Linearna Algebra 1 - Milan Janjić - Banja Luka 2015

7/23/2019 Linearna Algebra 1 - Milan Janji - Banja Luka 2015

1/118

Milan Janjic

Lineara algebra 1

Prirodno-matematicki fakultet

Univerzitet u Banjoj Luci


2/118

Predgovor

Ovo su predavanje iz predmeta Linearna algebra koja se drze od 2014/15

skolske godine.

U jednom clanku, na jednom skupu posvecenom edukaciji iz oblasti linearne

algebre, jedan od uglednih ucesnika, pred vecim brojem iskusnih profesora pita:

Zna li mi neko reci kako treba predavati linearnu algebru?Ispostavlja se da je

definitivan odgovor na ovo pitanje tesko dati. Nacin na koji se linearna algebra

predaje zavisi od mnogo faktora. Osnovni su obim materijala koji se predaje i

predznanje studenata koji slusaju kurs.

Dugo godina predajem linearnu algebru i susrecem se sa slicim problemima,

tako da su predavanja tokom godina trpila manje ili vece izmjene. Ova predava-nja predstavlja ju mo j stav o nacinu na koji se ovaj predmet moze predavati. U

odnosu na knjigu Linearna algebra, koja je napisana 2003. godine, a pisana je za

studente druge godine, nastale su izmjene koje prilagodavaju text studentima

prve godine.

U predavanja su uvrsteni standardni sadrzaji, kao i u vecini ovakvih knjiga.

Razmisljao sam da li knjigu treba poceti pojmom vektorskog prostora, kao

sto se to radi u vecini drugih knjiga ili sistemima jednacina i matricama, sto je

pristup u manjem broju knjiga. Linearna algebra se moze shvatiti kao dio mate-

matike u kome se problemi rjesavaju svodenjem na sisteme linearnih jednacina.

Tako mi izgleda da je Gausov algoritam osnovna teorema za cijelu knjigu, pa mi

je zbog toga bilo prirodno da on dode na samom pocetku, te sam knjigu poceo

sistemima linearnih jednacina, poslije cega dolaze matrice i determinante. Jos

je jedan razlog za takav pocetak. Matrice su osnovni objekti u skoro svim ma-

tematickim paketima. Iz ove se knjige o matricama i determinantama moze

nauciti ponesto, ne vezuci ih za pojam vektorskih prostora, odnosno linearnih

preslikavanja.

Iz Gausovog algoritma proizlazi znacaj elementarnih transformacija ma-


3/118

Predgovor Algebra

trica, cemu je posveceno dosta prostora. Takav pristup omogucava da se skoro

na samom pocetku uvede pojam ranga matrice.

Izvjesna paznja posvecena je i geometriji, sto je i prirodno jer su tzv. vek-

torska algebra i analiticka geometrija oblasti gdje se studenti prvi put upoznaju

sa elementima linearne algebre. Knjiga nema pretenzija da bude udzbenik ana-

liticke geometrije, mada su date definicije osnovnih po jmova i iz vektorske al-

gebre i analiticke geometrije u prostoru, da bi studenti osjetili kako se neki

pojmovi sa dvodimenzionalnog i trodimenzionalnog prostora uopstavaju na

visedimenzionalne vektorske prostore. Kako je prirodna predstava o prostoru

kao objektu koji se sastoji od tacaka ( a ne vektora) dosta paznje je posveceno

afinim prostorima.

Malu specificnost moze predstavljati i dio o determinantama, koje se de-

finisu rekurentno, razvojem po prvoj vrsti. Taj pristup meni izgleda prirodnijii lakse shvatljiv od standardnog nacina definicije, preko permutacija, a sto se

pojavljuje u vecem broju knjiga. Dokaz ekvivalentnosti ovih definicija naglasava

znacajnu cinjenicu da je determinanta jedinstvena multilinearna, alternirajuca

i normirana funkcija kolona ili vrsta matrice.

U predavanja su, u odnosu na raniju knjigu, uvrsteni i neki rutinski zadaci,

pomocu kojih se moze uvjezbavati gradivo. Uvrsteni su i primjeri koji sluze sa

prosirivanje znanja, a ne za uvjezbavanje. Na Internetu se mogu naci izvanredni

i udzbenici, a i zbirke zadataka.

Kako je linearna algebra jedna od fundamentalnih oblasti matematike lite-

ratura o njo j je veoma bogata, narocito na Engleskom jeziku. I na nasem jeziku

ima dosta znacajnih knjiga o ovoj problematici.

U Banjoj Luci, maja 2015. godine

vi


4/118

Sadrzaj

1. Sistemi linearnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1 Pojam sistema linearnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Gausov metod eliminacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Neke primjeri sistema linearnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2. Matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.1 Operacije sa matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2 Invertiranje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.3 Elementarne matrice. Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.4 Matricna jednacina A X=B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3. Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.1 Definicija determinante. Laplasovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.2 Osnovne osobine determinanti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.3 Homogena linearna rekurzivna jednacina drugog reda . . . . . . . . . 53

3.4 Jos neke definicije determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3.5 Neke primjene determinanti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4. Vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

4.1 Prostor slobodnih vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

4.2 Definicija vektorskih prostora i primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 714.3 Linearna nezavisnost. Baza i dimenzija prostora . . . . . . . . . . . . . . 73

4.4 Potprostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

4.5 Sume potprostora. Faktor prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88


5/118

GLAVA 0. SADRZAJ

5. Linearna preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

5.1 Primjeri i osnovne osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

5.2 Linearna preslikavanja i matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

5.3 Defekt i rang linearnog preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

viii


6/118

1Sistemi linearnih jednacina

1.1 Pojam sistema linearnih jednacina

Razmatranja pocinjemo sa sistemima linearnih jednacina. Proucavanjem

ovakvih sistema prvi put su se i pojavili osnovni pojmovi linearne algebre.

Ako su c1, . . . , cn, d realni brojevi, onda se jednacina

c1x1+ + cnxn= dnaziva linearnom jednacinomsa nepoznatimx1, . . . , xn.Konjunkcijamovakvih

jednacina naziva se sistem linearnih jednacina. Sistem cemo pisati u obliku

a11x1+ a12x2+ + a1nxn = b1a21x1+ a22x2+ + a2nxn = b2

......

am1x1+ am2x2+ + amnxn = bm.

(1.1)

Elementi aij (i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n) polja Knazivaju se koeficijen-

tima sistema (1.1), dok se elementi bi (i = 1, 2, . . . , m) nazivaju slobodnim

clanovima. Ako je bar jedan slobodan clan razlicit od nule, kaze se da je sistem

nehomogen, a ako su svi jednaki 0,sistem nazivamohomogenim. Prema tome,homogeni sistem (1.1) ima oblik

a11x1+ a12x2+ + a1nxn = 0a21x1+ a22x2+ + a2nxn = 0

......

am1x1+ am2x2+ amnxn = 0.

(1.2)


7/118

1.1. POJAM SISTEMA LINEARNIH JEDNACINAGLAVA 1. SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA

Primjedba 1.1

Umjesto polja realnih brojeva, koeficijenti i rjesenje linearnih sistema mogu

pripadati proizvoljnom polju K. Nasa razmatranja ne zavise od prirede polja

K.

Definicija 1.2

Uredenu n-torku (1, 2, . . . , n) realnih brojeva nazivamo rjesenjem sistema

(1.1), ako su poslije uvrstavanja x1 = 1, x2 = 2, . . . , xn = n u sistem, sve

jednacine sistema zadovoljene.

Za sistem (1.1) kazemo da je saglasan, ako ima bar jedno rjesenje. Ako sistem

nema rjesenja, kazemo da je protivrjecan.

Homogeni sistem je uvijek saglasan, jer ima bar rjesenje

x1= 0, . . . , xn= 0,

koje se naziva trivijalnim.

Najjednostavniji primjer je kada sistem ima jednu jednacinu sa jednom

nepoznatom.

Primjer 1.3

Rijesiti jednacinu ax= b.

