ALGEBARSKE STRUKTURE Neka je A neprazan skup i n ∈ N . Definicija. Preslikavanje f : A n → A se zove n-arna operacija na A. Broj n se zove duˇ duˇ zina ili arnost operacije f (oznaka n = ar (f )).
Specijalno, Specijalno, za n = 1, preslikavanje f : A → A je unarna operacija, a za n = 2, f : A 2 → A je binarna operacija. Ova definicija definicij a se moˇze ze proˇsiriti siriti i za n = 0. Funkcija unkcija c : A0 → A koja izdvaja element c ∈ A se zove nularna operacija ili konstanta. Za binarne operacije uobiˇ cajeno cajeno je da umesto f (x, y) piˇsemo se mo xf y . Takodje akodje je uobiˇ uob iˇcajen ca jeno o da binarne bin arne operac op eracije ije oznaˇcavamo cavamo sa s a ∗ , +, ·, ◦, . . . . Binarna operacija na konaˇcnom cnom skupu se ˇcesto cesto zadaje zada je tablicom tablico m (Kejlijeva (Kejlij eva tablica). ta blica). ) , gde je A neprazan skup (zove se nosaˇ c), c), a F Definicija. Uredjeni par (A, F ), familija familija operacija operacija na A se zove algebra. }, piˇsemo ). Uo Ako je skup F konaˇ kon aˇcan, can , reci r ecimo mo F = { f 1 , . . . , fm se mo (A, f 1 , . . . , fm Uobi biˇˇcaca jeno je da se operacije navode po opadaju´coj coj arnosti. Podrazumeva se da se na svakoj algebri posmatra relacija jednakosti i ona se eksplicitno ne navodi u oznaci strukture. U zavisnosti od broja operacija i njihovih osobina algebarske strukture imaju razliˇ razl iˇcite cit e nazive. naz ive. Definicija. Neka je G neprazan skup i ∗ binarna operacija na G , tj. ∗ : G × G → G . Uredjeni par (G, ∗) se zove grupoid.
Primeri: (1) (N, +), (Z, ·), (P (S ), ∪), (S S , ◦) su grupoidi. (2) Neka je Z n = {0, 1, . . . , n − 1 } i neka su +n (sabiranje po modulu n) i ·n (mnoˇ (mn oˇzenje zenj e po p o modul mo dulu u n ) operacije na Z n definisane sa x +n y = ostatak n , ostatak pri deljenju deljenju x + y sa n,
x ·n y = ostatak ostatak pri deljenju deljenju x ·y sa n.
Tada (Z n , +n ) i (Z n , ·n ) su grupoidi. Definicija. Grupoid (G, ∗) je p olugrupa olugrupa (ili semigrupa) ako je operacija ∗ asocijativna, cijati vna, tj. vaˇ zi: zi: (∀x,y,z ) x ∗ (y ∗ z ) = (x ∗ y ) ∗ z .
Pokazuje Pokazuje se da u polugrupi polugrupi vaˇ vaˇzi zi uopˇ uopˇsteni steni asocijativni asocijativni zakon, zakon, tj. da zagrade zagrade moˇzemo zemo premeˇ pre meˇstati sta ti na proizvolj proi zvoljan an naˇcin. cin. Na primer: pri mer: a ∗ b ∗ c ∗ d = ((a ∗ b) ∗ c) ∗ d = (a ∗ b) ∗ (c ∗ d) = a ∗ (b ∗ c) ∗ d = (a ∗ (b ∗ c)) ∗ d = a ∗ ((b ∗ c) ∗ d).
ak o vaˇzi: zi : Definicija. Grupoid ( G, ∗) je grupa ako (G1 ) (∀x,y,z ) x ∗ (y ∗ z ) = (x ∗ y) ∗ z (asocijativnost operacije ∗ ), (G2 ) (∃e)(∀x) e ∗ x = x ∗ e = x (egzistencija (egzistenci ja neutralno ne utralnog g (jediniˇ (je diniˇcnog) cnog) elementa), elementa) , ′ ′ ′ (G3 ) (∀x)(∃x ) x ∗ x = x ∗ x = e (svaki element ima inverzni). Element e se tada zove neutralni ili jedi je dini niˇ ˇ cni cn i element, a x′ se zove inverzni od x. Ako je binarna operacija na G oznaˇcena cena sa + uobiˇ cajeno cajeno je da se neutralni element oznaˇcava cava sa 0, a inverzni i nverzni o d x sa − x. Lako se proverava proverava da je neutralni element grupe jedinstven, kao i da svaki element grupe ima jedinstven inverzni element.
vaˇzi Definicija. Ako u grupi ( G, ∗) vaˇ (∀x, y ) x ∗ y = y ∗ x onda se grupa zove Abelova ili komutativna grupa. Primeri: (N, +) nije grupa jer u N ne postoji neutralni za +. (Z, +) je Abelova grupa (neutralni je 0, svaki x ima inverzni − x). (Z n , +n ) je Abelova grupa. (Z, ·) nije grupa jer x̸ = ±1 nema inverzni. (Q, ·) nije grupa jer 0 nema inverzni. (Q \ {0}, ·) je grupa. Uredjena na Definicija. Neka je P neprazan skup, a + i · binarne operacije na P . Uredje trojka (P, +, ·) je prsten ako ak o vaˇzi: zi : (P 1 ) (P, +) je Abelova grupa, (P 2 ) (∀x,y,z ) (x · y ) · z = x · (y · z ), (asocijativnost operacije · ) (P 3 ) (∀x,y,z ) x · (y + z ) = x · y + x · z, (x + y) · z = x · z + y · z . (distributivni zakoni) Neutralni Neutraln i element el ement za operciju op erciju + obiˇ ob iˇcno cno oznaˇcavamo cavamo sa 0, a inverzni od x ∈ P u odnosu na + sa −x i zovemo suprotni od x. Ume Umesto sto x + ( −y ) obiˇ ob iˇcno cno ´cemo cem o pisa pi sati ti x − y . Znak · ´ cemo cemo obiˇcno cno izostavl izo stavljat jati, i, tj. umesto umes to x · y pisa pi sa´´cemo ce mo xy . Definicija. Prsten (P, +, ·) je komutativan ako je druga operacija komutativna,
tj. tj . vaˇzi zi (∀x, y ∈ P ) xy = yx. y x. Prsten (P, +, ·) se naziva prsten sa jedinicom ako postoji element 1 ∈ P takav da vaˇzi (∀x ∈ P )1 · x = x · 1 = x. Element 1 se tada zove jedinica prstena. Komutativan prsten sa jedinicom (P, +, ·, 0, 1) je integralni domen ako nema delioce nule, tj. ako za svako x, y ∈ P vaˇ vaˇzi: xy = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ x = 0 ∨ y = 0.
Primeri: (1) (Z, +, ·) je integralni domen, (2) (Z 4 , +4 , ·4 ) je komutativan prsten sa jedinicom, ali nije integralni domen jer 2 ·4 2 = 0, vaˇzi Teorema. U prstenu (P, +, ·) za svako x, y ∈ P va (i) 0 · x = x · 0 = 0 , (ii) x (−y) = − (xy ) = (−x)y, (iii) (−x)(−y ) = xy ,
Definicija. Neka je ( P, +, ·, 0, 1) prsten sa jedinicom. Ukoliko postoji m ≥ 2, takvo da je 1 + · · · + 1 = 0 onda kaˇ zemo zemo da je prsten P konaˇcne cne karakteristike karakteristi ke i najmanje na jmanje
m
n za koje ko je vaˇ zi zi 1 + · · · + 1 = 0 zovemo karakteristika prstena P .
n
· · + 1 = ̸ 0, za sve m ≥ 2, onda kaˇ Ukoliko je 1 + · zemo zemo da je j e prsten pr sten karakteristike karakteristi ke m
nula (ili beskonaˇcne cne karakteristike). karakteristi ke). Karakte Kara kterist ristiku iku prstena prst ena ´cemo cemo oznaˇ ozn aˇcavati cavati sa char (P ).
· · + 1 = ̸ 0, za svak Prim Primer eri: i: (1) (1) U prst prsten enu u (Z, +, ·) vaˇzi zi 1 + · svakoo n ∈ N , pa je n
char (Z ) = 0.
̸ (2) U prstenu (Z n , +n , ·n ) vaˇzi 1 +n · · · +n 1 = 0 i za svako k < n je 1 +n · · · +n 1 =
n
k
0, pa je char (Z n ) = n . (3) char (Q) = char (R) = char (C ) = 0 n = ∅ , a + i · binarne operacije na F . Uredjena Uredjena trojka trojka (F, +, ·) Definicija. Neka je F ̸ je polje ako ak o vaˇzi: zi : (F 1 ) (F, +, −, 0) je Abelova grupa , \ {0}, ·) je Abelova grupa, (F 2 ) (F \ (F 3 ) (∀x,y,z ) x · (y + z ) = x · y + x · z . Uobiˇ cajeno cajeno je da neutralni za operaciju · oznaˇcavamo cavamo sa 1, a inverzni od x (u odnosu na · ) sa x −1 ili sa x1 . Primeri: (1) (Q, +, ·), (R, +, ·), (C, +, ·) su polj polja, a, (Z, +, ·) nije polje. (2) (Z n , +n , ·n ) je polje akko n je prost broj. polju nema nema delil delilac acaa nule nule,, tj. tj. Teorema. U polju (∀x, y )(xy = 0 ⇔ x = 0 ∨ y = 0).
u svak svakom om polju polju (F, +, ·, 0, 1) vaˇzi: zi :
cnu karakteristiku, onda ona mora biti prost bro j. cnu Teorema. Ako polje ima konaˇ
ZADACI 1. Ispitati da li je ({1, −1, i, −i}, ·) grupa, gde je i imaginarna jedinica. 2. Ispi Ispita tati ti da li je ({f 1 , f 2 , f 3 , f 4 }, ◦) grupa, ako su funkcije f i : R \ {0} → R (i = 1, 2, 3, 4) date sa f 1 (x) = x, f 2 (x) = −x, f 3 (x) = x1 , f 4 (x) = − x1 , a ◦ je kompozicija funkcija. 3. Na ssku kupu pu G = {(a, b)|a, b ∈ R, a ̸ = 0} definisana je operacija ∗ na sled sl ede´ e´ci ci ac, ad + b). Dokazati da je (G, ∗) grupa. naˇcin ci n (a, b) ∗ (c, d) = (ac, 4. U prstenu celih brojeva ( Z, +, ·) definisane su operacije ∗ i • na na sled sl ede´ e´ci ci naˇ naˇcin: ci n: x ∗ y = x + y + 1 , x • y = xy + x + y . Pokazati da je (Z, ∗, •) prsten. 5. Na skupu Z definisane su operacije ⊕ i ⊙ na na sled sl ede´ e´ci ci naˇ naˇcin: ci n: a ⊕ b = a + b + 2, a ⊙ b = 2a + 2b + ab + 2. Ispitati da li je (Z, ⊕, ⊙) polje.
1 PRSTEN POLINOMA POLINOMA Neka je F polje, n ∈ N , a0 , a1 , . . . , an ∈ F, F , an̸ = 0. def
Definicija. Izraz f = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + anxn je polinom stepena n sa koefici jentima a0 , a1 , . . . , an , po nepoznatoj (promenljivoj) x. Izrazi a0 , a1 x , . . . , an xn su ˇclanovi ov i polinoma, a0 je slobo slo bodni dni ˇ clan cl an, a an xn vod vo de´ci ˇ clan. Polinom f je normiran akko je an = 1. Polinom 0 + 0x + 0x2 + . . . + 0xn je nula polinom. Njegov stepen step en je neodred¯en (ne defin de finiˇ iˇse se se). se ). Stepen polinoma f oz oznaˇcava´ ava ´cemo sa degf . Sa F [x] oznaˇcava´ cava´ cemo cemo skup svih polinoma poli noma sa koeficijentim koefic ijentimaa iz F . Sa F n [x] oznaˇ o znaˇcava´ cava´cemo cem o skup s kup svih polin po linoma oma stepe ste pena na ≤ n (sa koeficijentima iz F ). Jasno je da F ⊆ F [x], jer svaki element a ∈ F, (konstantnii F , a̸ = 0, je polinom stepena 0 (konstantn polinom). Polinomi f = a 0 + a1x + . . . + a + nxn i q = = b 0 + b1 x + . . . + bmxm su jednaki akko su istog stepena (tj. n = m ) i ai = b i, za svako i ∈ {0, 1, . . . , n}. Na skupu F [x] definiˇ definiˇsemo semo binarne operacije: + -sabiranje -sabiranje polinoma i · -mno -mnoˇˇzenj en je polin po linom omaa na slede´ sle de´ci ci naˇcin: ci n: Za f = a 0 + a1 x + . . . an xn i g = b 0 + b1 x + bm xm , def
+ g = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + . . . + (am + bm )xm + am+1 xm+1 + . . . + an xn , ako n ≥ m, f + def
f + g = g + f, f ,
ako n < m,
def
f · g = a0 b0 + ( a0 b1 + a1 b0 )x + . . . + ( a0 bk + a1 bk−1 + . . . + ak b0 )xk + . . . + an bm xm+n .
Iz definicije sledi da je deg(f + g ) ≤ max {degf, degf, degg degg },
deg (f · g) = degf + degg .
Teorema. (F [x], +, ·) je integralni domen (komutativan prsten sa jedinicom bez delilaca nule). Dokaz. Dokaz. Iz definicija definicija sabiranja sabiranja i mnoˇ zenja zenja polinom p olinomaa slede osobine komutativnost komutativnost i asocijativnost ovih operacija, kao i distributivnost · prema + (ove osobine se prenose sa polja F ). Neutral Neutralni ni za sabiran sabiranje je je nu nula la polinom, polinom, a neutral neutralni ni za mnoˇ mnoˇzenje zenje konkonn stantni stantni polinom polinom 1. Suprotni Suprotni polinom polinom za polinom polinom f = ao + a 1x + . . . + an x je polinom −f = − a0 + ( −a1 )x + . . . + ( −an )xn . Dakle, F [x] je komutativan prsten sa jedinicom.
̸ 0, g = ̸ 0. Tada f i g Po kaˇzimo Pokaˇ im o joˇs da F [x] nema delioce delioce nu nule. le. Neka Neka f, g ∈ F [x], f = imaju stepen, recimo degf = m , degg = n . Onda je deg(f g ) = degf + + degf = n + m, pa f g̸ = 0. Dakle, prsten F [x] nema delioce nule. ̸ 0, ima inverzni element akko je degf = 0, tj. f je Teorema. Element f ∈ F [x], f = nenula konstantni polinom.
2 Dokaz.(→) Neka f ima inverzni g ∈ F [x] i neka je degf ≥ 1. Tada iz f g = 1 sledi 0 = deg (1) = deg (f g ) = degf + degg ≥ 1 . Kontradikcija. Dakle, degf = 0. (←) Neka je degf = 0. Tada f = a 0 ∈ F, F , a0 = ̸ 0. Kako je F polje, postoji a0−1 ∈ F , pa za g = a 0−1 ∈ F dobijamo da je f · g = a 0 · a0−1 = 1. Dakle, Dakle, f ima inverzni. Iz prethodne teoreme sledi da prsten F [x] nije polje.
Definicija. Neka je f = a 0 + a1 x + . . . + an xn ∈ F [x] i c ∈ F . def
• f (c) = a0 + a1 c + a2 c2 + . . . + an cn, f (c) ∈ F • Ako A ko vaˇzi f (c) = 0 onda se c naziva nula ili koren polinoma f . • Jed Jednaˇ na ˇcina in a a0 +a1x+. . .+an xn = 0 se naziva algeb al gebars arska ka jedn j ednaˇ aˇ cina ci na n -tog stepena. Posebno, za n = 1:
linea rna jednaˇcina, cina, a0 + a1 x = 0 - linearna
n = 2:
cina. a0 + a1 x + an x2 = 0 - kvadratna jednaˇcina.
Primer. (a) Nula polinom f = 2 − 3 x + x 3 iz prstena R[x] je broj -2, jer f (−2) = 2 − 3(−2) + (−2)3 = 0. (b) Polinom f = x2 + 1 prstena R[x] nema nule, a ako ga posmatramo kao polinom prstena C [x] ima nule i i −i. DELJIVOST U PRSTENU POLINOMA F [x]
Teorema (algoritam deljenja polinoma). Neka su f, g ∈ F [x] i g = ̸ 0. Tada postoje q , r ∈ F [x] takvi da je f = qg q g + r , pri jedinstveni polinomi q, pr i ˇcemu ce mu je r = 0 ili degr < degg . Dokaz. Egzistencija polinoma q i r. Za f = = 0 ili degf < degg izborom q = = 0 i r = f dobijamo tvrdjenje teoreme. Neka je degf ≥ degg , f = a 0 + a1 x + . . . + an xn , an̸ = 0 i g = b 0 + b1 x + . . . + bm xm , bm = ̸ 0, pri pr i ˇcemu ce mu je n ≥ m . Odredimo q i r matemat ma tematiˇ iˇckom ckom indukcijom indukcij om po n. 0. Tada • Za n = 0 (tada je i m = 0, pa je g = b0 ), neka je q = a0b0−1 , r = 0. −1 qg + r = a 0 bo b0 + 0 = a 0 = f .
• Neka je n > 0, deg(f ) = n i neka polinomi q i r postoje za sve polinome stepena manjeg od n. −1 n−m Neka je f 1 = f − anbm x g. −1 n−m Ako je f 1 = 0, izborom q = = a nbm , r = 0 dobijamo f = qg x q g + r .
3 Ako je f 1̸ = 0, tada degf 1 < n, pa postoje q 1 i r takvi da f 1 = q 1 g + r, pri pr i ˇcemu ce mu r=0 r= 0 ili degr < degg . Otuda −1 n−m −1 n−m −1 n−m ) g + r. f = f 1 + an bm x g = q 1 g + r + an bm x g = (q 1 + an bm x
q
Jedinstvenost: Neka postoje dva para polinoma q 1 , r1 i q 2 , r2 koji ispunjavaju uslove navedene u teoremi. Tada f = q 1 g + r1 i f = q 2 g + r2, odakle sledi (q 1 − q 2 )g = r 2 − r1. Ako je r1 = ̸ r 2 tada q 1̸ = q 2 i degg ≤ deg (q 1 − q 2 ) + deqg = deg (r2 − r1 ) ≤ max {degr1 , degr degr2 } < degg,
ˇsto st o je nemo ne mogu´ gu´ce. ce . Da Dakle kle,, r1 = r 2 , pa je (q 1 − q 2 )g = 0, odakle sledi q 1 = q 2 (jer g̸ = 0).
Definicija. Jedinstveni polinomi q i r iz F [x] takvi da + r, f = gq g q +
r=0
ili degr < degg
zovu se, redom, kol koliˇcnik i ostatak pri deljenju polinoma f i g . Ako je r = 0, tj. f = gq kaˇzemo zemo da je polinom pol inom f deljiv polinomom g (ili g deli f ) i piˇsemo g |f . Posledica teoreme teor eme o deljenju polinoma je slede´ca ca teorema.
Teorema (Bezout). (1) Neka je f ∈ F [x] i c ∈ F . Tada je ostatak pri deljenju polinoma f sa (x − c) jednak f (c). (2) (x − c)|f akko
f (c) = 0.
Dokaz. (1) Prema Prema prethodnoj prethodnoj teoremi, teoremi, za polinome polinome f i g = x − c postoje jedinstveni polinomi q, r ∈ F [x] takvi da je f = q (x − c) + r , gde je r = 0 ili degr < deg (x − c). Tada je 0 , ˇsto st o znaˇ zn aˇci ci da je r je konstantni polinom. Tada r = 0 ili degr = 0, f (c) = q (c − c) + r = 0 + r = r,
tj. ostatak pri deljenju polinoma f polinomom x − c jednak je f (c). (2) Sledi neposredno iz (1). Posledice Bezuovog stava:
Posledica 1. Ako je f = a0 + a 1 x + . . . + a n xn, an = ̸ 0, n ≥ 1 i ako su c1 , c2 , . . . , cn razliˇciti citi koreni polinoma pol inoma f , tada je f = a n (x − c1 ) . . . (x − cn )
(faktorizacija polinoma).
Dokaz indukcijom po stepenu n polinoma f .
4
• Ako je n = 1 i c 1 koren polinoma f = a 0 + a1 x, onda a 0 + a1c1 = 0, pa je a 0 = − a1 c1 , odakle sledi f = − a1 c1 + a1 x = a 1 (x − c1 ). Pretp ostavimo da d a je tvrd¯enje taˇcno cno za sve polinome p olinome stepena manjeg od n, gde je • Pretpostavimo n > 1. Poˇsto st o je c1 koren polinoma f , po Bezuovom stavu x − c1 |f , pa postoji q ∈ F [x] , tako da f = q (x − c1). Oˇcigledo, cigled o, stepen ste pen polinoma poli noma q je n − 1, a vode´ vo de´ci ci koefici koe ficijent jent a n. Tada 0 = f (c j ) = (c j − c1 )q (c j ) ( j = 2, . . . , n). Kako je c j − c1 = Dakl klee q ̸ 0, za j = ̸ 1, sledi da je q (c j ) = 0 za svaki j = 2, . . . , n. Da ima n − 1 razliˇ raz liˇcitih cit ih korena kore na c2 , . . . , cn ∈ F . Prema indukcijskoj hipotezi sledi = a n(x − c2 ) . . . (x − cn ). q = Zamenom u f = q (x − c1 ) dobijamo f = a n (x − c1 )(x − c2 ) . . . (x − cn ).
Posledica 2. Polinom f stepena n ≥ 1 ne moˇze ze imat im atii viˇse se o d n razliˇ ra zliˇcitih cit ih korena. kore na. ̸0 Dokaz. Pretpostavimo da polinom f stepena n ≥ 1, sa vode´cim cim koeficijentom koefic ijentom an = ima n + 1 razliˇ raz liˇcitih cit ih korena kore na c1 , . . . , cn , c. Prema Posledici 1. f = a n (x − c1 ) . . . (x − cn ),
pa je 0 = f (c) = a n(c − c1 )(c − c2 ) . . . (c − cn ), ˇsto sto je nemogu´ nem ogu´ce, ce, jer su svi ˇcinio cin ioci ci razliˇ raz liˇciti cit i od nule. nule . ra zliˇciti citi elementi eleme nti polja polj a Posledica 3. Ako su f, g polinomi stepena ≤ n i c1 , c2 , . . . , cn+1 razliˇ F tako da f (ci ) = g (ci ), i = 1, 2, . . . n + 1 , onda je f = g . Dokaz. Dokaz. Stavimo Stavimo h = f − g i pretpostavimo da je h = ada degh ≤ n i h(ci ) = ̸ 0. Tada citih korena u F , ˇsto st o je f (ci ) − g(ci ) = 0, za svako i = 1, . . . , n + 1, pa h ima n + 1 razliˇcitih (prema Posledici 2.) nemogu´ce. ce. Dakle, h = 0, tj. f = g .
Posledica 4. Ako su c1 , c2, . . . , cn+1 raz r azliˇ liˇciti ci ti,, a b1, b2 , . . . , bn+1 proizvoljni elementi polja cno cno jedan polinom f ∈ F [x] stepena ≤ n takav da f (ci ) = bi , za F , tada postoji taˇ i = 1, 2, . . . , n + 1 . Dokaz. Egzistencija: Posmatrajmo Lagrange-ov interpolacioni polinom, tj. polinom oblika: ···(x−c (x−c )(x−c )···(
)
f = b 1 (c1 −c22)(c1 −c33 )...(c1 −c+1+1) + b2 n
n
···(x−c +1 ) (x−c1 )(x−c3 )···( + . . . + (c2 −c1 )(c2 −c3 )...(c2 −c +1 ) −c2 )···( ···(x−c ) +bn+1 (c +1(−xc−1c)(1c)(x+1 . −c2 )...(c +1 −c ) n
n
n
n
n
n
n
Oˇcigledno, cigled no, ovaj polinom pol inom ispunjava ispun java uslove f (ci ) = b i , i = 1, . . . , n + 1 i degf ≤ n .
Jedinstvenost: Ako je g ∈ F [x] takav da je degg ≤ n i g (ci ) = b i (i = 1, . . . , n + 1), prema Posledici 3. sledi g = f , ˇsto sto dokazuje jedinstvenos jedin stvenostt polino p olinoma ma f .
1
Horn Ho rner erova ova ˇsema se ma.. Ako je f = a 0 + a1 x + . . . + an xn i c F , tada vrednost f (c) = a 0 + a1c + a2 c2 + . . . + an cn se izraˇcunava cunava sa (1 + 2 + . . . + n) + n = n(n2+1) + n = n(n2+3) operacij operacijaa + i . Postavlja se pitanje pitan je kako sa ˇsto sto manje operacij ope racijaa izraˇcunati cuna ti f (c)?
∈
·
Odredimo Odred imo koliˇcnik cnik i ostata os tatak k pri deljenju de ljenju polinoma poli noma f sa x c. Neka je f = q (x c)+ f (c), gde je q = = b 0 + b1 x + . . . + bn 1 xn 1 . Dakle,
−
−
−
−
a0 + a1 x + . . . + an xn = (b0 + b1 x + . . . bn 1 xn 1 )(x c) + f (c) = f (c) b0c + (b0 b1 c)x + . . . + (bn 2 bn
−
−
−
−
−
−
−
1 c)x
−
n−1
+ bn 1 xn
.
−
Izjednaˇ Izjed naˇcavanjem cavanjem koeficijena koefic ijenata ta dobijamo dobija mo a0 = f (c) b0 c a1 = b 0 b1 c an 1 an −
.. . = b n = b n
− 2
−
1
f (c) = a 0 + b0 c b0 = a 1 + b1 c
−
−b
n−1
.. . . = a n 1 + bn 1 c = a n
pa je
, c
bn bn
2
−
−
−
1
−
−
Primetimo da se na ovaj ovaj naˇcin cin vrednost f (c) izraˇ izr aˇcunava cun ava sa 2n operacija + i .
·
Ovaj Ova j postu po stupak pak moˇzemo zem o prikazat pri kazatii ˇsemom sem om c
an bn 1
an bn
an 1 + bn
−
an
1
−
2
−
−
... a1 a0 ... b0 f (c) ... 1 c . . . a1 + b1 c a0 + b0 c
−
Primer. Odrediti Od rediti koliˇ cnik cnik i ostatak o statak pri deljenju polinoma f = 11 + 6x polinomom (a) x + 3 (b) (x + 3) 2 .
− 5x
2
+ 7 x3
5
−x
Primenom Hornerove ˇseme seme (dva puta) pu ta) dobijamo
−3 −1 −1 −1
0 3 6
7 5 2 1 20 61
− −
6 11 3 2 180
−
−
(a) Dakle, deobom polinoma f sa x + 3 dobijamo f = (x + 3)q + + r , gde je q = 3 + x 2x2 + 3 x3 x4 , a r = f ( 3) = 2.
−
−
−
(b) Dalje, primenom Hornerove ˇseme seme na q , za c = 3, dobijamo q = (x + 3) 3 )q 1 + r1 , gde 2 3 je q 1 = 61 20x + 6x x , a r1 = 180, tako da je
−
−
f = (x + 3)[(x + 3) q 1
−
−
2
− 180] + 2 = (x + 3) q −180(x + 3) + 2 1
ostatak
2
Vietove formule (Fran¸cois coi s Vi`ete-fr ete -franc ancusk uskii matem ma tematiˇ atiˇcar). car ). Neka su c1 , . . . , cn koreni (ne obavezno razliˇciti) citi) polinoma pol inoma f = a 0 + a1 x + . . . + an 1 xn 1 + an xn , an = 0. Tada je
̸̸
−
−
c1 + c2 + . . . + cn = c1 c2 + c1 c3 + . . . + cn 1 cn = c1 c2 c3 + c1 c2 c4 + . . . + cn 2 cn 1 cn = −
−
−
c1 c2 . . . cn
Specijalno, za n = 2: f = a 0 + a1 x + a2 x2,
− −
an−1
an an−2 an an−3 an
.. . = ( 1)n aa
−
0
n
a2 = 0
̸̸
c1 + c2 = c1 c2 =
−
a0 a2
a1 a2
.
Za n = 3 : f = a 0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 , a3 = 0
̸̸
c1 + c2 + c3 = c1 c2 + c1 c3 + c2 c3 = c1 c2 c3 =
− − a1 a3
a2 a3
a0 a3
.
Do kaˇzimo Dokaˇ zi mo za n = 3. Upored Upor ed¯ivanjem koeficije koe ficijenata nata polinom p olinomaa f = a 0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 i faktorisanog polinoma f = a3 (x c1 )(x c2 )(x c3 ) = a3 x3 a3 c1 x2 a3 c2 x2 a3 c3 x2 +a3 c1 c2 x+a3 c1 c3 x+a3 c2c3x a3 c1 c2 c3 = a3 x3 a3 (c1 + c2 + c3 )x2 +a3 (c1c2 + c1 c3 + c2 c3 )x a3 c1 c2 c3
− − −
− − − −
−
−
dobijamo a2 = a3 (c1 + c2 + c3 ) a1 = a3 (c1 c2 + c1 c3 + c2 c3 ) , a0 = a3 c1 c2 c3
− −
odakle neposredno slede traˇzene zene formule. ´ ZAJEDNICKI ˇ DELILAC POLINOMA NAJVECI Na prstenu polinoma F [x] definiˇ d efiniˇsemo semo binarnu binar nu relaci r elaciju ju ” ” - deljivost polinoma.
|
Definicija. Ako su f, g F [x], f = 0, kaˇzemo em o da f deli g (oznaka f g) akko postoji q F [x] tako da je g = qf q f .
∈ ∈
∈
̸
Neke osobine relacije su date slede´com com teoremom. teor emom.
|
Teorema. Za polinome f , g , h F [x] vaˇ vaˇzi: (1) f g, g h
∈
| | ⇒ f |h (tranzitivnost relacije | ) (2) g|f ⇔ ⇔ g |(cf ), za svako c ∈ F, ̸ = 0 F , c̸
|
3 (3) g f
| ⇔ ⇔ (cg)|f , za svako c ∈ F, ̸ = 0 F , c̸ (4) c|f za sve c ∈ F \ \ {0} ⇒ (∃c ∈ F \ \ {0})g = cf (5) f |g ∧ g|f ⇒ (6) f |g ∧ f |h ⇒ ( ∀u, v ∈ F [x])f |(ug + vh ). Dokaz. Dokaz. (1) Ako Ako f |g i g |h, onda postoje q , q ∈ F [x] tako da je g = q f i h = q g . Otuda h = (q q )f , pa f |h. (2) Ako g|f onda postoji q ∈ F [x] tako da je f = q g . Tada cf = (cq )g , pa g |(cf ). ̸ = 0, sledi da Obrnuto, ako g|(cf ) onda postoji q ∈ F [x] tako da je cf = q g . Kako je c̸ je f = (c q )g, pa g|f . (3) Ako g|f onda postoji q ∈ F [x] tako da f = q g. Tada f = (c q )(cg), pa cg |f . Obrnuto, ako (cg )|f onda postoji q ∈ F [x] tako da je f = q (cg) = (q c)g, pa g|f . 1
2
1
2
1 2
1
1
1
2
1
−
2
2
1
1
−
1
2
2
1
2
(4) Sledi iz f = (f c 1)c. −
(5) Ako f g i g f onda postoje q 1 , q 2 F [x] takvi da je f = q 1 g i g = q 2 f . Otuda Otuda,, Svakak akoo je f = 0 (jer f g ), pa skra´civanjem civanjem sa f dobijamo 1 = q 1 q 2 . To f = (q 1 q 2 )f . Svak znaˇ zn aˇci ci da su q 1, q 2 inverzni jedan drugom, pa sledi da su q 1 , q 2 konstantni nenula polinomi. def Izborom c = q 2 F sledi g = cf .
|
|
̸
|
∈
∈ (6) Iz f |g i f |h sledi da postoje q , q ∈ F [x] takvi da je g = q f i h = q f . Tada, za proizvoljne u, v ∈ F [x] vaˇ vaˇzi ug + vh = uq f + vq f = (uq + vq )f , pa f |(ug + vh ). Definicija. Definici ja. Najve´ Na jve´ ci ci zajedniˇ za jedniˇcki cki delilac delila c polinoma f, g ∈ F [x] je normirani polinom 1
2
1
1
2
1
2
2
najve´ na jve´ceg ceg stepena step ena koji deli i f i g . Oznaˇ Ozn aˇcava cava se sa NZD( N ZD(f, g). Ako je NZD(f, g)=1 kaˇzemo ze mo da su f i g uzajamno prosti polinomi.
Ako je d polinom p olinom najve´ceg ceg stepena koji deli f i g , onda je takav i polinom cd , za svako 0 , pa se jedinstvenost je dinstvenost NZD-a obezbed obezb ed¯uje uslovom da je normiran. n ormiran. c F
∈ \ \ { }
Teorema. Ako je bar jedan od polinoma f, g cit cit od nula polinoma p olinoma onda F [x] razliˇ postoji jedinstven jedinstven NZD(f, g ) i moˇze ze se predstaviti preds taviti u oobliku bliku s0 f + t0 g , za neko s 0 , t0 F [x].
∈
∈
Dokaz. Dokaz. Egzistencija: Egzistencija: Skup I = sf + tg s, t F [x] sadrˇzi zi bar jedan jeda n nenula polinom poli nom (jer sadrˇzi zi f i g , a bar jedan od njih nije 0), tj. I = 0 . Stog Stogaa je skup skup degh h I neprazan podskup skupa N 0 . Kako je skup prirodnih brojeva dobro ured¯en (svaki (svaki neprazan podskup ima najmanji element) sledi da postoji min degh h I , tj. u skupu I postoje polinomi najmanjeg stepena. Neka je d = s 0 f + + t0 g I normirani polinom najmanjeg stepena u I . (Moˇzemo zemo pretpostavit pretp ostavitii da je d normiran, jer, ako nije normiran i ima vode´ vo de´ci ci koeficijent .) an , onda polinom an 1 d je normirani polinom istog stepena kao d i pripada I .)
{ ∪ ∪ { }
| ∈
} ̸ { }
{ ∈
{ | ∈ }
| ∈ }
−
Pokaˇzimo zi mo da je d =NZD(f, g). f tada f = qd q d + r i r = 0, degr < degd , pa je Ako d f
̸̸
r = f
− qd = f − − − q (s f + t g) = (1 − qs )f + (−qt )g ∈ I . 0
0
0
0
4 Dakle, r I je polinom niˇzeg zeg stepena od d, ˇsto sto je kontradikcija kontradikcija sa izborom polinoma d. Zakl Za kljuˇ juˇcuje cu jemo mo da d f . Sliˇ Sl iˇcno, cn o, d g , pa je d zajedn za jedniˇ iˇcki cki delilac delila c polinoma po linoma f i g .
∈
|
|
Pokaˇzimo zim o da med¯u svim svi m zajed za jedniˇ niˇckim cki m delio del iocim cimaa polin po linoma oma f i g , polinom d ima ima na jve´ jve ´ci ci stepen. Neka Neka e F [x] takav ta kav da vaˇzi zi e f i e g. Tada e (s0 f + t0 g) (osobina (6)), tj. e d, pa dege degd.
∈
≤
|
|
|
|
Jedinstvenost: Ako je i d najve´ na jve´ci ci zajed za jedniˇ niˇcki cki delilac del ilac polin po linoma oma f i g , tada d (s0f + + t0 g), tj. d d. Kako je joˇs degd = degd, sledi da je d = cd , za neko c F . Iz normiranos normiranosti ti polinoma polinoma d i d sledi da je c = 1, tj. d = d . ′
′
′
∈
′
′
|
′
|
′
Prethodna teorema obezbed obezb ed¯uje egzistenciju egzisten ciju i jedinstvenost je dinstvenost NZD dva polinoma, p olinoma, ali ne ne daje da je postupak pos tupak za njegovo odred odr ed¯ivanje. Da bismo b ismo izloˇzili zili jedan jeda n ood d postu p ostupaka paka za odred odr ed¯ivanje NZD polino po linoma ma - Euklid Euk lidov ov algo a lgorit ritam, am, dokaˇzimo zim o najpr na jpree slede´ sle de´ce ce pomo´ po mo´cno cno tvrd tvr d¯enje. enj e.
Lema. Ako f, g
∈ F [x] i f = qg q g + r tada NZD(f, g )=NZD(g, r). − qg , pa iz d|f i d|g sledi d|r. Dokaz. Neka je d =NZD(f, g ) i f = qg q g + r . Tada r = f − Dakle d je za z a jedniˇcki cki delilac delila c polino p olinoma ma g i r . Neka je d takod tako d¯e zajed za jedniˇ niˇcki cki delila del ilacc polino po linoma ma + r ), pa je d zajedniˇ za jedniˇcki cki delilac delila c polinoma pol inoma g i f , a kako je g i r . Tada d |f (jer f = gq + d =NZD(f, g ) sledi da je degd ≤ degd, pa je d =NZD(g, r ). ≥ degg, f = q g + r , pri Euklidov algoritam. Neka je degf ≥ pr i ˇcemu ce mu r = 0 ili degr < ′
′
′
′
1
1
1
1
degg.
• Ako je r = 0, tada NZD(f, g)=”normirano g”. • Ako je r̸̸ = 0, tada NZD(f, g)=NZD(g, r ), pa nastavljamo postupak deljenjem g 1
1
1
sa r1 : g = q 2r1 + r2 , r2 = 0 ili degr2 < degr1 < degg .
– Ako je r2 = 0, tada NZD(f, g)=’normirano r1”. – Ako r2 = 0, tada NZD(f, g )=NZD(g, r1)=NZD(r1 , r2 ), r1 = q 3 r2 + r3 , .. .
̸̸
– rn 1 = q n+1 rn , rn+1 = 0. Tada NZD(f, g)=”normirano rn ”. −
·
Primer. U prstenu R[x], odrediti NZD(f, g ) za f = x4 2x3 + 3 x2 + 2 x + 3.
3
− 2x
+ 2x2
− 2x + 1,
Deljenjem 2f sa g dobijamo 25 25 2 25 , pa je r1 = x + . 2 2 2 2 Sada delimo g sa r1 , ili, il i, radi r adi jednostavnije jedno stavnijegg raˇ r aˇcuna, cuna, g sa 25 r1 = x 2 + 1. Dobijamo 2f = g (x
− 27 ) + 252 x
2
g=
+
2 r1 (2x + 3) , r2 = 0, 25
2 2 pa je NZD(f, g ) =NZD(2f, g )=NZD(g, r1 )=NZD(g, 25 r1 )= 25 r1 = x 2 + 1.
g =
5 Do istog isto g rezultata se moglo do´ci ci faktorizacijom polinoma f i g : f = (x2 +1)2 2x(x2 +1) = (x2 +1)(x 1)2 ,
−
−
g = 2x(x2 +1)+3(x2 +1) = (2x+3)(x2 +1).
SVODLJIVOST POLINOMA Neka f F [x] i degf = n 1. Trivijalni rivijalni delioci polinoma f su c = 0 (polinomi nultog stepena) i cf, c = 0 (polinomi stepena n). Da li polinom f ima i netrivijalne delilace, tj. delioce stepena k, 0 < k < n ?
∈ ∈
≥
̸̸
̸
Definicija. Polinom f F [x] stepena n polinomi g, h F [x], takvi da je
∈
∈
f = g h,
·
≥ 2 je svodljiv nad poljem F ako postoje
degg egg < n, degh degh < n.
U suprotnom, f je nesvodljiv nad F . Uoˇcimo cimo analogiju sa prstenom prsteno m celih brojeva: bro jeva: nesvodljivi polinomi p olinomi nad F imaju ulogu prostih brojeva u prstenu (Z, +, ) celih brojeva.
·
Primeri. (1) x2 2 (x 2)(x + 2)) .
2
2
√ − ∈ Q[x] je nesvodljiv, dok x − 2 ∈ R[x] je svodljiv (x − 2
− √
(2) x 2 + 1 R [x] je nesvodljiv, dok je x2 + 1 C [x] svodljiv (x2 + 1 = (x
∈
∈
=
− i)(x + i)).
Teorema 1. Polinom f F [x] stepena 2 ili 3 je svodljiv nad F akko f ima koren u F .
∈ ∈
Dokaz.( ) Iz f = gh i stepen od f jednak 2 ili 3 sledi da je degh = 1 ili degg = 1. Neka je, recimo, degg = 1, tj. g = ax + b, a = 0. Tada c = a 1 b F je koren polinoma g, pa i koren polinoma f .
→
̸
−
−
∈
( ) Ako f ima koren c q F [x] tako da je f = q (x
∈ F , tada iz Bezuove teoreme sledi da x − c|f , tj. postoji ∈ ∈ − c), deg(x − c) < degf , pa je f svodljiv. Lema 1. Ako je f ∈ F [x] nesvodljiv i g ∈ F [x] proizvoljan, tada je ili NZD(f, g )=1 ili f |g . Dokaz. Neka je d =NZD(f, g ). Kako je f nesvodljiv i d|f , to je d trivijalni delilac, tj. pr vom sluˇcaju caj u zbog z bog normiranosti d je ili konstantni polinom ili d = cf , za neko c ∈ F . U prvom mora biti d = 1, tj. NZD( f, g )=1, a u drugom drug om sluˇcaju ca ju iz d = (cf )|g i osobine (3) sledi f |g . ←
g , h F [x] proizvoljni, tada iz f (gh) sledi f g ili Lema 2. Ako je f F [x] nesvodljiv, a g, f h.
∈ ∈
|
∈
|
|
Dokaz. Dokaz. Ako Ako f g , tada iz Leme 1 sledi NZD(f, g )=1, pa je 1 = sf + tg , za neko s, t F [x]. Tada,
∈
h = h 1 = sf h + t(gh ) = sf h + t(qf ) = (sh + tq )f,
·
tj. f h.
|
6
Teorema 2. (dualna Osnovnom stavu aritmetika) aritmetika) Svaki polinom f F [x] stepena zemo jedinstveno do redosleda faktora predstaviti u obliku f = ap 1 p2 . . . pr , gde n 1 moˇzemo 0 i p1 , . . . , pr su nesvodljivi normirani polinomi u F [x] (ne obavezno razliˇciti). citi). a F
∈ ∈
≥ ∈ \ \ { }
Dokaz. Egzistencija: transfinitnom indukcijom po n.
Za n = 1 vaˇzi f = ax + b = ap 1 , gde je p1 = x + a 1 b (normiran i nesvodljiv). −
Neka je j e tvrd¯enje taˇcno cno za sve polinome pol inome stepena step ena < n. Za polinom f stepena n imamo: + a 1x + . . . + a n xn , an = 0, tada f = an p1 , gde je p1 = a n 1a0 + an 1a1 x + . . . + xn ;
• ako je f nesvodljiv, f = a −
̸
0
−
• ako je f svodljiv, tj. f = gh, gde je deg degg g < n,
degh egh < n, tada, po indukcijskoj
hipotezi,
g = bp 1 . . . pk , h = cp k+1 . . . pr , b = 0, c = 0, i svi pi su nesvodljivi i normirani,
̸
̸
pa je f = gh g h = (bp1 . . . pk )(cpk+1 . . . pr ) = (bc) p1 . . . pr , gde je a = bc = 0.
̸
Jedinstven Jedinstvenost: ost: Neka Neka je f = ap1 . . . pr i f = bq 1 . . . qs , a = 0, b = 0, i p1 , . . . , pr , q 1, . . . , qs su nesvodljivi i normirani. Indukcijom po r dokaˇ do kaˇzimo zi mo da je a = b, r = s i p1 , . . . , pr = q 1 , . . . , qs .
̸̸
{
}
̸̸
{
}
Za r = 1 imamo f = ap 1 , pa je p 1 = a 1 f = (a 1 b)q 1 . . . qs , odakle sledi q 1 p p1 q 2 p p1 1 Kako je p1 nesvodljiv, sledi da je s = 1, tj. p1 = (a b)q 1 . Iz normir normiranos anosti ti . . . q s p p1 . Kak polinoma p1 i q 1 sledi da je a 1b = 1, tj. a = b . Odavde je i p1 = q 1 .
∧ |
−
−
| ∧ | ∧
−
Neka Ne ka je tvrd tv rd¯enje taˇcno cn o za r Tada, za r imamo
−
− 1. ap1 . . . pr = bq 1 . . . qs ,
odakle sledi p1 (bq 1 . . . qs ).
|
Primenom Leme 2. sledi
| ∨ p |q ∨ . . . ∨ p |q .
p1 q 1
1
2
1
s
Iz normiranosti i nesvodljivosti polinoma p1 , q 1 , . . . , qs sledi p1 = q 1
∨ p = q ∨ . . . ∨ p 1
2
1
= q s .
Ne umanju uma njuju´ ju´ci ci opˇstost, sto st, pretp pre tpost ostavimo avimo p1 = q 1 . Tada, ada , skra´ sk ra´civanjem civan jem sa p1 jednakosti ap1 . . . pr = bp 1 . . . qs ,
dobijamo a( p2 . . . pr ) = b (q 2 . . . qs ).
r −1
7 Po indukcijskoj hipotezi sledi a = b, r = s, p2, . . . , pr = q 2 , . . . , qs ,
{
} {
}
pa je i
{ p , . . . , p } = {q , . . . , q }. 1
1
r
s
Definicija. Polje F je algebarski zatvoreno ako svaki polinom f ima bar jedan koren u F .
∈ ∈ F [x], stepena n ≥ 1
Primer. Polje R nije algebarski zatvoreno, na primer, polinom f = x 2 + 1 koren u R.
∈ R [x] nema
Teorema eorema 3. (Gauss, (Gauss, Osnovni Osnovni stav algebre) algebre) Polje kompleksnih brojeva je algebarski zatvoreno. Slede´ Slede´com com teoremom opisujemo opisujemo nesvodljiv nesvodljivee polinome nad algebarski algebarski zatvorenim zatvorenim pol jem.
Teorema 4. Slede´ Sl ede´ca ca tvrdjenja tvrdj enja su ekvivalentna: ekvivalentna : (1) Polje F je algebarski zatvoreno. (2) Jedini nesvodljivi polinomi u F [x] su linearni polinomi. (3) Svaki polinom f polinoma.
∈ ∈ F [x] stepena n ≥ 1 moˇze ze se faktorisati u proizvod n linearnih
Dokaz. Dokaz. (1) (2): Neka Neka je f F [x] i degf > 1. Prema Prema (1) postoji postoji c F tako da je f (c) = 0. Prema Bezuovom stavu x c f . Posto je deg (x c) = 1 < degf , sledi da je f svodljiv.
→
∈
−|
∈
−
(2)
→(3): Sledi iz Teoreme dualne Osnovnom stavu aritmetike. (3)→(1): Neka Neka je f ∈ F [x] proizvoljan polinom stepena n ≥ 1. Po pretposta pretpostavc vcii on ima faktorizaciju f = p . . . p takvu da je svaki p linearni polinom. Ako je, p = ax + b, Dakle, sv svaki ̸ = 0, tada je c = −a b ∈ F koren polinoma p , a time i polinoma f . Dakle, a̸ ∈ F [x] stepena ≥ 1 ima koren u F , pa je polje F algebarski zatvoreno. polinom f ∈ Posledica. Polinom f ∈ fakto risatii u obliku ∈ C [x] stepena n ≥ 1 moˇzeze se faktorisat ̸ = 0, f = a (x − c )(x − c ) . . . (x − c ), a ̸ 1
n
1
i
1
−
1
n
1
2
n
n
gde su c1 , . . . , cn koreni (ne moraju mora ju biti razliˇciti) citi) polinoma f .
1 ˇ VISESTRUKI KORENI POLINOMA Ako se u razlaganju f = an (x − c 1 )(x − c 2 ) . . . (x − c n ) polinoma f ∈ F [x] stepena taˇcno k puta, gde 1 ≤ k ≤ n , kaˇzemo ze mo da je n ≥ 1, element c ∈ F javlja u nizu c1 , . . . , cn ta c ∈ F koren reda k polinoma f .
Definicija. Element c ∈ F je koren koren reda k polinoma f ∈ F [x] ako (x − c)k |f i f , tj. (x − c)k+1 f f = (x − c)k q i q ∈ F [x], q (c)̸ = 0. Ako je k > 1 , tada je c viˇ sest se stru ruk k koren kor en , a ako je k = 1 tada je c prost koren polinoma f . Polinom f ∈ C [x] stepena n ≥ 1 moˇze ze se faktorisati u obliku f = a n (x − c1 )k1 (x − c2 )k2 . . . (x − cr )k , r
an = ̸ 0,
gde su c1 , . . . , cn razliˇ raz liˇciti cit i koreni kore ni polin p olinoma oma f reda reda k1 , . . . , kr , respektivno, i k1 + . . . + kr = n . Neka je F polje p olje karakteristike karakteri stike 0 (tj. vaˇ zi zi 1 + . . . + 1 = 0. za svako n ∈ N ).
n
̸ 0, tada polinom f ′ = Definicija. Ako je f = a0 + a1 x + . . . + a n xn ∈ F [x], an = a1 + 2 a2 x + . . . + nan xn−1 zovemo prvi izvodni polinom polinoma f . Osobine: (1) Ako degf = n , onda degf ′ = n − 1 (jer nan = a n + . . . + an = (1 + . . . + 1) an = ̸ 0).
