linearnim polinomom zbog 8.43 i 8.14 (PQ ^ 0 =>■ dg(PQ) = dg(P) + dg(Q)) i činjenice da su jedini načini predstavljanja dvojke i trojke kao, zbira prirodnih brojeva: 2=1+1, 3=1+2 i 3=2+1. Kako P ima linearni faktor, a svaki linearni polinom ima jedan koren, sledi da polinom P irna bar jedan koren. (<=) Ako P ima koren a, tada zbog teoreme 8.35 sledi da je t — a faktor polinoma P, tj. P je svodljiv. □ T eorem a 8.48 Svaki normalizovani svodljiv polinom, može se uvek na jedinstven načm napisati kao proizvod normalizovanih nesvodljivih polinoma čiji redosled nvje bitan. (Narvno sve nad istim poljem) Koja teorema je analogna ovoj teoremi u prstenu celih brojeva? P rim er 8.49 . Kako je ;r4 + x 3 + x 2 + x + 1 = (x2 —2x cos ~ + 1) (x 2 —2x cos y + 1) i kako je x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = (x2 —2 x ^ ^ + 1)(x 2 —2.r- v'^ 1 + 1), da Uje to protivurečno prethodnoj teoremi, jer sva 4 kvadratna polinoma su nesvodljivi nad poljem realnih brojeva? Vidt zadatak 8.57 pod a). Teorerne koje smo do sada radili važe za proizvoljna polja F. Evo sada nekoliko teoreme koje se odnose na polja kompleksnih, realnih i racionalnih brojeva. Evo jedne važne teoreme koju dajemo bez dokaza. Gaus je dao četiri dokaza ove teoreme (1799,1815.1816. i 1849. godine). T eorem a 8.50 (Osnovnt stav algebre) Svakt polinom, stepena razhčitog od nule, nad poljem kompleksnih brojeva tma bar jedan koren u tom polju. T eorem a 8.51 Svakt polinom Pn = + r/ jf + a2f2+ . . .+ a ntn , n-tog stepena, za n > 0, nad poljem kompleksnih brojeva može se napisati u obltku P = an(t - t{)(t - t 2) . . . ( t - tn), gde je t polinom (0,1), a t i , t 2, ... ,t n i an su kompleksnt brojevi, od.nosno konstantni polinomi.

148

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

D okaz Na osnovu teoreme 8.50. polinom P ima bar jedan koren t\ iz skupa kompleksnih brojeva, pa je zbog 8.35 P = (t — ti)P n-i, gde je Pn-\ polinom stepena n — 1. Sada na polinom Pn_ i primenimo 8.50 i dobijamo Pn = ( t - t \ ) ( t - t 2)Pn- 2- Nastavljajući ovaj postupak dobijamo da je Pn = (t — t\)(t — t2) ... (t — tn-\)P\. Kako se svaki linearni polinorn može napisati u obliku a(t — tn), to zamenom P\ -= a(t —tn) u prethodnu jednakost i izjednačavanjem kojeficijenata uz tn dobijamo da je a = an odnosno tvrdnju teoreme. □ Kao što sino rekli (t\,t2, •••, tn) je n - torka brojeva koji su koreni polinoma P i ako je k broj pojavljivanja korena U u toj n — torci, tada se kaže da je t%koren reda k za polinom P. Vidi 8.61. T eorem a 8.52 Ako je P polinom nad poljem realmh brojeva i a koren polinoma P, tada je i njemu konjugovani broja koren pohnorna P. D okaz Jasno je da ako je a realan broj, tada je a = a. Kako su struktura polinoma i struktura polinomskih funkcija izomorfne nad beskonačnim poljem (8.41), to je oncla opravdano, samo u tom slučaju, cla ^ ( P ) kraće pišemo samo sa P, tj. ^j( P ) ( x ) = P ( x ) za svako x iz tog beskonačnog polja. Neka je P ( x ) = flo + a\X + a2x 2 + . . . + anx n — an( x

X\) . . . ( x

P ( x ) = aQ + a\X -f- a2x 2 + . . . + anx 11 — P ( x ) = ein(x

x n ), tada je

x j ) . . . (i

x ri ).

pa je P ( x ) = P ( x ) = an(x - i’i ) .. , ( x - x n) = an(x —x\) . . . ( x - x n), odakle je očevidno da P ( a ) = 0 implicira P ( a ) = 0. \ idi 7.4 i 7.6 □ T eorem a 8.53 Svaki pohnom P = a0 + a\t + ... + antn nad poljem realnih brojeva, može se napisati u obliku proizvoda polmoma stepena manjeg od, 3, čiji koeficijenti su realni brojevi. D okaz Na osnovu teoreme 8.51 polinom P se rnože napisati u obliku P = an(t - t\)(t - t2) ... (t - tn) gde su t\,t2, . . . . tn kompleksni koreni polinoma P. Međutim ako je a koren polinoma P, nad poljem realnih brojeva, tacla je i a koren polinoma P. pa ako izvršimo množenje polinoma (t —a ) i (t—a) dobijase polinom t2—2Re(a)t+\a\2 čiji koeficijenti su realni. Nastavimo li taj postupak dokle god u polinoinu P = an(t - t\)(t - t2) .. . (t - tn) ima kompleksnih brojeva koji

8. Polinomi na.d proizvoljnim poljima

149

nisii realni, očevidno će se dobiti polinom P u obliku koji tvrdi teorema tjP = an(t2 + p i t + q{) ... (t2 + p kt + qk)(t - tri) ... (t - trm), gde su pi, qi, tr G M i trj £ {ti, t2, . . . , tn} za svako i = 1, 2 , . . . , k i j = 1.2 n Test 8.54 Afco je / G R[x], f ( e ia) = 0 i a ^ kn za k G Z, tada: a) x — eia\f(x); b ) .r2 — ireosa: + l|/(;r); c) .r2 + ./•cosn + 1 f ( x ) ; d) x — e~m|/(:r); e) x 2 + .r eosn + l|/(j-),* f).r2 — 'ž.r cos a + 1 f ( x ) ; Zadatak 8.55 Odrediti presek skupa stepena svih nesvodljimh polinoma i skupa stepena svih svodljivih polinoma nad poljem realnih brojeva. Zadatak 8.56 Odrediti presek skupa stepena svih nesvodljivih polinoma i skupa stepena svih svodljivih polinoma nad poljem kompleksnih brojeva. Zadatak 8.57 Dokazati da nad poljem realnih brojeva vair. a) x4 + x 3 + x 2 + x + 1 = (x 2 —

2x cos ^ + l ) ( x 2

—

2x cos^ + 1).

Kako je x 4 + x 3 + x 2 + x + 1= (.r2 + \x + l ) 2 —( ^ x ) 2 = = (X2 + ^—~ x + 1) (x 2 +

+ 1) =

= (.r2 — 2xy j - + l)(:r2 — 2rr

+ 1). to iz prvoga i ovoga

poslednjeg reda, na osnovu, teoreme 8.48 sled,i cos b)

+ v + 14 + j-3 + a-2 + ^ + 1 = ^ n L - + - ^ f + 1)(:I-2 - 2 x co s ž f + l ) ( .r 2 - 2xcos 9

= (.c 2 - 2.TCOS

c)

x 2” - 1 = (i-2 - 1)

. N s

!f

+ 1)

(** - 2x cos fe + 1)

d) Smenom x G= t lako se dobija — '? X,

ir10 + ir5 + 1 = nSLo (^2 — cos n ? 71" ^ • .:' ° Vijetovim formulama Ui još lakše smenom 2x = \ + t dobija se 8x3 + 42:2 — Ax — 1 = 8(rc: — cos ^ )(;r — cos y-)(ir — cos —) ietovim formulama ili još lakše smenom 2x = | + t dobija se 3 4ir2 - 4:r + 1 = 8(x — cos f ) ( x — cos — )(x — cos -y)

150

Principi. algebre. opšte.diskretne i linearne 3 - 7~2 + 142 - 7 = 0

4 cos2 f f . 4 cos2 ff }

e {4 cos2

. h) x4 + x 2 + 1 = (;r2 + l ) 2 - x2

= (x2 + x + l ) ( x 2 — x + 1)

i) x 4 + 1 = (:X2 + l ) 2 - (rr\/2)2

= (rr2 + x\fl + l)(a:2 — x

f

'jj^.Množenjem rezultata pod f ) i pod e) dobija se / 64x6 - 80x4 + 24.x2 - 1 = 64 f [ l =1 (x - cos ’f ) Rešenje a) Kako je P{x) = x4 + x 3 + x2 + x + 1 = ^

i P( x) = 0 ^

^ (x5 = 1 A x ^ 1) <=> x G {e7^ , el . e*'r, }, pa. je x 4 + ;r3 + x 2 + x + 1 = (x2 — 2x cos ^r- + l)(rr2 — 2x cos ~ + 1). b)Skup svih korena polinoma P(x) = x 2n — 1 je { - 1 . 1} U { e ' - f !k £ {1, 2.. . . , n - 1 } } U {e -T * jk £ { 1 . 2 ....... - 1 T eorem a 8.58 Ako je (ti, t,2, •••■tn) uređena n — torka korena noma P = antn + an^ t n~L + ... + a\t + a0 stepena n nad nekim poljem F, pričernu se svaki, koren tt u toj n — torci pojavljuje tačno onoliko puta kolika mu je vlšestrukost ( Vidi 8.61). što je po Bezuovoj teoremi ekvivalentno sa P = an(t —ti) •(t —č2) •... •(t —tn). tada. važi: t\ + t‘2 + . . . + t ,, —

t;

ar

?;=i

tlt-2 + tlt.-i, + . . . + tn--itn —

O-n—2

tjt 1< i < j < n

h h ■■■tk + ■■■+

•••t-n —

t.ixtj2 ■■■tjk — ( 1)

1 < i i <%2 < —< i k < n

h h . . . t n -=

( - 1 ) " -

an

gde su i, j , h, ž2: . . . , ik elementi skupa { 1 . 2 , . . . . n}. D okaz Kako su t\, f2, . . . , tn koreni polinoma P, to na osnovu 8.35 sledi P = antn + an [fn 1 + ... + a\t + a0 — an(t — t\)(t — t2) .. . (t. — tn),

8. Polinomi miđ proizvoljnirn poljima

151

a odakle posle množenja i izjednačavanja koeficijenata uz odgovarajuće stepene sledi tvrđenje teoreme. □ P rim er 8.59 Ako je a4 ^ 0 i a4f4 + a3/ 3 + a2t2 + a\t + «o = ^(^ ~t\)(t —t2)(t —t3)(t —f4) , tada je +

tlt'2 +

f]^3

t2 +

+ t]t4 + t2ts +

IiJ

f3 +

f 2f 4

+

a3 f4

/3t4

+ t\t2t± + / 1/ .s/ j + 12/3/1 t\t2tJl

Z a d a t a k 8 .6 0

Da li je 2 c o s ^

0 tj.

c o s -~ ,

p olinorna ( z 3 + 1 ) ( + — 2 3 + 1).

{—

a4 a0

koren palinoma x 3 - 3 ;c ..1. za svafti p ro s i broj k veći od 3?

R e š e n j e D a bi nam se p o ja v ili b ro je v i co s non ia 29 + 1 =

a4 a2 a4

...

n a đ im o sku p sv ih korena. p o liSkup korena. p olin om a z 9 + 1 je

} . a skup korena p o lin o m a zb - z J 4- 1 je { e ^ ' s . e Jj:l' 9 ' , e i +

P re m a to m e sledi cla je z 6 - z 3 + 1 = (z 2 — 2z c o s

f 1)(,J2 - 2 z cos ^

+ l ) ( z 2 - 2z c o s ~

}.

+ 1).

Izjednačava.njem k oeficijen a ta uz o d g o v a ra ju ć e stepen e u p r e th o d n o j jed n a k osti d o b ija m o d a je: COS | +COS ~ + c o s t f = 0 . cos | c o s ^ + c o s | c o s ' + +COS 5 s c o s

, c o s f cos 5f

cos ^ = | .

Na osn o v u V ije to v ih pravila sledi d a su c o s | -,co s ~ , c o s - + koreni p olin om a 8 y 3 - 6y — 1, pa srnenom 2y 2cos

x sledi d a 2 cos

2cos

je ste elem enat sku pa { 2 c o s

2cos ~ 2eos

su koreni polinom a. x :i - 3 j — 1. Jasno je da 2 c o s + } za svaki p rost b r o j fc veći ocl 3.

D efin icija 8.61 Koren a polinorna P jeste višestrukosti k, odnosno k-tog reda ili k-tostruki koren, ako je polinom P deljiv sa polinomom (t — a ) k, a ntje deljiv sa polinomom (t — a ) k+l. P rim er 8.62 Ako je P = a(t — a ) 3(t — Q)(t — 7)2(t — 5)°, onda su a, (3, 7 i 8 koreni poltnoma P %to redorn trećeg, prvog, drugog i petog reda. P rim er 8.63 Nekaje f ( x ) = x 3+ ax2+ bx + c polinom nad poljem realnih brojeva i neka je skup svih njegovih korena { 1, 2}. Tada skupovi svih mogućnosti za a, b i c su a £ { }, b E { } tc G{ }. R ešen je: a € { - 4 , —5}. b G {5, 8} i c G { —'2, —4}.

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

152

Zadatak 8.64 Neka su 1.2 i 3 svi koreni polinoma P kojije defimsan sa ■+ „ _ an -l~

•.4'2 •... ■+ .

b) a0 = ( - 1 ) " •l 1 ;2 2 •:;''■...■ f',

£-(M-l)( 2 m ) „ _ 1 / ^-(£+l)(2£H-l) \ 2 l ^ - ( ^ + 1 ) ^ 2_ 6 : a n - 2— 2 y 6 J 2 \ 2 J

n=

( t - l ) £ 2m ) 2(ć+2) 18

U ovom slučaju P(x) = (:r — 1) •(x — 2)2 •... •(j' — t ) e.

Da li važi isto rešenje ako se u tekstu zadatka umesto polja kompleksnih brojeva C uzme polje realnih brojeva M? Zašto? Zadatak 8.66 Neka je (x\, x 2, . . . , x n) n - torka svih korena polinorria f ( x ) = x n + x + 1 nad poljem kompleksnih hrojeva C, pri čemu, sc svaki koren x } u toj n — torci pojavljuje tačno onoliko puta kolika mu je višestrukost ( Vidi 8.61). Izračunati surrm R ešen je:

Skraćivanjem sa xi sledi da je —jr =

: ■ Kako su

Xi nule polinoma / , to su x^x nule polinoma g(x) = x " / ( x _1) = x n(x~n + x~l + 1) = 1 + x n 1 + xn. Kako su x~l nule polinoma g. to su 1 + ./••'' nule polinoma h(x) = g(x — 1) = 1 + (x — l ) 71" 1 + (x — l ) n. Kako su 1 + x~1 nule polinoma h. to su (1 + x ~ L)'~l nule polinoma x nh(x ') = x n (1 + ( X- 1 - l ) " ” 1 + (.T^1 - l ) n) =

x “ |1 + ( - - l ) ”

X

” 1

+ ( - - 1)” 1 = x" + x ( l - X) " - 1 + (1 - x)" X

•’

8. Polinomi nad proizvoljnim poljima

153

Znači da. tražena suma brojeva J° suma korena polinoma x n + .t ( 1 —x ) n~l + ( 1 —x ) n, gde se svaki koren u toj sumi pojavljuje tačno onoliko puta kolika je njegova višestrukost, a ona je po Vijetovim pravilima jednaka koeficijentu uz xn_1, sa suprotnim znakom, u polinimu x n + x ( l — x) n~l + ( 1 —x )n. Na osnovu binomne formule lako se vidi da taj traženi koeficijenat tj. tražena suma iznosi —

1

)n(n — 1 ) + ( —l ) n l ri^ = ( —1 )n(—n +

1

+ n) = ( —l ) n.

Pokažimo sada pomoću primera kako se određuju višestruke nule korišćenjem Hornerove šeine. Z adatak 8.67 PolmornP = t4—2t3—/;2+ 3 /+ 2 napisati po stepenima o d t - 2. R ešen je Uradićemo to pomoću Hornerove šeme. 1

_2

-1

1 1 1 1

0 2

-1 3 11

4 6

3 1 7

m U gornjern levom uglu tabele nalazi se koren polinoma t — 2 tj. 2. Desno od njega nalaze se redom koeficijenti polinoma. P od najvećeg stepena do slobodnog člana. Koeficijent uz najveći stepen, to je ovde 1, uvek se prepisuje ispod samog sebe. Svi ostali brojevi tabele se dobijaju tako što se saberu broj koji je iznad njega i broj levo od njega prethodno pomnožen sa 2 (tj. broj iz levog gornjeg ugla tabele). Uokvireni brojevi predstavljaju koeficijente polinoma P po stepenima od t — 2, odnosno P = č4—2t:i —t2 + 34 + 2 = (f - 2)4+ 6(t - 2)3 + 11 (i - 2)2+ 7(i - 2) + 4. Kad bi gornji uokvireni broj umesto 4 bio 0, to bi značilo da je 2 koren polinoma P bar prvog reda. Kada bi i prvi i drugi uokvireni broj od gore bili nule, a treći po redu od gore uokvireni broj različit od nule, tada bi broj 2 bio koren drugog reda itd. Odavde se vidi da, pomoću Ilornerove sheme na ovaj način inožemo pronaći višestruke korene ako su nam poznati koreni tog polinoma. Vidi zadatak 8.71 .

154

Principi algebre. opšte,diskretne i linearne

Drugi način za traženje višestrukih korena polinoma P nad poljem kompleksnih brojeva je pomoću izvođa njegove polinomske funkcije i'ipiP))' i odgovarajućeg polinoma P'. Dvostruki koreni polinoma P su zajednički koreni polinoma P i P '. koji nisu koreni polinoma P f/. Napomenimo da su zajednički koreni nekih polinoma, koreni njihovog najvećeg zajedničkog delioca. Lako se dokazuje sledeća teorema. Teorem a 8.68 Nula (koren) reda k > 2 polinoma P je nula (koren) reda k —1 polinoma P f. Broj a je koren reda k polinoma P ako i samo ako je a zajednički koren polinoma P, P ', P " ■•••, P^k ^ i c* nije koren polinoma P ^ . Dokaz Ako je a nula recla k polinoma P to znači cia je P(:r) = (x - a ) kQ ( x ) gde je Q(a) / 0. Izračunajmo sada izvod leve i desne strane prethodne jednakosti. P'(x) = { x - a ) k~l (kQ(x) + (x - a ) Qf(x)) odakle sledi da je a nula reda k - 1 polinoma P '. Drugi deo tvrđenja teoreme je posledica prvog dela koji smo dokazali. □ T eorem a 8.69 Neka je ^ raaonalan broj, gde su p t q uzajamno prostij f l i hrojevi i neka su koeficijenti polinoma P = antn +
+... +

je

« / + a .0 = 0

(8.1)

an- — h an-\pn~l + ... + a.ipqn~2 Q

+ a,Qqn~l = 0

(8.2)

anpn 1 + an^ipn 2q + ... + a\qn

1 + a^— = 0

n

(8-3)

P

gde su jednakosti (8.2) i (8.3) dobijene iz jednakosti (8.1) množenjem redom sa qn~l i Broj a j j mora biti ceo jer svi ostali sabirci u

8. Polinorni nad proizvoljnim poljima

155

jednakosti (8.2) su celi brojevi. Kako je any ceo broj to an mora biti deljiv sa q jer sn p i q uzajamno prosti brojevi. Analogno se zaključuje da je fl0 deljiv sa p. □ Zadatak 8.70 Neka je P(t) polinom sa realnim koeficijentima, neka, su R a i Rb redom ostaci pri deljenju polinoma P(t) polinomvma t — ci i t — b i neka je a b. Naći ostatak pn deljenju polinoma P(t) polinomom (t — a)(t — b) ako je a, b. Da li važi isti rezultat ako su polinomi nad proizvoljnim poljem F ? Rešenje Ostatak pri deljenju polinoma P(t) kvadratnim polinomom (t —a } (t — b) je polinom kt + n, za neke realne brojeve k i n, odnosno P(t) = (t — a)(t —b)Q(t) + kt + n. gde je Q(t) neki polinom. Tada je Ra

= P(a) = (a — a)(a — b)Q(a) + ka + n

Rb

= P(b) = (b - a)(b - b)Q(b) + kb + n,

Iz ka + n = Ra A kb + n = Rb dobijamo

Ra — Rb aRb - bRa kt + n = -------- :—t + b a —b Zbog teoreme 6.24. isti rezultat važi i za polinome nad proizvoljnim poljein F. Zadatak 8.7T Naći sve vrednosti A £ C za koje polinorn x4 + A.t + 3 ima višestruke korene u skupu kompleksnih brojeva C. R ešen je Neka je a višestruki koren polinoma :tA + Xx + 3. Tada imamo Hornerovu sliemu a

1 1 1

0 a 2a

0 9 cc 3a 2

X Q'3 + A 4a3 + A

a^

+

3 Ag' + 3

u kojoj zbog uslova zadatka mora biti a 4 + Aa + 3 = 0 i 4a3 + A = 0, ođakle imamo a 4 = 1 i A = —4a3, odnosno a G { 1 , —l,ž, —i} i A € { —4,4, 4i, —4?'}. Zadatak 8.72 Dokazati da postoji beskonačno mnogo polja nad kojirna je svodljm polinorn t7 + t2 + 1.

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

156

Rešenje Primetimo da nad poljem Kompleksnih brojeva za t = e1^ sledi da je t7 = t. To znači da je polinom t7 + t2 + 1deljiv sa t + t2 + 1. Sada se lako dobija da je t7 + t2 + 1 = (t2 + t + 1){t5 - t4 + t2 - t + 1). Ova faktorizacija očevidno važi za sve polinome posmatramo nad, na primer, bilo kojim konačnirn poljern ({0,1, ...,p — 1}. +, •), gde je p prost broj i pri čemu je —1 = p — 1. Očevidno ova faktorizacija važi i nad bilo kojim poljem, a važi i nad prstenom celih brojeva. Zadatak 8.73 Ispitati za koje sve vrednosti nenegativnog a m polinom /( :r) = (z + l ) m - x m - 1 nad poljem E je deljiv polinomom a) (x2 + x + l ) 2 b) (:r2 + x + i ) 3 Rešenje a) Polinom (:r2 + x + l ) 2 iina dvostruke korene e±l^ koji moraju biti bar dvostruki koreni polinoma / , (8.36) što znači da mora biti koren polinoma / i f ' . Znači f ( e l 3 ) = (cl 3 + l ) n' — (ei2f )m - 1 = (e^2 cos |)m cfnf = e ^ f rjf - = ± | + 2kn r-,

r,

. 0—r

- 1 = e 'V - ( e ^ ) 2 - 1 = 0 ^ m = 6k ± 1. Sa druge strane ,\

- f m

—

l ) 7 r

- 2 r r ( m

—

1 )

f ' ( e t=r ) = (elf + l ) m_1 - t ^ {m 1: = e%— 3 - e? 3 = 0 «=> — 2~[>” — 2kn <+> rn — 1 = 2m. —2 — 6k <+ —rn = —1 —6k <$=> rn = 6A: + 1. Tako da polinom (x2 + x. + l ) 2 deli / akko je m = fjfc + 1. b)

Videli smo da ako je e'"3 koren polinoma / i / ', tada je m =

6k + 1. Isto tako dobijamo da ako je e f f koren polinoma / " , tada mora biti m = Qk + 2, što znači da polinomi (x 2 + x -t-1)° , j . f ' i f " nemaju zajedničkog korena, pa polinom / nije deljiv sa (:r2 + x + l ) 3 ni za iedno rn. ZadaJž^K8v7 4 Ako je P( x) = ,x8 - x 7 + x h - x 4 + x3 - x + 1 polinom nad poljem realnih brojeva R, tada je P( x) = (x2 — 2x cos || + l)(.r2 — 2x cos + 1) (x2 - 2x cos || + 1) (.r2 - 2x cos ^ + 1). Dokazat.i. Rešenje: Vidi 8.57 i koristi identitet, x 10 + x 5 + 1 = ^.'2 + r +

x7

+ r 5_

xi

+

x3 _ x +

1)

8. Polinomi nad proizvoljnim poljima

157

Zadatak 8.75 Dokazati da je X8 — X7 + x5 — X4 + x 3 — X + 1 > , ( 1

v

9 -

C

O

S

2tF

.

.

--------- ) ( 1

9 -

( ' O S

—

15A

4tF

.

) ( 1

15A

9

, —

c

o

s

S7T —

9

w )

(

1

—

c

o

s

15 A

R ešen je: f ( x ) = x 2 — 2xc:os f f + 1 > 1 — cos2 je njen minimum.

^

147T

.

---------------- )

15 ;

jer teme parabole f

Zadatak 8.76 Dokazati da je

/—Z------------=;------------------ A---------- ^----------------- . 7T . 2?r — x 1+ xD—x4+ x 6 — x + 1 > sm — sm —

vi

15

.

471-

8 tt

sm — sm — . 15 1515

Zadatak 8.77 Da li je polinom P( x) = x 8 —x 7 + x 5 —x 4 + x 3 —x + 1 T sa polinom x 2 — 2x cos 27 15 + 1 ? Zadatak 8.78 Da li polinom P( x) = x 8 — x ‘ + x 5 — x4 + x 3 — x + 1 ima realnih korena? (Zadatak 8.79\ Faktonsati polmom P(x) = x 8 + x 6 + x4 + x 2 + 1 nad poljem: a) realnih brojeva, b) racionalnih brojeva? a) x H-jj_x6 + x 4 + x 2 + 1 = (x2 - 2x cos | + l ) ( x 2 — 2x cos ^ + 1) (x2 — 2x cos y + l ) ( x 2 — 2x cos ^ + 1) b) P rv o rešenje: P( x) = X6 + X6 + X4 + x2 + 1 = (x4 + x 2 + l ) 2 — (.x3 + x )2 = ... = (x 4 + x3 + X2 + X + l ) ( x 4 — X3 -(- x 2 — X + 1). D ru g o rešenje: P( x) = ^ = ^ ( x 5 - l ) ( x 5 + 1) = (x — l ) ( x 4 4- x 3 + X2 + X + l ) ( x + l ) ( x 4 — X3 + x 2 — X + 1) =

X4 + X3 + X2 + X + l ) ( x 4 — x3 + x2 — X + 1) . Zadaj5?c8t8^ Ako jednačina f ( x ) = x3 + px + q = 0 ima tn realna, i pm ičita rešenja za p,q E M, tada je 4p3 + 27q2 < 0. Dokazati. Napomena: D = - 4 p3 — 27q2 zove se disfaiminanta pohnoma f .

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

Glava 9 KONSTRUKCIJA POLJA Kao što ćemo uskoro videti, bilo koje polje, izuzev polja (Q. +,•), (R, +, •), i (Zp, +, •), konačno ili beskonačno, može se konstruisati polazeei od skupa polinoma F[t] nad nekim poljem F i definisanjem neke relacije ekvivalencije u skupu F[t] koja je i kongruencija s obzirom na operacije + i •. Faktor struktura, tako dobijena, gde su njene operacije definisane kao u teoremi 4.21, biće to polje (odnosno polje izomorfno tom polju). Znači polazeći od do sad poznatih polja, (Q- + ; 0 ' (^? +? ') ' (^p; + ' ’) za svaki prost broj p, kostruišemo sva ostala polja! T eorem a 9.1 Relacija = p definisana u skupu svih polmoma F[t] sa (VQ, S G F[t]) Q = P S ^

P\Q — S

jeste kongruencija u odnosu na sabiranje %množenje polinoma, gde je P neki nenula pohnom iz F[t]. D okaz Znači, Q i S su u relaciji = P ako i samo ako je njihova razlika deljiva sa P, tj. akko polinomi Q i S iinaju iste ostatke pri deljenju polinomom P. Relacija je refleksivna jer je Q = p Q <=> P\Q — Q <=> P |0 <=> tačno. Simetričnost sledi iz Q = p S => P\Q — S => P\S — Q => S = p Q. Relacija je tranzitivna jer (Q = P S A S = p R) =>■ (P\Q — S A P\S — R) => P\Q — R => Q = p R. Znači, relacija = P jeste relacija ekvivalencije. Relacija = P je kongruencija u odnosu na 159

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

160

sabiranje i množenje polinoma, jer imamo da (Q = p S A R = P T ) => (P\(Q - S) A P \ ( R - T)) => P\((Q + R ) - ( S + T ) ) => Q + R = P S + T kao i (Q = P SAR = P T) => (P\Q - S A P\R - T) =» ( P \ ( Q R - S R ) A P \ ( S R - S T ) ) = > P \ ( Q R - ST) => QR = P ST. Klasu ekvivaleneije, s obzirom na relaciju = P kojoj pripada polinom Q, označavaćemo sa [Q], a faktor skup sa F[t]/=p.

□

Teorema 9.2 Uređena trojka (F[t)/=p, + r ) je komutativni prsten s jed/inicom ydc su operaaje + i • definisane sa fi Q . S e F [ t ])

[Q] + [S] = [Q + S]

i

[Q5] = [Q][5].

Dokaz Operacije + i • su logički dobro definisane zbog teorema 5.31 i 9.1 . Asocijativnost operacija + i • sledi iz ([Q] + [R\) + [S] = [Q + R] + [5] = [(Q + R) + S] = [ Q + ( R + 5)] = [Q] + [R + S] = [Q] + ([R] + [S]) i ([Q][R])[S] = [QR][S] = l(QR)S] = [Q(RS)] = [Q][RS] = [Q]([-R][-S']), gde je korišćena definicija operacija u skupu F[t]/=p i asocijativnost operacija + i • u skupu polinoma F\t]. Analogno se dokazuje komutativnost operacija + i •i distributivnost operacije • u odnosu na operaciju + skupa F[t]/=p. Neutralni element za operaciju + je [0], odnosno klasa kojoj pripadaju svi polinomi deljivi sa P koju možerno označavati i sa [P]. pa je znaci 0 = [0] = [P]. Neutralni elernenat multiplikativne operacije jeste [1] jer [1][Q] — [1 ■Q] — [Q]. lnverzni elemenat s obzirom na operaciju + uvek postoji jer je [Q] + \-Q] = [Q + ( - Q ) ] - [0] = [P] = (P) = o. □ _ _ Prirodno pitanje koje se sada postavlja. jeste da li za neke polinome P € F[t] prsten (F[t]/=p, +, •) jeste polje? Teorema 9.3 Ako je F konačno polje i P nesvodljiv polmorn. tada je (/■’[/]/ „•+••) polje. Dokaz U jednoj klasi faktor skupa F[t]/=p nalaze se svi polinomi koji irnaju isti ostatak pri delenju sa polinornom P, pa je onda i sam taj ostatak elemenat te klase. Kako je svaka klasa ekvivalencije jednoznačno određena bilo kojim svojim elementom, to ćemo se dogovoriti da svaku klasu reprezentujemo, zapisujemo sa tim njenim ostatkom. To znači da ako je polinom P = a0 + a\t + ... + antn ntog stepena, onda je faktički konstruisana bijekcija koja svakoj klasi

9. Konstrukcija polja

161

pridružuje pomenuti ostatak pri delenju sa P odnosno polinom R = b0+ bit + . . . + bktk gde j e k < n —1. Zbog toga će broj elemenata faktor skupa F[t]/=p biti jednak broju svih polinoma R = &o+ M + . •-+ bktk, gde je k < n — 1 i gde su b0, b i , . . . , bn- i elementi skupa F. Ako je F konačan skup sa p elemenata tada će skup svih polinoma R = b0 + b\ + . .. + bktk gde je k < n - 1 iinati pn elernenata (varijacije od p elemenata n-te klase) tj. skup F[t}/=p je konačan i ima pn elemenata (klasa). Kako je {F\J}/ •) konačan komutativni prsten sa jedinicom, treba još samo dokazati ne postojanje delitelja nule. jer će tada trojka (F[t]/==p, + , •) biti konačni domen integriteta, a zbog teoreme 6.6 biće polje. Nepostojanje delitelja nule sledi iz 0 = [Q][S} = [QS] => P\QS => P\Q V P\S [Q] = 0 V [S] = 0 gde je korišćeno da ako P deli QS, tada zbog nesvodljivosti polinoma P sledi da P deli Q ili P deli S. □ T e o r e m a 9 .4 U prstcnu (F [f], svaki ideal je glavni ideal, tj. za svaki ideal X ^ (0 ) postoji lakav pohnom P da je X skvp svih polinoma deljivih sa P . odnosno X — (P ) Vidi 6.1 3 i 6.1 4 D o k a z Neka je P p o lin o m n a jm a n je g ste p e n a u id ealu X (0 ) (jer X = (0) je o č e v id n o glavni ideal) i neka je Q proiz\roljn i p olin orn iz X. T ad a na o sn ov u teorem e 8.19. sleđi d a p o s t o je ta k v i p o lin o m i S i R d a je Q = P S + R A (R = Q V dg(R) < d g(P)). K ak o su Q i P iz X. to je i R — Q — P S ta k o đ e iz Z , p a je n em og u ć slu ča j dg(R) < dg(P) jer sm o pretpostavili da. je p olin orn P n a jm a n je g ste p e n a iz I , tj. m ora b iti R = 0. Z n ači, Q = P S za p ro iz v o ljn i p o lin o m Q iz I , tj. X — {P S \S € F [t]} = [F]. □ K a k o su u prstenu (F[t]. + . •) svi ideali glavni. to je svaki ideal sku p svili p o lin o m a d eljiv ih sa nekim fiksnim p o lin o m o m . S ad a je na o sn ovu definicije 6.14. ja sn o d a je [P] = (P ). N a prim er, skup svih p olin om a nad p o lje m F d eljivih sa t2 + 1 je neki ideal prstena. (F[t'\, + , ■).

D e f i n i c i j a 9 .5 Ideal X / F[t] prstena (F ‘t], + , •) maksimalan je ideal ako za svaki ideal M važi M = X ili M = F[t[.

T e o r e m a 9 .6

2 X

Ako je P nesvodljiv polinom. prstena (F[f], + , •), tada je (P) maksimalni ideal.

D o k a z A k o je P n e s v o d ljiv p o lin o m , ta d a je (P ) -J- F[t] jer je (P) - F [l] ako i sam o ako je F k onstantan p o lin o m . N eka je ideal M 3 (F ). K a k o je na o sn ov u teorem e 9.4. u prsten u ( F [ /: ] ,+ ,- ) svaki ideal glavni. to je M = (Q) za. neki p o lin o m Q G F[t]. Z n ači. (Q) D (P ) što g ovori da p o s to ji takav polinom S € F\t] d a je F = Q S . a zbog nesvodljivosti p o lin o m a F to zn ači d a je p o lin o m Q k on sta n tan p o lin o m ili d a je S k onstantan p o lin o m , što p o d efin iciji 6.14. znači d a je (Q) — F [f] ili (Q) = (P ). a d a lje p o d efinieiji 9.5. sledi d a je ( F ) je m aksim alan ideal.

□ T e o r e m a 9 .7

Ako je P G F[t] nesvodljiv polinom , tađa je ( F [ t ] /S p , + , •) polje.

D o k a z Teorem a. 9.2 tv r d i da je (F [t]/ dokazati d a za proizvoljni [Q]

, + , •) komutativan p rsten sa jedinicom. T reb a sam o

0 = ( F ) iz prstena. F [t]/==p . s o b z iro m na operaciju m n ož en ja

Principi a.lgebre, opšte. diskretne i linearne

162

p o s to ji n jem u inverzni elem enat. Jasno je d a Q $ (P) je r bi inače b ilo [Q] = 0. Skup p olin om a T = { Q S + T\S £ P [t] A T t

( P ) } je ste ideal prsten a F\t] (p ok aži!).

O n sadrži m aksim alni

id eal ( P ) (Ideal (P) je m ak sim alan z b o g teorem e 9.6 .) i različit je od ideala (P ), p a na osn ovu d efin icije 9.5 . 1 = F [t], Zn ači, p o s to je tak v i p o lin o m i S £ F[t] i T £ (P ) d a je Q S + T = 1 o d n o s n o Q S = 1 — T što im plicira [Q S] = [1 — T] p ro iz v o ljn i [Q]

[Q][*5] = [1] Jer

0 p ron ašli njem u inverzni [S], to je dokaz završen.

F £ (P ). K ak o sm o za □

Ako je p prost broj, tada je (Zp, +, •) polje, kao što je dokaza.no u teoremi 6.7 . Neka je P nesvodljiv polinom stepena n nad poljem Zp, tj. P = a0+ (iit + . ..+ a ntn. Tada (ZP[t]/=P, +, ■) jeste polje na osnovu 9.3. Elementi skupa Zp[t]/=P su klase ostataka pri deljenju polinomom P, tj. ako za reprezenta klase uvek uzmemo polinom najmanjeg stepena iz klase, odnosno baš ostatak, to će biti polinom stepena ne većeg od n — 1. Zbog toga ćemo klasu [Q] označavati samo sa Q ako je O polinom najrnanjeg stepena iz klase [Q]. Znači, polje v Zp[t]/=p iinaće onoliko elemenata koliko ima polinoma stepena ne većeg od n — 1 sa koeficijentima iz Zp = { 0 , 1 , . . . ,p - 1}. Pošto je polinom stepena ne većeg od n —1 određen kada na, n mesta određirno njegove koeficijente, to će naše polje imati pn elemenata (varijacije od p elemenata n-te klase). Sada je očevidno da, ako želimo da konstruišemo polje od pn elemenata gde je p prost broj a n bilo koji prirodan broj. treba pronaći bar jedan nesvodljiv polinom P stepena n nad poljem Zp = GF(p) i forrnirati skup Zp[t]/=P, tj. polje (Zp[t]/=P, +, ■). Ako za F uzmenio polje racionalnih brojeva, a za polinom P uzmemo t2 —2, tada je polje (F[t]/=p, + , •), polje iz zadatka 6.16 (odnosno njernu izomorfno polje). Ako za F uzinemo polje realnih brojeva, a za polinom P uzmemo t2+ 1. dobijamo (F[t]/=p, +, •) polje kompleksnih brojeva. Ako je P

—

t2— 2, tada ćemo skup F[t]/=p označavati sa F[t]/( t ^ - 2 )-

Lako se v idi da je

Q [ £ ] / ( t2 _ 2)

= {a + b^2\a

G

Q A b E Q}.

Zadatak 9.8 Napisati Kejlijeve tabhcc opcracija + i •za polja od, 4, 8 i 9 elemenata.

Rešenje Za konstrukciju polja od 4 elementa potrebno nam je polje (Z 2, +, ■)• i nesvodljiv polinom t2+ t + 1 nad tim poljem (teorema

9. Konstrukcija polja,

163

8.47), pa su Kejlijeve tablice polja (^2M/(e2+t+i)? +>') + 0 1 t t +1

0 1 t t+ 1 1 0 t t+ 1 1 0 t t+ 1 t+ 1 0 1 t t 1 0 t+ 1

0 1 t t+ 1

0 0 0 0 0 t

1 t t+ 1 0 0 0 1 t t+ 1 t t+ 1 1 + 1 t 1

Polje od 8 elemenata je (^[t]/[^+t+i)-, + , •)> Jer Je polinom t6 + t + 1 nesvodljiv nad poljem (Z 2, + , •) (teorema 8.47). Zbog kraćeg zapisa u tabeli ovog polja, polinom t2 + t + 1 označavaćemo sa T. +

0 0 1

0 1 t t t+ 1 t+ 1 t2 t2 t2 + 1 V + l t2 + 1 t2 + t T

T

t2 + 1 t2 + t t t+ 1 T t2 t2 + 1 t2 + 1 t2 t t+ 1 T t2 t2 + 1 T t2 + t t t+ 1 T t+ 1 0 1 t2 + t t2 t2 + 1 t2 + t t2 + 1 t, T 1 t2 0 1 t2 + 1 t2 + t t T 0 t+ 1 0 T t2 + t 1 t2 t+ 1 t t T t2 + 1 1 t+ 1 0 t2 t 1 0 t2 + 1 t2 + 1 t2 t+ 1 1 1 0

T 0 1 t t2 t2 + 1 f + t t+ 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 t2 + 1 t2 + t t2 T 1 1 t 0 t+ 1 1 T t2 + 1 0 t t2 t2 + 1 t + 1 t t2 1 T t t + 1 0 t + 1 t2 + 1 t2 + 1 t t2 + 1 t2 + t 1 t2 0 i2 t+ 1 T T t t + 1 t2 + t t2 + 1 0 t2 + 1 t2 1 t t2 1 t2 + 1 t + 1 t2 + t 0 t2 + 1 T t 2 1 t2 + t t+ 1 T 0 T t2 + 1 t,

Polje od 9 elemenata je (Z 3[f]/(t2+1), +, •), jer je polinom t2 + 1 nesvodljiv nad poljem (Z 3, +, •) (teorema 8.47).

164

Principi algebre, opšte. diskretne i linearne

21 2t + 1 2t + 2 t 2 t+ 1 t + 2 1 0 + 2t + 1 2t + 2 21 t 1 2 0 0 t+ 1 t + 2 2 2t + 1 2t + 2 21 t 1 0 t+ 1 t+ 2 1 21 + 1 21 21 + 2 t + 1 t+ 2 t 1 2 0 2 2 1 0 2t + 1 2t + 2 21 t t t+ 1 t+ 2 0 1 2 21 2t + 2 2t + 1 t t + 1 t+ 1 t + 2 1 2 2t + 1 0 21 t t + 1 2t + 2 t+ 2 t+ 2 2 t t+ 1 t+ 2 1 0 2t + 1 2t. + 2 21 21 t t+ 2 0 t + 1 2 1 21 2t + 1 2t + l 2t. + 2 t+ 2 1 t t+ 1 2 0 21 2t + 1 2£ + 2 2t + 2

21 2t. + l 21 + 2 t t+ 1 t+ 2 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 21 t + 2 21 + 1 2ć + 2 1 t 0 2 t+ 1 1 t t + 2 t. + 1 21 + 2 21. + 1 1 21 2 2 0 1 t + 1 2t + 1 2 2t + 2 t + 2 I t 2t 0 t 2 2 t+ 1 1 2t + 2 t + 2 21 t + 1 0 t+ 1 21. 2 t, + 1 t 1 t + 2 0 t + 2 21 + 1 2t + 2 2 2t + 2 t + 2 2t. + 1 t + 1 1 21. t 0 21 t. 1 2/.+ 2 21 2 2t + l 0 2t + 1 t + 2 t + 1 1. 21 t+ 2 2 t, 2t + 2 0 2t + 2 t + 1 2t + 1 E vo jo š nekoliko o sn ovn ih d e fin icija i teorem a, bez d okaza, k oje bi se m ogle izvesti na osn ovu d osađ izloženog. S ličn o d efin iciji potprsten a. definiše se i p o tp o lje p olja . D e f i n i c i j a 9 .9

Podskup K polja, F je potpolje polja F ako je. I\ polje u odnosu na restnkcije

operacija polja F .