Rjesenje. Postoje sljedece tri mogucnosti

1. a = 0. Tada jednacina ima jedinstveno rjesenje x = ba

.

2. a = 0, b = 0. Jednacina je saglasna i ima beskonacno mnogo rjesenja.

Naime, svaki realan broj x je njeno rjesenje.

3. a= 0, b= 0. Sistem je protivrjecan, jer 0 x= 0=b, za svako x.Za dva sistema linearnih jednacina sa nepoznatim x1, . . . , xn kazemo da su

ekvivalentni, ako imaju ista rjesenja.

Ako se u svakoj jednacini sistema izvrsi bilo kakva permutacija sabiraka,

ocigledno se dobija sistem ekvivalentan polaznom.U smislu ekvivalentnosti sistema vrijedi:

Teorema 1.4

Ako je jedan sistem dobijen iz drugog pomocu sljedecih transformacija:

2


8/118

GLAVA 1. SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA1.2. GAUSOV METOD ELIMINACIJE

1. Zamjena mjesta dvjema jednacinama.

2. Mnozenje lijeve i desne strane neke jednacine brojem razlicitim od 0.

3. Zamjena neke jednacine sistema jednacinom dobijenom tako da se lijevoj i

desnoj strani te jednacine doda lijeva i respektivno desna strana neke druge

jednacine pomnozena brojem.

Tada su ta dva sistema ekvivalentni.

Dokaz

Prva dva slucaja su ocigledna, pa cemo razmotriti samo treci, cija tacnost slijedi

iz sljedece jednostavne cinjenice. Sistemi

x1= y1x2= y2

i x1= y1

x1+ x2= y1+ y2

su ekvivalentni.

1.2 Gausov metod eliminacije

Pokazacemo kako se sistem (1.1) rjesava pomocu Gausovog metoda elimi-

nacije, koji se jos zove i Gausov algoritam.

Kada god budemo pisali sistem (1.1) ili sistem u koji se on transformise,pretpostavljacemo da je u svakoj jednacini sistema bar jedan koeficijent razlicit

od nule.

Ako se pojavi jednacina u kojoj su svi koeficijenti uz nepoznate jednaki nuli,

a slobodan clan razlicit od nule, to znaci da je sistem protivrjecan. Ako je u

nekoj jednacini, uz koeficijente uz nepoznate i slobodan clan jednak nuli, ta

se jednacina moze izostaviti, jer su bilo koji brojevi njeno rjesenje. Takvim iz-

ostavljanjem, ocigledno, dobijamo sistem ekvivalentan polaznom. Mi cemo na

posmatranim sistemima izvoditi samo transformacije pomenute u teoremi 1.4,

sto nam garantuje da ce se sistem uvijek transformisati u ekvivalentan sistem.

Pretpostavicemo da je a11= 0 (sto se uvijek moze postici, medusobnomzamjenom jednacina ili nepoznatih sistema, uz gore navedenu pretpostavku o

koeficijentima.) Dijeljenjem prve jednacine sa a11 mozemo cak postici da je

a11= 1.

Ideja Gausovog postupka je da se pomocu prve jednacine sistema i koefi-

cijentaa11 eliminise nepoznata x1 iz svih jednacina sistema osim prve i time

sistem prevede u njemu ekvivalentan sistem, u kome se nepoznata x1 pojavljuje

eksplicitno samo u prvoj jednacini itd.

3


9/118

1.2. GAUSOV METOD ELIMINACIJEGLAVA 1. SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA

Mnozeci prvu jednacinu saai1

a11 i dodajuci i-toj (i = 2, . . . , m) sistem (1.1)prelazi u sistem

a11x1 +a12x2 + +a1nxn = b1a(1)22x2 + +a(1)2n xn = b(1)2

... ... ...a(1)m1,2

x2 + +a(1)m1,nxn = b(1)m1 ,

(1.3)

pri cemu je m1 m.Sada se isti postupak ponavlja sa sistemom (1.3), ali bez prve jednacine. Uz

pretpostavku da je a(1)22 = 0,mnozenjem druge jednacine sistema (1.3) sa a

(1)i2

a(1)

22i dodavanjem i-to j jednacini (i= 3, . . . , m), sistem (1.3) prelazi u sistem

a11x1+ a12x2+ a13x3+ + a1nxn = b1a(1)22x2+ a

(1)23x3+ + a(1)2n xn = b(1)2

a(2)33x3+ + a(2)3n xn = b(2)3

......

a(2)m2,3

x3+ + a(2)m2,nxn = b(2)m2 ,pri cemu je m2 m1.

Postupak dalje ponavljamo sa ovim sistemom, ali bez prve dvije jednacine i

produzavamo sve dok ne dodemo do posljednjek-te jednacine (kn; km),kada sistem (1.1) prelazi u

a11x1+ a12x2+ a13x3+ + a1nxn = b1

a(1)22x2+ a

(1)23x3+ + a(1)2n xn = b(1)2

...

a(k1)kk xk+ + a(k1)kn xn = b(k1)k ,

(1.4)

pri cemu je a11= 0, a(1)22 = 0, . . . , a(k1)kk = 0.Kazemo da je (1.4) trapezna forma sistema (1.1).

Pretpostavimo da smo dosli do ovog sistema (postoji mogucnost da se prije

utvrdi da je sistem protivrjecan). Mogu nastupiti dva slucaja.

1. k= n. Posljednja jednacina sistema (1.4) a(n1)

nn xn = bn(n1) ima jednunepoznatu, xn. U ovom slucaju kazemo da je sistem napisan u trougaonoj

formi.

Nepoznata xn je jednoznacno odredena iz sistema (1.4). Odredujuci xniz te jednacine i uvrstavajuci njenu vrijednost u pretposljednju jednacinu

sistema (1.4) iz nje izracunamo xn1,i tako redom, sve do prve jednacine,

4


10/118

GLAVA 1. SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA1.2. GAUSOV METOD ELIMINACIJE

iz koje izracunamo x1. Jasno je da u ovom slucaju sistem ima jedinstveno

rjesenje.

2. k < n. Kazemo, u ovom slucaju, da je sistem napisan u trapeznom

obliku. Posljednja jednacina sistema (1.4) ima n k + 1 (> 1) nepo-znatih xk, xk+1, . . . , xn. Uzimajuci u toj jednacini proizvoljne vrijednosti

za sve promjenljive, osim npr. xk, mozemo iz nje izracunati xk, a zatim

uvrstavajuci u pretposljednju jednacinu, izracunati xk1 itd. Na kraju, izprve jednacine izracunamo x1. U ovom slucaju rjesenje sistema zavisi od

nk proizvoljnih vrijednosti xk+1,. . . ,xn. To je slucaj kada sistem imabeskonacno mnogo rjesenja.

Dakle, ili je sistem (1.3) protivrijecan ili se svodi na trougaonu formu ili

na trapeznu formu. Ako sistem ima jedinstveno rjesenja, onda se on ne mozesvesti na trapezni oblik, jer bi tada imao beskonacno mnogo razlicitih rjesenja.

Prema tome vrijedi

Teorema 1.5

Ako je sistem (1.1) saglasan, tada on ima jedinstveno rjesenja ako i samo ako

se Gausovim algoritmom svodi na trougaonu formu. Isto tako, saglasan sistem

ima beskonacno mnogo rjesenja ako i samo ako se Gausovim algoritmom svodi

na trapeznu formu.

Vezu izmedu rjesenja nehomogenog i pripadnog homogenog sistema daje

sljedeca teorema, koja se cesto naziva Fredholmova alternativa.

Teorema 1.6

Pretpostavimo da je sistem (1.1) saglasan i da ima isti broj jednacina i ne-

poznatih. Tada taj sistem ima jedinstveno rjesenje ako i samo ako pripadni

homogeni sistem (1.3) ima samo trivijalno rjesenje.

Dokaz

Pretpostavim da sistem (1.1 ima jedinstveno jedinstveno rjesenje. Vidjeli smo

da se on tada, Gausovim metodom eliminacije, transformise na slucaj k = n,pa se istim postupkom, na taj slucaj transformise i pripadni homogeni sistem,

sto znaci da i on ima jedinstveno, trivijalno, rjesenje.