̸ ̸ =0 =0
n
(2) (c · f )′ = c · f ′ , c ∈ F, F ,
=0 =0
(3) (f + g )′ = f ′ + g ′ , (4) (f · g ) = f ′ · g + f · g ′ , (5) (f k )′ = kf k f k−1 · f ′ . Induktivno Indukt ivno definiˇ defin iˇsemo semo izvodne izvod ne polinome pol inome viˇseg seg reda: f ′′ = (f ′ )′ ,
f (k+1) = (f (k) )′
(k ∈ N ).
Teorema 1. Neka je F polje, charF = 0 i c ∈ F koren reda k polinoma f ∈ F [x]. • Ako je k > 1 tada je c koren reda k − 1 prvog izvodnog polinoma f ′ . • Ako je k = 1 tada c nije koren polinoma f ′ . ∈ F [x] i q (c)̸ = 0. Tada Dokaz. Neka je f = (x − c)k q , q ∈ + ( x − c)k q ′ = (x − c)k−1 (kq + + ( x − c)q ′ ) . f ′ = k (x − c)k−1 q +
q1
2
• k > 1 Iz f ′ = (x − c)k−1 q 1 i q 1(c) = kq k q (c)̸ = 0 sledi da je c ∈ F koren reda k − 1 polinoma ′ f .
• k = 1 Iz f ′ = q 1 i q 1(c)̸ = 0 sledi da c ∈ F nije koren polinoma f ′ .
Posledica 1. Svi Sv i viˇ v iˇsestruki sestr uki koreni polinoma pol inoma f su svi koreni polinoma NZD(f, f ′ ). Dokaz. Ako je c ∈ F koren reda k > 1 polinoma f , onda je c i koren polinoma f ′ , pa (x − c)|f i (x − c)|f ′ , odakle sledi (x − c)|N Z D(f, f ′ ), tj. c je koren polinoma NZD(f, f ′ ). Obratno, ako je c koren polinoma NZD(f, f ′ ), tada (x − c )|NZD(f, f ′ ), pa (x − c )|f i (x − c )|f ′ , ˇsto st o znaˇ zn aˇci ci da je c koren i polinoma f i polinoma f ′ . Na osnov osnovu u prethod prethodne ne teoreme, sledi da je c viˇsestruk sestr uk koren polinoma poli noma f .
Posledica 2. Polinom polinoma f .
f N ZD (f,f ′ )
ima samo proste korene korene i ti koreni koreni su razliˇ razliˇciti citi koreni koreni
Primer. Odrediti Odr editi viˇsetruke setr uke korene kore ne polinoma pol inoma f = x 7 − 2x5 − x4 + x3 + 2x2 − 1. f ′ = 7x6 − 10x4 − 4x3 + 3 x2 + 4 x,
NZD(f, f ′ ) = x3 − x 2 − x + 1 = (x − 1) 2 (x + 1), pa f = (x − 1) 3 (x + 1)2q , gde je = 2. degq = Iz Horner Hor nerove ove ˇseme sem e 1 1 1 1 −1 1 1 1
0 −2 −1 1 2 0 −1 1 −1 −2 −1 1 1 0 2 1 −1 −2 −1 0 3 4 3 1 0 2 2 1 0 1 1 0
dobijamo q = x2 + x + 1. Takod¯e, polinom pol inom N ZDf (f,f ) = (x − 1)(x + 1)(x2 + x + 1) ima samo proste korene i to su koreni polinoma f . ′
Teorema 2. (Taylor,1685.-1731.) Ako je F polje, charF = 0, f = a 0 + a1 x + . . . + an xn ∈ F [x] i c ∈ F , tada f = f (c) +
f ′ (c)
1!
(x − c) +
f (n) (c) (x − c) + . . . + (x − c)n 2! n!
f ′′ (c)
2
f (k) (0) i ak = , (k = 0, 1, . . . , n) gde f (0) = f . k!
Dokaz. Neka je f = b 0 + b1 (x − c) + b2 (x − c)2 + . . . + bn (x − c)n . Odredimo b 0 , b1 , . . . , bn . Iz f (k) = k !bk + (k + 1)!bk+1(x − c) + . . . + n(n − 1) . . . (n − k + 1) bn (x − c)n−k
3 dobijamo f (k) (c) za k = 1, 2, . . . , n . f (c) = k !bk pa je bk = k! (k)
Specijalno, za k = 0 po definiciji je f (0) (c) = f (c). Prema tome f = f (c) +
f (n) (c) (x − c) + . . . + (x − c)n . 1! n!
f ′ (c)
Stavljanjem c = 0 dobijamo ak = b k , tj. ak =
f (k) (0) . k!
Polinom iz prethodne teoreme zove se Tejlorov polinom.
Teorema 3. Ako je F polje, charF = 0, f ∈ F [x] polinom stepena n ≥ 1 i c ∈ F , tada c je koren reda k polinoma f akko f (c) = f ′ (c) = . . . = f (k−1) (c) = 0 i f (k) (c)̸ = 0.
Dokaz. (→) Sledi neposredno iz Teoreme 1. (←) Iz f = f (c) +
f ′ (c)
1!
(x − c) + . . . +
f (n) (c) n!
(x − c)n i pretpostavljenog sledi
f (k) (c) f (k+1) (c) f (n) (c) k k+1 (x − c) + ( x − c) + . . . + (x − c)n , f = (k + 1)! k! n!
pa je
f (c) f (c) f (c) − f = (x − c) k! + (k + 1)! (x − c) + . . . + n! (x − c) , (k)
k
(k+1)
(n)
n k
q
pri pr i ˇcemu ce mu je q (c) =
f (k) (c) k!
̸ 0, pa je c koren reda k polinoma f . =
Primer. Za polinom f = 2x6 − x5 − 13x4 + 13x3 + 19x2 − 32x + 12 i c = 1 vaˇ vaˇzi f (1) = f ′ (1) = f ′′ (1) = 0, f ′′′ (1) = − 54̸ = 0,
pa je c = 1 koren reda 3 polinoma f . Dakle f = (x − 1)3 q.
Pomo´cu cu Horner Hor nerove ove ˇseme sem e nalazi nal azimo mo q = 2x3 + 5 x2 − 4x − 12, pa je f = (x − 1)3 (2x3 + 5x2 − 4x − 12).
4 OSOBINE KORENA REALNIH POLINOMA Kako je R[x] ⊆ C [x] i C je algebarski zatvoreno polje, svaki realni polinom stepena ze ze se predstaviti predstaviti kao proizvod proizvod kompleksni kompleksnih h linearnih linearnih polinoma. Kako polje R n ≥ 1 moˇ nije algebarski zatvoreno, u opˇstem stem sluˇcaju caju se realni polinom ne moˇze ze predstaviti kao proizvod linearnih realnih polinoma (npr. x2 + 1 se ne moˇze ze predstaviti predstaviti kao proizvod proizvod linearnih realnih polinoma).
Teorema eorema 1. Ako Ako je kompl omplek eksni sni broj c = α + iβ (α, β ∈ R) koren koren polin polinoma oma n koren polinoma f . f = a 0 + a1 x + . . . + an x ∈ R [x], tada je i c = α − iβ koren Dokaz. Dokaz. Primenom osobina operacije konjugov konjugovanja anja kompleksni kompleksnih h brojeva dobijamo f (c) = a0 + a1 c + a2 c2 + . . . + an cn = a0 + a1 c + a2 c2 + . . . + an cn = a0 + a1 c + a2 c2 + . . . + an cn ( jer a0, . . . , an ∈ R ) = a0 + a1 c + . . . + an cn = f (c) = 0 = 0.
Posledica 1. Svaki realni polinom neparnog stepena ima bar jedan koren u R. Napomena. Prethodna Prethodna teorema teorema ne vaˇ zi zi za kompl kompleks eksne ne nerealn nerealnee polinome polinome,, npr. 2 x − (1 + i)x + i ∈ C [x] ima korene 1 i i (−i nije koren). Posledica 2. Jedini nesvodljivi polinomi u R [x] su linearni linearni polinom p olinomii i kvadratni kvadratni polinomi sa negativnom diskriminantom. Dokaz. Dokaz. Linearni polinomi su svakako svakako nesvodljivi nesvodljivi (jer ima ju samo trivijalne trivijalne delioce). Kvadratni realni polinomi su nesvodljivi nad R akko nemaju koren u R, tj. akko imaju negativnu diskriminantu. Pokaˇ Pokaˇzimo zimo da, osim linearnih linearnih i kvadratni kvadratnih h polinoma sa negativnom negativnom diskriminan diskriminantom, tom, nema drugih nesvodljivih realnih polinoma. Neka je f ∈ R[x], degf > 2. 2. Tada f ∈ C [x], C je algebarski zatvoreno, pa postoji koren c = α + iβ (α, β ∈ R ) polinoma f . = 0, tada c = α ∈ R , pa f = (x − α)q , q ∈ • Ako β = ∈ R [x]. Dakle, f je svodljiv. je takod t akod¯e koren. kore n. Za polino p olinom m • Ako β = ̸ 0 (tj. c nije realan broj), tada c = α − iβ je g = (x − c)(x − c) = (x − α)2 + β 2 = x 2 − 2αx + α2 + β 2 ∈ R [x]
vaˇzi D = 4α2 − 4( α2 + β 2 ) = −4β 2 < 0, pa je nesvodljiv nad R. Po teore teoremi mi o deljenju f = gq + r , gde q, r ∈ R [x], r = 0 ili degr < degg . g q +
∈ R [x] i degg = 2 < degf , pa je f svodljiv nad R . – Ako r = 0 onda f = gq g q , g, g , q ∈
– Ako r̸ = 0 onda degr = 0 ili degr = 1. ∗ Ako degr = 0, tj. r ∈ F , tada 0 = f (c) = g (c)q (c) + r . Kontradikcija. ∗ Ako degr = 1, tj. r = ax + b, a = ̸ 0, tada 0 = f (c) = g (c)q (c) + ac + b, odakle sledi ac + b = 0, tj c = − a−1 b ∈ R . Kontradikcija.
5
Posledica Posledica 3. (faktorizac (faktorizacija ija realnog polinoma) Svaki realni polinom f stepena n ≥ 1 moˇze ze se predstaviti pred staviti u obliku f = a n (x − c1 )k1 . . . (x − cr )k (x2 + p1 x + q 1 )l1 . . . (x2 + pt x + q t )l , r
t
pri pr i ˇcemu ce mu su c 1, . . . , cr ∈ R razliˇ razl iˇciti cit i koreni kore ni poli p olinom nomaa f reda k 1 , . . . , kr (respektivno), p i , q i ∈ R, pi2 − 4q i < 0 (i = 1, . . . t) i k1 + . . . kr + 2(l1 + . . . + lt ) = n. Kao ˇsto smo videli, svaki polinom p olinom f ∈ R[x] stepena n ≥ 1 ima taˇcno cno n korena u uti m, praktiˇ pra ktiˇcno cno odred od red¯ivanje ovih korena kore na je veoma veom a teˇzak, zak , ˇcesto ces to i nereˇ ner eˇsiv siv proble pro blem. m. C . Med¯utim, Pored poznatih formula za odred¯ivanje korena polinoma prvog i drugog stepena, sliˇcne, cne, ali znatno z natno sloˇzenije zenij e formule fo rmule posto pos toje je i za polinome pol inome tre´ceg ceg i ˇcetvrtog cetv rtog stepena step ena (Cardano-ove (Card ano-ove i Ferrari-ne errari-ne formule). formule). Za polinome petog i viˇ viˇseg seg stepena dokazano je (Abel, Galois) Galois) da, u opˇ opˇstem stem sluˇcaju, caju, takve takve formule formule ne postoje, tj. da se svi koreni polinoma ne mogu dobiti primenom (na koeficijente koefic ijente polinoma) konaˇ cnog cnog niza operacija sabiranja, oduzimanja, o duzimanja, mnoˇzenja, zenja, deljenja i korenovanja. Samo u nekim specijalnim sp ecijalnim sluˇcajevima caje vima posto p ostoje je postupci p ostupci za nalaˇzenje zenje korena polinoma stepena ≥ 5. Za f ∈ Q [x] ili f ∈ Z [x] posto p osto ji praktiˇ p raktiˇcni cni postupak pos tupak za nalaˇ n alaˇzenje zenje racionalni racio nalnih h nula (ako ih polinom ima). p ( p ∈ Z, q ∈ N i NZD( p, q )=1) )=1) koren polinoma f = a0 + a1 x + q . . . + an xn ∈ Z [x] ( an = ̸ 0 , a0 = ̸ 0), tada p|a0 i q |an .
Teorema 2. Ako je Dokaz. Iz
p p2 pn−1 pn a0 + a1 + a2 2 + . . . + an−1 n−1 + an n = 0 q q q q
mnoˇ mn oˇzenj ze njem em sa q n−1 dobijamo n
p = 0, a0 q − + a1 pq n−2 + . . . + an−1 pn−1 +an q ∈Z n 1
an pn ∈ Z . Kako je NZD( p, q )=1, pa )=1, sledi q |an . q n
Mnoˇzenjem zenje m polazn p olaznee jedna j ednakosti kosti sa q p , p̸ = 0 dobijamo a0 q n + a1 q n−1 + . . . an−1 pn−2 q + + an pn−1 = 0, p
∈Z
a0 q n pa )=1, sledi da p|a0 . ∈ Z . Kako je NZD( p, q )=1, p
Posledica. Ako je celi broj c ∈ Z koren normiranog polinoma sa celim koeficijentima ̸ 0, onda c|a0 . f = a 0 + a1 x + . . . + xn ∈ Z [x], a0 = Primer. Ako je f = 2x4 + 3x3 − 3x2 − 5x − 6 i racionalni koren, onda
p ( p ∈ Z, Z , q ∈ ∈ N,NZD ( p, q ) = 1) njegov q
1 3 p p|(−6), p ∈ Z ⇒ p ∈ {±1, ±2, ±3, ±6} ⇒ ∈ {±1, ±2, ±3, ±6, ± , ± }. ∈ N ⇒ q ∈ ∈ {1, 2} q |2, q ∈ 2 2 q
6 Proverom: c1 = − 2, c2 = 23 su koreni. Tada f = (x + 2)(x − 23 )q , gde je q = x2 + x + 1, √ √ pa su preostala dva korena c3 = −1+2i 3 i c4 = −1−2i 3 .
1 AKSIOME VEKTORSKOG PROSTORA Pojam vektorsko vektorskogg prostora je jedan od najznaˇcajnijih cajnijih pojmov po jmovaa u matematici. matematici. Njime se uspostavlja uspostavlja veza izmed¯u algebre i geometrije. geometrije. Nastao je uop uopˇˇstavanjem stavanjem bitnih svojstava sabiranja geometrijskih vektora (orjentisaninih duˇzi) zi) i mnoˇzenja zenja geometrijskih vektora realnim brojem.
Definicija. Neka je: V = {x,y,z,u,v,x 1, y1 , z 1 , . . .} neprazan skup, F = {α , β , γ , . . .} i (F, ⊕, ⊙, 0, 1) polje, + : V × V → V , , (x, y ) → x + x + y y
: F × V → V , , (α, x) → α · x. · : F
Uredjena Uredj ena ˇcetvorka cetvorka (V, +, ·, F ) F ) je vektorski vektorski prostor prostor ako za svako x, y ∈ V i svako α, β ∈ F vaˇ vaˇzi: ∈ F (V 1 ) (V, +) je Abelova grupa, (V 2 ) α · (x + y + y)) = α · x + α + α · y , (V 3 ) (α ⊕ β ) · x = α = α · x + β + β · · x, (V 4 ) α · (β · · x) = (α ⊙ β ) · x, (V 5 ) 1 · x = x = x.. U tom sluˇcaju caj u elementi skupa V V se zovu vektori, a elementi polja F skalari, operacija + sabiranje vektora , a funkcija · mnoˇ zenje zenj e vektora vekto ra skalarom skalar om . Neutralni u grupi (V, (V, +) ´cemo ce mo ozna oz naˇˇcavat ca vatii sa 0V ili samo 0 i zvati nula vektor , a inverzni elementa x u ovoj ovo j grupi gru pi ´cemo cem o oznaˇ ozn aˇcavati cavati sa − x i zvati suprotni vektor od x.
Napomena. Kada god go d to ne izaziva izaziva zabunu, zabunu, za operacije sabiranje i mnoˇ zenje zenje u polju umesto oznaka ⊕ i ⊙ koristi´ kori sti´cemo cem o ozna o znake ke + i · (koje (ko je inaˇ i naˇce ce koristimo kor istimo za sabira s abiranje nje vektora i mnoˇzenje zenje vektora skalarom). Znak · ´cemo cem o ˇcesto ces to izostav izo staviti iti,, tj. umesto ume sto α α · x pisa pi sa´´cemo ce mo αx. αx. Takod¯e, za nula vektor i nula skalar koristi´cemo cemo istu oznaku 0, kad god je iz konteksta jasno da li se radi o vektoru ili skalaru. Ako je F je F = R re´ci ci ´cemo cem o da je vektors vekt orski ki prosto pro storr V realni vektorski prostor , a ako je F je F = C kompleksni vektorski prostor . Skup aksioma (V (V 1 )-(V )-(V 5 ) je nezavisan (nijedna od njih nije posledica ostalih), ˇsto sto se moˇze ze semantiˇ sem antiˇcki cki pokazat po kazatii pravlj p ravljenj enjem em model mo delaa u kome ko me vaˇze ze ˇcetiri cet iri aksiom aks iome, e, a peta p eta ne vaˇzi. ), gde x ⊕ y := y := y,, Primer. (C, ⊕, ⊙, C ),
:= x α ⊙ x := x
(α,x,y ∈ C ). C ).
Tada (V (V 1 ) ne vaˇzi, zi, jer x ⊕ y ̸ = y ⊕ x, za x̸ = y (na primer 1 ⊕ 2 ̸ = 2 ⊕ 1), dok aksiome (V (V 2 )-(V )-(V 5 ) vaˇ vaˇze. Neke posledice aksioma vektorskog prostora pro stora su date u slede´coj coj teoremi.
Teorema. U vektorskom prostoru (V, (V, +, ·, F ) F ) vaˇ vaˇzi: (1) α · 0V = 0V ,
α ∈ F
(2) 0F · x = 0V ,
x ∈ V
2 (3) α · x = 0V ⇐⇒ α = α = 0F ∨ x = 0V , (4) α(−x) = −(αx) αx) = (−α)x,
x ∈ V, V , α ∈ F , F ,
x ∈ V, V , α ∈ F
(5) (α (α1 + . + . . . + α + αn ) · x = α = α 1 · x + . + . . . + α + αn · x, α · (x1 + . + . . . + x + xn ) = α · x1 + . + . . . + α + α · xn ,
n ∈ N, N , x ∈ V, V , α1 , . . . αn ∈ F n ∈ N, N , x1 , . . . , xn ∈ V, V , α ∈ F.
Dokaz. (1) α · (0V + 0V ) α · 0V + α · 0V (α · 0V + α · 0V ) + ( −(α · 0V )) α · 0V + (α (α · 0V + (−(α · 0V )) α · 0V + 0V α · 0V
= = = = = =
α · 0V α · 0V / − (α · 0V ) (V 2) α · 0V + (−(α · 0V )) 0V (V 1 ) 0V (zbir suprotnih suprotnih je je 0V ) 0V .
(2) sliˇcno cno kao pod p od (1); (3) (→) Ako α · x = 0V i α ̸ = 0F tada postoji α−1 ∈ F , F , pa mnoˇzenjem zenje m sa α−1 dobijamo α−1 · (α · x) = α −1 · 0V . Primenom (1) i (V (V 4 ), dalje imamo (α−1 α) · x = 0V , pa je 1 · x = 0V , odakle prema V 5 imamo x = 0V . (←) direktno sledi iz (1) i (2).
(4)
(−α) · x = = = = = = =
(−α) · x + 0 V (0V je neutralni neutralni za +) (−α) · x + (α ( α · x + ( −(α · x))) (zbi (zbirr supr suprotn otnih ih je 0V ) ((−α) · x + α + α · x) + ( −(αx)) αx)) (asoci (asocija jati tivn vnost ost +) (−α + α + α)) · x + (−(αx)) αx)) (pri (prime meno nom m (V 3 )) 0F · x + (−(α · x)) 0V + (−(α · x)) (prim (primeno enom m (2)) (2)) −(α · x).
Iz dokazane jednakosti i (V (V 5 ) imamo (−1) · x = − (1 · x) = − x, pa je α · (−x) = = = =
α · ((−1) · x) (α · (−1)) · x (primenom (primenom (V 4 )) . (−α) · x −(α · x)
(5) Jednostavno se dokazuje indukcijom po n.
Primeri. 1. Skup geometrijskih geomet rijskih vektora (orijentisanih (or ijentisanih duˇzi) zi) u ravni, sa poznatim p oznatim operaciop eraci jama sabiranje sabira nje vektora i mnoˇzenje zenje vektora realnim bro jem, je vektorski prostor nad poljem realnih brojeva.
3 2. (F, +, ·, F ) F ), polja F . F .
gde su + i · sabiranje sabir anje i mnoˇ m noˇzenje zenje u polju p olju F F ,, je vektorski prostor
3. Ako je H potpolje (F, +, ·, H ) (+ i · su operacije iz polja F ) H potpolje polja F , F , onda (F, F ) je vektorski prostor. Na primer (a) (R, (R, +, ·, Q) (b) (C, (C, +, ·, R) 4. (F n , +, ·, F ) F ), gde su + i · definisani sa def
(x1 , . . . , xn ) + (y ( y1 , . . . , yn ) = (x1 + y + y1 , . . . , xn + y + yn ) def , α · (x1 , . . . , xn ) = (αx1 , . . . , α x n ), za (x1 , . . . xn ), (y1 , . . . , yn ) ∈ F n , α ∈ F je vektorski prostor ured¯enih n−torki iz polja F . F . 5. (F N , +, ·, F ), F ), gde je F je F N skup svih nizova elemenata polja F polja F ,, + i · su definisani sa def
(xn ) + (y ( yn ) = (xn + y + yn ), za (xn ), (yn ) ∈ F N , def α · (xn ) = (αxn ), za α ∈ F, F , (xn ) ∈ F N je vektorski prostor nizova nizova elemenata iz F . F . 6. (F S , +, ·, F ), F ), gde je F S skup svih funkcija koje slikaju S u F , F , a zbir f + g funkcija f, g ∈ F S i proizvod α · f f skalara α ∈ F F i funkcije funkcije f ∈ F S su definisani sa def
f + g : g : S S → F tako F tako da (∀x ∈ S ) S ) (f + g)( g )(x x) = f ( f (x) + g + g((x), def
(α · f ) f ) : S → F tako F tako da (∀x ∈ S ) (α · f )( f )(x x) = αf ( αf (x), je vektorski prostor funkcija iz S u F . F . 7. (F n [x], +, ·, F ), F ), gde je F je F n [x] = {a0 + a1 x + . . . + an xn |a0 , . . . , an ∈ F } (skup polinoma po x po x stepena stepena ≤ n sa n sa koeficijentima iz polja F polja F ), ), + je sabiranje polinoma, a mnoˇzenje zenje skalarom je definisano sa def
α(a0 + a + a1 x + . + . . . + a + an xn ) = (αa0 ) + (αa ( αa1 )x + . + . . . (αan )xn , je vektorski prostor polinoma po x stepena ≤ n sa n sa koeficijentima iz F . F . 8. Ako je V Skup V Skup polinoma fiksiranog stepena n, a + i · definisani kao u F n [x]), tada V tada V nije nije vektorski prostor. Na primer, ako f ako f = x n − 1 ∈ V i g = − xn + x ∈ V , , tada f + g = x − 1, pa f + g ∈ / V . .
Napomena. Oˇcigled cig ledno, no, za S = N , kao specijalni sluˇcaj caj primera 6. dobijamo dobijamo primer 5. Za S Za S = {1, 2, . . . , n}, svaku funkciju f funkciju f : { 1, 2, . . . , n} → F ze mo ide i denti ntifikova fikovati ti F moˇzemo n sa ured ur ed¯enom en om n-torkom (f (f (1) (1),, . . . , f ( n)) ∈ F , pa imaju´ci ci u vidu definicije + i · u prostorima F S i F n , dobijamo dobijamo da je primer 4. specijalan sluˇcaj caj primera 6.
4 VEKTORSKI POTPROSTORI
Definicija. Neka je (V, (V, +, ·, F ) F ) vektorski prostor i U U neprazan podskup od V . . Ukoliko je U je U i i sam vektorski prostor u odnosu na restrikcije operacije + i funkcije · , ondaa kaˇzemo ond zem o da je U vektorski potprostor prostora V V i piˇsemo U ≼ V . . Jednostavan kriterijum za proveru koji podskupovi datog vektorskog prostora predstavljaju i njegove njeg ove potprostore potprostor e da je slede´ sled e´ca ca teorema. t eorema.
Teorema. Neka je (V, (V, +, ·, F ) F ) vektorski prostor i U i U neprazan neprazan podskup od V . . Tada U ≼ V akko ak ko vaˇze ze uslov us lovi: i: (1) x ∈ U ∧ α ∈ F ⇒ α · x ∈ U (tj. U je je zatvoren zatvore n za z a mnoˇ m noˇzenje zenj e skalarom) skalar om) U (tj. U (2) x ∈ U ∧ y ∈ U ⇒ x + x + y y ∈ U U (tj. U je U je zatvoren za sabiranje vektora). Dokaz. (→) Ako U ≼ V Dok V onda je (U, (U, +, ·, F ) F ) vektorski prostor, pa je skup U zatvoren za z a sabiranje vektora, kao i za mnoˇzenje zenje vektora skalarom. (←) Neka je U je U ̸ = ∅ i vaˇze ze (1)i (1) i (2). (2) . Pokaˇzimo zim o da je (U, +, ·, F ) F ) vektorski prostor. (V 1 ) , pa je takva i na njegovom • Operacija + je komutativna i asocijativna na V , podskupu U podskupu U .. Iz U ̸ = ∅ sledi da postoji element x ∈ U . U . Tada • Iz U (1)
F , x ∈ U ⇒ ( −1) · x ∈ U ⇒ −x ∈ U . U . −1 ∈ F, (2)
x + (−x) ∈ U ⇒ 0 V ∈ U . U . • x ∈ U, −x ∈ U ⇒ x + Dakle, pokazali smo da je (U, (U, +) Abelova grupa. Aksiome (V (V 2 )-(V )-(V 5 ) vaˇze, ze , jer je r vaˇze ze na celom ce lom V . .
Oˇcigledno, cigledno, uslovi (1) (1 ) i (2) su ekvivalentni ekvivalentni uslovu (1′ ) x, y ∈ U ∧ + β · · y ∈ U . U . ∧ α, β ∈ F ⇒ α · x + β
Teorema. Neka je (V, (V, +, ·, F ) F ) vektorski prostor i U i U 1 , U 2 ≼ V . . Tada je U je U 1 ∩ U 2 ≼ V . . Dokaz. Iz 0 ∈ U 1 i 0 ∈ U 2 sledi 0 ∈ U 1 ∩ U 2 , pa je U je U 1 ∩ U 2̸ = ∅. Proverimo uslove (1) i (2). (1) x ∈ U 1 ∩ U 2 α ∈ F
}
x ∈ U 1, α ∈ F ⇒ x ∈ U 2, α ∈ F
}
⇒
α · x ∈ U 1 (jer U 1 ≼ V ) ) α · x ∈ U 2 (jer U 2 ≼ V ) )
}
⇒ α ·x ∈ U 1 ∩U 2 .
(2) x, y ∈ U 1 ∩U 2 ⇒
x, y ∈ U 1 x, y ∈ U 2
}
⇒
x + y + y ∈ U 1 (jer U 1 ≼ V ) ) x, +y ∈ U 2 (jer U (jer U 2 ≼ V ) )
}
x + y ∈ U 1 ∩U 2. ⇒ x+
5
Teorema. (a) Presek proizvoljne familije vektorskih potprostora {U i |i ∈ I } prostora (V, +, ·, F ) F ) je takod¯e potprostor potprosto r prostora V . . (b) Ako je U je U 1 ≼ V i U 2 ≼ V , , tada U 1 ∪ U 2 ≼ V V akko U 1 ⊆ U 2 ili U 2 ⊆ U 1 .
Primeri. 1. {0} i V su V su trivijalni potprostori prostora V . . 2. U 1 = { (x, 3x)|x ∈ R } ≼ R 2 (skup svih taˇcaka caka na pravoj pravo j y = 3x je potprostor 2 2 od R ). Proverimo da je U je U 1 potprostor od R : (0, 0) ∈ U 1 • U 1̸ = ∅, jer (0, (a, 3a) ∈ U 1 ∧ (b, 3b) ∈ U 1 ⇒ (a, ( a, 3a) + (b, ( b, 3b) = (a + b, + b, 3(a 3(a + b + b)) )) ∈ U 1 • (1) (a, (2) α ∈ R, (a, 3a) ∈ U 1 ⇒ α · (a, 3a) = (αa, 3(αa 3(αa)) )) ∈ U 1 • (2) α U 2 = {(x, 3x + 2) |x ∈ R } nije potprostor od R2 (ne sadrˇzi zi nula vektor (0,0)). (0,0) ). Uopˇste, U = {(x, y )|ax + ax + by by + + c c = = 0} ≼ R 2 akko c = 0, tj. taˇcke cke neke n eke prave p rave u R u R2 ˇcine cine potpr p otprostor ostor akko a kko ta prava prolazi prolaz i kroz koordina koo rdinatni tni p oˇcet ce tak. ak . 3. U = { (x,y,z )|x + y + y + + 2z = 0} ≼ R3 (sku (s kup p taˇcaka ca ka u R3 koje pripadaju ravni x + y + y + + 2z 2 z = = 0 je potprostor od R3 ). Uopˇste, U = {(x,y,z )|ax + by + by + cz + + d = 0} ≼ R 3 akko d akko d = = 0, (tj. taˇcke cke ravni 3 u R ˇcine cine potprost pot prostor or akko ta t a ravan prolaz p rolazii kroz kro z koordin ko ordinatni atni poˇcetak). ceta k). 4. Ako V = R R , tj. V je V je prostor realnih funkcija, tada U 1 = {f ∈ RR |(∀x ∈ R)f ( f (−x) = f ( f (x)} ≼ V V (potprostor parnih realnih funkcija) 0(x) (nula funkcija je parna) • 0 ∈ U 1 jer 0(−x) = 0 = 0(x
•
(1) α ∈ R, f ∈ U 1 ⇒ (α ( α · f )( f )(−x) = αf ( αf (−x) = αf ( αf (x) = (α · f )( f )(x x) ⇒ α · f ∈ U 1
(2) f, g ∈ U 1 ⇒ f ( f (−x) = f ( f (x), g(−x) = g( g (x) ( f + g)( g )(−x) = f ( f (−x) + g + g((−x) = f ( f (x) + g + g((x) = (f + g)( g )(x x) • ⇒ (f ⇒ f + g ∈ U 1 U 2 = {f ∈ RR |(∀x ∈ R)f ( f (−x) = −f ( f (x)} ≼ V V (potprostor neparnih realnih funkcija) U 3 = {f ∈ R R |f je f je neprekidna f-ja na R} ≼ V U 4 = {f ∈ R R |f je f je diferencijabilna f-ja na R} ≼ V
6 ZBIR POTPROSTORA
Definicija. Ako su U 1 i U 2 potprostori vektorskog prostora V , , tada def
U 1 + U + U 2 = {x1 + x + x2 |x1 ∈ U 1 , x2 ∈ U 2 } zovemo zbir (suma) potprostor p otprostoraa U 1 i U 2 .
Teorema 1. Ako U Ako U 1 ≼ V i U 2 ≼ V V onda i U 1 + U + U 2 ≼ V . . Dokaz. Dok az. 0 = 0 + 0, 0 ∈ U 1 , 0 ∈ U 2 ⇒ 0 ∈ U 1 + U + U 2 ⇒ U 1 + U + U 2 ̸ = ∅. Nek Neka su x, y ∈ U 1 + U + U 2 . Tada, po definiciji skupa skupa U 1 + U + U 2 , postoje x1 , y1 ∈ U 1 i x2 , y2 ∈ U 2 takvi da je x = x = x 1 + x + x2 , y = y = y 1 + y + y2. Dalje sledi (1) α (1) α ∈ F, F , x = x = x 1 + x + x2 ∈ U 1 + U + U 2 ⇒ α · x = α = α((x1 + x + x2 ) = αx1 + αx 2 ∈ U 1 + U + U 2
∈U 1
∈U 2
(2) x = x1 + x + x 2, y = y1 + y + y 2 ∈ U 1 + U + U 2 ⇒ x + y + y = (x1 + x 2 ) + (y1 + y 2 ) = (x1 + y + y1 ) + (x2 + y + y2 ) ∈ U 1 + U + U 2 .
∈U 1
∈U 2
Napomena. Razlaganje x = y + z + z,, y ∈ U 1 , z ∈ U 2 vektora x, u opˇstem st em sluˇ sl uˇcaju ca ju,, ′ ′ nije nije jedinstv jedinstveno, eno, tj. iz x = y + z ∈ U 1 + U 2 i x = y + z ∈ U 1 + U 2, u opˇstem st em ′ ′ sluˇcaju, ca ju, ne sledi y = y i z = z . Pokaza´ Pokaza´cemo cemo da je ovo razlaganje jedinstveno, za svaki x ∈ V , , akko U 1 ∩ U 2 = {0}.
Definicija. Zbir U Zbir U 1 + U 2 je direktan ako je U je U 1 ∩ U 2 = {0}. Obeleˇ Ob eleˇzava zava se s e sa s a U 1 ⊕ U 2. Teorema 2.(Spektralna teorema) Neka U 1 ≼ V i U 2 ≼ V . V . Tada V = U 1 ⊕ U 2 akko se svaki vektor x vektor x ∈ V moˇze ze na jedinstven jedin stven naˇcin cin predstaviti preds taviti u obliku x obliku x = = y y + + z gde y ∈ U 1 , z ∈ ∈ U 2 . Dokaz. (→) Iz V Iz V = U 1 + U 2 sledi da za svako x svako x ∈ V V postoje y postoje y ∈ U 1 , z ∈ U 2 tako da je x = y = y + + z z . Jedinstven Jedinstvenost: ost: Neka Neka x = y + z + z i x = y′ + z ′ , gde y, y ′ ∈ U 1 i z, z ′ ∈ U 2 . Tada y + z + z = y ′ + z ′ , pa je y + ( −y ′ ) = −z + z + z ′ ∈ U 1 ∩ U 2 .
∈U 2
∈U 1
Zbog U 1 ∩ U 2 = {0} imamo
y + ( −y′ ) = 0 y = y′ . ⇒ + z ′ = 0 z = z ′ −z + z (←) Svaki vektor x ∈ V se moˇze ze razloˇ raz loˇziti zit i u obliku obl iku y + z + z , gde y ∈ U 1 , z ∈ U 2, pa svaki x ∈ V + U 2 . Da Dakl kle, e, V ⊆ U 1 + U + U 2. Svak Svakak akoo je U 1 + U + U 2 ⊆ V , , pa V pripada U 1 + U V = U 1 + U + U 2 . Pokaˇ Po kaˇzimo im o joˇ joˇs da je U 1 ∩ U 2 = { 0}. Neka x ∈ U 1 ∩ U 2 . Tada x = x + 0 ,
x = 0 + x ,
∈U 1
∈U 2
∈U 1
∈U 2
7 pa, zbog jedinstvenosti razlaganja sledi x = 0. Dakle, U 1 ∩ U 2 = {0}, ˇsto st o sa V = U 1 + U + U 2 daje V = U 1 ⊕ U 2 .
Primer. Do Dokaˇzimo im o R3 = U 1 ⊕ U 2 , gde je U 1 = { (a,a,a) a,a,a)|a ∈ R }, U 2 = { (a,b,c) a,b,c)|a + b + b + + c c = = 0}. Lako se proverava da U da U 1 ≼ R 3 ,
U 2 ≼ R 3 .
Za (x,y,z ) ∈ R 3 odredimo (a,a,a (a,a,a)) ∈ U 1 i (a′ , b′ , c′ ) ∈ U 2 tako da (x,y,z ) = (a,a,a) a,a,a) + (a ( a ′ , b ′ , c′ ) , tj. (x,y,z ) = (a + a + a′ , a + b + b′ , a + c + c′ ). Iz
x y z ′ ′ a + b + c′
= = = =
a + a + a′ a + b + b′ a + c + c′ 0
a a′ ⇒ ′ b c′
= = = =
x+y+z
3 2x−y −z 3 2y −x−z 3 2z −x−y 3
sledi da vektor (x,y,z (x,y,z ) ima jedinstveno razlaganje (x,y,z ) = (
x + y + y + + z z x + x + y y + + z z x + x + y y + + z z 2x − y − z 2y 2 y − x − z 2z 2 z − − x − y , , )+( , , ), 3 3 3 3 3 3
∈U 1
∈U 2
pa na osnovu prethodne teoreme vaˇ vaˇzi zi R3 = U 1 ⊕ U 2 .
Primer. RR = U 1 ⊕ U 2 , U 1 = {f ∈ R R |(∀x ∈ R) R )f ( f (−x) = f ( f (x)}, U 2 = {f ∈ R R |(∀x ∈ R) R )f ( f (−x) = −f ( f (x)}. + U 2 • RR = U 1 + U Za f ∈ R R odredimo g ∈ U 1 i h ∈ U 2 tako da je f = g + g + h h.. Iz (∀x ∈ R) R )
f ( f (x) = g (x) + h + h((x) f ( f (−x) = g (−x) + h + h((−x)
R ) ⇒ ( ∀x ∈ R)
f ( f (x) = g(x) + h + h((x) f ( f (−x) = g(x) − h(x)
f ( f (x) + f + f ((−x) f ( f (x) − f ( f (−x) , h(x) = , 2 2 pa proizvoljna proizvoljna funkcija funkcija f f ∈ R R ima razlaganje razlaganje
⇒
g (x) =
f ( f (x) =
f ( f (x) + f + f ((−x) f ( f (x) − f ( f (−x) + . 2 2
∈U 1
• U 1 ∩ U 2 = {0} f ∈ U 1 ∩ U 2
∈U 2
}
f ∈ U 1 (∀x ∈ R) R ) f ( f (−x) = f ( f (x) (−) ⇒ ⇒ f ∈ U 2 (∀x ∈ R) R ) f ( f (−x) = − f ( f (x) R ) 2f ( f (x) = 0 ⇒ ( ∀x) f ( f (x) = 0 ⇒ f = 0. ⇒ ( ∀x ∈ R)
8 Pojam Poj am zbira potpros po tprostora tora moˇze ze se uopˇstiti stiti na zbir konaˇcno cno mnogo potprost pot prostora. ora.
Definicija. Neka je n ∈ N i U 1 , . . . , Un potprostori prostora V . . def
U 1 + . + . . . + U + U n = {x1 + . + . . . + x + xn |xi ∈ U i , i = 1, 2, . . . , n} je zbir potprostora potprosto ra U 1 , . . . , Un . Zbir je direktan, u oznaci U 1 ⊕ . . . ⊕ U n , ako U i ∩ (U 1 + . + . . . + U + U i−1 ) = { 0},
i = 2, . . . , n .
LINEARNA PRESLIKAVANJA (HOMOMORFIZMI) VEKTORSKIH PROSTORA Veze izmed¯u vektorskih prostora uspostavljamo preslikavanjima preslikavanjima koja ”ˇcuvaju” cuvaju” strukturu vektorskih prostora i koja se zovu linearna preslikavanja. Preslikavanje anje f : V → U je linearno Definicija. Preslikav linearno preslikav preslikavanje anje (homomorfizam) vektorskog prostora (V, (V, +, ·, F ) F ) u vektorski prostor (U, (U, +U , ·U , F ) F ) ako vaˇzi: zi : 1. f ( f (x + y + y)) = f ( f (x) +U f ( f (y) (x, y ∈ V ), ), - aditivnost 2. f ( f (α · x) = α ·U f ( f (x) (x ∈ V , α ∈ F ) F ) - homogenost. Uslovi 1. 1. i 2. su ekvivalentni uslovu 1′ . f ( f (α · x + β + β · · y) = α ·U f ( f (x) +U β · · U f ( f (y) (x, y ∈ V,α,β ∈ F ) F ). - linearnost
Definicija. Linearno preslikavanje f preslikavanje f : V → V V vektorskog prostora V prostora V u u samog sebe naziva se endomorfizam vektorskog prostora V . . Definicija. Neka je f : V → U linearno U linearno preslikavanje vektorskih prostora. (i) f je monomorfizam ako je ”1-1” (ii) f je epimorfizam ako je ”na” (iii) f je izomorfizam ako je bijekcija.
Definicija. Vektorski prostori U prostori U i V nad V nad istim poljem F poljem F su izomorfni ako postoji bar jedan izomorfizam f : U → V . . Tada piˇsemo se mo U ∼ = V . . Jezgro i slika linearnog preslikavanja f s f see defin de finiˇ iˇsu su na sled sl ede´ e´ci ci naˇ naˇcin: ci n: def
kerf = {x ∈ V |f ( f (x) = 0} - jezgro, def
I mf = {f ( f (x)|x ∈ V } - slika.
Lema. Ako je f je f : V → U linearno U linearno preslikavanje vektorskih prostora, onda (1) f (0 f (0V ) = 0U , (2) f ( f (−V x) = −U f ( f (x),
x ∈ V. V .
Dokaz. (1) f (1) f (0 (0V ) = f (0 f (0F ·V x) = 0F ·U f ( f (x) = 0U (2) f ( f (−V x) = f (( f ((−1)V ·V x) = (−1)U · U f ( f (x) = −U f ( f (x).
9
Primeri. 1. f : V → V, f ( f (x) = x, tj. f = 1V -identiˇ -i dentiˇcno cno preslikav presl ikavanje anje je izomorfizam izomo rfizam prostora V . . def
2. f : V → V , f ( f (x) = 0, tj. f = = 0 - nula funkcij funkcijaa je endomorfi endomorfizam zam prostora prostora V . . f ( f (α · x + β + β · · y) = 0 = 0 + 0 = α = α · 0 + β + β · · 0 = α · f ( f (x) + β + β · · f ( f (y) 3. f : R 3 → R 2 , f ( f (x,y,z ) = (2x (2x + y, + y, x − 2y + z + z ) je linearno linearno preslik preslikavanje avanje R3 u R2 , jer f (( f ((x,y,z x,y,z ) + (x ( x′ , y ′ , z ′ )) = f ( f (x + x + x′ , y + y + y ′ , z + z + z ′ ) = = (2(x (2(x + x + x′ ) + (y ( y + y + y ′ ), (x + x + x′ ) − 2(y 2(y + y + y ′ ) + (z ( z + z + z ′ )) = ((2x ((2x + y + y)) + (2x (2x′ + y ′ ), (x − 2y + z + z ) + (x ( x′ − 2y ′ + z ′ )) = (2x (2x + y, + y, x − 2y + z + z ) + (2x (2x′ + y ′ , x′ − 2y ′ + z ′ ) = f ( f (x,y,z ) + f + f ((x′ , y ′ , z ′ ) f ( f (α(x,y,z )) )) = f ( f (αx,αy,αz ) = (2αx (2αx + + αy,αx αy,αx − 2αy + αy + αz αz ) = (α(2x (2x + y + y)), α(x − 2y + z + z )) )) = α(2 α (2x x + y, + y, x − 2y + z + z ) = αf ( αf (x,y,z ). 4. D : R : R n [x] → R n−1[x], D ], D((f ) f ) = f ′ je linearno preslikavanje preslikavanje R R n [x] u R n−1[x], jer + β · · D (g ). D(α · f + β · · g) = (α · f + β · · g )′ = α · f ′ + β · · g′ = α · D(f ) f ) + β 5. pi : R n → R, pi (x1 , . . . , xn ) = x i -i-ta projekcija je linearno preslikavanje Rn u R. 6. f : R2 → R2 , f ( f (x, y ) = (x cos α − y sin α, x sin α + y cos α), 0 ≤ α < 2π (rotacija ravni ravni R2 oko (0,0) za ugao α) je linearno preslikavanje. 7. f : R 2 → R 2 , f ( f (x, y ) = (x +1, +1 , x + y) nije nije linearn linearno, o, jer f jer f (0 (0,, 0) = (1, (1, 0)̸ = (0, (0, 0). LINEARNA ZAVISNOST I NEZAVISNOST VEKTORA Neka je (V, (V, +, ·, F ) F ) vektorski prostor.
Definicija. Vektor x ∈ V V je linearna kombinacija vektora x1 , . . . , xn ∈ V ako postoje skalari α skalari α 1 , . . . , αn ∈ F takvi F takvi da je = α 1 · x1 + . + . . . + α + αn · xn . x = α
Primer. Vektor (1, (1, 2, −3) ∈ R3 je linearna kombinacija vektora (1, (1, 0, 0), (0, (0, 1, 0), (0, (0, 0, 1) jer (1, (1, 2, −3) = (1, 0, 0) + (0, (0, 2, 0) + (0, (0, 0, −3) = 1 · (1, (1, 0, 0) + 2 · (0, (0, 1, 0) − 3 · (0, (0, 0, 1). 1).
10
Primer. Pokaˇzimo zi mo da d a vekto vek torr (1, (1, 2, 3) nije linearna kombinacija vektora (1, (1, 1, 1), 1), (1, (1, 1, 0), 0), (1, (1, 1, 2). Pottraˇ Po ra ˇzimo im o α, α, β,γ ∈ R takve da je (1, (1, 2, 3) = α(1 α (1,, 1, 1) + β + β (1, (1, 1, 0) + γ + γ (1, (1, 1, 2) (1, 2, 3) = (α,α,α (α,α,α)) + (β,β, ( β,β, 0) + (γ,γ, (γ,γ, 2γ ) ⇔ (1, (1, 2, 3) = (α (α + β + β + γ + γ,, α + β + β + γ + γ,, α + 2γ 2 γ ) ⇔ (1, 1 = α + β + β + γ + γ 2 = α + β + β + γ + γ ⇔ 3 = α + 2γ. 2 γ.
Ovaj sistem siste m jednaˇ je dnaˇcina cina nema reˇsenje senje (1=2), (1=2) , pa (1 ( 1, 2, 3) nije linearna kombinacija vektora (1, (1, 1, 1), 1), (1, (1, 1, 0), 0), (1, (1, 1, 2).
Primer. Da lili je polinom polinom p = 2 − 3x + x + x2 ∈ Q[ Q [x] linearna kombinacija polinoma 2 2 p1 = 2 − x, p2 = x + x + 2x 2 x i p3 = 3 − 2x + 3x 3x ? Ispitajmo da li postoje skalari α1, α2 , α3 ∈ Q takvi da je p = p = α α 1 p1 + α + α2 p2 + α + α3 p3 , tj. 2 − 3x + x + x2 = α 1 (2 − x) + α + α2 (x + 2x 2x2 ) + α + α3 (3 − 2x + 3x 3x2 ), ˇsto sto je ekvivalentno sistemu linearnih linea rnih jednaˇcina cina 2 = 2α1 + 3α3 + α2 − 2α3 . −3 = −α1 + α 1 = 2α2 + 3α3 Ovaj sistem siste m jednaˇcina cina ima jedinstveno jedins tveno reˇsenje senje 7 11 5 α1 = − , α2 = − , α3 = , 8 8 4 pa je
7 11 1 1 5 p = p = − p1 − p2 + p3 . 8 8 4 Dakle, p je linearna kombinacija vektora p vektora p 1 , p2 i p3 .
Definicija. 1. Skup vekto vektora ra {x1 , . . . , xn } je linearno linearno zavis zavisan an ako ako postoje p ostoje skala skalari ri α1, . . . , αn od kojih je bar jedan razliˇ razliˇcit cit od nule, nule, takvi da je α1 x1 + . + . . . + α + αn xn = 0, tj. (∃(α1, . . . , αn ) ∈ F n ) (α1 x1 + . + . . . + α + αn xn = 0 ∧ (α1 , . . . , αn )̸ = (0, (0, . . . , 0)). 0)). 2. Skup vekto vektora ra { x1 , . . . , xn } je linearno linearno nezavisan nezavisan ako nije linearno linearno zavisan, zavisan, tj. (∀(α1 . . . αn ) ∈ F n )(α )(α1 x1 + . + . . . + α + αn xn = 0 =⇒ α 1 = . . . = α = α n = 0). 0).