D e f i n i c i j a 9.1.0

Polje F je proširenje polja K ako je K pot-polje polja t .

Na prim er, p o lje racionaln ih b r o je v a p o tp o lje je realnih brojev a . D e f i n i c i j a 9 .1 1 T e o r e m a 9 .1 2

Presek svih potpolja polja F zove se prosto potpolje polja F . Prosto potpolje polja F i zomorfno je iU polju ( Z p , + , •) za neki prost broj p ili

polju ra,ciona.lnih brojeva

(Q , +,•)•

D e f i n i c i j a 9 .1 3 Ako je K potpolje polja F i S C F , tada je K ( S ) najmanje potpolje polja F koje sadrži K i S . Ako je S = { x i , x 2, ■■■, i « } ili S = {a’ } , tada K ( S ) zapisujemo sa K ( x i , j ’ 2 , .. •, x n ) odnosno K ( x ) .

9. Konstrukcija polja

165

P o lje K ( x ) zo ve m o ek ste n zijo m (p roširen jein ) p o lja K e lem en tom x.

D e fin ic ija 9 ,1 4 Elemenat x iz F je algebarski nad potpoljem K polja F ako postoje takvi a o . a i , . . . , an € K da je ao + a,ix + .. . + anx n — 0 i (a o, a i , . . . , a n ) ^ (0, 0 ___ _ 0 ). Polje F je algebarsko proširenje polja K ako je svaki elemenai iz F algebarski nad K . N a prim er, \f2 iz p o lja realnih b r o je v a je algebarski nad p o lje m racion aln ih b r o je v a je r je y/2 koren p o lin o m a P = t 2 — 2 o d n o s n o p olin om sk e fu nkcije rtj’(P} ( x) = x 2 — 2.

D e fin ic ija 9 .1 5 Ako je x iz polja F algebarski nad njegovim potpoljem K , tada mimmalni polinom elernenta r jeste normalizovani polinom iz /<[t] najmanjeg stepena č ijije koren elemenat x.

T e o r e m a 9 .1 6 Neka je x Tada je minimalni polinom polju K ( x ) i svaki elemenat an _ i x n '_1 gde su a-o, a \ ,

elemenat polja F i neka je x algebarski nad potpoljem K polja F . P elementa x nesvodljiv nad poljem K . polje K [ i \ / = p je izomorfno polja K ( x ) možc se jednoznačno predstamti u obliku ao + a ix + . . . + ,a„_i € K .

N a p rim er, p o ije (Q [ t ] /(t 2 -- 2)>

') izo m o rfn o je p o lju

( {a + bV2\a. b £ Q } , + , •).

T u je x = \pl. O v o p o lje ozn a ča v a m o sa Q (v /2 ) i z ov em o ga e k sten z ijom (p roširen jem ) p o lja ra cion aln ih b r o je v a Q elem en tom \J2. O v o proširen je je algebarsko. Izom orfiza m je funkeija k oja klasi [a + bt] iz Q [t] /( * * - 2 ) p rid ru žu je a + 6\/2. P o lje (Q [t]/ (f3_

2 ) , + , ■)

izo m o rfn o je p o lju

( { a + b \/2 + e < f i \ a , b. c

6

Q },

+ , •).

Tu je x = \/2, a izo m o rfiza m je fu n k cija k o ja klasi [a + bt + et2] p rid ru žu je a + b\/2 + c\ /4. O v o p roširen je ta k o đ e je algebarsko. T e o r e m a 9 .1 7 Suako konačno polje ima pn elemenata gde je p prost broj t n prirodan broj. Važi i obratno. Za svaki prost broj p i sva,kt prirodni broj n postoji polje od p n elem.ena.ta..

T e o r e m a 9 .1 8

Multiplikativna grupa konačnog polja je ciklična.

N a prim er. u p o lju (Z r , I ••) gen eratorn i elem enat je 3. a u p o lju o d 9 elem en ata je t + 1.

Principi algebre, opšte, diskretne i Jinearne

Glava 10 DETERMINANTE

Da bi smo definisali i proučili determinante, biće nam potrebni neki osnovni pojmovi o permutacijama, pa ćemo prvo dati definiciju permutacije i neke osnovne teoreme u vezi permutacija.

P E R M U TA C IJE

Kada smo definisali funkcije rekli smo da permutacija nekog skupa je bijektivna funkcija toga skupa u samog sebe. Na primer sve permutacije, odnosno bijekcije skupa S = { 1, 2 , 3 } su: /12 3\ Gl ~

\123/ ’

/12 3\ 02 ~

V 132/ !

_ ~

/1 2 3 \

_

\ 213 / '

__ 4 “

/12 3\ V 231/ ’

_

_ 5 "

/1 2 3 \ V 312/ ’

_ 6

/123\ V 321/ ‘

Kako je skup S totalno uređen relacijom <, to ćemo u prethodnom zapisivanju prvu vrstu izostavljati jer ćemo podrazumevati da su u njoj svi elementi skupa S u redosledu saglasno relaciji < (tj. 123...n) i permutacija će sada biti zapisana samo sa drugom vrstom. Na primer, < t4 = 231. Znači, permutacija skupa S = {1, 2, . . . , n } biće isto toliko 167

Principi algebre, opšte. diskretne i linearne

168

koliko i različitih nizova od n elemenata skupa S u kojima se svaki elemenat skupa S pojavljuje tačno jedanput, a njih kao što je poznato ima n\ = 1 •2 •... •n. Evo još nekoliko načina zapisivanja permutacije: cr : {1,2, 3, 4, 5} -♦ {1,2, 3, 4, 5} na primeru
\3514z/

cr(l) = 3, a (2) = 5, cr(3) = l,cr(4) = 4, a (5) -- 2,

tj.

= 35142 = [3, 5,1,4,2] = [
Skup svili permutacija skupa S = {1,2, oznaeavaćemo sa Sn. Od sada ćemo raditi samo sa permutacijama skupa S = { 1 , 2 , , . . . n} i to više nećemo naglašavati. Očevidno je da (Sn, o) jeste grupa, gde je o kompozicija funkcija (permutacija) iz skupa Sn. Definicija 10.1 Ako je i < j i cr(ž) > cr(j), tada uređeni par (a(i), a(j)) zovemo inverzijom pennutacije a. Broj smh inverzija permutacije a označavaćemo sa Inva. Prema tome Inv a = |{(cr(i), a(j)) |i < j A a(i) > a(j)}\ Na primer broj svili inverzija permutacije a = 35142 dobijamo tako što brojimo sve cifre desno od trojke koje su manje od tri kojih ima 2, desno od petice i manjih od pet ima 3, desno od jedinice manjh od jedan ima 0, desno od četiri rnanjih od četiri ima 1 i desno od dvojke manjih od dva ima 0 tj. ima ukupno 2+34-0+1+0=6 inverzija. Sada je jasno da važi: Lema 10.2 Inv[m, cr(2),. . . , a ( n )] = m — 1 + Inv[a(2).
Ako je (cr(z), a(j)) inverzija permutacije a. tada se za a(i) i a(j) kaže da učestvuju u inverziji (a(i), a(j)). Ako je broj I n v a paran, tada permutaciju a zoverno parnom, a u suprotnom neparnom. Kako svakom skupu {i, j } jednoznačno odgovara skup {a(ž), a(j) }. pri zadatoj permutaciji a, to važi:

10. Determinante

169

jer sacla svaka razlika i — j iz imenioca ima sebi odgovarajuću razliku u brojiocu sa kojom je po apsolutnoj vrednosti jednaka. pa je n ,< 7 po apsolutnoj vrednosti jednako 1, a očevidno je da će znakova — biti isto koliko i inverzija, jer su svi imenioci negativni. Primer 10.3 Za pernmtaciju a = 35142 imamo da je:

i< j

3 -5

3 - 1 3 -4

3-2

5 -1

5 -4

5 -2

1- 4 1 -2

4 -2

1 — 2 1 — 3 1 — 4 1 —5*2 — 3 2 — 4 2 — 5 3 — 4 3 — 5*4 — 5 D e f i n i c i j a 1 0 .4 Transpozicija je pcrmutacija koja sve elemente skupa S preslikava u sarne sebe izuzev elemenata i i j (i ^ j ) . dok i preslikava u j , a j preslikava u i. Z n a či ako je r tra n sp o zicija , t-ada p o s to je d v a različita elem en ta d a je r(i) = j , r ( j ) = i, d o k za svako k g {z, j } važi r(fe) = fe. E v o nekoliko p rim era tra n sp o zicija :

i i j

iz sku pa S takva

12345678 12375648 D e f i n i c i j a 1 0 .5 Ako se permutacija p dobija kompozicijom permutacije a % transpozicije r . tada se kaže da se permut.acije p i a razlikuju za transpoziciju. D ru g im rečim a p i a se razliku ju za tra n sp o ziciju ako i sa m o ako je p = a o r (tj. a = p o r ) . T o m o ž e m o zapisti na sled eći način:

ili a =

1 2 ... i ... j ... n a(l)a('2) . .. a(i) . .. a {j) .. . a(n )

T e o r e m a 1 0 .6

P=

1

2

...

i

...

j

...

n


Permutacija a i njoj mverzna permutacija a

1 su iste pam osti.

D okaz

A ko sa d a u v e d e m o sm enu a(i) = sm atrati d a je m <

k, je r

m i a (j) =

cr'^C

k, ta d a u ra zlom k u -------

ukoliko nije m < k, p ro širićem o ta j ra zlom a k sa —1, p a je L)/ . , r „ =

rj

11 m
1 (m ) - a

??7—k

m —k

3 (k) = (

m ozem o

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

170

P osm a tra n o na p rim eru 10.3 to izgleda ovako. U zm em o p rv o recip ročn u v ređ n ost ce lo g p roizv od a , je r m u je a p so lu tn a vred n ost 1, p a se vredn ost n eće p rom en iti. Z a tim drugi, č etv rti, p eti, šesti, sedm i i d esti razlom ak p roširim o sa -1 i d o b ija m o d a je p ro iz v o d tih razlornaka je d n a k p roizv od u : 1-

2 3 - 1

3 ^

'

1 - 4 5 -

1 3

- 2

4 - 2 5-

' 3 ^ 4 ’ 2 ^ 3 ’ 1 ^ 5 ’ 4 -- 5

2 3 - 4

2 - 5

1- 4

3-

5

1- 2

5 -4 2 -4

u k o je m ako prom enirno redosled fa k tora (razlom aka) d o b ija m o : 3 -

5

1-

2 ' 1- 3 ’ 1 - 4 ' 1 -5

a to je je d n a k o

3 - 1

( —i y nv
T e o r e m a 1 0 .7

3 - 4 3 -

2 5 '

- 1

5 - 4 5-2

2 - 3 '2 - 4

2 -

1- 4 5 3 -4

13- 5

2

4 -2 4 -5

.

Ako se permutacije razlikuju za transpoziciju, onda su one različite parnosti.

D o k a z P o s m a tr a jm o p e rm u ta ciju a:

a ----- [cr(l), a ( 2 ) , .. ., a ( i ) , . . . , a ( j ) ---- - a(n)} Z n a ci uzeli sm o d a je i < j što ne u tiče na o p štost d okaza. U zećem o jo š d a je a(i) < a (j), jer u su p ro tn o m je p rov era slična. A k o sada c ( i ) i a (j) zam en e m esta. d o b ija se nova p erm u ta cija k o ja se razliku je o d p olazn e za tra n sp o ziciju . R a z m a tra ju ći sve m og u će slu ča jev e p ok a za ćem o d a su ove d ve p e rm u ta cije različite parnosti. U o čim o neki elem enat a(l) i izv ršim o p o d e lu na sledeće slu ča jeve: • l < i ili j < l U o v o m slu ča ju p o sle zam en e m esta elem en tim a a(i) i a (j), b r o j inverzija u k ojim a u če stv u je a(l) se o č e v id n o ne m enja. • i < l < j — a(l) < a(i) < a (j) K ak o (a (i),a (l)) je ste inverzija i ( o ( l) .a ( j)) nije inverzija, a p osle zam en e m esta elem en tim a a(i) i a (j) im a m o da ( a (j),a (l)) je s te inverzija i (a (l),a (i)) nije inverzija , sledi d a se b r o j inverzija u k o jim a u čestv u je a(l) n ije p rom en io. — a(i) < a (j) < a(l) U o v o m slu ča ju se p roverava, an alogn o kao i u p r e th o d n o m slu ča ju , d a se b roj inverzija u k o jim a u čestv u je a(l) nije p rom en io. — a(i) < a(l) < 0 (1) U o v oin slu ča ju b ro j inverzija p osle zam en e m esta elem en tim a a(i) i a (j) p ovećava se za 2, o d n o sn o p arn ost se ne m enja. Z n ači za svako l {?:, j } sledi d a b r o j inverzija u k ojim a u čestv u je a(l) ne m enja parnost za.m enom m esta elem en tim a a(i) i a (j). I n a jza đ , kako (a(i), a (j)) nije inverzija, a p osle zam ene m esta e lem en tim a a(i) i a (j) im a m o da (a (j),
nalaze im eđu

a(i)

i a (j)

veličini se nalaze im eđu a(i) i a (j), tj. k = Card{a(l)\i. < l < j

A a(i) < a(l)

<

a ( j) } .

U glavi „Linearne transformacije” data je definicija matrice 16.1. Sada ćemo dati definiciju determinante.

a

10. Deterrniimnte

171

D efin icija 10.8 Determinanta u oznaci det, je funkcija koja presUkava skup svih kvadratmh matnca u skup F , gde je F polje nad kojim su dejinisane te matri.ce. Neka je A = [<%]rm proizvoljna matrica i n proizvoljan prirodni broj. Tada je det A, reda n, definisana sa: det : M nn —►F

det A =

( - l ) /m;%
Kao što smo već rekli Sn je skup svih permutacija skupa S = n}, odnosno skup bijekcija skupa S u skup S, Tnva je broj svih inverzija permutacije a, a M nn je skup svih kvadratnih matrica reda n. Uobičajene oznake za det .4. odnosno det [atj]nn su:

det A

=

det [atJ]nn det

a ii

aV2 .

•

a

1?7

a ll

a 12

■

■

a ln

a 21

a 22

-

a 2n

a 21

a 22

■

■

a 2n

a n1

a n2

■ ■

■

—

=

a

ii

i

a nl

• ■

a nn

a nn

Ekvivalentna definicija determinete data, je na kraju odeljka vektorski prostori i matrice u pretposlednjem pasusu. U „geometrijskoj interpretaciji” ova definicija se može opisati sledećim tekstom: Odaberemo proizvoljan elemenet prve vrste matrice A. zatim odaberemo proizvoljan elemenat druge vrste matrice A ali da nije u istoj koloni sa prethodno odabranim elementom. a ll

a

12

a 13

a 14

.

■

a ln

a 21

a 22

a 23

a 24

■ •

a 2n

a 32

a 33

fl 34

•

■

a 3n

a Al

a 42

a 43

a 44

■

■

a 4n

a nl

a n2

a n3

a n4

■ •

a nn

a 31

_

_

Zatim odaberemo proizvoljan elemenat treće vrste matrice A koji nije ni u jednoj od kolona u kojirna se nalaze prethodno odabrani elementi. Nastavljajući do kraja ovaj postupak dobićemo n elemenata matrice A. Sve njih pomnožimo i to je jedan sabirak na.se sume, odnosno to je elemenat aia] (i)a2ai(2) ■••anai(n) (u našem primeru to je ai 2a2ia33a4n ■■■an4) , gde je (T\ £ Sn (u našem primeru aY = 213n ... 4).

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

172

Nastavimo proceduru kao što je bila i prethodna i opet, ćemo dobiti n elemenata matrice A koje međusobno pomnožimo i dobijamo elemenat ala2^ a 2c72^2) •■-CLn^(n), gde je £ Sn. Samo trba voditi računa da je (7 \ ^ a2. Nastavljajući ovu proceduru dok se ne iscrpu sve različite mogućnosti, tj. dok ne prođemo kroz skup svih permutacija Sn, dobićerno i poslednji elemenat na ovaj način tj. ai,Tfr(i)0'2cr?!.(2) •••ćWfe(n)> gde je dk E Sn. Jasno je da je k — n\ = 1 - 2 - 3 ■... ■n. Svaki od ovih elemenata ćemo uzeti sa znakom plus ako je odgovarajuća permutacija a% (i = 1 , 2 . . . . . k) parna, a, u suprotnom sa znakom minus. Sada izvršimo sumiranje svih tih elemenata i dobijamo det A. Primer 1.

det

cletjau] = an

flll

(1-12

a\](l2 2 — a 121121

(121 a22

Primer 2. an

Q'12 «21 Q'22 031 «32

det

— ' f l l l Q '2 2 a '33 — a i l Q '2 3 ° '3 2 — f l 1 2 ° 2 1 tt33 +

a-13 23 «3 3 & l2 a '23a 31 +

° 1 3 ° 2 1 a 32

G 13G 2 2 °'3 1 -

Primetimo da su u svakom sabirku prvi indeksi uvek 123, dok su drugi indeksi redorn 123, 132, 213, 231, 312, 321, tj. sve permutacije skupa {1. 2, 3}. Prva, četvrta i peta permutacija su parne jer imaju redom 0, 2 i 2 inverzija, a preostale su neparne jer imaju redom 1, 1 i 3 inverzije. Primer 3. Izračunati vrednost determinante

D

.

1

1

..

.

0

0

0

..

.

0

0

0

£3

..

.

0

0

0

0

0

..

• x n—1

0

0

0

..

.

0

1

1

1

..

1

X\

0

0

1

0

X2

1

0

1 1

0

0 J n

Izračunaćemo ovu determinantu po defmiciji. Determinanta matrice D = det[a^]n+iiTl+i jednaka je sumi čiji svaki sabirak je oblika

10. Determinante

173

a< j je proizvoljna permutacija skupa S — {1, 2 , . . . , n. n + 1}. Za datu matricu lako se proverava cla pomenuti sabirci ne moraju biti nula samo ako je
i X 3X 4

... x n- x \ x 2x 4 ... x n- . . . - Xi X2X3 •••^n-l-

Ako su bar dve promenljive jednake nuli tada je D = 0, ako je tačno jedna promenljiva jednaka nuli, na primer X{ (i € {2, 3 , . . . , n — 2, n — 1}), tada je D — Di — - x i x 2 . . . x ^ i x z+i . . . x n, D\

x 2i 3

—

. . .

xn i Dn

dok je

X\X2 . . .

i na kraju, ako su sve promenljive različite od nule, tada je ~ X 2 X :iX A . . . X n - X i X 3 X 4 . . . X n — X ] X 2 X 4 . . . X n

. . . - X i X 2 X 3 X A . . . X n —\ =

= —x\x2x 3x<\.. . x n(— -1------- (- ... H------) = — j TT Xi I

T2

\ i l

x- x.

J i l

D efin icija 10.9 Ako je matrica B = [btj]nn dobijena od matrice A = [aij]nn tako što su kolone matrice A uzete za vrste marice B tj. bl3 — ari, tadaje matnca B tra n sp on ova n a m atrica od matrice A %označava se sa B — A T ili B = A* samo kada je A realna matnca. Primer a\\ Ako je A =

a 12

a 21

a 31

a 12

a 22

a 32

_ a 13

a 23

a 33 _

a 13

a 21

a 22

a 23

_ a 31

a 32

a 33 _

tada je

AT =

T eorem a 10.10 Determinanta matnce A = [f%]nn i determmata njoj transponovane matnce A T = [bij]nn su jednake.

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

174 D okaz

det A =Ž 2 ( - 1 ) JnV
E

)

^ ^ ( 1 ) 16
{ 1 ,2 ,

p o s to ji /

E

{1 , 2 ,. .. , n } ,

tkavo da je 6CT(fc) fe = bia- x{l) (n a Prim er a^o je a( 1) = 5 tad a je 6CT( i ) i = fr5a- i ( 5) )> Pa Je Z^ °S k om u ta tiv n o sti m n ožen ja

det A =

^ ( - l ) 7nt’ °"bi CT- i ( i ) b2<7-1(2) ■■•fW crESn

1(« )-

K ak o je o p e ra cija tra že n ja inverzne fu nk cije u skupu Sn b ijek cija sku pa Sn u sku p Sn . t o zn ači da kada a p ro đ e kroz c e o Sn o n d a i cr- 1 p ro đ e kroz ce o Sn , Pa Je

det A =

( —1)^ 1 cr

bya- 1(] )&2
—1£ S n,

I na kraju z b o g ( - l ) /nv
£

d etA =

t - l ) In va ~ 1b1„ - H l)b2o- H 2 r . . b ni7- H n ) = d e t A T ,

(7*6S\j, jer cj 1 prolazi kroz c e o S n , p a je sve je d n o da li n o st'im ■inestirna piše a

1 ili cr. (K a o što je

na prim er T . i = i x i = E f c = l x A--) n _ _ . . . Z a h valju ju ći o v o j teorerni, sve oso b in e d eterm in an te k oje d ok a žem o za vrste. važiće i za kolone. Z n ači d ok aziv a ćem o teorem e (o so b in e determ in an te) k o je se o d n ose na v rste m atrica.

T eorem a 10.11 Ako je rnatrica B dobijena od matrice A = [o.žj]nn tako što su i-ta vrsta i j-ta vrsta zamenile mesta (i ^ j ) , tada je det B = —det A. D o k a z K ako je m a trica B d o b ije n a o d m atrice A tako što su ?-ta i j - t a vrsta zam enile m esta, to je

det B =

^ ( “ l ) 7nt' ^Olo-l l ) ft2
D a bi sm o to d oveli u vezu sa d et A , tre b a uvesti ta k v u sm enu da je svaki faktor u tim sab ircim a oblika aip{.j) i d a se na svim m estim a nalazi p u m esto a. T a sm ena je o č e v id n o a = p o r, gde je o o p e ra cija k o p o z ic ije fu n k cija u sk u pu S n i r tra n sp o z ic ija k o ja i preslikava u j . j preslikavau i. a. sve ostale elem ente sk u pa S = {1 , 2 , . . ., n } preslikava u sam e sebe. S ad a im a m o d a je a(i) = (p o r ) ( i ) = p (t ( i )) = p(j) , a (j) = (p o r ) ( j ) = p (r (j)) = ptt) i za svako k $ {i, j } a(k) = (p o r)(k ) = p (r(kj) = p(k) , na osn o v u če g a im am o

d et B =

(—l ) In0 a 0’lp(l)0'2p{2) •••ajp(j) ■••aip(i) ■••a np(n)
d et B =

^2

( ~ 1)InV(Tal P(l)a2P(2) ■•-« ip (i) ••■aj P(j) ■■■anp(n)-


10. Determinante

175

K ak o se p i o se razliku ju za tra n sp o ziciju (tj. različite su p a rn osti) t o z b o g teorem e 10.7 sledi d a je ( —l)Inv ° = —( —l ) /n i ’ p , p a im a m o d a je

— ^ y ( —1)

d et B

**Q'\p(l)Q,2p(2) ' - ■

■- - ^j p( j ) ’ ' ■a np(n)-


N a jza d p rim e tim o d a jed n a k ost (sm en a ) o = p o r , , g d e je r fiksn a tra n sp ozicija , od re đ u je fu nkciju ti: : Sn —* Sn k o ja je d efinisana sa ijj(or) ■ —p

O = P o T.

K ako je uređ eni p ar (Sn , o) grup a i z b o g teorem e 4.11. sledi d a za svako o e Sn je d n o z n a čn o je o d ređ en a p e rm u ta cija p k o ja z a d ov olja v a jed n a k ost o = p o r i o b r a tn o , za svaku p erm u ta ciju p je d n o z n a čn o je o d re đ e n a p e rm u ta cija o k o ja zad o v olja v a jed n a k ost o = p o r. T o znači d a je fu n kcija ip b ijek cija, p a kada o „ p r o l a z i ” kroz ce lo Sn , o n a d a i p „ p r o l a z i ” kroz celo Sn , tak o d a u n a šoj sum i u m esto o G Sn m o že m o stav iti p €E Sn , p a je

det B — —

_(

1)

^a i p( i ) a2p(2) •••a?p(j ) •■•ajp(j) ■■■anp(n )

— đet A . O

p£Sn

Dokazi prethodne dve teoreme su bili malo teži (apstraktni), dok sve ostale teoreme o determinatama biće trivijalne posledice defmicije determinante i prethodne dve teoreme. T eorem a 10.12 Ako su dve vrste u kvadmtnoj matrici A iste, tada je det A = 0. D okaz Ako u pomenutoj matrici A te dve vrste koje su iste zamene mesta, po teoremi 10.11 slediće da se determinanta te ..nove" matrice razlikuje od determinante matrice A samo u zanku. Kako je ta ,.nova” matrica očevidno jednaka matrici A , to je det A = —det A , odnosno det /1+det, ,4 = 0. odakle sledi da je det A = 0 ako je polje F nad kojim je definisana matrica. različito od polja karakteristike 2. Iako ovaj dokaz važi sarno ako je polje F karakteristike različite od 2. tvrdnja teoreme važi i za polja karakteristike 2, što se može dokazati. □ T eorem a 10.13 Ako se i-ta vrsta matriee A = [aij}nn porn.noži skalarom A, dobija se matriea B za koju važi det B = A d e t A D okaz det

B -=- ^

^(

1)

a l o( l ) a 2o(2) ■ ■ ■ Acii(j(?) • • • a no(n)

oeS n

=

A

(

1)

'

<31
• • • ®io(i) • • •a no(n)

A det A.

D

o(zSn

Prerna torne determinanta se množi skalarom tako što se svi elementi samo jedne vrste pomnože sa tim skalrom.

176

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

Teorema 10.14 Ako su svi elemenU i-te vrste matrice A jednaki nuli, tada je det A = 0. Dokaz Kako je sabirak u sumi

[<+,]„„

= 0 za svaku permutaciju a G Sn, to svaki

det A = ^ ^ ( —1)

a lcr(l)a'2cr(2)

■•■aia(i) ••■a ncr(n)

(TeSn

ima bar jedan faktor jednak nuli pa je zaista det A = 0.

□

Teorema 10.15 Ako su k-ta i l-ta vrsta (k 7^ l) matrice A = [a proporcionalne tj. linearno zavisne, tada je det. A = 0. Dokaz Zbog pomenute proporcionalnosti sledi da je a^j — \aij za svako j G {1, 2 , . . . , n }, pa imamo da je det A =

^ ( —1)^UL^O'lcrfl)

® 2 ct( 2 )

••■aka(k) ■••a lo(l) •■■a no( n) —

oESn

^ a a l o ( l ) a 2o(2) ■ ■ ■ A a lo (l) ■ • • a lo(l) ■ ■ ■ a n o(n ) ~

—

Oe Sn —

A ^ ^ ( — 1)^ (

a l o ( l ) a 2o(2) ■ ■ ■ a lo(l) ■ ■ ■ a lo(L) ■ ■ ■ a n o(n ) ~

O5

o eS n

jer su dve vrste jednake pa koristimo prethodnu teoremu.

□

Teorema 10.16 Neka je i-ta vrsta matnce A = {atj}nn pomnožena sa X i dodata j-to j vrsti i tako je dobijena matnca B. Dokazati da je det A — det B . Dokaz det B

=

^ ^ {—l ) InV^a l o ( l ) a 2o(2) ■■■a i o(i )

■■■{ ^ a i a( i ) ~^a j o ( j ) ) • • ■a no( n) ~~

oeSn

' ■■^ a?:CT( 0 ■• ■° n c r ( n ) ™ i ^ ^ ( " l )

o eS n

a l o ( l ) ■■■a j o ( j ) ■■■a no(n)

CreSn

= A •0 + det A = det, A.

□

10. Deterrninante

177

D efin icija 10.17 Neka je A = [a^]nn kvadratna matrica reda n nad poljem F i neka je = ( xn, xi 2, •••, x in) vektor n-torka nad istim poIjem F, tadaje A Xi rnatnca dobijena od matrice A tako što su elementi i-te vrste a^, ai2, . •., ain matrice A zamenjeni redom sa xn, x i2, , x in tj. i - ta vrsta matrice A zamenjena sa vektorom Teorem a 10.18 D eterminanta je Unearna funkcija po svakoj vrsti tj. detA^+^. = det AXi + de1 A jJt i važi teorema 10.13 (clet A aXj = a • det A XJ, gde je A — [ a ?;j] nn neka rnatnca. D okaz

det A^+^. = ^ ( 1) aeS’n ^ 1) a^Sn

U'la(l) ®'2cr(2) ■■■(Xia(i) “i- Dicr(i)) •••^na(n)

a\a(\) •••^ia(i) •■■ana(n) ^ *^( 1) a€Sn = det A X) + det A y_.

^lcr(l) •••Via(i) ■■■^na(n) □

Primer 5 ax i + 0yi 1

-3 nx 2 + j3y2 o 4

7 + 0y3 = a 9

5

-3

X]

X2

1

4

7 5 x 3 +0 y i 9 l

-3

7

V2

2/3

4

9

Teorein a 10.19 Determinanta jedinične m.atrice I, čiji svi elementi na glavnoj dijagonali su jedinice a van nje nule, jednaka je 1 D okaz Iz definicije determinante očevidno je da su svi sabirci jednaki nuli, izuzev sabirka ana22... ann koji je jednak 1. Znači . . 0 ' 1 0 . . 0 0 1 . . 0 =

'1 0 0

det / = det

0 0

0 0 0 . . 1

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

. . 1

Sada ćemo dokazati teoreinu koja daje rekurentnu relaciju za izračunavanje determinate n-tog reda pomoću determinanti n — 1-prvog reda, prethodno moramo dati definiciju minora M,j elementa ar] i kofaktora Aij elementa a%] matrice A = [ai3]nn.

178

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

D efin icija l(h 2 0 j Mvrior M;j elementa a,j matrice A = {a,j\nn Je determinanta matnce koja se dobija od matrice A izostavljanjem i-te vrste %j-te kolone. Kofaktor A tJ elementa atj matrice A je At] = Na primer za matricu A = {a2J]33, minor M 23 i kofaktor A23 su a ii ai2 «31 0-32

M2s = det

= « M ) a 3 2 — r / i ‘2 « 3 i 1 .4 23 — ( ~ f ) 2 + 3 ^ 2 3

=

~ ^ 2 3 -

Teorem a 10.21 Ako je /I = [a?;j]nn matnca nad poljem F , tada je det,4 = ciiiAu + a 12-412 + ■••+ 0 \nA\n. D okaz Determinanta matrice A po definiciji je jednaka sumi od /?! sabiraka. Mi ćerno podeliti tu sumu na n suma od kojih svaka irna (n —1)! sabiraka, Prva suma će biti po sviirr permut.acijama o koje na pi’vom mestu irnajii 1 itd, k-ta suma će biti po svim permutacijama kocl kojih na prvom mestu je k , gde k uzima vrednosti iz skupa {1. 2 ,___n}. Znači k-ta suma je { — l . y n U a ( l l a ( l ) a 2cT(2) ■■■a ia(i) • • ■a na\n) ~ a ( l ) —k

=

^

^

( — l ) ^ ^ ! - ) ..... a ^ a i k O > 2 a ( 2 ) • • • a io(i) • ■ • a n o(n ) -


što je dalje zbog leme 10.2. jednako = O'lk

( - l ) fe" 1+l
=

a l k ( ~ ’ l ) fr

^

^

( — 1 ) -
’ ’ " ! ^ 0 2 ^ ( 2 ) • • • a io(i) ■• • a no( n)

—

a(l)=k

ai/,(-- l )A; ’ .l/i/, = aifc( - l ) 1+fcM ifc = aiA-^iA:Kako je def .4 jednako surni od n suma od kojih je svaka jednaka aifcAifc k E { 1 , . . . , n}, to je n

det A =

aifcAifc = einAu + ai2^4i2 + ■■•+ ftin^ink=i

Posledica ove teoreme je sledeća teorema.

D

10. Determinante

179

T eorem a 10.22 Ako su svi elementi ispod, glaime, dijagonale matrice A = [a,ij\nn jednaki nuli, tadaje determinanta matrice jednaka proizvodu clemenata na glavnoj dijagonaU tj. đet A = a,n a22 •••ann. Ako su svi elementi ispod sporedne dijagonale matrice jednaki nuli, tada je determinanta matnce jed.naka proizvodu elemenata na toj dijagonali. pomnoženog jo š sa brojem (—l ) n_1, gde je n red matrice. T eorem a 10.23 Neka je A = [a?-j]nn matnca. Tada je suma a nAk\ +

ai2 A k-j

+

...

+

an,Ak„.

jednaka det A za, i = k , a jednaka je 0 za i ^ k . D okaz Znači prvo treba da dokažemo da je det A = a^iAfi + a^A^ + .. . + ainA in. Dokaz izvodimo indukcijom po t. Za 7 = 1 tvrđenje je tačno na osnovu prethodne teoreme. Pretpostavimo da je tačno za i i dokažimo da je tačno za i + 1. Neka je matrica B dobijena od matrice A takošto su i-ta vrsta i i + 1-va vrsta zamenile mesta, što znači da je det B = —det/1. Izračunajmo determinantu marice B po induktivnoj pretpostavci razvijajući je po ?-toj vrsti, tj. po vrsti ^ + 1,1 (ii+1.2 ••• jer su i-ta i i + 1-va vrsta zamenile mesta. Očevidno je da se kofaktori eiementa ar+\_k u matrici A i matrici B razlikuju samo po znaku. Sada imamo da je po induktivnoj pretpostavci —det A = det B = ai+i_\Bi+i j + ai+ioB i+i^ + ■••+ a,i+ijnB t+ijn = ~ ~ a?;+i,iA;+i,i — flz+i/2-47+i,2 — .. . — ai+i.nA,;+i,n, odnosno det A = a j+ ijA ;+ ij + aj+i^Aj+i^ + •••+ a2-+],nAj+].n. Dokažimo sada da je za i a i\Ak\ +

k 0,12 Afc2 +

••• +

a in A k n =

0.

Neka je matrica C dobijena od matrice A tako što je A:-ta vrsta matrice A zamenjena ž-tom vrstom matrice A. pa matrica C ima dve vrste

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

180

jednake zbog čega je det C 0. Račnnanjem determinante matrice C razvijanjem po Ai-toj vrsti dobijamo a k I -’U 1 ■+ Clk2-Ak2 +

•••+

a knAkn ~

0;

a kako je ž-ta vrsta matrice C jednaka A:-toj vrsti matrice C to je . . . ...... .....— \ d i i A k i +

a i2 A k 2 +

••• +

a in A k n =

0*

^

jT eorem a 10.2AJAko su A i B kvadratne matnce reda n defimsane ^n^r^^ernF ~l^ako je a proizvoljni skalar iz polja F, tada je del(o /l) = a n det A

t

det(AB) = det A ■det B

D okaz Pogledaj definicije 16.2 množenja broja alpha sa matricom A i množenja matrica A i B. Prva jednakost se dobija primenom teoreme 10,13 na svaku vrstu determinante det (n A). Drugu jednakost dokazujemo za. n=S. jer je dokaz za ostale prirodne brojeve n analogan. Neka. je A = [a?J]33 i neka je B = [hj}ss- Tada co

cs

det(A£?) = det

1

1

(

O21 a 22 a 23 V _ O31 032 O33 _

6ll 612 6x3 621 622 623 _ 631 632 633 _

Q ' l l ^ l l + a 1 2 ^ 2 1 + fll.3 ^ 3 1

a il^ l2 + « 1 2 ^ 2 2 + « 1 3 ^ 3 2

a i l ^ l 3 + a 1 2 ^ 2 3 + a 13^33

fl2 1 ^ 1 1 + fl2 2 ^ 2 1 + fl2 3 ^ 3 1

G 2 1 ^ 1 2 + ° 2 2 ^ 2 2 + a '23^ 32

« 2 1 ^ 1 3 + « 2 2 ^ 2 3 + f l 23^ 3 3

^ 316 11+ 0 326 21+ ^ 33 631

0 3 1 6 1 2 + 0 ,3 2 6 2 2 + 0 3 3 6 3 2

O 3 1 6 1 3 + 0 .3 2 6 2 3 + 0 3 3 6 3 3

■

Primenom teoreme 10.18 prethodna determinanta jednaka je zbiru 33 = 27 determinanti. Međutim, očevidno da 33 — 3! = 2 7 - 6 = 21 determinanti jednako je 0, zbog toga što posle izvlačenja zajedničkog faktora iz kolona bar dve kolone će biti jeclnake. Zato je del (+ Fi) jednaka zbiru preostalih 6 determinanti tj. det( AB) = a n 6 ii

0 12 6 2 2

O 13633

O 2 1 6 11

0 22 622

0 2 3 633

+

O 116 11

O1.3632

O 12623

0 216 11

O-23632

O22623

+

O 12621

O l i 612

O 13633

O 2262I

0-21612

0 23633 O33633

03l 6]l

O 32 622

O33633

O 3 1 6 11

O33632

O 32 623

O 32 621

O 3 16 12

0 12 6 2 1

O 13632

O 116 13

O 13 6 3 I

O 116 12

O 12623

O 13 6 3 1

0-12622

O 116 13

0 226 21

O23632

O 21613

O 2363I

0-21612

O 22623

0 2 3 631

O22622

O 2 16 13

0 326 21

O33632

O 316 13

O 3363I

O 3 16 12

O32623

O 3363I

O32622

O 3 16 13

+

+

181

10. Determinante

Ako se iz svih kolona izvuku zajednički faktori ostaće determinata det A ili —det A jer su kolone sarno ispermutovane u odnosu na kolone matrice A. Sada se iz tog zbira može izvući zajednički faktor det A i dobija se det A -(611622633 ~ 6x1623632 —612621633+ 613621632+612623631 —613622631) = = det A •(611622633—611623632—612621633+612623631+ 613621632—613622631) = = det A •det B.

/

□

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

Glava 11 SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA

Pre nego što kažerno šta je to sistem linearnih jednačina, morarno prvo reei šta je to promenljiva, a šta je to konstanta nekoga skupa.

Definicija 1 1 . 1 Promenljiva skupa U je proizvoljm sirnbol koji se rnože zam.eniti bilo kojim elementom skupa U. Konstanta skupa U je proizvoljni elemenat skupa U. Jednačina je formula oblika A = B u kojern se pojavljuje, na primer, promenljiva x. Tada je A = B jednačina po promenljivoj x.

Definic.ija 1 1 . 2 Sistern linearnih jednačina S, nad poljem, F, za ntorku nepoznatih (:r1; x 2, . . . . x n). n. m G N gde su E F i bi € F za i £ { 1, 2, . . . , rn) i j € ( 1 , 2, . . . , n}, je konjunkcija 183

Principi algebre, ojjšte, diskretne i linearne

184

formula (linearnih jednačina) tj.

S :

allx l 0,21X1

+ +

a\2x 2 0-22X2

+ +

0>m2%2

+

1 „./ n

+

O

+

0’2n%n

+

O'mn'En

—

h b2

Ako je bi = b2 = ... = bn = 0, onda se za sistem S kaže da je homogen, Skalari &i,62, ••• A polja F zovu se slobodni članovi, Sistem linearnih jednačina se može napisati i u matričnom obliku A x = b, gde je A = [a4j\rnn data matriea tipa rnn, x je matrica kolona čiji elementi su x-i, i 6 { 1. 2, . . . , nepoznate sistema i b je data matrica kolona, ođnosno:

<+

042

0-21

°22

24

Uh «2?

' 6l ' b2

x2

a„ni,1 am2

Xn

1

— ................. 1 s

...

S : Ax = b

a 11

ili 11a osnovu definicije 16.26 matricu *4 možemo posmatrati kao linearnu transformaciju A : F n —> F ,n . pa je Ax uređena ??i-torka i A x = b jeste jednakost dve uređene m-torke. Evo još jednog matričnog oblika zapisivanja sistema S: 0*12

a n

S : Ax = b

./']

(I 2 1

ami

U'22

+x2 ®m2

+

•

•+ x n

a ]ri

h

0'2n

b2

O-mn

. bm .

Odavde sledi da sistern Ax = b ima rešenje (tj. određen je ili neodređen) akko b pripada vektorskom prostoru generisanom sa vektortima kolna matrice A . Ako matricu A = [aij\mn, nad poljem F , posmatramo kao linearnu transformaciju A : F n —> F m, tada rešavanje jednačine A x = b predstavlja traženje svih vektora x = ( x i ,... ,x n) E F" koji se linearnom transforrnacijom A preslikavaju u vektor b = (61, . . . . brn ) € F m. Prema tome sistem je određen za svako b 6 F m ako i samo ako je funkcija A injektivna!

11. Sistemi linearnih jednaehm

185

Definicija 11.3 Uređena n-torka a = (a-]. a-2, . . . , a n) je rešenje sistema S, odnosno sistema A x = b, ako je A a — b tj. +

CJ12&2

+

•••

a 2 2 Q'2

+

••• +

“I- am2^2 +

■•■ +

a2lQ'l #

+

^ml^l

OI

#

+

a l n&'-n —

b\

a2na n —

b2

#

amn&n =

brn,

Skup svih rešenja sistema S označavaćemo sa Rs = { x £ F n\Ax—B } . Definicija 11.4 Sistemi S\ i 5 2 su ekvmalentm ako i samo ako imaju iste skupove rešenja tj. RSl =~- Rs 2■ Definicija 11.5 Ekvivalentne transfo-rmaeije sistema linearnih jednačina su. 1 . Zamena mesta jednačinama.