Ako sistem ima beskonacno mnogo rjesenja, onda se on svodi na sljucajk j, nazivamo gornjom trougaonommatricom. Ana-

logno definisemo i donju trougaonumatricu.

Matricu oblika a11 0 0

0 a22 0...

......

...

0 0 ann

nazivamo dijagonalnomi oznacavamo sa diag(a11, . . . , ann).

Dijagonalnu matricu oblika diag( , . . . , ) nazivamo skalarnom.

Skalarna matrica

1 0 00 1 0...

......

...

0 0 1

naziva se jedinicnom matricomreda n i oznacava sa En.

Nula matricom cemo nazivati matricu ciji su svi elementi jednaki nuli. Ona

moze biti bilo kojeg formata i bice oznacavana sa O..

Definisimo osnovne algebarske operacije sa matricama. Posmatracemo ma-

trice

A= (aij)mn, B = (bij)pq, C= (cij)rs.

Jednakost dvije matricedefinise se na sljedeci nacin

A= B ako i samo ako m = p, n= q, aij =bij ,

(i= 1, . . . , m; j = 1, . . . , n).

Matrice se mogu sabirati samo ako su istog formata, a rezultat je matrica

istog takvog formata, ciji su elementi jednaki zbiru odgovarajucih elemenata

polaznih matrica. To izrazava sljedeca

12


18/118

GLAVA 2. MATRICE 2.1. OPERACIJE SA MATRICAMA

Definicija 2.2

A + B= Cako i samo akom = p = r, n= q= s; cij =aij + bij ,

(i= 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n) .

tako je npr. 2 3 11 3 2

+

2 3 11 3 2

=

0 0 0

0 0 0

.

Jasno je da je sabiranje matrica u Mmn(K) asocijativno, komutativno, da

posjeduje neutralni element (nula matrica), te da svaka matricaAima suprotnu

(to je matrica (aij)mn i oznacavamo je saA).To znaci da je skup Mmn(K) grupa u odnosu na sabiranje.Proizvod elementa K i matrice A je, po definiciji, matrica A, koju

dobijemo mnozenjem svih elemenata matrice A sa .

Elementi iz K se u ovakvoj situaciji obicno nazivaju skalarima.

Imamo dakle

Definicija 2.3

A= B ako i samo ako m = p, n= q; bij = aij ,(i= 1, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n).

Tako, npr., vrijedi:2 4 22 4 2

= 2

1 2 11 2 1

.

Mnozenje matrice skalarom ima sljedece osobine. Ako su A i B matrice, a

i skalari, tada je:

(A + B) = A + B( + ) A = A + A

( ) A = ( A),1 A= A.

Sve se ove osobine jednostavno dokazuju. Uz cinjenicu da u odnosu na sabiranje

matrice cine Abelovu grupu, ovo znaci da vrijedi:

Skup matrica Mmn(K) u odnosu na sabiranje i mnozenje skalarom ima

strukturu vektorskog prostora.

13


19/118

2.1. OPERACIJE SA MATRICAMA GLAVA 2. MATRICE

Prema definiciji mnozenja matrice skalarom slijedi da je svaka skalarna ma-

trica jednaka proizvodu skalara i jedinicne matrice.

Definisimo sada operaciju mnozenja dvije matrice.

Proizvod matrice A sa matricom B jeste matrica C ciji se elementi dobijaju

na sljedeci nacin: element cij , na presjeku i-te vrste i j-te kolone matrice C,

jednak je ,,proizvodui-te vrste matrice A i j -te kolone matrice B u sljedecem

smislu

cij =ai1 b1j + ai2 b2j+ =k

aikbkj .

Da bi ova suma imala smisla, broj elemenata u i-toj vrsti matrice A mora

biti jednak broju elemenata u j-toj koloni matrice B. U i-toj vrsti matrice A

ima onoliko elemenata koliko ta matrica ima kolona, dok u j -toj koloni matrice

B ima onoliko elemenata koliko ta matrica ima vrsta. Tako dobijamo sljedece:Proizvod AB matrice A sa matricom B definisan je kada matrica A imaonoliko kolona koliko matricaB ima vrsta, tj. kada jen= p.

Primjecujemo dalje da se elementi j -te kolone matrice Cdobija ju tako sto

se saj -tom kolonom matriceB mnozi prvo prva, pa druga itd. i na kraju poslj-

ednja vrsta matriceA, pa kako u j -toj koloni matriceCima onoliko elemenata

koliko ta matrica ima vrsta zakljucujemo da matrica Cima isti broj vrsta kao i

matricaA. Slicno zakljucujemo da matricaCima isti broj kolona kao i matrica

B.

Sve sto je receno o mnozenju matrica sadrzano je u sljedecoj definiciji.

Definicija 2.4

Ako su A = (aij)mn i B= (bij)np, tada matricuC= (cij)mp definisanusa

cij =

nk=1

aikbkj , (i= 1, . . . , m, j= 1, . . . , p),

nazivamo proizvodom matrice A sa matricom B i oznacavamo sa A B.

Primjer 2.5

5 7 42 5 1

321

= 2517 ,

jer je npr. 25 = 5 3 + 7 2 + (4) 1

14


20/118


Primjer 2.6

2 1 0

1 2 34 1 1

5 1 311 2 69 2 5

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

.Navescemo osobine koje imaju matrice u odnosu na do sada uvedene ope-

racije. U navodenju ovih osobina uvijek cemo pretpostavljati da su formati

matrica uskladeni tako da proizvodi, koji se pojavljuju, uvijek postoje.

A

O= O

A= O,

gdje je O nula matrica.

(A B) C=A (B C)A En= Em A= A,

pri cemu su En i Em jedinicne matrice.

(A + B) C=A C+ B CA (B+ C) =A B+ A C

(A B) = ( A) B= A ( B).Dokazimo npr. drugu osobinu (asocijativnost mnozenja). Za dokaz ove osobine,a i na mnogo drugih mjesta u knjizi, koristicemo formulu za promjenu poretka

sumiranja. Ta formula ima oblik

ni=1

nj=1

aibj =

nj=1

ni=1

aibj (2.1)

i jednostavno se izvodi iz osobine distributivnosti mnozenja u polju u odnosu

na sabiranje.

Matrice A (B C) i (A B) C su odredene ako matrice A, B i C imajuoblik

A= (aij)mn, B= (bij)n

p, C= (cij)p

r.

Element iz presjeka i-te vrste i j -te kolone matrice A (B C) jednak jen

=1

ai

p=1

bcj

=

n=1

p=1

aibcj ,

15


21/118


pa promjenom poretka sumiranja dobijamo

n=1

ai

p=1

bcj

=

p=1

n=1

aib

cj .

Na desnoj strani ove jednakosti je element iz i-te vrste i j -te kolone matrice

(A B) C, pa tvrdnja vrijedi.Iz prethodnih osobina za kvadratne matrice vrijedi:

SkupMn(K) u odnosu na sabiranje, mnozenje matrice skalarom i mnozenje

matrica ima strukturu nekomutativne algebre

Primjer 2.7

Neka je A Mn(K).Pokazati da jeA B= B A,za svako BMn(K), ako isamo ako je A skalarna matrica.

Rjesenje. Neka je A skalarna matrica, tj. neka je A= En, za neki K ineka jeBMn(K). Vrijedi

A B= (En B) =(B En) =B (En) =B A.Obratno, Neka je A matrica za koju je AB = BA, za svaku matricu B.Za i {1, . . . , n} uzmimo matricu B, tako da je bii = 1, dok su joj ostalielementi nule.i-ta vrsta matriceA Bje i-ta vrsta odA, dok su joj ostale vrstesastavljene od nula, dok je i-ta kolona matrice B

Ajednakai-toj koloni od A,

a ostale kolone sastavljene od nula. Zbog toga iz uslova A B= B Adobijamoda jeaij = 0, (i=j ), tj. A je dijagonalna matrica. Ako B uzmemo tako da jebi1 = 1, a ostali elementi nula, tada je u matrici B A prvi element i-te vrstejednaka11, dok su ostali nule. U matrici A B prvi element i-te vrste je aii, aostali su nule, pa iz A B=B A slijedi a11=aii, (i= 1, . . . , n). To znaci dajeA skalarna matrica.