11
Definicija. (i) Beskonaˇcan can skup vektora S ⊆ V je linearn linearnoo zavisan zavisan ako ako je bar jedan njego njegov v konaˇcan can podskup po dskup linearno linear no zavisan. (ii) Beskonaˇcan can skup vektora S ⊆ V je linearno linearno nezav nezavisa isan n ako ako je svaki svaki njegov njegov konaˇcan can podskup po dskup linearno linear no nezavisa n ezavisan. n.
Teorema. (1) Svaki Svaki podskup linearno linearno nezavisnog skupa vektora vektora je linearno linearno nezavisan. (2) Svaki Svaki nadskup linearno zavisnog zavisnog skupa vektora je linearno linearno zavisan. (3) Svaki skup koji sadrˇzi zi nula vektor je linearno zavisan. (Skup { 0V } je linearno linearno zavisan, zavisan, jer postoji skalar skalar α = 1 takav da je 1 · 0V = 0V
i
1̸ = 0F .
Na osnovu (2) sledi da je i svaki skup koji ko ji sadrˇzi zi 0V linearno zavisan.)
Primer. isan, isan, jer jer
Skup vektora vektora {(1, (1, 0, 0), 0), (1, (1, 1, 0), 0), (1, (1, 1, 1)} prostora R3 je linearno nezavα(1, (1, 0, 0) + β + β (1, (1, 1, 0) + γ + γ (1, (1, 1, 1) = 0 ⇒ α = α = β β = γ = 0.
Primer. Skup vektora {f = x 2 + 3x + 1, g = 5x2 + x, h = − 3x2 + 5x + 2} prostora R2 [x] je linearno linearno zavis zavisan, an, jer iz α(x2 + 3x 3x + 1) + β + β (5x (5x2 + x) x) + γ + γ (−3x2 + 5x 5x + 2) = 0 sledi (α + 5β 5 β − (3α + β + β + + 5γ )x + (α ( α + 2γ 2 γ ) = 0, − 3γ )x2 + (3α odakle oda kle dobijamo dobija mo sistem s istem jednaˇcina cina 5 β − α + 5β − 3γ = 0 3α + β + β + + 5γ = 0 α + 2γ 2γ = 0 koji ima i netrivijalna reˇsenja, senja, recimo α = 2, β = −1, γ = − 1.
Primer. {1, x , x2 , . . .} je linearno nezavisan skup vektora prostora F [ F [x]. Zaista Zai sta,, uoˇcimo cim o proi p roizvol zvoljan jan konaˇcan can podsk po dskup up
{xm , xm , . . . , xm } (m1 < m2 < . . . mk ). 1
2
k
12 Iz α1 xm + α2 xm + . . . + α + αk xm = 0 1
2
k
(gde je 0 nula polinom, tj. 0 = 0 · 1 + 0 · x + . + . . . + 0 · xm ) sled sledii k
α1 = α 2 = . = . . . = α = α k = 0, pa je skup { xm , . . . , xm } linearno nezavisan, a kako kako je to proizvoljan konaˇcan can pod pod-skup skupa { 1, x , x2 , . . .}, sled sledii da da je i { 1, x , x2 , . . .} linearno nezavisan. 1
k
Primer. Pokaˇzimo zimo da je skup vektora gde f , g ∈ R R , {f, g } gde f
f ( f (x) = e x ,
g(x) = e x sin x,
prostora RR linearno nezavisan. αf + βg β g = 0, za α, za α, β ∈ ∈ R R ) α · f ( f (x) + β + β · · g(x) = 0(x 0(x) (0 : R → R, 0(x 0(x) = 0), 0), ⇒ ( ∀x ∈ R) R ) α · ex + β · · ex sinx = sinx = 0, ⇒ ( ∀x ∈ R) ⇒ x = 0 : α = 0 R ) β · · ex sinx = sinx = 0 ⇒ (∀x ∈ R) π ⇒ x = 2 : β = 0 pa je {f, g } linearno nezavisan skup vektora. ˇ Cesto se za utvrd¯ivanje linearne linearn e zavisnosti koristi kriterijum dat slede´com com teoremom.
Teorema. Skup vektora vektora {x1 , . . . , xn }, n > 1, je linear linearno no zavis zavisan an akk akko se bar jedan od njih izraˇzava zava kao linearna kombinacija ostalih. Dokaz. (→) Nek Neka je je { x1 , . . . , xn } skup skup linearno linearno zavisnih zavisnih vektora. vektora. Tada postoje skalari α1 , . . . , αn od kojih je bar jedan razliˇ razliˇcit cit od nule, nule, takvi da je α1 x1 + . + . . . + α + αn xn = 0. 1 Neka je, recimo, α recimo, α̸ postoji α − F , pa mnoˇzenjem zenje m pretho pre thodne dne jednakosti jedna kosti ∈ F , i = 0. Tada postoji α i −1 sa αi dobijamo 1 1 1 αi −1 α1 x1 + . + . . . + α + α− + αi α− + α− + . . . + α + αi−1 αn · xn = 0, i αi−1 xi−1 + α i xi + α i αi+1 xi+1 + .
=1
odakle je
1 −1 xi = − (α1 αi −1 )x1 − . . . − (αi−1 αi−1 )xi−1 − (αi+1α− ) · xn , i )xi+1 − . . . − (αn αi
tj. xi je linearna kombinacija ostalih vektora. (←) Nek Neka je je xi linearna kombinacija preostalih vektora skupa { x1, . . . , xn }. Tada postoje skalari β 1 , . . . , βi −1 , β i+1, . . . , βn takvi da je xi = β 1 x1 + . + . . . βi −1 xi−1 + β + β i+1 xi+1 + . + . . . + β + β n xn ,
13 pa je β 1 x1 + . + . . . + β + β i−1 xi−1 + (−1) ·xi + β + β i+1xi+1 + . + . . . + β + β n xn = 0
i
̸ =0 =0
(β 1 , . . . , βi −1 , −1, β i+1 , . . . , βn )̸ = (0, (0, . . . , 0), 0),
pa je { x1 , . . . , xn } linearno zavisan skup vektora.
ˇ SKUPA VEKTORA LINEARNI OMOTAC Neka je (V, (V, +, ·, F ) F ) vektorski prostor nad poljem F . F .
Definicija. Neka je ∅ = cnih linearnih linearni h kombinacija kombinaci ja vektora S ⊆ V . V . Skup svih konaˇcnih skupa S se se zove line linear arni ni omot omotaˇ aˇ c (pok (p okri rivaˇ vaˇ c) c) ili lineal nad skupom S i i ozna oz naˇˇcava cava sa L(S ), ), tj. def
+ . . . + αn xn |n ∈ N, N , x1 , . . . , xn ∈ S, α1 , . . . , αn ∈ F }. L(S ) = {α1x1 + .
Teorema 1. Ako je ∅ = , tada je L(S ) najmanji potprostor vektorskog S ⊆ V , prostora V prostora V koji ko ji sadrˇ sad rˇzi zi skup S . Dokaz. sa drˇzi zi skup sku p S : • Najpre dokazujemo da L (S ) sadrˇ S : ), pa je S je S ⊆ L (S ). ). ⇒ x = x ∈ S ⇒ x = 1 · x ∈ L(S ), Dokaˇ kaˇzimo zim o da je L(S ) V . . • Do Ako x, y ∈ L(S ), λ , µ ∈ F , F , tada se x i y mogu napisati kao linearne kombinacije vektora iz skupa S , tj. postoje m, n ∈ N , x1 , . . . , xn ∈ S, y1, . . . , ym ∈ S, α1 , . . . , αn , β 1 , . . . , βm ∈ F takvi F takvi da je = α 1 x1 + . + . . . + αn xn , y = β = β 1 y1 + . + . . . + β m ym. x = α Tada + . . . + (λα (λαn)xn + (µβ ( µβ 1)y1 + . + . . . + (µβ (µβ m)ym λx + µy = µy = (λα1 )x1 + . pri pr i ˇcemu ce mu λα1 , . . . , λ αn , µβ 1, . . . , µ βm ∈ F, x1 , . . . , xn , y1, . . . , ym ∈ S , pa je ). x ∈ L(S ). zim o da je L(S ) najmanji od svih potprostora koji sadrˇze ze S , tj. tj. da je je • Pokaˇzimo sadrˇzan zan u svakom s vakom potpr p otprost ostoru oru koji ko ji sadrˇ sad rˇzi zi skup S . Neka je U je U V da S ⊆ U . ada V takav da S U . Tada x ∈ L(S ) = α 1 x1 + . + . . . αn xn, N )(∃α1 , . . . , αn ∈ F )( F )(∃x1 , . . . , xn ∈ S ⊆ U ) U ) x = α ⇒ (∃n ∈ N )( je U V, zatvoren za linearne kombinacije) kombinacije).. ⇒ x ∈ U (jer je U V , pa je zatvoren Dakle, L (S ) ⊆ U . U .
Primeri. (1) Ako je V je V = R 2 , S = {(1, (1, 2)}, tada L (S ) = { α(1, (1, 2)|α ∈ R } = { (α, 2α)|α ∈ R } 2 je prava prava u R kroz taˇcke cke (1,2) (1 ,2)ii (0,0 ( 0,0). ).
(2) Ako je V = R3 , S = {(1, (1, 2, 3)} tada L(S ) = {(x, 2x, 3x)|x ∈ R} je prava u prostoru R prostoru R 3 o dred dr ed¯ena taˇ taˇckama ckama (0, (0 , 0, 0) i (1, (1, 2, 3). (3) Ako je V = R3 i S = {(1, (1, 2, 3), 3), (2, (2, −1, 0)} tada je L(S ) ravan kroz taˇcke cke (1,2,3), (2,-1,0) i (0,0,0). Neke osobine oso bine linearnog linearn og pokrivaˇ pokr ivaˇ ca ca skupa sku pa vektora su date d ate u slede´ sl ede´coj co j teoremi.
Teorema 2. (1) L(S ) = S akko S akko S V . . (2) L(L(S )) )) = L (S ), ), tj. L2 = L (idempotentnost) (3) S ⊆ T ⇒ L(S ) ⊆ L(T ), T ), (4) L(S ∪ T ) = L (S ) + L(T ) T ). ∪ T ) (5) S ⊆ T ⊆ L(S ) ⇒ L(S ) = L (T ) T ) (6) x ∈ L(S ) ⇒ L(S ∪ ∪ {x}) = L (S ). Dokaz. (1) sledi neposredno neposredno iz Teoreme eoreme 1. (2)
L(S ) V iz Teoreme 1. )) = L (S ) osob osobin inaa (1) (1). ⇒ L (L(S )) (3) sledi neposredno iz definicije linearnog omotaˇca ca skupa vektora. vektora. (4) + . . . + αn xn , xi ∈ S ∪ ∪ T ) ∪ T x ∈ L(S ∪ T ) ⇔ x = x = α α 1 x1 + . + . . . + β k yk + γ 1 z 1 + . + . . . + γ l z l yi ∈ S, z i ∈ T , k + l + l = = n ⇔ x = x = β β 1 y1 + . n
=y
=z
+ z, ⇔ x = ∈ L(T ) x = y y + z, y ∈ L(S ), z ∈ T ) ⇔ x ∈ L(S ) + L(T ) T ). (5) Iz S Iz S ⊆ T T sledi L(S ) ⊆ L(T ) T ) ( iz (3)).
Iz T Iz T ⊆ L(S ) sledi L(T ) )) = L (S ) (prema (3) i (2)). T ) ⊆ L(L(S )) (6)
∪ {x} ⊆ L(S ) x ∈ L(S ) ⇒ S ⊆ S ∪ 5)). ⇒ L(S ) = L (S ∪ ∪ {x}) (iz (5))
Definicija. Ako je L(S ) = V kaˇzemo zem o da skup sku p S gen eriˇse se prosto pro storr V , , a skup S se S generiˇ zove generatorni skup (generatrisa) prostora V . V . Primeri. (1) R3 = L({(1, (1, 0, 0), 0), (0, (0, 1, 0), 0), (0, (0, 0, 1)}), jer za proizvoljan vektor ( x , y , z) ∈ R3 vaˇzi (x , y , z) = x · (1, (1, 0, 0) + y + y · (0, (0, 1, 0) + z + z · (0, (0, 0, 1). 1). (2) R3 [x] = L({1, x , x2 , x3 }), jer za svako f ∈ R 3 [x] vaˇ vaˇzi f = a 0 · 1 + a + a1 · x + a + a2 · 2 3 x + a3 · x (a0 , a1 , a2 , a3 ∈ R). R ). (3) F [ F [x] = L ({1, x , x2 , . . .}).
Primer. Da li skup polinoma {f = x 2 + x, g = x 2 − 1, h = x = x + + 1 } generiˇ gen eriˇse se prosto pro storr R2 [x]? Ispitajmo da li za proizvoljan polinom p = ax 2 + bx + bx + c c ∈ R 2 [x] postoje skalari ∈ R takvi da je α , β , γ ∈ + β + γh p = p = αf αf + βgg + γh 2 ⇔ ax + bx + bx + c c = α( α (x2 + x) x) + β (x2 − 1) + γ (x + 1) + β = a + β = a + β = a α + β α + β α + β + γ = b ⇔ −β + γ + γ = b − a ⇔ −β + γ + γ = b − a ⇔ α + γ + γ = c + γ = c 0 = c − b + a −β + γ −β + γ Dobijeni sistem jednaˇ cina cina je saglasan akko c − b + 0, pa sk skup {f , g , h} ne b + a a = 0, 2 generiˇ gene riˇse se ceo prostor pro stor R2 [x] (npr. x + x + x + 1 ∈ / L{f , g , h}), tj. L{f , g , h} R2 [x]. Tako Takod d¯e vaˇ vaˇzi
L{f , g , h} = = = =
{ax2 + bx + bx + c c ∈ R2 [x]|c − b + a = a = 0} = b − a} {ax2 + bx + bx + c c ∈ R2 [x]|c = b 2 (b − a)|a, b ∈ R } {ax + bx + bx + (b 2 + b((x + 1) |a, b ∈ R } = L{ g, h}. {a(x − 1) + b
Do istog ist og zaklj zak ljuˇ uˇcka cka se mogl mo gloo do´ci ci i na slede´ sle de´ci ci naˇcin: cin : (6)). f = 1 · g + 1 · h ∈ L{g, h} ⇒ L{f , g , h} = L{ g, h} (osobina (6)). BAZA VEKTORSKOG PROSTORA Neka je (V, (V, +, ·, F ) B ⊆ V . F ) vektorski prostor i ∅ = V .
Definicija. Skup vektora B vektora B je baza prostora V prostora V ako je linearno linearn o nezavisan nezavis an i generiˇ g eneriˇse se prostor V prostor V , , tj. (B1 ) L (B ) = V (B2 ) B je linearno nezavisan skup vektora.
Primeri. 1. (F, +, ·, F ), je B = { 1}: F ), jedna baza je B (B1) F = L{ 1} je jer (∀x ∈ F ) F )
x = x · 1
vektor
skalar vektor
(B2) {1} je linearno nezavisan, jer α · 1 = 0 ⇒ α = α = 0. 2. (C, +, ·, R), jedna jedna baza baza je B = { 1, i}: (B1) (∀x ∈ C )( = α · 1 + β + β · · i ⇒ C = L{ 1, i} C )(∃α, β ∈ R) R ) x = α (B2) {1, i} je je linearno linearno nezavi nezavisan, san, jer α · 1 + β + β · · i = 0 ⇒ α = = 0 α = β β = 3. (F n , +, ·, R), baza B = { e1 = (1, (1, 0, . . . , 0), 0), e2 = (0, (0, 1, 0, . . . , 0), 0), . . . , en = (0, (0, . . . , 0, 1)} n se zove standardna baza prostora F ; 4. (F N , +, ·, F ), je B = { (1, (1, 0, 0, . . .) (0, 1, 0, . . .) F ), jedna baza je B .), (0, .), . . .}; 5. (F n[x], +, ·, F ), F ), baza B = { 1, x , x2 , . . . , xn } se zove standardna baza prostora F n [x]; 6. (F S , +, ·, F ), je B = { χs |s ∈ S }, gde F ), jedna baza je B : S → F , χs : S F , χ s (t) =
1, t = s = s . 0, t = s
Teorema 1. Neprazan skup B ⊆ V V je baza vektorskog prostora V V akko skup B je najmanji na jmanji skup koji generiˇse se V . V . Dokaz. Dokaz. (→) Neka za B vaˇze ze aksio ak siome me (B1) i (B2 ). Iz (B (B1 ) sledi da B gen ge neriˇ er iˇse zimo da je B najmanji skup sa tom osobinom, tj. da nijedan njegov pravi V . V . Pokaˇzimo podsku po dskup p ne generiˇ gene riˇse se V . Pretpostavimo imo suprotno, tj. neka je ∅ = B B takav da V . Pretpostav je L(B ) = V . Uoˇcimo ci mo x ∈ B \ B . Tada x ∈ L(B ), pa je skup B ∪ {x} linearno V . Uoˇ zavisan, odakle sledi da je i njegov nadskup B l inearno zavisan, ˇsto sto je u kontradikciji B linearno sa (B2 ). ′
′
′
′
′
(←) Neka je B je B najmanji na jmanji skup vektora ko ji generiˇ gen eriˇse se prostor p rostor V . . Dakle, (B (B1 ) vaˇ vaˇzi. Dokaˇ Do kaˇzimo zim o da vaˇzi zi i (B2). Pret Pretpos posta tavi vimo mo supro suprotn tno, o, tj. da je B linearno zavisan skup. skup. Tada postoji postoji x ∈ B koje je linearna kombinacija ostalih vektora iz B , tj. osobin e (6) ( 6) vaˇ zi zi x ∈ L(B \ {x}). Neka je B = B \ {x}. Tada, na osnovu osobine ′
′
′
L(B ) = L (B ∪ {x}) = L (B ) = V, V , ˇsto sto je suprotno pretpostavci pretpostavci da je B najmanji na jmanji skup koji generiˇse se V . Dakle,, B je V . Dakle linearno nezavisan skup vektora.
Teorema 2. Neprazan skup B ⊆ V V je baza vektorskog prostora V V akko skup B je najve´ na jve´ ci ci linearno nezavisan skup. Dokaz. Dokaz. (→) Iz (B (B2 ) sledi da je B linearno lin earno nezavisan. Pokaˇ Pokaˇzimo zimo da je najve´ na jve´ ci ci takav, tj. da je svaki njegov pravi nadskup linearno zavisan. Neka je B B . Tada ′
iz L(B ) = V V sledi da svako x ∈ B \ B je linearna kombinacija vektora iz B , pa je Iz B ∪ {x} ⊆ B sledi da je B je B linearno zavisan. Dakle, B Dakle, B B ∪ {x} linearno zavisan. Iz B je najve´ci ci linearno nezavisan nezavisan skup vektora. vektora. ′
′
′
(←) Neka je B je B na najve´ jve´ ci ci linearno linea rno nezavisan nezavisa n skup. Dakle (B ( B2 ) vaˇzi, zi , dokaˇ do kaˇzimo zi mo i (B1 ). Pretpostavimo suprotno, tj. L(B ) V . vaˇzi: B = B ∪ {x} V . Tada za x ∈ V \ L(B ) vaˇ je linearno nezavisan nezavisan i B B , ˇsto sto je suprotno su protno pretpostavci pretpo stavci da je B je B na najve´ jve´ci ci linea li nearn rnoo nezavisan skup. Dakle, L(B ) = V . V . ′
′
Teorema 3. Skup B = {x1 , . . . , xn } je baza prostora V V akko svaki x ∈ V ima jedinstvenu jedinstvenu reprezentaciju reprezentaciju x = α = α 1 x1 + . + . . . + αnxn , gde α1 , . . . , αn ∈ F, tj. (∀x ∈ V )( = α 1 x1 + . + . . . + αn xn . V )(∃1 (α1 , . . . , αn ) ∈ F n ) x = α Dokaz Dokaz.. (→) Iz L(B ) = V V sledi egzistencija gornje reprezentacije proizvoljnog vektora x vektora x ∈ V . V . Jedinstvenost: Jedinstvenost: Neka Neka x = x = α α2 x1 + . . . + αn xn i x = x = β β 1 x1 + . . . + β nxn (αi , β i ∈ F ). F ). Tada + . . . + αn xn = β = β 1 x1 + . + . . . + β nxn, α1 x1 + . pa je (α1 − β 1)x1 + . + . . . + (α (αn − β n )xn = 0. Iz (B2) sledi α sledi α 1 − β 1 = 0, . . . , αn − β n = 0, tj. α1 = β = β 1 , . . . , αn = β = β n . (←) (B1 ) sledi iz egzistencije reprezentacije za svako x ∈ V . zimo (B2 ). V . Dokaˇzimo Neka je + . . . + αn xn = 0 α1 x1 + . Svakako je 0F · x1 + . + . . . + 0F · xn = 0. Iz jedinstvenosti reprezentacije nula vektora sledi α1 = 0, . . . , αn = 0. Dakle, B je linearno nezavisan skup vektora.
Skalare α Skalare α1 , . . . , αn iz reprezentacije x reprezentacije x = = α α1 x1 + . . . + αnxn zovemo koordinatama vektora x u bazi B = { x1 , . . . , xn}.
Teorema 4. Neka je B je B = { x1 , . . . , xn} baza prostora V prostora V . . Preslikavanje kB : V → F n ,
def
kB (x) = (α1 , . . . , αn),
je izomorfizam prostora V prostora V na na prostor F prostor F n . Dokaz.
za x za x = = α + . . . + αnxn, α 1 x1 + .
• kB je dobro definisano i ”1-1”: Prema Teoremi 3. proizvoljni vektori x, vektori x, y ∈ V imaju jedinstvene jedinstvene reprezentacije reprezentacije = α 1 x1 + . + . . . + αnxn , x = α
= β 1 x1 + . + . . . + β nxn . y = β
Tada = y ⇔ (α (α1 , . . . , αn ) = (β 1 , . . . , βn ) ⇔ k B (x) = k B (y ). x = y
• kB je ”na” jer (∀(α1 , . . . , αn) ∈ F n )(∃x = α = α 1 x1 + . + . . . + αn xn ∈ V )k )kB (x) = (α1 , . . . , αn ).
• kB je linearno: (1) k (1) k B (x+ y ) = k = k B ((α ((α1 x1 + . + . . . + αn xn ) + (β ( β 1 x1 + . + . . . + β nxn )) = k B ((α ((α1 + β + β 1 )x1 + . + . . . + (α (αn + β + β n )xn ) = (α1 + β + β 1 , . . . , αn + β + β n) = (α1 , . . . , αn) + (β ( β 1 , . . . , βn ) = k B (x) + k + kB (y ) (2) kB (αx) + . . . + αn xn) = k B ((αα ((αα1 )x1 + . + . . . + (αα (ααn)xn ) αx) = kB (α(α1 x1 + . = (αα1 , . . . , α αn ) = α( α (α1 , . . . , αn ) = αk B (x). Uporedimo Uporedimo broj linearno linearno nezavisn nezavisnih ih vektora vektora sa brojem generatorn generatornih ih vektor vektoraa nekog prostora V prostora V . .
Teorema 5. Ako je S = {x1, . . . , xn } linearno linearno nezavisan nezavisan skup vektora vektora i G = je n ≤ m. {y1 , . . . , ym} generatorni skup vektora vektorskog prostora V , , onda je n m. Dokaz. Iz x Iz x 1 ∈ V i L(G) = V sledi V sledi da je skup G1 = { x1 , y1, . . . , ym} linearno zavisan. Pokaˇzimo zim o da posto po sto ji y ji yi ∈ G 1 takav da je linearna kombinacija prethodnih vektora u nizu, tj. yi ∈ L{x1 , y1 . . . , yi 1 }. Iz linearne linearne zavisnosti zavisnosti G1 sledi da postoje skalari β, α1 , . . . , αm koji nisu svi jednaki nula, takvi da je −
+ α1 y1 + . + . . . + αmym = 0. βx 1 + α
• Iz α1 = . . . = αm = 0 bi sledilo βx 1 = 0, a kako je x1 = 0, dalje bi sledilo = 0, ˇsto sto je kontradikcija sa ˇcinjenicom cinjenicom da je G je G 1 linearno zavisan. β = cit od nule. Neka Neka je i ∈ {1, . . . , m} • Bar jedan od skalara α1 , . . . , αm je razliˇcit takav da α da α i = 0, αi+1 = 0, . . . , αn = 0. Tada iz + α1 y1 + . + . . . + αi yi = 0 βx 1 + α sledi + . . . + (−αi 1 αi 1 )yi 1 ∈ L{x1 , y1 . . . , yi 1 }. yi = (−βα i 1)x1 + ( −α1 αi 1 )y1 + . −
−
−
−
Tada je L (G1 \ {yi}) = L (G1) = V . .
−
−
Izbacimo yi i ponovimo postupak. G2 = { x1 , x2 , y1 , . . . , yi, . . . , ym}
(gde yi oznaˇ ozn aˇcava cava da je element elem ent yi izbaˇcen) cen) je linearn line arnoo zavisan. zavisa n. Uoˇcimo cimo y j kao prvi u nizu nizu koji je linear linearna na kombin ombinaci acija ja prethod prethodnih nih i izbaci izbacimo mo ga. Tada je G2 \ {y j } generatorni skup.
Nastavimo postupak i u n u n −tom koraku, dobijamo Gn = { x1 , x2 , . . . , xn ,
}
yk , . . .
bar jedno
yk
koji je linearno zavisan (po (p o konstrukciji), pa sadrˇzi zi bar jedan jed an y y k . Kako smo u svakom koraku ubacili po jedan xi i izbacili po jedan element skupa G, sledi da je n ≤ m. m .
Posledica. Ako vektorski prostor V ima konaˇ konaˇcnu cnu bazu, onda svaka svaka baza ima isti broj vektora. Dokaz. Dokaz. Neka Neka prostor prostor V ima konaˇcnu cnu bazu i neka su B1 = {x1 , . . . , xn} i B2 = prostora V .. Tada, prema Teoremi 5. sledi {y1 , . . . , ym } dve baze prostora V B1 linearno nezavisan ge neriˇ er iˇse V B2 gen B2 linearno nezavisan ge neriˇ er iˇse V B1 gen
⇒ n ≤ m ⇒ m ≤ n
Slede´cu cu teoremu navodimo bez dokaza.
⇒ n = n = m. m.
Teorema 6. Svaki vektorski prostor ima bazu. Definicija. Definicija. Dimenzija vektorskog vektorskog prostora V se obeleˇ ob eleˇzava zava sa dimV de finiˇ iˇse se dimV i defin na sled sl ede´ e´ci ci naˇ na ˇcin: ci n: (1) Ako je V je V = { 0}, onda dimV onda dimV = 0. (2) Ako prostor V prostor V ima ima bazu od n od n elemenata, onda dimV onda dimV = n. n. (3) Ako je dimV je dimV ∈ N ∪ zemo da je prostor pros tor V konaˇ ko naˇ cnodim cno dimenz enzion ionala alan n. ∪ {0} kaˇzemo (4) Ako prostor pro stor nema konaˇcnu cnu bazu, b azu, onda dimV onda dimV = ∞ . U tom to m sluˇ slu ˇcaju, ca ju, kaˇzemo zem o da je prostor V beskonaˇ besko naˇ cnodim cno dimenz enzion ionala alan n.
Napomena. Prethodna Posledica Posledica obezbed¯uje korektnost Definicije pod po d (2) (dimenzija ne zavisi od izbora baze). Primeri. 1. (F, +, ·, F ) F ) ima bazu B = { 1}, pa je dimF =1. dimF =1. 2. C R = (C, +, ·, R) ima bazu B bazu B = { 1, i}, pa je dimC R = 2.
3. (F n , +, ·, F ) (1, 0, . . . , 0), 0), (0, (0, 1, . . . , 0), 0), . . . , (0, (0, . . . , 0, 1)}, pa je F ) ima bazu B = { (1, dimF n = n. n. 4. (F n[x], +, ·, F ) bazu B = { 1, x , . . . , xn }, pa je dimF n[x] = n + 1. F ) ima bazu B 5. (F [ ne ma konaˇcnu cnu bazu (ako bi B bi B = = { p1 , . . . , pn} bila bi la konaˇ ko naˇcna cna baza ba za i F [x], +, ·, F ) F ) nema m+1 onda x pa B ne generiˇ gene riˇse se ceo prostor pro stor,, ∈ m = max{degp1, . . . , d e g pn} onda x / L(B ), pa B ˇsto sto je u kontradi kontr adikciji kciji sa B1 ), odakle sledi dimF sledi dimF [[x] = ∞ . 6. (F N , +, ·, F ) cnu bazu, pa je dimF je dimF N = ∞ . F ) nema konaˇcnu
Teorema 7. Svaki Svaki linearno nezavisan nezavisan skup vektora vektora konaˇ cnodimenzionog cnodimenzionog prostora zemo proˇsiriti siri ti do baze baz e tog prostor pro stora. a. V moˇzemo Dokaz. Dokaz. Neka Neka je dimV je dimV = n i neka je S = { x1 , . . . , xm} linearno nezavisan skup. Tada, po Teoremi 5. m ≤ n. n . Iz m = = n sledi da je S je S maksimalan maksimalan linearno nezavisan skup, pa je po Teoremi • Iz m n sledi 2. S baza baza za V za V . . ge neriˇ riˇse se V • Iz m < n sledi da S S ne gene V (jer minimalan generatorni skup ima n elemenata), tj. L (S ) = V , , pa postoji x postoji x m+1 ∈ V \ L(S ). ). Tada je i S 1 = { x1 , . . . , xm , xm+1 } linearno nezavisan.
– Ako je m + 1 = n tada za V . . n tada je S 1 baza za V = n nastavimo – Ako m + 1 n nastavimo postupak do skupa S k = { x1 , . . . , xm , xm+1 , . . . , xm+k },
gde m + k = k = n. n.
Tada je L (S k ) = V (jer dimV = n), je S k baza za V za V . . V (jer dimV n), pa je S
( V, +, ·, F ) konaˇcnodimenzioni cnodimenzioni vektorski vektorski prostor i neka neka su Teorema 8. Neka je (V, F ) konaˇ U, U 1 , U 2 njegovi potprostori. Tada (1) dimU (1) dimU ≤ dimV , , (2) dimU (2) dimU = dimV ⇒ U = V , V , (3) dim (3) dim((U 1 + U + U 2 ) = dimU 1 + dimU + dimU 2 − dim( dim(U 1 ∩ U 2 ) - Grasmanova formula. Dokaz. (1) Potrostor U Potrostor U i ima ma konaˇ kona ˇcnu cnu bazu, ba zu, inaˇ in aˇce ce bi u U , u V , , postojao postojao U , a time i u V beskonaˇ can can linearno nezavisan nezavisan skup vektora, vektora, ˇsto sto je suprotno pretpostavci pretpostavci da je V konaˇcnodime cno dimenzio nzioni ni prost pr ostor. or. Neka je BU = { x1 , . . . , xn } baza prostora U . Po Teore Teoremi mi 7. ovaj ovaj linearno linearno nezavisan skup vektora moˇzemo zemo proˇsiriti siriti do baze prostora prostor a V . Otuda dimU ≤ dimV . . V . Otuda dimU (2) Neka je U V , dimU , dimU = dimV = n i neka je BU = { x1 , . . . , xn } jedna baza potprostora U . Tada ada je BU linearno nezavisan skup vektora u prostoru V V koji je
dimenzije n dimenzije n,, pa L(BU ) = V . postoji x ∈ V \ \ L(BU ), onda bi skup V . (U suprotnom, ako postoji x od n + 1 elemenata, elemenata , ˇsto sto je kontradikcija {x1, . . . , xn , x} bio linearno nezavisan skup od n sa ˇcinjenic cinjenicom om da je maksimalan maksimalan broj linearno linearno nezavisn nezavisnih ih vektor vektoraa u V V jednak n.) Dakle, U = L (BU ) = V. V . (3) Iz U Iz U 1 , U 2 V sledi U 1 ∩ U 2 V , , a kako je V je V konaˇcne cne dimenzije, to je i U 1 ∩ U 2 V sledi U konaˇcne cne dimenzij dime nzije, e, recimo recim o m. Nek Neka je m > 0 (dokaz (do kaz u sluˇcaju ca ju m = 0 je sliˇcan) can) i neka je B = { x1 , . . . , xm } ′
jedna baza potprostora U potprostora U 1 ∩ U 2 . Tada je B je B linearno nezavisan skup vektora prostora za U 1 ili il i se moˇze ze proˇsiriti siri ti do baze prostora pros tora U 1 . U 1 , pa je ili baza za U ′
= dim((U 1 ∩ U 2 ) • B je baza za U 1 ⇒ dimU 1 = dim ′
(2)
= U 1 ∩ U 2 ⇒ U 1 ⊆ U 2 , U 1 + U + U 2 = U = U 2 ⇒ U 1 = U + U 2 ) = dimU 2 = dimU 1 + dimU + dimU 2 − dimU 1 = dimU 1 + dimU + dimU 2 − ⇒ dim( dim(U 1 + U dim( dim(U 1 ∩ U 2 ). ze se proˇsirit si ritii do baze ba ze {x1 , . . . , xm , y1, . . . , yk } od o d U 1 . • B se moˇze ′
Sliˇ li ˇcno cn o, B se moˇze ze proˇsirit si ritii do baze ba ze { x1 , . . . , xm , z 1, . . . , zl } prostora U prostora U 2 . Dokaˇzimo zimo da je B = { x1 , . . . , xm, y1, . . . , yk , z 1, . . . , zl } ′
baza prostora U 1 + U + U 2 . (B1 ) Ako x = y = y + + z + U 2, onda ∈ U 1 + U z ∈ = α 1 x1 + . + . . . αmxm + β + β 1 y1 + . + . . . + β k yk , y = α = γ 1 x1 + . + . . . + γ mxm + δ + δ 1 z 1 + . + . . . + δ l z l , z =
(α1 , . . . , αm , β 1 , . . . , βk ∈ F ) F ) (γ 1 , . . . , γm , δ 1, . . . , δl ∈ F ) F )
pa je x = (α1 + γ 1)x1 + . . . + (αm + γ m )xm + β 1 y1 + . . . + β k yk + δ 1 z 1 + . . . + δ l z l ∈ L(B ). Dakle, U 1 + U + U 2 = L (B ). (B2 ) Neka je + . . . + αm xm + β + β 1 y1 + . + . . . + β k yk + γ + γ 1 z 1 + . + . . . + γ l z l = 0. α1 x1 + .
=z
Tada je z je z = = γ 1 z 1 + . + . . . + γ l z l ∈ U 2 . Kako je
= (−α1 )x1 + . + . . . + (−αm )xm + ( −β 1 )y1 + . + . . . + (−β k )yk ∈ U 1 , z = to z to z ∈ U 1 ∩ U 2 , pa p a se moˇze ze predstaviti p redstaviti u obliku o bliku = λ 1 x1 + . + . . . + λm xm (λi ∈ F ) z = λ F ).
Iz + . . . + λm xm = γ = γ 1 z 1 + . + . . . + γ l z l λ1 x1 + . sledi + . . . + λm xm + ( −γ 1 )z 1 + . + . . . + (−γ l )z l = 0. λ1 x1 + . Kako je {x1 , . . . , xm , z 1 , . . . , zl } baza za U 2 , sledi = . . . = λ = λ m = γ 1 = . = . . . = γ = γ l = 0. λ1 = . Tada je + . . . + αmxm + β + β 1 y1 + . + . . . + β k yk = 0. α1 x1 + . Kako je {x1 , . . . , xm , y1 , . . . , yk } linearno nezavisan (jer je baza za U 1) sledi = α m = β 1 = . = . . . = β = β k = 0, α1 = . . . = α ˇcime cime je dokazano da je B je B linearno nezavisan skup vektora. Dakle, B Dakle, B je baza prostora U 1 + U + U 2 , pa je = dimU 1 + dimU 2 − dim( dim( dim(U 1 + U 2 ) = m + k + l = (m + k ) + (m + l) − m = dimU dim(U 1 ∩ U 2 ). Ako je V je V = U 1 ⊕ U 2 , tada U tada U 1 ∩ U 2 = ∅, pa je dim je dim((U 1 ∩ U 2) = 0, odakle je + dimU 2 . dim( dim(U 1 ⊕ U 2 ) = dimU 1 + dimU
OSNOVNI STAV LINEARNE ALGEBRE Neka su (V 1 , +, ·, F ) i (V 2, +, ·, F ) vektorski prostori nad istim poljem F .
Definicija. Preslikavanje f : V 1 → V 2 je linearno ako za svako x, y ∈ V 1, α , β ∈ F vaˇzi · y ) = α · f (x) + β · · f (y ). f (α · x + β · Teorema eorema 1.(Osno 1.(Osnovni vni stav stav linearn linearne e algebre) algebre) Ako je B = {x1 , . . . , xn } baza vektorskog vektorskog prostora V 1 i y 1 , . . . , yn proizvoljni vektori prostora V 2 , tada t ada posto po stoji ji taˇ t aˇcno cno jedno linearno preslikav preslikavanje anje f : V 1 → V 2 tako da je f (x1) = y 1 , . . . , f ( xn ) = y n . Dokaz. Dokaz. Egzistenc Egzistencija: ija: Za x ∈ V 1 postoji jedinstvena n−torka (α1 , . . . , αn ) ∈ F n tako da je x = α 1 x1 + . . . + αn xn (jer je B baza za V 1). Definiˇ Defi niˇsimo si mo def
f (x) = α1 · y1 + . . . + αn · yn .
Funkcija f je dobro definisana jer su koordinate ( α1 , . . . , αn) vektora x u bazi B jednoznaˇ cno cno odred¯ene. Proverimo da je f linearn linearno. o. Za x = α1x1 + . . . + αn xn , y = β 1 x1 + . . . + β n xn , λ, µ ∈ F , imamo da je λx + µy = (λα1 + µβ 1 ) · x1 + . . . + (λαn + µβ n ) · xn ,
pa je f (λx + µy ) = (λα1 + µβ 1 ) · y1 + . . . + (λαn + µβ n ) · yn , = λ · (α1 · y1 + . . . + αn · yn ) + µ · (β 1 · y1 + . . . + β n · yn ) = λ · f (x) + µ · f (y ).
Vaˇ Vaˇzi i f (xi ) = f (0·x1+. . .+1·xi +. . .+0·xn ) = 0·y1+. . .+1·yi +. . .+0·yn = y i
(i = 1, 2, . . . , n),
pa je f traˇzeno zen o pres p resli likavanje kavanje.. Jedinstvenost: Jedinstvenost: Neka Neka je g : V 1 → V 2 linearno preslikavanje takvo da je g (xi ) = vaˇzi yi , i = 1, 2, . . . , n. Tada, za proizvoljno x = α 1 x1 + . . . + αn xn ∈ V 1 va
g (x) = g (α1 x1 + . . . + αn xn ) = α 1 g (x1 ) + . . . + αn g (xn ) = α 1 y1 + . . . + αn yn = f (x),
pa je g = f .
ta kvo da vaˇzi zi Primer. Odrediti linearno preslikavanje f : R 2 → R3 takvo f (1, 0) = (2, −1, 0) i f (1, 1) = (3 , −1, −2).
Kako je {(1, 0), (1, 1)} baza prostora R2, za svaki vektor ( x, y ) ∈ R2 postoje jedinstveni jedinstveni skalari skalari α, β ∈ R takvi da je (x, y ) = α (1, 0) + β (1 (1, 1). Iz (x, y ) = (α + β, β , β ) nalazimo β = y , α = x − y,
pa je (x, y ) = (x − y ) · (1, 0) + y · (1, 1), odakle sledi f (x, y ) = (x−y )·f (1, 0)+y ·f (1, 1) = (x−y )·(2, −1, 0)+y ·(3, −1, −2) = (2x+y, −x, −2y ).
Teorema 2. Neka je f : V 1 → V 2 linearno preslikav preslikavanje. anje. Tada: (1) Ako je {x1 , . . . , xn } ⊆ V 1 linearno zavisan, onda je i {f (x1 ), . . . , f ( xn )} linearno zavisan. (2) f je monomorfizam akko svaki linearno nezavisni skup vektora u V 1 slika u linearno nezavisni skup vektora u V 2 . (3) f je epimorfizam akko svaki generatorni skup vektora prostora V 1 slika u generatorni skup vektora prostora V 2. (4) f je izomorfizam akko f ˇ ˇcuva cu va bazu ba zu.. Dokaz. (1) Ako { x1 , . . . , xn } linearno zavisan u V 1, tada je bar jedan od vektora tog skupa linearna kombinacija ostalih, recimo xi ∈ L{x1, . . . , xi−1 , xi+1 , . . . , xn }. Kako je f linearno, sledi da f (xi) ∈ L{f (x1 ), . . . , f ( xi−1 ), f (xi+1), . . . , f ( xn )}, pa je skup {f (x1 ), . . . , f ( xn) linearno zavisan. (2) (→) Neka je f linearno 1-1 preslikavanje i neka je { x1 , . . . , xn } linearno nezavisan skup vektora. Pokaˇ Pokaˇzimo zimo da je j e i { f (x1 ), . . . , f ( xn)} linearno nezavisan. α1 · f (x1 ) + . . . + αn · f (xn ) = 0 ⇒ f (α1 · x1 + . . . + αn · xn ) = 0 = f (0) ⇒ α1 · x1 + . . . + αn · xn = 0 (jer f 1-1) ⇒ α1 = . . . = αn = 0.
(←) Neka Neka linearno preslikav preslikavanje anje f svaki svaki linearno linearno nezavi nezavisni sni skup vektora vektora slika slika u linearno nezavisan skup vektora. Dokaˇzimo zimo da je f 1-1.
x 2 ⇒ {x1 − x2} je lin. nezavisan (jer x1 − x2 = 0 x1 = ⇒ {f (x1 − x2 )} je lin. nezavisan ⇒ {f (x1) − f (x2 )} je lin. nezavisan ⇒ f (x1 ) − f (x2 ) = 0 ⇒ f (x1 ) = f (x2). (3) (→) Neka je V 1 = L{ x1, . . . , xn }. Kako je f na, za proizvoljno y ∈ V 2 postoji x ∈ V 1 tako da je y = f (x). Tada y = f (x) = f (α1 x1 + . . . + αn xn ) = α 1 f (x1 ) + . . . + αn f (xn ) ∈ L{f (x1 ), . . . , f ( xn )},
pa je V 2 = L{f (x1 ), . . . , f ( xn )}. (←) Neka je V 1 = L{x1 , . . . , xn }. Tada, po pretpostavci, skup {f (x1 ), . . . , f ( xn )} generiˇ gen eriˇse se prosto pro storr V 2 , tj. V 2 = L{ f (x1 ), . . . , f ( xn )}. Sledi da za svako y ∈ V 2 postoje skalari β 1, . . . , βn ∈ F tako da je y = β 1 f (x1 ) + . . . + β nf (xn). Tada postoji def
x = β 1 x1 + . . . + β n xn ∈ V 1
tako da je f (x) = f (β 1 x1 + . . . + β n xn ) = β 1 f (x1) + . . . + β n f (xn )xn = y .
Dakle, f je ”na”. (4) sledi iz (2) i (3).
Teorema 3. Ako su V 1 i V 2 konaˇcno cno dimenzioni dim enzioni vektorski prostori nad istim i stim poljem p oljem F , tada ⇐⇒ dimV 1 = dimV 2 . V 1 ∼ = V 2 ⇐⇒ Dokaz. (→) Ako f : V 1 ∼ = V 2 i {x1, . . . , xn } baza za V 1 , onda {f (x1 ), . . . , f ( xn )} je baza za V 2 (Teorema 2.(4)), pa dimV 2 = n = dimV 1 . (←) Neka je dimV 1 = dimV 2 = n i B1 = {x1 , . . . , xn }, B2 = {y1, . . . , yn } baze, redom, za V 1 i V 2 . Iz Osnovnog Osnovnog stav stava linearne algebre sledi sledi da postoji jedinstv jedinstveno eno linearno preslikav preslikavanje anje f : V 1 → V 2 , tako da je f (xi ) = yi (i = 1, . . . , n). Na osnovu Teoreme 2.(4), f je izomorfizam, pa V 1 ∼ = V 2 .
Definicija. Neka je f : V 1 → V 2 linearno preslikav preslikavanje. anje. Tada def
kerf = {x ∈ V 1 |f (x) = 0} se zove jezgro homomorfizma f , def
I mf = {f (x)|x ∈ V 1 } se zove slika homomorfizma f .
Neke osobine jezgra i slike linearnog preslikav preslikavanja anja su date slede´ com com teoremom. preslikavanje. anje. Tada Teorema 4. Neka je f : V 1 → V 2 linearno preslikav (1) I mf V 2 . (2) f je ”na” akko I mf = V 2. (3) kerf V 1 . (4) f je 1-1 akko kerf = { 0}. (5) f : V 1 ∼ = V 2 akko kerf = { 0} i I mf = V 2 . (6) Ako je V 1 konaˇcnodimenzioni cnod imenzioni vektorski prostor, prosto r, tada ta da su s u kerf i I mf kon konaˇcne dimenz dim enzije ije i vaˇzi zi dimV 1 = dim(kerf ) + dim(I mf ). Dokaz. (1) 0 = f (0) ⇒ 0 ∈ I mf ⇒ ∅ = I mf ⊆ V 2 , y1, y2 ∈ Imf,α, Imf,α, β ∈ F ⇒ (∃x1 , x2 ∈ V 1 ) y1 = f (x1), y2 = f (x2 ) ⇒ αy1 + βy β y2 = αf (x1) + βf β f (x2 ) = f (αx1 + βx β x2) ∈ Imf.
(2) Sledi iz definicije definicije ”na” funkcije funkcije i I mf . (3) f (0) = 0 ⇒ 0 ∈ kerf ⇒ ∅ = kerf ⊆ V 1 ,
∈ F x1 , x2 ∈ kerf kerf,, α,β ∈
(4) (→) Nek Neka je je f ”1-1 ”1-1”. ”.
⇒ f (αx1 + βx β x2) = αf α f (x1 ) + βf β f (x2) = α · 0 + β · · 0 = 0 ⇒ αx1 + βx β x2 ∈ kerf.
Tada ada
x ∈ kerf ⇒ f (x) = 0 = f (0) ⇒ x = 0
⇒ kerf = {0}. (←) Nek Neka je je kerf = {0}. Tada ada f (x) = f (y )
⇒ f (x) − f (y ) = 0 ⇒ f (x − y ) = 0 ⇒ x − y ∈ kerf ⇒ x − y = 0 ⇒ x = y ,
odakle sledi da je f ”1-1”. (5) (5) sled sledii iz (2) (2) i (4) (4).. (6) Kako je V 1 konaˇcne cne dimenz dim enzije ije i kerf V 1 sledi da je i kerf konaˇ kon aˇcne cne dimen di menzij zije. e. Ako je dim (kerf ) = 0, tada kerf = {0}, pa je f : V 1 → I mf izomorfizam. Po Teoremi 3. sledi dim(I mf ) = dimV 1 . Ako je dim(kerf ) = dimV 1 , tada kerf = V 1 (jer je kerf V 1 ), pa je f (x) = 0, za svako x ∈ V 1 , tj. I mf = { 0}, odakle sledi dim(I mf ) = 0. Stoga, neka je 0 < dim(kerf ) < dimV 1 i {x1 , . . . , xk } neka je baza za kerf . Proˇsirimo sirimo je do baze {x1, . . . , xk , xk+1, . . . , xn } prostora V 1 . Pokaˇ Pokaˇzimo zimo da je B = { f (xk+1), . . . , f ( xn )} baza prostora I mf . (B1 ) Pokaˇzimo zi mo da B gen ge neriˇ er iˇse se I mf . y ∈ I mf ⇒ (∃x ∈ V 1 )y = f (x) ⇒ y = f (α1x1 + . . . + αk xk + αk+1xk+1 + . . . + αn xn ), α1, . . . , αn ∈ F = α 1 f (x1 ) + . . . + αk f (xk ) + αk+1f (xk+1) + . . . + αnf (xn ) = α 1 · 0 + . . . + αk · 0 + αk+1f (xk+1) + . . . + αn f (xn ) = α k+1f (xk+1) + . . . + αn f (xn ) ∈ L(B ),
pa je I mf ⊆ L(B ). Svakako je L (B ) = L{ f (xk+1), . . . , f ( xn )} ⊆ I mf , pa vaˇzi zi I mf = L(B ).