2. Množenje jednačine brojern različitim od, nule. 3. Dodavanje neke jednačine nekoj drugoj jednačim. 4- Promena mesta sabircima u jednačinama ( iste nepoznate pišemo jednu ispod druge tj. u istoj koloni). Teorema 11.6 Ekvivalentnmi transformac.ijama skup rešenja sistema se ne menja tj. ako je sistem S\ dobijen od sistema S2 ekvivalentnim. transformacijama tada. je RSl — R S2, odnosno sistemi S\ 1 S2 su ekvivalentni. Dokaz Očevidna je provera da ako je ( q -i , q 2 , . . . , Q n ) rešenje sistema 5i, tada je ( q i , q 2 , . . . , a n) rešenje i sistema S2 i obratno. Dokaz ove teoreme je i posledica teorerne 1 7 . 3 1 . □ Teorema 11.7 Ako je F proizvoljno polje i ( q ' i , q 2 , . . . , a n) (E F n i (fii, 62, . . . . Bn) E F n rešenja sistema S nad poljem F , onda je i r —(

A q i -f

(l

— A )/?i, A q 2 +

(l

rešenje sistema S za svako X E F.

— A )■ i-_>.

... , A q , 7 +

(1 — A )l3 n )

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

186

Dokaz Sada ćemo proveriti da li je n-torka r rešenje jednačine a-nXi + ai2x 2 + .. . + ainx n = bt jednostavnim zamenjivanjem n-torke r za svako i 6 { 1 , 2 , . . . , n}. a,[\(\ol\ + (1 —A)/?i) + a{2(Aq,'2 + (1

^){32) + . . . + ain(\cxn+ (1

A) 0 n) ~~

A(a?;ia'i + ai2cć2 + ... + ainoin) + (1 — \)(an(3i + ai2(32 + ... + ain(3n) = = Abi + (1 — \)bi = bj.

Q

Posledica Ako je sistem S nad beskonačnim poljem i ako ima bar dva različita rešenja. tada sistem S ima beskonačno mnogo rešenja. Definicija 11 .8 Sistem S je rešiv (saglasan, neprotivurečan, moguć) ako postoji bar jedna n-torka. iz F n koja je njegovo rešenje tj. ako je skup Rs nepra-zan. U suprotnom, slučaju, tj. kada je skup rešenja Rs prazan skup, sistem, S je nerešiv (nesaglasa.n, protivurečan, nernogiLĆ, kontradiktoran). Ako sistem ima tačno jedno rešenje, onda se za njega kaže daje određen, a ako ima više od jednoga rešenja, onda se za njega kaže da je neodređen. Neodređeni sistemi se dalje klasifikuju prema stepenu neodređenosti, što ćemo definisati pornoću trougaonog oblika sistema linearmb jednačina. Ako A posmatramo kao linearnu transfomiaciju. očevidno da ako je A : F n —> F m sirjektivna tada mora postojati l>ar jedno rešenje tj. sistem je rešiv (saglasan, moguć). Ako je linearna transformađja A : F n —> F rn bijektivna tada sistem ima tačno jedno rešenje i na kraju sistern može biti kontradiktoran samo ako transiormacija A : F n —> F rn nije sirjektivna. Teorema 1 1. 9 Sistem linearnih jednačina S , tj. A x = b, je rešiv ako i samo ako je

ran g

« 'i i

a i2

«21

Q'22

• • Oi n • ■ 0>2n

®ml

am2

• • amn

•■ ••

Oi n

bi

an

f ll2

«21

022

ami

ani2 ■•■ &mn bn _

= ran g

02

n

b2

11. Sistemi linearnih jednaćina,

187

D okaz Neka je

A

a -n

a 12

•

a 21

a 22

■ ■

a 2n

i

=

aml

a m.2

an

a 12

• • •

a ln

Ih

a 21

a 22

■■•

a 2n

b2

aml

a m2

■ •

a mn

bn

a ln

•

■ •

B

=

a mn

"

Matricu A zovemo matrica sistema S, dok matricu B zovemo proširenom matricom sistema S. Označimo sa W vektorski prostor generisan vektorima kolona matrice A i sa V vektorski prostor generisan kolonama matrice B. (=>) Ako je sistem A x = b rešiv, tada se vektor kolona b može napisati kao linearna kombinacija kolona matrice A, pa, onda kolone matrice A i kolone matrice B generišu iste prostore i sada primenom teoreme 17.15 imamo da je r a n g A = d im W = d im V = r a n g B. (<=) Na osnovu teoreme 17.15 imamo da je r a n g A = d im W i r a n g B = dim V, pa zbog uslova r a n g A = r a n g B irnamo da je dim W = dim V. Kako su W i V konačno dimenzioni vektorski prostori takvi cla je W C V i dim W = dim V , to zbog poslediee teoreme 14.34 sledi IV = V. Sada zbog b V i 1' = V sledi da je b e W tj. postoje skalari takvi da je ( q : i ,

q

2 ,

. . . ,

Q

n )

a\\

<5

&2

a 21

a 22

=

Q'i

b um

1

i

' bi "

a ln

+ ... +

+ Q’2 a m2

a rnl

a 2n

Qn

a m.n

b\

—

CL\iQ ]

+

&i2Q-2

4“

- ••

"1“

(l I//f' n

&2

— a2iQi

+

C122&2

+

••• +

a2n&n

b,n

Clm ] Q 1

—

+

am2cy2

+

• ■•

+

a m n&n>

što znači da sistem S tj. A x = b je rešiv, jer jedno njegovo rešenje je (Qi, a'2, •••- ot.n) .

□

D efin icija 11.10 Trougaoni oblik sistema od m linearnih jednačina sa n = r + k nepoznatih, nad poljem F, čije nepoznate su iz skupa

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

188

{yi,y 2-,. . . , yr, zi ,z2, . . . , zk} = { x u x 2i. . . , x n}. jeste sistem jednačina oblika: a.llVl

+ 0122/2 + + <3-222/2 +

• ••+ • ••+

GlrŽ/r = b\ + C\\Z\ + . . . + C\i:Zk a2rVr = ^2 + C2\Z\+ . . . + C2kZk OLrrVr = K + Cr\Z\ + . . . + CrkZk 0 = A 0 = 0

■

0

= 0

gde je an a22 •••arr 0,atj 6 F, bt€ F, cti € f i \
fli2

a.lr

a22

a 2r

0 0 0

...

0

...

0 0 0

arr 0 0

...

0

0

...

—Cn

~C\k

—C2k

c 21

0

0 0

crk 0 0

0

0

0

~Crl

0

gde opet važi da ako je r jednako broju jednačina, tada ne postoje vrste u prvoj matrici čiji svi elementi su jednaki 0 i u poslednjoj kolona matrici ne postoji A i nule ispod nje. Ako je r = 0 i A = 0 sistem je neodređen, a ako je r = 0 i A ^ 0 sistem je protivurečan. Neka je sada r / 0. Ako je A ^ 0 . tada je sistem protivurečan. Ako je A = 0 , tada je sistem rešiv i dalje se klasifikuje na određen ako ima tačno jedno rešenje, a to će se očevidno desiti ako i samo ako je k — 0 i na neodređen ako je k ^ 0 , pri Černu se kaže da rnu je stepen neodređenosti jednak k .

11. Sistenri linearnih jednačina,

189

J g p re m a 11 l l ] Svaki sistem hnearnih jednačina S : A x = b tj.

O:

a\\x \

+

a 21x l

+

a 22x 2

.

+

••• +

aln x n. =

b\

+

••• +

a 2nx n =

b2

.

+

a m lx l

.

+

a m 2x 2

••• +

.

a m nx n =

bm ,

može se ekvivalentnim transformacijama dovesti na trougaoni oblik: p im

+

P \ 2y 2

+

•• •

+

P lrU r

=

q\ +

cn z\

+

p 22y 2

+

••• +

P 2ryr

=

Q2 +

C2 \Z\ +

. . . + C2 k Z k

P rr V r

=

qr +

c r l Z\ +

. . . +

0

=

X

0

=

0

0

=

0

+

...

+

clkzk

crkzk

0- gde j C \r + k = n i (V l-,y 2 - ‘ - - ? U n Z \ , Z 2 , . . . :. Zk ) neka permutacija od (x\

P \\P 2 2 - ■-P rr ^

D okaz Neka je B matrica tipa (m, n + 1) dobijena od matrice sistema A = [aij]mn tako što joj je dodata kolona slobodnih članova b = (bi, b2, . . . , bm), odnosno B je proširena matrica. sistema S. Sada matricu B (odnosno sistem S ) transformišemo ekvivalentnim transformacijama na oblik B '. tako da od njene podmatrice A dobijemo oblik *, tj. trougaoni oblik, iz teoreme 17.14. Sistem koji odgovara matrici B ’ očevidno je u trougaonom obliku. □ T eorem a 11.12 Kvadratm sistem jednačina S je određen ako i samo ako je determinanta sistema različita od nule. D okaz Dati sistern S ekvivalentnim transformacijama svedemo na njemu ekvivalentni sistem S\ koji je u trougaonom obliku. Na osnovu osobina, determinanti sledi da je det-S = ()<=> det S\ = 0 . Prema tome ako je det S -=/=■0, tada je i det S\ + 0. pa u trougaonom obliku sistema Si, zbog teoreme 17.14 imamo situaciju a\ix \ + ai 2x 2 + +

^ :

a 22x 2

+

••• 4'

a\nx n =

b\

•••

a 2nx n

&2

+

.

a nnx n

=

.

b-n• >

190

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

odakle sledi da je sistem određen, jer je det Si = fln ... cinn ^ 0. Obratno. ako je kvadratni sistem S određen, tada je i njemu ekvivalentni trougaoni sistem Sj obavezno kvadratni i odreden, pa matrica sistema S\ na glavnoj dijagonali ima sve elemente različite od nule, a ispod nje jednake nuli, što znači da je det, S\ ^ 0, odnosno det S -=/ 0. T eorem a 11.13 Homogeni kvadmtm sistem lineamih jednačma ima netrivijalnih rešenja, tj. rešenja različitih od (0, 0 , . . . , 0), ako i sarno ako je determinanta toga sistema jednaka nuli, D okaz Kako homogeni sistem ne može biti kontradiktoran to za njega preostaju sarno mogućnosti da je određen ili neodređen. Međutim po prethodnoj teoremi on je određen ako i samo ako mu je determinanta različita, od nule. što znači ako mu je determinanta jednaka nuli, tada za njega preostaje jedino mogućnost da je neodređen, tj. da ima netrivijalnih rešenja. □

Glava 12 SLOBODNI VEKTORI D efin icija 12.1 U skupu K2 uređenih parova tačaka prostora E (Euklidskog geometrijskog) definisana je relaeija, p na sledeći način: a) Za A = B ili C = D sledt (A, B )p(C , D) & A = B t C = D b) Ako je A / B i C / D, tada je (A, B)p(C, D) (duž A B je paralelna, podudarna i isto orijentisana kao duz C D ). Ekvivalentna definicija relacije p data je u zadatku 2.31. Još jedna definicija relacije p može se dati i to bez korišćenja podudarnosti! Odnosno, ako je A ^ B i C ^ D. tada je (A, B )p(D , C) ako i samo ako postoje takve tačke E, F E E da su četvorouglovi A B F E i D C F E paralelogrami, a u protivnom je još samo (A, A )p (B , B) za sve A i B iz E. E

F

I na osnovu ove definicije, može se bez korišćenja aksioma podudarnosti i njihovih posledica, dokazati teorema 12.-5! T eorem a 12.2 Relacija p je relaaja ekvivalencije. 191

192

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

Dokaz Sledi iz činjenice da relacije podudarnosti, paralelnosti i iste orijentisanosti jesu relacije ekvivalencije. D efin icija 12.3 Klase ekvivalencije. se, s obzirom na relaciju p, zovu slobodni uektori, Kad nema opasnosti od zabune, slobodni vektori zovu se kratko samo vektorirna. Skup svih klasa, tj. slobodnih vektora, obeležavaćemo sa V = E'2/p. Vektor, odnosno klasa ekvivalencije, je, znači, skup svih parova koji su međusobno paralelni, podudarni i isto orijentisani ili skup svih parova čije su komponente jednake, koji se zove nula vektor. Može se reći da je vektor skup svih „strelica” koje su međusobno podudarne paraleine i isto orijentisane. ___ Vektor čiji je jedan predstavnik (-4, B) označavaćemo sa AB. Specijalno, vektor čiji je predstavnik (A, A), označavaćemo i sa 0 ili 0. D efin icija 12.4 U skupu V dejinišemo operaciju + na sledeći nacin: A B + C D = A E gcle je tačka E određena sa B E = C D . B

C

T eorem a 12.5 (VV+) je Abelova grupa(vtdt 5.5). Dokaz Sledi iz definicija 12.1, 12.3 i 12.4. Na primer, A A —B B = ... = 0 = 0, A B + B A = A A = 0, odakle je A B = - B A , dok su komutativnost i asocijativnost očevidni. D efin icija 12.6 Intenzitet vektora A B (A ± B) je merni broj duži A B i označava se sa | A B | ili A B , pravac vektora AB (A ^ B) je pravac određen tačkama A i B, a smer vektora AB (A ^ B) je od A prema B. Intenzitet nula vektora (0 = 0) je realni broj 0, a srner i pravac mu se ne definišu.

12. Slobodni vektori

193

Pravac: je skup svih pravih koje su međusobno paralelne (zadatak 2.17). a na svakom pravcu postoje dva smera. T eorem a 12.7 Vektor a G V je jednoznačno određen ako mu je zadat intenzitet. pravac. i smer na tom pravcu. D okaz Neposredna posledica definicrja 12.1, 12.3 i 12.6. D efin icija 12.8 Operacija množenja realmh brojeva (skalara) a sa vektortma a je funkcija •: R x V —* V definisana na sledeći način: 1 . ako je a

a) \a ■a\

0 i a / 0 tada je: a\ • a .

b) pravac vektora a ■a isti je sa, pravcemvektora a, c) smer vektora a •a je isti sa smerom vektora a ako je a > 0, a suprotan ako je a < 0, 2.

ako je a = 0 ili a = 0 tada je a ■a = 0.

Umesto a •a pisaćemo samo aa tli aa . T eorem a 1.2.9 Za sve realne brojeve a i j3 i sve vektore a i b važi: a) b) c) đ)

a(l3a) = (a(3)a a(a -r b) = aa + ab (a + 3)d = aa + (3a 1(7 = a.

D okaz Tvrđenje pocl b) je ekvivalentno Talesovoj teoremi (čiji dokaz nije jednostavan u okviru ovoga kursa i pripada geometriji), dok preostala tvrđenja su neposredne posledice definicija 12.1. 12.3, 12.4, 12.8 N a p om en a Neka je V neprazan skup čiji su elementi označeni sa a, b ,... i neka je F neko polje čiji su elementi označeni sa a, 3, 7 , . . . Tada (V, F, + . •) zoverno vektorskim prostorom nad poljem F ako važi 12.5 i 12.9. Znači slobodni vektori su prirner (model) vektorskog prostora. Vidi 14.1

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

194

D efin icija 12.10 (Vektori su istog pravca) <=> (Vektori, su kolineami) (Vektori leže na istoj pravoj) <=>> (Vekton su paralelni). JSlula vektor je kolinearan sa svakim vektorom i norm,alan je na svaki vektor. Za dva vektora se kaže da su su kolinearna ako i samo ako su linearno zavisni. Kolinearnost vektora a i b označava se sa a\\b.

Definicija 12.11 (Pravci vektora su paralelni jednoj ravni) <=> ( Vekiort su komplanami) (Vektori le.že u istoj ravni) (Vektori leže u paralelnim ravnima). Nula vektor je komplanaran sa svahrn skupom komplanarnih vektora. Ako su vektori komplanarni kaže se da su linearno zavisni. vektori linearno zavisni, tada su oni kolinearni ili kompianarni.

Ako su

Evo ekvivalentne definicije kolinearnosti nenula. vektora. Teorema 12.12 Ako su a i b kolinearni nenula vekton. onda se svaki od njih može zapisati kao proizvod nekog skalar i oriog drugog vektora. D okaz Ako je a a = ab, gde je a =

0 A b ^ 0, tada postoji takav skalar cv da je pn čemu se uziina znak + kada su a i b istog

smera, a u suprotnom znak —. Analogno se pokazuje i slučaj b = aa. Teorema 12.13 Za svaka dva nekolinearna vektora a i b važi: a) (Vq. 3 G M) (aa + j3b = 0 +> a = d = 0) , 1 b) Za svaki vektor c koji je komplanaran sa ci %b je c = a-a + 3b za neke a, 6 6 R, pri čemu su a i /3 jednoznačno određeni. 2 D okaz a) Pretpostavimo suprotno, tj. da je na primer a j - 0. Tada je a = -^ b , a odavde, na osnovu definicija 12.8. i 12.10, sledi da je a\\b. Međutim a\\b je kontradikcija sa uslovom teoreme. lTo je opšta definicija 14.14 linearne nezavisnosti para vektora (o, b). 2To je definicija 14.17 generatornog para vektora (a, b) siobodnih vektora

12. Slobodni vektori

195

b) Ako je c kolinearan sa nekim od vektora a i b, na primer sa ^ ^ i —* a,' tada Jie na osnovu teoreme 12.12. c = + 0 •b . U \a\ suprotnom postoje takve 4 koplanarne tačke O, A. B, C da je 0 A = a, 0 B = b. 0 C = c, jer su a, b, c komplanarni. Neka prave p i q, koje prolaze kroz C i paralelne su redom sa OA i OB, seku prave određene dužima OB i OA redom u tačkama B\ i A\. Sada je očevidno c =O A ] \- OB\, a kako je na osnovu teoreme 12,12, 0A \ = a OA i 0 B \ = 3 OB za neke a, 3 G R, to je c — aa + 3b. Ako je c = a\a + 3\b tada je (a — ai)a + (j3 —f3\)b = 0 i zbog a) sledi a — a^ = 0 i (3 — f3\ = 0 tj. a = a\ i 3 = [3\. T eorem a 12.14 Slobodni vcktori a, b i aa + 3b su komplanarni za sve vrednosti realnih brojeva a i 3 tj. (Va:. (3 E M). D okaz Iz defmicija 12.4, 12.8 i 12.11. T eorem a 12.15 Za svaka tri nekomplanarna vektora a ,b ,c £ V važi: a) (Va, 3 , 7 G R) {aa + (3b + 7 c = b) (Vcf € V) (3 a, 3 , 7 G l ) d 7 jcdnoznačno određem, 4

=

0

aa

+> a = 3 = 7 —- 0 ) 3 +

f3b +

7c

pri černu su a, 3

%

D okaz a) Pretpostavimo suprotno, 11a primer, neka je a ^ 0. Tada je a = —@-b— -c . a odavde. na osnovu teoreme 12.14,‘ sledi da su a a ■ a, b, c komplanarni, što je kontradikcija sa uslovom teoreme. Slika b) Kako su a, b, c nekomplanarni vektori, to postoje takve 4 nekoplanarne tačke u prostoru O, A, B, C , da je O A = a, O B = b i O C = c. Ako je d komplanaran sa a, b ili a, c ili b, c, dokaz sledi na osnovu teoreme 12.13. U protivnom postoji takva tačka D, koja ne pripada ni jednoj od ravni OAB, O A C i O B C da 3To je definicija 14.14 linearne nezavisnosti uređene trojke vektora (a, b, c). 4To je definieija 14.17 generatorne trojke vektora (a, b, č) slobodnih vektora

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

196

je 0 D = d, Neka ravan određena sa taekama O, C, D seče ravan trougla O AB po pravoj s i neka prave p i q prolaze kroz D i paralelne su redom sa OC i s. Prava p seče pravu s u tački E. a prava q pravu određenu sa tačkama 0 i C u tački F. Sada imamo da je d = O D = O E + OF. Kako je O F = 7 OC (teorema 12.12) i O E = a OA +(3 OB (teorema 12.13b) sledi d = 7 OC +a. OA + 3 0 3 = aa + 3b + 7 c. Jedinstvenost skalara a, (3 i 7 dokazujemo kontradikcijom. Pretpostavimo da je d = a a + (3 b + jc = a\ci+f3ib+^\Č, gde je (a, (3,7 ) 7^ (ai, /5i7i). Odavde sledi da je (a — a\)a + ((3 — j3\)b + (7 — 7i)c = 0, što zbog dokazanog pod a implicira a — a } = (3 — Q\ = 7 — 71 = 0 tj. (n. 3. ^) — (n[. i\. "i'l. Kontradikcija, Teoreme 12.13. i 12.15. imaju veliku primenu u dokazivanju nmogih teorema iz geometrije i u rešavanju zadataka iz geometrije kao na prirner, zadaci 12.52. i 12.54. Posledica teoreme 12.13. i 12.14. je da za svaka dva nekolinearna vektora a i b, skup svili talcvih vektora c da su a, b, c komplanarni, jednak je podskupu skupa slobodnih vektora W = {aa + j3b\a G M A 3 G M}. D efin icija 12.16 Neka je V skup svih slobodnih vektora, Tada skalarni proizvod vektora je operacija ■: V* —> K definisana sa: (Vči. b € V) a ■b = |a| |6|cos <): (a, b). Dalje ćemo umesto a-b pisati saino ab. Uzimamo da je <£ (a, b) £ [0, rr]. D efin icija 12.17 Neka je vekiora različit od nula vektora. Tada p r s : V —>M je funkcija dejimsana sa p r s (x) = |.t| cos <£ (x, a) = p ili pr0 : V

V je funkcija definisana sa p r đ(x) = f§ :^ = ^ d = - ^ g . 5

Na sledećih nekoliko stranica prikazaćemo neke vrlo važne primene skalarnog (unutrašnjeg) proizvoda vektora. Oznaka p r s (x) se čita projekcija vektora x na pravac vektora a. U daljem tekstu u ovoj knjizi koristićemo da je p r 3( x ) uvek vektor. 5U 12.17 definisano je da p r 3(x) je i vektor i skalar! Međutini, nema sustinske razlike jer su skupovi projekcija u tim slučajevima međusobno izomorfni jednodimenzionalni vektorski prostori, oba nad poljem M tj. prostor (M. R. + . •) izomorfan je sa jednodimenzionalnim vektorskim prostorom ({aa\cx G E }, R. + , •). Vidi 15.13.

12. Slobodni vektori

197

Figure 12.1:

T eorem a 12.18 Za s-uaki vektor x važi da je x —p r đ(x) normalan na vektor a. Primetimo da ako je x — x\i + x 2j + x%k = ( x i ,x 2, x s) vektor položaja tačke A (x \, x 2. xs) (Vidi 13.1) i
p r (1( x ) =

ax -^ a n n

=

p r J x ) = ( q x) q = ij\i + y 2j + Vsk = (y\. y 2, y 3) = y ^

jeste vektor položaja taćke A'(y\,y2, yz), gde je A' projekcija tačke A na pravu koja sadrži koordinatni početak i paralelna je sa vektorom a. Vektori i , j , k su jedinični međusobno normalni. 12.43. T eorem a 12.19 Ako je q jedinični vektor, tada je a) p r {/{x) = (qx)q b) |prf (x)| = ± , ? f = { ^

e [0, f ] € [~, tt]

Oznaku p r 3(x) čitarno: Projekcija vektora x na pravac vektora a. Kako je p r 3(x) = pjff> tj. |:ra| \a\\pr3 (x)\, to ima veliku primenu u zadacima i govori o tesnoj vezi između skalarnog proizvoda i projekcije vektora na pravac nekoga drugoga vektora, jer ako je q jedinični vektor, tada je

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

198


Figure 12.2:

T eorem a 12.20 Skalarno množenje vektora x sa jediničnim vektorom q je projektovanje vektora x na pravac vektora q. Vektorska funkcija P = p r - je uvek idempotentna linearna transformacija, tj. p r^ o p r^ = pr~, odnosno P 2 = P, gde je o kompozicija funkcija. Vidi teoremu 12.22 i definiciju 15.1. Zbog toga, ovakve funkcije P tj. idempotentne linearne transformacije zovu se i P R O J E K T O R I . T eorem a 12.21 Vektorska funkcija F = refg : V —> V definisana sa re fj(x ) = 2prđ(x) - x jeste involutorna tj. F (F (x )) = x, odnosno F _1 = F. Involutorne funkcije zovu se još i REFLEKTORJ. Ova funkcija u geornetrijskoj interpretaciji predstavlja osnu sim etriju u odnosu na osu koja je paralelna sa vektororn a. T eorem a 12.22 Neka su a, b /.Č / 0 vektori i X realan broj. Tada a) pr~(a + b) = pr~(a) + pr-(b) b) p r s(Xa) = Xpr&(a). tj. p rs je linearna transformacija. Vidi 15.1. D okaz a) Ako je a = 0 ili a^ 0ib

6 = 0, tvrđenje je očevidno. Neka je sada

0. Tada postoje takve tačke M , AT, P da je M A = a,

N P = b i neka je pra.va s||c.

Projekcije tačaka M. N , P na

12. Slobodni vektori

199

pravu s neka su M\, A + 1 \ . Kako su Mi, N i , I \ kolinearne, to postoje tri mogućnosti za njihov raspored (M\ — Ari — P \). (Mi — Fi — A'i). (1 \ - Mi — Ari). U prvom od ovih slučajeva je M p ?! + N^Pi = ~M\P\ i MiiVi = p r ?(a), A ^K = p r rr(6), M iFi = p r t:(a + b), odakle sledi teorema, Slično se pokazuje i u ostalim slučajevima, b)

pr-(Aft) = |Aa| cos <); (Aa, Č)^ = ±|A||a| cos

(a, ^ jff —

= A|a| cos <£ (a, č) j§| = Ap r c?(a). Ako je poznato da važi distributivnost skalarnog proizvoda u odnosu na sabiranje vektora, onda dokaz jednostavno sledi iz definicije projekcije p r r-(.f) = ~ r c tj. /-a c ( f + y) _ P r c(x + y) = — =

cx

cy = P r c(x ) + P r c(y)-

Drugim rečima, distributivnost i linearnost su ekvivalentne činjenice, pod uslovom da važi p r s(Xx) = Xpr 3(x). Definicija 12.23 Funkcija p r n : V —> V preslikava proizvoljni vektor -- ^ ^ A B na vektor A'B' gdc su A i B' projekcije tačaka A i B na ravan tt i kaže se da je vektor A B ’ projekctja vektora A B na ravan ir. Teorema 12.24 Za svaki vektor x važi da je x — p r w(x) normalan na ravan tt. Dokaz je direktna posledica defiicije sabiranja vektora i definicije projekije vektora na ravan 7r tj. na potprostor generisan sa nekolinearnim vektorima a i b koji su paralelni sa ravni tt. Teorema 12.25 Projekcija zbira vektora na ravan ?r jednaka je zbiru projekcija tih vektora na ravan tt tj. p r n{a + b ) = p r n(a) + p rT(6)

i

pr,(A a) = Xp r j a ) . Dokaz Dokaz je posledica teoreme da je projekcija paralelograma paralelogram. Funkcije kao što je p r 5, za koje važi teorema 12.22. i funkcije p r n za koje važi teorema 12.25, zovu se linearne transformacije. 15.1.

200

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

D efini€ijaT272fr~Arwla vektor je normalan na svaki vektor. r— |^Teorema 12.27 Vd. b. Č (= V a)

aa = \a\2 <=> \a\ = V aa

b)

ab = ba

c)

a -L b

đ)

(Va G M)a'(a6) = (cm)b = a(ab)

e)

ab = 0

a(b + Č) = ab + aČ.

Dokaz Dokazaćemo samo e) jer dokazi ostalih su direktne posledice definicija, ^ ,7

.

-a

a(b -1- Č) =

12.17.

aprs [b + c)

|12-22.

/7

=

12J 2- a (p rs(b) + p r 3(c)) = aprs (b) + aprs(Č) l2= ' ab + ac?. D e fin ic ija 12.28 vektora { a i , a ^ ,. . . . an } je ortonormiran ako je svak/i od nji-h jedinični i ako su svaka dva mtđusobno normalna (ortogonalna). Uređena n — torka vektora (a i, a2, •■••an) je ortonormira.na, akko je {a -i.a ^ ........ a n} ortonormiran. Realna, m.atrica V čije kolone su ortonormirani vektiri, tj. V T U = 1 , zove se O R T O G O N A L N A ili U N I T A R N A .

Ekvivalentna definicija za definiciju 12.23 jeste sledeća teorema, koja se može uopštiti kao definicija projekcije na vektorski podprostor generisan n - torkom ortonormiranih vektora (qi, q2, ■■■, qn)Teorema 12.29 Ak.o su q\ %q2 jedinični međusobno normahu vektori tj. {gi, q2} ortonorrnirani skup vektora, tada je vektor (c]\x)q{ + {q2x)q 2 projekcija vektora x na ravan tt paralelnu sa vektorima q\ i q2 tj. 2

p r n(x) = p r (f] f.r)+ pr^ (x) = (q[x)qi-\-(q2x)q 2 = ^

(££)<&, Vidi 12.25

Z--1

a f = x - p r K(x) = x - ^ 2 (ql,x)q}

je norrnalan na q\ t q2 tj. na n.

i= 1

Funkcija P (x) = p r„(x ) = (q[x)qi + (q2x)q 2 = Jeste ^ine“ arna transformacija, koja je projektor (P 2 = P) tj. projektuje svaki vektor na prostor generisan sa vektorima q[ i q2. U geometrijskoj interpretaciji to je projekcija na ravan tt paralelnu vektorima q[ i q2. Dokaz Kako je (q\x)q\ projekcija vektora x na pravac jediničnog vektora q\ i (q2x)q 2 projekcija vektora x na pravac jediničnog vektora

12, Slobodni vektori

201

?2, to je njhov zbir đijagonala pravougaonika čije stranice su \qix\ i \qix\, jer su q\ i q2 jedinični i međusobno normalni. Sada je jasno da je x telesna dijagonala kvadra (pravougloga paralelopipeda) čija projekcija na ravan pomenutoga pra vougaonika je baš njegova, dijagonala (qix)•V definisana sa r e fn(x) = 2prw(x) — f jeste mvolutorna, F ( F ( f ) ) = x, tj. F ] = F . Involutorne funkcije zovu se jo š i R J E F L E K T O R J . U geometrijskoj interpretaciji F je ravanska simetrija u odnosu na ravan n . T eorem a 12.31 Ako su q\, q2 i q%jedinični međusobno normalm vektori tj. {
Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

202

jjedinični vektor koji 12.19 sledi da je

D okaz Ako u teoremi 12.29 označimo sa je istoga pravca i smera sa vektorom f, tada r =

T eorem a 12.32 Gram Šmitov algoritarn. Neka. su đ\, d2 i 0:>, nekomplanarni (linearno nezavisni) vektori i ravan ir paralelna sa vektorima di i o 2■ Tada su vekton _L ai 0-1 Qi Ia”i i ; 02~(9lQ2)gl ^ 12.19 $2 - | o 2 - p r . ( a 2 )| 102-(9io2)f/l| a 3 - p r j a 3) _ o s -p r ^ O - p r ^ o3; 0 3 - ( g l 0 3 ) 91 ~ (9 2 0 3 ) 92 12.29 & |a3—p r ^ (03)! 103- p r ^ (a3) - p r g- ( a 3)| |a3 - (gi«3 )<» - i & a * ) & \ —

jedinični i međusobno normalni tj. (gi, $2, Qz) j F ortonovmimna baza. Ovili 8 trijedara (qi, <£>, q3) određuju 8 oktanata. Da li su ovo jedini trijedri za dati trijedar (d ,. d2. doj? Jesu ukoliko je L(di) — L(q\) (di i kolinearni), L( dj . d2) = Lfcfb di) (ravan određena sa O] i a2 paralelna sa ravni određenom sa q\ i q2) Vidi 14.8. iz r a z im o s v e u m a t r ič n o j fo r m i, tj.

u ved em o ozn ake

01

,

021

02 = a 2 =

032

_ a:il .

91

921

= .

92 = 92

•

. ^32

012 013 022 023 032 033

_ 031 ■Og d e je r n

r i2

=

oi = ru

|o i|,

r

( fi0 2 ; v e k t o r a
2,

= |a

91

|oi

92

v e k to ra

2-

a 2 = ri2

2

( q i a )r/i| r r 23

=

9203,

_

91 -t~ r 22 92 33 = pa

a1

A

r i2

0

r-22

_ 0

0

r i3 r23 1

a lg o r ita m

A -

03 = r 13 9 i + r 23 92 + r 3393 ,

(re d o s le d )

iz r a č u n a v a n ja

r13 = 03.

9102,

(tj.

o r t o g o n a liz a c ije ,

|a 3 -

a

= Q ■R

_

\as - (
r 33 =

rn

r 13g i -

r 23q 2 1

r 22 =

93

d o b ija n ja o r to n o r m ir a n o g t r ie d r a v e k t o r a ( 9 1 ,9 2 ,9 3 ) o d

G r a m -Š m ito v

D e k o m p o z ic ija skup

A

9203

O v a j a lg o r ita m se

_

913 923 . 933 .

o b lik u :

911 912 913 921 922 923 932 933 _ 931

=

9l

9 * 10 3 ,

=

O33

_

922

=

931

o v a t e o r e m a s e rn o ž e z a -p is a ti i u m a t r ič n o m

0 11 a 2i

Cl’3 — 0 3

912

911 91

,

0 22

II

oi

013 023

012

O ll

II

Ako

A

=

|a

2-

b r o je v a

r.

r l 2 qi\

Q3—1’n <31

t r i je d r a ( 0 1 ,0 .2 ,0 3 ) z o v e

Q ■R z o v e s e Q R f a k t o r i z a c i j a m a t r i c e A .

Q R j e s t e Q.R f a k t o r i z a c i j a m a t r i c e A a k k o s u k o lo n e m a t r i c e Q o r t o n o r m i r a n i Q je o r to g o n a ln a o d n o s n o u n ita r n a ) i m a t r ic a R g o r n ja t r o u g a o n a .

D a. li je

Q R f a k t o r iz a c ija r e g u la r n e m a t r ic e A je d n o z n a č n a a k o je L {a \) = L (q \), L (a \ , a 2 ) = L { q \ , 9 2) i L{a\, a 2 , a 3 ) =

L { q \ , q2 . 9 3 ) , g d e s u L ( a \ , ------ a „ ) = < a \ . . . . , a n > o z n a k e z a p r o s t o r g e n e r i s a n

12. Slobodni vektori

‘203

sa, vektorim a, q i , .. ., anl Jeste d o n a znake ± ispred r\\, r 22 i ?"33- Ja sn o je d a je Q T Q = I tj. d e t Q = i l ^ 0. što sa n ezav isn ošću v e to ra a\. a2 i a 3 im p licira det, A ^ 0 tj. r xl ^ 0, r 22 ^ 0 i r 33

7^ 0. Vidi

riftr

D efin icija 12.33 Uređenu trojku nekomplanarnih slobodnih vektora zvaćemo triedar vektora ili baza prostora slobodnih vektora. D efin icija 12.34 U skupu t svih triedara vektora može se na sledeći način definisati jedna specijalna relacija p. Neka su (d, b, Č) i (đ\, b\, Ci) triedri. Tada postoje tačke O, A, B, C, A\, B\ i C\ takve da je a - O A . b = O B , Č - O C , di = O A i, bt = O B x i Č\ = O G x. Uočtmo rotaciju oko prave kroz tačku O normalne na A O A A i koja tačke A, B, C preslikava u tačke A , B ', C' tako da tačke O. A i A\ budu kolmearne i da A i A\ budu sa iste strane tačke O. Sada uočimo rotaciju oko prave kojoj pripadaju tačke O, A\ i A' i koja tačke B' i C' preslikava u tačke B " i C" tako da B " pripadne ravni AOA± B\ i da B" i B^ budu sa iste strane prave OA\. Sada ćemo rećt da je (d, b,Č)p(a\,b\,Č\) ako i samo ako su C" i C\ sa iste strane ravni A OA\Bx. T eorem a 12.35 Relacija p iz prethodne definicije jeste relacija ekvivalencije i faktor skup ima tačno dva elementa, tj. dve klase ekvivalencije.

D efin icija 12.36 Kla.su ekvivalencije iz prethodne teoreme kojoj pripada triedar (i,j, k) zvaćemo skup desnih triedara, gdeje ( i ,j, k) jedan unapred fiksirani triedar jediničnih vektora od kojih su svaka dva normalna, a d.rugu klasu skup levih triedara. Napomenimo da se desni trijedar nemože definisati ukoliko se ne fiksira neki trijedar i proglasi desnim, a onda svi oni koji su iste orijentaeije sa njim su desni! Da li je korektna definicija: Trijedar vekt.ora (d, 6, Č) je desne orijentacije akko je a\ a2 «3

b\ c\ b2 c 2 > 0 , h c3

vidi 12.50

Principi aIgebre, opšte, diskretne i linearne

204

gde je d = a.\i + a2j + a^k, b = b\i + b2j + 63k i Č = c\i + c2j + c3kl Naravno da nije, ukoliko nismo prethodno definisali da je trijedar (i ,j,k ) desne orijentaeije, jer prethodna nejednakost govori samo da su trijedri (a,b,Č) i ( i ,j,k ) iste orijentacije (i ništa više)! Drugim rečima, ne može se definisati matematički šta je desni trijedar ako se ne fiksira jedan trijedar i proglasi da je on desni! (pa rnakar 011 bio i levi!!!) Do ove konfuzije dolazi zbog toga što mi kao ljudska bića, znamo koje nam je desna a koje leva ruka i prva tri prsta. desne ruke eine desni trijedar, a leve ruke eine levi trijedar. Od svih šest uređenih trojki čije su komponente različiti elementi skupa nekomplanarnih vektora { a .b .c}, tri su desni triedar, a tri levi triedar. Cikličkim permutovanjem vektora u triedru orijentaeija se ne merija, jer cikličkim permutovanjima vrsta determinanta matrice znak determinante se ne rnenja, Zadatak 12.37 Neka je (01, 02, 03) uređena trojka. nekomplanarnih vektora (t/rijedar vektora). a) U zavisnosti od vektora dl, 02 i az i operacija sabiranja vektora, množenja sklara i vektora, inteziteta vektora i skalarnog proizvoda vektora, izraziti sve tnjedare (q\, q2, qz) jediničnih međusobno normalnih vektora, takvih da je q\ kolinearan sa a\, a vektori qi, q2: dt i a2 međusolmo komplanami. b ) Koji od tih triedara (q\, q2, q%) su iste orijentacije sa triedrom (al, a2, a3) ? R ešen je a) Jedno rešenje je triedar (q\, q2, q$) = (fi, r2, r$), gde je f

—

1

- S l L

|ai |'

f

—

1

a 2 - " ( r i a 2 ) r i

■^

|a-2—(v~ia.2)^ i Ijci.3

_

«

3

{'f'ict's)r 1

-

(

^

^

3 ) n - ( - / j 2 « 3 V a ,,

_

a

sya

re$enj a

(r^as + 2 \

su

J

6 {(n, f2,f3),(fi.r2- f 3),(ri-r2,r3).(fi,-f2, - f 3), t-fl : f2, f3),(-fl, f2,- f 3),(-fl - f 2;f3),(-fU -f2.-f3)}. b ) Iste orijentacije sa trijedrom, (d[,d2, 03) su (fi, f 2, r3), (ri, - r 2, - r 3), ( - r i , r2, - r :i) i ( - r l, - r 2, r }).

D efin icija 12.38 U skupu V definiše se operacija x na sledeći način: a x 6 = c akko je pravac vektora Č normalan na pravce vektora a i b,

12. Slobodni vektori

205

intenzitet |c| = |a||6|sin $:(a, b) a sm erje određen time da uređena trojka vektora (a, b, Č) bude desni triedar. Ova operacija se zove vektorski protzvod. Dali je f\ = f3 = i r2 = vektoriiz rešenja zadatka 12.37?

r 3 x r 1? ged suf u f 2

i f3

D efin icija ek vivalentna d efin iciji 12.38 m ože se d o b iti p o m o ć u skalarnog p ro iz v o đ a i teorem e 12.32 prim en jen e na trijeda r v ek tora (a .b .c ). T e o r e m a 1 2 .3 9 N eka je ( a ,b ,c) trijedar vektora Ij. (a, b,c) je trojka nekomplanamih (linearno nezavisnih) vektora. Tada je

a X b ~ (

Q3|o||č>| sin £ (a. b) —93 |S| |6|sin

j

■

qde ie

-

«

q\ — — ,

|a|

b~(Q lb)q{

-

ako j e (a , b, Č) desne orijcntacije

(a, b)

09 -- -r;--------- ------ , |6 - (qib)qi \

^

ako je (a, b, Č) leve orijcntacije

c -

(qiČ)qi -

(q2Č )(?2

r>

, T

■■

03 == -----------— • tJa n a X b zavtsi od c ! \Č- (q\č)qi - (q2 Č)q2 \

7-0

Da li |a x 6 | zavi-si od c ? Da li su triedri (a, 6, č) i (g i. 53. 93) uveA: iste orijentacije?

Zadatak 12.40 TVefca je (a, g-2 = -fcišiML i ff = |6 -(q i6 )9 l|

^

Č) trijedar vektora tneka je qi = jfj,

| c - ( 9 i ć ) g i - ( 92^ g 2 |

Dokazati da je a) M J

y

= ±^.

|Sxb|

io

b) (
^

а) б)

a x b = —(b x a) a'(d x b) — (cm) x b — a x (ab)

c) d) e)

a \ \ b & a xb = 0 ax d= 0 d.16 <=? |a x 6| = |a||6| 4=^ a6 = 0

Dokaz Direktne posledice definicija.