Teorema 2.8

Proizvod gornjih (donjih) trougaonih matrica je gornja trougaona matrica.

Dokaz

Ako su A i B gornje trougaone matrice i i > j, tada jeaik = 0, ako je i > k, a

ako je ik, tada je k > j, pa je bkj = 0. To znaci da su svi sumandi, za kojejei > j, u jednakosti za racunanje elemenata u proizvoduA B, jednaki nuli.

16


22/118


Ako je A

Mmn(K) tada cemo matricu AT

Mnm(K) nazivati trans-

ponovanom matricom matrice A, ako i-tu vrstu te matrice cini i-ta kolona

matrice A, za i = 1, 2, . . . , n . Drugim rijecima, ako je B = AT vrijedi

bij =aji , (i= 1, . . . , n; j = 1, . . . , m).

Vrijedi1) (A + B)T = AT + BT,

2) (AT)T = A,

3) (A B)T = BT AT.Dokazimo posljednju osobinu. Neka je A Mmn(K), B Mnp(K). Tadavrijedi

n

k=1ajkbki =

n

k=1bkiajk ,

(i= 1, . . . , p;j = 1, . . . , m).

Element bki se nalazi u i-toj vrsti i k-toj koloni matrice BT, a ajk u k-

toj vrsti i j-toj koloni matrice AT, pa je element na desnoj strani prethodne

jednakosti element iz i-te vrste i j-te kolone matrice BT AT, dok je elementsa lijeve strane iz (A B)T.

Primjer 2.9

Odrediti sve matrice koje komutiraju sa matricom

T =

0 1 0

0

0 0 1 0...

... . . . ...

0 0 0 . . . 1

0 0 0 0

.

Rjesenje. Neka je A = (aij) matrica koja komutira sa T. U matrici AT su

elementi prve kolone nule, drugu kolonu cine elementi prve kolone matrice A

itd. posljednju kolonu cine elementi pretposljednje kolone matrice A, dok se

elementi posljednje kolone matrice A ne pojavljuju u matrici AT. U matrici

T A prva vrstu cine elementi druge vrste matrice A itd. pretposljednju vrstu

cine elementi posljednje vrste matrice A, dok se posljednja vrsta sastoji odnula, a elementi prve vrste matrice A se u toj matrici ne pojavljuju. Tako je

AT =

0 a11 a1, n10 a21 a2, n1...

... . . .

...

0 an1 an, n1

,

17


23/118


dok je

T A=

a21 a22 a2na31 a32 a3n

......

. . . ...

an, 1 an,2 an,n0 0 0

.

Iz jednakostiAT =T A, izjednacavanjem odgovarajucih elemenata po vrstama,

dobijemoa21= 0, a22= a11, . . . , a2n= a1,n1

a31= a32= 0, a33= a11, . . . , a3n= a1,n2,...

an1= an2= . . .= an,n1= 0, ann= a11.Na taj nacin matrica A ima oblik

a11 a12 a13 a1n0 a11 a12 a1, n10 0 a11 a1, n2...

......

. . . ...

0 0 0 a11

. (2.2)

Proizvod AA je definisan samo za kvadratne matrice. Kao i kod obicnihstepena, taj cemo proizvod oznacavati sa A2.Induktivno se definise proizvoljan

stepen matrice sa An =A

An1. Na osnovu asocijativnosti mnozenja imamoAn =A An1 =An1 A. Iz istih razloga vrijedi

Am+n =Am An, (Am)n =Amn, (m, nN).Ako jeA B= B A, vrijedi i

(A B)n =An Bn, (n N),

(A + B)n =n

k=0

n

k

Ak Bnk, (nN). (2.3)

Obje se jednakosti dokazuju indukcijom.

Kvadratnu matricu A nazivamo nilpotentnom, ako postoji prirodan broj n

za koji jeAn =O. Najmanji prirodan broj sa tom osobinom naziva se indeksomnilpotentnosti matrice A.

Uopste cemo sa f(A) oznacavati matricu f(A) =a0En+ a1A + + anAn,pri cemu je f(x) =a0+ a1x + + anxn K[x].

18


24/118


Neka je nprirodan broj, a 0

k < n. Sa Tk = (tij) oznacicemo kvadratnu

matricu reda n koja je definisana sa

tij =

ti,i+k = 1, i= 1, . . . , n k,0, inace

.

Ocigledno je T0= En,dok jeT1 matricaT iz prethodnog primjera. U tom smo

primjeru vidjeli kako se matrica mnozi sa matricomT1, iz cega dobijamo

T21 =T2, T31 =T3, . . . , T

n21 = Tn2, T

n11 =Tn1, T

n1 = 0,

(1< k < n 1). (2.4)Posljednje jednakosti znace da je T1 nilpotentna matrica, ciji je indeks nilpo-

tentnosti jednak n.

Definicija 2.10

Kvadratna matrica reda n oblika

Jn() =

1 0 00 1 0...

... . . .

. . . ...

0 0 10 0

0

, (2.5)

naziva se Zordanovim blokom.

SvakiZordanov blok moze se ocigledno napisati u obliku

Jn() = En+ T1.Kako svaka skalarna matrica komutira sa svakom drugom matricom, to se zbir

na desnoj strani prethodne jednacine moze stepenovati, kao u formuli (2.3),

tako da za svako k , uz T01 =En, dobijamo

Jn()k =

k

i=0 k

ikiTi1. (2.6)

19


25/118


Definicija 2.11

Kvadratna matrica n + 1-og reda data sa

A=

a0 a1 a2 an1 anb1 a0 a1 an2 an1b2 b1 a0 an3 an2...

......

. . . ...

...

bn1 bn2 bn3 a0 a1bn bn1 bn2 b1 a0

, (2.7)

naziva se Teplicova matrica.

Lako se provjerava da je zbir dvije Teplicove matrice ponovo Teplicova matrica.

Teorema 2.12

Gornja trougaona matrica je Teplicova ako i samo ako je jednaka polinomu

Zordanovog bloka.

Dokaz

Iz relacije (2.6) se vidi da je svaki stepen Zordanovog bloka gornja trougaona

Teplicova matrica. Iz toga i prehodnog slijedi da je svaki polinom Zordanovog

bloka gornja trougaona Teplicova matrica.

Obratno, ako je A gornja trougaona Teplicova matrica, tj. ako u (2.7),

imamobi = 0, (i= 1, . . . , n),onda seAmoze napisati u obliku

A= a0T0+ a1T1+ + anTn.Sa druge strane vrijedi Tk = T

k1 = (T1+ En En)k = (J En)k.

Prema tomeTk, (k= 1, . . . , n) su polinomi od Jn().

Definicija 2.13

MatricuPnazivamo permutacionom matricom, ako je u svakoj vrsti i svakoj

koloni matricePjedan element jednak 1, a svi ostali, jednaki 0.

Povezacemo permutacione matrice sa permutacijama.

Neka je P = (pij)nn permutaciona matrica. Definisimo preslikavanje :{1, 2, . . . , n} {1, 2, . . . , n} sa:

(i) =

j, ako jepij = 1,

0, ako jepij = 0.

20


26/118


Dokazimo da je permutacija, odnosno, bijektivno preslikavanje. Za fiksirani j,

uj -toj koloni postoji samo jedan element koji je jednak 1. Ako je indeks vrste

tog elementa jednak i, onda je (i) = j, sto znaci da je dobro definisano

preslikavanje. Ako je i proizvoljan, kako je u i-toj vrsti matrice P, samo jedan

element pij = 1,a svi ostali su nula, to znaci da postoji jedinstven j, za koji je

(i) =j, sto znaci da je bijekcija.

Dakle, matrica P je potpuno odredena permutacijom , pa cemo to pisati

u obliku P =P.