(B2) Proverimo i linearnu nezavisnost skupa vektora B. λk+1f (xk+1) + . . . + λn f (xn ) = 0, λk+1 , . . . , λn ∈ F ⇒ f (λk+1xk+1 + . . . + λnxn ) = 0 ⇒ λk+1xk+1 + . . . + λn xn ∈ kerf . ⇒ λk+1xk+1 + . . . + λn xn = α 1 x1 + . . . + αk xk ⇒ (−α1 )x1 + . . . + (−αk )xk + λk+1 xk+1 + . . . + λn xn = 0 ⇒ −α1 = . . . = − αk = λ k+1 = . . . = λ n = 0.
Dakle, B je baza za imf , pa je dim(I mf ) = |B | = n − k = dimV 1 − dim(kerf ).
Definicija. Ako je f : V 1 → V 2 linearno preslikavanje, onda def
r(f ) = dim(I mf ) se zove rang homomorfizma f , def
d(f ) = dim(kerf ) se zove defekt homomorfizma f .
DUALNI VEKTORSKI PROSTORI
Definicija. Neka je (V, (V, +, ·, F ) F ) vektorski prostor nad poljem F . F . • Linearno preslikavanje f : V → F F vektorskog prostora V V u vektorski prostor polja F polja F se zove linearna forma (funkcionela) na V . . def
• V = {f |f : V → F F linearno} skup svih linearnih formi na V ∗
• zbir f + g linearnih formi f, g ∈ V i proizvod α · f linearne forme f skalarom α ∈ F se defin definiˇ iˇsu su na sled sl ede´ e´ci ci naˇcin: ci n: ∗
def
+ g)( )(x + g((x), f + g : g : V V → F, (f + g x) = f ( f (x) + g def α · f : V → F, (α · f )( f )(x x) = αf ( αf (x), x ∈ V. V .
Teorema 1. Struktura (V (V , +, ·, F ) F ) je je vektorski prostor nad poljem F . F . ∗
Dokaz. Proverimo da je V je V zatvoren za sabiranje sa biranje funkcionela i mnoˇzenje zenje funkcionela skalarom. ∗
Neka su f su f , g ∈ V , λ, µ ∈ F . Dokaˇ kaˇzimo zim o da f da f + + g F . Do g ∈ V i α · f ∈ V . ∗
∗
∗
Za x, y ∈ V , α , α,, β ∈ F vaaˇzi F v
(f + g + g)( )(λx + µy λx + µy)) = = = =
+ g((λx + f ( f (λx + λx + µy µy)) + g λx + µy µy)) (po def. sabiranja funkcionela) + µf ((y ) + λg + λg((x) + µg + µg((y ) (jer (jer su f i g line linear arna) na) λf ( λf (x) + µf + g((x)) + µ + µ((f ( + g((y )) (osobine operacija u polju) λ(f ( f (x) + g f (y ) + g + g)( )(x + µ((f + g + g)( )(yy ) (po def. sabiranja funkcionela) λ(f + g x) + µ
pa je f je f + g linearno iz V u F , tj. f + + g g linearno preslikavanje iz V F , tj. f g ∈ V . ∗
(α · f )( + µy f )(λx λx + µy)) = = = =
( po def. mnoˇzenja zenja funkcionela) funkcionela ) αf ( αf (λx + λx + µy µy)) (po + µf ((y)) (jer je f linearno) α(λf (x) + µf + µαf ((y) (osobine operacija u polju) λαf ( λαf (x) + µαf + µ((α · f )( (p o def. d ef. mnoˇzenja zenja funkcionela) funkcionela ) λ(α · f )( f )(x x) + µ f )(yy ) (po
odakle sledi sledi α · f ∈ V . ∗
Primenom definicija operacije + na V na V i funkcije · : F : F × V → V i osobina polja F neposredno F neposredno se proveravaju aksiome vektorskog prostora. ∗
∗
∗
( V , +, ·, F ) Definicija. Vektorski prostor (V dualni prostor (dual) F ) se zove (prvi) dualni prostora V prostora V . . ∗
Teorema 2. Ako je V cnod imenzioni vektorski prostor, p rostor, tada je i V kon ko naˇcne V konaˇcnodimenzioni dimenz dim enzije ije i vaˇzi zi V ∼ = V . ∗
∗
Dokaz. Dokaz. Neka Neka je B = { x1 , . . . , xn } baza prostora V . stava linearne linearne V . Iz Osnovnog stava algebre sledi da postoje linearna preslikavanja x 1 , . . . , xn : V : V → F , F , takva da ∗
xi (x j ) = ∗
1, j = i , 0, j = i
∗
i = 1, 2, . . . , n .
Pokaˇzimo zim o da je B = { x1, . . . , xn } baza prostora V prostora V . ∗
∗
∗
∗
(B1) B gene en eriˇ riˇse V : ∗
∗
Za f Za f ∈ V neka su skalari α skalari α 1, . . . , αn ∈ F defini defi nisa sani ni na slede´ sle de´ci ci naˇcin cin ∗
def
def
α1 = f ( f (x1 ),
α2 = f ( f (x2 ),
def
αn = f ( f (xn ).
...,
Pokaˇzimo zimo da tada ta da vaˇzi f zi f = α1 · x1 + . + . . . αn · xn. Zaista, ∗
∗
(∀ j)( + . . . + α + αn · xn )(x )(x j ) = α1 x1 (x j ) + . . . + α + α j x j (x j ) + . . . αn xn (x j ) j )(α α1 · x1 + . ∗
∗
∗
∗
∗
=0
=0
=1
= α j = f ( f (x j ),
pa je, prema Osnovnom stavu linearne algebre, f = α 1 · x1 + . + . . . + α + αn · xn . ∗
∗
(B2) Linearna nezavisnost: + . . . + λ + λn · xn = 0, λ1 , . . . , λn ∈ F λ1 · x1 + . + . . . + λ + λn · xn )(x )(x j ) = 0(x 0(x j ) ⇒ (∀ j ∈ {1, . . . , n}) (λ1 · x1 + . + . . . + λ + λ j x j (x j ) + . + . . . + λ + λn xn (x j ) = 0 ⇒ (∀ j ∈ {1, . . . , n}) λ1 x1 (x j ) + . ⇒ (∀ j ∈ {1, . . . , n}) λ j = 0. ∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
Dakle, B Dakle, B je baza prostora V prostora V . Iz dimV Iz dimV = | B | = n = n = = dim V V sledi ∗
∗
∗
V ∼ = V . ∗
∗
Bazu B zovemo dualnom dualnom bazom baze B prostora V . ada, za svak svakii x = V . Tada, + . . . + α + αn xn ∈ V vaˇzi α1 x1 + . V va ∗
+ . . . + α + αn xn ) = α 1 xi (x1 ) + . + . . . + α + αn xi (xn ) = αi , xi (x) = xi (α1 x1 + . ∗
∗
∗
∗
tj. koordinate vektora x u bazi B su skalari x1 (x), . . . , xn (x), pa se x se x moˇze ze zapis za pisat atii u obliku = x1 (x)x1 + . + . . . + x + xn (x)xn . x = x ∗
∗
∗
∗
Primer. Odredimo dualnu bazu standardne baze (1, 0, 0), 0), e2 = (0, (0, 1, 0), 0), e3 = (0, (0, 0, 1)} : R : R 3 . {e1 = (1, Na osnovu Teoreme 2. postoji dualna baza 3
gde e i : R → R i e i (e j ) = {e1 , e2 , e3 }, gde e ∗
∗
∗
∗
∗
1, j = i , 0, j = i
i = 1, 2, 3.
Odredimo e Odredimo e1 , e2 , e3 iz ovih uslova. uslova. Svaki Svaki vektor prostora R prostora R3 ima jedinstvenu reprezentaciju (x , y , z) = xe 1 + ye + ye 2 + ze + ze 3 , pa je ∗
∗
∗
+ ye 2 + ze + ze 3 ) = x e1 (e1 ) +y e1 (e2 ) +z e1(e3 ) = x. e1 (x,y,z ) = e 1 (xe1 + ye ∗
∗
∗
∗
∗
=1
Sliˇ Sli ˇcno cno dobij do bijam amoo e2 (x , y , z) = y, y ,
=0
=0
e3 (x,y,z ) = z. z .
∗
∗
Definici Definicija. ja. Drugi Drugi dualni dualni prostor (bidual) vektor vektorsk skog og prostora prostora V V je prostor V
∗∗
def
= (V ) , ∗
∗
tj. vektors vektorski ki prostor prostor linearnih linearnih formi formi na V na V . ∗
Na osnovu os novu Teoreme 2. za konaˇcnodimenzioni cnodi menzioni prostor V vaˇzi V va V Izmed Izm ed¯u prosto pro stora ra V i V baza ba za na sled sl ede´ e´ci ci naˇcin. ci n.
∗∗
∗∗
∼ V . = V ∼ = V. ∗
moˇzemo zemo uspostaviti izomorfizam nezavisan nezavisan od izbora
Vektoru x ∈ V pr idruˇ ruˇzimo zim o funkci fu nkciju ju V prid : V → F, x : V F ,
∗
Tada za f za f , g ∈ V , ∗
def
x(f ) f ) = f ( f (x),
za svako f svako f ∈ V . ∗
vaaˇzi λ, µ ∈ F F v
+ µ · g ) = (λf + µg + µg)( )(x + µg((x) = λ · x(f ) + µ · x(g ), x(λ · f + µ x) = λf ( λf (x) + µg f ) + µ
pa je x linearno preslikavanje prostora V prostora V u prostor F prostor F ,, tj. x ∈ V . ∗
∗∗
Teorema 3. Ako je V je V konaˇcnodimenzioni cnod imenzioni vektorski prostor, p rostor, tada je funkcija : V → V , φ : V ∗∗
def
φ(x) = x
prirodni izomorfizam prostora prostora V na prostor V prostor V . V na ∗∗
Dokaz. Dokaˇzimo zimo najpre na jpre da je φ je φ homomorfizam. Za x, Za x, y ∈ V , α , α,, β ∈ vaaˇzi F v ∈ F = αf ((x) + βf + βf ((y ) = α = α x(f ) + β y (f ) αx + αx + βy βy((f ) f ) = f ( f (αx + αx + β βyy ) = αf f ) + β f ) = (αx + β + β y)(f )(f )), za svako f ∈ V ,
∗
pa je αx + = α x + β + β y. Dalje sledi αx + βy βy = α
= α x + β + β y = αφ = αφ((x) + β + βφ φ(αx + αx + β βyy ) = αx + αx + β βyy = α φ(y ).
1 -1: Dokaˇzimo zimo da je kerφ je kerφ = {0}. Ako Ako x = 0, onda bi se skup {x} mogao φ je 1-1: dopuniti do baze {x, x2 , . . . , xn } prostora V V koja ima dualnu bazu {x , x1 , . . . , xn } ∗
∗
∗
prostora V , pa je x (x) = 1, tj. x(x ) = 1 = 0. 0 . To bi znaˇcilo cilo da x = 0 (nije nula funkcija), pa φ(x) = 0, odnosno x ∈ Dakle, kerφ = = { 0}, pa je φ 1-1. / kerφ. kerφ. Dakle, kerφ ∗
∗
φ je ”na”: Kako je I mφ V
∗∗
∗
i dim( dim (kerφ) kerφ) = 0, to je
dim( dim(I mφ) mφ) = dimV − dim( dim(kerφ) kerφ) = dimV = dimV . ∗∗
Tada I mφ = mφ = V V , ∗∗
tj. φ je ”na”.
Prirodni izomorfizam φ izomorfizam φ omo omogu´ gu´cava cava da d a svakoj svako j bazi B bazi B duala V duala V pridr pri druˇ uˇzimo zim o bazu ba zu prostora V ˇcija cij a je dua dualna lna baza ba za baˇs B . B prostora V ∗
∗
∗
Teorema 4. Ako je V konaˇ konaˇcno cno dimenzioni vektorski vektorski prostor, tada je svaka svaka baza prostora V dualna baza neke baze prostora V . . ∗
Dokaz. Neka je B je B = {ϕ1, . . . , ϕn } : V : V . Iz Teoreme 2. sledi da postoji baza ∗
∗
B
∗∗
= { ϕ1 , . . . , ϕn } : V : V ∗
dualna bazi B , tj. tj . vaˇzi zi ∗
ϕi (ϕ j ) = ∗
∗
∗∗
1, j = i . 0, j = i
Iz Teoreme 3. sledi da postoje x postoje x1 , . . . , xn ∈ V takvi je ϕ1 = φ = φ((x1 ), . . . , ϕn = φ( V takvi da je ϕ φ (xn ) i B = { x1 , . . . , xn } je baza za V V (jer je φ izomorfizam). Tada ∗
)(ϕi) = ϕ j (ϕi ) = ϕi (x j ) = x j (ϕi ) = φ( φ (x j )(ϕ
∗
pa je B dualna baza baze B baze B . ∗
∗
1, j = i , 0, j = i
Primer. Neka je V je V = R1 [x] i linearne funkcionele ϕ1 , ϕ2 : V : V → R definisane sa
0
ϕ1 ( p) p) =
1
p( p(x)dx,
ϕ2( p) p) =
1
p( p(x)dx.
0
−
Odrediti bazu prostora V prostora V ˇcija cija je dualna dua lna baza upravo baza ba za B = { ϕ1, ϕ2}. ∗
Na osnovu osnovu Teore Teoreme me 4. postoji baza B = { p1 , p2 } prostora R1 [x], ˇcija cija je dua dualna lna baza B baza B . Neka je ∗
= a1 + b + b1 x, p1 = a
= a 2 + b + b2 x, p2 = a
a1 , b1, a2 , b2 ∈ R.
Tada ϕ1 ( p1) = 1 ⇔ ϕ2 ( p1) = 0
0 0
(a1 + b + b1 x)dx = 1 a − ⇔ 1 a1 + (a (a1 + b + b1 x)dx = 0 0 1 1 1
−
b1 2
b1 2
= 1 a = 12 , ⇔ 1 b1 = −1 = 0
pa je p1 = 12 − x. Sl iˇcno, cn o, iz ϕ 1( p2 ) = 0, ϕ2 ( p1 ) = 1 dobijamo p dobijamo p 2 = 12 + x + x.. x. Sliˇ
MATRICE Neka je ( F, +, ·, 0, 1) polje, n, m ∈ N .
Definicija. Matrica tipa m × n nad poljem F je svako preslikavanje A : { 1, 2, . . . , m} × {1, 2, . . . , n} → F. F .
Ako je A(i, j ) = a ij ∈ F , matricu A zapisujemo u obliku
A =
a11 a21
a12 . . . a22 . . .
.. .
.. .
...
a1n a2n
.. .
am1 am2 . . . amn
,
ili il i kra´ kr a´ce, ce, A = [aij ]m×n . Skalari a ij se zovu elementi matrice , v i = [ai1 ai2 . . . ain ] (i ∈ {1, . . . , m}) je i-ta vrsta, a k j =
a1 j a2 j
.. .
amj
( j ∈ {1, . . . , n}) je j −ta kolona matrice A. Dakle,
prvi indeks elementa elementa matrice oznaˇcava cava bro j vrste, a drugi indeks broj bro j kolone u kojoj se taj element nalazi. Matrica tipa m × n ima m vrsta i n kolona. Ako je m = n (broj vrsta vrsta jednak jednak broju kolona) kolona) kaˇzemo zemo da je A kvadratna matrica reda n. M m×n (F ) - skup svih matrica tipa m × n nad poljem F , M n (F ) - skup svih kvadratnih matrica reda n nad poljem F .
1 2 1 3 Primer. Matice 3 4 , [1 3 − 2 5] su tipa, redom, 3 × 2, 3 × 1 5 6 4 (matrica kolona) i 1 × 4 (matrica vrsta).
Definicija. Neka su A = [aij ], B = [bij ] ∈ M m×n (F ). Tada def
A = B ⇔ ( ∀i ∈ {1, . . . , m})(∀ j ∈ {1, . . . , n}) aij = b ij .
Na skupu M m×n (F ) definiˇsemo semo binarnu operaciju oper aciju sabiranje sabira nje matrica na slede´ci ci naˇcin:
Definicija. Ako su A = [aij ], B = [bij ] ∈ M m×n (F ), tada def
A + B = [aij + bij ]m×n .
Primer.
1 2 3 4 5 6
+
0 −2 1 5 3 −3
=
1 0 4 9 8 3
.
def
Matrica 0 = [0]m×n se zove nula matrica. def
Matrica − A = [−aij ]m×n se zove suprotna matrica matrice A = [aij ]m×n .
Teorema 1. (M m×n (F ), +) je Abelova grupa. Dokaz. Lako se proveravaju aksiome Abelove grupe: A, B, B , C ∈ M m×n (F )
(1) (A + B ) + C = A + ( B + C ), (2) A + B = B + A,
(3) A + 0 = A (nula matrica je neutralni za sabiranje matrica) (4) A + ( −A) = 0.
Definiˇ Defin iˇsemo semo i mnoˇzenje zenje matrice mat rice brojem. bro jem.
Definicija. Neka A = [aij ] ∈ M m×n (F ) i λ ∈ F . Tada def
λ · A = [λaij ]m×n .
Primer. 3 ·
1 2 3 = 4 5 6
3 6 9 1 2 1 5 18
.
Teorema 2. Ako A, B ∈ M m×n (F ) i λ, µ ∈ F onda (1) λ(A + B ) = λ · A + λ · B (2) (λ + µ) · A = λ · A + µ · A, (3) λ · (µ · A) = (λµ) · A, (4) 1 · A = A . Dokaz. (1) λ (A + B ) = λ ([aij ] + [bij ] = λ [aij + bij ] = [λ(aij + bij )] = [λaij + λbij ] = [λ(aij ] + [λbij ] = λ [(aij ] + λ[bij ] = λA + λB. Sliˇcno cno se proverava proverava ju ostale osobine.
.
Posledica. (M m×n (F ), +, ·, F ) je vektorski prostor dimenzije mn. Dokaz. Dokaz. Iz Teore Teoreme me 1. i Teore Teoreme me 2. neposredno neposredno sledi sledi da je M m×n (F ) vektorski prostor. Neka je
E ij ij =
0 .. . 0 .. .
0 ... .. . . . . 0 ... .. . . . .
0 ... .. . . . . 1 ... .. . . . .
0 .. . 0 .. .
0 0 ... 0 ... 0
(1 je u i − toj vrsti i j − toj koloni
Tada je skup B = { E ij ij |i = 1, . . . , m , j = 1, . . . , n}
jedna baza prostora M m×n (F ), pa je dim(M m×n (F )) = m · n.
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 , , , Primer. 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 je jedna baza prostora M 2×3 (R), dim(M 2×3 (R)) = 6.
,
0 0 0 0 1 0
0 0 0 0 0 1
Definicija. Ako A = [aij ]m×n , B = [bij ]n× p , tada n
A · B = [cij ]n× p
def
gde je
cij =
aik bkj = a i1 b1 j + ai2 b2 j + . . . + ain bnj ,
tj.
k=1
a11 a21
a12 . . . a22 . . .
.. .
.. .
...
a1n a2n
.. .
am1 am2 . . . amn
·
b11 b12 . . . b1 p b21 b22 . . . b2 p
.. .
.. .
...
def
=
bn1 bn2 . . . bnp n n a b a b k =1 1k k 1 k =1 1k k 2 n n k =1 a2k bk 1 k =1 a2k bk 2
.. .
n k=1 amk bk1
Primer.
.. .
n k=1
.. .
... ...
...
amk bk2 . . .
n a b k =1 1k kp n k =1 a2k bkp
n k=1
.. .
amk bkp
0 1 2 · 3 0 −1
1 2 3 4 5 6
0 1 3 0
·
1 2 3 4 5 6
1 0 0 0
·
0 0 = 1 0
=
0·1+1·3+2·5 0·2+1·4+2·6 = 3·1+0·3−1·5 3·2+0·4−1·6
nije definisano, 0 0 0 0
,
1 2 3 4 5 6
0 0 1 0
·
0 1 = 3 0
6 1 12 3 18 5
·
1 0 = 0 0
0 0 1 0
13 16 −2 0
.
.
Primetimo da = p proizvod B · A nije definisan, • za m
• za m = p proizvod B · A je definisan, ali
– za m = n matrice A · B i B · A nisu istog tipa, – za m = n = p matrice AB i BA su istotipne, ali ne moraju biti jednake. Dakle, AB = BA B A u opˇstem st em sluˇ sl uˇcaju ca ju,, pa operacija · nije komutativna . B A. Definicija. Kvadratne matrice A i B istog reda su komutativne akko je AB = BA
.
Primer. Matrce A =
2 −1 0 2
i B =
AB =
1 1 su komutativne, jer 0 1
2 1 = BA. B A. 0 2
Definicija. Kvadratna matrica I n = [δ ij ij ] ∈ M n (F ), gde δ ij ij =
I n =
1 0 .. .
0 ... 1 ... .. . . . . 0 0 ...
0 0 .. . 1
1, i = j , tj. 0, i = j
se zove jedin je diniˇ iˇ cna cna matri mat rica ca reda n.
Teorema 3. Vaˇze ze slede´ce ce jednakosti (pod (po d uslovom da svi navedeni proizvodi postoje): (1) A · (B · C ) = (A · B ) · C (2) A · I n = A = I m · A,
A ∈ M m×n (F ),
(3) (A + B )C = A · C + + B · C, (4) λ · (AB ) = (λA)B = A(λB ). Dokaz. Dokaz. (1) Neka Neka A = [aij ]m×n , B = [bij ]n× p , C = [cij ] p×q , BC = [dij ]n×q , A(BC ) = [eij ]m×q , AB = [f ij ij ]m× p , (AB )C = [gij ]m×q . Tada eij =
=
n k=1 p l=1
n
aik dkj = k=1 aik ( nk=1 aik bkl )clj =
p l=1 bkl clj p il clj l=1 f il
= = g ij
(i = 1, . . . m, m , j = 1, . . . , q )
(2) neka je A = [aij ]m×n , I n = [δ ij ij ] i A · I n = [bij ]m×n . Tada n
bij =
k =1
pa je A · I n = A .
aik δ kj kj = a i1 δ 1 j + . . . + a ij δ jj + . . . + ain δ nj nj = a ij ,
=0
(3) i (4) se sliˇcno cno dokazuju.
=1
=0
Posledica. (M n (F ), +, ·) je nekomutativan prsten sa jedinicom I n . Napomena. Prsten M n (F ) ima delioce nule, jer postoje nenula nenula matrice matrice ˇciji ciji je proizvod nula matrica. Na primer, za n = 2,
1 0 0 0
·
0 0 = 1 0
0 0 0 0
.
U semigrupi (M n (F ), ·) induktivno indukt ivno definiˇsemo semo stepen kvadratne matrice ma trice A: A0 = I n , A1 = A, A, . . . , Am+1 = A m · A,
m ∈ N. N .
⊤
Definicija. Unarna operacija
: M m×n (F ) → M m×n (F ), definisana sa
def
A⊤ = [a ji ]n×m ,
za A = [aij ]m×n ,
se zove transponovanje , a matrica A⊤ (ˇcije cije su vrste kolone matrice A) se zove transponovana matrica matrice A .
Primer.
1 2 3 4 5 6
⊤
=
1 3 5 2 4 6
.
Osobine transponovanja transponovanja su date u slede´ slede´coj coj teoremi.
Teorema 4. (1) ( A + B )⊤ = A ⊤ + B ⊤ , (2) (λ · A)⊤ = λ · A⊤ , (3) (A · B )⊤ = B ⊤ · A⊤ , (4) (A⊤ )⊤ = A . Dokaz. (1), (2) i (4) se jednostavno dokazuju. (3) Neka je A = [aij ]m×n , B = [bij ]n× p , AB = [cij ]m× p , (A · B )⊤ = [dij ] p×m, T T AT = [eij ]n×m , B T = [f ij ij ] p×n i B · A = [gij ] p×m . Tada n
dij = c ji =
n
a jk bki =
k =1
n
ekj f ik ik =
f ik ik ekj = g ij , (i = 1, . . . , p , j = 1, . . . , m),
p=1
k =1
pa je (AB )T = B T AT .
matrica A ∈ M n (F ) je sim Definicija. Kvadratna matrica s imet etri riˇ ˇ cna cn a ako je AT = A, a kosos kos osim imet etriˇ riˇcna cn a ako je A T = − A.
Primer.
1 −2 3 −2 4 5 3 5 6
je simet si metriˇ riˇcna, cna ,
0 2 3 −2 0 −5 −3 5 0
je koso ko sosi simet metriˇ riˇcna. cna .
Definicija. Definicija. Trag kvadratne matrice A = [aij ] ∈ M n (F ), u oznaci tr(A), je zbir svih elemenata na glavnoj dijagonali matrice A, tj. def
tr(A) = a11 + a22 + . . . + ann .
Primer. Ako A =
1 2 3 2 4 5 3 5 6
, onda trA = 1 + 4 + 6 = 11.
vaaˇzi Teorema 5. Za kvadratne matrice A, B ∈ M n (F ) i λ ∈ F v (1) tr(A + B ) = tr (A) + tr (B ), (2) tr(λA) = λtrA, tr A, (3) tr(AT ) = trA
(4) tr (A · B ) = tr (B · A),. Dokaz. Dokaz. (4) Neka Neka je A = [aij ]m×n , B = [bij ]n×m , AB = [cij ]m×m , BA = [dij ]n×n . Tada m
tr(AB ) =
m
n
cii =
i=1
m
aij b ji =
i=1 j =1
n
j =1 i=1
n
bij a ji =
m
n
bij a ji =
i=1 j =1
dii = tr (BA )
i=1
REGULARNE MATRICE Kvadratna matrica A ∈ M n (F ) je regularna ako postoji matrica Definicija. Kvadratna B ∈ M n (F ) takva ta kva da vaˇzi zi A · B = I n ,
B · A = I n .
Tada se matrica B zove inverzna matrica matrice A i obeleˇ ob eleˇzava zava sa A −1 . Matrica A ∈ M n (F ) je singularna ako nije regularna. Inverzna Inverzna matrica regularne matrice A je jedinstvena, jer ako bi B i C bile bile inverzne matrice od A onda AB = BA B A = I n , AC = C A = I n ⇒ B = I n B = C AB = C I n = C. C .
Teorema 6. Ako su A i B regularne matrice onda su i matrice A · B i A T regularne i vaˇ vaˇzi: (1) (A · B )−1 = B −1 · A−1 , (2) (AT )−1 = (A−1 )T . Dokaz. (1) Ako su A i B regularne onda postoje A−1, B −1, pa i B −1 A−1 , i vaˇzi zi −1 −1 −1 −1 −1 −1 AB B A = AI n A = AA = I n , (AB )(B A ) = ABB (B −1A−1 )(AB ) = B −1 A−1 AB = B −1 I n B = I n , pa je (AB )−1 = B −1 A−1 . (2) AT (A−1 )T = (A−1 A)T = I nT = I n , (A−1 )T AT = (AA−1 )T = I nT = I n .
Teorema 7. Ako su svi elementi neke vrste (kolone) matrice A jednaki nuli, onda je ta matrica singularna. Dokaz. Dokaz. Ako Ako matrica A ∈ M n (F ) ima nula vrstu (kolonu), onda za svako B ∈ M n (F ) matrica AB (BA ) ima nula vrstu (kolonu), pa je AB = I n (BA = I n ), odnosno A je singularna. ELEMENTARNE v (k)-OPERACIJE
Definicija. Neka je A ∈ M m×n (F ). Elementarne operacije vrsta ili v operacije su:
• vij - razmena i-te i j -te vrste matrice A, = 0, - mnoˇzenje zenj e elemenat eleme nataa i-te vrste brojem λ (koji je = 0), • viλ , λ ze brojem bro jem λ i dodaju elementima i-te vrste. • vijλ - elementi j -te vrste se mnoˇze Analogno se definiˇ definiˇsu su elementarne elementarne operacije na kolonama ( k operacije): kij ,
kiλ , λ = 0,
λ kij .
Oˇcigledno, cigledno , sve ove operacije oper acije su invertibilne: −1 vij = v ij ,
−1
(viλ ) −1 = v iλ ,
(vijλ )−1 = v ij−λ.
Definicija. • Matrica A je v -ekvivalentna matrici B istog tipa, u oznaci A ∼ v B , ako se B dobija iz A konaˇcnom cno m primen pri menom om v operacija. • Matrica A je k-ekvivalentna matrici B istog tipa, u oznaci A ∼ k B , ako se B dobija iz A konaˇcnom cno m primen pri menom om k operacija. • Matrica A je ekvivalentna matrici B istog tipa, u oznaci A ∼ B , ako se B dobija iz A konaˇcnom cno m primen pri menom om v i/ili k operacija. Oˇcigledno cigl edno,, relacije rela cije ∼ v ,
∼k ,
∼ su relacije ekvivalencije na skupu M m×n (F ).
Definicija. • Matrica A je stepenasta po vrstama ( v-stepenasta) ako broj nula koje prethode prethode prvom nenula nenula elementu elementu vrste vrste raste od o d vrste do vrste. vrste. Prvi nenula nenula element elem ent vrste vrst e ´cemo cemo zvati istaknuti element te vrste. • v -stepenasta matrica A je redukovana ako su svi njeni istaknuti elementi jednaki 1, a svi ostali elementi elementi u njihovim kolonama su jednaki 0.
Primer.
0 2 3 4 0 0 5 1 0 0 0 0
1 2 3 0 3 5 0 0 1 0 0 1 nasta matrica.
4 4 2 0
je v -stepenasta, ali nije redukovana v -stepenasta matrica
nije v -stepenasta,
0 0 0 0
1 0 0 0
2 0 0 0
0 1 0 0
3 4 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
je redukov redukovana v -stepe-
Teorema 8. (a) Svaka Svaka ne-nula ne-nula matrica matrica A ∈ M m×n (F ) je v -ekvivalentna -ekvivalentna nekoj v -stepenastoj matrici istog tipa. (b) Svaka ne-nula matrica A ∈ M m×n (F ) je v -ekvivalentna nekoj redukovanoj v -stepenastoj matrici istog tipa.
(c) Svaka ne-nula matrica A ∈ M m×n (F ) je ekvivalentna matrici
1 ... .. . . . . 0 ... 0 ... .. . . . .
0 .. . 1 0 .. .
0 ... .. . . . . 0 ... 0 ... .. . . . .
0 .. . 0 0 .. .
0 ... 0 0 ... 0
(r jedinica na dijagonali, ostalo nule, r ≤ m, n) koju ko ju kra´ kra´ce ce
zapisujemo u obliku blok matrice
I r 0
0 0
.
Dokaz. Dokaz. (a) Algoritam za dovod dovod¯enje matrice na v -stepenastu matricu primenom elementarnih v -operacija: 1) Nalazimo prvu nenula kolonu (postoji jer A = 0). 2) U toj koloni nalazimo ne-nula element. 3) Ako je nad¯eni element u i-toj vrsti vrsti zamenim zamenimu u i-tu i prvu vrstu, tj. v 1i (A). 4) Pomnoˇzimo zimo prvu vrstu inverzom nad¯enog nenula elementa (tako dobijamo dobija mo da je istaknuti element element prve vrste jednak 1). 5) Prvu vrstu vrstu mnoˇ mnoˇzimo zimo pogodnim skalarim skalarimaa i dodajemo preostalim preostalim vrstama, vrstama, tako da se ispod dobijene jedinice dobiju sve nule. 6) Posmatramo matricu dobijenu izbacivanjem prve vrste, svih poˇcetnih cetnih nulakolona i prve ne-nula kolone. Prelazimo na korak 1). (b) Postupkom opisanim pod (a) dobijamo v -stepenastu matricu ˇciji ciji su svi istaknuti taknuti elemen elementi ti jednaki jednaki 1. Mnoˇ Mnoˇzenjem zenjem svake svake nenula nenula vrste vrste pogodno izabranim izabranim skalarima skalarima i dodavanjem dodavanjem prethodnim vrstama postiˇze ze se da u svakoj svakoj ne-nula koloni, osim jedne jedinice svi ostali elementi budu jednaki 0. (c) Postupcima pod (a) i (b) dobija se v -ekvivalentna redukovana v -stepenasta matrica. matrica. Neka Neka se istaknuta istaknuta jedinica jedinica prve prve vrste vrste nalazi u l koloni. koloni. Zamenimo Zamenimo prvu i l-tu kolonu. Mnoˇzenjem zenjem prve kolone pogodno p ogodno izabranim skalarima skalarima i dodavanjem dodavanjem preostalim kolonama postiˇze ze se da svi elementi prve vrste, osim prvog, budu jednaki nuli. nuli. Posmatra Posmatramo mo matricu matricu D dobijenu dobijenu izbaciv izbacivanjem anjem prve vrste i prve prve kolone. kolone. Ako Ako je ona nula matrica, teorema je dokazana, dokazana, a ako nije nula matrica, ponavljamo postupak na matrici D.
Primer. Odredimo v -stepenastu matricu 1 koje su v -ekvivalentne -ekvivalentne matrici A = −3 2
1 −2 −2 3 9 −7 −3 2 ∼v 2 5 −9 3 −2 3 9 (primenom v21 , v31 , v34 , v32 ).
B i redukovanu v -stepenastu matricu C
−2 −2 3 2 9 −7 5 −9 3
1 −2 −2 3 0 −4 3 2 0 9 −5 −3
∼v
.
1 −2 −2 3 0 −4 3 2 0 0 7 6
= B
B ∼ v
1 −2 −2 3 0 1 − 34 − 12 6 0 0 1 7 −
1 4
1 7
∼ v
7 2
1 0 − 72 2 0 1 − 34 − 12 6 0 0 1 7
3 4
∼v
1 0 0 5 0 1 0 17 0 0 1 67
= C
2 (primenom v2 , v3 , v12 , v13 , v23 ).
Definicija. Ako je A ∈ M m×n (F ) i A ∼
I r 0
0 0
I r 0
0 0
(r ≤ m, n) onda se blok matrica
zove normalna forma matrice A.
Primer. Ako na matricu A = 1
−2
−4
1
primenimo, redom
4 4 12 1 0 0 1 0 1
2
2 3 5 0 2 3 4 8 13 0 1 4 ∼ 0 4 0
4 1 3 5 4 4 ∼ 0 2 3 4 ∼ 12 2 8 13 12 0 0 0 0 1 0 0 3 1 3 4 ∼ 0 1 0 3 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 Dakle, Dakle, normalna normalna forma matrice A je matrica 0 1 0 0 . 0 0 0 0
0 2 3 A = 2 3 5 4 8 13 1 0 0 0 0 2 3 4 ∼ 0 2 3 4
−5
−1 −3 −4 v12 , k1 , v31 , k21 , k31 , k41 , k2 , v32 , k32 , k42 dobijamo 2
−2
0 2 3 4 2 3 5 4 4 8 13 12
∼
0 0 0
1 3 5 4 0 2 3 4 0 2 3 4
=
I 2 0
0 0
Primenom elementarnih v (k)-operacija na jediniˇ cnu cnu matricu dobijamo elementarne v (k) matrice.
Definicija. Definicija. Elementarne Elementarne v (k) matrice su P ij = vij (I n ), ij λ P i = viλ ( I n ), λ =0 λ λ P ij = vij (I n ),
Primer. Za n = 3: 0 1 0 1 0 0 P 12 12 = v12 (I 3 ) = 0 0 1 1 0 0 2 0 1 0 = Q 13 . 2 0 1
Qij = kij (I n ), Qλi = kiλ (I n ), λ =0 λ λ Qij = kij (I n ).
= k12 (I 3) = Q12 ,
P 35 =
1 0 0 0 1 0 0 0 5
= Q53 ,
2 P 31 =
Lako La ko se moˇze ze primet pri metit itii da vaˇzi: zi: P ij ij = Q ij ,
P iλ = Q λi , λ = 0,
λ P ijλ = Q ji .
Primenom v (k)-operacije )-op eracije na neku matricu postiˇ post iˇze ze se isti efekat kao mnoˇzenjem zenjem te matrice sa leve (desne) strane elementarnom v (k ) matricom matrico m odgovaraju´ odg ovaraju´ceg ceg tipa.
.
∼
Teorema 9. Ako je A ∈ M n (F ) tada: (1) v ij (A) = P ij ij · A,
viλ (A) = P iλ · A, λ = 0,
(2) k ij (A) = A · Qij ,
kiλ (A) = A · Qλi , λ = 0,
λ vij (A) = P ijλ · A, λ λ kij (A) = A · Qij .
Dokaz. (1)
P iλ
·A =
1 0 .. . 0 .. .
0 ... 1 ... .. . . . . 0 . .. .. . . . .
0 ... 0 ... .. . . . .
0 0 .. .
λ . .. 0
.. . . . . 0 0 ... 0 ...
.. . 1
a11 a21
.. .
ai1
.. .
a12 . . . a1n a22 . . . a2n
.. .
.. .
...
ai2 . . . ain
.. .
.. .
...
an1 an2 . . . ann
Sliˇcno cno se dokazuju dokazu ju ostali osta li delovi delov i tvrd¯enja. enja .
=
a11 a21
.. .
a12 . . . a22 . . .
.. .
...
a1n a2n
.. .
λai1 λai2 . . . λain
.. .
an1
.. .
...
an 2 . . .
.. .
ann
= v iλ (A)
Posledica. (a) A ∼v B akko B = P r · . . . · P 1 · A, gde su P i elementarne v matrice. (b) A ∼k B akko B = A · Q1 · . . . · Qs , gde su Qi elementarne k matrice. (c) A ∼ B akko B = P r · . . . · P 1 · A · Q1 · . . . · Qs , gde su P i elementarne v matrice, a Q j elementarne k -matrice.
Teorema 10. Elementarne matrice su regularne. −1 Dokaz. P ij ij · P ij ij = v ij (P ij ij ) = v ij (vij (I n )) = I n ⇒ P ij = P ij ij .
−1
Sliˇ Sl iˇcno, cn o, (P iλ)−1 = P iλ , λ =0
(P ijλ )−1 = P ij−λ.
Teorema 11. Matrica A ∈ M n (F ) je regularna akko A ∼v I n . Dokaz.(→) Neka je A ∈ M n (F ) regularna matrica. Tada A = 0, pa po Teoremi 8(b), A ∼v B , gde je B ∈ M n (F ) redukovana v -stepenasta -stepenasta matrica. matrica. Iz prethodne prethodne Posledice (a) sledi da B = P r . . . P1 A, gde su P 1, . . . , Pr elementarne v -matrice, pa je B regularna matrica (kao proizvod regularnih matrica). Tada B nema nula vrstu (inaˇce ce bi bila singularna), pa ima n jedinic jedinicaa kao istaknut istaknutee elemen elemente. te. Kako Kako je B redukovana, iznad (naravno i ispod) svake jedinice su sve nule, pa mora biti B = I n . Dakle, A ∼ I n . (←) Iz A ∼ v I n sledi I n ∼ v A, pa postoje elementarne v -matrice P 1, . . . , Pk takve da je A = P k . . . P1 I n . Kako su elementarne matrice regularne, sledi da je i matrica A regularna.
Primer. Iz 2 3 −9 A = 1 0 0 ∼v 0 −2 7 1 0 0 1 0 0 0 1 −3 ∼v 0 1 0 0 0 1 0 0 1
1 0 0 2 3 −9 0 −2 7
∼v
1 0 0 0 3 −9 0 −2 7 −1
∼ v
−2 2 3 , v23 , v32 , v23 = I 3 (primenom v12 , v21 )
2 3 −2 −3 sledi da je A regularna i A = P 12 12 P 21 P 2 P 32 P 23 I 3 .
1 0 0 0 1 −3 0 −2 7
∼ v
Opiˇsimo simo jedan od postupaka za nalaˇzenje zenje inverzne inverzne matrice regularne matrice A ∈ M n (F ). Iz A ∼v I n sledi I n = P r . . . P1 A,
pa je (mnoˇzenjem zenje m sa A−1 sa desne strane) A−1 = P r . . . P1 I n .
Dakle, A−1 dobijamo primenom na I n istih elementarnih elementarnih v -operacija -op eracija ˇcijom cijom primenom na A dobijamo I n , tj. [A|I n ] ∼v I n |A−1 .
Primer. Iz [A|I 3 ]
=
∼v
∼v
sledi A−1 =
2 1 0 1 0 0 1 0 0 0 7 3 2 3
3 −9 0 0 −2 7 0 0 3 −9 −2 7 0 0 | 1 −3 | 0 1 | 1 0 3 − 14 3 4 −3 1
| | | | | |
1 0 0 0 1 0
0 0 1 0 ∼ v 0 1 1 0 −2 0 ∼v 0 1 0 1 0 1 − 23 0 ∼v 3 2 − 43 1 3
1 0 0 | 2 3 −9 | 0 −2 7 | 1 0 0 0 1 −3 0 −2 7 1 0 0 | 0 0 1 0 | 73 0 0 1 | 23
0 1 0 1 0 0 0 0 1 | 0 1 | 13 − 23 | 0 0 1 0 3 − 14 3 4 −3 1
0 0 1
= [I 3|A−1 ]
Teorema 12. Matrica A ∈ M n (F ) je singularna akko je v -ekvivalentna -ekvivalentna matrici B koja ima bar jednu nula vrstu. Dokaz. Dok az. (→) A ∼v B , gde je B redukovana v -stepenasta matrica (Teorema 8 (a)). Ako B nema nula vrstu onda B = I n , tj. A ∼ v I n , pa je A regularna (Teorema (Teorema 11.). Kontradikcija. (←) Ako A ∼ v B i B ima nula vrstu, tada B je singularna i B = P r . . . P1 A, pa je i A singularna (ako bi A bila regularna, onda bi i B bila regularna kao proizvod regularnih matrica).
1 2 −3 Primer. Iz A = 3 −1 5 5 3 −1 je A singularna matrica.
∼v
1 2 −3 0 −7 14 0 −7 14
∼ v
1 2 −3 0 −1 2 0 0 0
sledi da
DETERMINANTE PERMUTACIJE. Neka je X neprazan skup. Definicija.
• Svaka bijekcija skupa X se zove permutacija skupa X . def
{
}
• S = σ|σ : {1, 2, . . . , n} −→ {1, . . . , n} i σ je bijekcija - skup svih permutacija permutacija skupa X = {1, 2, . . . , n} n
Teorema. (S n , ◦) je grupa (gde je operacija ◦ kompozicija funkcija). Definicija. Grupa (S n , ◦) se zove simetriˇ simet riˇ cna cna grupa gru pa stepena step ena n. Permutaciju σ ∈ S n zapisujemo u obliku σ=
�
1 2 .. . n σ (1) σ(2) . . . σ (n)
�
ili il i kra´ kr a´ce, ce , σ = σ (1)σ(2) . . . σ (n).
,
Definicija. predstavlja inverziju permutacije σ ako a ko vaˇzi • Par (σ (i), σ ( j )) predstavlja σ (i) > σ ( j ),
i < j,
tj. inverziju ˇcine cine svaka svaka dva d va elementa permutacije p ermutacije koji ko ji nisu u svom prirodnom poretku iz skupa N . o znaˇcava´ cava´cemo cem o skup s kup svih svi h inverz i nverzija ija permut pe rmutaci acije je σ. • Sa inv (σ ) oznaˇ sad rˇzi zi paran p aran broj bro j inverzija. inverz ija. • Permutacija je parna ako sadrˇ
• Ako je broj inverzija neparan, permutacija je neparna . Moˇ ze ze se pokazati pokazati da je kompozicija kompozicija permut p ermutacija acija iste pernosti parna permutacija, a kompozicija permutacija razliˇcite cite parnosti neparna permutacija.
Definicija. Preslikavanje sgn : S n → {−1, 1} definisano sa def
sgn (σ ) =
�
1, −1,
σ je parna permutacija , σ je neparna permutacija
tj. sgn (σ ) = (−1)card(inv(σ)) ,
´cemo ce mo zvati zva ti znak permutacije .
Primer. Posmatrajmo permutacije skupa X = {1, 2, 3, 4, 5}. 1
• Za σ =
�
1 2 3 4 5 4 3 5 1 2
�
va vaˇzi
{
}
inv (σ ) = (4, 3), (4, 1), (4, 2), (3, 1), (3, 2), (5, 1), (5, 2) ,
pa je σ neparna permutacija, tj. sgn (σ ) = −1.
• Za τ =
�
1 2 3 4 5 4 3 1 5 2
�
va vaˇzi
{
}
inv (τ ) = (4, 3), (4, 1), (4, 2), (3, 1), (3, 2), (5, 2) ,
pa je τ parna permutacija, tj. sgn (τ ) = 1. Tada je τ −1 =
�
1 2 3 4 5 3 5 2 1 4
�
va vaˇzi
{
}
inv (τ −1 ) = (3, 2), (3, 1), (5, 2), (5, 1), (5, 4), (2, 1) ,
pa je i τ −1 parna permutacija, tj. sgn (τ −1 ) = 1.
• Za 1 =
�
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
�
va vaˇzi inv (1) = ∅ , pa je 1 parna permutacija. permutacija.
Definicija. Neka su i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Permutacija τ ∈ S n oblika 1 2 .. . i . . . j . . . n τ = 1 2 .. . j . . . i . . . n zove se transpozicija. Svaka Svaka permutacija je kompozicija konaˇ cnog cnog broja bro ja transpozicija. transpozicija . Osobine znaka permutacije p ermutacije su date slede´com com teoremom: Teorema. Za σ, τ ∈ S n va vaˇzi
�
�
(1) sgn (σ ◦ τ ) = sg sgn n(σ ) · sgn (τ ), (2) sgn (σ −1 ) = sg sgn n(σ ), (3) Ako je τ transpozicija, onda je sgn (τ ) = −1. Dokaz. (1)
– σ i τ iste parnosti ⇒ σ ◦ τ je parna permutacija ⇒ sgn (σ ◦ τ ) = 1 = 1 · 1 = sg sgn n(σ ) · sgn (τ ) (ako su σ i τ parne) ili sgn (σ ◦ τ ) = 1 = (−1) · (−1) = sg sgn n(σ ) · sgn (τ ) (σ i τ neparne) 2
– σ i τ razliˇ ra zliˇcite cit e parnos par nosti ti ⇒ σ ◦ τ je neparna permutacija ⇒ sgn (σ ◦ τ ) = −1 = 1 · (−1) = sg sgn n(σ ) · sgn (τ ) (2)
σ ◦ σ −1 = 1 ,
(3) za τ =
�
sgn (σ ) · sgn (σ −1 ) = 1 sgn (σ −1 ) = sg sgn n(σ ).
⇒ ⇒
sg n(1) = 1
1 2 . . . i i + 1 . . . j − 1 j . . . n 1 2 . . . j i + 1 . . . j − 1 i . . . n
inv (τ ) =
{
�
va vaˇzi
( j, i + 1) , ( j, i + 2) , . . . , ( j, i + ( j − i − 1)), ( j, i),
} = j −1
(i + 1, i), (i + 2 , i), . . . , (i + ( j − i − 1), i) = j −1
⇒ card(inv (τ )) = 2( j − i − 1) + 1, ⇒ τ je neparna permutacija. DEFINICIJA DETERMINANTE.
Definicija. Neka je A = ||aij || ∈ M n (F ). Tada determina determinant ntu u matrice matrice A defin de finiˇ iˇsemo se mo na sled sl ede´ e´ci ci naˇ naˇcin ci n
detA =
a11 a21
a12 . . . a22 . . .
a 1n a 2n
an1 an2 . . .
ann
.. .
...
...
...
� def
=
sgn (σ ) · a 1σ(1) · a2σ(2) . . . anσ(n) .
σ ∈S
n
Iz definicije neposredno dobijamo: Za n = 1 trivij tri vijaln alnoo vaˇzi zi | a11 | = a 11 . 1 2 1 2 , Za n = 2 vaˇzi S 2 = 1 2 2 1
�� � � �� a11 a12 a21 a22
, pa je
= a 11 a22 − a12 a21 .
3
Za n = 3 vaˇzi 1 2 3 S 3 = 1 2 3
��
�� ,
1 2 3 2 3 1
� � � ,
1 3 1 3
2 1 2 2
3 2 3 1
�� �� , ,
1 1 1 2
2 3 2 1
3 2 3 3
� �� ,
,
pa je
a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33
= a 11 a22 a33 +a12 a23 a31 +a13 a21 a32 −a11a23 a32−a13 a22 a31 −a12 a21 a33 ,
ˇsto sto se moˇze ze zapisa zap isati ti i u obliku obl iku a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33
= a11 (a22 a33 − a32 a23 ) − a12 (a21 a33 − a23 a31 ) + a13 (a21a32 − a22 a31 ) = = a11
a22 a23 a32 a33
OSOBINE DETERMINANTI.