(Teorema 12.42 Za proizvoljne vektore a, b i Č važi d x (6 + č) = d x 6 + d x c ,

tj. važi distributivni zakon vektorskog proizvoda u odnosu na sabimnje vektora.

206

Principi algebre,opšte, diskretne i linearne

Figure 12.4:

D okaz Ako su bar dva vektora od vektora đ. b i c međusobno kolinearna, tada je tvrđenje direktna posledica definicija vektora, sabiranja vektora, vektorskog proizvoda i teoreme 12.41. Ako nikoja dva vektora od vektora a, b, Čnisu kolinearni, tada odaberimo takve tačke O, A, B, C, D iz prostora E da je 1) 0 4 = d, 0 B = b, O C ^ Č i 0 D = b + Č tj. da je O C D B paralelogram. Zatim konstruišimo ravan a kojoj pripada tačka O i koja je normalna na pravac vektora a. Normalne projekcije tačaka B. C i D na ravan

12. Slobodni vektori

207

a označimo redom sa B ', C' i D '. Jasno je da je 2) OA x O X = O A x O X ’ za svako X e { 5 , C, D }, jer su pravci i smerovi ta dva vektora očevidno isti, a intenziteti su jednaki jer su površine paralelograma nad vektorima OA, O X i OA, O X ' iste zbog jednakosti njihovih osnovica | OA | i odgovarajućih visina |O X ' |. Takođe je 3) 0 & = 0 B ' + 0 C ' na osnovu 1), 12.22, 12.23 i 12.25 (projekcija zbira jednaka je zbiru projekcija). Uzmimo sada da je 4) O X " =

O /l x O X ' za svako X € {B . C, D }. 1 Očevidno je da su tačke C ", D ", B" dobijene rotacijom tačaka C ', D ', B' oko tačke O za 90°, pa je paralelogram OC'D'B' podudaran sa \OA\

'

J

paralelogramom O C "D "B ". Zato iz O D '= O B ' + OC' sledi O D "= O B " + O C " , a odavde zbog 4) sledi

OA x OD'= —4 r- OA x OB' -+—^ ~ OA x OC', |OA | |OA | |OA | -> što množenjem sa |OA \daje

0 4 x O D '-O A x OB' + O A x OC' odakle zbog 2) imamo OA x O D = O A x OB + 0 4 x OC i na kraju zbog 1) sledi a x (6 + ć) = a x 6 + a x c Teorem a 12.43 Neka je (i , j , k ) triedar jediničnih vektora desne orijentacije (desni triedarj gde je iJLj, i± k , j ± k tj. trijedar (i, j ,k ) je ortonormiran (16.7). Tada za proizvoljne vektore a = ci\i + a2j + a.sk

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

208

%b = 6] /' + b2;j + 63/.: (pogledaj 12.15. b) važi: a)^ ab — di&i -f- a^b'j + 0363 Š)j) a x b = (dob-A — (hJh)i -f

'

a\ 0,3 a-2 O3 i— J+ bi b-z b2 h \ q)’ |a| — \/0 d — 0)

e)

i\

Oi 02 k m b\ 62

k 1 j Oi o2 03 b\ b2 63

+ a| “I- a?

4 (a. 6) = arccos (^4> |d x 6|= |d||6|?)

aLb 4=> ab = 0

Dokaz a) Kako je u = jj = kk = 1, i j = ik = jk = 0 i važi đistributivnost skalarnog proizvoda u odnosu 11a sabiranje vektora (teorema 12.27), to sledi tvrđenje. b) Kako je na osnovu definicije vektorskog proizvoda i definicije triedra (? , j, k) 1

j

k

0

k

-j

j

-k

0

i

k

j

—i

0

i kako važi distributivnost vektorskog proizvoda u odnosu na sabiranje vektora, tj. teorema 9.27, to sledi tačnost tvrđenja. :) Na osnovu definicije 9.16. skalarnog proizvoda vektora sledi Iaf = aa O |a| =

aa

y a\ + a| + a| = a 1a

a a.

Vidi 16.4 i 16.3. d) Sledi iz definicije skalarnog proizvoda.

T e o r e m a 1 2 .4 4

Ako je f(a ) = ( i a .j a , ka) tada je f : V — + 1R3

bijektivna funkcija.

12. Slobodni vektoh

209

D o k a z K ak o je p F ~ fu n k cija 12.17, t o je i / fu nkcija. In jek tiv n ost sledi iz f(a ) = f(b ) => (ia, ja , ka) = (ib, jb , kb) => i(a — b) = 0 A j(a — b) = 0 A h(a — b) = 0 =4> a = b jer vek tor a — 6 ^ 0 ne m ože biti norm alan na svakom od v ek tora i, j , k, p a j e a — b = 0 . S irjektivn ost fu n k cije / je o če v id n a , je r za svaku uređenu tro jk u realnih b r o je v a ((11,0,2,03), p o s to ji vek tor o = a\i + a^j + a$k za k o ji važi f(a ) = ( a i , 02, <13,), što se je d n o s ta v n o proverava je r je o č e v id n o ia — a\, ja = 02 i fca = 03. K oristiće m o kraću ozn ak u / ( a ) = (a i, 0 2 , 03) = 3 . U stvari, fu n k ciju / b i treb a lo ozn ačavati sa f ^ -j m eđ u tim , z b o g kratk oće zapisa, m i to n ećem o činiti. Ista ta fu n k cija / , m o g la se definisati i p o m o ć u teorem e 12.15, g d e z a v ek tore a, b i c u zm em o v ek tore i, j i k, a za a , 3 i 7 u zm em o re d o m ia = « i , ja = 2 i fca = 0 3 . F u n kcija / , zn ači, preslikava s lo b o d n e v ek tore u uređene tro jk e čije k o m p o n e n te su rea-lni b ro je v i. T e o re n ia 12.45

Neka je o : R 3 x R 3 —> IR binarna operacija definisana sa SLo b = (a i, ao, 03) o

(č>i, 62, 63) = a i 61 + 0262 + 0363

sve f l j b € K3. Tada je a O b = a6.

D okaz

a o b U=14' (01, 02, a.3) o (61, 62, 63)

ai&i

+ 02&2 + 0363 12=°‘ ab.

T e o r e m a 1 2 .4 6 Algebarska struktura (V7, + , x ) izomorfna je algebarskoj strukt-uri (R 3, + , *) (vidi 6 . 19),. gde je (01. 02, a%) * (b\, 62. 63) = (0,263 — 0362, 0361 — 0163, ai&2 — a.2&i) D o k a z Izom orfizam je bi.jekcija / iz teorem e 12.44. P rv o im a m o f ( a + 6) 12= ° ' f ( a j i + 0 2 / + a:ik + b\i + 62J + 63k) V2'

12.5, 12.9. =

,1

,1 ~

/ ( ( a i + 61 )'t - f ( o 2 + 62 )j + (a.i + 6 3 ) k )

12.41 . =

,

,

, 03 +

( a i + & 1, 0-2 + 0 2 ,

. , 6. 19.

63)

=

6 = J' (01,0,0.0,3) + (61,62,63) X" = 4' f(d ) + f(b ). A ta k o d e je i f(a x 6) 12= ° ' / ( ( « ] i + 02j + a3&) x (61-i + 62J + 63*)) 12= 3' /((0-263 “ 0362)* + (0361 - o 163)j + (0462 -- a2&i)fc) i2= 4' (0263 -

0 362 ,0 3 61 — 0 16 3 ,0 16 2 -

0261)

( 0 1 , 0 2 , 0 3 ) * ( 6 1 . 6 2 . 6 3 ) 12= 4-

/ ( a ) * /(& ). A k o p rim en im o / “ 1 na je d n a k o st f ( d X &) = / ( a ) * /(& ) i sta v im o a = / " ^ ( a ) , & = / ~ ^ ( b ) d ob ija se / - 1( a ) x / - 1( b ) = / ~ 1( a * b ) . T e o r e m a 1 2 .4 7

/ifco je f funkcija iz teoreme 12.44 i operacija ■ iz zadatka 6. 19, tada za svaki

realan broj a i svaki vektor a važi f (a a ) = a ■f( a ) odnosno, / - 1 (a ■SL) = a / “ 1 ( & ) . D okaz f(a a ) 12;J4' (i(aa), j(a a ), k(aa)) 12= 2' (a (id ),a (ja ),a (k đ )) 6 = 9' a (id ,jđ , ka) 12= 4- a ■f(a ). A k o p rim en im o f _1 na jed n a k ost f(a a ) = a - / ( a ) i stav im o a = / ' _ 1 ( a ) . d o b ija m o / _ 1 ( a - a ) —

a / - J(a).

'

‘

210

Principi aJgebre, opšte, diskretne i linearne

^T e o r e m a

j 1 2 .4 8 j ( Teorema

o dvostrukom vektorskom proizvodu)Za sve vektore a, b, c £ V vazi

a) (a- X b) X c — (ac)b — (bc)đ

b) a X (b X Č) — ( a,Č)b — (ab)c.

D okaz

, (a x b ) x

11 ( r H a ) X

r l (b))

x ./

! i C)

/ - 1(a* b) x / _ 1(c) 12=46/ _1((a* b) * c) 6=9 / - ^ ( a o c ) •b

(boc) ■a) 12=16 / _1((ao c) ■b) - / ^ ( ( b o c ) •a) 12= '

12=47 (aoc^rH b) - (boC)f~ 1(a) 12-47= 2'45 (oč)6 - (6c)o. A n a lo g n o se d okazu je i u slu ča ju p o d b ).

D efin icija 12.49 MeŠoviti pvoizvod vekt.oru a. b i c je a(b x č). T eorem a 12.50 Mešoviti proizvod nekornplanarnih vektora a. b %c je po apsolutnoj vred.nosti jednak zaprernini p a r a l e l o p i p e d a koji jc određen tirn vektorima a. b i Č i jednak je determinanti matrice cije koJone su redom koordinate vektora a, b i Č. D okaz |a(h x č)| = \b x c] •|pr6x-(a)| = B ■h = V gde je B baza, h visina i V zapremina paralelopipeda O M N PO'M 'N 'P'.. pri čemu je O M = b, O P = Či 0 0 ' = a, jer je \b x č] = bcsin < ( b,c) površina paralelograma, a |pr^x?(a)| je visina paralelopipeda zbog normalnosti vetora (b x Č) na bazu paralelopipeda. T eorem a 12.51 Vektori a. b i Čsu komplanarni akko je njihov mešoviti protzvod jednak nult. Dokaz(=>) Ako su a. b i Čkomplanarni, tada ako je bar jedan od njih nula vektor ili b\\Č, mešoviti proizvod će očevidno biti nula. Neka je sada a

0, b ^ 0, Č 7^ 0 i b ^ c. 'Tada je 0 /

(b x Č) J_ a, pa je na

osnovu teoreme 12.27(c) a(b x Č) = 0. («*=) Ako je mešoviti proizvod a(b x Č) jednak nuli. tacla je (7 = 0 ili h x c = 0 ili a,±(b x Č). U svakom od ovih slučajeva ili je bar jedan od vektora jednak nuli što znači da su komplanarni (definicija 12.11), ili su vektori b i Č kolinearni, ili su sva tri vektora a, b i c normalna na vektor b x Č, pa su zbog toga komplanarni. Drugi način dokazivanja ove teoreme je primenom prethodne teo-

12. Slobodni vektori

211

--- --------- -----r

| z a d atak_J_2,.52 Neka je A B C D E F pravilni šestougao, P i Q sredine redom stranica B C i E F i tačka T presek duži A P i BQ. U kom odnosu tačka T deli duži A P i B Q ? L

A B R ešen je Zađaci ovog tipa rešavaju se tačno utvrđenim postupkom koji ćemo izložiti kroz ovaj primer. Uočimo bilo koji poligon čijoj konturi pripada bar jedna od duži koje ućestvuju u traženom odnosu, na prirner ABT. U sledećem koraku, napišemo zbir vektora po konturi tog poligona i izjednačimo ga sa nulom, tj.

AB + B T + T A — 0.

Uočimo neka d.vaJnekolinearn^ vektora. na primer(^ B ^ a i BC — Sji sve vektore sa konture izrazimo pomoću vektora a i b (12.13). Jasno je da je zbog teoreme 12.12 T A = a P A i B T = /3 BQ za neke skalare a i J. Sada imarno da je T A = a P A = a ( —^b — a) i B T = (3 B Q = ■1 ( - 2a ■ |b) što unošenjem u A B + B T f T A = 0 daje (1 - 2(3 - a)a + (^ 3 - ^a)b = 0. Odavde, na osnovu teoreme 12.13. sledi da je 1—2(3—a = 0 i |fi—\a = 0, tj. a = l \ p = l pa je B T : TQ = 1 : 4 i AT : T P = 3 : 2. Zadatak 12.53 Neka su A, B, C i D četin proizvoljne tačke. a) Ako je O M = rM t ON = f N, izraztti M N i N M u zavisnosti od f M i f N, koji se zovu vekton položaja tačaka M i N . b) Dokazati daje: 2 A Ć B D = B Č B C + A D A D —A B A B —D C D C .

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

212

c) Izmčunati ugao izrneđu dijagonala A C i B D četvorougla A B C D ako je A B = 11, B C = 13, C D = S i D A = 4. Zadatak 12.54 Rešiti jednačinu x + a x x = b u skupu vektora. R ešen je Ako se data jednačina pomnoži skalarno sa vektorom a dobija se ax = ah. Množeći vektorski datii jednačinu sa vektorom a dobijamo a x x + a x (a x x) - a x b. Izražavanjem vektora a x x iz date jednačine i unošenjem u prethodnu jednakost, dobija se b — x + a x (a x x) = a x b. Korišćenjem teoreme 12.48 i zamenom ax sa ab ^ iz prethodne jedakosti^ dobija se d a je b - x + ( a b ) a - a2x = a x b . odakle je x = ((ab )a + b - a x b ) . Zadatak 12.55 Naći skalarni proizvod vektora a i b, ako je vektor a = 3p - 2q i b = p + 4q, gde su p i q normalni i jedinični vekton. Zadatak 12.56 Koliki je zbir a-b + b -c + Č-aako su a, b i Č tn orta koji zadovoljavaju uslov a + b + Č = 0. Zadatak 12.57 Naći intenzitet vektorap = 4a—6+ 8Č, ako je a ± b ± Č la i inteziteti su im 2. Zadatak 12.58 Naći dužvau kraće dijagonale paralelograma konst.ruisanog nad veMorima a = 5p + 2q i b = p — 3q, ako je |]7| = 2\/2, \q] = 3 i

(p.q)

V 4-

Zadatak 12.59 Naći ugao izrnedju veklora a — 3/7+ '2q i b — p + 5f, ako su p i q uzajamno normalni jedinični vektori. Zadatak 12.60 Ako je |a| = 2 , |6| = 5, (a,b) = 2tt/3 odrediti za koju će vrednost koejicijenta a vektori p = aa + 17b i q = 3a — b biti uzajam.no normalni. Zadatak 12.61 Koji ugao obrazuju jedinični vektori s i t. ako su vektori p = Š + 21 i q = 5s — 41 uzajamno normalni. Zadatak 12.62 Za koju vrednost koeficijenta a će vektorip = a a+ob i q = 3a — b, biti kolinearni, ako vektori a i b nisu kolinearni?

1'2. Slobodni vektori

213

Zađatak 12.63 Izračunati površinu paralelograma konstruisanog nad vektorima a = fh+2n i b = in—Zn, za: rn = 5, n = 3 (m, n) = 7i/6. Zadatak 12.64 Izračunati sinus ugla izmedju dijagonala paralelograma konstruisanog nad vektorima a = 2rfi + n —p ib = rn —3n + p, gde su rh, n i p uzajamno normalni ortovi (jedtnični vektori). Zadatak 12.65 Izračunati zaprermnu pandelopipeda konstruisanog nad vektorima a = p — 3q + r, b = 2p + q — 3r i Č = p + 2q + f, gde su p, q t f uzajarnno normalni ortovi (jedinični vektori). Zadatak 12.66 Dati su vektori a = 2fn — 3n + 4/7; b = m — n —p i Č = 4m — 5n + 2p. Razložiti vektor Č u pravcu vektora a i b. Zadatak 12.67 Dokazati da su vektori a = St —4j + 2k, b = 4i + j —k i Č = iri + 11j —7k, komplanarni i razložiti vektor Č u pravcu vektora a i b tj. na/pisati u obliku^ = ~ a a + fibj gde su, a i 0 neki realni brojevi. Zadatak 12.68 Izračunati površinu paralelograma konstruisanog nad vektorirna p = 2a + 36 i q = a —46, gde su a i 6 normalni i jedinični. Zadatak 12.69 Izračunati \q\ zaq = (3m + 4n + 5p) x (rn + (m + A'p), gde su m, n i p uzajamno normatm ortovi (jedinični vektori). Zadatak 12.70 Dokazati da je rnešovit proizvod tri vektora od kojih su dva kolinearna. jednak nuli. Zadatak 12.71 Naćt zapreminu trostrane ptramtde čtja su ternena u tačkama A (2, —1,1); B (5. 5,4): C (3, 2, —1); D (4,1, 3). Zadatak 12.72 Naći vtstnu C D trougla, ako znamo njegove strane A B = 3/7 — 4q i B C = p + 5q, prt čemu su p i q jedinični i normalni. Zadatak 12.73 Naći projekciju vektora a = 10m + 2n na pravac vektora b = 5m — 12n, gde su rn i n normalni i jedinični vektori. Zadatak 12.74 Strane trougla su: AB = 5a + 26; B C = 2a — 46; CA = —7a + 26. Naći dužinu težišne linije A M i visine A D trougla A B C . ako su a i b uzajamno normalni ortovi (jedinični vektori).

214

Phncipi algebre, opšte, diskretne i Jinearne

Zadatak 12.75 Dokazati da je (a + 6)2 + ( a - h)2 = 2(a2 + 62) tj. zbir kvadmta dijagonala paralelograma, jednak je zbiru kvadrata njegovih strana. Zadatak 12.76 Dokazati da je: (a x b)

+ (b x Č) + (Č x a)=

= (Č + a) x (đ + b) + (a + 6) x (b + Č) +

(b + Č) x (c + a ).

Zadatak 12.77 Dokazati da je ((a x b ) x c f + ((b x Č) x a f + ((Č x a) x b) = = 2 (b2(aČ)2 + a2(bČ)2 + c2(ab)2) - 6(ab)(aČ)(bČ). Zadatak 12.78 Pokazati da je (a x b) x (b x Č) = (a(b x Č))b. Zadatak 12.79 Dokazati da je (a x b) ■(Č x cl) + (b x Č) •(a x d)

-f (Č x a) ■(b x d)= 0.

Zadatak 12.80 Pokazati da je (a x b)2 + (a •b)2 = a2lr. Zadatak 12.81 Dokazati da je ( b - Č ) x (Č + a) + (a - Č) x (Č + b) = 2 ((a + b) x č ) . Zadatak 12.82 Doka zat'i da je a x (b x (Č x d)) = (a(Č x d))b — (a ■b)(Č x d). Zadatak 12.83 Izračunati uglove između dijagonalnih preseka kocke. Postoje dva ugla različitih mernih brojeva! Jedan je a drugi je ! ..........

■

fi? Ai

Glava 13 ANALITIČKA GEOMETRIJ A Ako 11geometrijskom (Euklidskom) trodimenzionalnom prostoru pored fiksiranog jediničnog triedra vektora ( i , j , k), gde su svaka dva vektora međusobno normalna, fiksiramo i jednu tačku O, tada dobijamo Dekartov pravougli koordinatni sistem, gde su ose x,y, i z određene redom sa vektorima i , j i k i tačkom O. Drugim rečima, dobijena je bijektivna funkcija koja svakoj tački prostora pridružuje uređenu trojku realnih brojeva. Cinjenicu da tački A odgovara uređena trojka realnih brojeva (x , y , z ) označavaćemo sa A(x, y,z). Jasno je da svakom vektoru jednoznačno odgovara tačka A takva da je vektor OA baš taj vektor i taj vektor ćeino označavati sa f A, gde je O koordinatni početak. Videćemo da je to izomorfizam prostora uređenih trojki realnih brojeva i prostora slobodnih vektora! D efin icija 13.1 Vektor f A = O A zove se vektor položaja tačke A, gde je O koordinatni početak, f A = O A = xi + y j + zk , gde su (x, y, z) koordinate tačke A(x, y, z). Znači ako imamo tačku A(x, y, z), tada je f A = xi + yj + zk i zbog kratkoće pisanja uobičajeno je da se xi + yj + zk zapisuje samo sa (;r, y, z) ili preciznije taj kraći zapis je ustvari izomorfizam / (vidi 12.44 i 12.46) grupe slobodnih vektora u odnosu na sabiranje vektora (V, + ) i grupe uređenih trojki realnih brojeva u odnosu na sabiranje

215

216

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

(R3, + ), gde je sabiranje trojki definisano sa_________________ (ft'i, OL‘i , a 3) + (/?i, /?2, As) — (a’i + A j o 2 + 02 ? 3 Prema tome, ome, ako imarno imarrio tačku A(x, y, z), tada ta< je f ( f A) = (;r. y, z), ali ćemo zbog kratkoće kao što smo se već dogovorili izostaviti / i pisati samo f A = (x,y, z). Sada ćemo videti kako se elementarne činjenice iz analitičke geometrije jednostavno izvode pomoću vektora, Neka su A(x,i,iji, zx) i B (x 2,y 2
x' ( f b - r A ) (r B - f A ) = V ( x B - i a ) 2 +

~ 1/a)2

■■a ) 2 .

Lema 13.2

Deoba duži u datoj razmeri Ako tačka M deli duž A B u mzmeri A : 1, tj. A M = AMB, tada ,

Ta + A//; 1+ A '

D okaz A M = \ MB & AO + O M = X( MO -I OB) ^ <=> —f A + f M — — A f M + \ t b

<5- (1 + t y r M — f / \ + \ v b

?A 1+A Faktički to je jednačina prave p = p(A, B) bez tačke B. odnosno AeE\{-l }& M ep\{B ] Lema 13.3

Jednačina prave p Neka je f M = f = (x, y, z) vektorska promenljiva. Tada je

Ako pravoj p pripada tačka A(xi , yi, Zi ) i ako je p\\p — (p\,p2-,pz) , tada vektor položaja f = f j s j = (x, y, z) proizvoljne tačke M te prave p, po prvom zakonu analitičke geometrije, očevidno zadovoljava jednačinu f M = f = f A + tp gde je t proizvoljni realni broj, jer je M e p & f - f A \ \ p ^ f - f A = tp . Očevidno važi i obratno da ako

13. A milit ička geometrija

217

vektor f = (x, y, z) zadovoljava jednačinu f — f i + tp tada tačka čije koordinate su (x, y. z) pripada pravoj koja prolazi kroz tačku A(xi, iji, z\) i paralelna je sa vektorom p za neki realni broj t . Znači jednačina prave u vektorskom obliku je f — f ^ + tp, ekvivalentno sa x = Xa + tpi A y = yA + tpi A z = za + tp$ koji zovemo parametarske jednačine prave i često ga zapisujemo i sa

X~ XA —

P1

V -V A P2

—

z -z A _

.

P3

što zovemo kanonički oblik jednačine prave. Neka su a = OA i b dati nenula međusobno normalni vektori, neka je f = xi + y j + zk promenljivi vektor i neka je a ravan koja prolazi kroz koordinatni početak, a normalna na vektor b. Tada vektorska, jednačina ax f = b jeste jednačina prave p koja pripada ravni a, paralelna je sa OA, udaljena od OA za ||| (visina paralelograma čija osnovica je OA. a površina |6|) i ako je P proizvoljna tačka prave p tada je (a,OP, b) trijedar desne orijentacije. Lem a 13.4

'bAj.

i/]

Jednačina ravnj_ a __^

II

p

Neka je r A/ = - r = ( x, y, z ) vektorska promenljiva. Tada je \ Q(xi, yi, zi) e a ± n = (A, B, C) a : Ax + By + Cz + D = 0.

a : A(x - Xi) + B(y - i/\) + C (z - z\) = 0 je n = Ai + B j + Ck = (A, B, C) vektor normalan na ravan a, Q proizvoljna fiksna tačka ravni a, f promenljivi (tekući) vektor čiji vrh uvek pripada ravni a ako mu je početak u tački 0 (0 . 0,0), A, B, C, D su realni brojevi. za koje važi da je A 2 + B 2 + C 2 ^ 0 (A, B, C) ^ (0,0, 0) & A ± 0 V B ^ 0 V C / 0 tj. bar jedan od A, B , C je različit odjm le i D = —n fQ._ D okaz Jasno je da mora biti bar jedan od brojeva A , B i C različit od nule, jer bi u protivnom to bila jednačina praznog skupa za D ^ 0 ili jednačina celoga prostora za D = 0. Neka je dati vektor normale n = (A, B, C) = Ai + B j + Ck i tekući (promenljivi) vektor f M = f = = ( x, y, z) = xi + yj + zk. Tada imamo da Ax + By + Cz + D = 0 & rir = - D & \f = #

^ ±|P*v1 = w

^ M (x >V’ z) G

Sde Je

■

Principi algehre, opšte, diskretne i linearne

218

o ravan normalna na vektor n i udaljena od koordinatnog početka za ItJt! u smeru vektora n za D < 0, a u smeru vektora —n za D > 0. □ ! |n| '

Osnovna pravila za rešavanje zadataka iz analitičke geometrije. 1 Jedinični vektor bilo kojega pravca (ili prave p) se dobija kada bilo k oji vektor p paralelan sa pravom (pravcem) p. podelimo sa njegovim sopstvenim intezitetom tj. jedinični vektor je p . ,1fAfo;s, m^ t JpA * ^ j i j l §£t fv 2 B ilo koj'i vektor jednak je proizvodu njegovoga inteziteta i je.. diničnog vektora kolinearnog (paralelnog) sa njirn. 3 U većini zadataka, potreban vektor u rešavanju, dobija se kao vektorski proizvod neka dva data nekolinearna vektora koji su / oba normalna na traženi vektor. ( { K ^ __ 4 Dati su vektori r 4, a, b. c i realni brojevi \AB\ = d\, \BC\ = d2 i \CD\ — r/3, tako da je 0 || AB, b j| BC i c || CD. Tada vektor f D izražen u zavisnosti od datih vektora i skalara (brojeva) je = pa ±

t| ±

* d,m -

gde se ispred sabiraka uzimaju znaci

4

ako su \-ektori

cl,

b, c

istog smera sa redorn vektorima AB, BC, C D , a u supi otnom znaci — .

Lem a 13.5

Parametarske jednačine ravni Neka su a = (ai,a2, a3) i b = {b} , b2. 63) dati nekolinearni vektori i A ( x a , y A , zA) data tačka. Tada f = f A + ota + (3b je vektorska parametarska jednačina ravni, ekvivalentno sistemu parametarskih jednačina t* = x A + aa.i + (3b\, y = yA + aa 2 + $b2, z = z A + aa3 + (3b-c gde su a i (3 parametri. Jasno je da je to ravan koja je jednoznačno određena time što prolazi kroz datu tačku A i paralelna. je nekolinearnim vektorima a i b. P rim er Naći jednačinu skupa svih tačaka koje su sredine neke duži čija jedna krajnja tačka je na pravoj a : = + p = t\ i krajnja tačka je na pravoj b : | = = t2.

13. Analitička geometrija

219

R ešen je Proizvoljna tačka prave a je P(2ti + 1,t\ — 2 ,‘Sti + 1) i proizvoljna tačka prave b je Q(3t2, 212 + 3. —12 — 1). Ako su x , y i z koordinate sredine duži PQ, tada je x^ __ _x p_ _+

y

xq

yp + Vq

=

------------------------- ^

_ 2ti + 3^2_ + 1

_

=

t\ + 2t 2 + 1

-------------------- ------------------------

2

2

zP + zQ

31\ - t2

2

2

što su u stvari parameterske jednačine ravni. Elirninacijom parametara t\ i t 2 iz ovih jednačina dobija se opšti oblik jednačine te ravni 7x - 11y - s + 2 = 0. Lem a 13.6

Normalni oblik jednačine ravni. Ako se jednačina ravni Ax-\-By + C z + D = 0 podeli sa intezitetom \-ektora Ai + bj + Ck tj. sa y/A2 + B 2 + C 2, dobija se x oos a + y cos (3 + z cos 7 — p, A COS a =

.

...-..........—

gde je B

,

c o s (J

V A 2 + B2 + C2' C . COS 7 = . .......... , i p = \/ A2 + B 2 + C 2

VW TW +ČŽ' I> , -t:..,..... \fA2 + B2 + C2

i gde su a, 0 i 7 uglovi koje vektor normale n, ravni zaklapa sa jediničnim vektorima i, j i k. a \p\ je rastojanje ravni od koordinatnog početka. Ovaj oblik jednačine ravni zove se normalni oblik jednačine ravni. Lem a 13.7

,

Segmentni oblik jednačine ravni Ako je A •B ■C ■D ^ 0, tada je A x + B y + Cz + D = 0

~d + + ~d = 1 ~A ~B 7T

Ovaj oblik se zove segmentni oblik jednačine ravni. Brojevi u imeniocima ove jednačine prdstavljaju redom odsečke koje oclseca ta ravan na osama x, y i z.

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

220 Lema 13.8

Jednačina ravni paralelna sa dva data nekolinearna vektora a i b tj. normalna na vektor n = a x b i prolazi kroz datu tačku M Do jednačine ravni a najčešće se dolazi tako što se pronađu dva nekolinearna vektora a i b, koji su paralelni sa ravni a i bar jedna tačka M( x i , y i , Z\) koja pripada ravni a jer je tada jeđnačina ravni (a x b ) ( r - rM) = 0 <^> A( x - :i‘i) + B( y - yi) + C(z - zi) = 0, gde je a x b = (A, B, C) = At + Bj + Ck. Ovaj oblik jednačine ravni poznat je pod nazivom jednačina ravni kroz jednu t ačku. ^ Znači, ako imamo bar jedan vektor n — (A, B, C) — Ai + B j + Ck koji je normalan na ravan a i bar jednn tačku Q ( x \, y\, z\) koja pripada ravni a i ako je f = (x, y, z), tada jednačina ravni a je: n f = n f Q <=> n(f — fQ ) = 0

A( x — xi) + B( y — yi) + C(z — ^i)—0 .

Lema 13.9

Jednačina ravni kroz tri tačke Na osnovu do sada rečenog jasno je da jednačina ravni kroz tri nekolinearne tačke A(x^,y^,z\), B ( x 2, y 2^ 2) 1 C(x%,yz< - 3) je: 6 x (/[ 'ć ] t f A 7 b) x (7 A ~ ro)) (r ” r1 ) = 0 odnosno (K x ■ Xi

X\

y

■X 2 ,Vi - x 3 Vi

ih

^i 0.

1/3

-3

Lema 13.10

Prodor prave kroz ravan Zajednička tačka P ravni a : n f se tako što f = r\+ta uvrstimo u nr

f A+ ta a nrQ 1prave a : 1 n fn i rešimo dobijenu jednačinu A' Ako sada tako dobijeno t

po t. Tako dobijamo da je t uvrstirno u f = f A + ta, promenljvi (tekući) vektor f postaje f p i sledi formula za prodor P prave a : f = f A + ta kroz ravan a : n f = n fQ

13. Analitička geometrija

221

Lema 13.11

Projekcija (ortogonalna) tačke na pravu Nekajepravaa određena tačkom A koja joj pripada i vektorom a sa kojim je paralelna, Projekcija M' tačke M na pravu a : f = f A + ta dobija se tako što postavimo ravan a kroz tačku M normalno na na pravu a i tražimo prodor parave a kroz ravan a po prethodnoj formuli. Tako dobijamo ________________ _ da je

Ako prava prolazi kroz koordinatni početak tada za f A rnožemo uzeti vektor (tačku) (0, 0,0) pa prethodna formula glasi: ->

r Ma _

rM, = ^ a aa

ar\, _ a= aa

=

ar,, \a\

a p r = prs(r„). \a\

Lema 13.12

Projekcija (ortogonalna) tačke na ravan Neka je ravan cv određena tačkom Q koja joj pripada i vektorom n na koji je normalna, Projekcija M' tačke M na ravan a : n f = n f Q dobija se tako što kroz tačku M postavimo pravu normalnu na ravan a i prodorna tačka te prave kroz ravan a biće tražena tačka M' r

)n

n.

Ako ravan prolazi kroz koordinatni početak tada za f Q možemo uzeti vektor (tačku) (0, 0, 0) pa prethodna formula glasi: -

r

M

-

-

rMrl 7~r n. ~ nn

r„

-

Definicija 13.13

Zajednička normala n pravih a i b je prava koja seče pravu o, seče pravu 6, normalna je na pravu a i normalna je na pravu b Drugim rečiina prava n je zajednička normala pravih a i b akko je n H a ■=/ 0 A n D b ^ 0 A n ± a A n±b

r

222

Principi^al^ebre, opšte, diskretne i linearne f\

Lema 13.14

T

f- ( h ^ C )

.

T

Algoritam za konstruisanje zajedničke normale neparalelnih pravih (mimoilaznih ili koje se seku) Neka je n zajednička normala neparalelnih pravih a i b. Tada redom konstruišemo ravan a, ravan (3, tačku P i pravu n na sledeći način: f lC a A a\\b 2. b C (3 A (31. a 3. a D 0 = { P } 4. nJ-a A P E n Drugim rečima kroz pravu a postavimo ravan a paralelnu sa pravom 6, zatim kroz pravu b postavimo ravan (3 normalnu na ravan a i presek prave a sa ravni (3 je tačka P koja pripada traženoj zajedničkoj normali n. Znači prava koja prolazi kroz tačku P i normalna je na ravan a (tj. na prave a i b) je tražena zajednička normala n. Lema 13.15

Jedna tačka zajedničke normale mimoilaznih pravih, jednačina te normale i presek dve prave Neka su neparalelne prave a i b određene sa njiho\rim vektorima a i b i odgovarajućim tačkama A i B. Tada jedna tačka P njihove zajedničke normale n određena je sa jednakošću:

(rB~ r 4) nB_,

„ (rB - r A) ( ( a x b ) x b ) ■•- - :r- - ---- - a = rp = r A 4------------------- =;----- u------a n3 čl {(a x b) x b)

Rezultat se dobija tako što se koristi formula 13.10 za prodor prave a : f = f A 4- ta kroz ravan (3 čiji vektor normale je np = (a x b) x b i algoritam za dobijanje zajedničke normale 13.14. Kako je vektor zajedničke normale ft = a x b, to je jednačina zajedničke normale ii : f = f p + t(a x 6) IJkoliko prave a i b nisu inimoilazne već se seku. tada je f p vektor položaja njihove presečne tačke. Zajednička normala dve mimoilazne prave se može dobiti i na sledeći način. Neka je prava a paralelna vektoru a = (ai, a^, 03) i prolazi kroz tačku A(x\,yi, Z\), a prava b paralelna vektoru b — (61, 62, 6 3 i prolazi kroz tačku B ( x 2, 2/2, ^2)• Njihove jednačine u kanoničkom obliku su: )

x - xi _ y - 1/1 __ 2 - zi _ (i\

a2

a-3

x - x 2 _ y ~ y2 _ z - z2 _ ^ ;

bi

b2

b3

13. Analitička geometrija

223

Proizvoljna tačka P sa prave a ima za koordinate linearne funkcije od promenljive t, a proizvoljna tačka Q sa prave b ima za koordinate linearne funkcije od prornenljive s, pa onda vektor Q P ima za koordinate linearne funkcije od dve promenljive s i t. S druge strane je Q P = A(tt x b). Izjednačavanjem tih vektora dobija se sistern od tri linearne jednačine sa tri nepoznate: t. s i A. Za izračunatu vrednost parametra t dobija se tačka P na pravoj a, a za izračunatu vrednost parametra s dobija se tačka Q na pravoj b. Zajednička normala je određcna tačkama P i Q . _ ^ L em a 13.16

*** ^

Presek dve ravni Neka tačke A i B pripadaju redom ravnima, a i 6 , a neka su vektori na i fig normalni redom na ravni a i (3. Tada tačka A' koja je projekcija tačke A na pravu a n /3, određena je na osnovu formule presek prave i ravni, gcle se prava bira tako da joj pripada tačkec A i da je kolinearna sa vektorom (na x fip) x na i za ravan se tizme ravan i3. Prema tome vektor položaja tačke A' je r,, = rA + -7---- — ---- --------------

( (fia x //,,•) x n(

(na x n6) x naj nf3 pa jednačina prave

a n 6

je

r = r , + t(na x n.g).

.

224

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

Lema 13.17

Rastojanje tačke od ravni Rastojanje d ( M, a) proizvoljne tačke M( xi , y\, Z\) od neke ravni ' ——> a : Ax-\ By \ Cz \D = 0 jednako je projekciji vektora N M na pravac vektora n — (A, B, C), gde je N(x, y, z) proizvoljna tačka ravni a, tj.

d ( M , a) = \prnN M |(xi — x, yi — y, Z\ — z)(A, B, C)\

n

\Ax.\ + By\ + Cz\ — Ax — B y — C<

\Ax\ + Biji + Cz\ + D | V'A 2 + B 2 + C 2

Lema 13.18

^

Rastojanje između neparalelnih pravih Rastojanje d(a, b) izmečtu dve neparalelene prave a i b, gde prava a prolazi kroz tačku .4 i paralelna je sa vektorom a. a prava b prolazi kroz tačku B i paralelna je sa vektoroin b. jednako je projekciji vektora A B na prvac vektora a x b, tj , ^ , -r->, \(a x b)AB\ d(a,b) = \prSxiAB\ = |a X 1)| Lema 13.19

Rastojanje između tačke i prave Rastojanje d(a, A) između prave a i tačke A jednako je visini paralelograrna čija jedna stranica je a = |a|, a druga M A. gde je M neka tačka prave a i a vektor sa kojim je paralelna prava a. Znači, -----> d(a,A) = ------------- L.

]3. Analitička, geometrija

225

Lema 13.20

Presek pravih Presek pravih a ■ x ~ Xi = y ~ yi = z ~ «1 0,2 03

_ t i 5 . 3; ~ :I'2 _ y ~ Vi _ z ~ z2 b‘2 63

traži se tako što izrazimo x iz jednačine prave a u zavisnosti od t i izrazimo j; iz jednačine prave b u zavisnosti od s, pa dobijene izraze izjednačimo što nam daje jednu linearnu jednačinu sa dve nepoznate po t i s. Analogno uradimo i sa y i sa pa ćemo dobiti tri linearne jednačine sa dve nepoznate t i s. Ako sistem bude kontradiktoran onda ne postoji zajednička tačka te dve prave, ako sistem bude neodređen onda se prave poklapaju i ako sistern bude određen, tj. ima samo jedno rešenje, onda se prave seku. DRUGI NAČIN (vidi 13.15): Neka su prave a i b određene sa njiliovim vektorima a i b i odgovarajueim tačkama A i B i neka se seku, tj. (a x b)(fA — f B) = 0 i a x b =£ 0. Tada zajednička tačka P pravili a i b određena je sa jednakošću: = ., + (rA - r B) ((a x b) X a ) j. f

h

b ((a x b) x a)

Rezultat se dobija tako što se uzme da je ravan a određena time što joj pripada prava a i normalna je na vektor (a x b) x a i primeni predhodni rezultat o preseku prave b i ravni a. Lema 13.21

Pramen ravni Pramen ravni je skup svih ravni koje prolaze kroz jednu istu datu pravu. Prarnen ravni se može dati na primer sa dve ravni koje se seku. Neka se ravni (*) a : A\X + B\y + C\Z + D\ = 0 i f3 : A 2x + B 2y + C2z + D 2 = 0 seku. Napisaćemo jednačinu proizvoljne ravni 7 koja pripada pramenu određenom presekom ravni a i 3. Kako se ravni a, /?, 7 seku po istoj pravoj, to su njihovi vektori normala redom fo = {A\. B\, C\ ).

n.fj = (A2: B2, C2)

i

n'7

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

226

komplanarni, pa postoje realni brojevi fi, £ i v takvi da je /m /7+£f?Q.+ i'U -i — 0. Ako n'j nije kolinearno sa np (tj. 7 D' (3 odnosno 7 ^ 0), tada je £

0, pa deljenjem sa —£ dobijamo —|n'7 — nQ + |ftg gde

je vektor —|n'7 takođe normalan na ravan 7 pa ćemo ga obeležiti sa ?i7, a broj 7 ćemo obeležiti sa A. Znači imarno da je n7 = na + \ng, za neki realni broj A, gde je n7 vektor normale proizviljne ravni iz tog pramena izuzev ravni /?. Ako tačka M( x i , y i , z\) pripada ravni a i ravni 3 , onda ona pripada i ravni 7 pa, jednačina ravni 7 je ( Ax + \A2)( x - * 1) + ( Bx + \B2)(y - ž/i) + (Ci + \C2)(z - zt) = 0 tj + Biu + C 1z + \ ( A 2x + B 2y + C 2z) —A\Xi —B\yi —C\Z\ + \( —A 2Xi —B2yi —C 2Z\) = 0 odnosno (tHt)

A\x + B 1y + C\Z + D\ + \( A2x + B2y + C2z + D>) = 0.

Znači za svaku ravan iz pomenutog pramena izuzev ravni ;3. postoji broj A takav da jednačina (**) postaje jednačina te ravni. pa se zato jednačina (**) zove jednačina pramena ravni izuzev ravni 3. Sa druge st.rane ravari (**) sigurno prolazi kroz presek ravni (*), jer bi u protivnom sistem (*) i (**) bio ili kontradiktoran ili odrerten što je nemoguće jer je (**) linearna kombinacija jednačina (*).