Teorema 2.14

Neka je A kvadratna matrica redan, a Sn proizvoljno.1. Vrste matriceP A nastaju permutovanjem vrsta matrice A. Preciznije,

i-ta vrsta te matrice jednaka je (i)-toj vrsti matriceA.

2. Kolone matriceAPnastaju permutovanjem kolona matriceA.Preciznije,j-ta kolona te matrice jednaka je 1(j)-toj koloni matriceA.

3. Specijalno, ako jeSn, tada jeP P =P.

Dokaz

1. Neka je, sada, A bilo koja matrica reda n. Zanima nas kako izgledaju

matriceX=P A i Y =A P. Vrijedi

xij =

nk=1

pikakj =a(i),j, (j = 1, 2, . . . , n).

Odavde slijedi dajei-ta vrsta matrice X jednaka(i)-toj vrsti matrice A.

2. Isto tako,

yij =n

k=1

aikpkj =ai,1(j), (i= 1, 2, . . . , n).

Slijedi da je j -ta kolona matrice Y jednaka 1(j)-oj koloni matrice A.

3. Uzmimo u 1. da je A = P, za neko Sn. Tada je a(i),j = 1, ako je( )(i) = j, dok je a(i),j = 0, u ostalim slucajevima. Prema tome, 3.vrijedi.

21


27/118


Posmatracemo sada specijalan slucaj, kada je ciklus oblika = (n, n

1, . . . , 1). Vrijedi

A =

0 0 0 11 0 0 00 1 0 0...

... . . .

. . . ...

0 0 1 0

, (2.8)

tjj.A ima jedinice na mjestima (i+1, i), (i= 1, . . . , n1) i (1, n),dok su ostalonule. Proizvod A A je matrica nastala iz matrice A ciklickim pomjeranjemnjenih kolona slijeva nadesno. Na taj nacin prva kolona prelazi u n-tu, dok se

sve ostale pomjeraju za jedno mjesto lijevo.

Neka je f(x) =a1+ a2x + + anxn

1

Kn1[x] proizvoljan polinom, af(A) =a1En+ a2A+ + anAn1 . (2.9)

Na osnovu prethodnog vidimo da se u matrici f(A) element a1 nalazi na

glavnoj dijagonali. Lijevo od njega je a2. itd. Zakljucujemo da matrica f(A)

ima oblik

a1 an a3 a2a2 a1 a4 a3...

... . . .

......

an1 an2 a1 anan an1 a2 a1

. (2.10)

Matrica oblika (2.10) naziva se cirkularnom matricom. Iz prethodnogimamo:

Teorema 2.15

Matrica je cirkularna ako i samo ako je oblika (2.9).

Matrice ima ju znacjanu primjenu u teoriji grafova. Nekom grafu se matrica

moze pridruziti na razne nacine. Jedan od njih je sljedeci Dokazacemo jedan

jednostavan, a zanumljiv rezultat.

Neka je G graf sa n cvorova i neka je G = gij kvadratna matrica reda n

definisana se gij = broj grana koje spaja ju cvorovei i j .

Za matricuG kaze se da je pridruzena grafuG.Postavlja se pitanje: Koliko, za

dati pozitivan cio brojk,ima puteva duzine k,koji povezuju cvorove i i j . Ako

je k = 1 onda je taj broj, ocigledno, jednak gij . Neka je k = 2. Broj puteva

duzine dva od i do j jednak je broju puteva duzine 1 od i do m, pomnozenom

22


28/118


sa brojem puteva od m do j, pri cemu m prolazi skupom svih cvorova. Prema

tome, broj tih puteva jednak je

nm=1

gimgmj,

sto je jednako elementu u presjeku i-te vrste ij -te kolone matrice G2.Odavde

se indukcijom lako dokazuje

Teorema 2.16

1. Neka je k pozitivan cio broj i Gk = (hij). Tada je broj hij jednak broju

puteva duzine k , koji povezuju cvorove i i j

2.

Rasporedimo elemente matrice Au matrice oblikaaij ai+1,j aik... ... ...asj as+1,j ask

,koje cemo nazivati blokovima.MatricuA mozemo posmatramo kao matricu ciji

su elementi ti blokovi, pa cemo je zbog toga zvati blok-matricom.

Pri tome svi blokovi koji se nalaze u jednoj vrsti blok-matrice imaju isti

broj vrsta, dok svi blokovi iz iste kolone matrice A imaju isti broj kolona.Ako blokove razdvojimo horizontalnim i vertikalnim linijama onda blok-matricu

mozemo pisati u oblikuA11 A12 A1nA21 A22 A2n

......

......

Am1 Am2 Amn

.Kvadratnu blok-matricu kod koje je Aij = 0, (i= j ), dok su A11, . . . , Ann

kvadratne matrice, nazivamokvazi-dijagonalnom.Ako jeAij = 0, (i > j ili i k.Ocigledno vrijedi

a1kaij(k) =a1k(j)aij . (3.2)U dokazu sljedece teoreme koristicemo i formulu o promjeni poretka sumiranja

n

k=1n

j=1j=k akbjk =n

j=1n

k=1k=j akbjk , (3.3)koja se lako dokazuje uporedivanjem sabiraka na lijevoj i desnoj strani jedna-

kosti.

Theorem 3.1 (Laplasovo pravilo o razvoju)

Za determinantu D = det A reda n vrijedi

D=n

k=1

(1)i+kaikDik

=n

k=1

aikAik,

(i= 1, 2, . . . , n),

D=n

k=1

(1)j+kakjDkj = nk=1

akjAkj ,

(j = 1, 2, . . . , n).

Dokaz

Dokazazimo prvu formulu. Za i = 1 formula se svodi na definiciju 3.1. Zbog

toga teoremu treba dokazati za i= 2, . . . , n .

Koristicemo indukciju po n. Provjerimo tvrdnju za n = 2. Tada jea11 a12a21 a22

= a11 a22 a12 a21. No, kako je D21= a12, D22= a11, imamo

a11 a12a21 a22= (1)1+2a21D21+ (1)2+2a22D22,pa je formula tacna.

45


51/118

3.1. DEFINICIJA DETERMINANTE. LAPLASOVO PRAVILOGLAVA 3. DETERMINANTE

Pretpostavimo da je formula tacna za determinante (n

1)-og reda (n

2)

i neka je D determinanta n-tog reda. Neka je i {2, 3, . . . , n} fiksiran. Podefiniciji vrijedi

D=

nk=1

(1)1+ka1kD1k.

Posto jeD1k determinanta (n1)-og reda, za nju tvrdnja vrijedi, na osnovuindukcione pretpostavke, pa njenim razvojem po (i 1)-oj vrsti dobijamo:

D1k =

nj=1

j=k

(1)i1+jaij(k)Ac

1 i

j k

,

jer se elementii-te vrste determinanteD nalaze u (i

1)-oj vrsti determinante

D1k. Na osnovu ovoga imamo

D=

nk=1

(1)1+ka1knj=1

j=k

(1)i1+jaij(k)Ac

1 i

j k

.

Koristeci relaciju (3.3) dobijamo

D=

nj=1

(1)i+jn

k=1

k=j

(1)ka1kaij(k)Ac

1 i

j k

.

Primjenom relacije (3.2), odavde slijedi

D=n

j=1

(1)i+jaij nk=1

k=j

(1)1+ka1k(j)Ac1 ij k==

nj=1

(1)i+jaijDij .

Sto se tice druge formule dovoljno je, u skladu sa vec dokazanim, dokazati da

tvrdnja vrijedi zaj = 1, sto cemo opet izvesti indukcijom.

Za n= 2 tvrdnja se dokazuje na isti nacin kao za vrste. Pretpostavimo da

tvrdnja vrijedi i za determinante (n1)-og reda i neka jeD determinantan-togreda. Tada je po definiciji D =

nj=1(1)1+ja1jD1j, a na osnovu indukcione

pretpostavke vrijedi

D= a11D11+n

j=2

(1)1+ja1jn

k=2

(1)k+1ak1Ac

1 k

1 j

=

=a11D11+

nk=2

(1)1+kak1n

j=2

(1)j+1a1jAc

1 k

1 j

=

46


52/118

GLAVA 3. DETERMINANTE3.2. OSNOVNE OSOBINE DETERMINANTI

=a11A11+

nk=2

(1)k+1ak1Dk1.