− a12
a21 a23 a31 a33
+ a13
a21 a22 a31 a32
Navodimo Navodimo i dokazujemo osobine determinanti, koje nam olakˇsava sava ju njihovo izraˇ iz raˇcunavan cu navanje je..
Teorema 1. Za svaku kvadratnu matricu A va vaˇzi det(AT ) = detA.
Dokaz. Neka je A = ||aij || ∈ M n (F ), AT = ||bij ||, gde je bij = a ji . Tada det(AT ) =
=
∑� � � �
σ ∈S
n
sgn (σ ) · b 1σ(1) · b2σ(2) . . . bnσ(n)
sgn (σ ) · aσ(1)1 · aσ(2)2 . . . a σ (k) k . . . aσ(n)n
σ ∈S
n
=
=1
sgn (σ ) · a1σ−
1
(1) · a2σ−1 (2) . . . anσ −1 (n)
(σ(k ) = 1 ⇔ k = σ −1 (1))
σ ∈S
n
=
sgn (σ −1 ) · a1σ−
1
(1) · a 2σ−1 (2) . . . a nσ −1 (n)
σ ∈S
n
=
sgn (σ −1 ) · a1σ−
1
(1) · a 2σ −1 (2) . . . anσ −1 (n)
σ −1 ∈S
n
= det(A).
(preslikavanje σ → σ −1 bijekcija skupa S n , pa σ prolazi skup S n akko σ −1 prolazi S n )
4
Teorema 2. Ako se matrica B dobija iz A permutacijom τ vrsta (kolona) kvadratne matrice A, onda je detB = sg sgn n(τ )detA.
Dokaz. Dokaz. Neka Neka se B = ||bij || dobija permutacijom τ kolona matrice A = ||aij ||, tj. bij = a iτ ( j) . Tada je
� �
detB =
sgn (σ ) · b 1σ(1) · b2σ(2) . . . bnσ(n)
σ ∈S
n
=
sgn (σ ) · a1τ (σ(1)) · a2τ (σ(2)) . . . anτ (σ(n))
σ ∈S
n
Ozna Oz naˇˇcimo ci mo ρ = τ ◦ σ . Tada ada iz sgn (ρ) = sgn (τ ) · sg sgn n(σ ) i sgn (τ ) ∈ {1, −1} sledi sgn (σ ) = sg sgn n(ρ) · sgn (τ ). Preslikavanje σ → τ ◦ σ je bijekcija skupa S n , pa kada σ prolazi skup S n , onda i ρ prolazi celi skup S n . Imaju´ Ima ju´ci ci sve ovo u vidu, imamo dalje detB =
�
sgn (ρ) · sgn (τ )a1ρ(1) · a2ρ(2) . . . anρ(n) = sg sgn n(τ )detA.
ρ∈S
n
Posledica 1. Ako je B = vij (A), onda je detB = − detA (tj. ako ako dve vrste (kolone) matrice zamene mesta njena determinanta menja znak). Ova osobin oso binaa se moˇze ze zapisa zap isati ti i na slede´ sle de´ci ci naˇcin: cin :
a11
.. .
a i1
.. .
a j 1
a12 . . .
...
..
.
ai2 . . .
...
...
a1n
...
ain
...
a j 2 . . .
a jn
an1 an2 . . .
ann
.. .
...
...
...
= −
a11
.. .
a12 . . .
...
..
.
a1n
...
a j 1
a j 2 . . .
a jn
a i1
a i2 . . .
ain
an1 an2 . . .
ann
.. . .. .
... ...
... ...
... ...
Dokaz. Kako se B dobija transpozicijom τ vrsta matrice A, a transpozicija je neparna permutacija, primenom prethodne teoreme dobijamo detB = sg sgn n(τ )detA = −detA.
5
Posledica 2. Ako su dve vrste (kolone) matrice A ∈ M n (F ) jednake, onda je njena determinanta jednaka 0 (uz uslov da char(F )̸ = 2). Dok Do kaz. az. Ako Ako su i-ta i j -ta vrsta matrice A jednake onda vij (A) = A. Iz prethodne posledice sledi detA = −detA, pa je (1 + 1)detA = 0. 0. Kak Kako 1 + 1̸ = 0 (jer char(F )̸ = 2), sledi da je detA = 0. Teorema 3. Ako je B = viλ (A), onda je detB = λdetA (determinanta se mnoˇzi zi skalarom tako ˇsto sto se svi elementi jedne vrste (kolone) pomnoˇze ze tim skalarom), tj.
λ
Dokaz.
detB =
a11
a12 . . .
.. .
...
a i1
..
a1n
...
.
a i2 . . .
ain
an1 an2 . . .
ann
.. .
a11
...
a12 . . .
a1n
... ... ... λai1 λai2 . . . .. .
...
an1
...
...
... λain
...
...
an2 . . .
ann
=
a11
a12 . . .
.. .
...
..
a1n
...
.
λai1 λai2 . . .
λain
an1
ann
.. .
� � =
...
...
an2 . . .
...
.
sgn (σ )a1σ(1) . . . (λaiσ(i) ) . . . anσ(n) =
σ ∈S
n
= λ
sgn (σ )a1σ(1) . . . aiσ(i) . . . anσ(n) =
σ ∈S
n
= λdetA.
Posledica 1. Ako su dve vrste (kolone) matrice A proporcionalne, onda je detA = 0. Dokaz.
a11
a12 . . .
a1n
a i1
ai2 . . .
ain
.. . .. .
... ...
... ...
... ...
λai1 λai2 . . .
λain
an1
ann
.. .
...
...
an2 . . .
...
= λ
a11
a12 . . .
a1n
a i1
a i2 . . .
ain
.. . .. .
a i1
... ...
... ...
... ...
a i2 . . .
ain
an1 an2 . . .
ann
.. .
6
...
...
...
= λ · 0 = 0.
Posledica 2. Za svaku matricu A ∈ M n (F ) i svaki skalar λ ∈ F va vaˇzi det(λA) = λ n detA.
Dokaz.
det(λA) =
λa11 λa21
.. .
λa12 . . . λa22 . . .
...
..
λan1 λan2 a11 a21 = λ . . . λ ..
n
Teorema 4.
a11
an1
...
a1n ... bin + cin
...
...
an2 . . .
= λ
ann
...
...
an1 an2 . . .
... ... ... bi1 + ci1 bi2 + ci2 . . . ...
...
.
. . . λann a12 . . . a1n a22 . . . a2n
.
a12 . . .
.. .
λa1n λa2n
=
ann
a11 . .. bi1
.. .
a11 λa21
.. .
a12 . . . λa22 . . .
...
..
a1n λa2n
...
.
λan1 λan2 . . .
λann
= λ n detA.
a12 . . .
... . .. b i2 . . . ...
...
an1 an2 . . .
a1n
a11
a12 . . .
a1n
... . .. bin + ci1
.. . .. 0ci2 . . .
... cin
ann
an2 . . .
ann
...
.. .
an1
.
...
...
Dokaz. Oznaˇcimo cimo determinantu na levoj strani sa L, a zbir determinanti na desnoj strani sa D. Tada L =
� �
sgn (σ ) · a1σ(1) · a2σ(2) . . . (biσ(i) + ciσ(i) ) . . . anσ(n)
σ ∈S
n
=
sgn (σ ) · a1σ(1) · a2σ(2) . . . biσ(i) . . . anσ(n) +
σ ∈S
n
+
�
sgn (σ ) · a1σ(1) · a2σ(2) . . . ciσ(i) . . . anσ(n)
σ ∈S
n
= D.
Posledica 1. det(A + B )̸ = detA + detB (u opˇstem ste m sluˇ sl uˇcaju) ca ju),, tj. t j. presli pre slikav kavanj anjee det : M n (F ) → F nije linearna funkcionela.
7
...
.
Posledica 2. Ako je B = vijλ (A), onda detA = detB . (Ako (Ako elemente elemente neke vrste (kolone) matrice A pomnoˇzimo zimo skalarom i dodamo elementima neke druge vrste (kolone) matrice A, determinanta matrice A se ne´ce ce promen pro meniti iti.) .)
a11
a12
.. .
...
a j 1
a j 2
an1
an2
a11
.. .
a11 . .. ai1
.. .
a j 1
a12 . . .
.. . . .. ai2 . . . ...
...
a1n ... ain
...
a j 2 . . .
a jn
an1 an2 . . .
ann
.. .
...
..
...
detB =
=
...
... ... ... ai1 + λa j 1 ai2 + λa j 2 . . .
Dokaz.
...
...
a1n ... ain + λa jn
...
.
...
a jn
...
... ...
ann a12
=
...
a j 1
a j 2
.. .
...
an1
+
an2 a11
...
a12 . . .
.. . ... ... λa j 1 λa j 2 . . . .. .
...
...
a1n ... λa jn
...
a jn
an1
an2 . . .
ann
...
...
Teorema 5. Za matrice A, B ∈ M n (F ) vaˇ vaˇzi
a12 . . .
... . .. a i2 . . . ...
..
.
a1n ... ain
...
a j 2 . . .
a jn
an1 an2 . . .
ann
.. .
...
a 1n ... ain + λa jn
...
a jn
...
...
a j 2 . . .
...
a j 1
.
a j 1
.. .
.. .
...
..
. .. ai1
...
... ... ... ai1 + λa j 1 ai2 + λa j 2 . . . .. .
a11
ann
...
...
= detA + λ · 0 = detA.
det(AB ) = detA · detB.
∑
Dok Do kaz. az.
n k=1 aik bkj .
Nek Neka A = ||aij ||, B = ||bij || i AB = ||cij ||, gde je cij = Tada 8
AB =
∑∑ ∑
n k=1 a1k bk1 n k=1 a2k bk1
.. .
n k=1 ank bk1
∑∑ ∑ ∑∑ ∑
n k=1 a1k bk2 n k=1 a2k bk2
... ...
n k=1 ank bk2
...
...
...
∑∑ ∑ ∑∑ ∑
n k=1 a1k bkn n k=1 a2k bkn
..
...
...
n k=1 ank bkn
Viˇ Viˇsestrukom sestrukom primenom p rimenom Teoreme 4. dobijamo da je
det(AB ) =
∑ ∑ ∑ ∑
n k=1 a1k bk1 n k=1 a2k bk1
n k=1 a1k bk2 n k=1 a2k bk2
.. .
n k=1 ank bk1
=
=
=
...
n k=1 ank bk2
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ n k1 =1
n k1 =1
n k1 =1
a1k bk 1 n k=1 a2k bk1 1
1
n k=1 ank bk1
n k2 =1
· · ·
· · ·
.
...
n k=1 ank bkn
...
a1k bk 2 . . . n k=1 a2k bk2 . . .
.. .
n k2 =1
..
1
1
...
n k=1 ank bk2
n k =1 n
a1k bk a2k bk 1
1
1
2
2
1
.. .
ank bk n
n k =1 a1k1 a2k2 n
n k=1 a1k bkn n k=1 a2k bkn
... ...
.
a1k bk n n k=1 a2k bkn
.
... a1k bk a2k bk
1
n k=1 ank bkn
1
1
2
2
2
2
...
1
∑ ∑
... ...
..
a1k bk a2k bk 1 2
...
.
1
n
2
n
ank bk 2 . . . ank bk n bk 1 bk 2 . . . bk n bk 1 bk 2 . . . bk n . . . ank .. .. .. .. n
1
n
n
n
n
1
1
2
2
.
bk
n
1 2
.
.
...
bk
.
bk
1
n
n
2
n
n
U ovoj sumi ima nn sabiraka, ali su neki od njih jednaki nuli. Naime, ako u n-torci (k1 , . . . , kn ) ima jednakih elemenata, onda u
bk bk
1
1
2
1
bk bk
1
bk
.. .
bk
n
1
2
2
2
... ...
2
...
...
n
...
bk bk
1
n
2
n
...
bk
n
n
ima ima jedna jednaki kih h vrst vrsta, a, pa je ova ova determ determin inan anta ta jedna jednak ka 0. Da Dakl kle, e, u gornj gornjoj oj sumi razliˇ r azliˇciti citi od 0 mogu biti samo oni sabirci koji se dobijaju dobija ju u sluˇcaju caju kada (k1 , . . . , kn ) predstavlja predstavlja permutaciju skupa {1, 2, . . . , n}, pa se sumiranje, zapravo, vrˇsi si po svim permutacijama iz skupa S n . Stoga, dalje imamo
9
det(AB ) =
�
σ∈S
a1σ(1) . . . anσ(n) ·
n
=
�
σ∈S
bσ(1)1 bσ(2)1
.. .
...
..
bσ(1)n bσ(2)n
...
.
bσ(n)1 bσ(n)2 . . . bσ(n)n b11 b12 . . . b1n b21 b22 . . . b2n a1σ(1) . . . anσ(n) · sgn (σ ) .. .. . . ..
n
=
bσ(1)2 . . . bσ(2)2 . . .
b11 b21
b12 . . . b22 . . .
.. .
...
...
b1n b2n
...
bn1 bn2 . . . bnn = detA · detB.
�
.
.
.
bn1 bn2 . . .
.
bnn
a1σ(1) . . . anσ(n) · sgn (σ )
σ∈S
n
Posledica. Ako je matrica A regularna, onda det(A−1 ) =
1 detA
.
Dokaz. Dokaz. Ako Ako je A regularna, iz A · A −1 = I n primenom prethodne teoreme dobijamo detA · det(A−1 ) = detI n = 1, odakle je det(A−1) =
1 detA
.
RAZVOJ DETERMINANTE. Vrednost determinanti drugog i tre´ceg ceg reda se lako odred¯uje po definiciji. Med¯utim, to nije sluˇcaj caj sa determinantama viˇseg seg reda, s obzirom da je potrebno izraˇcunati cunati n! proizvoda. Zato ´cemo cemo izloˇziti ziti postupak kojim se izraˇcunavanje cunavanje determinante deter minante matrice matri ce reda n svodi svod i na izraˇ izr aˇcunavanje cun avanje n determinanti matrica reda n − 1.
Definicija. Neka je A = || aij || ∈ M n (F ). ozn aˇcimo cim o matr m atricu icu reda red a n − 1 dobijenu iz A izostavljanjem i-te • Sa M ij ij oznaˇ vrste i j -te kolone, 10
• detM ij ij se zove minor elementa aij , • Aij = (−1)i+ j detM ij ij se zove kofaktor elementa aij , tj.
Aij = (−1)i+ j
a11 . . .
a|1 j . . .
a1n
...
ann
.. ... . | a− a|ij− i1 − −− − .. ... . | an1 . . . a|nj
... −− ain −− ... ... ...
Pridruˇ Pri druˇzivanje zivan je znaka zna ka (−1)i+ j minoru M ij mo ˇzemo ze mo pikaza pika zati ti ij moˇ
+ − + − ... − + − + ... + − + − ... .. .. .. .. . . . . . . .
1 2 3 Primer. A = −2 4 5 0 6 7 −(1 · 6 − 0 · 2) = − 6.
M 23 23 =
� � 1 2 0 6
,
A23 = (−1)2+3
1 2 0 6
=
Teorema 6.(Laplace) Ako je A = ||aij || ∈ M n (F ), tada (1) detA = ai1 Ai1 + ai2 Ai2 + · · · + ain Ain nante po i-toj vrsti),
(i = 1, . . . , n) (razvoj determi-
(2) detA = a 1 j A1 j + a2 j A2 j + · · · + anj Anj nante po j -toj koloni).
( j = 1, . . . , n) (razvoj determi-
Dokaz. (1) Grupisanj Gru pisanjem em ˇclanova clanova determinante deter minante matrice ma trice A koji ko ji sadrˇ sad rˇze, ze, redom, red om, ai1 , . . . , ain , determinantu matrice A moˇzemo zemo zapisati zapis ati u obliku detA = a i1 Bi1 + · · · + ain Bin .
Stav St avlj ljaa ju´ ju´ci ci aij = 1 i aik = 0, k̸ = j , dobijamo
Bij =
a11 . . .
a1 j . . .
...
...
.. . 0 .. .
... ...
an1 . . .
11
... 1 ...
... ...
anj . . .
a1n
... 0 ...
ann
Pokaˇ Po kaˇzimo im o Bij = A ij . vaˇzi • Za i = j = n va
Bnn =
=
a11
a12 . . .
.. .
...
...
...
an−1,1 an−1,2 . . . 0 0 ...
�
a1n an−1,n
1
sgn (σ )a1σ(1) . . . an−1σ(n−1) · 1
σ ∈S ,σ (n)=n n
n+n detM nn = detM nn nn = (−1) nn = A nn
• Kada su i i j proizvoljni, i -tu vrstu razmenimo redom sa svim narednim vrstama. vrstama. Zatim, Zatim, j -tu kolonu zamenimo sa svim narednim kolonama. Pri tome se detM ij ij ne menja, jer njene vrste i kolone ostaju u istom med me d¯usobno ¯usob nom m pol p oloˇ oˇza za ju. ju . Tada
Bij = (−1)
n−i
n− j
(−1)
a11 . . .
.. .
..
...
.
ai−1,1 . . . ai+1,1 . . .
.. .
a1 j −1
...
a1 j +1 . . .
...
..
.
ai−1,j −1 ai−1,j +1 . . . ai+1,j −1 ai+1,j +1 . . .
an1 . . . 0 ... i+ j = (−1) detM ij ij = A ij .
...
anj −1
0
...
...
an,j +1 . . . 0 ...
a1 n
...
...
ai−1,n ai−1,j ai+1,n ai+1,j
...
...
ann
anj
0
1
Teorema 7. Ako je A = || aij || ∈ M n (F ) tada (1) ai1 A j1 + ai2 A j 2 + · · · + ain A jn = 0, za ̸ i = j , (2) a1i A1 j + a2i A2 j + · · · + ani Anj = 0, za ̸ i = j . Dokaz. Posmatrajmo matricu B dobijenu iz matrice A tako ta ko ˇsto st o je j -ta vrsta zamenjena i-tom. -tom. Ta matrica matrica ima dve dve iste iste vrste, vrste, pa je njena njena determi determinan nanta ta jednaka 0. Razvijanjem determinante matrice B po j -toj vrsti (Teorema 6.)
12
a1 j
dobijamo
0=
a11
a12 . . .
a1n
ai1
a i2 . . .
ain
.. . .. .
ai1
... ...
...
...
...
...
a i2 . . .
ain
an1 an2 . . .
ann
.. .
...
...
...
= a i1 A j1 + · · · + ain A jn .
Napomena. Objedinjuju´ Objedinju ju´ci ci prethodne dve teoreme teo reme dobijamo ai1 A j 1 + ai2 A j 2 + · · · + a in A jn = a1i A1 j + a2i A2 j + · · · + a ni Anj =
� �
detA, i = j , 0, ̸ i = j detA, i = j . 0, ̸ i = j
Lako se moˇze ze primetiti da najmanje najma nje raˇcunanja cunanja iziskuje razvoj determinante po onoj vrsti ili koloni koja ima najve na jve´´ci ci bro j nula. Najoptimalnije Najoptimalnije je razviti determinantu po vrsti ili koloni koja ima samo jedan nenula element (u tom sluˇcaju ca ju se izraˇcunavanje cunavanje determinante deter minante reda n svodi svod i na izraˇ izr aˇcunavanje cun avanje samo jedne determinante reda n − 1). Imaju´ci ci u vidu Posledicu Teoreme 4. takvu vrstu (kolonu) je uvek mogu´ce ce napraviti. Primer.
=
1 0 0 0 0 3 4 1 −5 −7 2 13 −1 2 −6 6 −2 0 −1 3 2 7 2 −2 −5
4 1 −2 −1 13 −1 −1 −12 0 −1 0 0 7 2 4 7
= 1 · (−1)1+1
= (−1)(−1)3+2
4 1 −5 −7 13 −1 2 −6 0 −1 3 6 7 2 −2 −5
4 −2 −1 13 −1 −12 7 4 7
=
23 −22 0 = 13 −1 −12 59 0 −41
−22 23 = − = −(22 · 41 − 23 · 59) = 455. 59 −41 13
Primer. Dokazat Dokazatii da je determi determinan nanta ta gornje gornje trougaon trougaonee matrice matrice jednak jednakaa proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali.
a11 a12 . . . 0 a22 . . .
a 1n a 2n
...
ann
.. . 0
... 0
...
...
= a 11
a22 a23 . . . 0 a33 . . .
= a 11 a22
.. . 0
... 0
a33
0 .. . 0
...
a2n a3n
...
. . . ann a34 . . . a3n a44 . . . a4n
... . . . ... 0 . . . ann
= · · · = a 11 a22 . . . ann
Primer. Izraˇ Iz raˇcunati cunat i VandermondeVanderm onde-ovu ovu determ d eterminantu inantu
(a1 , . . . , an ) = V (
n−1
a21 a22
1 a1 . . . a1 . . . an2 −1 1 a2 .. .. ... . . . ... . . 1 an an2 . . . ann−1
−a −a −a Primenom knn dobijamo rekurentnu rekurentnu vezu −1 , kn−1n−2 , . . . , k21 1
1
1
1 0 0 0 ... n−2 1 a2 − a1 a2 (a2 − a1 ) . . . a2 (a2 − a1 ) (a1 , . . . , an ) = .. V ( ... ... ... ... . 1 an − a1 an (an − a1 ) . . . ann−2 (an − a1 ) 1 a2 . . . an2 −1 ... = (a2 − a1 ) . . . (an − a1 ) ... ... . . . 1 an . . . ann−1 = (a2 − a1 ) . . . (an − a1 )V ( (a2 , . . . , an )
Primenom ove rekurentne veze i V ( (an−1 , an ) = dobijamo
14
1 an−1 1 an
= an − a n−1
(a1 , . . . , an ) = (a2 − a1 )(a3 − a1 ) . . . (an − a1 )V ( (a2 , . . . , an ) V ( = (a2 − a1 )(a3 − a1 ) . . . (an − a1 )· (a3 − a2 ) . . . (an − a2 )· ..
. (an − an−1 )
ili, il i, kra´ kr a´ce ce (a1 , . . . , an ) = V (
∏
(ai − a j ).
1≤ j
15
INVERZNA MATRICA Definicija. Neka je A = [aij ] ∈ M n (F ) i Aij = (−1)i+ j detM ij ij kofaktor def
elementa aij . Tada se matrica matrica adjA = [Aij ]T zove adjungov adjungovana matrica matrice A. Teorema. Za A ∈ M n (F ) vaˇ vaˇzi A · adjA = adjA · A = detA · I n .
Dokaz.
A · adjA =
a11 a21
.. .
a12 . . . a22 . . .
.. .
a1n a2n
.. .
...
an1 an2 . . .
=
ann
n k =1 a11k A1k n k =1 a2k A1k
.. .
n k =1 ank A1k
deta
=
0 .. .
0
0
..
.. .
A21 . . . A22 . . .
.. .
n k =1 ank A2k
...
.. .
0 0 .. . detA
...
An1 An2
.. .
...
A1n A2n . . . ... ...
.
.. .
A11 A12
n k =1 a1k A2k n k =1 a2k A2k
... detA . . .
.. . 0
Ann
n k=1 a1k Ank n k=1 a2k Ank
.. .
n k =1 ank Ank
= detA · I n .
Sliˇcno cno se dokazuje i druga jednakost. = 0. U Posledica. Kvadratna matrica A ∈ M n (F ) je regularna akko detA tom to m sluˇ sl uˇca ca ju vaˇzi zi 1 A 1= · adjA. −
detA
Dokaz.(→) Neka je A regularna. Tada postoji A 1 i vaˇ vaˇzi A · A 1 = I n. Na osnovu osobina determinanti sledi detA · det(A 1 ) = det (A · A 1 ) = detI n = 1, pa je detA = 0. (←) Neka je detA = 0. Tada, primenom osobina mnoˇzenja zenja matrica skaskalarom i prethodne teoreme dobijamo −
−
A·(
1 detA
adjA) =
1 detA
(A · adjA) =
1
−
−
1 detA
· detA · I n = I n,
(
1 detA
adjA) · A =
pa je A regularna i −1
A
2 3 −9 1 0 0 Primer. A = 0 −2 7 −3 = 0 ⇒ A je regularna.
adjA=||Aij ||T =
⇒
A
−1
0 0 −2 7 3 −9 − −2 7 3 −9 0 0 1
=
1 detA
1 detA
(adjA · A) = I n ,
adjA.
⇒ detA =
1 0 − 0 7 2 −9 0 7 2 −9 − 1 0
1 = adjA = − 3 detA
2 3 −9 1 0 0 0 −2 7
=−
3 −9 7 −2
0 −2 3 −2 3 0
=
0
=
=
T
1 0 2 − 0 2 1
0 −3 0 −7 14 −9 −2 4 −3
7 3 2 3
0 −3 0 −7 14 −9 −2 4 −3
1 0 3 − 14 3 4 −3 1
.
RANG MATRICE Neka je: A = [aij ] ∈ M m n (F ), viA = [ai1 ai2 ain ] (i = 1, 2, . . . , m) - i-ta vrsta matrice A, A V ( (A) = L{v1A , v2A , . . . , vm } - vektorski prostor vrsta matrice A, T A k j = [a1 j a2 j . . . amj ] ( j = 1, . . . , n) - j -ta kolona matrice A, A A K (A) = L{k1 , . . . , kn } - vektorski prostor kolona matrice A. Oˇcig ci gledn ed no vaˇzi zi ×
(A) M 1 V (
n
×
(F ) ∼ = F n,
K (A) M m
×1
∼ F m. (F ) =
Teorema 1. Ako A ∼v B , tada V ( (A) = V ( (B ) (tj. v-ekvivalentne matrice
imaju isti prostor vrsta). Dokaz. Dokaz. Iz A ∼v B sledi da je svaka vrsta matrice B dobijena iz vrsta matrice A primenom prim enom konaˇcnog cnog broja bro ja v -operacija, pa je svaka vrsta matrice (A). Odavde sledi B linearna kombinacija vrsta matrice A, tj. svako viB ∈ V ( 2
da je V ( (B ) ⊆ V ( (A). Kako vaˇ vaˇzi zi i obrnuto (zbog (zbo g simetriˇcnosti cnosti relacije ∼v ), to je i V ( (A) ⊆ V ( (B ). Dakle, V ( (A) = V ( (B ). Kako je svaka nenula matrica A v-ekvivalentna nekoj v-stepenastoj matrici B ˇciji ciji prostor prosto r vrsta generiˇsu su njene nenula vrste (jer su linearno nezavisne), po prethodnoj teoremi i prostor vrsta matrice A ´ce ce biti b iti generis gene risan an nenula vrstama matrice B . Dakle, bazu prostora vrsta matrice A moˇzemo zem o o dredi dre diti ti svod¯enjem elementar elem entarnim nim v operacijama matrice A na v-stepenastu matricu B. Primer. Odrediti jednu bazu i dimenziju prostora U = L{(1, 2, 3, −4, 5), (−2, 0, 3, 1, 4), (−1, 2, 6, −3, −1), (0, 4, 9, −7, −6)} ⊆ R5 .
1 2 3 −4 −5 4 −2 0 3 1 (A), gde je A = dimU = dimV ( . −1 2 6 −3 −1 0 4 9 −7 −6 2 1 , v31 , v321 , v421 svodimo na v Matricu A elementarnim v-operacijama v21 stepenastu stepena stu matricu ˇcije cije nenula vrste ˇcine cine bazu prostora prostor a V ( (A): 1 2 3 −4 −5 1 2 3 −4 −5 0 4 9 −7 −6 0 4 9 −7 −6 A ∼v , pa je ∼v 0 4 9 −7 −6 0 0 0 0 0 0 4 9 −7 −6 0 0 0 0 0
−
−
V ( (A) = L{[1 2 3 − 4 − 5], [0 4 9 − 7 − 6]},
odnosno U = L{(1, 2, 3, −4, −5), (0, 4, 9, −7, −6)}, Teorema 2. Za svako A ∈ M m
n
×
dimU = 2.
(F ) vaˇ vaˇzi
(A) = dimK (A). dimV ( Dokaz. Do kaz. Tvrd Tvr d¯enje je oˇcigled cig ledno no taˇcno cno za A = 0. Neka je A = 0, dimV ( (A) = r ≤ m i {B1, . . . , Br } jedna baza prostora (A), pri ˇcemu cemu je Bi = [bi1 bi2 . . . bin ] (i = 1, . . . , r ). Tada je svak svakaa vrsta vrsta V ( matrice A linearna kombinacija B1 , . . . , Br , tj. v1A = c11 B1 + c12 B2 + · · · + c1r Br A vm
.. . = cm1 B1 + cm2 B2 + · · · + cmr Br , 3
tj. [a11 . . . a1n ] = c 11 [b11 . . . b1n ] + c12[b21 . . . b2n ] + · · · + c1r [br1 . . . brn ] ... [am1 . . . amn] = c m1 [b11 . . . b1n ] + cm2 [b21 . . . b2n ] + · · · + cmr [br1 . . . brn ].
Nakon obavljenih operacija na matricama na desnoj strani, dobijamo da za svako j = 1, 2, . . . , n va vaˇzi a1 j = c11 b1 j + c12 b2 j + . . . c1r brj amj
.. . = cm1 b1 j + cm2 b2 j + · · · + cmr brj ,
tj.
c11
k jA
= b 1 j
.. .
cm1
=C 1
c12
.. .
+b2 j
c1r
+ · · · + brj
cm2
=C 2
.. .
( j = 1, . . . , n)
cmr
=C r
pa je K (A) ⊆ L{C 1, . . . , Cr }, odakle sledi dimK (A) ≤ r = dimV ( (A). T Sliˇcno, cno, posma po smatra tranjem njem A , dobijamo i dimV ( (A) ≤ dimK (A). Definioija. (1) rang(0)=0 (rang nula matrice jednak je nula). (2) Ako je A = (A). 0 onda je rang (A) = dimV ( Iz definicije sledi da rang : M m n (F ) → {0, 1, . . . , m i n {m, n}}. vaˇzi Teorema 3. Za A, B ∈ M m n (F ) vaˇ ×
×
A ∼ B akko rangA = rangB.
Dokaz. (→) A ∼ B znaˇ zn aˇci ci da matri ma tricu cu B dobijamo iz A elementarnim operacijama, tj. mnoˇzenjem zenjem nekim elementarnim elementarnim v -matricama sa leve i nekim elementarnim k -matricama sa desne strane. Dakle, B = P r . . . P1 A Q1 . . . Qs ,
=P
=Q
gde su sve P i elementarne v -matrice, a sve Q j su elementarne k -matrice. Ova jednakost se moˇze ze zapisati i u obliku B = P AQ
gde su P i Q regularne matrice. 4
Kako je B ∼v AQ, na osnovu osnovu Teor Teoreme eme 1. sledi sledi rangB = rang (AQ). Iz A ∼k AQ sledi da je rang (AQ) = rangA. Dakle, rangA = rangB . I r 0 I s 0 (←) Neka je A ∼ (normalna forma matrica A ,B ∼ 0 0 0 0 i B ). Tada rangA = r , rangB = s. Iz rangA = rangB sledi r = s, pa je I r 0 A∼ ∼ B. 0 0 1 2 −1 a 2 5 a −1 u zavisnosti od Primer. Odrediti rang matrice A = 1 1 −6 10 realnog parametra a.
2
A
1
− − v21 ,v 31
∼
v
a 1 2 −1 0 1 a + 2 −1 − 2a 0 −1 −5 10 − a
1 v32
∼v
a 1 2 −1 0 1 a + 2 −1 − 2a 0 0 a − 3 9 − 3a
,
pa je (1) rangA = 2, za a = 3 . (2) rangA = 3, za a = 3 Teorema 4. Za A ∈ M n (F ) vaˇ vaˇzi rangA = n akko A ∼v I n .
Dokaz.(→) Ako rangA = n tada A = 0, pa je A v -ekvivalentna nekoj redukovanoj v-stepenastoj matrici B . Na osnovu Teoreme 1, rangB = rangA = n , pa B nema nula vrstu, tj. B = I n. (←) Neka A ∼v I n. Tada ada V ( (A) = V ( (I n ) (Teorema 1.), pa je rangA = (A)) = dim (V ( (I n)) = rangI n = n . dim(V ( Posledica. (1) A ∈ M n (F ) je regularna akko rangA = n . (2) A ∈ M n (F ) je singularna akko rangA < n. Dokaz. (1) A je regularna akko A ∼v I n akko rangA = n . (2) A je singularna akko A ∼v B , B ima nula vrstu akko rangA = rangB < n.
5
REPREZENTACIJA HOMOMORFIZAMA MATRICAMA Neka su (V 1 , +, ·, F ) i (V 2 , +, ·, F ) konaˇcnodimenzioni cnodi menzioni vektorski prostori prostor i nad istim poljem F , f : V 1 → V 2 linearno preslikav preslikavanje, anje, B1 = {x1 , . . . , xn } baza za V 1, B2 = { y1 , . . . , ym} baza za V 2 . Definicija.
• Ako je f (x1) = α11 y1 + α21 y2 + . . . + αm1 ym f (x2) = α12 y1 + α22 y2 + . . . + αm2 ym
.. . f (xn ) = α1n y1 + α2n y2 + . . . + αmn ym tada matricu
=
def
[f ]B B
2 1
α11 α21
.. .
α12 . . . α22 . . .
.. .
...
α1n α2n
.. .
αm1 αm2 . . . αmn
zovemo matrica reprezentacije homomorfizma f u odnosu na baze B1 i B2 . Specijalno, ako V 1 = V 2 = V i B1 = B 2 = B , ond ondaa piˇsemo semo [f ]B .
ondaa matric matricu u kolon kolonu u [ x ]B • Ako je x = β 1 x1 + . . . + β nxn , ond
= .. .
def
β 1 β 2
zovemo
β n
koordinatni vektor vektora x. Teorema 1.
• f = g
B akko [f ]B B = [g ]B 2
2
1
1
• Ako je B = { x1 , . . . , xn } baza prostora V onda def
– Matrica reprezentacije nula funkcije 0 V : V → V, 0V (x) = 0, u bazi B je nula matrica reda n, tj.
[0V ]B = 0n def
– Matrica reprezentacije identiˇ cnog cnog preslikavanja preslikavanja 1 V : V → V , 1V (x) = x, u bazi B je jediniˇcna cna matrica reda n, tj.
[1V ]B = I n
Teorema 2. Neka je f : V 1 → V 2 linearno, B1 = {x1 , . . . , xn } baza za V 1 B2 = { y1 , . . . , ym } baza za V 2 . Tada za za svak svakoo x ∈ V 1 va vaˇzi
i
[f (x)]B = [f ]B B · [x]B . 2
2
1
1
Dokaz. Neka je x = β 1 x1 + . . . + β nxn , tj. [x]B = || β j ||n Tada
i [f ]B B = || αij ||m n . 2
×1
×
1
f (x) = f (β 1 x1 + β 2 x2 + . . . + β n xn ) = β 1 f (x1 ) + β 2 f (x2 ) + . . . + β n f (xn ) = = β 1(α11 y1 + α21 y2 + . . . + αm1ym ) + β 2 (α12 y1 + α22 y2 + . . . + αm2 ym ) + . . . +β n (α1n y1 + α2n y2 + . . . + αmnym) = (α11 β 1 + α12 β 2 + . . . + α1n β n )y1 + ( α21 β 1 + α22 β 2 + . . . + α2n β n)y2 + . . . +(αm1 β 1 + αm2 β 2 + . . . + αmnβ n )ym,
odakle je
[f (x)]B
2
=
=
α11 α21
α11 β 1 + α12β 2 + . . . + α1n β n α21 β 1 + α22β 2 + . . . + α2n β n ... αm1 β 1 + αm2 β 2 + . . . + αmn β n
= [f ]B B · [x]B 2
1
1
Primer. Neka f : R 3 → R 2 ,
α12 . . . α22 . . .
.. .
.. .
...
α1n α2n
.. .
αm1 αm2 . . . αmn
· ... β 1 β 2
β n
f (x,y,z ) = (x − 2y + z, z , 3x − z )
B1 = { x1 = (1, 0, 0), x2 = (1, 1, 0), x3 = (1, 1, 1)} i B2 = { y1 = (1, 1), y2 = (2, 3)} baze za R3 i R2 i x = (0, −1, −3). Odrediti [f (x)]B . 2
f (x1) = (1, 3) = αy 1 + βy β y2 = α (1, 1) + β (2 (2, 3) ⇔ f (x1 ) = (1, 3) = −3y1 + 2 y2 f (x2 ) = (−1, 3) = −9y1 + 4 y2 f (x3 ) = (0, 2) = −4y1 + 2 y2 ,
f B B
2
2
B2 B1
[f ]
=
−3 2
−9 −4 4 2
1 = (0 −1 −3) = + 2 − 3 ⇒ [ ] = 2 −3 −3 −9 −4 1 −9 =[ ] ·[ ] = · 2 = 2 4 2 4 x
[f (x)]B
⇒
α = −3 1 = α + 2 β ⇔ 3 = α + 3 β β = 2
1
,
x 1
x2
x3
xB
1
xB
1
−3
−Direktno: 9 4
f (x) = f (0, −1, −3 ) = (−1, 3) = −9y1 + 4y2
⇒
[f (x)]B = 2
.
Teorema 3. Neka su f : V 1 → V 2 i g : V 1 → V 2 linearna preslikavanja, B1 i B2 , redom, baze prostora V 1 i V 2 . Tada ada
def
B B (1) [f + + g ]B + g : V 1 → V 2, (f + + g )(x) = f (x) + g (x) B = [f ]B + [g ]B , gde f + 2
2
2
1
1
1
def
B (2) [λ · f ]B B = λ · [f ]B , gde (λ · f ) : V 1 → V 2 , (λ · f )(x) = λf (x). 2
2
1
1
Dokaz. (1) (1) Nek Neka B1 = { x1 , . . . , xn } baza za V 1, B2 = {y1, . . . , ym } baza za V 2 , [f ]B B = || αij ||m n , 2
×
1
[ g ]B ij ||m n . B = || β ij 2
×
1
Tada za svako j ∈ {1, . . . , n} va vaˇzi (f + + g )(x j ) = f (x j ) + g (x j ) = (α1 j y1 + . . . + αmj ym) + ( β 1 j y1 + . . . + β mj mj ym ) , = (α1 j + β 1 j )y1 + . . . + ( αmj + β mj mj )ym pa je [f + + g ]B B
2 1
=
α11 + β 11 11
α12 + β 12 12 . . .
α1n + β 1n
.. .. .. .. . . . . αm1 + β m1 αm2 + β m2 . . . αmn + β mn mn
= [ ]
B f B B + [ g ]B 2
2
1
1
Na sliˇ sli ˇcan ca n naˇcin cin dokazuj do kazujee se i slede´ sl ede´ca ca teorem teo rema. a. Teorema 4. Ako su B1 , B2 i B3 baze, redom, vektorskih prostora V 1 , V 2 , V 3 nad istim poljem skalara skalara i f : V 1 → V 2, g : V 2 → V 3 linearna linearna preslikav preslikavanja, anja, tada je B B [g ◦ f ]B B = [g ]B · [f ]B . 3
3
2
1
2
1
Uvedimo Uvedim o slede´ sled e´ce ce oznake: ozna ke: neka je je • Za vektorske prostore V 1 i V 2 nad istim poljem skalara F , nek def
H om(V 1 , V 2) = {f |f : V 1 → V 2 linearno} - skup svih linearnih preslikavanja V 1 u V 2
• Za vektorski prostor V neka je def
) = {f |f : V → V linea End (V ) linearno rno} - skup svih endomorfizama prostora V Posledica.
(1) (1) Ako Ako su V 1 i V 2 konaˇcnodimenzioni cnod imenzioni vektorski prostor p rostor nad poljem p oljem F , dimV 1 = n , dimV 2 = m , onda je (H om(V 1 , V 2 ), +, ·, F ) vektorski prostor i vaˇ zi zi (H om(V 1 , V 2 ), +, ·, F ) ∼ = ( M m
n
×
(F ), +, ·, F ).
(2) (2) Ako Ako je V vektorski prostor nad poljem F dimenzije n , onda je (End ), +, ◦) En d(V ) prsten sa jedinicom i vaˇzi zi (End (V ) ), +, ◦) ∼ = ( M n (F ), +, ·).
(3) (3) Ako Ako su V 1 i V 2 konaˇcnodimenzioni cnodimenzioni vektorski vektorski prostori nad istim poljem, B1 i B2 , redom, njihove baze, onda vaˇ zi: zi: f : V 1 → V 2 je izomorfizam akko je [ f ]B B regularna. 2 1
U tom sluˇcaju ca ju je B 1 [f 1 ]B B = ([f ]B ) . −
1
2
2
1
−
Dokaz. (1) Jednostavno Jednostavno se provera proverava va da je ( H om(V 1 , V 2 ), +, ·, F ) vektorski vektorski prostor. prostor. Neka Neka su B1 = {x1 , . . . , xn } i B2 = {y1, . . . , ym} redom, baze za V 1 i V 2. Definiˇ Defin iˇsimo: simo : def Φ : H om(V 1 , V 2) → M m n (F ), Φ(f ) = [f ]B B . 2
×
1
– Φ je 1-1 (sledi iz Teoreme 1.)
jer za svaku svaku matri matricu cu A = ||αij || ∈ M m×n (F ) postoji postoji line linearn arnoo – Φ je na, jer m preslikavanje f : V 1 → V 2 takvo da je ( ∀i = 1, n) f (xi) = j =1 α ji y j , pa je Φ(f ) = [f ]B B = || αij ||m 2
n
×
1
= A
– Φ je linearno B B Φ(f + g ) = [f + + g ]B B = [f ]B + [ g ]B = Φ(f ) + Φ(g ) B2 B1
Φ(λ · f ) = [λ · f ]
2
2
2
1
1
1
B2 B1
= λ · [f ]
= λ Φ(f ).
Time smo dokazali da je
∼ ( M m n (F ), +, ·, F ), (H om(V 1 , V 2), +, ·, F ) = ×
odakle je dim(H om(V 1 , V 2)) = dim (M m×n (F )) = mn.
(2) (End (V ) ), +, ◦) je nekomutativan prsten sa jedinicom 1 V . Neka je B = {x1 , . . . , xn } jedna baza prostora V . Defin De finiˇ iˇsimo si mo Φ : E nd(V ) ) → M n (F ),
def
Φ(f ) = [f ]B .
Tada – Φ je bijekcija (iz (1))
) (iz (1)) – Φ(f + g ) = Φ(f ) + Φ(g ), za svako f, g ∈ E nd(V ) – Φ(f ◦ g ) = [f ◦ ◦ g ]B = [f ]B · [g ]B = Φ(f )Φ(g ) (Teorema 4.).
(3) (→) f : V 1 → V 2 je izomorfizam ⇒ dimV 1 = dimV 2 , f −1 ◦ f = 1V ⇒ [ f −1 ◦ f ]B = I n B ⇒ [ f −1]B B [f ]B = I n B −1 = [f −1 ]B ⇒ [ f ]B B je regularna i ([f ]B ) B . 1
1
1
2
2
1
2
2
1
1
1
2
(←) Nek Neka matric matricaa [f ]B ada je B ima inverznu, recimo M . Tada B [f ]B B · M = M · [f ]B = I n . 2 1
2
2
1
1
Matrica M odred¯uje jedinstveno linearno preslikavanje preslikavanje g : V 2 → V 1, takv takvoo d daa B [g ]B = M . Tada je 1 2
B B [g ◦ f ]B = [g ]B B [f ]B = M · [f ]B = I n = [1V ]B , 1
1
2
2
2
1
1
1
odakle sledi sledi g ◦ f = 1V . 1
Sliˇ Sl iˇcno cn o, f ◦ g = 1V , 2
pa je f −1 = g. g .
Neka Neka je f : V 1 → V 2 linearno preslikavanje i B1 i B2 ba baze ze konaˇ kon aˇcno cn o dimenzionih prostora V 1 i V 2. Tada ada Teorema 5.
dim(I mf ) = rang [f ]B B . 2 1
Dokaz Dokaz Neka Neka je: je:
• A = [f ]B B , card(B1 ) = n , card(B2 ) = m 2 1
def
preslikav avanje anje (izomorfizam ) • kB : V 1 → M n 1 , kB (x) = [x]B -koordinatno preslik ×
1
1
• f A : M n 1 → M m 1 , ×
• e
Tada
=
E 1
×
=
1 0 .. , E 2 = . 0
def
f A (X ) = A · X
0 1 .. , . . . , En = . 0
:
0 0 .. .
M n×1 -standardna baza
1
f A (E 1) = A · E 1 = k 1A , . . . , fA (E n ) = A · E n = k nA ,
pa je [f A ]e = A = [f ]B B . 2 1
Uspost Usp ostavimo avimo vezu izmed izme d¯u f i f A . Za svak svakoo x ∈ V 1 va vaˇzi f A ◦ kB (x) = f A ([x]B ) = A · [x]B = [f ]B B [x]B = [f (x)]B = k B (f (x)) = k B ◦ f (x), 2
1
1
1
1
1
pa je f A ◦ kB = k B ◦ f. 1
2
2
2
2
Opisno Opis no reˇceno, ceno , ako kB : V 1 ∼ = M n 1 , kB : V 2 ∼ = M m 1 onda i svako f : V 1 → V 2 ”identifikujemo” sa f A : M n 1 (F ) → M m 1 (F ). ×
1
×
2
×
×
Dalje je imf ∼ = imf A = L{ f A (E 1), . . . , fA (E n)} = L{k1A , . . . , knA} = K (A),
odakle sledi sledi dim(I mf ) = dim (K (A)) = rangA.
TRANSFORMACIJA KOORDINATA VEKTORA PRI PROMENI BAZE PROSTORA Neka je (V, +, ·, F ) konaˇ konaˇcnodimenzioni cnodimenzioni vektorski vektorski prostor, B = {x1 , . . . , xn}, B = {x1 , . . . , xn } dve njegove baze i 1 V : V → V, 1V (x) = x. Odre Odredi dim mo mamatricu reprezentacije preslikavanja 1 V u odnosu na baze B i B : ′
′
′
′
1V (x1 ) = x 1 1V (x2 ) = x 2 ′
′
′
′
= =
α11 x1 + α21x2 + . . . + αn1 xn α12 x1 + α22x2 + . . . + αn2 xn
.
...
1V (xn ) = x n ′
′
=
Matricu ′
def
P BB = [1V ]B B
′
α1n x1 + α2n x2 + . . . + αnn xn
=
α11 α21
.. .
α12 . . . α22 . . .
.. .
α1n α2n
.. .
...
αm1 αm2 . . . αmn
zovemo matrica prelaza iz baze B (”stare”) u bazu B (”novu”). ′
′
B Kako je 1V izomorfizam, matrica [1 V ]B re gularn arnaa i vaˇzi zi B = P B je regul ′
′
(P BB )
−1
′
′
B B = [1V 1 ]B B = [1V ]B = P B . −
′
konaˇ onaˇcnodim cno dimenzio enzionog nog prostor pro storaa V va vaˇzi Teorema 6. Za svaki vektor x k [x]B = P · [x]B , ′
′
gde je P = P BB matrica matrica prelaza prelaza iz B u B . ′
′
B Dokaz. [x]B = [1V (x)]B = [1V ]B B · [x]B = P B · [x]B = P · [x]B . ′
′
′
′
Teorema 7. Ako Ako je f : V → V endomorfizam endomor fizam konaˇcnodimenziono cnod imenzionogg vektorskog ′ prostora V , , B i B dve baze prostora V , , tada ta da vaˇzi zi −1
[f ]B = P ′
′
gde je P = P BB matrica matrica prelaza prelaza iz B u B . ′
· [f ]B · P,
Dokaz. f = 1V ◦ f ◦ ◦ 1V B B B ⇒ [f ]B = [1V ◦ f ◦ ◦ 1V ]B = [1V ]B B · [f ]B · [1V ]B = P B · [f ]B · P B ⇒ [f ]B = P −1 · [f ]B · P. ′
′
′
′
′
′
′
Primer. Neka su B = { e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)} i B ′ = { e′1 = (1, 1), e′2 = (2, 3)} dve baze prostora R2 , x = (3, 4) vektor iz R2 i f : R2 → R2 , f (x, y ) = (2x − y, x + y ). Odredimo matrice prelaza iz B u B ′, kao i iz B ′ u B , koordinatne vektore vektora x u bazama B i B ′ , kao i matrice reprezentacije linearnog operatora f u bazama B i B′. ′
e′1 = e 1 + e2 , e′2 = 2e1 + 3e2 ⇒ P = P BB = x = (3, 4) = 3e1 + 4 e2
⇒
[x]B =
1 2 1 3
-matrica prelaza iz B u B . ′
3 4
-koordinatni vektor od x u bazi B ,
3 −2 3 1 [x]B = P BB · [x]B = P 1 · [x]B = = -koordinatni vektor · 4 1 −1 1 od x u bazi B . Provera: x = e 1 + e2 = (1, 1) + (2, 3) = (3, 4). −
′
′
′
′
′
Lako se proverava da je f linearno preslikav preslikavanje. anje. Odredimo matrice reprezentacije reprezentacije od f u bazama B i B : ′
f (e1) = f (1, 0) = (2 , 1) = 2e1 + 1 e2 , f (e2) = f (0, 1) = (−1, 1) = −e1 + e2
[f ]B = P 1[f ]B P = −
′
=
3 −−11 1
−2 1 −7 4
2 1
−1 1
⇒ [f ]B =
1 2 1 3
=
2 4 −1
.