Lema 13.22

Jednačina simetralne ravni Neka su date ravni a i /3 koje se seku i neka je Q G a i P G 3 i a : A\X + B\y + C\z + D\ = 0 i (3 : A 2x + B 2y + C2z + D 2 = 0 Nađimo sada skup svih tačaka M ( x , y , z ) u prostom, gde je vektor položaja f = f M = (x, y. z), koje su jednako udaljene od ravni a i /3. Na osnovu formule za rastojanje tačke od ravrii imamao da je d( M, a) = d(M,(3) ekvivalentno sa: — ^4i;r + B\y + C\z + D\ y/Al + B* + Č ! ~ =

A 2x + B 2y + C2z + D 2 ~y/Al + Bl + C l ~ ~ '

13. Analitička geometrija

227

Znači traženi skup tačaka je unija skupa tačaka ravni _ A\x + B\y + Ciz + D\ _ A 2x + B2y + C 2Z + D 2 1

'

^

y/A\ + B'f + Č f ~ = \[A1 + BI + C'i

t A\x + B\y + C\z + D\ ^

2

.

•

1

A 2x + B 2y + C2z + D 2

+ B* + ć T ~ =

+ S 2 + C|

i svaku od te dve ravni i 82 zoveino simetralna ravan za ravni a i j3. Koliki je ugao između ravni \ 821

Lem a 13.23

Jednačina simetrale ugla Neka su date prave a i b koje se seku. x - xi 2/ - ž/i z - z i a : --------- --- ---------- --- -------ai a2 a3

x - x 2 y - 2/2 2 - z2 1 b : — ----- = — ------ = — ----b} b2 63

Ako su a i b vektori pravih a i b, tada je vektor simetrale ugla p — ^ + 1 i. q — a ~ b ochiosno ako je ab > 0 tada je p vektor simetrale oštrog ugla. a q vektor simetrale t.upog ugla. Ako je ab < 0 tada je q vektor simetrale oštrog ugla, a p vektor simetrale tupog ugla. Neka je presek pravi a i b tačka S( xs . y s ■zs ) i neka je p = (pi,p 2,ps) i q = (qi
P2

P3

y -y s

z - zs

qi

Koliki je ugao izrneđu pravih p i q? P rim eri sa ispita: 1. Odrediti temena A i B jednakostraničnog trougla A B O , gde tačke A i B pripadaju pravoj p : f = f p + fp i 0 (0 ,0 , 0) ^ p. R ešenje: Neka je S projekcija koordinatnog početka 0 (0 , 0, 0) na pravu p. Tada, •

-♦

J

r s

rp +

-*,( ( 0 . 0 , 0 ) - f p )p _

_

f pp _

.I

P = rp - i f p 1 r A.B = r s ± 2. Odrediti f c u zavisnosti od f A i f B, tako da trougao A B C bude jednakostraničan i da tačke O A B C budu komplanarne, gde je O koordinatni početak. =

•;

pp

R ešenje: rc = k(r A + r s) ± % A B \ 4 , gde je cf= (j~4 x AB) x AB.

| fJ p

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

228

3. Odrediti f c i f D u zavisnosti od f A i f B, tako da ravan kvadrata A B C D sadrži 0 (0 , 0, 0). Rešenje: __^ ^ f c = f B ± \AB\-i i rD = f A ±\AŠ\fr Sde je d = (fA x AB) x AB. 4. Neka je ravan et definisana sa a : n f = n fQ i neka su tačke A i C određene sa svojim vektorima položaja f A i f c , tako da je AC n. U zavisnosti od vektora n , f Q, f A i f c izraziti vektore položaja tačaka B i D temena kvadrata A B C D , gde je A C njegova dijagonala i ravan kvadrata A B C D normalna na ravan a. Rešenje: Neka je (3 ravan kvadrata A B C D tj. normalna na a i prolazi kroz AC. Tada vektor normale ravni (3 je /7; = A C x n i vektor paralelan sa B D j e d = A C x (AC x n), pa je rBD = |(rA + rc ) ± ||r4 - f c,|4. 5. Ravan o sadrži tačku Q i normalna je na vektor n, a prava p sadrži tačku P i paralelna je sa vektorom p, pri černu jo p jf a: i Q ^ p. U funkciji od f Q, n, f p i p izraziti temena A, 0 , 0 jednakostraničnog trougla A B C ivice 1, čija sva temena leže u ravni a, težište T trougia pripada i pravoj p, a teme .4 je maksimalno udaljeno od tačke Q. Rešenje: Težište T trougla je presek prave p i ravni a, te je f T = f p + ^QHp ^nP' Srec^ina st.ranice BC\ tada je T A = ^ i TAi = ^ = . Kako je teme /I je maksimalno udaljeno od tačke Q, sledi 1 CYT da su A , Q , T kolinearne i T je između A i Q, pa je rA = r T + •

= f 4. J - I O . f

f

^

= f

2 V/T>>^TTF'

— *

±±4X ^'4 i 2\ATxn\

6. Neka ravan a : n f = n fQ nije normalna na 2 - osu i neka tačka .4 ^ a je određena sa f A. U zavisnosti od f Q, f A, n izraziti f B. f c . rD tako da je A B C D kvadrat, A B ± a , B € a \ B C paralelno sa xOy ravni. Rešenje B

r

{rQ

-

- -

± \ A B \ ^ l gde je k = (1, 0, 0).

7. Neka tačka V određena sa vektorom položaja f v ne pripada pravoj p : f — f p + tp. U zavisnosti od f v , f p i p naći vektore položaja f A, f B. f c i f D temena prave pravilne četvorostrane piramide V A B C D , ako temena ,4 i C pripadaju pravoj p i dijagonala .4 0 osnove A B C D je jednaka visini piramide. R ešen je Neka je tačka T projekcija tačke V na pravu p. Tada je

Glava 14 VEKTORSKI PROSTORI

U odeljku Slobodni vektori dokazali smo da važi: 1.

(V. + ) je Abelova grupa

2. a(a + b) = aa + ab 3. (o — 3}a (H?+ Ja 4. a(j3a) = (a[3)a 5. 1 •a = a. za s\_e realne brojeve a i 3 i sve slobodne vektore a i b. Medjutim, postoji mnogo algebarskih struktura u kojima važe zakoni 1.2. 3, 4 i 5. Zato je celishodno definisati algebarsku strukturu u kojoj će 1, 2, 3, 4 i 5biti aksiomi i proučiti tu strukturu, jer smo time onda proučili mnoge druge strukture. D efin icija 14.1 Nekaje V neprazan sknp, a F polje %neka je + binarna operacija koja preslikava skup V 2 u skup V, a ■ binarna operacija koja presUkava skup F x V u skup V. Tada uređena četvorka (V, F. +, •)

229

Principi algebre. opšte,diskretne i linearne

230

je vektorski prostor nad poljem, F ako važe aksiomi: Vi v2 V3 V4 v5

(V, + ) je Abelova grupa a •(a + b) = a •a + a •b (o + 0 ) •a = a •a -t- 3 ■a (a •0 ) ■a = a ■(0 ■a) 1 •a = a

za sve elemente a i b iz skupa V i sve elernente a i 0 iz polja F. Elementi polja F zovu se skalari, a, elementi skupa V zovu se vektori. Skalare ćemo obeležavati malim grčkim slovima, a vektore malim slovima latinice. Neutralni elemenat grupe (Vr. + ) označavaćemo sa 0 isto kao i nulu polja F, jer će iz konteksta biti jasno cla li se radi o nula vektoru ili nula skalaru. Uobičajeno je da se umesto a ■a piše samo aa i umesto a ■3 piše samo a 0 . Za vektorski prostor (V, F, + , •) kratko ćemo reći i pisati samo prostor V nad poljem F ili ako je iz konteksta jasno o kom polju je reč, reći ćemo samo prostor V . Primer 1. Slobodni vektori nad poljem realnih brojeva u odnosu na operaciju sabiranja slobodnih vektora i operaciju množenja realnog broja, slobodnim vektorom čine vektorski prostor nad poljem realnih brojeva. Prirner 2 . Uređena četvorka (F r\J*\+^) je vekt.orski prostor gde je F proizvoljno polje i operacije + /i •sul definisane sa: (tt'l, Q'2, •••i a n) + (3l, 3 -2- •••i $n)j— (&'l “I- @1 *

"t" 3o* ■. •, a n + 0 n)

a f (ai, a'2, ■■•, a «) = ( a a i , a a 2; ••■; a a n) Dokaži! NAPOMENA: Nula vektor ćemo označavati istim simbolom kao i nulu polja F tj sa 0. Tako, na primer, umesto (0,0,... ,0) pisaćemo 0. • Ako uočimo restrikcije prethodno definisanih operacija nad skupom rešenja homogenog sistema linearnih jednačina, dobijamo vektorski prostor rešenja homogenih linearnih jednačina.

14. Vektorski prostori i matrice

231

Prirner S. Skup svih polinoma nad poljem F stepena ne većeg od n u odnosu na operaciju sabiranja polinoma i množenja, elemenata polja F polinomima, jeste vektorski prostor nad poljem F. Dokaži! Prirner 4■ L'ređena četvorka (A, F. +, •) gde je A skup funkcija koje preslikavaju polje F u polje F tj. A = { f \ f : F —> F } . je vektorski prostor nad poljem F, gde su operacije + i ■definisane sa: ( V / € A)(Vg € A)

( f + g)(x) =- f (x) + g(x)

(Vft G F)(\/f 6 A)

( a - f ) ( x ) = af(x)

za svako x iz polja F. Dokaži! Primetimo da funkcija O definisana sa 0 ( x ) = 0. za sve x iz polja F, jeste neutralni elemenat za sabiranje u skupu funkcija A. Takođe, funkcija —j definisana sa ( —f ) ( x ) ^ ~ —f ( x ) za sve x iz F, je imrerzni elemenat u ođnosu na sabiranje funkcija, za funkciju / . Sada je verifikacija aksioma vektorskog prostora, za primer 4, jednostavna. Ako u prethodnom primeru uzmemo da je skup svili funkcija .4 = { f \ f : X —> M}. gde je X neld proizvoljni skup i M polje realnih brojeva, opet ćemo imati prirner vektorskog prostora, Primere vektorskog prostora dalje možemo dobijati ako za skup A ne uzmemo skup svih funkcija, već skup funkcija sa nekom važnom posebnom osobinom. Tako dobijamo vektorske prostore • neprekidnih funkcija, • diferencijabilnih funkcija, • rešenja homogenih linearnih diferencijalnih jednačina Od mnogobrojnih primera vektorskih prostora sretaćete se sa primerirna vektorskih prostora matrica, homomorfizama (operatora), Liovih algebri, Hilbertovih, Banahovih i drugih. Test 14.2 Koje od sledećih uređenih četvorki jesu linearni vektorski prostori: ^ .( { a i + j3J + yk \a.0. 7 e K1-,R, + , x ), b) (R ,R , + . ■ ) ; / ■ :' ( C ,R , + , ■).

4 ^(C._9, +, -)4

e j /( C )Q ,+ ,- ) ,

f ) / ( K , Q, + , - ) ,

—>■K }, M, + , o), Kf ( [ai + [3j + 7 k |a, ,3, 7 e M}, Q, +, x ) ; $ ({<** I« 6 R } , R , + , ;), j/(M 3, R, +, -)VT( { a i + p j |a, (3 G R }, M, +, •).

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

232

VAŽNA N APO M EN A:_______________________________________ Za svaku teoremu i definiciju iz vektorskog prostora uvek uočite i geometrijsku interpretaciju u (M3.IR ,+ , •), jer sve postaje mnogo jasnije!

T eorem a 14.3 Ako je (V, F, +.•) vektorski prostor, tad,a za svako a iz F i svako a iz V važi: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

a -0-0 0 ■a = 0 a ■a = 0 4=? a = 0 V a = i - n ) •a, = ■ (a • a) ^ ^ ^ a •(—a) = —(a ■a) (—a') ■(—a) = a •a —a = (—1) •a

0

Dokaz 1.

a -0 =

a-0 + 0 =

a ■ (0 + 0) -

a • 0 + ( a • 0 — (cv • 0 ) ) = ( a • 0 + ft ■ 0 ) - ( a - 0 )

( a ■0) =

a ■0 -

( a ■0 ) =

=

0

2. 0 •a = 0 •a + 0 = 0 •a + (0 •a — (0 •a)) = (0 •a + 0 •a) - (0 •«) = (0 + 0) •a - (0 •«) = 0 •o - (0 •o) = 0 3. Na osnovu dokazanog pod 1. i 2. sledi a = 0Va = 0 => a-a = 0. Dokažimo sad suprotni smer, tj. neka je a -a = 0. SkaJar a ili je jednak nuli ili je različit od nule. Ako je jednak nuli tvrđenje je dokazano, a ako je razlieit od nule tada postoji njemu inverzni a ” 1 u odnosu na množenje u polju F. Pomnožimo li jednakost a ■a — 0 sa a -1 dobijamo a “ x(a •a) = a l •0

( a~La) - a =

o4

l-a = 0 ^ a = 0

( - a ) - a = (—a:)-a+0 = ( - a ) - a + (a -a -(a -a )) = ((- a ) -a + a - a ) - ( a - a ) = (—a + a) •a — (a •a) = 0 •a — (a •a) = 0 — (a •a) == —(a •a).

14. Vektorski prostori i malrice

233

5. Na osnovu aksioma Vi, V2 i dokazanog pod 2. sledi: a ■(—a) = a •(—a) + 0 = a ■(—a) + (a ■a - (c* •a)) = = (q •(—a) + q •a) - (a •a) = a •(—a + a) - (a •a) = = a •0 — (a •a) = 0 — (a •a) = —(a •a) 6. (—a) •( - a ) = —(a •(—a)) = —(—(a •a)) 'J= ' a •a.

□

Kao što smo se dogovorili da ćemo u prstenu i polju a-(3 oznaeavati i sa a,8 , tako ćemo se dogovoriti i da a •a označavamo kratko sa aa. 7. ( - 1 ) •a = - ( 1 •a) = —a.

□

Zbog poslednje tri jednakosti jasno je da rnožemo umesto —(aa) pisati samo —aa. Ako uočimo neki neprazan podskup skupa slobodnih vektora, postavlja se pitanje da li taj podskup jeste vektorski prostor nacl poljem realnih brojeva u odnosu na sabiranje slobodnih vektora i množenje realnih brojeva slobodnim vektorima? Odgovor na ovo pitanje je negativan. Odnosno ako uočimo skup svili slobodnih vektora koji polaze iz koordinatnog početka a završavaju se u nekoj ravni kojoj ne pripada koordinatni početak, onda taj podskup skupa slobodnih vektora očito nije vektorski prostor jer sabiranjem dva vektora iz tog skupa dobija se vektor koji očevidno ne pripada tom skupu. Ali ako uzrnemo skup svih slobodnih vektora koji su svi paralelni jednoj datoj fiksnoj ravni onda taj podskup skupa slobodnih vektora jeste vektorski prostor u odnosu na pomenute operacije. Zato se daje sledeća definicija. D efin icija 14.4 Neka je V vektorski prostor nad poljern F. Tada podskup W skupa V zoverno vektorski potprostor prostora V ako je W neprazan skup i ako W jeste vektorski prostor nad, poljem F u, odnosu na restrikaje operacija sabiranja u, V i množenja skalara i z F i vektora iz V .

234

Principi aIgebre, opšte,diskretne i linearne

Na primer, skup svih medjusobno kolinearnih vektora je vektorski potprostor prostora svih slobodnih vektora, prostor neprekidnih funkcija koje preslikavaju skup realnih brojeva u skup realnih brojeva je potprostor prostora svih funkcija { f \ f : M —> itd. Prazan skup ne može biti vektorski prostor jer aksioma o postojanju neutralnog elementa u grupi zahteva postojanje bar jednog elementa 0 u skupu, za koji važi a + 0 = a. Svaki vektorski. prostor V ^ ( { 0} , F , +.•) ima bar dva potprostora, To su ({0}, F, +, •) i sam on (V, F, +. •) i oni se zovu trivijalni potprostori. Teorema 14.5 Podskup W prostora V je potprostor prostora Vr ako i samo ako je W neprazan podskup od V i za svaka dva elementa x i y iz W i svaki skalar ot iz F važi da je x + y

G

W

i ax

E

W.

Dokaz(=+) Ako W jeste potprostor od V tada po definiciji potprostora sledi da za x, y € W i a £ F je x + y € W i a x € W . (<£=) Dokažimo da važi i u suprotnom smeru, tj. neka sada važi da je x + y E W i ax E W za sve x, y E W i sve a £ F. Aksiomi V2 ■V3 . V4 . V5 važe jer se u njima pojavljuje samo kvantifikator V (za svako), pa ako neki iskaz važi za svako x iz nekog skupa onda jasno važi i. za svako x iz nekog njegovog podskupa. Prema tome. ostalo nam je sarno da proverimo one aksiome Abelove grupe u kojima se pojavljuje kvantifikator 3, a. to su aksiomi o neutralnom i inverznom elementu. Znači treba proveriti cla li nula vektor iz prostora V pripada i skupu W . Kako je a x € W za svako a £ F i svako x E W, uzećemo a = 0 i primenom teoreme 14.3 dobijamo 0 •x E W tj. 0 E IV . Još treba samo proveriti da li za svako x iz W sledi da je i —x iz W . Opet iz ax E W uzimanjem a = —1 sledi —1 •x E W —(1 ■x) E W => —x E W zbog teoreme 14.3 i aksiome V5. □ Teorema 14.6 Podskup WT prostora V je potprostor prostora l 7 ako i samo ako je IV7 neprazan podskup od V i za svaka dva elementa x i y iz W i svaka d/va skalara a i (3 iz F važi da je a x + (3y E W

14. Vektorski prostori i matrice

235

Dovoljno je dolvazati ekvivalentnost poslednje dve teoreme. Iz teoreme 14,6 sledi teorema 14.5 jer ako u ax + l3y £ W uzmemo (3 = 0 dobijamo ax £ W , a ako uzmemo a = 0 = 1 dobijamo x + y £ W . Obratno, ako su x i y iz W i a i (3 iz F, tada zbog teoreme 14.5 prvo sledi da su ax i j3y iz W , a odatle dalje opet zbog teorerne 14.5 sledi da je ax + /3y £ W. □ Definicija 14.7 Nekaje V vektorski prostor nad poljem F . Vektor Oj ai + a 202 + ... + a nan je linearna kombinaeija n-torke vektora (ai, a2, . . . , an), gde su Qi, a 2, . . . , a n proizvoljni skalari iz polja F i n £ N = { 1 , 2 , . . . } tj. prirodan broj. Kaže se i da je 0 \0 i + a 2a2 + ... + a nan linearna kombinacija vektora ai,a2, ... ,an. Podrazumevaeemo da je uređena n-torka definisana samo za n prirodan broj tj. n £ N = {1. 2 , . . . } . Definicija 14.8 Skup svih linearnih kombinacija n-torke vektora (a\,a2, . . . , an) prostora V nad poljem F označavaćemo sa L( a-i, a,2 •- ■, an) = {a'iOi + a 2a2 + ... + Qnan|o;i, a 2, ■■■■a n £ F } i zove se lineal od n -to r k e (a\, a2, . . . , an) ili prostor generisan vektorima a,\,a.2 , an. Cesto korišćena oznaka u literaturi za lineal n — torke vektora jeste i

. Teorema 14.9 Skup svih hnearnih kombinacija n —torke vektora A = (a.i,a2, ... ,an) prostora V je potprostor prostora. V , odnosno lineai L(a\, a2, . . . , an) je potprostor prostora V. Dokaz Zbir dve linearne kombinacije n-torke A je opet linearna kombinacija n-torke A (a\a\ + . . . + a nan) + (/3iai + . . . + /inan) = (a'i+/3i)ai + . . . + (a n+ /3n)an. i proizvod skalara i linearne kombinacije n-torke A je linearna kombinacija n-torke A a(a.\ai + a 2a2 + ... + a nan) = (aa.i)ai + (a a 2)a 2 + .. . + ( aan)an. Sada na osnovu teoreme 14.5 sledi tvrđenje.

□

236

Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

Teorema 14.10 Svaki podprostor prostra (Rn, R, +, •) jeste vektorski prostor skupa svih rešenja nekoga homognoga sistema linearnih jedna,čina nad poljern R. Dokaži sam! Naravno umesto polja realnih brojva može bit.i bilo koje polje P . Veoma važni pojmovi u linearnoj algebri su linearna zavisnost i nezavisnost neke n-torke vektora. Evo tih definic.ija. Definicija 14.11 Neka n-torka vektora (a\, a2, •■■■an) je linearno zamsna ako postoje skalari a i, . . . , a n takvi, da je bar jedan od njih različit od nule i a.jai + a 2(i2 + •••+ ot:nan = 0. Teorema 14.12 Proizvoljna n-torka vektora (a-i. a2. ... , an) je linearno zavisna ako i samo ako je bar jedan od, njenih. vektora hnearna kombinaeija preostalih. Dokaz Ako je ?7-torka (ai, a2, . . . . an) zavisna, tada u linearnoj kombinaciji te n-torke koja je jednaka nuli. bar jedan skalar je različit od nule. Vektor koji je uz taj skalar se očevidno može napisati ka,o lmearna kombinacija preostalih. Obratno. Ako je neki vektor n-torke (a\, a2, ... ,an) linearna kombinacija preostalih, tada prebacivanjem svih vektora na jednu stranu jednakosti dobijamo linearnu kombinaciju n-torke (ai, a2....... an) koja je jednaka nuli, a jedan skalar je jedinica tj. različit, ocl nule. □ Teorema 14.13 Svaka uređena n-torka vektora koja sadrži nula vektor je linearno zavisna. Dokaz Napravimo linearnu kombinaciju tih vektora tako da uz nula vektor bude skalar različit, od nule. naprimer 1, a skalari ispred svih ostalih vektora neka su nule. Ova linearna kombinacija očevidno jednaka je nuli, a postoji skalar različit od nule, što znači da je n-torka zavisna. Definicija 14.14 Ako n-torka vektora mje hnearno zavisna, tada se za nju kaže da je linearno nezavisna. Definicija 14.15 U ređena n - torka vektora, je linearno nezavisna ako i sarno ako a\a\ + a 2a2 . ••, a nan = 0 => a\ — a 2 = ... = a n = 0.

14. Vektorski prostori 1 limtrice

237

Proveri ekvivalentnost prethodne dve definicije! Znači n-torka vektora A = (aj, a2, . . . , an) je linearno nezavisna ako i samo ako njena linearna kombinacija je nula vektor jedino kada su svi skalari jednaki nuli i ni u jednom drugom slučaju, jer u protivnom bi imali da je linearna kombinaeija. tih vektora jednaka nuli i bar jedan skalar različit od nule, odakle bi se vektor koji je uz taj skalar mogao predstaviti kao linearna kombinacija preostalih, pa bi n-torka A bila linearno zavisna, Vridi 14.12. Takođe možemo reći da je n-torka vektora A — (ai, a2, . . . , an) linearno nezavisna akko se nijedan od vektora te n-torke ne može izraziti kao linearna kombinacija preostalih. (Dokaži!) D efin icija 14.16 Za skup od n različitih vektora {a-i, a>.. . . . an} se kaže da je linearno zavisan ili nezavisan ako je n-torka. vektora (ai, a2, . . . . an) hnearno zavisna odnosno nezavisna. Na primer trojka vektora (i, j , k) je linearno nezavisna zato što jednakost ai + f3j + 7 k — 0 implicira da rnora biti a — ,6 — 7 = 0, jer bi u protivnom jedan od t.a tri vektora bio linearna kombinacija preostala dva, što je očevidno nemoguće. Na osnovu teoreme 12.15 sledi da uredjena trojka slobodnih vektora je linearno nezavisna ako i samo ako je nekoplanarna. Primer 1 . Skup vekt-ora {(2,3), (—1,5)} je linearno nezavisan jer jednakost a ( 2 , 3) +/ 3( —1, 5 ) — 0 je tačna ako i samo ako je 2a —(3 = 0 i 3a + 5/3 = 0, a ovaj sistem je ekvivalentan sa a — 0 i 13 — 0. Lako se uočava da clva vektora tj. dve uređene n- torke su zavisne akko su irn odgovarajuće komponente proporcionalne. Primer 2. Skup vektora {(2, 3, —1), (1, 5, 2), (4,13, 3)} je linearno zavisan jer je 1 •(2, 3, - 1) + 2 •(1. 5, 2) + ( - 1 ) •(4,13, 3) = (0,0, 0) = 0. Prim.er 3. Skup vektora {(1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 8) } je linearno nezavisan jer je a( l , 2, 3) + (3(4, 5, 6) + 7 (7, 8, 8) = 0 ekvivalentno sa sistemom jednačina a 2a 3a

+4 (3 +77 = 0 +5/3 +87 = 0 +6/3 +87 = 0

^

a = 0 A (3 = 0 A 7 = 0

238

Principi algebre, opšte,điskretne i linearne

koji očevidno ima samo jedno rešenje (0,0,0). Kada bi taj sistem pored ovog trivijalnog rešenja imao i neka druga, tada bi data uređena, trojka. vektora bila linearno zavisna. La.ko se pokazuje, da trojka vektora

( (1,2, 3), (4, 5,6), (7,8,8)

je zavisna, ako i samo ako je mešoviti proizvod slobodnih vektora a = %+ 2j + 3k, 6 = 4 ? + 5] + 6 k, c = 7% + 8 / + 8k jednak nuli tj. 1 2 3 determinanta 4 5 6 jednaka nuli. 7 8 8 jrrimer lh Ako je doinen funkcija / i g skup [—1, 1] i ako su one definisane sa f ( x ) - arcsin —^ i g{x) “ arctg x : tada uređen par funkcija ( /, g) je linearno zavisan. Dokazati. primer 5. Ako je domen funkcija / i g skup '! •x ) i. ako su one defmisane sa f ( x ) — arcsin i §(x ) = arctg:r, tada uređen par funkcija ( /. g) je linearno nezavisan. Dokazati. Pretliodni primeri pokazuju da uređen par funkcija ( j : y) je i zavisan i nezavisan! Da li je to protivurečno? Ako nije objasni zašt.o nije? Pogledaj 3.55,3.57 i 3.58. primer 6. Ispitati linearnu zavisnost uređene trojke funkcija ( j , g, h) koje preslikavaju skup A C R u skup realnih brojeva R definisane sa f ( x ) = arcsin- ^ 2, g(x) = arctg x i h(x) = 1, ako je A interval: a) ( - o o , - l ] ' b) [-1,1] c) [l,oo) d) ( - o o , o o ) e) koji nije podskup nijednog od intervala ( —oo, —1.|, [—1,1] i |1, oo). ■ primer 7. Ispitati linearnu zavisnost uređene trojke funkcija ( f.g, h) koje preslikavaju skup R u skup R definisane sa j (x) — 1, g(x) —■x i h(x) = x 2. D efin icija 14.17 n-torka vektora (ai, a2, ■■•, an) generiše prostor V ako se svaki vektor iz V može predstaviti kao Unearna kom.binacija n-torke vektora, (a-i, a^,.. •, a„), tj. ako je L(a\. -----an) = V D efin icija 14.18 Za n-torku vektora B = (ai, a2, •••, an) se kaže da je b aza prostora (V, F, +, •) ako je B linearno nezamsna i ako B generiše V (tj. L(a\, a2, •••, an) = V ). Drugim rečima n-torka vektora B = (ai,a2, •••,aTi) je baza prostora V akko se svaki vektor prostora V' može napisa.ti kao linearna kombinacija vektora n-torke B i ako je ?7-torka B liiiearno nezavisna.

14. Vektorski prostori i matrice

239

Primer 1 . Jedna baza prostora (F 3, F, +, •) je B = ((1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)). Ovakve baze čiji svi vektori su jedinični i čija svaka dva vektora su normalna, zovu se ortonormirane baze. Specijalno, ova ortonormirana baza u primeru 1, zove se standardna ortonormirana baza. Primer 2. Trijedar nekoplanarnih vektora (a, b. e) je baza prostora svih slobodnih vektora, (vidi teoremu 12.15) Iz prethodnog primera se vidi da vektorski prostor slobodnih vektora ima beskonačno mnogo različitih baza ali sve te baze očevidno imaju isti broj vektora tj. to su samo uređene tro jk e nekoplanarnih vektora, Ovaj primer nas upućuje na činjenicu da sve baze istog vektorskog prostora imaju isti broj vektora, što ćemo i dokazati da je tačno. Za proizvoljnu n-torku vektora se kaže da je rnaksimalna linearno riezavisna n-torka akko dodavanjem proizvoljnog vektora toj n-torci dobijamo (n -f l)-torku koja je linearno zavisna. T eorem a 14.19 (Teorema o maksimalno lineamo nezavisnoj n-torki) Proizvoljna n-torka vektora je baza prostora V ako i samo ako je ta n-torka. maksimalna linearno nezavisna n-torka. D okaz (=>) Ako je n-torka B baza prostora V tada dodavanjem proizvoljnog vektora ona će postati zavisna jer se taj vektor može izraziti preko preostalih vektora, pa je B zaista maksimalna linearno nezavisna ntorka. («=) Ako je n-torka B = (al7 a-2. . . . , an) maksirnalna linearno nezavisna _

77-torka,

tada da bi ona bila baza treba još dokazati da generiše prostor

V. Dokažimo to kontradikcijom. Pretpost.avimo suprotno, tj. da, postoji vektor x 0 { a i? a2, . . . , an} koji se ne može izraziti kao linearna kombiiiacija n-torke B. Tada iz (1] a ] ~f" Ot‘20'2 + .. •

OtlnG>n + o x = 0

sledi da je a = 0 (jer bi se za a ^ 0 vektor x mogao izraziti kao linearna kombinacija n-torke B), pa se dobija

240

Principi algebre. opšte,diskretne i linearne

a odatle sledi a x = a 2 = ... = a n = 0 jer je B linearno nezavisna. Znači dobili smo da je B = (a\, a2, . . . , an, x) linearno nezavisna što je kontradikcija sa uslovom da je B = (aj , a2, . . . , an) m aksim alna linearno nezavisna n-torka. □ Za proizvoljnu n-torku vektora prostora V se kaže da je minimalna 77,-torka generatora akko izbac.ivanjem proizvoljnog vektora iz te ntorke dobijamo (n — l)-torku koja ne generiše prostor V. T eorem a 14.20 (Teorema o rninimalnoj n-torki generatora) Proizvoljna n-torka vektora B, je baza, prostora V , ako i samo ako je ta n-torka rninimalna n-torka generatora. D okaz (+>) Ako je B baza prostora V, tada izbacivanjem proizvoljnog vektora x iz B dobija se (n - l)-torka čijom linearnom kombinacijom se ne može dobiti vektor x jer bi tada B bila zavisna, pa je onda B zaista minimalna n-torka generatora. O ) . . . Ako je B minimalna n-torka generatora, tada da bi ona bila i baza prostora V", treba još samo dokazati da je linearno nezavisna. Dokaz izvodimo kontradikcijom. Pretpostavimo suprot.no tj. da je B linearno zavisna. Tada se bar jedan vektor n-torke B inože predstaviti kao linearna kombinacija. preostalih vektora, pa onda oni očevidno generišu prostor V, a to je kontradikcija sa uslovom da je B minimalna n-torka generatora. □ T eorem a 14.21 (Teorerna o jedmstvenoj reprezentaciji) Proizvoljna n-torka vektora B, je baza prostora V, ako i samo ako se svaki vektor prostora V može na jedinstven način predstaviti kao Unearna kombinacija, vektora n-torke B. D okaz (=>) Neka je B = (a^, a2, . . . , an) ba.za. prostora V. Dokažimo kontradikcijom da se svaki vektor x prostora V može na jedinstven način predstaviti kao linearna kombinacija vektora baze B. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoje dve različite reprezentacije vektora x u bazi B: x = a'iai + a 2a2, + ... + a nan = (5\a.\ + /32a2, + ... + 3nan.

241

14. Vektorski prostori i matrice Ovo je dalje ekvivalentno sa: (cv;i — pl)o.i + (a 2 — (3'2)a2i + •••+ (an — fin)(ln — 0. Kako je B linearno nezavisna n-torka, prostora V to sledi:

a'i — (3i = 0 A ... A a n — ,/3n = 0

ai = 81 A .. . A a n = 0n.

Ovo je kontradikcija sa pretpostavkom da postoje dve različite reprezentacije vektora x u bazi B. (H Pođirno od iskaza da svaki vektor ima jedinstvenu reprezentaciju u bazi B. Tada. i nula vektor ima jedinstvenu reprezentaciju u bazi B tj0 = ai « i + ot.2Q>2 + ■••+ a nan što implicira a i = a;2 = ... = a n = 0 tj. B je linearno nezavisna n-torka. Kako je po uslovu n-torka. B i generatorna to je ona i baza prostora V. □ Poslednje tri teoreme su u stvari ekvivalentne definicije baze linearnog vektorskog prostora. Znači da smo dali četiri ekvivalentne definicije baze vektorskog prostora, tj. bilo koja od te četiri može se uzeti za definiciju, a preostale tri su onda teoreme. Zadatak 14.22 Neka su zi = a + ib, z2 — c + id £ C \ {0 } susedna temena kvadmta ziz 2z 3z4, gdeje ziz% dijagonala, smer konture ziz 2z$z$ je negativan i arg zi ^ arg z2 A |a.rg z\ —arg z2\^ tt tj. ^ 7^ f odnosno vektori O z{ i O z 2 su nekolinearni. ^(VA; G t ) | / f c j . a) Odrediti kompleksne brojeve a i 0, koji nisu realni, takve da je £3 — OLZ\ + 0z2. b) Odrediti realne brojeve a i (3, takve da je Z3 = a z 1 + /3z2, gde zbog uslova f 7^ f por (z\,z2) jeste baza vektorskog prostora kompleksnih brojeva nad poljem realnih brojeva. R ešenje: a) z% = iz\ + (1 — i)z 2 l.) „ b) * 3 “

~ Ako je ^ =

f

c2+ d 2 —bd—ac ,, ■ tld ' b<"------ ^

\Z2I2-R(i(ziz.2) „

, H

d(a—6 ) - c . ( a + 6 ) + a 2 + 6 2 ^ H TTc 2

1 /1 |

■»•

, -/fVU'i ~:>) \

? da li se tada može napisati 23 = az\ + (3z2, za neke

242

Principi algebre, opšte.điskretne i linearne

realne brojeve a i 0 koji zavise od a, 6, c, d?

Da li to znači da u vektorskom prostoru (C ,C , + , •) kompleksnih brojeva, nad poljem, kompleksnih brojeva, vektor ima dve različite reprezentacije preko njegove baze (z\,z 2), što bi bilo protivurečno prethodnoj teorerni 14.21 /// Gde je greška? Teorema 14.23 Uređena n-torka nenula vektora (ai, a2, . . . , an) prostora V je zavisna akko među njima postoji vektor koji je jednak hnearnoj kornbinciji samo njemu prethodnih vektora iz (a\, a2. . . . , an). Dokaz Dokazujemo samo smer (=>) jer je suprotan očevidno tačan. Kako je to n-torka neriula vektora, sledi da postoji najveći prirodni broj k e {2, 3 , . . . , n } takav da je (a\, a2. . . . , (ik-i) nezavisna. Dokažimo sada. da je vekt-or = 0 \a\ + /32a2 f .. . + Bk-iau-i za neke skalare 0i, 02, . . . , (3k~i- Neka je a ia i+ a 2a2+ . . .+av-icu~- l+ oa /. = 0. Tadaje a = 0 ili a ^ 0. Slučaj a — 0 je nemoguć jer kako je (a-i, a2, . . . . a^_i) nezavisna, to bi onda i (a-i, a2, . . . , a*_i, a*) bila nezavisna. a što je kontradikcija sa činjenicom da je k najveći prirodni broj sa osobinom da je (ai, a2, . . . , a^-i) nezavisna. Kako je a ^ 0, to iz a ia i + a 2a2 + . . . + ak-\Cik-\ + a a k — () sledi a^ = —^ a i — ^ a 2 — . . . — - ^ a . f c - i .

Teorema 14.24 Ncka je (b\, b2, , bn) generatoma n-torka vektora prostora V i neka je a\ G V . tada je (a\, b\, b2, . . . . bn) zamsna, (n + 1)torka vektora prostora V . Dokaz Kako je (b\,b2, . . . , bn) generatorna n-torka. vektora prostora V to postoje skalari a i, a 2, ... a n takvi da je ai = ai&i + a 2fr2+ . . . + a n6n tj. —ai + a i 6i + a 2&2 + . . . + a nbn = 0, što znači daje (a\,b\,b2, . . . , bn) zavisna (n + l)-torka vektora prostora V. _ ...... Teorema 14.25 Neka je n-torka vektora, A\ = (a,\, a2, . . . , an) lin-\ earno nezavisna i neka je B\ = (6i, b2, .. •, bm) generatorna m-torka \ vektora prostora V . Tada je n < m . ___ Dokaz Koristićemo teoremu 14.24 cla ako se generatornoj n - torci doda neki vektor dobija se zavisna (n + l)-torka. Na osnovu toga (ai, 6i, b2, . . . , bm) je zavisna. Na osnovu teoreme 14.23 sledi da. postoji vektor iz (m, + l)-torke (a i,6i , 62, . . . . bm) koji se niože „izbacitr' tako

14. Vektorski prostori i matrice

243

da preost.ali su i dalje generatorni. Neka je izbačeni vektor naprimer b\ što ne utiče na opštost dokaza. (redosled vektora b\, b2, . . . , bm u (ai, 61, b2, . . . , bm) nije bitan za teoremu koju dokazujemo). Znači B 2 = (ax, 62, •••, bm) je generatorna. Sada opet dodamo vektor a2 generatornoj m - torci B 2 i dobijamo zavisnu (m + l) - torku (al5 a2, b2}. . . , brn). Opet postoji vektor iz (ai, a2l b2, . . . , bm) koji se može „izbaciti” tako da preostali su i dalje generatorni. Izbačeni vektor mora biti iz (62, . . . , bm) jer su (ai, a2). . . , an) nezavisni. Neka je izbačeni naprimer b2. Znači £3 = (ai, a2, &3 . . . , bm) je generatorna. Sada je pitanje da li će se oviin postupkom prvo „pot.rošiti" vektori iz A\ ili iz B\ tj. da li je n < m ili n < m? Ako bi bilo n > m , tada bi se u jeclnom koraku našega postupka (algoritma) desilo da su u skupu Br sve vektori iz A\ a postojao bi među njima vektor koji je jednak linearnoj kombinaciji predhodnih, što je nemoguće jer su vektori skupa A\ (i naravno njegovih podskupova) nezavisni pa je n < m. Teorema 14.26 Proizvoljne dve baze (ai, a2, . . . , an) i (b\,b2, . . . , bm) prostora V imaju isti broj vektora tj. n = rn. Dokaz Ako (a\, a2, ■•■, an) posmatramo kao nezavisne, a (61, b2. . . . , bm) kao generatorne tada na osnovu teorerne 14.25 sledi da je n < m, a ako sada (a-i, a2, •••, an) posmatramo kao generatorne, a (b\, b2, . . . , bm) kao nezavisne t.ada na osnovu teoreme 14.25 sledi da je n > m , pa oda.vde sledi n = m. Ivako sve baze, istog prostora V imaju isti broj vektora, to ima smisla sledeća definicija. Definicija 14.27 Nekaje n G {1, 2 , . . . } i nekaje (a\, a2, . . . , an) baza prostora V . Tada je dimenzija vektorskog prostora V jednaka n što se označava sa dim V = n. Dimenzija prostora ({()}, F, +, •) je 0. U ovim slučajevima kažemo da su vekt.orski prostori konačno dimenzioni. Ako vektorski prostor V nije konačno dimenzioni to se zapisuje sa dim V = 00 i kaže se da je V beskonačno dimenzionalni vektorski prostor. Znači dimenzijaja je funkcija dim : V —> { 0 , l , 2 , . . . } U { o o } , koja preslikava skup svih vektorskih prostora V u skup { 0 , 1 , 2 , . . . } U { 00}. Na primer, prostor svih polinoma nad poljem realnih brojeva je beskonačno dimenzionalni i njegova jedna baza je npr. ( l , x, x 2, x 3, ...).

244

Principi algebre, opšte.diskretne i linearne

Zadatak 14.28 Da li su sledeće strukture vektorski proston i ako jesu odrediti njihove dimenzije i bar jednu bazu: a) ( C , C , + , - ) b ) { C, M, +, - ) ^ ( C , Q , + , - ) d) (R,E,-f-, ♦) X ( E , Q , + , - ) r O ^ f)(^ ( { a + b>/2\a E Q A b e Q }, +, ■) , Q, +,

• Vidi 6.17 i 14.2

Teorema 14.29 Ako je n - torka vektora prostora V nezamsna, tada je n < đim V\ Dokaz Posledica teoreme 14.25 i definicije 14.27. Teorema 14.30 Ako je (ai, a ?,•. •, an) n-torka vektora prostora 1 i n > d;irn(V), tada je (a\, a2, .. •, a,n) linearno zavisna n-torka, što znači da baza prostora V je uvek maksimalna nezavisna (vidi 14.19). Dokaz Ako bi (a\., a2, ■••, a„n) bila linearno nezavisna. tacla bi zbog teoreme 14.25 bilo n < dim što je kontradikcija sa uslovom n > dim V . Teorema 14.31 Nezavisna n - torka (a.i, a2, •••, an) vektora prostora V dimenzije n jeste baza toga prostora. Dokaz Dokažimo da je (a-\, a2, .. •, an) generatorna n - torka prostora V. Za proizvoljni x 6 V’ važi da je (a\, a2, . . . , an,x) zavisna (teorema 14.30), a sada na osnovu 14.23 sledi da se x može napisati kao linearna kombinacija prethodnih (a-i, a2, •••,an), jer nijedan od vektora iz skupa {tti, a2, . . . . a.n} se ne inože napisati kao linearna kombinacija prethodnih jer je (aL, a2, . . . , an) nezavisna, Teorema 1

rka vektora prostora V dmienzije

(nfješte baza toga prostora. Dokaz Dokažimo da je (ai,a2, . . . , an) nezavisna n - torka prostora V\ Ako bi (ai, a2, . . . , an) bila zavisna tada bi postojao pravi podskup od k < n elemenata skupa {ai, a2, . . . , an} koji je takođe generatorni. Međutim kako postoji nezavisna n-torka prostora V i generatorna k torka prostora V, to zbog t.eoreme 14.25 sledi k > n, što je kontradikcija sa k < n. Poslednje teoreme mogu se objediniti u sledećoj činjenici.