Primjedba 3.5

Prva od jednakosti iz teoreme 3.1 predstavlja razvoj determinante D po ele-

mentimai-te vrste, a druga razvoj determinanteD po elementima j -te kolone.

U skladu sa tim determinante su definisane razvojem po prvoj vrsti.

3.2 Osnovne osobine determinanti

Kao prvu, jednostavnu, posljedicu teoreme 3.1 imamo:

Posljedica 3.6

Determinanta je jednaka nuli ako joj se jedna vrsta (ili kolona) sastoji od nula.

Dokaz

Treba samo determinantu razviti po onoj vrsti, u kojoj su sve nule.

Posljedica 3.7

Vrijedi

det(A) = det(AT). (3.4)

Dokaz

Tvrdnja se dokazuje indukcijom u odnosu na red determinante. Za n = 2

tvrdnja je tacna, jer vrijedi

a11 a12a21 a22= a11a22 a12a21= a11 a21a12 a22 .Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za determinante reda n 1 i da je D =det A determinanta n-tog reda, a C = det AT. Indukciona pretpostavka daje

47


53/118

3.2. OSNOVNE OSOBINE DETERMINANTIGLAVA 3. DETERMINANTE

jednakostDij =Cji , iz cega slijedi

D=n

k=1

(1)1+ka1kD1k =n

k=1

(1)1+ka1kCk1.

Izraz na desnoj strani predstavlja razvoj det AT po prvoj koloni, pa tvrdnja

vrijedi na osnovu teoreme 3.1.

Theorem 3.2

Dokazati da se determinanta mnozi skalarom tako da se svi elementi jedne

njene vrste ili kolone pomnoze tim skalarom.

Dokaz

U skladu sa teoremom 3.1 dovoljno je izvesti dokaz npr. za vrste. Pretpostavimo

da je determinanta D1 nastala iz determinante D mnozenjem elemenata i-te

vrste skalarem. Kada tu determinantu, prema teoremi 3.1, razvijemo po i-toj

vrsti, dobijamo

D1=

nk=1

aik Aik =n

k=1

aik Aik,

pri cemu su Aik kofaktori elemenata aij determinante D. Na osnovu toga je

D1= D.

Primjer 3.8

Izracunati determinantu dijagonalne matrice

D=

d1 0 00 d2 0...

... . . .

...

0 0 dn

.

Rjesenje. Data determinanta dobijena je mnozenjem prve vrste jedinicne de-

terminante sad1,druge sad2,itd.n-te sadn,pa, na osnovu prethodne teoreme

i primjera 3.4 vrijedi

D= d1 d2 dn.

Posljedica 3.9

DeterminantaD koso-simetricne matrice neparnog reda jednaka nuli.

48


54/118


Dokaz

Uocimo prvo sljedecu osobinu determinanteD. Ako se svaka vrsta determinante

D pomnozi sa1, pa se dobijena determinanta transponuje, ponovo se dobijadeterminantaD. Prema tome imamo

(1)n D= D,a kako je n neparan, slijedi 2D= 0, tj. D = 0.

Theorem 3.3

Ukoliko se dvije determinante istog reda razlikuju u samo jednoj vrsti, recimo

i-toj, tada je zbir te dvije determinante jednak determinanti ciji se elementii-tevrste dobiju kao zbir elemenata iz odgovarajucih vrsta polaznih determinanti,

dok su ostale vrste nepromijenjene.

Analogna tvrdnja vrijedi i za kolone.

Dokaz

Dokaz slijedi iz teoreme 3.1, koristeci razvoj determinanti po i-toj vrsti.

Teorema 3.10

Determinanta mijenja znak ako dvije vrste zamijene mjesta. Isto vrijedi i zakolone.

Dokaz

Dokazimo prvo da ovo pravilo vrijedi kada dvije susjedne vrste zamijene mjesta.

Neka je, dakle, D1 determinanta nastala iz determinante D zamjenom i-te i

(i + 1)-te vrste. Razvijanjem determinante D1 po (i + 1)-oj vrsti dobijamo

D1=

nk=1

(1)i+1+kaik Dik =n

k=1

(1)i+kaik Dik =D.

Zamjena mjesta i-te i j-te vrste (i < j) moze se realizovati neparnim brojem2(j i) 1 zamjena susjednih vrsta.

Tvrdnja se za kolone dokazuje analogno.

Kao posljedica prethodne teoreme je:

49


55/118


Posljedica 3.11

DeterminantaD je jednaka nuli ako su joj jednake dvije vrste( ili kolone).

Dokaz

Zaista, ako se u D zamijene one vrste koje su jednake onda se determinanta

ocigledno nece promijeniti, dok s druge strane, na osnovu prethodne teoreme

mora promijeniti znak. Tako dobijamoD = D, tj. 2D= 0,pa je i D = 0.

Iz prethodne teoreme, teoreme 3.3 i jednakosti (3.4) imamo:

Teorema 3.12

Determinanta nece promijeniti vrijednost ako se jedna njena vrsta (kolona),

pomnozena nekim skalarom, doda nekoj drugoj vrsti (koloni).

Teorema 3.13

Ukoliko se elementi jedne vrste (kolone) determinante pomnoze kofaktorima

elemenata neke druge vrste (kolone) i ti proizvodi saberu, dobije se nula.

Dokaz

Posmatrajmo determinantu nastalu iz determinanteD, tako da joj se elementi

i-te vrste zamijene elementima j-te vrste. Ta determinanta je sa jedne strane

jednaka nuli, jer su joj dvije vrste jednake, dok se razvijanjem po i-toj vrsti

dobije zbir u kome su elementi j-te vrste pomnozeni kofaktorima elemenata

i-te vrste.

Ova osobina i Laplasovo pravilo o razvoju kratko se mogu zapisati na slj-

edeci nacin.n

k=1

aik Ajk =D ij ,n

k=1

aki Akj =D ij . (3.5)

50


56/118


Iskoristicemo sada neke od navedenih osobina za izracunavanje jedne u ma-

tematici vrlo vazne determinante. Determinanta

Vn(x1, x2, . . . , xn) =

1 1 1 1x1 x2 x3 xnx21 x

22 x

23 x2n

......

... . . .

...

xn11 xn12 x

n13 xn1n

naziva se Vandermondova determinanta.

Theorem 3.4

VrijediVn(x1, . . . , xn) =

1j


57/118


Primijetimo sada da se iz i-te kolone ove determinante moze izvuci za-

jednicki faktorxi xn, a ostaje determinanta Vn1. SlijediVn = (1)n+1 (x1 xn) (x2 xn) (xn1 xn) Vn1.

Na osnovu indukcione pretpostavke, na kraju, imamo

Vn= (xnx1)(xnx2) (xnxn1)

1j


58/118

GLAVA 3. DETERMINANTE

3.3. HOMOGENA LINEARNA REKURZIVNA JEDNACINA DRUGOG

REDA

svakim od ,,linearnihpolinoma f(i), te je djeljiva i njihovim proizvodom. Iz-

jednacavanjem stepena polinoma na lijevoj i desnoj strani takode dobijamo da

ne zavisi od an, te da je = 1.

Vazan metod za izracunavanje determinanti je i metod recurentnih odnosa, o

kome cemo nesto reci u sljedecem dijelu.

3.3 Homogena linearna rekurzivna jednacina

drugog reda

U naslovu pomenuta jednacina n-tog stepena, ima oblik

xn= pxn1+ qxn2, (n >2), (3.7)

pri cemu su a1, a2 konstante, dok su vrijednosti x1, x2 unaprijed zadate i nazi-

vaju se pocetnim uslovima.

Ako je q= 0, tada je taj niz geometrijski sa kolicnikomp, pa mu se opsti

clan racuna po formuli

xn= pn1x1, (n > 2).