Provera: f (e1 ) = −e1 + e2 = −(1, 1) + (2, 3) = (1, 2) = f (1, 1), . f (e2 ) = −7e1 + 4 e2 = −7(1, 1) + 4(2, 3) = (1, 5) = f (2, 3) ′ ′
′
′
′
′
1 2 −5
−1 1 1 2
,
1 3
ˇ SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA Neka je F je F polje polje i m, i m, n prirodni brojevi.
Definicija. Konjunkci Kon junkcija ja jednaˇ jedn aˇcina cina
(S)
+ a12 x2 + . + . . . + a + a1n xn = b1 a11 x1 + a + a22 x2 + . + . . . + a + a2n xn = b2 a21 x1 + a , .. . + am2 x2 + . + . . . amn xn = bm am1 x1 + a
gde su x1 , . . . , xn nepoznate, a aij i bi (i = 1, . . . , m, m, j = 1, . . . , n) n) dati elementi polja F polja F ,, se naziva sistem od m linea li nearni rnih h jednaˇ je dnaˇcina ci na sa n nepoznatih n nepoznatih nad poljem Skalari a ij se zovu koeficijenti, a b i slob s lobod odni ni ˇ clanovi cl anovi sistema (S). F . F . Skalari a Sistem (S) je: ako m = = n (brojj jednaˇcina cina jednak broju nepoznatih) • kvadratni ako m n (bro je m = n. • pravougaoni ako je m n. Sistem (S) je: (b1 , . . . , bm ) = (0, (0, . . . , 0) (svi slobodni ˇclanovi clanovi su jednaki 0), • homogen ako (b (b1 , . . . , bm ) = (0, (0, . . . , 0) (bar jedan slobodni slobo dni ˇclan clan je = 0). • nehomogen ako (b
Definicija. Uredjena n-torka -torka (ξ (ξ 1 , . . . , ξn ) ∈ F n je reˇ reˇsenje sistema (S) ako • Uredjena n (∀i = 1, . . . , m) + ai2 ξ 2 + . + . . . ain ξ n = b = bi . m) a i1 ξ 1 + a siti sistem sist em (S) znaˇci ci odredi od rediti ti skup RS ⊆ F n svih njegovih njeg ovih reˇsenja. senj a. • Reˇsiti
• Sistem (S) je: – nesagl nes aglasa asan n (prot (pr otivr ivreˇ eˇ can, can , nemogu´ nem ogu´c) c) ako je R S = ∅ , – saglasan (neprotivreˇcan, can, konzistentan) ako je R S = ∅ . Primer 1. Posmatrajmo sistem ax sistem ax = = b od jedne jednaˇ j ednaˇcine, cine, sa jednom j ednom nepoznatom, nepoz natom, b od nad proizvoljnim poljem F poljem F .. =0 • a = 0, b
• a = 0, b = 0 reˇsenje
⇒ ⇒
RS = ∅ - sistem nije saglasan svaki element element polja je RS = F F - sistem je neodred¯en, svaki
=0 • a
⇒
senje RS = {a−1 b} - sistem ima jedinstveno reˇsenje
Teorema 1. Ako su (ξ (ξ 1, . . . , ξn ) i (η1 , . . . , ηn ) razliˇ razl iˇcita cita reˇsenja senj a sistema sist ema (S) i λ ∈ = 0, λ = 1, tada je i (λξ (λξ 1 + (1 − λ)η1, . . . , λ ξn + (1 − λ)ηn ) reˇsenje senj e sistema sist ema (S) F, λ razliˇcito cito od prethodnih. pretho dnih. Dokaz. (∀i = 1, . . . m) m)
+ . . . + a + ain (λξ n + (1 − λ)ηn) = ai1 (λξ 1 + (1 − λ)η1) + . = λ( + . . . + a + ain ξ n) + (1 − λ)(a )(ai1 η1 + . + . . . + a + ain ηn ) = λ (ai1ξ 1 + . = λb i + (1 − λ)bi = bi
pa je (λξ (λξ 1 + (1 − λ)η1 , . . . , λ ξn + (1 − λ)ηn ) reˇsenje senje sistema (S). Kako je λ je λ = 0 i λ = 1 ovo reˇsenje sen je je razliˇ raz liˇcito cit o o d ( ξ 1, . . . , ξn ) i (η1, . . . , ηn ). . Stoga, ako je sistem (S) saglesan, razlikujemo dva sluˇcaja: caja:
odred¯en (ima jedinstven jedi nstvenoo reˇsenje) senj e) • cardRS = 1 - sistem je od ne odred dr ed¯en . • cardRS > 1 - sistem je neo Dakle, ako sistem ima dva razliˇcita cita reˇsenja senja u beskonaˇcnom cnom polju pol ju F , F , onda ih ima beskonaˇ bes konaˇcno cno mnogo. mnog o. Oˇcigledno, cigledno , homogen sistem je uvek saglasan, sagla san, jer ima im a bar b ar jedno jed no reˇsenje senje - (0 ( 0, . . . , 0). Ovo reˇsenje sen je se zove trivijalno . Ostala reˇsenja, senja, ako postoje, p ostoje, nazivaju nazivaju se netrivijalnim.
Teorema 2. Ako je ξ je ξ = (ξ 1, . . . , ξn ) reˇsenje senj e sagla sa glasno snogg sistem si stemaa (S) ( S) i (H) odgovara od govaraju´ ju´ci ci homogen sistem, tj.
(H)
+ a12 x2 + . + . . . + a + a1n xn = 0 a11 x1 + a + a22 x2 + . + . . . + a + a2n xn = 0 a21 x1 + a , .. . + am2 x2 + . + . . . + a + amn xn = 0 am1 x1 + a
tada je + ξ. RS = RH + ξ. Dokaz. Dokaˇzimo zimo najpre na jpre R S ⊆ R H + ξ + ξ . Neka je η = (η1, . . . , ηn ) ∈ RS . Tada, za za η − ξ = (η1 − ξ 1 , . . . , ηn − ξ n) i svako i = 1, . . . , m v m vaaˇzi ai1 (η1 − ξ 1 ) + . . . ain (ηn − ξ n ) = (ai1 η1 + . . . + ainηn ) + (ai1ξ 1 − . . . + ainξ n) = bi − bi = 0
tj. η − ξ ∈ RH , pa + ξ. η = (η − ξ ) +ξ ∈ RH + ξ.
∈RH
Do kaˇzimo Dokaˇ zimo sada sa da RS ⊇ RH + ξ + ξ . Za η Za η ∈ RH lako se proverava da je η + ξ + ξ reˇ reˇsenje sistema (S), tj. η + ξ + ξ ∈ RS .
Definicija. Sistemi linearnih jednaˇcina cina (S) i (S’) nad istim poljem i sa istim brojem nepoznatih su ekvivalentni (oznaka (S)∼(S’)) ako ima ju isti is ti skup sku p reˇsenja, senja, tj. RS = RS . ′
Oˇcigledno cigl edno,, relacija rela cija ∼ (ekvivalentnosti dva sistema jednaˇcina) cina) je relacija r elacija ekvivalencije.
Definicija. Pod elementar elementarnim nim operacijama sistema linearnih jednaˇcina cina podrazumevamo: -t e jednaˇ jed naˇcine, cin e, • J ij ij - razmena i−te i j -te = 0 - mnoˇ mno ˇzenje zen je i-te jednaˇ jedn aˇcine cine skalarom skalar om λ = • J I λ , λ 0, -dodavanje i-to -to j jednaˇ jed naˇcini cin i j -te jednaˇ jedn aˇcine cine pomnoˇ po mnoˇzene zene nekim neki m skalarom skalar om λ. • J ijλ -dodavanje i λ . Elementarne operacije su invertibilne: J ij−1 = J ij ij ,
1
(J iλ ) −1 = J iλ , λ = 0,
(J ijλ )−1 = J ij−λ .
Lema. Sistem (S’), dobijen od sistema (S) primenom konaˇcnog cnog niza elementarnih elementarnih operacija, je ekvivalentan sistemu (S). Dokaz. Dokaz. Dovoljno Dovoljno je dokazati dokazati da je sistem (S’), dobijen iz (S) primenom primenom jedne elementarne operacije, ekvivalentan sistemu (S). ili J iλ tvrd tvrd¯enje ¯enje je j e oˇ oˇcigl ci gled edno no.. • Ako je (S’) dobijen iz (S) primenom J ij ij ili J
• Neka je (S’) dobijen iz (S) primenom J ijλ . Tada, sistemi (S) i (S’) se razlikuju samo u i u i-toj -toj jednaˇcini, cini, koja u sistemu (S’) glasi (ai1 + λa + λa j 1 )x1 + (a ( ai2 + λa + λa j 2)x2 + . + . . . + (a (ain + λa + λa jn )xn = b = bi + λb + λb j . (1) Neka je (S) saglasan i ξ = ξ = (ξ 1, . . . , ξn ) ∈ RS . Tada (ai1 + λa + λa j 1 )ξ 1 + . + . . . + (a (ain + λa + λa jn )ξ n = (ai1 ξ 1 + . + . . . + a + ain ξ n) + λ + λ((a j 1ξ 1 + . + . . . + a + a jn ξ n) = bi + λb + λb j ⇒ (ξ 1, . . . , ξn ) ∈ RS . ′
Dakle, (S’) je saglasa s aglasan n i vaˇ vaˇzi zi RS ⊆ RS . ′
(2) Ako Ako je (S’) (S’) saglas saglasan an ond ondaa je i (S) saglasan saglasan i vaˇ zi zi RS ⊆ RS (sledi iz (1) imaju´ ci ci u vidu da sistem sistem (S) dobijamo dobijamo iz (S’) primenom primenom inverzn inverznee −λ elementarne operacije J ij ). ′
(3) Ako jedan od sistema sist ema (S) ili (S’) nije saglasan sa glasan,, kontrapozicijom kontrapo zicijom ve´c dokazanog zakljuˇ cujemo cujemo da i drugi sistem nije saglasan.
Definicija. Sistem S istem linearnih linearni h jednaˇcina cina oblika + a12x2 + . + . . . + a + a1n xn = b1 a11 x1 + a + . . . a2n xn = b2 a22 x2 + . .. . (ST)
+ . . . akn xn = bk akk xl + . 0 = bk+1 .. .
0, a11 a22 . . . akk =
0 = bm , se zove stepenast sistem. Nepoznate x Nepoznate x 1 , x2 , . . . , xk se zovu glavne nepoznate , a ostale, ako postoje, su slobodne nepoznate . Stepenastog Stepena stog sistem linearnih linearni h jednaˇcina cina se jednostavno reˇsava: sava: (bk+1 , . . . , bm ) = (0, (0, . . . , 0) onda sistem nije saglasan, tj. RS = ∅ . • Ako je (b ( bk+1 , . . . , bm) = (0, (0, . . . , 0) onda je sistem saglasan i razlikujemo dva • Ako je (b sluˇ sl uˇcaja ca ja::
– ako je k je k = n, jedinstveno reˇsenje senje (sve nepoznate su glavne) i n , sistem ima jedinstveno nalazi nal azimo mo ga reˇsavaju´ savaj u´ci ci sistem sist em od posled po slednje nje prema prem a prvoj prvo j jednaˇ jedn aˇcini: cini : pos lednje jednaˇcine cine je jedinstveno odredjeno odr edjeno x n = b n/ann; ∗ iz poslednje cini i iz nje odredimo ∗ zamenimo dobijeno xn u pretposlednjoj jednaˇcini jedinstveno jedinstveno xn−1 ; ci postupak odredimo i preostale nepoznate. nep oznate. ∗ nastavljaju´ci
– Ako je k < n tada postoje slobodne nepoznate xk+1 , . . . , xn koje ”prebacimo” na desnu stranu, tako da dobijamo sistem: + a12x2 + . + . . . + a + a1k xk = b1 − a1k+1 xk+1 − . . . − a1n xn a11 x1 + a + . . . a2k xk = b2 − a2k+1 xk+1 − . . . − a2n xn a22 x2 + . .. . akk xk = bk − akk +1 xk+1 − . . . − akn xn zatim sistem reˇ reˇsimo simo po glavnim nepoznatim x1, . . . , xk . Dakle, sistem je neo ne o dred dr ed¯en.
Teorema 3. (Gauss) Svaki Svaki sistem linearnih linearni h jednaˇ jed naˇcina cina ekvivalentan je nekom stes tepenastom sistemu. Dokaz. Ne umanjuju´ci ci opˇstost stost moˇzemo zemo pretpostaviti pretp ostaviti da je a11 = 0 (ako nije, kako je bar jedan koeficijent uz x 1 razliˇ ra zliˇcitit citit od nule, recimo ai1 = 0, zamenom prve i i-te vrste postiˇzemo zemo da je koeficijent koeficijent uz x1 u prvoj jednaˇcini cini razliˇcit cit od nule). −
a21 a11
a − m1
Prim Pr imen enju juju´ ju´ci ci J 21 , . . . , Jm 1a
11
dobijamo dobija mo slede´ci ci sistem ekvivalentan sistemu (S):
+ a12 x2 + . + . . . + a + a1n xn = b1 a11 x1 + a ′ + . . . + a + a′2n xn = b′2 a22 x2 + . a′ij = aij − a1 j aai , gde . .. b′i = bi − b1 aai . ′ + . . . amn a′m2 x2 + . xn = b′m 1
11
1
11
Sad a, zanema Sada, za nemaruju´ ruju´ci ci prvu pr vu jednaˇ je dnaˇcinu, cinu, ponovim po novimoo post p ostupa upak k na sistem si stem koji koj i ˇcine cine preos p reostal talee jednaˇ cine. cine. Nastavljaju´ci ci postupak dobijamo stepenast sistem.
Primer 2. Reˇsiti siti nad poljem polj em realnih brojeva bro jeva sistem sis tem linearnih linearni h jednaˇcina cina (S )
2 x2 + 3x 3 x3 + 4x 4 x4 = 5 x1 + 2x 2x1 + 2x 2 x2 − x3 + 2x 2 x4 = 6 , 3x1 + 2x 2 x2 − 5x3 = λ
λ ∈ R.
−2 −3 −2 Primenom J 21 dobijamo , J 31 , J 2−1, J 32
2 x2 + 3x 3 x3 + 4x 4 x4 = 5 x1 + 2x (S ) ⇐⇒ 2x2 + 7x 7 x3 + 6x 6 x4 = 4 ⇐⇒ 0 = λ−7
• λ= 7 ⇒ RS = ∅ • λ = 7 ⇒ sistem je saglasan i ima dve slobodne nepoznate, recimo x3 i x 4, (S ) ⇔
2 x2 = −3x3 − 4x4 + 5 2 x4 x1 + 2x x = 1 + 4x3 + 2x ⇔ 1 7 2x2 = −7x3 − 6x4 + 4 x2 = 2 − 2 x3 − 3x4 7 4α + 2β, 2 β, 2 − α − 3β , α , β ) |α, β ∈ RS = { (1 + 4α ∈ R }. 2
Posledica. Svaki homogen sistem u kome je broj jednaˇcina cina manji od broja nepoznatih (m (m < n) ima i netrivijalna netrivija lna reˇsenja. senja. Dokaz. Svod¯enjem homogenog sistema u kome je m < n na stepenast oblik, dobija dobija se da su sve sve kontr kontrolne olne jednaˇcine cine oblika oblika 0 = 0 i da je k < n, pa sistem ima beskonaˇ bes konaˇcno cno mnogo mno go reˇsenja, senj a, tj. ima i netrivij netr ivijaln alnih ih reˇsenja. senj a. siti nad poljem polj em realnih brojeva bro jeva sistem sis tem linearnih linearni h jednaˇcina cina Primer 3. Reˇsiti (H )
2 x2 + 3x 3 x3 + 4x 4 x4 = 0 x1 + 2x 2x1 + 2x 2 x2 − x3 + 2x 2 x4 = 0 , 3x1 + 2x 2 x2 − 5x3 + λx + λx4 = 0
λ ∈ R.
(H )
2 x2 + 3x 3 x3 + 4x 4 x4 = 0 2 x2 + 3x 3 x3 + 4x 4 x4 = 0 x1 + 2x x1 + 2x 2x2 + 7x 7 x3 + 6x 6 x4 = 0 ⇔ 2x2 + 7x 7 x3 + 6x 6 x4 = 0 14x3 + (λ ( λ + 2)x 2) x4 = 0 −4x2 − 14x λx4 = 0
⇔
(1) Za λ Za λ = 0: 2 x2 + 4x 4 x4 = −3x3 x1 + 2x 2x2 + 6x 6 x4 = −7x3 ⇔ (H ) ⇔ λx4 = 0
x1 = 4x3 x2 = −27 x3 , x4 = 0
7 (4α, − α,α, 0)|α ∈ R }. RH = {(4α, 2 (2) Za λ Za λ = = 0: (H ) ⇔
2 x2 = −3x3 − 4x4 x1 + 2x ⇔ 2x2 = −7x3 − 6x4
2 x4 x1 = 4x3 + 2x 7 x2 = − 2 x3 − 3x4
7 (4α + 2β, 2 β, − α − 3β , α , β ) |α, β ∈ RH = { (4α ∈ R }. 2 ˇ ˇ ˇ RESAVANJE SISTEMA LINEARNIH JEDNACINA MATRICNIM APARATOM Neka je A je A = = || aij ||m×n matrica sistema
(S)
+ a12 x2 + . + . . . + a + a1n xn = b1 a11 x1 + a + a22 x2 + . + . . . + a + a2n xn = b2 a21 x1 + a , .. . + am2 x2 + . + . . . amn xn = bm am1 x1 + a
nepoznatih, B = = [b1 b2 . . . bm ]T matrica kolona X = [x1 x2 . . . xn ]T matrica kolona nepoznatih, B slobod slob odnih nih ˇclanova. clan ova. Tada (S ) ⇔ A · X = B, B , pa se reˇsavanje savan je sistem sis temaa (S) svodi svo di na reˇsavanje savan je matri ma triˇˇcne cne jednaˇ jed naˇcine cin e AX = B. B . Ako je m = n i A regularna matrica, onda postoji A−1 , pa matri ma triˇˇcna cna jednaˇ jed naˇcina cin a −1 jedi nstvenoo reˇsenje senj e X = A B . AX = B ima jedinstven
Primer 4. Siste Si stem m jednaˇ jed naˇcina cin a 2 x2 − 3x3 = 8 x1 + 2x 2x3 = −1 x1 + 2x + x3 = −5 −2x2 + x je ekvivalentan ekvivalentan matriˇcnoj cnoj jednaˇcini AX cini AX = B, B , gde je
1 A = 1
,
2 −3 0 2 0 −2 1
x X = x ,
8 B = −1 .
1 2
−5
x3
Kako je detA je detA = 8 = 0, matrica A je regularna i A−1 = dobijamo X = A−1
4 1 B = −1 8
4 4 1 −5 −2 2 −2
1 8
4 −1
4 4 1 −5 −2 2 −2
, pa
8 8 1 −1 = 18 16 = 2 −5
−8
−1
odakle sledi sledi R S = { (1, (1, 2, −1)}. Sistem (S) je potpuno p otpuno odred¯en matricama ma tricama A i B , tj. matricom
a a [A|B ] == .. .
a12 . . . a1n b1 a22 . . . a2n b2 .. .. .. .. . . . . am2 . . . amn bm
11 21
am1
koju nazivamo proˇ sirena sire na matrica matri ca sistema sis tema . Tada, ada , Gaus G ausov ov metod met od elimina elim inacije cije nepozna nep oznatih tih matriˇ mat riˇcno cno opisuje opi sujemo mo svode´ svod e´ci ci proˇ p roˇsirenu sire nu matricu [A [A|B ] sistema (S) na v na v-ekvivalentnu -ekvivalentnu matricu stepenastu po vrstama. Ako pak matricu [A [ A|B ] svedemo na redukovanu v redukovanu v-stepenastu -stepenastu matricu, dobijamo matriˇcni cni opis jedne modifik mo difikacije acije Gausove metode, tzv. Gauss-Jordan-ove Gauss-Jordan-ove metode redukcije. redukcije. Na ovaj naˇcin cin se dobija v -stepenast -step enast sistem koji je ve´ c reˇsen, sen, naravno ukoliko je saglasan.
Primer 5. Reˇsiti siti nad poljem po ljem R sistem sis tem jednaˇ jed naˇcina cin a (S )
1 [A|B ] = 2
2 x2 + 3x 3 x3 + 4x 4 x4 = 5 x1 + 2x 2x1 + 2x 2 x2 − x3 + 2x 2 x4 = 6 , 3x1 + 2x 2 x2 − 5x3 = λ
2 3 4 5 2 −1 2 6 3 2 −5 0 λ
−2 −3 v21 ,v 31
∼
2
v
1
− v32 ,v 2−
∼
v
1 0 10 0
λ ∈ R.
2 3 4 5 −2 −7 −6 −4 −4 −14 −12 λ − 15 2 3 4 5 2 7 6 4 , 0 0 0 0 λ−7
pa je sistem (S) ekvivalentan stepenastom sistemu
2 x2 + 3x 3 x3 + 4x 4 x4 = 5 x1 + 2x 2x2 + 7x 7 x3 + 6x 6 x4 = 4 0 = λ−7 koji se dalje reˇsava sava kao u Primeru 2. Matricu [A [A|B ] moˇzemo zemo svesti i na ekvivalentnu ekvival entnu redukovanu r edukovanu v -stepenastu matricu: v-stepenastu [A|B ]
−1 v12 ,v
∼
1 2 2
v
1 0
0 −4 −2 1 7 1 2 3 2 0 0 0 0 λ−7
− redukovana v-stepenasta matrica
Ovo je proˇsirena sirena matrica sistema x1 x2
1 −4x3 −2x4 = 7 + 2 x3 +3x +3x4 = 2 . 0 = λ−7
Sistem je saglasan za λ = 7 i reˇsenje senje se neposredno nepo sredno ”ˇcita” cita” iz gornjeg sistema: 2 x4 x1 = 1 + 4x3 + 2x 7 x2 = 2 − 2 x3 − 3x4 x3 , x4 ∈ R (slobodne nepoznate) tj.
7 4α + 2β, 2 β, 2 − α − 3β , α , β ) |α, β ∈ RS = { (1 + 4α ∈ R }. 2 Sistem Sist em (S) moˇzemo zemo u matriˇ mat riˇcnom cno m obliku obl iku zapisat zapi satii i na slede´ sled e´ci ci naˇcin: cin: ako su
a a = .. , .
k1A
21
am1
a a = .. , . . . , k . 12
11
k2A
22
am2
A n
a a = .. .
1n 2n
amn
kolone matrice sistema A = || aij ||, tada (S )
⇔
+ xn knA = B. x1 k1A + . . . + x B .
Odavde sledi da je sistem (S) saglasan akko je matrica B linearna kombinacija kolona B linearna kombinacija matrice A.
Teorema 4. (Cronecker-Capelli) Sistem Sis tem jednaˇ jed naˇcina cin a AX = B je saglasan akko je rangA = rangA = rang rang[[A|B ]. Dokaz. (S ) je saglasan
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
RS = ∅ (∃(ξ 1 , . . . , ξn ) ∈ F n ) ξ 1 · k1A + . . . + ξ + ξ n · knA = B L{k1A , . . . , knA} = L{k1A , . . . , knA , B } dimL{k1A , . . . , knA } = dimL{k1A , . . . , knA , B } ((⇐) sledi iz L{ k1A , . . . , knA} L{k1A , . . . , knA, B }) ⇔ rangA = rangA = rang rang[[A|B ]
Posmatrajmo sada homogen sistem linearnih jednaˇ cina cina
(H)
+ a12 x2 + . + . . . + a + a1n xn = 0 a11 x1 + a + a22 x2 + . + . . . + a + a2n xn = 0 a21 x1 + a .. . + am2 x2 + . + . . . + a + amn xn = 0 am1 x1 + a
i neka je A = ||aij ||m×n matrica sistema (H).
Teorema 5. Homogen Homo gen sistem si stem linearnih linearni h jednaˇ jedn aˇcina cina (H) sa n nepoznatih ima netrivi jalna reˇ reˇsenja senja akko rangA akko rangA < n. n. Dokaz. (H ) ima netrivijalna netrivija lna reˇsenja senja n + ξ n · knA = 0 ∧ (ξ 1 , . . . , ξn ) = (0, (0, . . . , 0)) ⇔ (∃(ξ 1 , . . . , ξn ) ∈ F ) (ξ 1 · k1A + . . . + ξ ⇔ {k1A , . . . , knA} je linearno zavisan skup vektora ⇔ dimL{k1A , . . . , knA} < n ⇔ rangA < n.
Teorema 6. Skup S kup reˇsenja senja homogeno homo genogg sistem si stemaa linea l inearnih rnih jednaˇ jedn aˇcina cina RH je potprostor vektorskog prostora F prostora F n i dim RH = n − rangA, je A matrica sistema (H). rangA, gde je A Dokaz. zimo najpre na jpre da je RH potprostor prostora F n. RH = • Dokaˇzimo ∅ (jer sistem (H) ima trivijalno trivijal no reˇsenje senje (0, (0 , . . . , 0)) i za (ξ (ξ 1 , . . . , ξn ), (η1, . . . , ηn ) ∈ RH , λ , µ ∈ F vaˇzi )+. . .+ain (λξ n+µηn ) = λ (ai1ξ 1 + . + . . . + a + ain ξ n) +µ (ai1 η1 + . + . . . ainηn) = 0, ai1(λξ 1 +µη1)+.
=0
=0
pa λ pa λ((ξ 1, . . . , ξn ) + µ + µ((η1, . . . , ηn ) ∈ RH , odakle sledi da je RH F n. Dokaˇ kaˇzimo zim o da je dimRH = n − rangA, je A matrica sistema (H). • Do rangA, gde je A def
Neka je f je f A : M : M n×1 (F ) sa f A(X ) = A · X , za X za X ∈ M n×1 (F ). F ) → M m×1 (F ), F ), dato sa f F ). Tada kerf A = {X ∈ M n×1 (F ) F )|f A (X ) = 0} = {X ∈ M n×1 (F ) F )|AX = 0} Kako se sistem (H) u matriˇcnom cnom obliku moˇze ze zapisati zapisat i kao AX = = 0, gde je A matrica sistema, a X a X ma matric tricaa kolona kolon a nepozn nep oznatih atih,, to ´ce ce vaˇziti ziti kerf A ∼ = R H .
Potr Potraˇ aˇzimo zi mo I mf A . Ona je generisana generisana slikama slikama baznih vektora vektora standardne standardne baze prostora M n×1 , tj.
I mf A =
1 0 .. . L f . , . . . , f .. 0 1 a . . . a 1 a .. . . .. .. .. L . a . .... a · 0. , . . . , a . A
A
11
=
m1
A
1n
11
mn
m1
. . . a1n . . . .. . ...
amn
A n
= L{k1 , . . . , k }
0 · ... 1
pa je = dimM n×1(F ) + dim((I mf A) = dimRH + rangA, + rangA, n = dimM F ) = dim( dim(kerf A ) + dim odakle sledi sledi dimRH = n − rangA.
Posledica. (1) Ako m < n, senja. n , onda homogeni sistem (H) ima netrivijalna reˇsenja. (2) Ako m = n = n,, onda o nda (H) ima i ma netrivijalna netrivijal na reˇsenja senja akko detA akko detA = = 0. Dokaz. (1) Ako je m < n, onda je rangA ≤ min{m, n} < n, odakle sledi dimRH = net rivijalnaa reˇsenja. senja. n − rangA > 0, > 0, pa sistem ima i netrivijaln (2) Ako je m = n onda sistem ima netrivijalna reˇ reˇsenja senja akko dimRH > 0 akko = 0. rangA < n akko n akko detA detA =
KRAMEROVO PRAVILO Neka je dat d at kvadratni sistem linearnih linearni h jednaˇ jed naˇcina cina
(K S )
+ a12 x2 + . + . . . + a + a1n xn = b 1 a11 x1 + a + a22 x2 + . + . . . + a + a2n xn = b 2 a21 x1 + a .. . + an2 x2 + . + . . . + a + annxn = b n . an1 x1 + a
Neka je A = aij ]inM n (F ) F ) matrica sistema, D = detA detA njena determinanta i za svako i ∈ {1, . . . , n} neka je Dxi determinanta dobijena iz D zamenom i−te kolone
kolonom slobodni slob odnih h ˇclanova, clanova, tj.
a a D = .. . a
11 21
n1
a12 . . . a1n a22 . . . a2n .. . . . , . .. . an2 . . . ann
b b = .. . b
a12 . . . a1n a22 . . . a2n .. . . . , . . . , Dxn = . .. . an2 . . . ann
1 2
Dx
1
n
a a .. . a
11 21
n1
Teorema 7. (Cramer) Kvadratni sistem s istem linearnih linearni h jednaˇ jed naˇcina cina (KS) ima jedinstveno j edinstveno reˇsenj se njee akko ak ko D = 0 i tada ta da vaˇzi zi (x1 , . . . , xn) = (Dx / D , . . . , Dxn /D) /D). 1
Dokaz. Do kaz. Svakako vaˇzi zi (KS) ⇔ AX = B, B , gde je B = bi ∈ M n×1(F ) clanova, a X = xi ∈ F ) matrica kolona slobodnih ˇclanova, M n×1(F ) F ) matrica kolona nepoznatih. (→) Neka je ξ je ξ = = (ξ 1, . . . , ξn ) reˇsenje senje (jedinstveno) ( jedinstveno) sistema (KS). Tada je sistem sis tem (KS) (K S) sagl sa glas asan an i vaˇzi zi RKS = R H + ξ . Kako je RKS = { ξ }, to je RH = { (0, (0, . . . 0)}. Tada je dim je dim RH = 0, pa je rangA je rangA = = n je A regularna i D i D = 0. n,, odakle sledi da je A (←) Neka je D je D = 0. Tada postoji A postoji A −1 i vaˇ vaˇzi
A A ... A b b · ... 11
X = A−1 · B =
1
adjA · B = D
=
1 D
1 D
21
D
n1
A A ... Ab A
A21 . . . An1 1 12 A22 . . . An2 2 .. .. ... . . bn 1n A2n . . . Ann + b2 A21 + . + . . . + b + bn An1 1 11 + b .. . 11
=
1
+ b2 A2n + . + . . . + b + bnAnn b1 A1n + b
A12 . . . A1n A22 . . . A2n .. .. ... . . An2 . . . Ann
T
b b · .. .
D = ... =
1 2
bn
x1
Dx1 D
Dxn
D xn D
1
D
.. .
pa je x1 =
Dx Dx Dxn , x2 = , . . . , xn = . D D D 1
2
Za nehomogen sistem (KS): =0 • D
⇒
(je dinst stveno veno reˇsenje) sen je) ; RKS = {(Dx / D , . . . , Dxn /D) /D)} (jedin 1
a12 . . . b1 a22 . . . b2 .. . . . . . .. . an2 . . . bn
• D = 0, (∃i ∈ {1, . . . , n}) Dxi = 0
⇒
RKS = ∅ (sistem nije saglasan) ;
(Ako (ξ (ξ 1 , . . . , ξn ) ∈ RKS i D = D = 0 onda, primenom osobina determinanti, dobi jamo
a . . . b . . . a a . . . b . . . a D = .. . . . . ... . . . ... a . . . b . . . a a . . . a ξ . . . a . . . a ξ . . . = ... . . . ... . . . a . . . a ξ . . . 11
1
1n
21
2
2n
n1
n
nn
xi
n j =1
11
1 j j
21
2 j j
n1
nj j
a . . . a ξ . . . a a . . . a ξ . . . a = .. . . . . . . . .. = . . .. a . . . a ξ . . . a a . . . a . . . a a a . . . a . . . a a ξ .. . . .. = . . ... . . . ... . a . .. a . .. a a 21
n j =1 n j =1
n1
n j =1
11
1n 2n
n j =1 j
nn
1 j j
1n
2 j j
2n
nj j
nn
11
1 j
1n
21
2 j
2n
n1
nj
nn
=
= ξ 1 · 0 + ξ + ξ 2 · 0 + . + . . . + ξ + ξ i · D + . + . . . + ξ + ξ n · 0 = 0, za svako svako i = 1, . . . , n , suprotno pretpostavci i =
sistem je nesaglasan nes aglasan ili neodred neo dred¯en • D = Dx = . . . = Dxn = 0 ⇒ (Kramerova teorema ne daje odgovor). 1
Za homogen kvadratni sistem
(KH ) KH )
+ a12x2 + . + . . . + a + a1n xn = 0 a11 x1 + a + a22x2 + . + . . . + a + a2n xn = 0 a21 x1 + a .. . + an2 x2 + . + . . . + a + ann xn = 0 an1 x1 + a
vaˇzi Dx = . . . = D = D xn = 0, pa je: 1
=0 • D
⇒
(0, . . . , 0)} (sistem (sist em ima samo trivijalno reˇ senje) senje) , RKH = {(0,
• D = 0
⇒
sistem (KH) ima i netrivijalna netr ivijalna reˇ senja senja .
glomazn og raˇcuna, cuna, Cramerova teorema t eorema ima ve´ ve´ci ci teorijski, nego Napomena. Zbog glomaznog praktiˇ pra ktiˇcni cni znaˇcaj. ca j. U pra p raksi ksi se obiˇ ob iˇcno, cno , za n za n ≥ 4, primenjuju druge metode.
Primer 6. Reˇ R eˇsiti siti nad poljem po ljem R sistem sis tem jednaˇ jed naˇcina cin a + z ax + ax + y y + z = 1 + ay + + z x + ay z = 1 , a ∈ R. + y + + az x + y az = 1
a = D 1 1 Dy
1 1 1 = (a − 1) (a + 2), 1 1 a 2) = , D 1 1 a = (a − 1) , a 1 1 1 1 1 1 = (a − 1) , D = 1 a 1 = (a − 1) 1 1 1 1 a
1 1 a 1 1 a
a = 1 1
2
2
x
2
z
2
= 1, a = = 0 ⇒ sistem ima jedinstveno reˇsenje senje • a − 2 ⇒ D 1 1 1 )} RS = {( DDx , DDy , DDz ) } = { ( a+2 , a+2 , a+2
= D x = D = D y = D z = 0 ⇒ sistem je ekvivalentan sa x + y + z = 1 • a = 1 ⇒ D = D esko naˇcno cno mnog mn ogoo reˇsenja sen ja ⇒ RS = { (1 − y − z , y , z ) |y, z ∈ ∈ R } - b eskonaˇ
• a = −2 ⇒ D = 0, Dx = 9 ⇒ RS = ∅ - sistem nije saglasan Primer 7. Reˇsiti siti nad poljem po ljem R sistem sis tem jednaˇ jed naˇcina cin a + z ax + ax + y y + z = 1 + ay + + z x + ay z = 0 , a ∈ R. + y + + az x + y az = 2 2), D = (a − 1)2 (a + 2),
Dx = (a − 1)2 ,
Dy = 3(1 − a),
(2a + 1)(a 1)(a − 1) Dz = (2a
= 1, a = = 0 ⇒ sistem ima jedinstveno reˇsenje senje • a − 2 : D
RS = {( DDx ,
Dy D
,
1 3 ) } = {( a+2 , (a+2)(1 , 2a+1 )} −a) (a+2)(a−1)
Dz D
= 0 ⇒ sistem nije saglasan • a = −2 : D = 0, Dx = 9 = Dy = D z = 0, ali ipak sistem nije saglasan! • a = 1 : D = D = D Dx = D
SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Svaki vektor konaˇcnodimenziono cnod imenzionogg vektorskog prostora prostor a V m oˇzemo zem o repre re prezent zentovati ovati V moˇ matricom kolonom (koordinatni vektor) i svaki endomorfizam vektorskog prostora kvadratnom kvadratnom matricom. Ranije dokazani stavovi stavovi nam omogu´cavaju cavaju da operacije sa vektorima i endomorfizmima zamenimo operacijama sa koordinatnim vektorima i matricama matricama reprezen reprezentacij tacije. e. Prirodno Prirodno se name´ name´ce ce problem: odrediti odrediti bazu u kojoj je matrica reprezentacije datog endomorfizma endomor fizma ˇsto sto jednostavnija j ednostavnija.. Raˇcunske cunske operacije op eracije sa dijagonalnim matricama se jednostavno obavljaju, pa se prirodno postavlja pitanje da li postoji baza prostora u kojoj je matrica reprezentacije datog endomorfizma dijagonalna dijagonalna matrica, matrica, i ako postoji, kako kako je odrediti? odrediti? To nas dovodi dovodi do po jma sopstvenog vektora. Neka je (V, (V, +, ·, F ) vektorski prostor konaˇ konaˇcne cne dimenzije i neka neka je f : V → V F ) vektorski linearno preslikavanje.
Definicija. (1) Skalar Skalar λ cna, cna, svojstvena) svoj stvena) vrednost oper λ ∈ F je sopstvena (karakteristiˇ atora f atora f ako ako postoji vektor x = 0 takav da je f je f ((x) = λx. λx. (2) Skup svih sopstvenih vrednosti operatora f f se zove spektar operatora f i obel ob eleˇ eˇzava zava sa S p(f ). f ). (3) Ako je λ ∈ Sp( 0 takav da je f ( Sp (f ), f ), vektor x = f (x) = λ · x, se zove sopstveni operatora f pri pridruˇ druˇzen zen sopst s opstveno venojj vredvr ed(karakterist (karakter istiˇ iˇ cni, cni, svojstven svo jstveni) i) vektor operatora f nosti λ nosti λ.. (4) Za λ Za λ ∈ Sp skup V λ f = { x ∈ V |f ( S p(f ) f ) skup V f (x) = λ · x} se zove sopstveni (karakteristiˇ ist iˇ cni) cni ) potp p otpros rosto torr od f od f pridruˇzen zen sopstvenoj sopstveno j vrednosti λ. λ . Oˇcigl ci gled edno no,, V λ f {0} (nije trivijalan). Vaˇ Va ˇzi V λf V , ∈ F V , jer je za svako x, y ∈ V λ f i svako α, β ∈ = αf ((x) + β + βf = αλx + + βλy = λ((αx + pa αx f ( f (αx + βy β y ) = αf f ((y ) = αλx βλy = λ αx + β βyy ), pa α x + βy β y ∈ V λf . Tako Takod d¯e, ¯e, (f − λ1V )(x )(x) = 0 ⇔ x ∈ ker ), − λ · 1V ), x ∈ V λ f ⇔ (f k er((f − tj.
). V λf = ker k er((f − λ · 1V ).
(x) = x v Primer. (1) Za 1 v : V → V, V , 1V (x x vaaˇzi 1V (x) = λ · x, x = 0 ⇔ x = λx = λx,, x = 0 ⇔ λ = 1,
pa je Sp(1 Sp (1V ) = { 1},
V 1 = V. V .
(2) Za f : R2 → R2 , f ( + y cos θ), 0 < θ < π f (x, y ) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y (rotacija oko (0,0) za ugao θ) vaˇzi S p(f ) θ ) vaˇ f ) = ∅ . Zaista, iz f ( = (0, (0, 0) dobijamo dobija mo sistem jednaˇcina cina f (x, y ) = λ( λ(x, y ), (x, y ) (cos θ − λ)x − sin θy = 0 = (0, (0, 0) , (x, y ) sin θ · x + (cos θ − λ)y = 0 koji ima netrivijalna netrivija lna reˇsenja senja akko
tj.
cos θ − λ − sin θ sin θ cos θ − λ
= 0,
0. λ2 − 2λ cos θ + 1 = 0. Med¯utim, utim , ova jednaˇ jedn aˇcina cina nema reˇsenja senj a u skupu skup u R (D = 4cos2 θ − 4 < 0), pa je Dakle, dati endomorfizam endomorfizam nema ni sopstvene sopstvene vrednosti, vrednosti, ni sopstvene sopstvene Sp( Sp (f ) f ) = ∅. Dakle, vektore. Neke osobine sopstvenih sopstvenih vrednosti i sopstvenih sopstvenih vektora date su slede´ slede´com com teoremom:
Teorema 1. Neka je V je V konaˇcno cno dimenzioni dimenzio ni vektorski prostor prosto r i f : V → V V linearno preslikavanje. preslikavanje. Tada (1) f je f je automorfizam akko 0 ∈ / Sp S p(f ). f ). (2) Ako je f je f automorfizam onda: λ ∈ Sp S p(f ) f ) ⇔ λ
−
1
∈ Sp S p(f 1). −
n
(3) Ako x ∈ V λf onda (∀n ∈ N ) je f n = f ◦ f ◦ . . . ◦ f ). N )x ∈ V λf (gde je f f ). n
Dokaz. (1) 0 ∈ Sp = 0 ⇔ kerf = {0} ⇔ f nije S p(f ) f ) ⇔ f ( f (x) = 0, x f nije automorfizam. (2) Ako je f je f automorfizam automorfizam onda postoji f postoji f
−
λ ∈ Sp S p(f ) f ) ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ Obrat, λ
−
1
1
koje je takod¯e automorfizam. automo rfizam.
(∃x = 0)f 0)f ((x) = λx ∧ λ = 0 ⇒ x = = 0, λ =0 x = f f 1 (λx) λx), x = λ · f 1(x), λ = 0, x =0 x = λ =0 f 1 (x) = λ 1 · x, x 1 1 λ ∈ Sp S p(f ). −
−
−
−
−
−
(λ 1 ) ∈ Sp S p(f 1) ⇒ (λ −
−
−
1
((f 1) 1) ⇒ λ ∈ Sp ∈ Sp S p((f S p(f ). f ). −
−
(3) Jednostavno Jednostavno se proverava proverava indukcijom po n. n .
Za kvadratnu matricu A matricu A ∈ M n (F ) F ) neka je f A : M n 1 → M n 1 , f A (X ) = A · X. ×
×
Preslikavanje f Preslikavanje f A je linearni operator, jer za svako X, Y ∈ M n 1 (F ) F ), λ , µ ∈ F v F vaaˇzi ×
+ µY )) = A · (λX + µY + µY )) = λ( + µ((A · Y ) + µf A (Y ) f A(λX + µY λ(A · X ) + µ Y ) = λf A(X ) + µf Y ).
Definicija. def (1) Sp( Sp (A) = Sp( Sp (f A ), tj. sopstvene vrednosti matrice A su sopstvene vrednosti operatora f operatora f A . (2) Matrica Matrica kolona kolona X pri druˇzen zen sopstveno sops tvenojj 0 je sopstveni vektor matrice A pridruˇ X = vrednosti λ ako je X je X sopstveni sopstveni vektor operatora f A. def (3) Za λ Za λ ∈ Sp S p(A), V λA = V λf . A
Primer. Odredimo sopstvene vrednosti i sopstvene vektore matrice A =
−1 1 ∈ M 2 (R). 4 2
Po definiciji, to su sopstvene vrednosti i sopstveni vektori linearnog operatora : M 2 1 (R) → M 2 1 (R), f A : M ×
×
Dakle, Dak le, traˇzimo zimo skalar λ skalar λ ∈ R i vektor X = R i vektor X
f A(X ) = AX.
x = y
0 takav da je f je f A(X ) = λ · X . 0
0 ⇔ AX = λX, X = 0 f A (X ) = λX, X = ( A − λI 2 )X = 0, X = ⇔ (A 0 1 0 0 −1 1 x = ⇔ −λ 4 2 0 1 0 y 1 0 −1 − λ x x = = ⇔ , 4 2−λ 0 y y (−1 − λ)x + y = 0 = (0, (0, 0) ⇔ , (x, y ) 4x + (2 − λ)y = 0
0 0
Dobijeni sistem linearnih jednaˇcina cina ima netrivijalna reˇ reˇsenja senja akko je determinanta determinanta matrice sistema jednaka nuli, pa dalje imamo
1 −1 − λ =0 4 2−λ ( λ + 2)(λ 2)(λ − 3) = 0 ⇔ (λ ⇔ λ 1 = − 2, λ2 = 3. Sp( Sp (A) = Sp S p(f A ) = {− 2, 3}.
Odredimo sada i sopstvene vektore koji odgovaraju ovim sopstvenim vrednostima. Za λ Za λ 1 = −2 dobijam dobi jamoo matriˇ matr iˇcnu cnu jednaˇ jedn aˇcinu cinu (A + 2I 2 )X = = 0, 0, uz uslo uslov v X = tj. 0, tj.
−1 4 1 ⇔ 4
1 2 1 4
+2
1 0 0 1
x = y
0 x = , 0 y 0 x = , 0 y
0 0
x = y
0 0
koja se svodi na jednaˇcinu cinu x + y + y = 0, tj. x = −y , pa je sopstveni vektor svaki vektor oblika −y = 0, X = , y y
odnosno sopstveni sopstveni potprostor potprostor je (M 2 1 (R))λ = ×
1
−y y
|y ∈ R =
−1 1
y
Za λ Za λ 2 = 3 dobi dobija jamo mo
|y ∈ R = L
1 4
(M 2 1 (R))λ = L ×
2
−1 1
.
.
Izloˇzimo zimo sada standardni postupak za odred¯ivanje sopstvenih sopstvenih vrednosti i sopstvenih vektora matrice i linearnog operatora.
Definicija. Neka je A je A = = aij ∈ M n (F ). F ). Polinom
def pA(λ) = det( det(A − λI n ) =
a11 − λ a12 a21 a22 − λ .. .. . . an1 an2
... ... ...
a1n a2n .. .
. . . ann − λ
se zove sopstveni (karakteristiˇ cni, cni, svojstveni) svojs tveni) polinom matrice A matrice A.. Oˇcigl ci gled edno no,, pA (λ) je polinom n-tog stepena po λ, tj. + b1 λ + . . . + bn 1 λn pA (λ) = b0 + b
1
−
−
+ bn λn,
b0 , . . . , bn ∈ F. F .
Pri Pr i tome to me vaˇzi zi = detA, • b0 = pA (0) = detA, j edinii ˇclanovi clan ovi stepena step ena n i n − 1 dobijaju se iz (a (a11 − λ)(a )(a22 − λ) . . . (ann − λ), • jedin n n 1 pa je b je b n = (−1) , bn 1 = (−1) (a11 + a + a22 + . + . . . + ann ) = (−1)n 1trA. trA. −
−
−
Dakle, pA (λ) = (−1)nλn + (−1)n 1 trAλn −
1
−
+ . . . + detA.
Definicija. Matrice A, B ∈ M n (F ) sliˇ cne ako postoji regularna matrica F ) su sl
je B = P 1AP , P ∈ M n (F ) F ) takva da je B AP , tj. −
def
s
A ∼ B ⇔ (∃P ∈ M n (F )) F )) B B = P 1 AP. −
Osobine relacije sliˇcnosti cnosti matrica date su u slede´coj co j teoremi.
Teorema 2. s
(1) ∼ je relacija ekvivalencije. s
(2) Ako A Ako A ∼ B onda
– detA = detA = detB detB,, – trA = trA = tr trB B, – rangA = rangA = rangB rangB.. Dokaz. (1)
s
– Iz A Iz A = = I sledi A ∼ A, I n 1AI n sledi A A, za svako A ∈ M n(F ) F ) (refleksivnost). −
s
– A ∼ B ⇒ ( ∃P ) P )B = P 1 AP ⇒ A = A = (P 1 ) 1BP −
s
−
−
−
s
1
s
(si metriˇ riˇcnost) cno st).. ⇒ B ∼ A (simet
– A ∼ B ∧ B ∼ C ⇒ (∃P, Q ∈ M n(F )) = P 1AP ∧ C = Q 1 BQ F )) B B = P s ⇒ C = Q 1(P 1 AP ) AP )Q = (P Q) 1 A(P Q) ⇒ A ∼ C (tranzitivnost). C (tranzitivnost). −
−
−
−
−
s
(2) Neka Neka A ∼ B, je B = P 1AP . B , tj. postoji regularna matrica P takva P takva da je B AP . Tada −
– detB = det( det(P 1 AP ) AP ) = detP 1detA detA detP detP = menom osobina determinanti), −
1
−
detA detA detP detP = detA (pri detA (pri-
detP
– trB = tr(( tr((P P 1 A)P ) P ) = tr( tr(P ( P (P 1A)) = tr(( tr((P P P 1)A) = trA (primenom osobine tr( )), tr(C D) = tr( tr (DC )), −
−
−
Iz B = P 1AP sledi A ∼B , pa je rangA je rangA = = rangB – Iz B AP sledi A rangB.. −
Za linearni operator f : V → V konaˇcno cno dimenzionog dimenzion og vektorskog prostora V i baze B baze B 1 i B 2 prostora V prostora V , , iz [f ] f ]B = P B 1
1→
B2
[f ] f ]B P B
2→
2
= P 1 [f ] f ]B P −
B1
2
=P
(gde je sa P o znaˇcena cena matrica prelaza iz baze B 2 u bazu B bazu B 1 ), sledi P oznaˇ s
[f ] [ f ]]B . f ]B ∼ [f 1
2
Dakle, matrice reprezentacije reprezentacije linearnog operatora op eratora u svim bazama prostora su sliˇcne cne matrice. Primenom Teoreme 2. dalje sledi det([ det([f f ]]B ) = det([ det([f f ]]B ), 1
2
([f ]]B ) = rang([ rang ([f rang ([f f ]]B ), 1
2
tr([ tr([f f ]]B ) = tr([ tr ([f f ]]B ), 1
2
tj. determina determinanta nta,, trag i rang matrice reprezen reprezentacij tacijee linearnog linearnog operatora ne zavise zavise od izbora baze prostora. Stoga su korektne korektne slede´ slede´ce ce definicije: def
def
det( det(f ) f ) = det([ det([f f ]]B ),
r ang (f ) f ) = rang([ rang ([f f ]]B ),
def
tr( tr(f ) f ) = tr([ tr ([f f ]]B ),
gde je B bilo koja baza prostora V prostora V . .