14. Vektorski prostori i matrice

245

C in jen ica 14.33 Ako je broj vektora jecinak dimenziji prostora, tada ti vektori su baza bilo da dokažemo samo njihovu nezavisnist bilo samo generatornost, Ako je broj vektora veći od dimenzije, oni su uvek zavisni. Ako su vektori generatorni, njihov broj je veći ili jednak od dimenzije prostora. Ako su vektori nezavisni, njihov broj je manji ili jednak od dimenzije prostora. Ako su vektori zavisni, njihov broj je neodređen u odnosu na dimenziju. Posledica 14.34 Ako su prostori W i V iste dimenzije i ako je W C V , tada je W — V, jer proizvoljna baza postora W mora biti i baza prostora V. Definicija 14.35 Skup od n različitih vektora {ai, a2, . •., an} jeste baza nekoga prostora akko je n — torka vektora (a.j, a2. . . . , an) baza toga prostora. ^Zadatak 14.36) Nekale V velđorski prostor aenerisan s a ^ , -_ , irw , ,, r 7 i ^ v.. I__ —x— ^ a+ o — 15c + 10d - e = skupom vektora
0 ~ 0 „

(a. 13.7 , S, e) € L ((l, 1, -1 5 ,1 0 . - 1), (2,1.18. - 12, 1), ( 1, 0, 33, - 22, 2)) tj. sistem od 3 lineame zavisnosti vektora a, b, c, d,. e, ekvivalentan je ovom beskonačnom sisternu linecirnih zavisnosti vektora a , b , c , d, e ! (a) Odrediti dimenziju vektorskog prostora V. (b) Naći sve podskupove skupa S={a,b,c,d,e} kojisu baze prpstora V. (c) Da li je { a, b. e } baza prostora V ? j- + 1o j _ ^ R ešenje: ----------- -j Dati sistem zavisnosti vektora je ekviva- a + b — 15c + 10c/ — e = 0 lentan sa sledećim sisternom zavisnosti: —b +148c — 32d + 3e = 0 odakle sledi da su vektori a i b nepotrebni u generfeaSjupTOgtora V, pa {c, d, e} je generatorna za V te je dim V < 3. Međutim kako poslednji sistem reprezentuje SV E zavisnosti skupa vektora S = {a, b, c, d, e} , to dimV' = 3, jer bi u protivnom poslednji sistem u tom trougaonom obliku morao imati T R I nezavisne zavisnosti, a on ima D V E . Očito

Phncipi aJgebre, opšte,diskretne i linearne

246

je da {c, d, e} jeste baza prostora V, ali kako proveriti da li je { a, b, e} baza prostora \H Komplement skupa {a, b, e} u odnosu na skup S je {c,d}. Ako se elementi skupa, { c , d} mugu izraziti preko skupa vektora {a,6,e}, onda će to značiti da {a, b, e} jeste baza. Drugim rečima, treba proveriti da li poslednji sistem vektorskih zavisnosti u kojem skup nepoznatih je {c,d}, jeste takav da se vektori {c,d.} mugu izraziti preko skupa vektora { a, b, e } tj. da li je detrminanta sistema

različita od nule ili jednaka nuli! Ako je ra4o —o i zličita od nule, onda će {a, b, e } biti baza, a u protivnom neće. Kako 10 = 0, to {a, b. e} nije baza. Tako dobijamo da {a. b, c}. 48 -3 2 {a, b, d}, {a, c, d}, {a, c, ei}, {a, d, e}, {b, c, d}, {b, c, e}, { b, d, e } , {e, d, e } jesu baze. a samojja, b, e } | nije baza. Vidi definiciju 14.16, gde piše da {a, b, e } je baza akko je i (a, b, e).

je

Uoči razliku i sličnosti između sitema zavisnosti nekog skupa vektora i sistema linearnih jednačina nad nekim poljem !

Teorerna 14.37 Presek 'potprostora W\ i W 2 prostora V nad, poljem F je takode potprostor prostora l\ D okaz Neka su x, y 6 W\ fl W 2 i a.,3 E £ . Kako su IT i i W 2 potprostori prostora V sledi da je zbog teoreme 14.6 ax + iy E U j i ax + !3y 6 W2, a odavde sada sledi da je ax + j3y E H;i H IV2, odakle opet zbog teoreme 14.6 sledi da je W\ 0 W 2 potprostor prostora. V.

□ D efin icija 14.38 Neka su VI\ 1 W 2 potprostori prostora V\ Tada IV7! +

w2 ..{x

+ y\x £ VVT1 A y G W 2} C \r

zovemo suma prostora W\ i W 2. Dokaži da za proizvoljne potprostore U i W prostora V je U + IV takođe potprostor prostora V i da važi: l .U + U = U

2. U + { 0 } = U

3. U + W = U &

W C U.

Ako je V skup svih potprostora vektorskog prostora V , a + gore definisana suma prostora, da li je (V, + ) grupa? T e o r e m a 1 4 .3 9

Ako su W\ i W 2 potprostori konačno dimenzionalnog prostora V7, tada je d im (U i + W 2) = d im (U i) + d im (W 2) " diin(M i n W 2)-

Glava 15 LINEARNE TRANSFORMACIJE Do sacla smo proučavali jedan vektorski prostor i objekte u njemu. Sađa ćemo posmatrati dva vektorska prostora V\ i V2 i funkcije koje preslikavaju V\ u V2, koje su saglasne sa operacijama tih prostora. To znači da je svejedno da li prvo saberemo dva vektora pa zbir preslikamo funkcijom / ili prvo svaki od tih vektora preslikamo istorn tom funkc-ijom / pa tek onda izvršimo sabiranje i takođe je svejedno da li prvo ponmožimo skalar i vektor a zatim preslikamo funkcijom / ili prvo preslokamo vektor sa funkcijom / a tek zatim skalar pomnožimo sa dobijeni vektorom. Ovakve funkcije zovu se „ linearne transformacije” ili „ hom om orfizm i” . Evo i precizne matematičke definicije. D efin icija 15.1 Neka su V\ %V2 vektorski prostori nad istim poljem F. Tada funkciju f : V\ —» V2 zovemo „ linearna transformacija” ili „ hom om orfizam ” ako je /'( a + b) = / ( a) + / (b)

i

/( a a ) = otf{ a).

za sve a, b iz V\ t sve a iz polja F. Skup svih homomorfizama prostora V\ u V2 označava se sa Horti{ \\ , V2). Geometrijska interpretacija linearne trnsformacije u Euklidskom (geometrijskom) prostoru (R :3,M, + , •) jeste da paralelogram čije jedno teme je u koordinatnom početku se preslikava na paralelogram čije jedno teme je u koordinatnom početku (prvi uslov) i linearna transformacija „očuvava”

247

248

Principi algebre,opšte, diskretne i linearne

svaku homotetiju čiji centar je u koordinatnom početku (drugi uslov).

VAŽNA NAPOMENA: Za svaku teoremu i definiciju iz vektorskog prostora uvek uočite i geometrijsku interpretaciju u ■)- Jer sve postaje mnogo jasnije! Neka su V\ i V2 vektorski, prostori nad istim poljem F. Tada funkciju f : V\ —> V2 zovemo „linearna transformacija” ih „homomorfizam v' f (aa + 5b) — ctf (a) + (3f (b) za sve a, b iz \\ i sve a i (3 iz polja F. Primer 15.2 Ođrediti izraz za fnnkciju, kompoziciju. f o g, ako su definicije funkcija f : R 2 —» R 2 i g \W R 2 date sa izrazima: f ( x i , x 2) = (ax\ + bx2,cxi + dx2) i g(x\,x2) = (pxi + qx2, r x i + sx2), p (J a b . Vidi 16.1 i tj. f i g određene su matricama, r s c d Rešenje: ( f o g)(xi, x 2) = / ( g ( x i , x 2) ) = / (px-i + qx2. r x i + sx2) = (a(pxi + qx2) + b(rxi + sx2) , c(pxi + qx2) + d(rxL+ sx2)) = = (apxi + aqx 2 + br.x\ + bsx2, cpxi + cqx 2 + drx\ + dsx2) = = ((ap + br)X] + (aq + bs)x2, (cp + dr)x\ + (cq + ds)x2). tj. ap H br aq + bs . Vidi 1.6.2. / o g je određena sa matricom cp + dr cq + ds Da li ovo asocira na množenje matrica? Primer 15.3 Neka, su funkcije j : M2 M2 i g, h : R 3 R3 definisane sa izrazima f ( xi , x 2) = (4x\ — bx 2,2xi + 7x2). g(x i , x 2,xz) = (5xi + 6x2—6a’3, —8x-i —11^2 + 12x 3, —4.ri —6a‘2+ 7j'3). i h ( x i , x 2,xs) = K ~ 2x 2 - 2.t3, 2xi + :r3, 2a;1 - x 2) a) Dokazati da su f ,g i h linearne transformacije. b) Odrediti ( f o f ) ( x u x 2) i pokazati daje f o f Unearna transformacija. c) Odrediti g(l, 1,1) i g(5, —7, —3). d) Odrediti (g o g)(x 1, x 2, :?;3). e) Odrediti g~l (xi, x 2,xz). f ) Odrediti ( g o g o ... o g ) ( x 1 , x 2, x$) = g^2009\ x 1, x 2, x 3). s .V" y 2009

,o ,

g) Odrediti /i(2) = h o h i /?,(3) = h o h o h z pokazati da je /i(3) = - h ,

15. Linearne transformacije

249

= - h W , h& = h, h(4k±V = ± h , = - h ^ i h^k + = ^(2). h) Da li među funkcijama h, hP\ —h, —h ^ postoji identička funkcija? i) Da li je ({h. 6,(2), —h, —h(2'1}. o) grupoid i da li je grupa? j) Da li je ( { id, h, h,(2\ —h, —/i(2)}, o) asocijativni grupoid sa neutraInim elementom. i da li je grupa, gde je id identička funkcija? k) Da li je ({7i, hi2\ —h, —h&} , o) podgrupa od ( { / | / : M3 —►M3}, o) ? Rešenje a) Kako su sada a = (*, y) i b = (u, v) vektori, to je f ( a a + ,db) = f ( a ( x , y) + 3(u, v)) = f ( ( a x , ay) + (3u, pv)) = = f ( a x + j3u, ay + (3v) = = (4(a'.x + (3u) — 5(ay + (3v), 2 {ax + j3u) + 7(ay + (3v) = — (4ax — 5ay + 4(3u — 5(3v, 2ax + 7ay + 2(3u + 7(3v) = — (4ax — 5ay. 2ax + 7ay) + (4(3u — S(3v, 2(3u + 7(3v) — = a(4x — 5y, 2x + 7y) + (3(4u — ov, 2u + 7v) = = a f ( x . y) + (3f(u, v) = a f ( a) + (3f(b). Analogno se dokazuje i za funkcije g i h. b) ( / ° f)(x\. x 2) = ((i.ri —55.x-2, 22,Ti + 39x2), pa je linearna analogno dokazu pod a). c) .9(1,1, !) - (5, —7. —3 ), g( 5 , —7, —3) = (1,1,1), d) (g o g ) ( x j , x 2, x 3) = ( xu x 2, x 3) tj. g o g = id je identička. funkcija, e) g~1 = g f) p(2009) = (g o g)(1004) o g = id o g = g, tj. g je involucija. g) h W ( x i , x 2, x z) = (h O h) ( x i , x 2, * 3) = h(h.(xi, x-2, x 3)) = = |(—8xi + 2 x 2 — 2x3, 2 x i — 5*2 — 4.t3, —2 ti — 4x2 — 5x3). h ^ ( x i , x 2, x3) = (/i(2) o h,)(xi,x 2, x :i) = h(2) (h(xi, x 2, x.%)) = = ^(18*2 + 18t 3, —18*i — 9*3. —18*i + 9*2) = =

- \ ( - 2 x 2 -

2* 3, 2*i

+ *

3, 2 *1

- * 2) =

( - / i ) ( * i , * 2 , * 3).

/2(4' = /i(3- o // = —h o h = —/<(2). /*<5) = /l(4) o h = - / l ( 2) o /l = - / l (3) = /l.(J) = h.

Uradi prethodne primere pomoću matrica! Svaka linearna transformacija / :M2 —> M2 je oblika / ( * i , * 2) = («* i + 6*2, c*i + dx2), gde su ci, b, c \d realni brojevi.

250

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

Analogno primeru 15.3 pod a) dokazuje se da važi teorema: Teorema 15.4 Funkcija /:M n— definisana sa f(x\, x 2, . . . , x n) = (a.u*i + ... + ainx n, a2iX\ + ... + a2nx n, •••, ami*i + ... + amn.in) je linearna tmnsformacija. Malo kasnije dokazaćemo da važi: Svaka linearna transformacija /:M n —» R m je oblika f [ x i , x 2 - , ... , x n)

= (a u X\ + ... + ain.Tn, a2i.Xi + •••+ Q‘2n*».) •••■ami*i + •■•+ (inmx n) Primer 15.5 Funkcije prs(x) i prn(x) su linearne transfonnacije i to prva preslikava vektorski prostor svih slobodnih vektora u vektorki prostor ({a\(p e M },R , + , •) , za svaki nenula vektor a, a druga preslikava vektorski prostor svih slobodnih vektora u vektorki prostor ( { 6 a + # | 0 , v E M} , M, +,•), za svaka dva nekolmearna (linearno nezavisna.) vektora a, i b. koji su paralelni sa ravni tt! (vidi 12.17, 12.23 i 15.13 ) Neposredna posledica definicije linearne transformacije: Teorerna 15.6 Ako je f Imearna transformacija tada je / ( 0) ---- 0. Dokaz: Ivako je f ( a x + fiy) — a f ( x ) + j3f{y) za sve skalare a i uzimanjem a — (3 — 0 dobijamo tvrđenje teoreme. Ako je /( * ) = 0 da li mora biti * = 0? (odgovor: samo ako je / injektivna, Zašto?) Dokaži matematičkom indukcijorn sledeću teorernu:

to

Teorerna 15.7 Za svaku linearnu transformaciju, f i, za svaki, prirodm broj n važi f ( aj ai + a 2a2 + ... + a nan) = o i/ (a t) + a 2f ( a 2) + ... + a nf ( a n). Test 15.8 Neka je f : V -» W Imearna transformaaja, gde su V i W nad poljem F. Zaokružiti slova ispred tačnih iskaza. / (0) = 0. yf(\/x e V ) f ( - x ) = p^i(Vx e. V)(VA e F) f ( A$ ) = f(X) + / ( * ) • >3x(V* e V) x = 0 4 ^ / ( * ) = 0. ie): (Vajje V ) f (x - y) = /( * ) - f(y) .

15. Linearne transformacije

251

Definicija 15.9 Neko, su V\ i V2 vektorski prostori nad poljem F . Tada sabiranje funkcija iz skupa T = { f \ f : V\ V2) i množenje skalara polja F i funkcijc iz T definisano je sa (Vx € V l ) ( /+ s ) ( x ) = f ( x ) + g ( x ) i (Vr £ F,)(VA e F) ( Xf ) ( x) = Xf(x). r č.-:.:v

V

■r f ' r ' -

,

■" ' .........i / T ", j riA Teorema 15.10 Uredjena četvorka (Hom(Vi, V2), F, je vektorski, prostor, gde su + i • binarne operacije iz prethodne definicije. ■

Dokaz Prvo treba proveriti da li je / + g € Horn(V]. VVj ako su / i g iz Hom(Vi. V2). tj. da li je zbir dva homomorfizrna opet homomorfizam. Kako je ( } +g) ( oi . x+l 3y) =f ( ax+( 3y) +g( ax+f i y) =af ( x) +8f ( y) +ag( x) +( 3g( ; y) = a ( f (x) + g(x)) + 3 ( f ( y ) + g(y)) = a ( f + g)(x) + 8 ( f + g)(y). to je / + g G Hom(Vi . V2). Znači (IIom(Vi , Vo), + ) jeste grupoid, a pokazaćemo da je i Abelova grupa. Asocijativnost operaeije + se jednostavno proverava po definiciji te operaeije. Neutralni elemenat je funkcija O : V\ —►V2 koja je definisana sa 0 ( x ) = 0. Naravno treba proveriti da li je O € Hom( Vj , V2), tj. da li je O ( o x + f3y) = aO( x) + (50(y) za sve x i y iz V\ i sve a i (3 iz F. Ta jednakost je tačna jer je uvek ekvivalentna sa 0=0. Pre nego što ispitamo postojanje inverznog elementa pokažimo da je Xf homomorfizam za sve A G F i sve / G Horri (V\. V2). Kako je ( \ f ) ( a x + 6 y) = Af ( a x + 3y) = X( af ( x) + 3 f ( y ) ) = = a(Xf(x))+i3(Xf(y)) = a(Xf)(x)+(3(Xf)(y),

to je X.f 6 Hom.(Vu V2).

Kako se inverzni elemenat za / u odnosu na sabiranje u svakom vektorskom prostoru obeležava sa —/ , to znači da treba dokazati da za svaki / G Hom(l\, V2) postoji —/ € Hom( Vi , V2) takav da za svako x G V\ važi ( / + (—/ ) ) ( * ) = 0 ( x ) tj. / + (—/ ) = O. Dokažimo da traženi homomorfizam —/ je —f = (—1)/. Pokazali smo da. je Xf 6 H om (Vl, V2) za sve A G F i sve / 6 Hom( \] . V2), pa je onda i — / = ( —1 ) / 6 Horn(\ i , V2), što znači da nam je ostalo da dokažemo još samo da je / + (—/ ) = O, št.o sledi iz

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

252

(f + (—l)/)(a:) = f ( x) + ((” ! )f)(x )=.f(x) + ( ~ l ) f ( x) = = f ( x ) - (1 ■f ( x ) ) = / ( * ) - f ( x ) = 0 = 0 (1). Komutativnost operacije -f je očevidna iz definieije. Dokazaćemo još drugu aksiomu vektorskih prostora tj. aksiomu a ( f + g) — a f + ag. Kako je za svako x iz V\: ( a ( f + g))(x) — a ( f + g)(x) — a ( f ( x ) + g(x)) = a f { x ) + ag(x) — = ( a f ) ( x ) + (ag)(x) = ( a f + ag)(x), to j e a ( f + g) = a f + ag. Preost.ale tri aksiome se analogno proveravaju po definicijama operacija + i •i defmiciji homomorfizma. □ Teorema 15.11 Uređena trojka ( Horn(V), +, o) je prsten. gde je operacija + sabiranje homomorfizama, a o operacija kompozicije funkcija. Dokaz IJ prethodnoj teoremi smo pokazali da je (Hom(\/) . + ) Abelova grupa, a takođe je poznato da je operacija kompozieije funkcija asoeijativna. Znači ostalo je da se dokaže da je j o g (E Hom(\r) za sve f i g iz Hom( V) i da važi zakon distributivnosti. Neka su / i g iz Hom( V) . Tada je (/

o

g)(ax

+

3 y) = f ( g ( a x + 6 y)) = f ( ag ( x) + 8 g(y))

=

= a f ( g ( x ) ) + pf ( g( y) ) - a ( f o g)(x) + (3(f o g) ( y), što znači da je / o g G Hom( V). Dokažimo sad distributivnost. Kako je za svako x iz V ( f ° ( g + fi))(x) = f((g + h)(x )) = f(g(x) + h(x)) = = f(g(*)) + f(h(x)) = ( f ° g)(x ) + (f ° h)(x ) = ( f ° g + f ° h)(x )< to je f o ( g + h) = f og + f o /?, (Napomena: U svakom prstenu podrazumevamo da druga operacija, to je ovde o, ima, prednost u odnosu na prvu, to je ovde +, što u pisanju smanjuje broj neophodnih zagrada).

□

15. Linearne transformacije

253

Teorema 15.12 (Osnovni stav linearne algebre) Neka su V\ i Vo vektorski prostori nad, poljem F i neka je (rtj,. . . . an) baza prostora V\. Tada za svaku n-torku vektora (b\, b2:. . . , bn) € V2 jednoznačno je određena Unearna transformacija f : V\ —> V2 za koju je f(a,i) = bt za sve i G { 1 , 2 , . . . , n}. Dokaz Dokažimo prvo jedinstvenost takve linearne transformacije. Pretpostavimo da postoje takve dve linearne transformacije / i g. Sada za proizvoljan x — a^a^ + a 2a,2+ . . .+ a nan G V\ imaino da f ( x ) — f(a-\a\ + a 2a2 + .. . + a nan) = a\f(a\) + a 2f ( a 2) + ... + a nf ( a n) = a\g(th) + a 2g(a2) + . . . + a ng(an) = g(a\a\+a 2a2 + .. . + a nan) = g(x), što znači da je / = g. Dokažimo sada postojanje (egzistenciju) takve linearne transformacije / . Definišimo funkciju / : V\ —> V na sledeći način: f ( x ) = f(a\a\ + a 2a,2 + ... + a nan) = a\b\ + a 2b2 + ... + a nbn za proizvoljni x — a^a\ + a 2a2 + ... + a nan G V\. Jednostavno se proverava (dokaži sam!) da ovako definisana funkcija / jeste linearna transformacija, čime je dokaz završen. □ Definicija 15.13 L inearnu, transformaciju f : V\ —> V2 zovemo: • monomorfizam ako je f injektivna, • epimorfizam ako je f sirjektivna, • izom,orfizam ako je f bijektivna, • endomorfizam ako je V\ = V2 i • automorfizam ako je f bijektivna i V\ = V2. Za vektorske prostore \\ i V2 se kaže da su izomorfni ako postoji bar jedan izomorfizam f : V\ —> V2. Ako su prostori V\ i V2 izomorfni, to se označava sa \\ ~ V2 ili V\ ~ V2.

Linearna transformacija linearno zavisnu n - torku vektora preslikava u linearno zavisnu n - torku .

254

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

Svaki monomorfizam linearno nezavisnu n - torku vektora preslikava u linearno nezavisnu n - torku . Prvi deo dokaza u teoremi 15.14

Ako linearna transformacija svaku linearno nezavisnu n - torku vektora preslikava u nezavisnu n torku, tada je / injektivna tj. monomorfizam. Treći deo dokaza u teoremi

15 .1 4

T eorem a 15.14 Neka su Vi i V2 vektorski proston nad poljern F. neka je n-torka vektora (a-i, a2, •■■, a,n) baza prostora Vi i ncka je funkcija / : V\—>V2 lineama transformacija. Tada f jeste izomorfizam-, ako i samo ako uređena n-torka vektora (/(a i), / ( a 2) , . . . , f { a n)) jeste baza prostora V2. D okaz (+>) Neka je je / izomorfizam. (I) Dokažimo nezavisnost n - torke. (/(a-i), / ( a 2), ••■, / (an)) Iz a i / ( a i ) + a 2/ ( a 2) + ... + a nf { a n) = 0 zbog linearnosti sledi da je /(ftiai + a 2a2 + ... + a nan) = 0, a zbog injektivnosti i zbog /(()) = 0 sledi a Tai + a 2a2 + ... h a nan = 0. Sad zbog nezavisnosti n-torke (a-i, a2, . . . . a,n) imamo da je ai = ... = a n = 0 tj. (/ ( ai ) , /(a-2) , . . . , f ( a n)) je nezavisna n-torka prostora V2. (II) Dokažimo sada da je ( / ( ai) , f ( a 2) . . . . , / ( a n)) i generatorna. Uzmirno proizvoljni vektor y iz V2. Tada zbog sirjektivnosti iunkeije / imamo da postoji x 6 Ui takav da je f ( x ) = y. Kako je (a i; a2, . . . , an) baza prostora Vi, to postoje skalari ai, a 2, . . . , a n 6 Ir t-akvi da je x = a iai + a 2a2 + ... + a nan. Zbog linearnosti funkeije / odavde sledi y = /(;r) = n ,/(>/., ) + a 2/ ( a 2) + . ••+ a nf ( a n), što znači da svaki elemenat y prostora V2 je linearna kombinaeija vektora n-torke { f ( a i ) J ( a 2) , . . . , f ( a n)). (^=) Neka je (f(a,j), f ( a 2) , . . . , f ( a n)) baza prostora V2. (III) Dokažimo injektivnost funkcije / . Iz f ( x ) = f ( y ) tj. /( a i a i + a 2a2 + ... + a nan)= = / ( A a i + 02a2 + ... + (3nan) zbog linearnosti sledi da je

(ft’i ~ P i ) f (ai) + (a2 —/32) f ( a 2) + ... + (an —$ n) f ( a n)

0,

15. Linearne transformacije

255

a ođakle zbog nezavisnosti n-torke ( / ( a i ) , / ( a 2) , ... ,/(a ,n)) sledi da je — i3i = 0, Qo — /?2 = 0 . . . . , an — i3n = 0 tj. x = y, što znači da je / injektivna. (IV) Dokažimo sada sirjektivnost funkcije /'. Kako je n-torka vektora ( / ( « ] ) , / ( a 2) , . . . , f ( a n)) i generatorna, to za svaki y G V2 postoje skalari A2, ... An takvi da je y = A] f(a\) + A2/ ( a 2) + ... + Anf ( a n). Neka je x = Aiax+ A2a2 + . . . + Anan. Tada zbog linearnosti imamo da je f ( x ) = Ai/ (ai) + A2/ ( a 2) + . . . + An/ ( a n) = y tj. / je sirjektivna, jer smo dokazali da za svako tj 6 V2 postoji x E Vi tako da, je / ( * ) = y. T e o re m a 15.15 Svaka dva vektorska prostora nad poljem F su izo-

morfrta akko su iste dimenzije. Dokaz je neposredna posledica prethodnih teorema

1 5 .1 4

i

1 5 .1 2 .

P r im e r 15.16 Vektorski prostori (R, M, + , •) i (C, C, +, •) su. jednodi-

rnenzionalni, pa kako su iste dimenzije to po teoremi 15.15 oni su izomorfni. To znači da postji bijekcija između C i M, a poznato je da ne postoji bijekcija između C i K ! gde je greškal O dgovor:_______ __________________________________________________ T e o re m a 15.17 Svaki n - dimenzionalni vektorski prostor izomorfan je vektorskom prostoru uređenih n - torki i taj izomorfizam se zove kanonički izomorfizam,

Teorema

1 5 .1 7

je posledica teoreme

1 5 .1 5 .

Zbog prethodne teoreme dovoljno je proučavati samo vektorski prostor uređenih n - torki, jer time su proučeni svi vektoski prostori. U sledećim testovima zaokružiti broj ispred tačnog odgovora. T e s t 15.18 Ako je f : V —> W izomorfizam vektorskog prostora V u

vektorski prostor W . tada:

1) postoji / -1

2) dim(V) = dim(W)

3) V = W 4) za svaku nezavisnu n-torku (t’i, ...,vn), ^f(v i ) , ..., f ( v n)j je nezavisna 5) za svaku zavisnu n-torku (ui, ...,vn), ^f ( vi ) , ..., f ( v n je zavisna 6) f ( x ) = 0 =+ x = 0 7) /(0 ) = y => y = 0

256

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

Test 15.19 Ako je f : V W homomorfizam vektorskog prostora V u juektorski prostor W , tada je: /’ In postoji f 1 ^ dim(V) = dim(W) ^ V = W za svaku nezavisnu n-torku vektora (v^,..., vn) i z V , n-torka (^ f(v i),...,f(v n)^j je nezavisna u W

'šj/) za svaku, zavisnu n-torku vektora

V, n-torka ( f ( v i ) , ..., f ( v n)\ je zavisna u W

( l’ i ,

...,vn) iz

6/) f ( x ) = 0 => x = 0 ''^Tr; fP )£

Test 15.20 Za svaku linearnu transformaciju f : M —> R i svako x, y, X, v € M tačno je: 1) ./(1) = 1 2) /(0 ) = 0 3) f ( x y ) = f ( x ) f ( y ) 4) /(0 ) = 1 5) f ( - x ) = —x 6) f ( x y ) = x f ( y ) 7) f(Xv) = f( X) + f( v)

Glava 16 MATRICE I LINEARNE TRANSFORMACIJE Sada ćemo se upoznati sa matricama i dokazati izomorfnost nekih struktura linearnih transformacija sa strukturama matrica, Cesto se kaže da je matricatipa rnn pravougaona šema brojeva, tj. elemenata nekoga polja. ili uređena, mn-torka elernenata nekoga polja. Evo definicije matrice.

D efin icija 16.1 Matrica tipa mn nad poljem F jeste funkcija M mn (piše se još %Mmxn ili MmJl) koja preslikava skup svih uređenih parova j ( i j)\i € { 1 . 2 , . . . , 77i} A j £ { 1 , 2 , . . . , n}| u skup F.

Skup svih

matrica tipa mn označavaćemo sa A4mn. Matrice tipa nn tj. matrice koje imaju isti broj vrsta i kolona. zvaćemo kvadratne matrice reda n.

Na primer matrica A/2,3 je funkcija definisana, sa A/2,3— = { ( ( 1 ,1 ) ,7 ) , ((1 ,2 ),4 ), ((1 ,3 ),9 ), ((2 ,1 ),3 ), ( ( 2 ,2 ),0 ), ( ( 2 ,3 ) ,8 ) }

_/(l,l) - V 7

(1,2) 4

(1,3) 9

(2,1) 3

(2,2) 0

(2,3) \ [ 7 4 9' 8 y [ 3 0 8

Poslednji zapis je najpregledniji pa ćemo ga zato najčešće i koristiti. 257

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

258

Korist.itćemo i sledeće načine zapisivanja matrice:

1

ij\mn

/ «11

a\2

.

•

..

a ln a2n

021

a22

.

••

••

amn _

V0

a,ni2

. ••

a.n

O 12

■•

021

a22

Oml

am2

_

/77.1

a\n \ a2n amn /

Ako je [a,ij\mn matrica. nad poljem F , tada elemenat polja. F zovemo element matrice koji je u i-toj vrsti i j-to j koloni matrice. Elemente i2 ___ _ matrice tipa mn, zovemo elementima i-te vrste, a elemente a ^ , •, matrice [a,;j].mn zoveino elementima j -te kolone, dok elemente 011, 0-221 ■■■, matrice [a?J]rnn zovemo elementima glavne dijagonale gde je k — 7nin{m , n). U oznaci [0’ij]mn broj 111 je fiksan prirodni broj koji nam govori da promenljiva i uzima vrednosti iz skupa { 1, 2, . . . , m } i broj 71 je fiksan prirodni broj koji narn govori da promenljiva j uzima vrednosti iz skupa { 1, 2. . . . , / 1}. a i i , a

a i n

[ a tJ } m n

a 2 j - ■ ■

a m ]

a ^ k

D efin icija 16.2 Zbir istotipnih matrica, tipa mn, definiše se sa: [ti?;j]?rm -f- [bjj}mn

[a?j “1“ bij}ni/n,

rnnoženje skalara X i matrice [a;j]rn.n definiše se sa: X[ajj jmn — [Xaij ]mn i proizvod matrica [ajj]m/c i [btJ}kn definiše se sa: k [aij]mkV}ij]krr= \aiiKj+ai2hj+- ■

. '"'rJ . 9de je r, , ^ aiPKj-

Vidi primer 15.2 i definicije 17.29 i 17.30. Znači matrice A i B mogu se pomnožiti samo ako je broj kolona matrice A jednak broju vrst.a matrice B tj. Aini:Bkn = Crnn. Primeri ' bu a-n a r2 0-13 + _ 0.2J a22 ^23 _ _ b2i

ou + b\\ Ol2 + b12 Ol3 + &13 _ a2i + b2\ a22 + b22 «23 + b23 _

bV2 b\3 b22 b2i .

Prema torne ist.otipne matrice se sabiraju tako što se odgovarajući elementi saberu. a-n

0 22

Aon

0]3 023

_

Aa

12

Xa22 (

_ a 21

O12

Aa-13 A o 23

_

14. Matrice i linearne transformacije

259

Prema tome skalar (broj) se množi sa matricom tako što se taj skalar tj. broj pomnoži sa svakim elementom matrice. an a-i2 fli3 a-21 Cl2 ‘ 2 a23 ^31 a32 a33

11 ^12 bl3 21 ^22 623 31 ^32 633

O l l ^ l l + a - 1 2 ^ 2 1 + f l l 3 &31

a n & i 2 + a i 2 & 2 2 + f ll3 & 3 2

a n & i 3 + a i 2 &23+ a i 3 &33

a2i^ii+a2262i+ a 2363i a3i6n +a 3262i+a3 363i

a3i6i2+ a 32622+a33&32 a 3i6i 3+a3 2623+ a 33633

a2i 6i2+ a 22&22+ a 23fr32 a2i 6i3+ a 22623+a.23633

Znači elmenat cŽJ na mestu (i, j ) u proizvodu A mkB kn matrica A mk i Bkn se dobija pornoću i-te vrste matrice Amk i j-te kolone matrice Bkn i to tako što se odgovarajući elementi te vrste i kolone pomnože i zatim se svi t.i proizvodi saberu, tj. Cjj = Ja, i6iv \o_Jhi ! •. ■+CLikbkj]mnD efin icija 16.3 Svaki vcktor a; j^ ia u - a2j, •••, ami) €

kao matrica kolona tj. (a; —

.

a22

■•• Cl\n . . . a2n

am,i am2

■■■ a,mn

T-i CS

l ..........

ci12

l a matrica [ a

zaptsuje se

se zapisuje

-

ai a2

an

i na osnovu 10.9 sledi da je a j = [a^ a2i Prema tome svaka, matrica kolona i svaka kolona matrice jeste vektor iz prostora Rm tj. uređena m —torka realnih brojeva. Na osnovu 16.3, 10.9, 16.6, 12.17 i 12.19 sleđi da je P = a* •aj = a.ioj kvadratna matrica reda n. ranga 1 i za koju važi P 2 = P tj. iciempotentna je odnosno projektor. Proizvod a j -a, = aja,Lje kvadratna matrica reda 1 tj. jedan obični skalar (broj), koji se zove skalarni proizvod vektora at sa vektorom a,: ili kvadrat inteziteta vektora at ili kvadrat norme vektora at u oznaci ||a7;||2 ili |a?|2 (vidi 16.5) tj. postoji definicija skalanog proizvoda vektora:

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

260

vektora a = (qi, q 2, . . . , a n) =

' 01 " 02

1! 1-0

Ql q2

0n _ an preslikava u proizvod matrice vrste aJ i matrice kolone b tj. u broj aTb = Q1/31+ a 2^2 + - •.+
a*b = a T6 = ol\8 \ + q 2/32 + •■•+ ^nfinVektori a i b su normalni akko je njihov skalami proizvod jednak nuli Vidi definicije 16.3, 10.9 i 12.16. D efin icija 16.5 Norma vektora ili intezitet vektora iz prostora «i Q'2 Q: —

(Q 'i, Q 2 , ■ • • , Q'm)

je realni broj

||q

||

defimsan sa

j]Q' [|“ V ^ Q — \ / q ;"Q “ \f Ot\ + Q 2 + • • • + at Vektor je jedinični akko mu je norrna jednaka 1. Ugao između vektora (matnca kolona) a i b u oznaci $(a,b) je + (o .b) = arccos

a*b

arccos

a Tb lall •1161

Z adatak 16.6 Ako su a i b vektori iz ! n, dokazati da je tada (aTb)a = (aaT)b odnosno (a*b)a = (aa*)b. D e fin ic ija 1 6 .7

N e k a n - to r k a ve.ktora ( q i . q-2, ■■■, qn.) je. o r to n o r m ir a n a a kko s u s v a k a dva

m e đ u s o b n o n o r m a ln a i a ko s u j e d i n i č n i .

U o p š te n je d e fin ic ije

D e fin ic ija 1 6 .8 zbog

16.6

12. 17:

P r o je k c i ja v e k to r a x n a p r a v a c v e k to r a n j e v e k to r P a ( x ) =• P a x —

s le d i P a x =

a

- £ r £ - * . A k o j e q j e d m i č n i v e k to r , ta d a j e P q x = { q q * ) x = ( q * x ) q .

To znači da je linearna trausformacija (matrica) koja svaki vektor preslikava na njegovu normalnu projekciju na pravac vektora a.

1,4 = [a,y]mn => A* = [ai]]Tin. Matrica A* se clobija od matrice A konjugovanjem svih elemenata matrice A i zatim transponovanjem.

14. Matrice i linearne transformacije T e o r e m a 1 6 .9

261

Za svaki vektor x važi da je x — P a(x) normalan na vektor a.

Z n ači Pa = je linearna tra n sfo rm a cija tj. m atrica ranga 1 k o ja p o m n o ž e n a sa p ro iz v o ljn im v e k to ro m (m a trico m k olon om sa desne strane) d a je n jeg ov u p ro je k c iju na pravac vek tora a. Ivako se ne m ože napraviti d irek tn o u op šten je (g eom etrijs k o) d efin icije 12.23, to se rnože n a prav iti u o p šte n je njene ekvivalentne d efin icije (te o rem e) 12.29. E v o to g a u op šten ja: D e fin ic ija 1 6 .1 0

Ako je (qi. q o ,. ■■. qn ) ortonormirana n - torka prostora (Rm ,R , + . . ) . tada

P (x ) = P x = (q\x)qi + (q$x)q2 + ••• + (q^x)qn = £ " = 1 « * ) < ? » = ' E ? = i ( m * ) x ' je projekcija vektora x na vektorski podprostor generisan sa n - torkom vektora (q i,q z ........ qn )T e o r e m a 1 6 .1 1

Ako je (qi, q-2 , .. ., qn ) ortonormirana baza prostora V , tada za svako x £ V :

P ( x ) = P x = x = (q^x)qi + (q*2 x)q2 + .. . + (q^x)qn = E ? = i ( 9 i ■ x )Qi = T , ? = i ( M i ) x tj. P je identička funkcija. O v a teorem a je u o p šten je teorem e k o ja kaže da ako tačk a p rip ađ a ravni, o n d a njen a p rojek cija na tu ravan je d n a k a je sa m o j n jo j. T eorem a

1 6 .1 2

Za svaki vektor x važi da- je vektor

r —x ~

)x = x — E i ~ i ( (li x )qi

T e o r e m a 1 6 .1 3

normalan na svaki q,

za sve i £ {1 , 2 , . . . , n }.

Svaki vektor x se na jedinstven način rnože predstaviti kao linearna kombi-

nacija n + 1 vektora x = r + E " = i (< M ,* ):r> gde je (qi,
T e o r e m a 1 6 .1 4 G? am Smitov algoritani. PJeka je (q i . . . ., an ) nezavisna'} (q i, •. ., qn) ortonormirana i neka je < a i -------------------------------------------------- --------- a, > = < q\_________ ,q t > za svako i £ { 1, . . ., n } . qi — ± m

------------------------------------------- j—i— ^--------- 7—5— ^ Ilal nII i q% — ± t il!aJ -'Jii -(
U slu ča ju n = 3 im a

,----------------rr ■ viai 12.32.

= 8 takvih o rto n o rm ira n ih tro jk i (trijed a ra ) k o ji reprezen tu ju 8 ok tan a ta .

Z a d a ta k 1 6 .1 5 Neka su a = a = a-ii + a2j + a^k = ( a i , a2, 0 3 ) i x = x = x i i + x 2j + X3 k = ( x i , x 2,x s ) slobodni vektori i istovremeno i uektori prostora (R 3 ,R . + , •). a zbog 16.3 i 16.4 su i Xl ai matrice kolone x = x2 i a = pa je a a2 [a 1 a-2 a3j- Tada

. a)

. a3 .

Matričnim množenjem■ pokazuje se da je (aa*)x = ^ a

b)

_

= —^r—x = P x .

(a*x)a, što znači da je P (x ) =

Vidi 13.11 i 12.17.

P

je matrica čija linearna transform.aija svaki vektor x = (x\, x 2 , x$) preslikava na njegovu normalnu (ortogonalnu) projekciju na pravu koja prolazi kroz koordinatni početak 1 paralelna je sa vektorom a — a tj. na pravu čija jednačina je f — ta, odnosno P (x ) = P x = - ^ - x .

Vidi 13.11 i 12.17.

c)

Matrica P je idem.potentna tj. projektor, odnosno važi P 2 = P .

d)

Ma.trica F = 2 P — I je involutorna (reflektor), odnosno važi _F2 = / , qde je I jedinična matrica. Linearna transformacija F je osna simetrija, čija osa je paralelna sa vektorom a = a.

Tada

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

262 e)

Matrica I — P je idempotentna tj. projektor, odnosno važi da je ( / — P ) 2 — I — P . Lineam a transformacija I — P projekcija na ravan koja je normalna na vektor a — a.

f)

Matrica F x — —F = I — 2 P je involutorna (reflektor), odnosno važi F f = L Lmearna transformacija F i je ravanska simetrija, u odnosu na ravan koja je norrnalna na vektor a — a.

Svaka linearna transformacija za koju je P ‘2 = P zove se projektor, a za koju je /

2— I

zove se

reflektor, ali nemora svaka biti ortogonalna kao ove iz prethodne teoreme. V id i 10.9, 12.17. 13.11 i 16.3.

T o zn ači d a algebra slo b o đ n ih v ek tora je ustvari alg ebra

m atrica, gde je a* = aT m a trica v rsta nastala tra n sp on ov a n jem m atrice k olon e a.

T e o r e m a 1 6 .1 6 Ako je P projektor (vidi 1 6 .1 5 ,1 2 .1 7 ,1 2 .2 0 ,1 2 .2 9 ), tada F — 2 P — I jeste involutoma linearna transformacvja tj. rnatrica za, koju vazi F~ = I odnosno / 1 = F , gde je I jedinična matrica. Takve rnatrice tj. linearne transformacije F zovu se i reflektori. Ako je P ortogonalan, tada je F iii ravanska simetrija Ui osna, sirnetrija v, Luklidskom (običnom geometrijskom) prostoru R 3 u zavisnosti od toga da li je P projektovanje na ria ravan ili pravu koje naravno sadrže koordinatni početak.