Neka je q= 0. Kvadratnu jednacinux2

px

q= 0,

nazivamo karakteristicnom jednacinom jednacine (3.7).

Neka su i rjesenja te jednacine. Direktno se provjerava da su brojevi

xn= c1n + c2

n, (n > 2), (3.8)

rjesenja jednacine (3.7) za proizvoljne c1, c2. Treba odrediti c1 i c2 tako su

zadovoljeni i pocetni uslovi. Oni su,dakle, odredeni sistemom

c1 + c2= x1,

c12 + c2

2 =x2.

Rjesavajuci ovaj sistem dobijamo

c1= x2 x1( ) , c2=

x2 x1( ) .

U sluca ju = rjesenje ima oblik

xn= n[(n 1)c1+ c2], (n >2),

53


59/118


REDA GLAVA 3. DETERMINANTE

gdje je

c1=x2 x1

2 , c2=

x1

.

Pri tome je = 0, jer q= 0.Primijenicemo prethodni metod za izracunavanje nekih determinanti, koje

spadaju u klasu tzv. tridijagonalnihdeterminanti.

Primjer 3.15

Izracunati sljedecu determinanten-tog reda

Tn=

+ 0 0 0 01 + 0 0 00 1 + 0 00 0 1 + 0 0...

......

. . . . . .

. . . ...

0 0 0 1 + 0 0 0 0 1 +

,

i

Rjesenje. Rekurentnu formulu dobijamo razvojem Tn po prvoj vrsti.

Tn= ( + )Tn1 Tn2.U ovom slucaju je p = + , q =, pa u slucaju = iz formule (3.8)imamo

Bn= n+1 n+1

.U slucaju = imamo Tn =

n[(n 1)T1+ T2], pri cemu je T1 = 1, T2= 2.Uvrstavajuci ovo u prethodnu jednakost dobijamo

Tn= (n + 1)n.

Primjer 3.16

Izracunati sljedecu determinantun-tog reda:

Fn=

1 1 0 0 01 1 1 0 00 1 1 0 0...

......

. . . ...

...

0 0 0 1 10 0 0 1 1

.

54


60/118

GLAVA 3. DETERMINANTE


REDA

Rjesenje. I Fnje tridijagonalna, pa razvojem po prvoj koloni dobijamo sljedecurekurentnu formulu

Fn= Fn1+ Fn2, (n > 2)

pri cemu je F1= 1, F2= 2.Odavde vidimo da jeFn, n +1-vi clan Fibonacijevog

niza, 1, 1, 2, 3, 5, . . . .Sada su i rjesenja jednacine x2 x 1 = 0, tj. =15

2 , = 1+

5

2 . Primjenom jednakosti (3.8) dobijamo

Fn= 1

5

1 + 52

n+1

1 52

n+1 .Determinanta koja predstavlja Fibonacijev nizje specijalan slucaj tzv. konti-nuante.

Kontinuantomniza a1, . . . , an nazivamo determinantu

Cn = (a1, . . . , an) =

a1 1 0 0 01 a2 1 0 00 1 a3 0 0...

......

. . . ...

...

0 0 0 an1 10 0 0 1 an

.

Fibonacijev niz je, dakle, kontinuanta niza a1 = a2 = 1 . . . = an = 1.

Vidjecemo kako se racuna kontinuanta, a zatim uociti njenu vezu sa neprekid-nim razlomcima, cime ce se uspostaviti veza i izmedu clanova Fibonacijevog

niza i neprekidnih razlomaka. Razvijanjem po elementima posljednje vrste do-

bijamo rekurentnu formulu

Cn = Cn1an+ Cn2, (n > 2), (3.9)

dok je C1= a1, C2= a1a2+ 1. Razvojem po prvoj vrsti dobijamo

Cn= a1(a2, . . . , an) + (a3, . . . , an), (n > 2). (3.10)

Teorema 3.17

Kontinuanta Cn dobija se kada se proizvodu a1 a2 an dodaju svi proizvodi,koji se iz njega dobiju izostavljanjem faktora oblika aiai+1, (i= 1, . . . , n 1).Pored toga vrijedi

(a1, a2, . . . , an)

(a2, a3, . . . , an) =a1+

1

a2+ 1

a3+ 1

.. .+ 1an

.

55


61/118


REDA GLAVA 3. DETERMINANTE

Dokaz

VrijediC1 =a1, C2 =a1a2+ 1, pa je tvrdnja tacna za n= 1 i n= 2. Pretpo-

stavimo da tvrdnja vrijedi za k < n.

Neka je n > 2. Sve sabirke koji se dobiju iz proizvoda nastalih iz a1 anna nacin opisan u teoremi podijelimo u dvije klase. Uzmimo u jednu klasu one

sabirke koji sadrze proizvod an1an. Izostavljanjem ovog proizvoda iz tihsabiraka dobijamo a1 an2 i proizvode koji iz njega nastaju izostavljanjempo dva uzastopna faktora i njihov zbir je jasno kontinuanta niza a1, . . . , an2.Uklasi u kojoj su preostali sabirci, u svim se sabircima kao faktor mora pojaviti an(jer se on ne pojavljuje jedino u sabircima u kojima je izostavljen par an1an),a njihov zbir je (a1, . . . , an

1)

an, pa prva tvrdnja vrijedi na osnovu formule

(3.9). Formula (3.10) moze se napisati u obliku.

(a1, . . . , an)

(a2, . . . , an)=a1+

1(a2,...,an)(a3,...,an)

.

Primjenom ove formulen-puta na nazivnik desne strane dobijamo drugu tvrd-

nju.

Dokazimo sada teoremu o determinanti proizvoda matrica, za jedan specija-

lan slucaj. Ta je teorema specijalan slucaj Bine-Kosijeve teoreme, koju cemo

dokazati kasnije.

Theorem 3.5

Ako su A i B kvadratne matrice istog reda, od kojih je bar jedna regularna,

tada jedet(A B) = det A det B.

Dokaz. Primijetimo prije svega da, iz osnovnih osobina determinanti, za deter-

minante elementarnih matrica vrijedi

det Eij = 1, det Ei() =, det Eij() = 1.

Neka je B kvadratna matrica reda n. Na osnovu osobina determinanti, pret-hodne jednakosti impliciraju

det(B Eij) = det B det Eij , (det Eij B) = det Eij det B,det(B Ei()) = det B det Ei(), det(Ei() B) = det Ei() det B,

det(B Eij()) = det B det Eij(), det(Eij() B) = det Eij() det A.Ove jednakosti pokazuju da je tvrdnja tacna, ako je A elementarna matrica.

Na isti nacin se teorema dokazuje u slucaju da je B regularna matrica.

56


62/118

GLAVA 3. DETERMINANTE3.4. JOS NEKE DEFINICIJE DETERMINANTI

Posljedica 3.18

Ako jeA invertibilna matrica, tada je det A = 0.

Dokaz

Ako jeA invertibilna, tada je A A1 =En. Prema teoremi 3.5 imamo1 = det En= det A det A1,

pa je det A = 0.

3.4 Jos neke definicije determinanti

U standardnim udzbenicima iz matematike se determinante uglavnom de-

finisu drukcije, pomocu permutacija. Pri tome je bitan pojam parne i neparne

permutacije, o kojem cemo sada reci nesto vise detalja.

Poznato je da se svaka permutacija iz Sn moze dobiti kao proizvod transpozi-

cija. Pri tome taj prikaz nije jedinstven ali je u bilo kojem prikazu permutacije

uvijek ili paran ili neparan broj transpozicija. Ta cinjenica omogucava da se

parnost permutacije definise preko parnosti bro ja transpozicija u njenom pri-

kazu.

Med utim, obicno se parnost definise pomocu inverzija, na sljedeci nacin. Neka

jeSn bilo koja permutacija,

=

1 2 k ni1 i2 ik in

.

Za par (i, j), (i, j {1, . . . , n}) kazemo da cini inverziju u permutaciji akojei < j, a (i)> (j).