Teorema 3. Sopstveni polinomi poli nomi sliˇcnih cnih matrica su jednaki. jedn aki. Dokaz. s
A ∼ B ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
(∃P ) P )B = P 1AP = P 1 AP − P 1 (λI n)P = P 1(A − λI n)P B − λI n = P s A − λI n ∼ B − λI n det( det(A − λI n ) = det( det(Bλ I n ) pA (λ) = p B (λ). −
−
−
−
s
p rethodne dne teoreme ne vaˇzi, zi, tj. iz p iz pA (λ) = p B (λ) ne sledi A sledi A ∼ B, Napomena. Obrat pretho B , ˇsto sto p okazuje okaz uje slede´ sle de´ci ci primer pri mer.. 1 1 s Primer. Za matricu A = va vaˇzi pA(λ) = (1 − λ) λ)2 = pI (λ), ali A ≁ I 2 . 0 1 s Naime, ako A ako A ∼ I 2 onda bi postojala regularna matrica P matrica P takva takva da je A je A = = P P 1I 2 P = sto je kontradikcija kontrad ikcija.. I 2 , ˇsto
2
−
Definicija. Definic ija. Sopstveni Sopst veni (karakt (karakteris eristiˇ tiˇ cni) cni) polinom pol inom linearnog operatora f : V → V konaˇcnodime cno dimenzio nzionog nog prost pr ostora ora V je sopstveni polinom matrice reprezentacije opera V je tora f tora f u u nekoj bazi B prostora V prostora V , , tj. def
pf (λ) = p[f ] (λ) = det([ det([f f ]]B − λI n). B
Korektnost Korektnost ove definicije, definicije, tj. da sopstve sopstveni ni polinom linearnog operatora ne zavisi zavisi od izbora baze prostora, sledi iz ˇcinjenice cinjenice da su matrice reprezantacije reprezantacije operatora op eratora u razliˇ razl iˇcitim citi m bazama baza ma sliˇcne cne matrice mat rice i Teoreme eore me 3.
Teorema 4. Ako je f je f : V → V linearno preslikavanje preslikavanje konaˇcnodimenziono cnod imenzionogg prostora p rostora on da vaˇzi zi V V nad poljem F i λ ∈ F , F , onda ⇐⇒ pf (λ) = 0. λ ∈ Sp S p(f ) f ) ⇐⇒ Dokaz. Neka je A = [f ] je B baza prostora V prostora V .. Tada f ]B , gde je B λ ∈ Sp S p(f ) f ) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
(f − λ · 1V )(x )(x) = 0, za neko x =0 f − λ · 1V nije automorfizam [f − λ · 1V ]B nije regularna det[ det[f − λ · 1V ]B = 0 det( det(A − λ · I n ) = 0 pA(λ) = 0 pf (λ) = 0.
Standardni postupak za odred¯ivanje ivanje sopstvenih sopstvenih vrednosti i sopstvenih sopstvenih vektora vektora matrice matrice i linearnog linearnog operato op eratora: ra: linearnog operatora (kvadratn (kvadratnee matrice) je skup svih korena korena sop• Spektar linearnog stvenog polinoma koji pripadaju F . F . zeni sopstvenoj sop stvenoj vrednosti λ su oni x = • Sopstveni vektori pridruˇzeni 0 za koje je (f − )(x) = 0, ili, u matriˇcnom cnom zapisu − λ · 1V )(x (A − λI n )X = = 0, gde gde je je A = A = [f ] f ]B i X = [x]B , ˇsto sto dalje svodimo na odred¯ivanje ivanje netrivijalnih reˇ reˇsenja senja homogenog sistema jednaˇ cina. cina.
Primer. Odredimo Odredimo sopstve sopstvene ne vrednosti vrednosti i sopstve sopstvene ne vektore vektore linearnog operato op eratora ra 3 3 3 z, 3x − 5y + 3z, 3 z, 6x − 6y + 4z 4 z ). ). f : R → R , f ( f (x,y,z ) = (x − 3y + 3z, (1, 0, 0), 0), e2 = (0, (0, 1, 0), 0), e3 = (0, (0, 0, 1)} - baza prostora R prostora R 3 e = { e1 = (1, 3 e2 + 6e 6 e3 f ( f (e1) = (1, 3, 6) = e 1 + 3e f ( f (e2) = (−3, −5, −6) = − 3e1 − 5e2 − 6e3 3e1 + 3e 3 e2 + 4e 4 e3 . f ( f (e3) = (3, 3, 4) = 3e A = [f ] f ]e =
pf (λ) =
1 −3 3 3 −5 3 6 −6 4
1−λ 3 −3 3 3 −5 − λ 6 4−λ −6
= (λ + 2)2(λ − 4)
Sp( Sp (f ) f ) = {− 2, 4}
Za λ 1 = −2 odredimo (x (x , y , z) = (0, (0, 0, 0) tako da f da f ((x,y,z ) = −2(x 2(x , y , z). • Za λ (f + + 2 · 1R )(x,y,z )(x,y,z ) = (0, (0, 0, 0) ([ f ]]e + 2I 2 I 3 )[(x,y,z )[(x,y,z )] )]e = 0 ⇔ ([f ( A + 2I 2 I 3)X = 0, gde je X je X = [(x [(x , y , z)] ⇔ (A e = [x y z ]T 3 −3 3 0 x ⇔ 3 −3 3 · y = 0 6 −6 6 0 z + z = = 0 ⇔ x − y + z y = x + z ⇔ y = 3
Rλ3
1
= {(x, x + z, z )|x, z ∈ R } = { (x,x, 0) + (0, (0, z , z ) |x, z ∈ ∈ R } = {x(1, (1, 1, 0) + z + z (0, (0, 1, 1)|x, z ∈ (1, 1, 0), 0), (0, (0, 1, 1)}. ∈ R } = L{ (1,
Za λ 2 = 4 dobijamo R dobijamo R λ3 = L{ (1, (1, 1, 2)}. • Za λ 2
Primetimo da skup B = {(1, (1, 1, 0), 0), (0, (0, −1, 1), 1), (1, (1, 1, 2)} predstavlja jednu bazu prostora R tora R 3 i da je −2 0 0 0 −2 0 . [f ] f ]B = 0 0 4
DIJAGONALIZACIJA DIJAGONALIZACIJA LINEARNOG OPERATORA OPERATORA I KVADRA KVADRATNE TNE MATRICE MATRICE Neka je ( V, +, ·, F ) konaˇcnodimenzioni cnod imenzioni vektorski prostor i f : V → V linearni operator.
Definicija. Linearni operator f : V → V je dijagonalizab dijagonal izabilan ilan (dopuˇsta sta dijagdijag onalizaciju) ako postoji baza B prostora V takva da je [f ]B dijagonalna matrica. Tada kaˇzemo zem o da baza ba za B dijagonalizira operator f . Primer. Ako f : R 3 → R 3 , f (x,y,z ) = (x − 3y + 3 z, 3x − 5y + 3 z, 6x − 6y + 4 z ) i B = { (1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 2)} onda [f ]B =
−2 0 0 0 −2 0 0 0 4
pa je f dijagonalizabilan i baza B dijagonalizira f .
,
Definicija. Kvadratna matrica A ∈ M n (F ) je dijagonalizabilna ako a ko je sliˇcna cna nekoj dijagonalnoj matrici, tj. ako postoji regularna matrica P ∈ M n (F ) takva da je matrica B = P −1AP dijagonalna. Teorema 1. Linearni operator f je dijagonalizabilan akko je matrica [ f ]B dijagonalizabiln nalizabilna, a, gde je B neka baza prostora V . . Dokaz. (→) Neka je B proizvoljna baza prostora V i neka je f dijagonalizabilan. s Tada postoji baza B ′ takva da je [ f ]B dijagonalna matrica, odakle sledi [ f ]B ∼ [f ]B (jer su matrice reprezentacije linearnog operatora u dvema bazama sliˇcne cne matrice). ′
′
s
(←) Neka je [ f ]B ∼ A, gde je A dijagonaln dijagonalnaa matrica. Tada postoji regularna regularna −1 ′ matrica P takva da je A = P [f ]B P . Nek Neka je B baza prostora V takva da je P ′ matrica prelaza iz B u B . Tada [f ]B = P −1 [f ]B P = A, pa je f dijagonalizabilan operator. . ′
Posledica. Matrica A ∈ M n (F ) je dija dijago gona nali liza zabi biln lnaa akk akko je oper operat ator or f A : M n×1 (F ) → M n×1 (F ), f A (X ) = AX dijagonalizabilan. Teorema 2. Linearni operator f : V → V je dijagonalizabilan akko postoji baza prostora V koju ˇcine cine sopstveni s opstveni vektori operat o peratora ora f . Tada je matrica reprezentacije operatora f u toj bazi bazi dijagon dijagonaln alnaa matric matrica, a, i na dijagon dijagonali ali se nalaze nalaze sopstv sopstvene vrednosti operatora f . Dokaz. (→) Neka je B = { x1 , . . . , xn} baza prostora V koja dijagonalizira operator f , tj. λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 [f ]B = . .. .. . . . . .. . .
0
0 . . . λn
Tada xi = 0 (jer je bazni vektor) i f (xi) = λi · x i , za svako i ∈ {1, . . . , n}, pa je svako xi sopstveni vektor, tj. B je baza sastavljena od sopstvenih vektora.
(←) Nek Neka je B = {x1 , . . . , xn } baza baza koju ˇcine cine sopstv sopstveni eni vekt vektori ori.. f (xi ) = λ i · xi , i = 1, 2, . . . , n, gde λi ∈ S p(f ), pa je
[f ]B =
λ1
0
0 .. .
λ2
0 0 .. .
... ...
.. . . . . 0 . . . λn
0
dijagonalna dijagonalna matrica. matrica. Dakle, Dakle, f je dijagonalizabilan.
Tada
.
Dakle, problem dijagonalizacije dijago nalizacije se svodi na nalaˇzenje zenje baze sastavljene sastavljene od sopstvenih vektora. Matrice koje ko je dopuˇstaju staju dijagonalizaciju se lako mogu stepenovati. stepenovati. n
Primer. Odrediti A , ako je A =
−1 1 ∈ M n (R). 4 2
Po definiciji, matrica A je dijagonalizabilna akko je linearni operator f A : M 2×1 (R) → M 2×1 (R),
f A (X ) = A · X
dijagonalizabilan. U standardnoj bazi e =
1 −1
1 4
,
je [f A]e = A.
Standardnim postupkom nalazimo Sp (A) = S p(f A) = {− 2, 3}
1 −1
λ1 = −2 : (M 2×1 (R))λ1 = L λ2 = 3 : (M 2×1 (R))λ2 = L B =
1 −1
,
1 4
1 4
- sopstveni so pstveni vektori ˇcine bazu, pa je f A dijagonalizabilan, [f A ]B =
−2 0 0 3
i vaˇ vaˇzi A = [f A ]e = P · [f A ]B · P −1 ,
gde je P =
1 1 −1 4
matrica prelaza iz baze e u bazu B . Tada je n
An = (P [f A ]B P −1 )n = P ([f A]B ) P −1 = P ·
=
1 1 −1 4
·
(−2) 0
n
0 3n
·
1 5
−2 0 0 3
4 −1 = 1 1
n
· P −1 = P ·
(−2)n+2 +3n 5 4·3n −(−2)n+2 5
(−2)n 0 0 3n
3n −(−2)n 5 (−2)n +4·3n 5
· P −1
Teorema 3. Sopstveni vektori pridruˇzeni zeni razliˇcitim citim sopstvenim vrednostima vrednosti ma su linearno nezavisni. Dokaz. Neka su x 1 , x2 , . . . , xn sopstveni sop stveni vektori vektor i pridruˇ prid ruˇzeni zeni karakteris karakt eristiˇ tiˇcnim cnim vredvred nostima, redom, λ1 , λ2 , . . . , λn, pri pr i ˇcemu cemu λi = Pokaˇzimo zimo da je skup sk up λ j , za i = j . Pokaˇ matemat iˇckom ckom indukcijom po n. {x1, . . . , xn } linearno nezavisan matematiˇ Za n = 1 skup {x1 } je linearno nezavisan, jer je x1 = 0. Pretpostavimo da je skup {x1 , . . . , xn } linearno nezavisan i dokaˇzimo zimo linearnu nezavisnost skupa {x1 , . . . , xn+1 }. α1 x1 + . . . + αn xn + αn+1 xn+1 = 0 ⇒ f (α1 x1 + . . . + αnxn + αn+1 xn+1 ) = f (0) ⇒ α 1f (x1 ) + . . . + αn f (xn ) + αn+1 f (xn+1 ) = 0 ⇒ α 1λ1 x1 + . . . + αnλnxn + αn+1 λn+1 xn+1 = 0.
(∗)
(∗∗)
Mnoˇ Mnoˇzenj zenjem em (∗) sa −λn+1 i dodavanjem u (∗∗) dobijamo dobijamo α1 (λ1 − λn+1 )x1 + . . . + αn (λn − λn+1 )xn = 0.
Po indukcijskoj hipotezi sledi α1 (λ1 − λn+1 ) = 0, . . . , αn (λn − λn+1 ) = 0.
Kako je λi = λ j , za i = j , dalje sledi α1 = 0, . . . , αn = 0.
Zamenom u (∗) dobijamo αn+1 xn+1 = 0, odakle sledi αn+1 = 0.
=0 =0
Dakle, ako je dimV = n i linearni operator f : V → V ima n razliˇ razl iˇcitih cit ih sopso pstvenih vrednosti, tada je f dijagonali dija gonalizabilan zabilan.. Sliˇcno, cno, matrica A ∈ M n (F ) koja ima n razliˇ razliˇcitih citih sopstvenih vrednosti je dijagonalizabilna. Dakle, problem se svodi na sluˇcajeve ca jeve kada sopst s opstveni veni polino po linom m ima im a veˇsestruke sest ruke korene. korene .
Definicija. Neka je λ0 ∈ S p(f ), gde je f : V → V linearni operator. (1) Algebarski Algebarski multiplicitet multiplicitet sopstvene sopstvene vrednosti λ0 (oznaka am(λ0 )) je red korena λ0 sopstvenog polinoma pf (λ). (2) Geometrijski multiplicitet sopstvene vrednosti λ0 (oznaka gm (λ0)) je dimenzija sopstvenog prostora V λ0 .
Primer. Za g : R 3 → R 3 , g (x , y , z) = (−3x + y − z, −7x + 5y − z, −6x + 6y − 2z ) dobijamo da je pg (λ) = (λ + 2)2 (λ − 4), Sp (g ) = {− 2, 4}. Za λ1 = −2 je Rλ3 1 = L{ (1, 1, 0)}, pa je am(λ1 ) = 2, gm (λ1) = 1.
Za λ2 = 4 je Rλ3 2 = L{ (0, 1, 1)}, pa je am(λ2 ) = 1, gm (λ2) = 1. Primetimo da sopstveni vektori {(1, 1, 0), (0, 1, 1)} operatora g ne ˇcine cine bazu, bazu , tj. g nije dijagonalizabilan.
Teorema 4. Za svako λ0 ∈ S p(f ) vaˇzi zi 1 ≤ g m(λ0 ) ≤ am (λ0 ). Dokaz. Iz V λ0 = {0} sledi da je dimV λ0 ≥ 1, tj. gm (λ0) ≥ 1. Neka je dimV λ0 = r i B = { x1, . . . , xr } jedna baza za V λ0 . Proˇsirimo sirimo je do d o baze ′ B = { x1 , . . . , xr , y1 , . . . , ys } prostora V . Tada f (x1 ) = λ0 x1
.. . f (xr ) = λ0 xr f (y1 ) = α11 x1 + . . . + αn1 xr + β 11 11 y1 + . . . + β s1 ys .. . pa je
[f ]B = ′
Dalje sledi
pf (λ) =
pa je
0 .. . . . . .. . 0 . . . λ0 0
λ0 . . .
λ0 − λ . . .
.. . 0
...
C D
,
0 .. .
gde je C = αij r×s , D = β ij ij s×s .
C
. . . λ0 − λ D − λI r
0
= (λ0 − λ)r · det(D − λ · I s ),
am(λ0 ) ≥ r = gm g m(λ0 ).
Algoritam Algorit am dijagonalizab dijago nalizabilnosti ilnosti sadrˇzan zan je u slede´coj coj teoremi.
Teorema 5. Neka je f : V → V linearni operator, n = dimV , , λ1 , . . . , λr ∈ F , pf (λ) = (λ − λ1 )m1 · . . . · (λ − λr )m , m1 + . . . + mr = n i λi = = j . λ j , za i r
Slede´ Sle de´ca ca tvrd tvr d¯enja enj a su ekvival ekv ivalentn entna: a: (1) f je dijagonalizabilan, (2) V = V λ1 ⊕ . . . ⊕ V λ , r
(3) n = dimV λ1 + . . . + dimV λ , r
(4) (∀i = 1, 2, . . . , r ) mi = dimV λ . i
Dokaz. Dok az. (1) (1) → (2) Neka je f dijagonal dijagonalizabi izabilan. lan. Tada postoji baza B koju ko ju ˇcine ci ne sopstveni vektori takva da je [ f ]B dijagonalna dijagonalna matrica. matrica. Bazu B moˇzemo zem o prikaza pri kazati ti u obliku B = B 1 ∪ . . . ∪ Br , gde je Bi baza za V λ (i = 1, . . . , r). Otuda je i
V = V λ1 + . . . + V λ . r
Pokaˇ Pokaˇzimo zimo da je suma su ma direktna, tj. da d a je V λ ∩ (V λ1 + . . . + V λ Ako x ∈ V λ ∩ (V λ1 + . . . + V λ 1 ) onda i
i
i−1
) = ∅ , za i ∈ {2, . . . , r }.
i−
x = x 1 + . . . + xi−1 , za neke x1 ∈ V λ1 , . . . , xi−1 ∈ V λ
i−1
.
Zbog Zbo g linearne nezavisnosti nezavisn osti sopstvenih so pstvenih vektora koji ko ji odgov odg ovara araju ju razliˇcitim citim sopstvenim sops tvenim vrednostima, sledi x1 = . . . = x i−1 = x = 0. Dakle, V = V λ1 ⊕ . . . ⊕ V λ . r
(2)→(3) n = dimV = dimV λ1 + . . . + dimV λ (jer je suma direktna). r
(3)→(4) Iz n = m1 + . . . + mr n = dimV λ1 + . . . + dimV λ
r
oduzimanjem dobijamo 0 = (m1 − dimV λ1 ) + . . . + (mr − dimV λ ), r
≥0
odakle sledi sledi
≥0
m1 = dimV λ1 , . . . , mr = dimV λ . r
(4)→(1) Napravino bazu prostora V koja dijagonalizira f . Neka su B 1, . . . , Br baze, redom, prostora V λ1 , . . . , Vλ i neka je r
def
U = V λ1 ⊕ . . . ⊕ V λ
r
Iz U V ,
dimU = dimV λ1 + . . . + dimV λ = m 1 + . . . + mr = n = dimV r
sledi U = V , pa je B = B1 ∪ . . . ∪ Br baza prostora V koju ˇcine cine sopstveni vektori. Dakle, f je dijagonalizab dijago nalizabilan ilan i vaˇ vaˇzi zi [f ]B = diag [λ1 , . . . , λ1 , λ2 , . . . , λ2 , . . . , λr , . . . , λr ].
m1
m2
mr
Dakle, da bi linearni operator f : V → V bio dijagonalizabilan potrebno je i dovoljno da: (1) Svi koreni sopstvenog polinoma pf pripadaju polju F , (2) Za svako λ ∈ Sp (f ) vaˇ vaˇzi am(λ) = gm (λ) (algebarski multiplicitet jednak geometrijskom ometrijskom multiplicitetu). multiplicitetu).
INVARIJANTNI POTPROSTORI Neka je ( V, +, ·, F ) konaˇcno cno dimenzioni dimenzion i vektorski prostor i f : V → V linearni operator.
Definicija. Potprostor U vektorskog prostora V je f -invarijantan ako je f (U ) ⊆ U,
tj. f (x) ∈ U , za svako x ∈ U .
Primer. Za f : R3 → R3, f (x,y,z ) = (x − 3y + 3z, 3x − 5y + 3z, 3x − 6y + 4z ), ), potprostor U = {(x + y, x + y, 2y )|x, y ∈ R } je invarijantan jer f (x + y, x + y, 2y ) = (x + y − 3(x + y ) + 3(2y ), 3(x + y ) − 5(x + y ) + 3(2z ), 3(x + y ) − 6(x + y ) + 4(2z )) )) = (−2x + 4y , −2x + 4 y, 8y ) = (u + v, u + v, 2v ) ∈ U.
=u
=v
Iz definicije je oˇcigledno: cigledno : -invarijantan, tada f ↾U : U → U je linearni operator prostora U . • Ako je U f -invarijantan, p roˇsirim si rimoo do baze ba ze B = {x1 , . . . , xr , y1, . . . , ys } • Ako bazu B = {x1 , . . . , xr } za U proˇ za V , , tada f (xi ) ∈ U = L (B ), pa je ′
[f ]B = ′
[f ↾U ]B C 0
D
.
Odavde dalje sledi pf (λ) = det ([f ]B −λI r+s ) = det ([f ↾U ]B −λI r )·det(D−λI s ) = p f ↾U ·det(D−λI s ), ′
pa je pf ↾U | pf .
• Ako je V = U 1 ⊕ . . . ⊕ U k i U 1, . . . , Uk netrivijalni f -invarijantni potprostori, onda je:
– pf = p f ↾
U 1
· . . . · pf ↾ ;
– Za svako x =
U k
k i=1
vaˇzi xi , xi ∈ U i, va k
k
f (x) = f (
xi ) =
i=1
i=1
k
f (xi ) =
f ↾U i (xi ),
i=1
pa se prouˇcavanje cavanje operatora opera tora f svodi na prouˇcavanje cavanje njegovih restrikcija restrikcija na invarijantne invarijantne potprostore.
Teorema. (Osobine invarijantnih invarijantnih potprostora) Neka je f endomorfi endom orfizam zam konaˇcnodime cno dimenzio nzionog nog vektorskog prostora V . . Tada: (1) {0} i V su f -invarijantni -invarijantni (trivijalni f -invarijantni -invarijantni potprostori), (2) kerf i I mf su f -invarijantni, (3) V λ je f -invarijantan, za λ ∈ S p(f , (4) Zbir f -invarijantnih potprostora je f -invarijantan -invarijantan potprostor, (5) Presek Presek f -invarijantnih potprostora je f -invarijantan -invarijantan potprostor. Dokaz. (1) Sledi iz f ({0}) = { 0} i f (V ) ⊆ V . (2) Sledi iz f (kerf ) = { 0} ⊆ kerf i f (I mf ) ⊆ I mf . (3) Sledi iz f (V λ ) = {f (x)|x ∈ V λ } = {λ · x|x ∈ V λ} ⊆ V λ. (4) Sledi iz f (U 1 + . . . + U k ) ⊆ f (U 1 ) + . . . + f (U k ) ⊆ U 1 + . . . + U k , za proizvoljne f invarijantne potprostore U 1 , . . . , Uk . (5) Za f invarijantne potprostore U 1 , . . . , Uk va vaˇzi f (U 1 ∩ . . . ∩ U k ) ⊆ f (U 1 ) ∩ . . . ∩ f (U k ) ⊆ U 1 ∩ . . . ∩ U k ,
pa je U 1 ∩ . . . ∩ U k f invarijantan. Veza izme iz med d¯u f -invarijantnih -invarijantnih potprostora p otprostora i sopstvenih sopstvenih vektora data je u slede´ coj coj teoremi.
Teorema. Vektor x ∈ V je sopstveni vektor linearnog operatora f : V → V akko L{x} je jednodimenzioni f -invarijantni potprostor od V . Dokaz. Dokaz. (→) Neka je x sopstveni vektor operatora f pridruˇ prid ruˇzen zen sopstveno sops tvenojj vredvr ednosti λ . Svakako je U = L{ x} V , , a kako je x = 0 sledi da je dimU = 1. 1 . Pokaˇzimo zi mo joˇs da je U f -invarijantan. -invarijantan. Neka Neka je y ∈ U . Tada y = α · x, za neko α ∈ F , pa je f (y ) = f (α · x) = α · f (x) = αλx = (αλ)x ∈ U . (←) Neka je U = L{x} jednodimenzioni f -invarijantni potprostor od V . Tada x = 0 i f (x) ∈ U , tj f (x) = λ · x, za neko λ ∈ F . Odavde Odavde sled sledii da je x sopstveni vektor operatora f . Prirodno Priro dno se name´ce ce pitanje pita nje da li za svaki endomorfizam endomorfi zam f postoje netrivijalni f invarijantni invarijantni potprostor pot prostori? i? Za sluˇ sl uˇcaj ca j kada je vektorski prostor kompleksan (ili uopˇste ste nad poljem koje je algebarski zatvoreno) lako se dolazi do potvrdnog odgovora. Postoji λ0 ∈ Sp (f ) (jer su svi koreni polinoma pf u polju C ), ), pa i sopstveni vektor x pridruˇzen zen sopstvenoj sopstveno j vrednosti λ0 . Tada ada je U = L{x} jednodimenzioni f invarijantan invarijantan potprostor.
Med¯utim, za realne vektorske prostore p rostore nije obezbed obezb ed¯ena egzistencija egzistencij a jednodimenjedno dimenzionih f -invarijantnih potprostora (jer R nije algebarski zatvoreno, pa pf ne mora imati koren u R, odnosno, f ne mora imati sopstvenu sopstvenu vrednost). U sluˇcaju caju realnih vektorskih prostora prostor a odgovor o dgovor daje da je slede´ sl ede´ca ca teorema.
Teorema. Za svaki linearni operator f : V → V konaˇcno cno dimenzionog dimenzion og realnog vektorskog prostora V = {0} postoji f -invarijantan potprostor U dimenzije 1 ili 2. Dokaz. Neka je dimV = n , B baza za V , , A = [f ]B , kB : V → M n 1 (R), kB (x) = [x]B , f A : M n 1 (R) → M n 1 (R), f A (X ) = AX . Tad Tadaa vaˇzi zi ×
×
×
(f A◦kB )(x) = f A ([x]B ) = A [x]B = [f ]B [x]B = [f 9x0]B = k B (f (x)) = (kB ◦f )(x),
x ∈ V
tj. f A ◦ kB = k B ◦ f.
Ako je U ⊆ M n 1 (R) f A -invarijantan potprostor od M n 1 (R), onda je i U 1 = k B 1 (U ) , jer je f -invarijantan potprostor od V , −
×
×
−1 −1 −1 (U ) = k B (U ) = U 1 . f (U 1 ) = f ◦ kB ◦ f A (U ) ⊆ k B
Pokaˇzimo zimo da posto po stoji ji f A invarijantni potprostor U prostora M n 1 (R). Polinom Polinom pf ima koren λ = λ1 + iλ 2 ∈ C , pa postoji i Z = X 1 + iX 2 ∈ M n 1 (C ) tako da je = 0 ili X 2 = 0). Tada je f A (Z ) = λZ i (X 1 ×
A
×
AX 1 +iAX 2 = AZ = f A (Z ) = λZ = (λ1 +iλ2 )(X 1 +iX 2 ) = λ 1 X 1 −λ2 X 2 +i(λ2 X 1 +λ1 X 2 ),
tj. f A (X 1 ) = AX 1 = λ 1 X 1 − λ2 X 2 ,
Za
f A (X 2 ) = AX 2 = λ 2 X 1 + λ1 X 2 .
def
U = L{X 1, X 2 } M n×1 (R)
dobijamo da je f A (U ) ⊆ U , pa je U f A invarijantan potprostor dimenzije 1 ili 2, a time je def
−1 U 1 = kB (U )
f -invarijantan potprostor od V dimenzije 1 ili 2. .
KEJLI-HAMILTONOVA TEOREMA
Definicija. Za A ∈ M n (F ) i polinom p = a 0 + a1 x + . . . + ak xk ∈ F [x] matricu def
p(A) = a0 I n + a1 A + . . . + ak Ak
zovemo polinom po A nad poljem F . Ako je p(A) = 0 onda kaˇ kaˇzemo zemo da je A koren polinoma p.
Primer. Za A =
−1 1 , p = x2 + 2x − 3, q = = x2 − x − 6 vaˇ vaˇzi 4 2
p(A) = A 2 + 2A − 3I 2 =
0 3 12 9
, q (A) = A 2 − A − 6I 2 =
0 0 0 0
.
Definicija. Za linearni operator f : V → V i p = a0 + a 1 x + . . . + ak xk ∈ F [x] endomorfizam def p(f ) = a0 1V + a1 f + a2 f 2 + . . . + ak f k , gde je f i = f ◦ f ◦ Ako je p(f ) = 0V (nula ◦ . . . ◦ f , zovemo polinom po f nad F . Ako
i
operat op erator) or) kaˇzemo zemo da je f koren polinoma p.
Primer. Za V = L{sin x, cos x}, D : V → V operator diferenciranja i p = 1 + x2 vaˇzi p(D) = 1V + D 2 , pa je p(D)(sin x) = sin x + (sin x)′′ = 0,
p(D)(cos x) = cos x + (cos x)′′ = 0,
tj. p(D) = 0.
Teorema. Ako je p = a 0 + a1 x + . . . + ak xk ∈ F [x], f : V → V linearno preslikavanje, A, B ∈ M n (F ), tada s
• A ∼ B
⇒
• A = [f ]B
⇒
s
p(A) ∼ p (B ). p(A) = [ p p(f )]B .
Dokaz.
•
s
A ∼ B
•
⇒ ( ∃P ∈ M n (F )) B = P 1AP ⇒ p (B ) = ik=1 ai B i = ik=1 ai (P 1AP )i = ik=1 ai P 1 Ai P = P 1 ( ik=1 ai Ai )P = P 1 p(A)P s ⇒ p (A) ∼ p (B ). −
p(f )]B = [ p = = =
−
−
−
[a0 1V + a1 f + + . . . + ak f k ]B a0 [1V ]B + a1 [f ]B + . . . + ak [f ]kB a0 I n + a1 A + . . . + ak Ak p(A).
−
Jedna od najvaˇznijih znijih teorema linearne algebre je Kejli-Hamiltonova Kejli-Hamiltonova teorema.
Teorema (Cayley-Hamilton). Svaki linearni operator oper ator konaˇcnodimenziono cnodi menzionogg vektorskog prostora je koren svog sopstvenog polinoma, tj. pf (f ) = 0.
(bez dokaza)
Primer. Za V = L{ sin x, cos x} i D : V → V operat op erator or diferen di ferencira ciranja nja vaˇzi zi D(cos x) = − sin x,
D (sin x) = cos x,
pa je matrica reprezentacija operatora D u datoj bazi [D] =
0 −1 1 0
,
odakle je sopstveni polinom pD (λ) =
−λ −1 = λ 2 + 1. 1 −λ
Po Kejli-Hamiltonovoj teoremi sledi
pD (D) = 0,
tj. D 2 + 1V = 0V
(gde je 1 V identiˇcko cko preslikavanje, pres likavanje, a 0V nula operator prostora V ). ).
Posledica. Svaka kvadratna matrica je koren svog sopstvenog polinoma. Dokaz Dokaz.. Nek Neka je A ∈ M n (F ), f A : M n 1 (F ) → M n 1 (F ), f A(X ) = AX , e standardna baza prostora M n 1 (F ). Tada [f A ]e = A i pf = p A, pa je ×
×
×
A
pA (A) = p f A ([f A ]e ) = [ p pf A (f A )]e = [
0 ]e = 0. nula nula operat.
−1 1 Primer. Za A = je pA (λ) = 4 2 Kejli-H Kejl i-Hami amilto ltonove nove teore t eoreme me vaˇzi zi
1 −1 − λ 4 2−λ
= λ 2 − λ − 6. Po Posledici
A2 − A − 6I 2 = 0,
odakle sledi sledi A2 = A + 6I 2 . Dalje raˇcunamo cunamo ostale stepene matrice A : A3 = A2 + 6A = 7A + 6I 2 A4 = 7A2 + 6A = 13A + 42I 2
.. . Svi stepeni matrice A su linearna kombinacija matrica A i I 2 , a kako je {A, I 2 } linearno nezavisan skup vektora, sledi
L {An |n ∈ N ∪ {0}} = L{ A, I 2 }.
INVARIJANTNI POTPROSTORI Neka je ( V, +, ·, F ) konaˇcno cno dimenzioni dimenzion i vektorski prostor i f : V → V linearni operator.
Definicija. Potprostor U vektorskog prostora V je f -invarijantan ako je f (U ) ⊆ U,
tj. f (x) ∈ U , za svako x ∈ U .
Primer. Za f : R3 → R3, f (x,y,z ) = (x − 3y + 3z, 3x − 5y + 3z, 3x − 6y + 4z ), ), potprostor U = {(x + y, x + y, 2y )|x, y ∈ R } je invarijantan jer f (x + y, x + y, 2y ) = (x + y − 3(x + y ) + 3(2y ), 3(x + y ) − 5(x + y ) + 3(2z ), 3(x + y ) − 6(x + y ) + 4(2z )) )) = (−2x + 4y , −2x + 4 y, 8y ) = (u + v, u + v, 2v ) ∈ U.
=u
=v
Iz definicije je oˇcigledno: cigledno : -invarijantan, tada f ↾U : U → U je linearni operator prostora U . • Ako je U f -invarijantan, p roˇsirim si rimoo do baze ba ze B = {x1 , . . . , xr , y1, . . . , ys } • Ako bazu B = {x1 , . . . , xr } za U proˇ za V , , tada f (xi ) ∈ U = L (B ), pa je ′
[f ]B = ′
[f ↾U ]B C 0
D
.
Odavde dalje sledi pf (λ) = det ([f ]B −λI r+s ) = det ([f ↾U ]B −λI r )·det(D−λI s ) = p f ↾U ·det(D−λI s ), ′
pa je pf ↾U | pf .
• Ako je V = U 1 ⊕ . . . ⊕ U k i U 1, . . . , Uk netrivijalni f -invarijantni potprostori, onda je:
– pf = p f ↾
U 1
· . . . · pf ↾ ;
– Za svako x =
U k
k i=1
vaˇzi xi , xi ∈ U i, va k
k
f (x) = f (
xi ) =
i=1
i=1
k
f (xi ) =
f ↾U i (xi ),
i=1
pa se prouˇcavanje cavanje operatora opera tora f svodi na prouˇcavanje cavanje njegovih restrikcija restrikcija na invarijantne invarijantne potprostore.
Teorema. (Osobine invarijantnih invarijantnih potprostora) Neka je f endomorfi endom orfizam zam konaˇcnodime cno dimenzio nzionog nog vektorskog prostora V . . Tada: (1) {0} i V su f -invarijantni -invarijantni (trivijalni f -invarijantni -invarijantni potprostori), (2) kerf i I mf su f -invarijantni, (3) V λ je f -invarijantan, za λ ∈ S p(f , (4) Zbir f -invarijantnih potprostora je f -invarijantan -invarijantan potprostor, (5) Presek Presek f -invarijantnih potprostora je f -invarijantan -invarijantan potprostor. Dokaz. (1) Sledi iz f ({0}) = { 0} i f (V ) ⊆ V . (2) Sledi iz f (kerf ) = { 0} ⊆ kerf i f (I mf ) ⊆ I mf . (3) Sledi iz f (V λ ) = {f (x)|x ∈ V λ } = {λ · x|x ∈ V λ} ⊆ V λ. (4) Sledi iz f (U 1 + . . . + U k ) ⊆ f (U 1 ) + . . . + f (U k ) ⊆ U 1 + . . . + U k , za proizvoljne f invarijantne potprostore U 1 , . . . , Uk . (5) Za f invarijantne potprostore U 1 , . . . , Uk va vaˇzi f (U 1 ∩ . . . ∩ U k ) ⊆ f (U 1 ) ∩ . . . ∩ f (U k ) ⊆ U 1 ∩ . . . ∩ U k ,
pa je U 1 ∩ . . . ∩ U k f invarijantan. Veza izme iz med d¯u f -invarijantnih -invarijantnih potprostora p otprostora i sopstvenih sopstvenih vektora data je u slede´ coj coj teoremi.
Teorema. Vektor x ∈ V je sopstveni vektor linearnog operatora f : V → V akko L{x} je jednodimenzioni f -invarijantni potprostor od V . Dokaz. Dokaz. (→) Neka je x sopstveni vektor operatora f pridruˇ prid ruˇzen zen sopstveno sops tvenojj vredvr ednosti λ . Svakako je U = L{ x} V , , a kako je x = 0 sledi da je dimU = 1. 1 . Pokaˇzimo zi mo joˇs da je U f -invarijantan. -invarijantan. Neka Neka je y ∈ U . Tada y = α · x, za neko α ∈ F , pa je f (y ) = f (α · x) = α · f (x) = αλx = (αλ)x ∈ U . (←) Neka je U = L{x} jednodimenzioni f -invarijantni potprostor od V . Tada x = 0 i f (x) ∈ U , tj f (x) = λ · x, za neko λ ∈ F . Odavde Odavde sled sledii da je x sopstveni vektor operatora f . Prirodno Priro dno se name´ce ce pitanje pita nje da li za svaki endomorfizam endomorfi zam f postoje netrivijalni f invarijantni invarijantni potprostor pot prostori? i? Za sluˇ sl uˇcaj ca j kada je vektorski prostor kompleksan (ili uopˇste ste nad poljem koje je algebarski zatvoreno) lako se dolazi do potvrdnog odgovora. Postoji λ0 ∈ Sp (f ) (jer su svi koreni polinoma pf u polju C ), ), pa i sopstveni vektor x pridruˇzen zen sopstvenoj sopstveno j vrednosti λ0 . Tada ada je U = L{x} jednodimenzioni f invarijantan invarijantan potprostor.
Med¯utim, za realne vektorske prostore p rostore nije obezbed obezb ed¯ena egzistencija egzistencij a jednodimenjedno dimenzionih f -invarijantnih potprostora (jer R nije algebarski zatvoreno, pa pf ne mora imati koren u R, odnosno, f ne mora imati sopstvenu sopstvenu vrednost). U sluˇcaju caju realnih vektorskih prostora prostor a odgovor o dgovor daje da je slede´ sl ede´ca ca teorema.
Teorema. Za svaki linearni operator f : V → V konaˇcno cno dimenzionog dimenzion og realnog vektorskog prostora V = {0} postoji f -invarijantan potprostor U dimenzije 1 ili 2. Dokaz. Neka je dimV = n , B baza za V , , A = [f ]B , kB : V → M n 1 (R), kB (x) = [x]B , f A : M n 1 (R) → M n 1 (R), f A (X ) = AX . Tad Tadaa vaˇzi zi ×
×
×
(f A◦kB )(x) = f A ([x]B ) = A [x]B = [f ]B [x]B = [f 9x0]B = k B (f (x)) = (kB ◦f )(x),
x ∈ V
tj. f A ◦ kB = k B ◦ f.
Ako je U ⊆ M n 1 (R) f A -invarijantan potprostor od M n 1 (R), onda je i U 1 = k B 1 (U ) , jer je f -invarijantan potprostor od V , −
×
×
−1 −1 −1 (U ) = k B (U ) = U 1 . f (U 1 ) = f ◦ kB ◦ f A (U ) ⊆ k B
Pokaˇzimo zimo da posto po stoji ji f A invarijantni potprostor U prostora M n 1 (R). Polinom Polinom pf ima koren λ = λ1 + iλ 2 ∈ C , pa postoji i Z = X 1 + iX 2 ∈ M n 1 (C ) tako da je = 0 ili X 2 = 0). Tada je f A (Z ) = λZ i (X 1 ×
A
×
AX 1 +iAX 2 = AZ = f A (Z ) = λZ = (λ1 +iλ2 )(X 1 +iX 2 ) = λ 1 X 1 −λ2 X 2 +i(λ2 X 1 +λ1 X 2 ),
tj. f A (X 1 ) = AX 1 = λ 1 X 1 − λ2 X 2 ,
Za
f A (X 2 ) = AX 2 = λ 2 X 1 + λ1 X 2 .
def
U = L{X 1, X 2 } M n×1 (R)
dobijamo da je f A (U ) ⊆ U , pa je U f A invarijantan potprostor dimenzije 1 ili 2, a time je def
−1 U 1 = kB (U )
f -invarijantan potprostor od V dimenzije 1 ili 2. .
KEJLI-HAMILTONOVA TEOREMA
Definicija. Za A ∈ M n (F ) i polinom p = a 0 + a1 x + . . . + ak xk ∈ F [x] matricu def
p(A) = a0 I n + a1 A + . . . + ak Ak
zovemo polinom po A nad poljem F . Ako je p(A) = 0 onda kaˇ kaˇzemo zemo da je A koren polinoma p.
Primer. Za A =
−1 1 , p = x2 + 2x − 3, q = = x2 − x − 6 vaˇ vaˇzi 4 2
p(A) = A 2 + 2A − 3I 2 =
0 3 12 9
, q (A) = A 2 − A − 6I 2 =
0 0 0 0
.
Definicija. Za linearni operator f : V → V i p = a0 + a 1 x + . . . + ak xk ∈ F [x] endomorfizam def p(f ) = a0 1V + a1 f + a2 f 2 + . . . + ak f k , gde je f i = f ◦ f ◦ Ako je p(f ) = 0V (nula ◦ . . . ◦ f , zovemo polinom po f nad F . Ako
i
operat op erator) or) kaˇzemo zemo da je f koren polinoma p.
Primer. Za V = L{sin x, cos x}, D : V → V operator diferenciranja i p = 1 + x2 vaˇzi p(D) = 1V + D 2 , pa je p(D)(sin x) = sin x + (sin x)′′ = 0,
p(D)(cos x) = cos x + (cos x)′′ = 0,
tj. p(D) = 0.
Teorema. Ako je p = a 0 + a1 x + . . . + ak xk ∈ F [x], f : V → V linearno preslikavanje, A, B ∈ M n (F ), tada s
• A ∼ B
⇒
• A = [f ]B
⇒
s
p(A) ∼ p (B ). p(A) = [ p p(f )]B .
Dokaz.
•
s
A ∼ B
•
⇒ ( ∃P ∈ M n (F )) B = P 1AP ⇒ p (B ) = ik=1 ai B i = ik=1 ai (P 1AP )i = ik=1 ai P 1 Ai P = P 1 ( ik=1 ai Ai )P = P 1 p(A)P s ⇒ p (A) ∼ p (B ). −
p(f )]B = [ p = = =
−
−
−
[a0 1V + a1 f + + . . . + ak f k ]B a0 [1V ]B + a1 [f ]B + . . . + ak [f ]kB a0 I n + a1 A + . . . + ak Ak p(A).
−
Jedna od najvaˇznijih znijih teorema linearne algebre je Kejli-Hamiltonova Kejli-Hamiltonova teorema.
Teorema (Cayley-Hamilton). Svaki linearni operator oper ator konaˇcnodimenziono cnodi menzionogg vektorskog prostora je koren svog sopstvenog polinoma, tj. pf (f ) = 0.
(bez dokaza)
Primer. Za V = L{ sin x, cos x} i D : V → V operat op erator or diferen di ferencira ciranja nja vaˇzi zi D(cos x) = − sin x,
D (sin x) = cos x,
pa je matrica reprezentacija operatora D u datoj bazi [D] =
0 −1 1 0
,
odakle je sopstveni polinom pD (λ) =
−λ −1 = λ 2 + 1. 1 −λ
Po Kejli-Hamiltonovoj teoremi sledi
pD (D) = 0,
tj. D 2 + 1V = 0V
(gde je 1 V identiˇcko cko preslikavanje, pres likavanje, a 0V nula operator prostora V ). ).
Posledica. Svaka kvadratna matrica je koren svog sopstvenog polinoma. Dokaz Dokaz.. Nek Neka je A ∈ M n (F ), f A : M n 1 (F ) → M n 1 (F ), f A(X ) = AX , e standardna baza prostora M n 1 (F ). Tada [f A ]e = A i pf = p A, pa je ×
×
×
A
pA (A) = p f A ([f A ]e ) = [ p pf A (f A )]e = [
0 ]e = 0. nula nula operat.
−1 1 Primer. Za A = je pA (λ) = 4 2 Kejli-H Kejl i-Hami amilto ltonove nove teore t eoreme me vaˇzi zi
1 −1 − λ 4 2−λ
= λ 2 − λ − 6. Po Posledici
A2 − A − 6I 2 = 0,
odakle sledi sledi A2 = A + 6I 2 . Dalje raˇcunamo cunamo ostale stepene matrice A : A3 = A2 + 6A = 7A + 6I 2 A4 = 7A2 + 6A = 13A + 42I 2
.. . Svi stepeni matrice A su linearna kombinacija matrica A i I 2 , a kako je {A, I 2 } linearno nezavisan skup vektora, sledi
L {An |n ∈ N ∪ {0}} = L{ A, I 2 }.
AKSIOME SKALARNOG PROIZVODA I OSOBINE Uvod¯enje po jma skalarnog skalar nog proizvod proi zvodaa u vektorsk vekt orskii prostor pro stor omogu´ omo gu´cava cava uopˇ uo pˇstavanje stavanje mnogih geometrijskih pojmova (rastojanje, ugao, ortogonalnost,..).
·
Neka je (V, +, , F ) vektorski prostor nad poljem realnih ili kompleksnih brojeva (F = R ili F = C ).
Definicija. Preslikavanje < , >: V V x, y,z V i sve skalare λ F vaˇ vektore x, vaˇzi:
· ·
∈ ∈
∈
× × → F je skalarni skalarni proizvod proizvod ako za sve
(S1) < x + y, y, z >=< x, x, z > + < y, y, z > ,
·
(S2) < λ x, y >= λ < x, x, y > , (S3) < x, y >= < y,x >,
Tada se ured¯eni par (V, < ·, · > ) zove unitarni prostor .
(S4) x = 0
⇒
< x, x > 0.
Napomena.
• Iz (S1) i (S2) sledi da je skalarni skalarni proizvod linearna funkcija funkcija po prvoj koordinati. • Ako F = R aksioma (S3) glasi < x,x, y >=< y,x > . • Za svako x ∈ V iz < x,x, x >= < x,x > sledi < x,x, x >∈ R, ˇsto st o obez ob ezb bed¯uje
korektnost aksiome (S4) (jer relacija > ima smisla u R , dok u C nema smisla).