T e o r e m a 1 6 .1 7 Linearna transforrnacija- F jeste involutorna ako i samo ako je reflektor tj. ako je oblika F = 2 P - I. gde je P neki projektor odnosno linearna transformacija za koju važi P'2 = P . U Euklidskom (običnom geometrijskom) prostoru R 3 to su ravanske simetrije (kose sim etrije) gde za omginal A i sl/iku A ' važt da duž A A ' ne niora biti normalna na ravan, vcc obrazuje neki fiksni ugao sa ravni. Analogno i osne simetrije.

D a li se m ože dati u op šten je d efin icije vek torsk og p ro iz v o d a slob o d n ih v ek tora za p rostor R n , an alogn o u o p šten ju skalarnoga p ro iz v o d a 16.4. V id i 12.39 i 16.5.

Analogno primeru 15.3 pođ a) dokazuje se da važi teorema: T eorem a 16.18 Fvmkcija / : R n— definisana sa f (:rj, x 2-, •••, ■£«) = = (fllll'l + . . . + a,\nXn, a-2iX\ + •••+ a2nXn, . . . , amiXi + ... + amnJ'-n) je linea/rna transformacija.

T eorem a 16.19 Svaka linearna transformacija f iz skupa smh transformacija C 22 = { / : M2 -> R 2 j / je Unearna transformacija} je oblika f { x ! , x 2) = (axi + bx2, c xi + dx2), gde su a, 6, c i d neki realni brojevi, koji su jednoznačno određeni za datu linearriit transformaciju f . Time je faktički lineamoj transformaciji f jednoznačno pridružena a b a, b €E iz skupa svih matrica M. 22 matrica A — c d, a b jednoznačno odgovara Hnea.rna transi svakoj matrici A d definisana sa f(x\, x 2) = (ax\ + bx2, cx,\-\-dx2) . formacija f

14. Matrice i linearne transformacije

263

D okaz Neka je / neka proizvoljna linearna transformacija iz C 22 i neka se vektori (1,0) i (0,1) preslikavaju sa / redom u vektore (a, c) i (b<đ) tj. / ( 1 , 0 ) = (a, c) i / ( 0 , 1 ) = (b,d), čime je zbog teoreme 15.12 linearna transformacija / jednoznačno određena. Sada zbog linearnosti funkcije / sledi f ( x \,x2) = / ^ i ( l , 0 ) + £ 2(0,1)^ = X i f ( l , 0) f ^2/ ( 0,1) = Xi(a, c) + x 2(b, d) = (a,x 1 + bx2, cxx + d x 2).

Naravno da očevidno važi uopštenje za m i n tj. Svaka linearna transformacija /:M n —> Mm je oblika f ( x i , x 2, . . . ,:c n) = ( 0 1 1 X 1 + . . . + a,\nx n, a.2\X\ + . . . + a2nx n, . . . , am\X\ + . . . + amnx n)

Ovom teoremom 16.19 je konstruisana bijekcija ip : M 22 —► C 22. Zbog toga je uobičajeno da umesto / : M2-^M2 pišemo A : K2—>M2, gde je A matrica odgovarajuća linearnoj transformaciji / .

T eorem a 16.20 Neka je M 22 transformacija C 22

{/ =

Tada za funkciju ib

M 22

gde je

ip

a b a, b e M > i neka je skup c d | / je linearna transformacija}. a b C 22 defimsanu sa ip f, c d

(x\,x2) = f ( x \ , x 2) = (ax\-\-bx2,cx\-\-dx2), važi:

a) ijj je bijekcija b) (VA, B e M 22) i/’(A ■B) = 'ijj(A) o ifj(B) c) (V A B e M 22) ip(A. + B) = ib(A) + ip(B) d) (\/A e M 22)(VA e M) p(XA) = \ij!j (A ) gde su o i + operaaje kompozicije i sabiranja u skupu linearnih transformacija, a ■ i + operacije množenja i sabiranja matrica i X ■A = AA je množenje skalara i rnatrice dok jc X •ijj(A) = \i>)(A) = Xf množenje skalara i linearne transformacije. Znači konstimo uobičajenu konvenciju 0 brisanju, simbola operacije ■ tj. množenja skalar i matrice, kao i množenja skalara i linearne transformacije. Operacije + pod c) su različite! D okaz a) Dokazano je sa teoremom 16.19. b) Neka su linearne transformacije / i g definisane sa izrazima f ( x i , x 2) = (axi + 6.t2, c.r 1:dx>). g(x 1, x 2) = (jpxr\qx2, rxr+sx2). Tada po

Principi aIgebre. opšte, diskretne i Jinearne

264

definiciji bijektivne funkcije ip sledi da postoje matrice A V (l r s

i B

a b c d

takve cla je ip(A) = / i ■ip(B) = g. Sada sledi da je

....

► c: + C/2

1

(rtp(A) o 4>(B))(xi.x2) = ( / ° g)(x 1 < X 2 ) = f ( g ( x 1 : x 2j) = f ( p x 1 + qx2, rxi + sx2) = (a(pxi + qx2) + b(rxi + sx2), c(pxi + qx2) + d(rxi + sx2)) (apxi + aqx 2 + brxi + bsx2). cpxi + cć

1( V-i 7*r\) --? I

cc

+

+

a 6 c d

P r s

(.Ti, 3’2):

1

1

7/;(/ l-Bj Ori, ^). Kako je (•
' 1(il'(A) o t.'(B))

c) (' ' (4) + V’(B)) (:ri - x %) = = (./ + g)(x 1 , x 2 ) = (°'r i + bx2 . cx\ + dx2) + (px 1 + qx2, rx\ + 8X2 ) = (ax 1 + bx2 + px 1 + qx2, cx\ + dx 2 + rx\ + sx2) — // x /, % / \ , / 7, n \ (\ a + p b + q (;ci,a:2) - ({a-±]>)xi--(l>~q)x2. (( ' c + 7‘ d + V'

a b c d

+

P (.1 r s

(#i, :r2) = 'tp(A + i?)(:t‘i, # 2 ).

Kako je (ip(A) + xp( B) ) ( x\, x2) = j'(A + B ) ( x u x 2) za svaki par ij.'(A + B)

(a?i, x 2) E M, to je

Vidi teremu 3.23.

d) Aa Ab ' a b 1 / ,•*■* ^,1. \ -1i\ 1 J ( x i , x 2) — -tp 1 Ac Ad c d (\aX] + Abx2, \cxi + Adx2) = \(a.X] + bx2, cxi + dx2)

■ip(\A)(x\, x 2) = ip ( A

= Ail

(1 b d

( xi , x 2) = Aij)(A)(xi,x2) = ( Ar ( 4 s ) (x 1 , x 2) .

14. Matrice i linearne transformacije

265

Kako je 'ip(XA)(xi, x 2) = ^A
sa: Matricarna, skalarima, vektorima (n - torkama) i linearnim transformacijama. To su sve različite operacije množenja (multiplikativne)! .Jasno je da dokaz ne gubi nimalo na opštosti što je dokaziva.no za rn — n — 2, a važi za. sve prirodne projeve m i n. Sve izloženo važi za svako polje F i ako srno mi zbog jasnoće radili za polje realnih brojeva. Zbog izomorfizama dokazanih u prethodnoj teoremi, često se u radu zbog kraćega zapisivanja i sporazumevanja, „poistovećuje” matrica A sa njoj odgovarajućom linearnom transformacijom / = 'U’(A) tj. umesto / piše se A, ali strogo uzevši to su različiti matematički objekti.

Zadatak 16.22 Neka su linearne transformacije f i g definisane sa f (x 1, x 2) = (xi + 2x2, %i + 3x2) i g(xi, x 2) = (2xx - x 2, 2xi + x 2). a) Po definiciji kompozicije o odrediti ( f o g)(xi, x-2) = f ( g ( x i , x 2) ) . b) Napisati matrice M j 1 Mg koje s-u odgovarajuće Unearnim transformacijama f i g tj. M j = 'p~l ( f ) i Mg = 4 r l (g). c) Izračunati proizvod mairica M j ■Mg. d) Napisati line.arnu transformaciju h( x i , x 2) kojoj odgovara nuitrica M r Mg = ilr\h). ’ e) Da lije h = f o g tj. da lije (V:ci. x 2 € M) h(xi, x 2) = ( f ° g ) ( x \ , x 2)?

Za oba dela ispita posebno je važno znati sledeće primere, definicije i teoreme: 15.2 15.3, 15.10, 15.11, 15.12, 15.13, 15.14, 16.19, 16.20, 16.22.

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

266

Zadatak 16.23 Odrediti sledeće linearne transformacije ravni xO y tj. prostora R 2 u, obliku f ( x . y) = (ax + by. cx + dy), gde su a, b. c, d realni brojevi i odrediti njima inverzne linearne transformacije: a) Osna simetrija a6 oko ose i koja prolazi kroz koordinatni početak 0 i sa pozitivnom x-osm obrazuje ugao f 6 ( —f , f ] . b) Rotacija pg oko koordinatnog početka 0 za ugao 9 E (— c) Centralna simetrija a0 u odnosu na koordinatni početak 0.

II

II

0 II

R ešen je Korišćenjem kompleksnih brojeva lako se dobija: a) a0(x, y) = (x cos 9 + y sin 9, x sin 9 — y cos 9) i a~l — ae b ) pe (x, y) = (x cos 9 — y sin 9, x sin 9 + y cos 9) i p~l = p_g c) v0 (x.y) = ( - x , - y ) i a ~ l = aQ. Matrice ovih linearnih transformacija su: ' -1 0 " cos 9 —sin 9 cos 9 sin 9 0 -1 sin 9 cos 9 sin 9 —cos 9 Zadatak 16.24 Da li (A U J5, o) jeste grupa Unearmh transforniacija prostora M2, gde je A = {a e\9 E (—7r,7t]}. B — {pg\9 G (—tt, tt]}, o je kompozicija funkcija i aB i pe definisa/ni u zadatku 16.23? Uputstvo: Ispitati da li a0i o a 6i. aei o p0o, pQi o a0o i p0] o p0o pripadaju skupu A U B z& svako 9X i 92 iz E ili iz (—7r,7r], potpuno je svejedno. Zašto? Može se raditi i u matričnom obliku. Zadatak 16.25 Napisat.i izrazc za Unearne transformacije / 1. / 2./3 koje su ravanske simetrije redom u odnosu na ravni x = y, x = z i y = z. Naći sve linearne iransformacije koje se mogu dobiti kompozicijom funkcija / 1, / 2, h 1 napisati Kejlijevu tablicu kompozicije svih tih linearmh transformacija. Da li one obrazuju grupift Kakva je geometrijska interpretacija ostalih linearnih transform,acija? Evo potpuno isto izloženo na drugi način. Sitnim je slovima jer ne treba za ispit. D e f i n i c i j a 1 6 .2 6

Neka je A = \aij\mn matrica nad, poljem F i neka vektor x = (x i, x-2 , ■••, x n)

pripada prostoru F n . Tada dejinišemo A x kao uređenu m -torku n

*

n

a\jXj, ^

Ax = j —I

n

a 2jX j , •••, ^2, a™ jx j ) e

j = l

tj-

j —1

A x = ( a u x i + . . . + a i nx n, 0 2 1 ^ 1 + •••+ a.2nXn ..........o,m \xi + . . . + amnx n ) i definišemo funkciju f t\ : F n —*■ F m $a f a (x ) = Ax .

14. Matrice i linearne transforrnacije

267

U ređene n -to rk e ( x i ,a ;2 . . . . , x n) raožem o o zn ačav ati i sa

XI X2

Im a ju ći to u vid u zapis * u d efin iciji 16.26 sad a izgleda ovako:

"

oil

a 12

■ ■

a in

021

a

-22

■ ■

f*2n

’

"

l'l

'

■

a

11 x i

+ a i 2X 2 + .

•+ a ln X n

0 2 1 X 1 + 0 2 2 X 2 + ■ ■ + « 2 n X ?i

X ‘2

—

.

&m2

a -m l

■ ■

a in n

_

_ xn .

.

Orn 1 X

1

+ a rn 2 X 2 + • ■ + O ri! n X n

_

Z a lakše p a m ćen je forrnule * korisno je p ain titi sleđeću sliku:

Zn ači. za x 6 F n im am o d a je f A (x) — A r 6 F m . O v im je def’m isana fu n kcija 'iP k o ja m atricu A G *Vfmn preslikava u fu nk ciju Ja iz sku pa fu n k cija

Frnn = { f \ f ■ F n -

F m A (3 A G M r n n )f(x ) = A x } .

P rem a to m e ako je A m atrica tip a rrin ta d a je ip(A) fu n k cija skupa F n u skup F m tj. ip\A) : F n — F rn i d efinisana je sa ip(A) -- fA o d n o s n o tp(A)(x) = / . 4 (x ) = A x za sve x € F n .

T e o r e m a 1 6 .2 7

Funkcija

V ■M m n -

Fmn = { f \ f : F n -

F m A (3 A £ M m n ) f ( x ) = A x }

definisana sa 4>(A) = f A , gde je f A : F n —* F m pre.slikava.nje defimsano sa f A (x) = A x ,

jeste

bijektivna funkcija.

D o k a z S irjek tivn ost fu nkcije ip je o če v id n a p o n je n o j d efin iciji je r za svako / € Tmn p o s to ji A £ M m n tak va d a je / = f A tj. ip(A) = f = f A - D ok ažim o sad a in jek tiv n ost fu nkcije tp. Iz 'ip(A) -- i '! />’ ) sledi f A --- f s o d n o sn o f A (x) = / s ( x ) tj. A x = B x za svako x € F n . A k o u zm em o x = e,- = ( 0 ,0 ........ 1 , . . . , 0) £ F n tj. e, je n -tork a u k o jo j je i-t a k om p on en ta jed n ak a 1, a sve ostale k o m p on en te jed n a k e 0, ta d a je Ae^ = B ei. M e đ u tim Ae^ je z b o g d efin icije 16.26 je d n a k o i-t o j k olon i m atrice A , p a je z b o g A e t — B ei i-ta k olon a m atrice A jed n a k a i-t o j koloni m atrice B za svako i £ {1 , 2 , . . . . n }, p a je znači A = B .

□

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

268

T e o r e m a 1 6 .2 8 Svaka funkcija skupa Tmn jeste linearna transformacija tj. homomorfizam, odnosno F mn. C H o m ( F n , F m ) . Obrat.no, za svaku linea/rnu transformaciju f £ H o m ( F n , F m ), postoji matrica A = [a ij]mn 6 M .m n takva da je f { x ) = A x za svako x iz F n tj. Fmn ~1 H o m \ F n , F ni). Znači da je T m.n — H o m ( F n , F m ) .

vazi da je

D o k a z Z a sva.ku f,\ € Fmn i sve x = (*i,sc2> •••>%n) £ F n i y = ( y i, 2/2 >••■, Un) 6 F n im am o da. je f A ( x + y) = n

= A (x

+

{Y_

y) =

n

;-i n

+

a%j (xj

f j j ) ,. . . .

53

J= 1

n

n

= ( 2 3 aW

J -l

J -1

n

,/ = l

=

+ X] ajj y-7* ^

J= 1

n

’ 5 3 a2J:rJ - ' • • ■ S

.7 = 1

+ y j) )

^

avjyj'YL0,2jxj + X- aij'yj— ’ 53

7 -i

arnj (xj

i=i <1

n

= (53

n

+ y j) . ^

a ij( x j

-7:=l

n

+ (5 3

a 2jijj,. , . , J 2
j = l

■'

' '

-- A x + ,4'y = f a (x ) + l.A(y)S ličn o se p o k a z u je da je f ^ ( \ x ) — \ fA (x ). T im e srno poka-zali d a je T mn Q H o m ( F n, £ '" ). P o k a žim o sad a d a je jFm„. D H o m ( F n , F in). N eka je f p ro iz v o ljn i h om om orfiza m iz H o m ( F n , F rn) i neka je e--, = ( 0 ,0 ........ 0 , 1 , 0 , . . . , 0) n -to rk a iz F n k o d k o je je j - t a k om p on en ta jed n ak a 1, a sve ostale k o m p o n e n te jed n ak e nuli. T ad a je f(e.j) uređena m -tork a . F orm ira jm o sada rnatricu A = [aij}mn či.ja j - t a k olon a je m -to rk a f ( e j ) tj. f ( e j ) = (a\j .a -ij, ■■■,a.mj) za svako j £ { 1 , 2 , . . . . n } . D a li je f ( x ) = A x — Ja (x ) za svako x ~ (.ej . .ro........ x n ) € F ? O č e v id n o je da je A e j uvek j-t-a k olon a m atrice, a kako srno uzeli d a je i / ( e j ) j - t a k olon a m atrice A t o je f ( e j ) = Ae.j = f.A.(ej ) za svako j G ( 1 , 2 , ----- n } . K ak o su / , /.a : t 11 Fn linearne tra n sfo rm a cije i kako je (e \, e-2 , ■■■, e n) baza o d F n , to z b o g teorem e 15.12 sledi d a je f ( x ) = fA ( x ) z a svako x £ F n . što znači d a je f = /'a £ T m nZn ači

D

je b ije k cija sku pa svih rnatrica M mn i sk u pa svih linearnili transforrnacija H o m ( F " . F ,n ).

K o n v e n c i j a Za svaku matricu A € M m n n j°j odgovarajući homomorfizam f.\ € H om (h n, b nr), bijekcijom %>, označavaćemo istim simbolom A. N aravno, o v o ne znači da su m atrica i linearna tra n sform a cija ist-i o b je k ti. aii važi sledeća teorem a:

T e o r e m a 1 6 .2 9

Vektorski prostor ( H o m ( F n , F m ) , F, + , ■) izomorfan je sa algebarskom stru-

kturorn (A 'lm n , F, + , •) D o k a z D o k a za će m o d a je tražen i izom orfizam fu n k cija 'ib detinisana u teorem i 1 6 .2 /. K ak o je te o re m a m a 16.27 i 16.28 d ok azana b ijek tiv n ost fu nk cije %' : M m n * H o m ( F *, F m ). to nam je osta lo sam o da. p ok a žem o d a je fu n k cija ip h om om orfizam . N eka su m atrice A = \aij}mn i B = \bj-Amn p ro iz v o ljn i elem enti iz sku pa M m n i neka je x p roiz v oljn i elem enat iz F n . T a d a je i)(A + B )(x ) = / a + b ( X ) = (A + B )x = n

=

(Y I

n

n

(a !j +

1 11

=(53 « w - 5 3 .7 = 1

.7 -= 1

)xj >^

n

(°2j

+

^2,7)Xj , ••■,

.! '■ n

xj-•••-53 .7 = 1

(a-mj + bm.j )Xj ) =

J 1 n

n

n

+ (53 ^ ^ i ’ 53 b^ xj" ■■’ 53 j = 1

j

-1

3= 1

14. Matrice i linearne transforrnacije

269

= A x + B x = / , i ( x ) + / b ( x ) = v { A ) ( x ) + %/;(B)(x). Zn ači za svako x iz sk u p a F n važi d a je ■0(.4 + B )(x ) — ti.'(A)(x) + tp(B )(x), pa je y>(A + B ) = ■ip(A) + ip(B). D okažim o sađa d a je ip(\A) = \ip(A). Za svako x iz F n važi d a je n

n

n

\ci-2jX j , ••■•2 3

i)(\ A )(x ) = fX a (x ) --= (\ A )x = ( ^ 3 \ a ijX j,

j= l n

-

n

j= l

j= l

n

A(23 ai:/+?> 23 3=1

a^3xr - ■■> 23 amj xj) - ^(Ax) = \ f A ( x ) = \4’(A)(x), j= 1 j= l

što znači d a je t/’ (A,4) = \%jj(A).

T eorem a 16.30 ./Vefca je l7 vektor.ski prostor nad poljem F i neka je (ai, a-2, . . . . an) baza prostora V . Tada fankcija ¥-'(ai,a2.....a„) : F r

V

definisaria sa

<Č,(ai,a2,...,an)(Al, A2, . . . . An) = Aifli + A2a2 + . . . + Anan

je izomorjizam prostora F n i prostora V, koji ćemo zvati kanonički izomorfizmn. Dokaz se, zbog svoje jednostavnosti, ostavlja čitaocu. D efin icija 16.31 Neka je funkcija f : V'i —> V2 linearna tmnsformacija prostora V\ u prostor V2 i neka su (ai, a2, . . . . an) i (bi, b2. . . . . bm) redorn baze tih prostora. Tada se matnca A određena hnearnom transformacijom f \ — 'ijj(A): fA ~ iP(bi,b2,...1bm) ° f ° ^(oi.a.2...Oii) : F r

F7

zove matrica odgovarajuća homomorfizmu f , u odnosu na te izabrane baze. Na osnovu usvojene konvencije, umesto Ja pisaćemo samo A, jer homomorfizmu f a jednoznačno odgovara matrica, A. V

rioi...an)

Vo

Principi aIgebre, opšte, diskretne i linearne

270

Drugim rečirna svaka linearna transformacija / E Hom(Vi, V2) jednaka je linearnoj transformaciji f — lp . oAo • b] ,b‘2 : -■ J-yrn

J

(

-

1

)

) '

gde su (fi-i, ci'2, . . . , a„) i (61, b2, . . . , fom) neke baze redom prostora V\ i V2, dok je A linearna, transformacija odgovarajuća matrici A F m i B : F n —> F m ? Kao što je dokazano teoremom 16/20 ili 16.29 nije bitno, jer u oba slučaja to je jedno isto preslikavanje, tako da nema opasnosti od zabune.________________________________ Takođe, ako za matrice A ,B G M mn posmatramo linearnu transformaciju (Određenu sa A- B !) A- B : F n F'n. pitanje je da li je t.o linearna transformacija koja odgovara paroizvodu matrica A ■B ili kompozicija (neki kažu i proizvod i pišu •urnesto o) iinearnih preslikavanja koja redom odgovaraju rnatricama A i B tj. A : F n —>■F m i B : F n —►F'n ? Kao što je dokazano teoremoin 16.20 ili 16.29 nije bitno, jer u oba slučaja to je jedno isto preslikavanje, tako da neriia opasnosti od zabune. Vidi primer 16.22. Isto važi i za AA, A € F. Isto rezon ovanje kao i u p re th o d n o m pasusu o d re d iće nam kako da definišem o op e ra ciju m n ožen ja m atrica, sam o što ćem o um esto sabiranja h om om orfiza m a sada p o ć i o d k om p ozicije _

B

.. .

. A

h om om orfizam a. Jasno je d a se m ože napraviti k o m p o z icija h om om orfizam a l 11 F 1 i F b —*• F m ako i sam o ako je r = s. I sada m atricu k o ja od g o v a ra linearn oj transform aciji k o ja je k o m p o z icija linearnih tra n sform acija F n

p r

j

p r

_A

p m

tj

p n

£

pm

n a zvaćem o p ro iz v o d o m m atrica A i B i ozn ačavati sa A B (V id i zadatak 16.22). (Y id e će m o da je o v o ek vivalentno definiciji 16.2). D a bi od red ili form ulu za račun anje p ro izv o d a m atrica A 6 M m r i B 6 M rn preslikaćem o jed in ičn i v ek tor ej tra n sform a cijom B , a t o što d o b ije m o d alje ćem o preslikati sa A , gde je e.j

14. Matrice i linearne transformacije

271

uređena n -to rk a č ija j - t a k om p on en ta je 1, a sve ostale 0. Zn ači. ej t-v Be.j A ( B e j) o d n o s n o ako n -to r k e z a p isu jem o u o b lik u k olon a im a ju ći u vidu d efin iciju 16.26. im a m o d a je ■ 0

' ' B

.

0

br j

a-nbij

'

.

+ airbrj

a2lblj + . . . + a^rbrj

A^

(—V

1

_

3 b 2j

.

c im lb ij +

. . . + a rn rb rj

_

A k o to u p o re d im o sa d e fin icijo m 16.2 m n ožen ja m atrica, v id im o d a A ( B e j ) je baš j - t a k olon a m a trice A B tj. m a trice k o ja je p roizv'od m atrica A i B , pa. je zn ači (A B ) e j = A ( B e j ) za svako j E { 1 , 2 , . . . . ?(.}. T im e je u stvari d ok azan o da je 'i/'+ lB ) = "4’ (A) o xp(B) jer je ( y ( A ) 0 4<(B))(eđ) = f A ( j B ( t j ) ) = f A ( B e j ) = A l B c ,) . 4’{ A B ) ( e j) — (AB)e.j za svako j £ { 1 ,2 , . . . , n } , a d alje z b o g teorem e 15.12 sledi d a je (A B )x — A ( B x ) za svako x (- F n , je r je ( e i , e o , .... en ) ba za p ro s to ra F n. Zn ači važi teorem a: T e o r e m a 1 6 .3 2

Prsten ( H o m ( V ) y + , o ) izomorfan je sa (M .,

.'i

Iz teorema 16.20 tj. 16.32 sledi da za operaciju irmoženja matrica važi zakon asocijativnosti i zakon distributivnosti množenja matrica u ođnosu na sabiranje matrica, jer je algebarska struktura matrica izomorfna prstenu linearnih transformacija, pa onda i struktura matrica mora biti prsten. Zakon komutativnosti za množenje kvadratnih matrica očevidno ne važi jer je: ■1 1 ' 1 0 ' ■1 1 ■ 1 1 1 0 0 0 a to je različito od ' 1 1 ■ ■1 0 " 1 0 0 0

' 2 0 ' 0 0

Struktura (Jlotn( V). o) je očevidno polugrupa sa neutralnim elementom, jer za kompoziciju funkcija važi zakon asocijativnosti a neutralni elemenat je identička. funkcija, odnosno funkcija skupa V u skup V koja sve elemente preslikava u same sebe, a ona očevidno jeste homomorfizam. Ta struktura nije grupa jer funkcije iz (H om (V ), o) nisu sve bijektivne, pa nema svaka sebi inverznu.

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

272

Ali ako uzmemo da je Aut(V) skup svih automorfizama (bijektivnih trasformacija V u V ), tada (Aut(V),o) jeste grupa. Kako je grupa (Aut(V), o) izomorfna sa algebarskom strukturom (M'nn, •), gde je V n-dimenzioni vektorski prostor, a v l{Aul ( V) ) = A4'nn C M.nn, to je onda i ( M ' nn,-) takođe grupa REGULARNIH matrica reda n u odnosu na množenje matrica, koja nije komutativna! Neutralni elemenat u grupi ( M nn, •) je matrica I koja je definisana sa I = [aij}nn ako i sanio ako je ai3 = 0 za i ^ j, a atJ = 1 za i = j, jer za tako definisanu matricu I, koja se zove jedinična matrica, važi I x = x, gde simbol x ima dvostruko značenje i to ako I tretiramo kao identičku transformaciju, tada je x vektor tj. uređena n - torka, a ako je I jedinična matrica, tada je x matrica kolona. Kako ( M !nn, •) jeste grupa to svaka matrica iz tog skupa ima sebi inverznu, dok svaka matrica iz ( M nn, •) nema sebi inverznu. Matrice skupa M nn zovu se regularne matrice, dok se matrice skupa M nn\ M nn zovu singularne ili neregularne matrice. D a bi daljnje prouča,vanje matrica učinili jednostavnijim definiše se funkcija skupa svih kvadratnih m a trica reda n nad p o lje m F u polje F k o ja se zove d e te r m in a n ta i označava se sa det : M n n

F.

D e f l n i c i j a 1 6 .3 3

Detcrrmnanta je funkcija det : M nn - * F koja je definisana za svaki prirodm

broj n tako da • je linearna po svakoj vrsti (vidi 10.18). • jedinične matrice se preslikavaju u jedinicu polja F (vtdi 10.19). •

ako su vektori vrste matrice linearno za.visni lada se matrica. preslikava u nulu polja £ (vidi 10.15).

Glava 17 RANG MATRICE I INVERZNA MATRICA

Definiciju matrice smo dali u 16.1. Sada će mo dati definiciju podmatrice (subinatrice) neke matrice. D efin icija 17.1 Podmatrica mutrice M mn je matrica koja se dobija od matrice Mmn izbacivanjem proizvoljnog broja vrsta i proizvoljnog broja kolona. D efin icija 17.2 Kvadratna podmatrica reda r matrice Mmn je kvadratna matrica reda r koja se dobija kada u rnatria Mmn izbacimo proizvoljnih m — r vrsta i n — r kolona.

D efin icija 17.3 Minor reda r matmce M mn je determ/inanta neke njene kvadratne podmat.rice reda r. 273

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

274

Neke podmatrice (nema ih više od 961) matrice 4 3 7 5 1

6 2 5 8 9

9 6 9 3 5

0 2 0 5 8

1 9 2 2 3

su na pnmer: C1

00

4 9 1" 5 3 2 1 5 3

3 2 1 8

1

6 0 1‘ "4 9 1 7 9 2 2 2 9 1 5 3 5 0 2

3 2 6 7 5 9

4 1 1 3

Minori marice 4 3 7 5 1

6 2 5 8 9

9 6 9 3 5

0 1 2 9 0 2 5 2 8 3

su napnmer: 6 0 1 2 2 9 5 0 2

4 9 1 7 9 2 1 5 3

3 2 1 8

4 6 9 3 2 6 7 5 9

4 9 1 5 3 2 ? 1 5 3

4 1 1 3

1

Zadatak 17.4 Koliko postoji mzličitih podnmtrica matnca 6 8 “ "6 8 * ? 9 2 b) c) 9 2 J r 1 0 oo R ešen je: a)

1

b)

9 49

Z adatak 17.5 Koliko postoji najviše različitih podmatnca kvadratne matrice reda n ? Ekvivalentna formulacija ovoga zadatka glasi: ,.Ako $u svaka dva elementa u matric.i reda n razhčita, koliko tada ima različitih podmatrica te kvadratne marice ?'

ili

Dokazati da ne postoji mše od 4n - 2 n+1 + 1 različitih podmatnca kvadratne matrice reda n.

275

17. Rang matrice i inverzna matrica

Zadatak 17.6 Koliko postoji najviše mzličitih kvadmtmh podmatrica kvadratne matrice reda n ?

R ešen je (2” ) — 1 Zadatak 17.7 Koliko postoji različitih rninora rnatrica "4 6 8 “ ' 6 8 ' 7 9 2 c) a) [7] b) 9 2 ? 1 5 3 R ešenje: a)

1

b)

18

5 c)

D efin icija 17.8 Rang matrice je funkcija koju označavamo sa r a n g , koja preslikava skup rnatrica u skup nenegativnih celih hrojeva na sledeći načm. 1. Ako je .4 = 0, tada je r a n g A=0. 2. Ako je A ^ 0, tada je r a n g rnatrice A jednak r ako postoji minor reda r različit od nule, a sui minori reda većeg od r , ukoliko postoje, jednaki su nuh. D ru gim rečim a m in or n a jvećeg reda m atrice k o ji je različit od nule, zove se b a zičn i m inor i n jegov red je rang te m atrice. P rim er 17.9

A

4 0 0 0 0

6 2 0 0 0

9 6 9 0 0

0 2 5 0 0

1 9 2 0 0

=>• rang A = 3

Koliko najviše bazičnih minora može imati prethodna matrica? (ij) Drugim rečima, ako su svi elementi matrice A ispod glavne dijagonale i r — te vrste jednaki nuli, a preostali elementi na glavnoj dijagonali različiti od riule, tacla je rang matrice A jednak r. Kako se svaka matrica ekvivalentnim transformacijama može svesti na oblik prethodne matrice i kako se ekvivalentnim transformacijama tj. Gausovim algoritmom, rang matrice ne menja, sledi da je to, u opštem slučaju, najbrži način za određivanje ranga proizvoljne matrice. Vidi 17.11 i 17.12

276

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

D efin icija 17.10 Ako je rang matnce A jednak r. tada .svi minori reda r koji su različiti od nule zovu se bazični minori. eieikiM%rP)P . D efin icija 17.11 Ekvivalentne transformacije matrice su 1. Zamena mesta vrstarna (kolonama) 2. Množenje vrste (kolone) brojem različitim od mde. 3. Dodavanje neke vrste (kolone) nekoj drugoj vrsti (koloni). Ako se vrše transformacije nad vrstarna, tada takve transformacije zovemo vrsta-transformacije. Analogno definišemo kolona-transjormacije.

T eorem a 17.12 Ekvivalentmm transform.a.cijama r a n g matrice se ne menja. D okaz Kako zamenom mesta vrstama u kvadrat-noj matrici menja se znak njene determinante, a apsolutna vrednost se ne rnenja i kako množenjem jedne vrste matrice X sa A determinanta te nove matrice je Adet(X), sledi da primena prve dve ekvivalentne transformaeije ne menja rang matrice. Pokažimo da i treća vrsta ekvivalentnih transformacija ne menja rang. Ako je u nekom minoru neka vrsta dodata nekoj drugoj vrsti minor se ne menja zbog teoreme 10.16 Neka je rang matrice Mmn jednak r. Uočimo sada neki minor Crr matrice Mmn različit od nule (koji postoji jer je r a n g Mmn = r) i uočimo neku vrstu koja ,,ne prolazi’' kroz taj minor. Označimo sa b\. bo. ...,br one elemente te vrste koji pripadaju kolonama koje prolaze kroz uočeni minor. Neka je A rr determinanta dobijena od determinante Crr tako što je 'i-ta vrsta determinante Crr zamenjena sa bi,b2, ..., br i neka je B rr determinata dobijena od determinante Crr tako što je z-toj vrsti dodata vrsta b\, 62, br. Sada na osnovu teoreme 10.18. (osobina determinanti) sledi da je Crr + Arr = Brr. Kako je Crr 0, to iz prethodne jednakosti sledi da je bar jedan od minora Brr ili A rr različit od nule, a pošto su oni obojica reda r sledi da se rang matrice M mn neće smanjiti. Rang se neće ni povećati, jer kako je Cr+i,r+\ = 0 i A r+1,'r+l — 9 to je i Br++r+l = ^r+l.r+l “t' ^r+lj-\-l ~ 0 + 0 = 0. D

17. Rang rnatrice i inverzna rnatrica

277

Definicija 17.13 Za matnce A t B istog tipa se kaže da su ekvivalentne ako irriaju isti rang i to se označava sa A ~ B . Na osnovu izloženog sleđi Matrice istog tipa imaju jednake rangove ako i samo ako se mogu ekvivalentnim transformacijama svesti jedna na drugu.

Teorema 17.14 Ako je r rang matrice Bmn = [ b ij] m n , tada se od te rnatrice ekvivalentnim transformacijama može dobiti matrica * 1

«12

Cl

\3

<214

« 1r

• ■•

^ ln

0

1

t t

'23

«24

^2 r + 1

• . .

G'2 /7

0

0

1

&34

a

.

0

0

0

1

+1

3 r + i

a r

r+ l

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

•■

• ■■

&

3n

a r n

. ..

0

. ..

0

kod. koje ne postoje elementi ispod glavne dijagonale i r-te vrste koji su razltčiti od nule, a prvih r elemenata na glavnoj dijagonali su jedinice. Očevidno je da svaka matrica oblika ★ irna rang r. Matrice oblika * zvaćemo trouglastim matricama. a matrice koje se od matrica oblika * razlikuju samo u torne što su umesto jedinica brojevi različiti od nule, zvaćemo takođe trouglastim matncarna. Dokaz N a osn o v u d efin icije rGingEi iiiiHino d& je / -— 0 B <■n.Ti —- j
B mn = [bij]mn ^ 0. A k o su svi elenienti prve

k olon e je d n a k i nuJi, ta d a z am en im o m esta p rv o j i d ru g o j koloni. A k o su i sada svi elem enti prve k olon e je d n a k i nuli, tad a zam en im o m esta p rv o j i tre č o j koloni.

N a sta v lja ju ći ov a j p ostu p a k

d o ćić e m o d o kolon e u k o jo j je bar je d a n elem enat ra.zličit o d nule, naprim er k-ti p o redu. jer bi u p ro tiv n o m p o la zn a in a trica b ila nula m atrica.

Sada z a m en im o m esta A’- t o j i p rv o j vrsti.

P rv u v rstu će m o sada p o d e liti sa elem en tom k oji je na n je n o m p rv o m m estu za k o ji zn am o da je različit o d nule, a zatim će m o je m n ožiti o d g o v a ra ju ć im b r o je v im a i d o d a v a ti ostalim vrsta m a tak o da. svi elem enti prve k olon e izu zev p rvog, k o ji je je d in ica , b u d u jed n a k i nuli. A k o m atrica neina više v rsta ili k olon a o n d a je njen rang je d n a k r = 1 i d ob ijen a m a trica je tra žen og oblika. II su p ro tn o m slu ča ju p o sm a tra m o njenu p o d m a tric u d ob ije n u brisan jem p rve v rste i prve lcolone.

278

Principi aJgebre, opšte, diskretne i linearne

A k o je ta p o d m a tric a nula m atrica, rang p olazn e m atrice je o p e t r = 1 i m a trica je tra žen og oblika, a ako je ta p o d m a tric a različita o d nula m atrice na nju p rim en im o isti p o stu p a k kao i na p olazn u m atricu . T o sve činirno d o k se p o ja v i nula p o d m a tric a ili se d o g o d i d a brisan jem prve kolone i vrste nestane p osm a tra n a m atrica je r se sa sto ja la sarno o d je d n e v rste ili kolone. T ad a je p o sle d n ja m atrica o č e v id n o tra žen og oblika. K ako rang te p osle d n je m a trice m ora biti r z b o g teorem e 17.12, to ova p o sle d n ja m atrica m ora im ati ta čn o r p rvih v rsta čiji svi elem enti nisu nule, jer bi u p ro tiv n o m rang te m atrice b io m an ji o d r. O p isan i a lg orita m se m o ra završiti u k on a čn o m n o g o koraka jer b r o j v rsta i k olon a je konačan. O v a j alg orita m se zove G a u sov a-lgoritam.

Strogi dokaz ovc teoreme daje se indukcijom po broju vrsta m matrice [bij]mn, za svako n. Za r=rang Bmn = 0 tvrđenje je oćevidno tačno. Neka je sada r=rang Brnn ^ 0 tj. Bmn 0 . Za m = 1 tvrdjenje je tačno jer se tada matrica sastoji od samo jedne vrste u kojoj je bar jedan elemenat različit od nule (zbog rang Bmn ^ 0) i sada zamenimo mesta tom elernentu i elementu koji je na prvom mestu, a potom celu tu vrstu podelimo sa tim elementom koji je na prvom mestu za koga znamo da je različit od nule. Pretpostavimo sada da je tvrdjenje tačno za m i dokažimo onda da je tvrdjenje tačno i za m + 1. Uočimo matricu Bm+\n od m + 1 vrsta. Kao što je na početku prethodnog pasusa pokazano, ova rnatrica se ekvivalentnim transformacijama jednostavno svodi na matricu kod koje je prvi elemenat prve kolone 1, a svi ostali elementi prve kolone su 0 (opet moguće zbog rang Bmn ^ 0). Ako je matrica Brn+in imaJa samo jednu kolonu dokaz je završen. a ako je matrica imala bar dve kolone tada brisanjem prve kolone i prve vrste dobija se matrica od m vrsta. koja je ili nula matrica ili se na nju može primeniti induktivna pretpostavka. Posle ovoga, u oba slučaja, očevidno je dobijena matrica traženog oblika, pa je dokaz indukcijom zavrsen. □

Znači, matrica ima rang r ako i samo ako se ekvivalentnim transformacijama može svesti na matricu oblika * 17.14.

U svim primerima rang matrice ćemo tražiti tako što ćemo je ekvivalentnim transformacijama svoditi na oblik * (Vidi 17.14), tj. trougaoni oblik, stim da umesto jedinica na glavnoj dijagonali mogu biti i proizvoljni skalari polja različiti od nule.

17. Rang matrice i inverzna matrica Prmier Ispitati u zavisnosti matrice a c c b

279

od realnih parametara a, b i c rang c a b c

c b a c

b c c a

Rešenje. Izvršimo sledeće ekvivalentne transformacije. Četvrtu kolonu pomnožirno sa —1 i dodamo prvoj koloni. Prvu vrstu dodamo četvrtoj vrsti. Treću kolonu pomnožimo sa —1 i dodamo drugoj koloni. Drugu vrstu dodarno trećoj vrsti. Treću vrstu dodamo četvrtoj vrsti. Cetvrtu kolonu pomnožimo sa —1 i dodarno trećoj koloni. Tako smo dobili njoj ekvivalentnu matricu i rang r: 0 c —b b a —b b —c c 0 a + 6 — 2c 2c 0 0 a + 6 + 2c

o II

II

je onda je rang r=0 je onda je rang r = l = 6^0 je a = b A c b A c = --b onda je rang r = l je -b onda je rang r=2 je a b A a + b - 2c = 0 A c = 0 ondaje rang r=2 je a bA a + b - 2 c = 0 Ac^O ondaje rang r=3 je a ^ b A a + b — 2c ^ 0 A a + b + 2c = 0 onda je rang r=3 je ci b A a + b — 2c / 0 A a + b + 2c ^ 0 onda je rang r=4 Elementi glavne dijagonale matrice su a,,. gde i uziina sve vrednosti prirodnih brojeva od 1 do m in {m . n}, elementi ispod glavne dijagonale su a^ za i > j i elementi ispod r-te vrste su a^ za i > r. o <

II C3

i 'lk

<

<

II

Ako Ako Ako Ako Ako Ako Ako Ako

gs 1! o> C)

a —b 0 0 0

T eorem a 17.15 Rang matrice B mn = [bij]mn ^ 0 jednak je dimenziji vektorskog prostora generisanog vektorirna kolona te matrice. D okaz Neka je b*. = (6^, 62fc, ■••, bmk) fc-ta vektor kolona matrice Bmn = [bij]mn za svako k = 1,2, Odredimo sada dimenziju vektorskog prostora V generisanog sa B = ( b x, b2, . . . , bn). Pođimo od vektorske jednačine čije nepoznate su « i , a 2, - . . , a n Q'ibi + a 2b2 + .. . + a nbn = 0 = (0, 0 , . . . , 0).

Principi algebre, opšte, cliskretne i linearne

280

Ona je ekvivalentna sistemu linearnih jednačina

Oc\b21~\~ Si :

Q2^12+ OL2^22+

Ct'3^13H- •■■ +Q?i.6ln = 0 CI3623+ ••• f >iJh2v ~ 0

.

.

&lbrnl~\~ a2^m2 +

Q3^m3+

.

•■•

~ 0

čije nepoznate su Qi, a 2, . ■■, otn, a čija matrica je očevidno baš matrica Bmn = [bij]mn. Ovaj sistem linearnih jednačina se ekvivalentnim transformacijama svodi na trougaoni oblik: a,,;i +

n ,.,a12 4

n ,:/ / | 3-i- . . .

a.t2+

« i3a23+ ■■• an + ...

a ir + cv7-r+1a i '■+1 +

+«,;,. a-2r+ «ŽT.+1« 2?+1+ +Q:.,;.a3r+ a'ir+1a-3H-i+ +

tt.,;rfla,r r+i +

■•■+°'»n

(li n

~

0

•••+Q'ina2n = 0 ••• +a'i,.,,a.3 n = 0 ... +Q./f(a.m — 0,

gde je (zi,Ž2? •••, ?’n) neka permutacija skupa { 1 , 2 , . . . , n}, odnosno {tti, q 2- ••■, otn} = { a n , a, 2, Q ? : a}• Zbog teoreme 17.14, broj r je baš rang polazne matrice. Ako je r = n. tada su rang matrice i dimenzija prostora jednaki n i teorema je dokazana. Neka je sada r < n. Tada sledi da je sistem neodređen i da mu je stepen neodredjenosti n — r. Zato se nepoznate a n , a ?2, . . . , aiv gornjeg sistema mogu izraziti pomoču nepoznatih a ir+1, a lr_f2, . . . , a ln. Sada u jednakosti a i+bi} + a l2b i2 + ... + a in bln = 0 skalare a ^ , ai2. . . . . a lr izrazimo u funkciji od a:jr40 , a ir+2, . . . , a in i grupišemo sve vektore uz skalar a ir+1, zatim uz ttjr+2 itd. uz skalar a ln. Kako je ta jednakost tačna, za sve vrednosti skalara a.tr+l, a lr+2, . . . . a%n, to sve linearne kombinacije tih vektora uz te skalare a lr+l, a lr+2, . . . . a in, moraju biti jednake nuli (uzme se da je tačno jedan od tih skalra jednak 1 a ostali skalari jednaki 0). Znači, dobili snro n — r jednakosti, odnosno n — r linearnih kombinacija vektora skupa {bi , b 2, . . . , bn}, koje su jednake nuli. Posma.trajmo tih n — r jednakosti „kao sistem" S 2 od n — r jednačina čije nepoznate su vektori b i , b 2, . . . , bn. Sistem S 2 svedemo na trougaoni oblik ekvivalentnim transformacijama. Ovaj trougaoni oblik imače isti broj jednačina, tj. n —r, kao i sist.em S 2 , jer ako bi ih u protivnom bilo manje, imali da sistem jednačina «Si, čije nepoznate su skalari q 7-, , ima stepen neodređenosti različit od n — r. Kako ovaj

281

17. Rang matrice i inverzna matrica

trougaoni oblik ima tačno n — r jednakosti to sledi da se nekih n — r vektora iz skupa B = { b i , b2,.. ■, b„ }, naprimer baš onih n — r sa glavne dijagonale u trougaonom obliku, mogu izraziti preko preostalih r vektora toga skupa, što znači da tih r vektora generišu vektorski prostor V koga generišu i svi vektori skupa B — { b i , b 2, . . . , b n}. Tih r vektora jesu i minimalni broj generatora tj. baza tog prostora V , jer bi u protivnom sistem S2, morao imati više od n — r jednačina. Kako je rang polazne matrice r i kako je dimenzija prostora generisanog vektorima b i , b 2. . . . , bn jednaka takođe r , to je dokaz završen. Pogledati zadatak 17.16, jer je kroz njega faktički ponovljen ceo ovaj dokaz □ Znači, dirnenzija vektorskog prostora V jednaka je razliei broja vektora b ], b2, , bn koji ga generi.su i broja jednačina sisterna S2 tj. veza rneđu vekt.onrna b i , b 2, . . . , bn, gde su nepoznate vektor bu b2, . . . , bn. Sada je očevidno da je dimenzija prostora Vr jednaka n - (n - r ) = r, odnosno jednaka rangu r matrice pornenutog sistema jednačina. Analogno se dokazuje da je rang matrice jednak dimenziji vektorskog prostora generisanog vektorima vrsta matrice. Evo prethodne teoreme ilustrovane na sledećem primeru. Zadatak 17.16 Neka je V vektorski prostor genensan uređenom petorkom vektora (a. b, c. d. c). Naći sve linearne zavisnosti ove petorke vektora, dimenziju prostora V , napisati sve baze prostora V čije komponente su iz skupa S = {a, b, c, d, e}, pri černu od n-torki koje su baze i koje se razlikuju samo u redosledu komponenti, treba pisati samo leksikografski prvu i naći rang matri.ee čije su kolone dati vektori a, b, c, d, e , ako je: a — (2,-1,3,1), b = (1,0,-1,2), c = ( 0 , 1 , - 5 , 3), d.= (1,1. —6,5), e = (-1 ,-2 ,1 2 ,-1 0 ). Rešenje. aa + (3b + 7 c + 5d + ee = 0<=> 2a

+ /3

— a +7 3a

a

—(3 + 2 /3

+ đ —e = 0

+<5

—2£

=

0

a

— 7/3

— 5 7 —6 d + 1 2 e

= 0

+ 3 7 + 5 5 - 10£

= 0

—147

—2 15

^ 2(3+ 4 ^ -3 /3

+ 2 /3 + 3 7 + 5 (5 — 1 0 c

+42
-6 7

+65

— 12c = 0

-9 5

+19^ = 0

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

282 a

--{-2(3 \3

—lOe +37 +55 —6e +27 +35 e

=0 =0 0

a — 7 + 5 (3 = —27 —35 e = 0

Sve zavisnosti skupa vektora S date su sa (7 + 5) a + ( —27—35)6+7C+5c/+0-e = 0 (a—2 b + c)7 + (a —36+fI)5 = 0 gde su 7 i 5 proizvoljni realni brojevi. Za 7 = 0 i 5 = 1 dobićemo da je a — 36 + d = 0, dok za 7 = 1 i 5 = 0 sledi a — 26 + c = 0. Znači imamo da je aa + (3b + 7c + 5d + ee = 0 <+■ a —36 +(i +0 •e — 0 a —36 +đ +0 •e = 0 ^ a —26 + c +0 ■e = 0 ^ 6 + c —d +0 •e = 0 («,

7 :5. £) e l ( ( 1 , - 3 , 0 , 1 , 0 ) , (0,1,1, - 1 . 0 ) )

Kako je skalar e = 0, to vektor e koji stoji uz njega mora obavezno biti u svakoj od traženih baza, jer se on iz toga sistema ne može izraziti preko preostalih!

Iz poslednjeg sistema sledi da su vektori a i 6 nepotrebni u generisanju prostora V, pa (c, cL e) je generatorna. za V te je di ml < 3. Međutirn kako poslednji sistem reprezentuje SV E zavisnosti skupa vektora S = {a, 6, c, d, e), to dim V — 3, jer bi u protivnom poslednji sistem u tom trougaonom obliku morao imati T R I nezavisne jednačine, a 011 ima D V E . Očito je da (c, d, e) jeste baza prostora V, ali kako proveriti da li je (a, 6, e) baza prostora V I Komplement sukpa {a,b. e} u odnosu na skup S je {c. d). Ako se elementi skupa {c. (/} mugu izraziti samo preko skupa vektora {a,b,e}. onda će to značiti da (a. b. e) jeste baza, jer već znamo da je dim V = 3. Drugim rečima. treba proveriti da li poslednji sistem u kojem skup nepoznatih je {c:,d}, jeste takav da se c i d mogu izraziti preko vektora a. b i e tj. da li je detrminanta sistema

^

^

različita od nule ili jednaka nuli! Ako

je različita od nule. onda će (a, b, e) biti baza, a u protivnom neće. Kako je

^

1

= - 1 ^ 0, to (a, 6, e) jeste baza. Tako dobijamo da

(a, 6, e). (a,c,e), (a,d,e), (b.c.c). (b,d,e), i (c, d, e) jesu baze. Vidi definiciju 14.16, gde piše da {a, 6, e j je baza akko je (a, 6, e) baza. Uoči razliku i sličnosti između sitema zavisnosti nekog skupa vektora ________ sistema linearnih jednačina nad nekim poljem !

Dimenzija vektorskog prostora V , može se računati i kao razlika uku-

17. Rang matrice i inverzna matrica

283

pnog broja vektora koji ga generišu minus stepen neodredjenosti dobijenog sistema linearnih jednačina po a, 0, 7 , S, e tj. dim V = 5 —2 = 3 ili ukupan broj vektora minus rang matrice A sistema zavisnosti vektora a, b, c, d, e. U ovom zadatku matrica A sistema zavisnosti je [

a

A

1

—

1

—3

0

1

0

—2

1

0

0

1

....

.

.

’ C1^ r a n ®

. ,

.

o c e v i(*n o

.

.

0

Jednak

2.

Kako je matrica X čiji se rang traži, ekvivalentna matrici Y koja je dobijena od matrice X ekvivalentnim transformacijama, tj. "

2 1 1 -1 0 -1 1 0 1 -2 3 -1 -5 -6 12 1 2 3 5 -1 0

"1 2

'

~

1 =

0 1 0 0 0 0

-1 0 -6 1 0

3 2 0 0

5 3 0 0

"

to je r a n g X = r a n g Y = dim V = 3. Time smo i na ovom primeru proverili da rang matrice je jednak dimenziji vektorskog prostora generisanog sa vektorima kolonama te matrice. Može se primetiti da ovaj primer u potpunosti reprezentuje i opšti dokaz teoreme! Znači da postoji potpuna analogija između ekvivalentnih transformacija matrice i ekvivalentnih transformacija sistema linearnih jednačina. Teorema 17.1T JS/ckci■su f3\—(3n, 021, . . . , (3^—(0i2i 022 ■ >■■■■ , Pm2 . . . , &n =(8in, $ 2n’ ••••0mn) vektori iz F m, gde je (F, +, •) neko polje i neka je ( a i 7a 2, . . .,amJ m-torka vektora koja generiše vektorski prostor (U, F, +, •) i za sve skalare a:i. a'2, . . . . a m iz F zadovoljava uslov a i O i + ■••+ a ^ a ^ 0 (cv'i, a 2, . . . , a m^) (r L(J3\.... ,/3nj. Tada je dimenzja vektorskog prostora (V, F, +, •) jednaka m — r, gde je r rang matrice A čije kolone su vektori f3lr. .. ,(3n tj.

A

l-hi

012

01n

021

022

02n

0nil

0rn2

0r

Dokaz ove teoreme sledi iz zadataka 14.36 i 17.16.

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

284

Konstruisati algoritam za određivanje svih baza prostora V čije komponente su iz skupa { a i , a 2, . . -,an}. Algoritarn je opisan u zadacima 14.36 i 17.16 i na ispitu se vrlo često pojavljuju takvi zadaci! Teorema 17.18 Za svaku kvadratnu matricu Bnn važi da je njena determinanta različita od nule ako %samo ako su njeni vektori kolone (vrste) hnearno nezavisni, tj. det Bnn

0

( b [ . b‘2, . . . , bn) je nezavisna,

qde je b[ — {b\i, hoi* ■■■, bni) t-ta vektoi kolo?ia mati ice Bnn za svako i — 1. 2 . . . . . n . Dokaz (=>) Nekaje det Bnn ^ 0 i dokažimo daje n-torka vektora (b|. b2....... b n) nezavisna. Dokaz izvodimo kont.radikcijom tj. pretpostavićemo da je n-torka ( b\. b 2. . . . . bn) zavisna. Tada se bar jedna kolona k od kolona te ?7-torke inože napisati kao linearna kombinacija preostalih kolona i neka su skalari u toj linearnoj kombinaciji redom Ai, A2, . . . , A„_i. Ako sada svaku od tih preostalih vektor kolona. pomnožimo redom sa skalarima —Aj, —A2, . . . . —An._i i sve dodamo koloni k, dobiće se da su u A;-toj koloni sve nule, tj. da je det Bnn = 0, što je kont.radikcija sa uslovom. (<=) Neka je n-torka vektora ( b i , b2, . . . , bn) nezavisna i dokažimo da je detB nn 0 . Dokaz opet izvodimo kontradikcijom. tj. pretpostavimo da je det Bnn = 0 , što znači da je r a n g B nn < n, odnosno dini L(bi, b2, . . . , bn) < n zbog teoreme 17.15. Iva.ko ?z-torka vektora (bi, b2, . . . . bn), generiše prostor dimenzije manje od n, to je po teoremi 14.30 n-torka (bi, b2, . . . , bn) linearno zavisna, što je kontradikcija sa uslovom. □ Drugim rečima determinanta matrice jednaka je nuli ako i samo ako su vektori kolona linearno zavisni. U glavi Determinante dali smo definicije minora. M tJ i kofaktora Aij nekoga elementa at] matrice A = [o,,;jj. Sada ćemo dati definiciju adjungovane matrice matrici A = [a^-] i označavaćemo je sa adj A.

17. Rčing nmtrice i inverzna matrica

285

Na testovima se pojavljuju primeri kao sto sleđe ovi, u kojim se zaokružuje samo broj ispred iskaza. koji je tačan, ili se upisuje odgovor na ostavljena prazna mesta. Broj tačnili iskaza može biti 0,1,2,..., svi. Test 17.19 Neka su = (an , . . . , aln), a2 = (a2i , a2n),. . . , an = (ani , . . . , ann) vektori vrste matrice A = A nn = i neka je V = Lin(&i, a2? •••an) = {o;]ai 4~ct2a2 + •••+ a nan|(i'l5 . . . , c\.n £ M}. Tada: -^ d e t A ^ O rangA < n ^ det A ^ 0 ^ r a n g A < n 'flf. (ai, a2( . .. an) je zavisna <=> det ^ = 0 ^/. dim V ^O r a n g A 1> Y % det .4 y- {) <=> dim V< n ^ ( a i, a2, ... an) je zavisna <=> r a n g A < n Test 17.20 Odrediti rang r matrice A u sledećth 8 slučajeva.

A

p r r r p q r q p q r r

a) c) e) g)

a)

b) r=

c) r=

(p, q, r) (/'• <1- r) ip-q.r) (p. q. /•) d) r=

= = = =

(0, 0, 0) ; (1,1, —1); (1,-1,0); (1,-3,1); e) r=

b) d) f) h)

f) r=

{p, q, r) {p.q,r) {p,q,r) {p,q,r)

= = = =

g) r=

(1,1,1); (1,1,2); (1,3,2); (1,2,1). h) r=

Test 17.21 Koje od tvrđenja je tačno ako je A kvadratna matrica reda n: det/1 = 0 => rang A = 0 1^-det/t = 0 => rang A = n , &$) det yl = 0 <=> rang .1 < n — 1 . (m) rang A = n => det , 4 ^ 0 . Test 17.22 Neka je A ~ B <=> kvadratne matrice A i B reda n su ekvivalentne. Zaokruži tačno. 0

A ~ B => ^detv4=0 <=> det jB=0^ ,

4~ B |det A\ = |det B |, A ■=> dct(A) = det B . det A = det B / 0 => 4 ~ B. ^ (det A ^ OAdet B ^ 0) A ~ B, . l/»‘o jc X -j- 0, tada važi da det .4 = A det B => A ~ r ^ Test 17.23 Zaokružt tačan odgovor. Za proizvoljne kvadratne matrice A , B , C reda n važi: A ( BC) = (A B ) C b^Niet. AA = A det .4 " p f AB = BA P ' ( ^ S ) " 1 = B - ' A - 1 gfdet(AB) = det.A + detS •k 4mh f) det(,4 + B) -- det A + det B det(AS) = det A det B Tesi 17.24 Neka A ~ B znači da su matrice A i B ekvivalentne. Tada zaokruži tačan odgovor: ^j)A~B=> (rang A = 0 ^ r a n g B=0^ , det(A) = det(B) => A ~ B. A ~ B => \det(A)\ = \det(B)\, ')JA

( rangA = 0

A ~ B => det(A) = det(B), A ~ B 4=> \det(A)\ = \det(B)\,

rang B = 0

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

286

D efin icija 17.25 Ako je A = [aij]nn kvadratna matrica, tada njoj adjungovana matrica, u oznaci adj A. je matrica

adj A -

-4-11

a 2i

.

■

A ni

A\2

^ - 22

■■•

A n2

A\n

A^n

■ ..

sT-rm

■

]rirt 4

Znači, od matrice A dobija se njoj adjugovana matrica adj A tako što se svaki elemenat matrice A zameni njegovim kofaktorom i zatim se izvrši tra.nsponovanje tj. odgovarajuće vrste i kolone za.mene mesta. Primer a t j

10 ' " -1 8 -2 2 17 - 8 12 7 -4 6

II

e

A =

'2 3 -1 “ 0 -2 4 3 1 7

D efin icija 17.26 Kvadratna matrica B matrici A reda n ako je A B = I , gde je tj. atj = 0 & i ^ j i aij = 1 i = j. označava se sa A -1 . a

reda n je inverzna kvadratnoj I = [al3]nn jedinična matnca Matricainverzna matrici A /1' /1 -t

M 'n 'J ,

T eorem a 17.27 Kvadratna matnca A = [aij]nn ima inverznu ako i samo ako joj je deterniinanta različita od nule. Dokaz (=>) _ • , . i Ako matrica A irna sebi iverznu matricu A~l , tada je AA 1 = /, a primenom teoreme 10.24imamo da izdet(AA~l ) — de t l sledi det A det A " 1 — 1 što znači da je det A ^ 0. { * = )

.

.

.

.

.

.

Na osnovu teoreme 10.23 i definicije 17.25 imamo da je A

(adj A) =

det A 0

0 det, A

. .

0

0

.

.

.

[a n A k i

0 0

. det A

+ a^ A

^

H- ... + ainA■kn nn ' 1 0 . . 0 " 0 0 1

"

.

.

= det A 0 0

.

.

1

(d,et A)I.

17. Rang matrice i inverzna matrica

287

Znači dobili smodaj e A(adj A) = (detA)I tj. A ^(det A) ~Y adj A^ = / , odnosno A~l = (det A )~l adj A. Primetimo da skalar (de.t A) ~l postoji samo zato što je det A ^ 0 . □ Prirner - .. ...... """ A =

. 3 -1 ' 0 '^ r T i 3- .i ^ i

=*

A - 1 = —n —o 5 6 11 -8 -4 --6 -6 " 12 7

10 ' -8 -4

-6 ' 12 jer je r-7 / "1 0 1 0 0 0 1

i.............................................. o o

-1 5 6 —6 = 12 - 8 -1 1 Primer -4 7 -6 5 6 -6 ' 5 6 - 8 -1 1 12 - 8 -1 1 _4 _-6 -4 -6 7 '

12 6

-2 2 17 7

Pefiniciia 17.28 Ako kvadratna rnatrica A ima inverznu matricu tj. det A 0, tada se za rnatricu A kaže da je regidarna. U protivnom se za matricu A kaže da je singularua. Definicija 17.29 Skalarni proizvod vektora (Q'i,a2j ■•, a n) G F n i vektora (j3i, /32, . . . , j3n) £ F n je skalar otij3-\ H- q;2/32 •+ UnPiI E F i to zapisujemo sa i f V 1. \2 . . . • - n f, ) ( ( / , . ^ 2 .........j3n) = tti /^1 ■+ a 2p2 + • • • + a n/3r

Skalarni proizvod vektora A = (olu ol2, •.. ,OLn) i vektora B = (/3X, /32, . . . , (3n) je proizvod matrice vrste A T i matrice kolone B . Vidi 16.3. Napomena: U 16.3 je definisa.no da ako je A = (ai, q 2, . . . , a n) vektor, tada je A T = [ai, a 2. . . . , a n] matrica vrsta, jer je A matrica klona! Nakon ove definicije proizvod matrica A = [aij]mn i B = [bij]nk se može definisati na sledeći način. Definicija 17.30 Elemenat matrice AB na rnestu (z, j ) dobija se kao skalarni proizvod i-te vektor vrste m,atrice A = [%■]„„, i j-te vektor kolone matrice B = [bl?\nn tj. A B — [anbij + a-iob^j + •■•+ 0'inbnj\nn-

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

288 Vidi definiciju 16.2.

Teorema 17.31 Ako su matrice A\ i C\ dobijene redom od matrica A i C tako što su nad njirna vršene iste ekvivalentne vrsta-transformacije, tada iz A B — C sledi A\B ----- C\. Dokaz Neke je A B = C. Tada, po definiciji množenja matrica, i~ ta vrsta matrice C je dobijena tako što je i-ta vrsta matrice A skalarno množena redom sa svim kolonama matrice B. pa je onda očevidno da ako u matrici A zainene rnesta ?-ta i j-ta vrsta, tada će se isto desiti i u matrici C cia bi se očuvala polazna jednakost. Analogno zaključujemo i za transformacije nmoženje vrste skalarom i dodavanje 2-te vrste j-toj vrsti (i / j). Evo još jednoga dokaza drugog dela teoreme 17.27: Inverznu matricu A 1 matrice A = [%-]nn naćićemo polazeći od jednakosti I \A = [A]. Vršićemo iste ekvivalentne vrsta-transformacije nad uokvirenim matricama tako cla inatrica A pređe u matricu Ai oblika * iz teoreme 12.8. Ovo je moguće dobiti samo sa vrstatransformacijama jer je det A / 0 . pa u svakoj koloni ima bar jeđan elernenat različit od nule i zbog toga nije potrebno menjati mesta kolonama. Pri tome se matrica / transformisala u matricu koju ćemo označiti sa na primer sa I\ i zbog teoreme 17.31 je I\A — A\. Kako je det A ^ 0, to je ra n g A = n pa je i r a ng Aj = n , zbog čega u matrici A\ su svi elementi na glavnoj dijagonali jednaki jedinici (a ispod glavne dijagonale jednaki nuli). Dalje vršimo opet iste ekvivalentne transformacije nad matricama I\ i A\ , tako da se od matrice A\ dobije jedinična matrica I , što je očevidno inoguće, a pri tom će od matrice I\ nastati tražena matrica A ' 1, jer iz I\A = A\ je dobijeno .4 1A = I. Znači pokazali smo da ako je det A ^ 0, tada postoji rnatrica A_1 takva da je A~l A = I. Ovo je istovremeno i najjednostavniji algoritam za efektivno izračunavanje inverzne matrice u opštem slučaju. Teorema 17.32 Ako je M nn skup svih regulamih matrica reda n, tada je (Ai'nn, ■) multiphkativna grupa. Dokaz Uređeni par (M'nn, ■) jeste grupoid jer proizvod dve kvadratne regularne matrice reda n je opet kvadratna regularna matrica

17. Rang matrice i inverzna matrica

289

reda n (zbog det(A •B) = det(A) ■det(B)) i proizvod dve date matrice je uvek jednoznačno određena rnatrica (tj. ne može se desiti da proizvod dve date matrice A i B je i matrica C i matrica D gdej e C ^ D ) . Asocijativnost operacije množenja matrica sledi iz teoreme 16.20 tj. 16.32 koja kaže da je prsten (Hom,(\r) : + , o) izomorfan sa (Ainn, +, •). Neutralni elemenat ove operacije je jedinična matrica I = [aij]nn kod koje je ait = 1, a svi ostali elementi su joj jednaki 0. Kako je ftA'nn skup regularnih matrica reda, n, to svaka, ima sebi inverznu po definiciji 17.28 i ta inverzna je regularna zbog jednakosti det A • (1(1 .1 ! = 1, koja važi za, svaku regularnu matricu A. □

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

Glava 18 KARAKTERISTIČINI KORENI I VEKTORI

U mnogim obiastima matematike i drugih naiika veliku važnost i primene imaju karakteristični koreni i vektori. D efin icija 18.1 Neka je A kvadratna matnca reda n nad nekim poIjem F. Skalar X je karakteristični koren matrice A ako i samo ako postoji vektor x = (xx, x 2, ••••x n) 6 F n (uređena n-torka), različit od nula vektora ( 0 , 0 , . . . . 0). takav da se hnearnom, transformacijom koja odgovara matnci A preslikava u vektor Ax tj. ^ A{£ '/l'Lt--f i /

<

A k — Ax ZJć/f Vektor x je tada karakteristični vektor matrice A za karakteristični koren (karakterističnu vrednost) X. Linearna transformacija koja odgovara ma.tria A obeležava se takođe sa A, pa u jednakost A x = Ax, izraz A x predstavlja sliku vektora x funkcijom A i istovreme.no predstavlja proizvod matrice A t matrice 291

Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

292

kolone x, jer vektor x (uređena n-torka) rnože se predstaviti kao matrica kolona. Napomena: Simbol x tertiramo dvojako. kao uređcnu n - torku ili kao matricu kolonu, zavisno od konteksta! Drugim. rečima vektor x ^ (0, 0, . . . , 0) i njegova slika vektor A x su kolinearni vektori (tj. kordinate su im proporcionalne) ako i samo ako je x karakteristični vektor matrice A. Prema torne najbrža provera da li je x karakteristični vektor matrice A, jeste izračunati proizvod A x i videt.i da li je taj vektor kolinearan sa x tj. da li su im koordinate prporcionalne i ako jesu. tada ta.j koeficijenat proporcionalnosti je karakteristična vreclnost te matrice. P rim er 18.2 Naći karakteristične korene i njirna odgovaraluće karak1

teristične vektore matrice

A

-9

-O

1 5 -1 - 2

1

y

0

z

1

1

to

l

i—1

—

3

li

1

1

1

1

I

5

01

CM

1 1------------------------1 1

1

R ešenje y _2 _

(1 - X)x x + (5 -x

-2 y X)y +3 —2 y —X

Da bi postojao nenula vektor ( a i , a 2,Oi3) koji je rešenje ovoga sistema linearnih jednačina, mora determinata, da bude nula, jer je sistem homogen tj. kada bi determinanta sistema bila različita od nule sistein bi imao samo jedno rešenje (0, 0. 0)!

A -2 -2 1 5 —A 3 -1 - 2 -A

-A3 + 6A2 - 11A + 6 - 0 ^ A e {1,2, 3}

1 A2 — 2 A3 3 Znači karakteristični koreni matrice A su Ai = - A 3 + 6A2 11A 6 Polinom /a {X) = det,(A — XI) = \A — XI zove se karakteristični polinom matrice A. Ako se u polinornu /a(A) pored slobodnog člana ,.dopiše (slobodni član se pomnoži sa jediničnom matricom) jedinična matrica / i ako se umesto A svuda zameni matrica A. tada će se za rezultat uvek. dobiti nula matrica. Ova osobina je poznata pod nazivom Kejli - Hamiltonova teorema i kaže se

18. Karakteristični koreni i vektori

293

Teorema 18.3 (Kejh - Hamiltonova teor-em,a) Svaka matrica zadovoljava svoj karakteristični polinom. Prema tome važi da je —A 3 + 6A 2 — 1L4 + 6 / = 0. Proveri sam! Kararakterističnom korenu Ai = 1 odgovara skup karakterističnih vektora (x, y, z) 6 M koji su nenula rešenja sistema jednačina A x = Aix

4=^

x

(A - 1 •I) ■[x, y, z]T = [0,0, 0]T <^4> - 2y + 4.y + - 2 y -

2z = 0 3s — 0 2= 0

_ _ ^ 4=^

. V= ~Z

Skup karakterističnih vektora koji odgovaraju korenu Ai = 1 je Vi = {(z, - z , z)\z e R \ { 0 } } = {a ( 1, - 1 , l)\a e M \ { 0 } } . Vidimo da je V\ jednodimenzionalni podprostor baze { ( 1 , —1,1)}, vektorskog prostora M3, bez (0, 0. 0) tj. prava kroz koordinatni početak bez njega. Analogno se dobijaju skupovi karakterističnih vektora koji odgovaraju korenu A2 = 2: V2 = {((), —z, z)\z e ]R\{0}} = {a (0, —1, l)|a G R \ { 0 } } (jednodimenzionalni podprostor, tj. prava sa vektorom pravca (0, —1,1)) bez (0,0,0) i korenu A3 = 3: V3 = {(z, —2z, z)\z 6 M \ { 0 } } = { a (1, —2, 1)|q G M \ { 0 } } (jednodimenziona.ini podprostor, tj. prava sa vektorom pravca (1, —2 ,1)) bez (0, 0, 0). Definicija 18.4 Polinom \A —XI\ ili \XI —A\ zovemo karakteristični polinom matrice A. Teorema 18.5 Za svaki polinom P postoji matrica A čiji karakterist/ični pohnom je P tj. \XI — A\ = P(X). Primer 18.6 Za polinom P(X) = A3 + a2A2 + aiA + a,o; matrica A čiji karakteristični polinom je P(X) = \XI — A\ jeste: 0 0 —a0 Uopštenje je očevidno. 1 0 —a\ 0 1 —a2 Ovo je vrlo značajno, jer postoje mnogobrojni algoritmi za izračunavanje karakterističnih korena i karakterističnih vektora matrice, pa time onda i za računanje korena proizvoljnog polinoma.

294

Principi aIgebre, opšte, diskretne i linearne

D efin icija 18.7 Polinom najrnanjega stepena rn(X) , koga „zadovoljava matnca A, zove se mmimalni polinom matrice A. Kako matrica A, po Kejli - Hamiltonovoj teoremi, „zadovoljava” svoj karakteristični polinom f A(X), to je oncla minimalni polinom delilac. karakterističnog polinoma. Prema tome minimalni polinom matrice A tražičemo tako što ćemo karateristični polinom rastaviti na proizvod nesvodljivih polinoma i napisati sve delioce (naravno stepena većega od nule i normalizovane). Tada od svi tih delioca minimalni polinom će biti onj koji je najmanjega stepena i matrica A ga „zadovoljava Kako u prethodnom primeru karakteristični polinom matrice A je f A(X) = det \A —XI\ = —A3 + 6A2 — HA + 6 = —(A - 1)(A - 2)(A - 3), to kandidati za minimalne polinome su: 7721(A) = A — 1, 7722(A) = A — 2, nis(X) = A — 3, 777.4(A) = (A — 1)(A — 2) = A2 — 3A + 2, 777.5(A) = (A — 1)(A — 3) = A“ — 4A + 3. 7 7 7e (A) = ( A — 2 ) ( A — 3) = A 2 — 5 A + 6 , 777t ( A ) = f A(^)- Kako je r?2i(A) = A - I 4- 0, n12(A ) = A - 2 ■I ± 0, m3(A) - .4 - 3 •/ / 0. 7724 ( A ) = A2 - 3 •A + 2 •I ± 0, 7/7,5(-4-) = A 2 - 4 •.4 + 3 •/ / 0, 7726 ( A ) = A 2 - 5 •A + 6 •1 f 0. m7(A) = f A(A) = 0 (bez računanja - 11a osnovu Kejli Hamiltonove teoreme). Dakle, minimalni polinom u ovom primeru slučajno je baš karakteristični polinom matrice .4 772( A ) - f A(X) = - A 3 + 6 A 2 -

11A + 6 .

Najbrža provera da h vektor (1. —2,1) jeste slucajno karakteristični vektor matrice A, sastoji se u tome da se izračuna '

'

3 ‘ 1

= 3

co

1' —2 1

_l

' 1" -2 — 1

Kako je za, rezultat dobijen vektor (3, —6, 3) = 3(1, —2,1) koji je kolinearan sa (1, —2,1), sledi da ( 1 , - 2 , 1 ) jeste karakteristični vektor matrice A i kako je koeficijenat proporcionalnosti jednak 3, sledi da 3 jeste karakteristični koren!

Literatura [1] Klaus Janich, Linear Algebra, Undergradute Text in Mathematics, Springer-Verlag, 1994, New York. [2] Seth Warner, Modern Algebra, Dover Publications, INC., New York, 1990. [3] R. Doroslovački, Osriovi opšte i hnearne tehničkih nauka - Stylos, Novi Sad 1997.

algebre,

Fakultet

[4] R. Doroslovački, S.Gilezan, F. Ferenci, J. Nikić, I. Comić, Z. Uzelac, M. Cvijanović, N.Adžić. Zbirka rešemh zadataka iz matematike I deo (šesto izdanje), Naučna knjiga, Beograd 1991. [5] Z. Stojaković, Đ. Paunić, Zbirka zadataka iz algebre - grupe, prsteni i polja (četvrto izdanje), Institut za matematiku, Novi Sad, 1993. [6] Z. Stojaković. Đ. Paunić Zadaci iz algebre, grupe, prsteni i polja, Univerzitet u Novom Sadu PMF Novi Novi Sad 1998. [7] Z. Stojaković, Uvod u linearnu algebru Institut za matematiku, Novi Sad, 1988. [8] Mirko Stojaković, Teorija Jednačina Naučna knjiga, Beograd 1973. [9] Mirko Stojaković, Elementi hnearne algebre Zavod za izdavanje udžbenika, Beograd 1970.

295

Index aditivan, 79 analitička geometrija, 215 asocijativnost, 76 automorfizani, 80 baza prostora, 238 Bezuova teorema, 142 Bulova. algebra. 53 eiklične grupe, 87, 165 Dekartov kvadrat, 12 Dekartov proizvod, 12 deliteiji rmle, 102 deoba duži u datoj razmeri, 216 determinanta, 170 osobine, 173 dimenzija rang, 279 dimenzija prostora, 243 disjunkcija, 3 distributivnost, 101 domen integriteta, 102, 103, 135 dvostruki vektorski proizvod, 209 ekvivalencija, 4 endomorfizam, 80 epimorfizam, 80 Euklidov algoritam, 139 faktor skup, 84 faktorizacija polinoma, 148

funkcija, 27 bijektivna, 32 domen, 29 injektivna, 30, 47 injektivna maksirnalria, 130 injektivna maksimalna , 31 inverzna, 33 kompozicija, 34 neopadajuća, 38 originali, 29 permutacija, 32 sirjektivna, 30 slike, 29 generatornost, 238 Gram Šmit, 202, 261 grupa, 76 ciklična, 87 grupoid, 75 Haseov dijagram, 18 hoinomorfizam, 80 Hornerova šema, 140 ideal, 107 generisan elementom a, 107 glavni, 107, 161 maksimalni, 161 ideks grupe po podgrupi, 86 implikacija, 5 infinum, 21

296

INDEX inverzija, 168 inverzni elemenat, 77, 78 izomorfizam, 80, 87 jednačina prave, 216 jednačina ravni, 217, 219 kroz tri tačke, 220 normalni oblik, 219 parametarska, 218 segmentni oblik, 219 jednačina simetrale ugla, 227 jednačina simetralne ravni, 226

297 Kejlijeve tablice, 162 kongruencija, 83 konjunkcija, 3 kvantifikatori, 4

Lagranžova teorema, 86 levi neutralni elemenat, 76 lineal, 235 linearna kombinacija, 235 linearna, ne zavisnost , 236 linearna transformacija, 247 automorfizam, 253 dimenzija, 255 Kantorov dijagonalni postupak, 43 endomorfizam, 253 karakteristika polja, 104 epimorfizam, 253 kardinalni broj, 7, 39 homomorfizam, 247 Kejli - Hamiltonova teorema, 292 izoinorfizam, 253 Kejlijeva tablica, 75 matrica, 262 klasa ekvivalencije. 14. 15, 85 monomorfizam, 253 kofaktor, 177 osnovni stav, 252 kombinacije predstavljanje, 250 sa ponavljanjem, 38 prsten, 252 kornpleksan broj. 111 vektorski prostor, 251 algebarski oblik. 113 linearna zavisnost , 236 argument. 115 maksimalni elemenat, 17 imaginarni deo, 113 maksimum, 21 konjugovan ,113 matrica korenovanje, 120 definicija, 257 množenje i rotacija, 119 ekvivalentna, 276 modul, 113 ekvivalentne transform, 276 realni deo, 113 rninor, 273 sabiranje, 120 rang, 275, 276, 279 stepenovanje, 119 zavisnost, 284 trigonometrijski oblik, 118 mešoviti proizvod, 210 uglovi, 119 minimalni elemenat, 17 kornutativan prsten, 102, 160 minimum, 21 kornutativnost, 76 konačna polja minor, 177, 273

INDEX

298 monomorfizam, 80 multiplikativan, 79 najmanji elemenat, 17 najveći elemenat, 17 najveći zajednički delilac, 138 negacija, 3 nesvodljiv polinom, 146, 160 neutralni elemenat, 76, 78 nula funkcija, 50 nula polinom, 132 nula prsten, 102 operacija, 75 ortogonalna, 202 osnovni stav algebre, 147 particiie, 9, 15 tip, 10 permutacija, 32, 167 parna, 168 permutacije sa ponavljanjem, 34, 35, 38 podgrupa grupe, 79 podskup, 7 polinom, 132 određenost, 144 deljenje, 136 koren, 142 rnnoženje, 134 nesvodljiv, 146 nula, 142 racionalni koreni, 154 sabiranje, 134 stepen, 134 svodljivost i koreni, 146 višestrukost korena, 151 vodeći koeficijent, 134 polinomska funkcija, 140

polje, 102 konačno, 160 konstrukcija, 159 polje Galoa, 104 polugrupa, 76 potpolje polja, 164 potprostor, 233, 234 potprsten., 106 pozitivno orijentisan ugao, 120 pramen ravni, 225 pravac. 193 presek dve ravni, 223 presek pravih, 225 proširenje polja, 164 proširenje (ekstenzija) polja, 165 prodor prave kroz ravan, 220 projekcija tačke na pravu, 220 projekcija tačke na ravan, 221 projektor, 197 prsten. 101 prsten sa jedinicom, 102 prvi zakon analitičke geometrije. 216 QR faktorizacija, 202 racionalni koreni polinoma, 154 rastojanje neparalelnih pravih, 224 rastojanje tačke od prave. 224 rastojanje tačke od ravni, 224 reflektor, 198 relacija, 11 antisimetrična, 13 binarna, 13 ekvivalencije, 14 infinum, 21 inverzna, 13 maksimum, 21

INDEX minimum, 21 poretka, 17 refieksivna, 13 simetrična, 13 supremurn, 21 tranzitivna, 13 restrikcija, 76 skalarni proizvod, 196 skup, 3 tip particija, 10 celih brojeva, 16 dobro uređen, 18 faktor, 14 kardinalni broj. 7, 41 količnički, 14, 16 komplemerrt. 8 particija, 9, 15 partitivni, 8, 16 prazan, 6 presek, 7 razlika, 8 totalno uređen. 18 unija, 7 univerzalni, 7 skupovi, 6 slobodni vektor. 191 supremum, 21 tautologije, 6 transponovana matrica, 173 transpozicija, 169 trijedar vektora, 203 desni i levi, 203 uključenje isključenje, 9 unitarna, 202 uređen par, 11 uređena n-torka, 12

299 vektor, 192 intezitet, 192 kolinearni, 193 komplanarni, 194 množenje, 193 nula, 192, 193, 199 pravac, 192 projekcija, 196, 197, 199 sabiranje, 192 smer, 192 trijedar, 203 desni i ievi, 203 vektorski proizvod, 204 vektorski prostor, 229 višestrukost korena polinoma, 151 Vietove formule, 150 vodeči koeficijent polinoma, 134 zajednička normala, 221

(iz sadržaja)

Udžbenik ima 299 stranica i 18 glava. To su osnovni pojmovi i definicije, relacije, funkcije, Bulova algebra, grupoidi i grupe, prsteni i polja, kompleksni brojevi, polinomi nad proizvoljnim poljima, konstrukcija polja i konačna polja, determinante, sistemi linearnih jednačina, slobodni vektori, analitička geometrija, vektorski prostori, matrice, linearne transformacije, rang matrice i inverzna matrica i karakteristični vektori i koreni matrice.

(iz recenzije) Sadržaj udžbenika je izložen matematički korektno, razumljivim jezikom za studente koji pripremaju ispit iz ovih oblasti i sa mnogo primera koji u znatnoj meri pomažu lakšem usvajanju gradiva koje se izlaže. Knjiga sadrži mnoštvo originalnih zadataka, primera i dokaza autora. Smatram da će knjiga korisno poslužiti studentima za pripremu ispita kao i drugima koji žele da se upoznaju sa pomenutim sadržajima iz matematike. Zbog svega izloženog sa zadovoljstvom predlažem izdavanje udžbenika Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

\ \\ (o autoru) Autor je redovni profesor matematik^ na fakultetu tehničkih nauka u Novom Sadu. Predaje diskretnu matemati|cu na^ektrotehničkom odseku, aktuarsku matematiku na industrijskom ^menandžmentu i matematiku na odseku Geodezija i geomatika Fakulteta tehničkih nauka u Novom Sadu. Pedagoško iskustvo stekaoije radeći na Fakultetu tehničkih nauka u Novom Sadu od 1978 godine. t a ^ godinama honorarno u specijahstičkoj matematioj gimnaziji J.^ Zmaj Novi Sad i jedan je od osnivača iste. Autor je bio pet godina pedsednik Društva matematičara Srbije, bio je dugogodišnji predsednik savezne Jugoslovenske komisije za takmičenja iz matematike i dugi niz godina učtestvije u pripremama talentovanih učenika za takmičenja iz matematike svi$ nivoa, kao i u pripremama državne olimpijske ekipe za međunarodnu oli$|pijadu. Bio je predsednik organizacionog komiteta Više međunarodnih i domaćih takmičenja iz matematike. Autor je objavio više naučnih radova u domaćim i međunarodnim časopisima i učestvovao na više domaćih i međunarodnih kongresa.