Najˇ Na jˇceˇ ceˇs´ s´ce ce se koriste koris te slede´ sled e´ci ci skalarni skalar ni proizvod proi zvodii (takozvani (ta kozvani standar stan dardni dni skalarni skalar ni proizvo pro izvodi): di): def
1. V = R n , x = (x1 , . . . , xn), y = (y1, . . . , yn ), < x, x, y > = x1 y1 + . . . + xn yn ; def
2. V = C n , x = (x1, . . . , xn ), y = (y1, . . . , yn ), < x, x, y > = x1 y1 + . . . + xn yn ; def
→ R neprekidne, < f,g > =
3. V = C [a, b], f, g : [a, b]
def
b f a
T
·
(x)g (x)dx;
A, B > = tr(B A) = 4. V = M m×n (C ), A = [aij ], B = [bij ], < A,
m i=1
n j =1
aij bij ;
5. V = R n [x], p = a 0 + a1 x + . . . + anxn , q = = b 0 + b1 x + . . . + bn xn def
• < p,p, q > = a b + . . . + a b , • < p,p, q > = p(x)q (x)dx, • < p,q > = p(α )q (α ) + . . . + p(α )q (α ), gde α , . . . , α ∈ R, α = α , za i = j . 0 0
def
def
n n
1 0
0
0
n
n
0
n
i
j
Primer. Dokazati da je u prostoru R2 [x], sa def
< p, p, q > = p(0)q (0) (0) + p(1)q (1) (1) + p(2)q (2) (2),
∈
p, q R 2 [x],
definisan skalarni proizvod. Dokaˇzimo zimo najpre na jpre,, da za p, q R 2 [x], λ , c R vaˇ vaˇzi:
∈ ∈
∈
• ( p + q )()(c) = p(c) + q (c), • (λp)(c) = λp(c). Zaista, Zaista, za p = a 0 + a1 x + a2 x2 ,
q = = b 0 + b1 x + b2 x2
je p + q = = (a0 + b0 ) + ( a1 + b1 )x + (a2 + b2 )x2 , λp = (λa0 ) + ( λa1 )x + ( λa2 )x2 ,
pa vaˇ vaˇzi
•
( p + q )( )(c) = (a0 + b0) + ( a1 + b1 )c + ( a2 + b2 )c2 = (a0 + a1 c + a2 c2) + ( b0 + b1 c + b2 c2 ) = p (c) + q (c) 2
• (λp)(c) = (λa ) + (λa )c + (λa )c 0
1
2
= λ (a0 + a1 c + a2 c2 ) = λp (c)
(S1) < p + q, q, r > = ( p + q )(0) )(0)r (0) + ( p + q )(1) )(1)r (1) + ( p + q )(2) )(2)r (2) = ( p(0) + q (0)) (0))r(0) + ( p(1) + q (1)) (1))r (1) + ( p(2) + q (2)) (2))r (2) = ( p(0)r (0) + p(1)r (1) + p(2)r (2))+ +(q (0) (0)r(0) + q (1) (1)r (1) + q (2) (2)r(2)) =< p, p, r > + < q,r >
(S2) < λp,q λp,q > = (λp)(0)q (0) (0) + (λp)(1)q (1) (1) + (λp)(2)q (2) (2) = λp (0)q (0) (0) + λp(1)q (1) (1) + λp(2)q (2) (2) p, q > = λ ( p(0)q (0) (0) + p(1)q (1) (1) + p(2)q (2)) (2)) = λ < p,
(S3) < p, p, q > = p (0)q (0) (0) + p(1)q (1) (1) + p(2)q (2) (2) q, p > = q (0) (0) p(0) + q (1) (1) p(1) + q (2) (2) p(2) =< q,
∈
(S4) Neka Neka je p R 2 [x], p = 0. Tada Tada iz definicije d efinicije skalarnog proizvoda proizvod a i ˇcinjenice cinjenice da je prostor realni, sledi < p, p, p >= ( p(0))2 + ( p(1))2 + ( p(2))2
≥ 0.
Ako ( p(0))2 + ( p(1))2 + ( p(2))2 = 0, onda p(0) = p (1) = p (2) = 0,
≤
pa bi polinom p stepena 2 imao 3 korena u polju R, ˇsto st o je jedin jed inoo mogu´ mo gu´ce ce ako je p = 0, suprotno pretpostavci. Kontradikcija, pa sledi < p, p, p > > 0.
Teorema 1.(osobine skalarnog proizvoda) U unitarnom prostoru (V , < , >) za x, y , z V i λ F vaˇ svako x, vaˇzi:
∈ ∈
∈
(1) < x, y + z >=< x, x, y > + < x, x, z > , (2) < x,λy >= λ < x, x, y > , (3) < x, 0 > =< 0 , x >= 0,
⇔
(4) < x, x >= 0
x = 0,
(5) ( x V ) ) < x, y >= 0 (6)
∀ ∈ (∀x ∈ V ) )
⇒
< x, y >=< x, x, z > S3
y = 0,
⇒
y = z . S1
Dokaz. Dokaz. (1) < x , y + z >= < y + z,x > = < y, y, x > + < z, z, x > = < y, y, x > + S3 < z, z, x > =< x, x, y > + < x, x, z > .
·
S3
·
S2
S3
(2) < x, x, λ y >= < λ y,x > = λ < y,x > = λ< y, x > = λ < x, x, y > .
·
(S2)
·
x, x >= 0. (3) < 0 , x >=< 0 x, x > = 0 < x,
(4) (
←
→) sledi iz (S4) (kontrapozicijom).
( ) sledi iz (3).
(4)
x=y
∀ ∈ ⇒ < y,y >= 0 ⇒ y = 0. (6) (∀x ∈ V ) ) < x, y >=< x, x, z > ⇔ (∀x ∈ V ) ) < x, y > − < x, x, z > = 0 ⇐⇒ (∀x ∈ V ) ) < x,y − z >= 0 ⇒ y − z = 0 ⇒ y = z . (5) ( x V ) ) < x, y >= 0
(1),(2)
(5)
ˇ SVARC-BUNJAKOVSKOG ˇ NEJEDNAKOST KOSI-
√
√
x, x >. Primetimo da je u R2 duˇzina zin a vektor vekt oraa x = (a, b) data sa a2 + b2 = < x, Uopˇstimo stimo pojam po jam duˇzine zine vektora na vektore proizvoljnog proizvoljno g unitarnog unitarn og prostora. prostor a.
Definicija. Neka je ( V , < , >) unitarni prostor. Preslikavanje
· : V → R, x = √ < x,x, x > def
∈
(x V ) )
zove se norma na V . . Nenegativan broj x se zove norma ili duˇ duˇzina vektora x.
Primer. Primeri normi koje su inducirane standardnim skalarnim proizvodima: (1) V = R n , x = (x1 , . . . , xn ), x = (2) (3) (4)
2 1
2
x + . . . + x ; V = C , x = (x , . . . , x ), x = |x | + . . . + |x | ; V = C [a, b], f : [a, b] → R neprekidna, f = f (x)dx, V = M × (C ), A = [a ], A = tr(A · A) = |a | ; n
1
n
m n
ij
n
1
2
n
b a
T
(5) V = R n [x], p = a 0 + a1 x + . . . + anxn ,
• p = • p = • p =
2
2
n i,j =1
ij
2
a20 + . . . + a2n , 1 2 p (x)dx, 0
( p(α0))2 + . . . + ( p(αn ))2, gde αi = α j za i = j .
Teorema 2. (Schwarz-Ca (Schwarz-Cauch uchy-Bunjak y-Bunjakowski). owski). U unitarnom prostoru V za svako x i y va vaˇzi
| < x,x, y > | ≤ xy. { }
Jedna Jed nakost kost vaˇzi zi akko x, y je linearno zavisan skup vektora. Dokaz. Za y = 0 tvrd tv rd¯enje ¯enj e oˇcigl ci gled edno no vaˇzi. zi . y 2
2
=< y,y >> 0, pa postoji skalar . Tada 0 ≤ x − · y, x − · y < y,y > = < x, x > − < x,y > − < y,x > + x, y > + = < x, x > − < x,y > − < x, = < x, x > − < x,y > ∈ C ) = x − | | (jer je r vaˇzi zi z · z = = |z | , z ∈ ⇔ | | ≤ x ⇔ | < x,x, y > | ≤ x y (jer | < x,x, y > | ≥ 0, y > 0, x ≥ 0)
Za y = 0 vaˇ vaˇzi y
y 2
y 2
y 2 y 2 y 2 2 y 2
2
y 2
2
y 2 y 2
y 4 y 2
2
2
| | y sledi < x, x, y > < x, x, y > y, x − · 0 = x − y y · y
x, y > = x Ako vaˇzi zi jednakost jedn akost,, tada t ada iz < x, 2
odakle je x
{ }
2
− < x,xy,y > · y = 0, 2
pa je skup vektora x, y linearno zavisan.
{ }
·
∈
Ako je x, y linearno zavisan skup vektora, tj. y = λ x, za neko λ F , tada
x · y
= = = = = =
x√ < y,y, y > = x x λλ < x,x, x > λ| < x, x, x > x |√ x|λ| < x,x, x > x|λ|x |λ|x .
< λx, λx, λx >
2
2
S druge strane 2
| < x,x, y > | = | < x, λx > | = |λ < x,x, x > | = |λ|| < x,x, x > | = |λ|x , pa jedna jed nakost kost vaˇzi. zi. Iz osobina osobina skalarn skalarnog og proizvoda proizvoda neposredno neposredno slede osobine norme: norme:
Teorema 3. U unitarnom prostoru ( V , < , >) za svako x, y V i svako λ F vaˇ vaˇzi: (N1) (N2) (N3) (N4)
x ≥ 0, x = 0 ⇒ x = 0, λ · x = |λ|x, x + y ≤ x + y (nejednakost trougla).
∈
∈
Dokaz. Dokaz. Dokazi Dokazi za (N1),(N2) (N1),(N2) i (N3) su trivijalni trivijalni (neposredna (neposredna posledica posledica definicij definicijee norme i osobina skalarnog proizvoda). (N4) Iz 2
x + y
x, x > + < x, x, y > + < y,x > + < y,y > = < x + y, x + y >=< x, x, y > + < x, x, y >+ < y, y, y > = < x, x > + < x, x, y > + y 2 (z + = x 2 + 2Re < x, + z = = 2Rez,z C ) x 2 + 2 < x, x, y > + y 2 (Rez z , z C ) x 2 + 2 x y + y 2 (Teorema 2.) = ( x + y )2
≤ | | ≤
≤ ≤ | | ∈ ∈
∈ ∈
i (N1) sledi (N4).
Derfinicija. Vektor x unitarnog prostora ( V , < , >) je normiran ili jed jedin iniˇ iˇcni ako je x = 1.
Za svaki vektor x = 0, vektor x1|| x je normiran, jer
|| || 1
x
x
(N 3) 3)
=
|| || 1
x
x
(N 1)
=
1
||x|| x = 1.
Primer. 2
0) prostora R sa standardnim skalarnim proizvodom je normi• Vektor e = (1, √ ran, jer e = 1 + 0 = 1. √ • √ Vektor x = (1, 1) istog unitarnog prostora nije normiran, jer x = 1 + 1 = 2. 2
2
2
2
Vektor x se moˇze ze normira nor mirati: ti: 1
||x||
x =
√ 12 (1, 1) = ( √ 12 , √ 12 )
je normirani vektor. vektor.
Definicija. Ako je ( V , < , >) unitarni prostor, preslikavanje
× V → R,
d : V
def
d(x, y ) =
x − y
∈ V ) )
(x, y
se zove metrika ili rastojanje na V . . Iz osobina osobina norme neposredno neposredno slede slede osobine osobine metrik metrike: e: x, y , z unitarnog Teorema 4. Za sve vektore x, unitarnog prostora V vaˇ vaˇzi:
(M1) d(x, y )
≥ 0,
(M2) d(x, y ) = 0
⇒ x = y ,
(M3) d(x, y ) = d (y, x), (M4) d(x, y ) Dokaz. (M4)
≤ d(x, z ) + d(z, y). (N 4)
− y = (x − z ) + (z − y) ≤ x − z + z − y = d(x, z ) + d(z, y).
d(x, y ) = x
ˇ GRAM-SMITOV POSTUPAK ORTOGONALIZACIJE BAZE Poznato je da za proizvoljne nenula vektore x i y u prostoru prostor u orijentisanih orijentisan ih duˇzi zi vaˇzi < x, x, y > cos∠(x, y ) = .
|x||y|
ˇ Primetimo da iz Svarcove nejednakosti sledi da za svaka dva nenula vektora x, y unitarno unit arnogg prostor pro storaa vaˇzi zi
≤ < x, x, y > x y
1 ,
ˇsto st o je u realnom unitarnom prostoru ekvivalentno sa
−1 ≤ <xx,x, yy> ≤ 1.
Ovo nas n as motiviˇse se da u realni unitarni prostor uvedemo pojam po jam ugla na slede´ci ci naˇcin. cin.
Definici Definicija. ja. Ugao Ugao izmed iz med¯u vektor vekt oraa x = 0 i y = 0 realnog unitarnog prostora V je broj θ R za koji ko ji vaˇzi zi
∈
cos θ =
< x, x, y > x y
i 0
≤ θ ≤ π. π .
U vektorskom vektorskom prostoru orjentisanih duˇzi zi dva dva vektora vektora su normalna akko je njihov skalarni skalarni proizvod jednak nuli. Ova ˇcinjenica cinjenica sugeriˇ sugeriˇse se ideju uopˇstenja stenja pojma po jma normalnosti u proizvoljnom unitarnom prostoru.
Definicija. Vektor x V je ortogonalan na vektoru y < x, x, y >= 0.
∈
∈ V , , u oznaci x⊥y, ako je
Primer. U prostoru M 2 (R) sa standardnim skalarnim proizvodom, za matrice
A =
1 0
−1 2
, B =
1 2 3 4
vaˇzi < A, A, B > = 1 1
A = pa je
12 + ( 1)2 + 02
−
· − 1 · 2 + 0 · 3 + 2 · 4 = 7, √ √ √ + 2 = 6, B = 1 + 4 + 9 + 16 = 30,
cos θ =
2
7 7 √ , tj. θ = arccos √ . 6 5 6 5
Definicija.
• Skup vektora vektora { x , . . . , x } je ortogonalan skup skup vektora vektora ako su svak svakaa dva dva 1
n
razliˇcita cita vektora normalna, normaln a, tj.
⊥
xi x j ,
za i = j.
• Skup vektora {x , . . . , x } je ortonormiran skup vektora ako je ortogonalan 1
n
skup jediniˇ jedi niˇcnih cnih vektora, vektor a, tj.
< xi , x j >= δ ij ij =
1 i = j . 0 i = j
Primer. Standardna baza e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) prostora R2 je ortonormirana, jer < e1 , e1 > = 1, < e1 , e2 > = 0, < e2 , e1 > = 0 < e2 , e2 > = 1.
{
}
Teorema 5. Svaki Svaki ortogonalan skup nenula vektora x1 , . . . , xn unitarnog prostora V je linearno nezavisan.
{
}
∈ F . Tada
Dokaz. Neka je λ1 x1 + . . . λnxn = 0, λ1 , . . . , λn
∀ ∈ {1, . . . , n}) < λ x + . . . + λ x , x > =< 0, x > = 0 ⇒ (∀i ∈ {1, . . . , n}) λ < x , x >= 0 (iz aks aksiom ioma (S1) S1)i (S2) (S2))) ⇒ (∀i ∈ {1, . . . , n}) λ < x , x > = 0 (jer < x , x >= 0 za i = j ) ⇒ (∀i ∈ {1, . . . , n}) λ = 0 (jer iz x = 0 sledi < x , x >= 0) ⇒ skup vektora {x , . . . , x } je linearno nezavisan.
( i
1 1
n n
n j =1
i
j
j
i
i
i
i
i
i
i
i
1
j
i
i
n
Slede´ci ci stav pokazuje p okazuje da se koordinate koor dinate vektora u ortonormirano ortono rmirano j bazi jednostavno jedno stavno o dred dr ed¯uju. ¯uju.
Teorema 6. Ako je B = x1, . . . , xn ortonormirana baza prostora V i x = α 1 x1 + . . . + αn xn proizvoljan vektor prostora V , , onda
{
}
∀ ∈ {1, . . . , n})
( i
αi = < x, x, xi >,
tj. koordinate vektora su skalarni proizvodi tog vektora sa baznim vektorima. Dokaz. n
∀ ∈ {1, . . . , n}) < x, x > =<
( i
i
n
α j x j , xi > =
j =1
α j < x j , xi >= α i < xi , xi >= α i .
j =1
U matriˇ mat riˇcnom cnom obliku obl iku stav se moˇze ze zapisat zapi sati: i:
[x]B =
< x, x, x1 >
.. .
< x, x, xn >
.
S obzirom da je ortonormirana baza pogodna za rad (koordinate vektora se jednostavno jednostavno odred¯uju, skalarni skalarni proizvod se reprezentuje reprezentuje jediniˇ cnom cnom matricom itd.) prirodno prirodno se name´ name´ce ce pitanje pitanje egzisten egzistencije cije takve takve baze prostora. prostora. U slede´ slede´ cem cem stavu stavu dokazujemo da svaki netrivijalni netri vijalni konaˇcnodimenzioni cnod imenzioni prostor ima i ma ortonormiranu orton ormiranu bazu ba zu i izlaˇzemo zemo postup po stupak ak za njeno njen o nalaˇ nal aˇzenje. zenj e.
Teorema 7.(Gram-Schmidt-ov postupak ortogonalizacije baze) Svak Svakii konaˇ kon aˇcno cn o dimenzioni unitarni prostor V = 0 ima ortonormiranu bazu.
{} Dokaz. Neka je {x , . . . , x } baza unitarnog prostora V . . Najpre, konstruiˇ konstruiˇsimo simo ortogonalnu bazu { y , . . . , y } prostora V . 1
n
1
n
biramo korak po korak, tako da:
{ } (ii) { y , . . . , y } generiˇse se isti potprostor pot prostor kao i skup {x , . . . , x }. (i) y1, . . . , yi je ortogonalan skup nenula vektora i 1
1
i
i
• Neka je y = x . Svakako je y = 0, jer je x bazni vektor. 1
1
1
1
Elem Elemen ente te yi
• Odredimo y tako da L{x , x } = L{y , y } i y ⊥y . 2
1
2
1
2
1
2
Neka je y 2 = x 2 + λy1 .
> ⊥ ⇒ < x + λy , y >= 0 ⇒ λ = − << xy ,, yy > > ⇒ y = x − << xy ,, yy > y .
y2 y1
2
1
1
2
2
2
1
1
1
– y2 = 0. U suprotnom: y2 = 0 x2 = skup vektora. Kontradikcija.
⇒
2
1
1
1
1
x 1
⇒ {x , x } je linearno zavisan 1
2
– y2 , y1 je ortogonalan skup nenula vektora, pa je linearno nezavisan.
{ } – L{y , y } = L{x , x }, jer L{y , y } ⊆ L{x , x } i dimL{y , y } = 2 = dimL{x , x }. • Odredimo sada y = x + λ y + λ y tako da y ⊥y i y ⊥y . < x + λ y + λ y , y > = 0 ⇒ < x , y > + λ < y , y > + λ < y , y > = 0 1
2
1
1
3
2
1
2
1
2
1
2
2
1 1
3
3
2 2
1
1 1
2 2
3
3
1
1
1
3
1
2
1
2
2
1
=0
⇒ < x + λ y + λ y , y > = 0 ⇒ 3
⇒
1 1
y3 = x 3
2 2
2
− << xy ,, yy >> y − 3
1
1
1
< x3 , y1 > λ1 = < y1 , y1 > < x3 , y2 > + λ1 < y1 , y2 > +λ2 < y2 , y2 > = 0
−
< x3 , y2 > λ2 = < y2 , y2 > < x3 , y2 > y2 < y2 , y2 >
⇒
1
−
– y3 = 0. U supr suprot otno nom, m, y3 = 0 x3 y1 , y2 = Kontradikcija.
⇒
∈ L{
=0
} L{x , x } ⇒ {x , x , x } linearno zavisni. 1
2
1
2
3
– y1 , y2 , y3 je ortogonalan skup nenula vektora, pa je linearno nezavisan.
{ } – L{y , y , y } = L{x , x , x }, 3 = dimL{x , x , x }. 1
2
3
1
1
2
2
3
3
jer
L{y , y , y } ⊆ L{x , x , x } i dimL{y , y , y } = 1
2
3
1
2
3
1
.. .
• Nastavljaju´ Nastavlja ju´ci ci postupak post upak dobijamo dobijam o < x , y > < x , y > < x , y − > y = x − y − y −... − y − , < y , y > < y , y > < y − , y − > n
n
1
n
1
1
n
1
2
2
2
n
2
n 1
n 1
n 1
Dakle,
• {y , . . . , y } je skup nenula vektora. • {y , . . . , y } je ortogonalan skup vektora (po konstrukciji). 1
n
1
n
n 1
yn = 0.
2
3
• {y , . . . , y } je linearno nezavisan skup vektora (po Teoremi 5.). • {y , . . . , y } je ortogonalna baza prostora V . . 1
n
1
n
Tada, skup
1
1
1
y y , y y , . . . , y y 1
2
1
2
n
n
predstavlja ortonormiranu bazu prostora V . .
1
p, q > = 0 p(x)q (x)dx Primer. U unitarnom prostoru R2 [x] sa skalarnim skalarnim proizvodom < p, 2 ˇ standardna baza 1, x , x nije ortonormirana. Primenom Gram-Smitovog postupka najpre ortogonalizu ortogonalizujmo jmo datu bazu:
{
}
y1 = 1 y2 = x
− · − · − · − − −− − · − −− 1
xdx < x, 1 > 1 0 1 = x 1 = x 1 < 1 , 1 > 2 dx 0 < x2 , x 12 > < x2 , 1 > 1 1 ( x ) < 1 , 1 > 2 < x 12 , x 12 > 1 2 1 2 x dx x (x 12 )dx 1 0 0 x 1 ( ) 1 1 1 2 2 dx x dx ( ) 2 0 0 x + 16 ,
y3 = x 2
= x 2 = x 2
−
−
−
−
pa je
{1,
x
− 12 ,
x2
− x + 16 }
ortogonalna baza. Kako je
−
y = √ < 1, 1 > = dx = 1 y = < x − , x − > = y = < x − x + , x − x + 1 0
1 2 3
skup vektora
tj.
1 2
1 2
1 6
2
1,
1,
√
2 3x
2
x
−
1 2
1 2 3
√
−
1 (x 0 1 6
> =
2
,
x
− x + 1 6 5
√
√ √ 3,
1 2 ) dx = 2 1 3 2 1 2 x + 16 )2 dx = 6 1 5 (x 0
2
5(6x
1 6
√
−
− 6x + 1)
´ce ce predstavljati pred stavljati ortonormiranu ortono rmiranu bazu b azu ovog prostora. prostor a.
√
ORTOGONALNI KOMPLEMENT
Definicija. Neka je ( V , < , >) unitarni prostor, A
•
def
⊥ ⇔ (∀y ∈ A) x⊥y ⇔ (∀y ∈ A) < x, y >= 0. = {x ∈ V |x⊥A} = {x ∈ V |(∀y ∈ A ) < x, x, y >= 0} se zove ortogox A
• Skup A⊥
⊆ V i x ∈ V . .
def
nalni komplement skupa A.
Primer. (1) V ⊥ = 0 , 0 ⊥ = V , jer ( x V ) ) < x, 0 > =< 0 , x >= 0.
{ } { }
∀ ∈
(2) Ako je u n = (a,b,c) R 3 i A = n , tada je
∈
A⊥ =
= =
{} {(x , y , z) ∈ R |(x,y,z )⊥(a,b,c)} {(x , y , z) | < (x , y , z) , (a,b,c) >= 0} = 0}, {(x , y , z) |ax + by + cz = 3
tj. A⊥ je ravan kroz kordinatni poˇcetak cetak normaln n ormalnaa na vektoru n.
Teorema 8.(osobine ortogonalnog ortogonalnog komplemen komplementa) ta) Neka je (V , < , >) unitarni prostor, A V i B V . . Tada
⊆
⊆
(1) A⊥ je potprostor prostora V . .
⊆ B ⇒ B ⊥ ⊆ A⊥. (3) A⊥ = L(A)⊥ . (4) A ⊆ ( A⊥ )⊥ . (2) A
Dokaz.
⇒ 0 ∈ A⊥ ⇒ A⊥ = ∅. Za svako x, y ∈ A ⊥ , α, β ∈ ∈ F vvaaˇzi βy, z >= α < x, z > + β < y, y, z >= α · 0 + β · 0 = 0, ∈ A) < αx + βy, (∀z ∈ ∈ A, ˇsto znaˇci da α · x +β · y ∈ pa je α · x + β · y ortogonalan na svakom vektoru z ∈ ⊥
(1) ( x A ) < x, 0 > = 0
∀ ∈
A .
(2) Neka je A x
∈ B ⊥
⊆ B . Tada ⇒ (∀y ∈ B ) < x,x, y >= 0 ⇒ (∀y ∈ A) < x,x, y >= 0 ⇒ x ∈ A⊥.
(2)
⊆ L(A) ⇒ (L(A))⊥ ⊆ A⊥.
(3) A
Dokaˇzimo zimo i obratnu o bratnu inkluziju. Neka je x
∈ A⊥. Tada, za svako x , . . . , x ∈ A, α , . . . , α ∈ F vvaaˇzi 1
1
n
n
< α1 x1 + . . . + αn xn , x >= α 1 < x1 , x > + . . . + αn < xn , x > = 0,
=0
pa je x ortogonalan na svakom vektoru iz dokazano da je A⊥ ( (A))⊥ .
⊆ L
=0
L(A), tj. x ∈ (L(A))⊥.
Time ime je je
∈ ⇒ (∀y ∈ A⊥) < x,x, y >= 0 ⇒ x ∈ (A⊥)⊥, odakle sledi A ⊂ A⊥⊥.
(4) x A
Teorema 9.(Spektralna teorema) Ako je U konaˇcnodimenzioni cnod imenzioni potprostor potp rostor unitarnog prostora V , , tada je V = U U ⊥ .
⊕ ⊕
Dokaz. 1◦ U
∩ ∩ U ⊥ = {0}, jer je x ∈ U ∩ ∩ U ⊥ ⇒ x ∈ U ∧ ∧ x ∈ U ⊥ ⇒ < x,x >= 0 ⇒
x = 0.
2◦ Do Dokaˇzim zi mo V = U + U ⊥ .
{
}
Neka je x1 , . . . , xk ortonormirana baza potprostora U . Za proizvoljno x izaberimo def
y =
∈ V
k
< x, x, xi > xi .
i=1
Tada y
∈ U . Neka je
def
z = x
− y.
Pokaˇ Pokaˇzimo zi mo da z U ⊥ . Dovoljno je pokazati da je z ortogonalno ortogonalno na svim baznim vektorima x1 , . . . , xk potprostora U .
∈ ∈
∀ ∈ {1, . . . , k}) < z,z, x
( j
j
−
−
> = < x y, x j >=< x, x, x j > < y, y, x j > k = < x, x j > < i=1 < x, x, xi > xi , x j > k = < x, x j > x, xi > < xi , x j > i=1 < x,
− −
= < x, x j > 1
k
=δij
− < x,x, x
⇒ z ∈ ∈ (L{x , . . . , x })⊥ = U ⊥ ⇒ x = y + z, y ∈ U, z ∈ ∈ U ⊥ ⇒ V = U + U ⊥.
·
j
>= 0
Iz 1◦ i 2◦ sledi
⊕ ⊕ U ⊥. Za x ∈ V jedinstveni vektori y ∈ U i z ∈ ∈ U ⊥ takvi da je V = U
x = y + z
se zovu, redom, ortogonalna projekcija vektora x na potprostor U i ortogonalna dopuna vektora x i ozna oz naˇˇcava cava ju y = pr U x,
z = = pr U x. ⊥
Posledica. Za podskup A konaˇcnodimenziono cnodi menzionogg unitarnog unitarn og prostora V va vaˇzi A⊥⊥ =
L(A).
Posebno, A⊥⊥ = A
⇔
A
V . V.
Dokaz. (i) A
⊆ A⊥⊥ ⇒ L(A) ⊆ L(⊥⊥A⊥⊥) = A⊥⊥ ⇒ L(A) A
(iz osobina osobina lineal lineala) a) ⊥⊥ (jer su (A) i A potprostori od V ) )
L
(ii) dim(A⊥⊥ ) = dimV dimA⊥ = dimV dim( (A)⊥ ) = dimV (dimV dim( (A))) = dim (A).
− − − − − − L
L − −
L
(iz V = A ⊥ A⊥⊥ ) (jer A⊥ = ( (A))⊥ ) (jer V = (A) (A)⊥ )
⊕ L
L ⊕L
Iz sledi
L(A) A⊥⊥,
dim( (A)) = dim (A⊥⊥ )
L
L(A) = A⊥⊥.
Iz dokazanog i osobina lineala dobijamo A = A ⊥⊥
⇔
A =
L(A) ⇔ A V .
RISOVA LEMA I EGZISTENCIJA SPREGNUTOG OPERATORA Neka je (V , < , >) unitarni prostor konaˇ cne cne dimenzije nad poljem F i a Definiˇ Defi niˇsimo sim o funkc f unkciju iju f a : V
F , → F,
def
f a(x) = < x, x, a > (x
∈ V ) ).
∈ V . .
Tada, f a je linearna funkcionela. Zaista, za x, y
· · pa f ∈ V ∗.
·
∈ V i α, β ∈ ∈ F va vaˇzi
·
f a (α x + β y ) =< α x + β y,a >= α < x, x, a > + β < y,a >= αf a (x) + βf β f a (y ), a
Dakle, Dakle, svaki svaki vektor vektor iz V na ova ova j naˇcin cin odred¯uje jednu linearnu funkcionelu. Postavlja Postavlja se pitanje da li vaˇzi zi i obrnuto, tj. da li su sve funkcionele ovog oblika? Za konaˇcnodimenzione cnod imenzione prostore prostor e odgovor o dgovor je potvrdan. pot vrdan.
Teorema 10. (Risova lema) Neka je V konaˇcnodimenzioni cnodi menzioni unitarni unitarn i prostor. PresF je linearna funkcionela akko postoji jedinstven vektor a V likavanje f : V takav da je ( x V ) ) f (x) =< x, x, a >.
→ ∈ ∀ ∈ Dokaz. (←) Dokazano u delu koji prethodi teoremi. (→) Neka je f : V → F linearna funkcionela i {x , . . . , x } ortonormirana baza prostora V . . Tada, po Teoremi 6., za x ∈ V va vaˇzi x = < x, x, x > ·x + . . . + < x, x, x > ·x . 1
1
1
• Egzistencija: Neka je
def
a =
n
∈
f (x) = f (
n i=1 <
f (xi ) xi
V . · ∈ V.
·
> xi ) f (xi ) ( ) xi > ( ) xi >
x, x, xi n x, xi > i=1 < x, n x, f xi i=1 < x, n x, i=1 f xi
= = = < = < x,a > .
n
n
i=1
Tada, za svako x V va vaˇzi
n
· ·
(po Teore eoremi mi 6.) 6.) (jer je f linearno) (prema Teoremi Teoremi 1.(2)) (prema Teoremi Teoremi 1.(1))
• Jedinstvenost: Jedinstvenost: Neka Neka postoje posto je vektori vektori a, b ∈ V takvi da za svako x ∈ V va vaˇzi f (x) =< x, a >,
f ( x) =< x, x, b > .
Tada iz
∀ ∈
( x V ) ) < x, a >=< x,b >, primenom Teoreme 1.(6), sledi a = b.
Definicija. Neka je f : V V linearni operator. Linearni operator f ∗ : V spregnut (konjugovan) operator operatora f ako
→
∀ ∈ V ) )
( x, y
< f (x), y >=< x, x, f ∗ (y ) > .
→ V je
Teorema 11. (egzistencija i jedinstvenost spregnutog operatora) Za svaki linearni operator f : V V postoji jedinstven linearni operator f ∗ : V V koji je spregnut operator operatora f , tj. takav da vaˇzi zi
→
→
∀ ∈ V ) ) < f (x), y >=< x,x, f ∗(y) > .
( x, y Dokaz.
• Egzistencija: Neka je za a ∈ V preslikavanje ϕ : V → F dato sa def
ϕ(x) = < f (x), a > .
Lako se proverava da je ϕ linearna linearna funkcionel funkcionela. a. Prema Prema Risovoj Risovoj lemi sledi da postoji jedinstven vektor b takav da je ϕ(x) =< x, x , b >, za svako x V . . Defin De finiˇ iˇsimo si mo def f ∗ : V V, V , f ∗ (a) = b.
∈
→
Tadaa vaˇzi Tad zi
< f (x), a >= ϕ (x) =< x, x, b >=< x, x, f ∗ (a) >, za svako x, a
∈ V. V . F . Tada Dokaˇ Do kaˇzimo zim o da je f ∗ linearno preslikav preslikavanje. Neka Neka su a , a ∈ V , α , β ∈ 1
2
vaˇzi
( x V ) ) < x,f ∗(α a1 + β a2 ) > = = = = =
∀ ∈
·
·
·
·
< f (x), α a1 + β a2 > α < f (x), a1 > + β < f (x), a2 > α < x, f ∗ (a1 ) + β < x, x, f ∗ (a2 ) > < x,αf ∗ (a1 ) > + < x, x, βf ∗ (a2 ) > < x,αf ∗ (a1 ) + βf β f ∗ (a2 ) >,
odakle sledi (po Teoremi 1.(6)) f ∗ (α a1 + β a2 ) = αf ∗ (a1 ) + βf β f ∗ (a2 ).
·
· Tadaa vaˇzi zi • Jedinstvenost: Neka je i g : V → V spregnuti operator operatora f . Tad x, f ∗ (y ) >, (∀x, y ∈ V ) ) < x,g (y ) > =< f (x), y >=< x, odakle sledi sledi
∀ ∈ V ) )
( y tj.
g (y ) = f ∗ (y ),
g = f ∗ .
Osobine spregnutog spregnutog operatora date su slede´ com com teoremom.
Teorema 12. (osobine spregnutog operatora) Za linearne operatore f, g : V
→ V i λ ∈ F vaˇ vaˇzi:
(1) (f + + g )∗ = f ∗ + g ∗ , (2) (λ f )∗ = λf ∗ , (3)
· (f ◦ ◦ g)∗ = g ∗ ◦ f ∗,
(4) (f ∗)∗ = f ,
(5) (f −1 )∗ = (f ∗ )−1 , za svaki automorfizam f prostora V , , (6) ker (f ∗) = (I mf )⊥ ,
I mf ∗ = (kerf )⊥ ,
⊤
(7) Ako je B ortonormirana baza prostora V , , onda [f ∗ ]B = [f ]B . Dokaz. Dokaz. (3) (3) Za svak svakoo x, y
vaˇzi ∈ V va
< x, (f g )∗ (y ) > = < ( f g )(x), y >=< f (g (x)), y >
◦ ◦
◦ ◦
x, g ∗ (f ∗ (y )) > = < g (x), f ∗ (y ) > =< x, = < x, (g ∗ f ∗ )(y ) >,
◦
odakle sledi (f g )∗(y ) = (g ∗ f ∗ )(y ),
∀ ∈ V ) )
◦ ◦
( y tj.
◦
(f g )∗ = g ∗ f ∗ .
◦ ◦
{
◦
}
(7) (7) Nek Neka je B = x1 , . . . , xn ortonormirana baza prostora V i [f ]B = [αij ],
[f ∗ ]B = [β ij ij ]
matrice reprezentacije operatora f i f ∗ u bazi B , tj. f (xi ) = α1i x1 + α2i x2 + . . . + α ji x j + . . . + αnixn f ∗ (x j ) = β 1 j x1 + β 2 j x2 + . . . + β ij ij xi + . . . + β nj nj xn .
Tada
∀ ∈ {1, . . . , n}) β
( i, j
ij ij
=< f ∗ (x j ), xi > =< x j , f (xi ) > = < f (xi ), x j > = α ji .
Primer. Odrediti f ∗ ako f : C 2 C 2 , f (x, y ) = ((2 + 3i)x 2iy, 7x + (3 4i)y ). Standardna baza B = (1, 0), (0, 1) je ortonormirana baza prostora C 2, pa iz
→ }
{
[f ]B = sledi T
[f ]∗B = [f ]B =
2 + 3i 2i 7 3 4i
− −
−
− −
2 + 3i 2i 7 3 4i
T
=
2
− 3i 7
2i 3 + 4i
T
=
odakle je f ∗ (x, y ) = ((2
−
− 3i)x + 7y, 2ix + (3 + 4i)y)
2
− 3i 2i
7 3 + 4i
,
ORTOGONALNA ORTOGONALNA DIJAGONALIZACIJA DIJAGONALIZACIJA
Definicija. Linearni operator f : V V je ortogonalno dijagonalizabilan ako postoji ortonormira ortonormirana na baza B prostora V takva da je [ f ]B dijagonalna matrica.
→
Egzistenzija ortonormirane baze prostora u kojoj je [ f ]B dijagonalna matrica vezuje vezuje se za normalne operatore o peratore (u kompleksnim kompleksnim unitariom prostorima) i simetriˇ cne cne operatore (u realnim prostorima).
Definicija. Operator f : V operatorom, tj.
→ V je normalan ako komutira sa svojim spregnutim f ◦ ◦ f ∗ = f ∗ ◦ f.
Ako je B ortonormirana baza prostora V , , onda f f ∗ = f ∗
◦ ◦
◦ f ⇔ ⇔ [f ◦ ◦ f ∗]
B
= [f ∗ f ]B
◦ ⇔ [f ] · [f ] B
B
⊤
= [f ]B
⊤
· [f ]
B,
tj. f je normalni operator akko je [ f ]B normalna matrica.
Teorema eorema 13. (osobine (osobine normaln normalnog og operatora operatora)) Neka je f : V linearni operator. Tada: (1) (2) (3) (4)
λ
→ V normalni
∈ S p(f ) ⇔ λ ∈ S p(f ∗).
Sopstve Sopstveni ni vektori vektori koji odgovaraju odgovaraju razliˇ razliˇcitim citim sopstvenim sopstvenim vrednosti vrednostima ma operatora su ortogonalni. ortogonalni. V ⊥ λ je f -invarijantan, za svako λ
∈ S p(f ).
∀ ∈
( λ S p(f )) am(λ) = g m(λ) (algebarski multiplicitet sopstvene vrednosti λ jednak je njenom geometrijskom multiplicitetu).
Dokaz. (1) λ
∈ S p(f ) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
∃x = 0)f (x) = λx ∃x = 0)(f − − λ · 1 )(x) = 0 ∃x = 0) < (f − − λ · 1 )(x), (f − − λ · 1 )(x) >= 0 ∃x = 0) < x, (f − − λ1 )∗ ◦ (f − − λ1 )(x) >= 0 ∃x = 0) < x, (f ∗ − λ1 ) ◦ (f − − λ · 1 )(x) >= 0 ∃x = 0) < x, (f ∗ ◦ f − − λf ∗ − λf − − λλ1 )(x) >= 0 ∃x = 0) < x, (f ◦ ◦ f ∗ − λf ∗ − λf − − λλ1 )(x) >= 0 ∃x = 0) < x, (f − − λ1 ) ◦ (f − − λ1 )∗(x) >= 0 ∃x = 0) < (f − − λ · 1 )∗(x), (f − − λ · 1 )∗(x) >= 0 ∃x = 0)(f − − λ1 )∗(x) = 0 ∃x = 0)(f ∗ − λ1 )(x) = 0 ∃x = 0)f ∗(x) = λ · x λ ∈ S p(f ∗ ). ( ( ( ( ( ( ( ( ( ( ( (
V
V
V
V
V
V
V
v v
V
V
V
V
V
V
∈
∈ S p(f ), vaˇ vaˇzi ⇔ f ∗(x) = λx.
Odavde sledi da, za svako x V i λ f (x) = λx
∈
λx, f (y ) = µy . Tada (2) (2) Nek Neka su λ, µ S p(f ), λ = µ i x = 0, y = 0, f (x) = λx, (1)
λ < x, x, y >=< λx λx, y >=< f (x), y >=< x, x, f ∗ (y ) > = < x, x, µy >= µ < x, x, y >
pa je
− (λ
µ) < x, x, y >= 0,
=0 =0
odakle sledi sledi
< x, x, y >= 0,
tj.
⊥
x y. (1)
∈ V ⊥ ⇒ ( ∀y ∈ V ⊥) < f (x), y >=< x,x, f ∗(y) > = < x,λy >= λ < x,x, y >= λ · 0 = 0 ⇒ f (x) ∈ V g m(λ ) = dimV , k = am (λ ). Ranije je dokazano (4) Neka je λ ∈ S p(f ), m = gm da je algebarski multiplicitet multiplicitet sopstvene sopstvene vrednosti ve´ci ci ili jednak njenom geometrijskom multiplicitetu, tj. m ≤ k . Iz Spektralne teoreme sledi da je V = V ⊕ V ⊥ . (3) x
λ
λ
λ
0
0
0
λ0
λ0
λ0
Potprostori V λ i V ⊥ -invari jantni, i, pa vaˇzi zi λ su f -invarijantn 0
0
·
pf (λ) = p f ↾V λ (λ) pf ↾V λ (λ). 0
⊥
0
Kako je gm (λ0) = m , dalje je pf (λ) = (λ
m
− λ ) · p 0
f ↾V λ⊥
(λ).
0
Dokaˇ Do kaˇzimo zim o da je m = k . U suprotnom, m
⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
(λ
− λ )| p p 0
f ↾V λ⊥
(λ)
0
pf ↾V (λ0 ) = 0 ⊥
λ0
λ0 Sp S p(f ↾ V ⊥ λ ) ⊥ ( x V λ ) x = 0
∈ ∃ ∈ ∧ f ↾ (x) = λ x (∃x ∈ V ⊥ ) x = 0 ∧ f (x) = λ x ⊥ (∃x ∈ V ) x = 0 ∧ x ∈ V (∃x = 0) x ∈ V ⊥ ∩ V , 0
0
V λ⊥
0
0
0
λ0
λ0
λ0
λ0
λ0
ˇsto sto je u kontradikciji sa Spektralnom Sp ektralnom teoremom.
V konaˇ Teorema 14. Linearni operator f : V kona ˇcnodim cno dimenz enzio iono nogg kompleksnog unitarnog prostora V je ortogonalno dijagonalizabilan akko je normalan.
→
→
Dokaz. Dokaz. ( ) Neka je f ortogonalno dijagonalizabi dijagonalizabilan. lan. Tada postoji p ostoji ortonormiortonormirana baza B takva da je
∈ C.
[f ]B = diag [λ1 , . . . , λn ],
λ1 , . . . , λn
Odavde dalje sledi
·
[f ]B [f ]B
⊤
= = = =
· ·
diag [λ1 , . . . , λn ] diag [λ1 , . . . , λn ] diag [λ1 λ1 , . . . , λn λn ] diag [λ1 , . . . , λn ] diag [λ1 , . . . , λn ]
[f ]B
⊤
· [f ]
B,
pa je f normalni operator.
← • C je algebarski zatvoreno polje, pa su svi koreni sopstvenog polinoma p ( ) Neka je f normalan operator. Iz
f
u
polju C ,
S p(f )) am (λ) = gm g m(λ) (Teorema 13.(4)), • (∀λ ∈ Sp
na osnovu Algoritma dijagonalizabilnosti, sledi da je f dijagonaliz dijagonalizabilan abilan,, pa postoji p ostoji baza prostora V sastavljena od sopstvenih vektora koja dijagonalizira operator f . Joˇs ostaje da se pokaˇ ze ze da se od ove ove baze moˇze ze dobiti ortonormirana baza koja dijagonalizira operator f . Svakako, Svakako, bazni vektori koji pripada p ripada ju razliˇcitim citim sopstvenim sops tvenim potprost p otprostorima orima (dakle, (da kle, pridruˇzeni zeni razliˇcitim citim sopstvenim vrednostima) vrednosti ma) su ortogonalni ortogo nalni (Teorema (Teorema 13.(2)). 13.(2) ). Ako λ Sp (f ), gm (λ) > 1 (tj. postoji posto ji viˇse se baznih vektora vektora koji ko ji pripadaju pripada ju sopstvenom ˇ potprostoru V λ ), primenom Gram-Smitovog postupka dobijamo ortonormiranu bazu potprostora V λ. Unija Unija ortonormir ortonormiranih anih baza sopstve sopstvenih nih potprostora potprostora operatora f ´ce ce predstavljati ortonormiranu bazu prostora V koja dijagonalizira operator f .
∈
Napomena. Normalnost linearnog operatora realnog unitarnog uni tarnog prostora ne obezb o bezbed ed¯uje ortogonalnu ortogo nalnu dijagonalizab dijago nalizabilnost, ilnost, ˇsto sto pokazuje slede´ci ci primer. Primer. Za f : R 2 R 2 , f (x, y ) = (x cos θ y sin θ, x sin θ + y cos θ), 0 < θ < π (rotacija (rotacij a euklidske euklid ske ravni oko koordinatno koor dinatnogg poˇ p oˇcetka cetka za ugao uga o θ ) i ortonormiranu bazu e = (1, 0), (0, 1) va vaˇzi
→
{
−
}
[f ]B = pa selako moˇze ze proveriti da je
cos θ sin θ
− sin θ cos θ
T [f ]B [f ]T B = [f ]B [f ]B ,
·
·
,
odakle sledi da je f normalan operator.
∅
Med Me d¯uti ¯utim, Sp (f ) = , pa f ne dopuˇsta sta bilo kakvu kakvu dijagonalizaciju, pa ni ortogonalnu dijagonalizaciju.
Definicija. Linearni operator f : V
→ V je samokonjugovan ako je f ∗ = f, f ,
tj. ako
∀ ∈ V ) ) < f (x), y >=< x,x, f (y) >,
( x, y ili, u matriˇcnom cnom obliku
⊤
[f ]B = [f ]B , gde je B ortonormirana baza prostora V . . U realnom realn om unitarno un itarnom m prostoru prost oru samokonjugovan sa mokonjugovan op erator se s e joˇs zove sim s imet etri riˇ ˇ can ca n operator, dok se u kompleksnom prostoru zove hermitski operator .
Napomena. Svaki Svaki samokonjugo samokonjugov van operator je normalan, jer iz f = f ∗ sledi f f ∗ = f f = f ∗ f .
◦ ◦
◦ ◦
◦
Teorema 15. Sopstvene vrednosti samokonjugovanog linearnog operatora su realni brojevi. Dokaz. Dokaz. Neka Neka je V unitarni prostor nad poljem realnih ili kompleksnih brojeva (F = R ili F = C ) i f : V V samokonjugovan linearni operator, tj. f ∗ = f , i neka je λ S p(f ). Pokaˇzimo zim o da d a je j e λ R . Iz λ S p(f ) sledi da postoji x = 0 takav da je f (x) = λ x. Tada je
∈
→
∈
·
∈
·
λ < x, x, x > = < λ x, x >
= = = = =
< f (x), x > < x, f ∗ (x) > < x, f (x) >
·
< x, λ x > λ < x,x >, >,
odakle je (λ
− λ) < x,x, x > = 0,
=0 =0
pa je λ = λ , tj. λ R .
∈
Teorema 16. Linearni operator f : V V konaˇ kon aˇcnodim cno dimenz enzio iono nogg realnog unitarnog prostora V je j e ortogonalno ortogo nalno dijagon d ijagonalizabi alizabilan lan akko ak ko je simetriˇcan. can.
→
1 ISPITNA PITANJA
1. Prsten polinoma, algoritam algoritam deljenja polinoma 2. Bezuov stav i Hornerova ˇsema sema 3. Vietove Vietove formule 4. NZD polin p olinoma oma,, Euklido Euklidov v algorita algoritam m 5. Svodljivost Svodljivost polinoma 6. Viˇ sestruki sestruki koreni polinoma 7. Osobine korena korena realnih polinoma 8. Aksiome vektorskog vektorskog prostora i osobine 9. Zbir potprostora, potprostora, spektralna spektralna teorema teorema 10. Linearni omotaˇ c skupa vektora 11. Baza i dimenzija dimenzija vektorsk vektorskog og prostora prostora 12. Linearna preslikav preslikavanja anja vektorskih prostora, Osnovni stav linearne algebre 13. Dualni vektorski vektorski prostori 14. Matrice, operacije sa matricama 15. Determinante Determinante 16. Rang matrice 17. Reprezentacija Reprezentacija homomorfizma matricom 18. Sistemi linearnih algebarskih jednaˇ cina, cina, Gausov Gau sov metod meto d 19. Kroneker-Kapelijev Kroneker-Kapelijeva a teorema 20. Kramerova Kramerova teorema 21. Sopstvene Sopstvene vrednosti i vektori linearnog operatora i kvadratne kvadratne matrice 22. Dijagonalizacija Dijagonalizacija linearnog operatora i kvadratne matrice 23. Invarijantn Invarijantnii potprostori p otprostori 24. Kejli-Hamiltonov Kejli-Hamiltonova a teorema 25. Aksiome skalarnog skalarnog proizvoda proizvoda i osobine ˇ 26. Nejednakos Neje dnakostt Koˇ si-Bunja si-B unjakovskogkovskog- Svarca ˇ 27. Gram-Smitov postupak ortogonalizacije baze 28. Ortogonalni Ortogonalni komplement komplement 29. Risova Risova lema i egzistencija spregnutog spregnutog operatora 30. Ortogonalna Ortogonalna dijagonalizacija