Definicija 3.19

Permutaciju nazivamo parnomako ima paran, a neparnom ako ima neparan

broj inverzija.

Definisacemo znak permutacije na sljedeci nacin

sgn() =

1, ako je parna

1, ako je neparna .

57


63/118

3.4. JOS NEKE DEFINICIJE DETERMINANTIGLAVA 3. DETERMINANTE

Teorema 3.20

Permutacija je parna, ako se razlaze na paran bro j transpozicija, a neparna

ako se razlaze na neparan broj transpozicija.

Dokaz

Transpozicija = (k, k+1) ocigledno ima jednu inverziju. Zbog toga je dovoljno

je dokazati da djelovanje transpozicije oblikana proizvoljnu permutaciju mi-

jenja broj inverzija te permutacije za jedan i da se svaka transpozicija moze

dobiti kao proizvod neparnog broja transpozicija oblika . Vrijedi:

= 1 2 k k+ 1 ni1 i2 ik+1 ik in .

Prema tome, jedina promjena je sto su u drugom redu ik i ik+1 zamijenili

mjesta. Dakle, ako je par (k, k+ 1) cinio inverziju u permutaciji ne cini je

u i obratno, ako je nije cinio u cini je u . Sve ostale inverzijepermutacije su i inverzije od .To znaci da se ukupan broj inverzija u permutaciji , u odnosu na taj brojza, povecao ili smanjio za 1.

Dokaz tvrdnje slijedi iz cinjenice da se svaka transpozicija (i, j) moze napi-

sati u obliku

(i, j) = (i, i + 1)(i + 1, i + 2)

(j

1, j)(j

1, j

2)

(i, i + 1)

i pri tome na desnoj strani ima neparan broj 2(j i) 1 transpozicija oblika.

Neka je Sn i neka je = 1 2 k, njeno razlaganje u oblikuproizvoda transpozicija. Na osnovu tvrdnji 3. teoreme 2.14 vijedi vrijedi

A =An An1 A1 .Koristeci teoremu (3.5) i cinjenicu daje transpozicija parna permutacija dobi-

jamo jednakostdet A = sgn . (3.11)

Svaku matricu A

Mn(K) mozemo pisati kao blok matricu, pri cemu su

blokovi koloneA1, . . . , An matriceA.

Definicija 3.21

PreslikavanjeF :Mn(K) Knaziva se multilinearnom funkcijom kolonaakovrijedi

F(A1| . . . |Ai+ Bi| . . . |An) =

58


64/118

GLAVA 3. DETERMINANTE3.4. JOS NEKE DEFINICIJE DETERMINANTI

=F(A1| . . . |Ai| . . . |An) + F(A1| . . . |Bi| . . . |Bn),pri cemu je i {1, . . . , n},, K iA1, . . . , An; B1, . . . , Bnproizvoljne vektorkolone. Za preslikavanje F : Mn(K)K kaze se da je alternirajuca funkcijakolona,ako za svako i =j i kolone A1, . . . , An matrice A vrijedi

F(A1|A2| . . . |Ai| . . . |Aj | . . . |An) =F(A1|A2| . . . |Aj | . . . |Ai| . . . |An).Na kraju, ako je F(En) = 1, kazx emo da je funkcija F normirana.

Ako je F alternirajuca funkcija kolona i ako je Ai = Aj(i=j), tada jeF(A1

|A2

|. . .

|Ai

|. . .

|Aj

|. . .

|An) = 0. (3.12)

Analogne funkcije se mogu definisati i preko vrsta matrice.

U daljem cemo pokazati da je determinanta matrice, uz tzv. uslov normi-

ranosti, jedina multilinearna i alternirajuca funkcija kolona te matrice.

Teorema 3.22

Neka jeF :Mn(K) Kmultilinearna i alternirajuca funkcija kolona, za kojuvrijedi uslov normiranosti F(En) = 1. Ako je A Mn(K), tada je

F(A) =Sn

sgn ()a(1),1a(2),2 a(n),n.

Dokaz

Oznacimo sa ei = (0, 0, . . . , 0, 1 i

, 0, . . . , 0)T, (i= 1, 2, . . . , n),a sa Ai, i-tu kolonu

matriceA = (aij). Vrijedi

Aj =

nkj=1

akj,jekj , (j = 1, 2, . . . , n).

Zbog multilinearnosti F vrijedi

F(A) =F nk1=1

ak1,1ek1 |n

k2=1

ak2,2ek2 | . . . |n

kn=1

akn,nekn==

nk1=1

nk2=1

n

kn=1

ak1,1 akn,nF(ek1 |ek2 | . . . |ekn).

Zbog osobine (3.12) svi sumandi posljednje sume, za koje je ki = kj(i=j ), sujednaki nuli. Osta ju, prema tome, samo oni sumandi za koje je{k1, k2, . . . , kn}

59


65/118

3.4. JOS NEKE DEFINICIJE DETERMINANTIGLAVA 3. DETERMINANTE

neka permutacija skupa{1, 2, . . . , n}, tako da se prethodna jednakost mozenapisati u obliku

F(A) =Sn

a(1),1a(2),2 a(n),n F(A).

Ako je transpozicija, zbog alternativnosti funkcije F imamo F(A) =1.Kako je svaka permutacija jednaka proizvodu transpozicija zakljucujemo da je

F(A) = sgn F(En). Zbog normiranosti funkcije F imamo F(A) = sgn .

Prema tome vrijedi

F(A) =Sn

sgn a(1),1a(2),2 a(n),n. (3.13)

Teorema 3.23

1. Determinanta je jedina normirana, multilinearna i alternirajuca funkcija

kolona matrica izMn(K).

2. Za svakoA Mn(K) vrijedidet A=

Sn

sgn a(1),1a(2),2 a(n),n

Dokaz

Posto desna strana jednakosti (3.13) ne zavisi od funkcije F, to znaci da je

funkcija F, koja zadovoljava uslove te teoreme, jedinstvena. Sa druge strane,

iz teorema 3.2, 3.3, 3.10 slijedi da je determinanta det multilinearna i alterni-

rajuca funkcija kolona matrice A. Kako je osim toga det(En) = 1, to funkcija

det zadovoljava uslove teoreme (3.13).

Primjedba 3.24

Jednakost 2., iz prethodne teoreme, uglavnom, sluzi za definiciju determinante.

Primjedba 3.25

Prethodna razmatranja su izvod ena sa kolonama matrica. Vrseci analogna raz-

matranja sa vrstama za detAdobili bismo formulu

det A=Sn

sgn a1,(1)a2,(2) an,(n).

60


66/118

GLAVA 3. DETERMINANTE 3.5. NEKE PRIMJENE DETERMINANTI

Kao jednostavnu posljedicu prethodne teoreme imamo:Ako je A kvazi-trougaona matrica oblika

A=

A11 | A12

O | A22

,

ili

A=

A11 | OA21 | A22

,

tada je

det A= det A11 det A22.Specijalno, determinanta kvazi-dijagonalne matrice jednaka je proizvodu deter-

minanti pojedinih blokova. Dokaz slijedi iz prethodne teoreme, razvojem det A

po kolonama (vrstama) matrice A11.

3.5 Neke primjene determinanti

Definisacemo sada pojam asocirane matrice.

Definicija 3.26

Neka je A = (aij)nn kvadratna matrica,Aij (i, j = 1, . . . , n) kofaktori elemenata te matrice. Matricu

A=

A11 A21 An1A12 A22 An2

......

. . . ...

A1n A2n Ann

,nazivacemo asociranom matricom matrice A.

Asocirana matrica se, dakle, dobija zamjenom elemenata matrice A njiho-

vim kofaktorima, a zatim transponovanjem, tako da i-tu vrstu matriceA cinekofaktori elemenata i-te kolone matrice A.Na osnovu relacije (3.13) i pravila za mnozenje matrica, slijedi

A A=A A= det A En. (3.14)

61


67/118

3.5. NEKE PRIMJENE DETERMINANTI GLAVA 3. DETERMINANTE

Theorem 3.6

MatricaA je invertibilna ako i samo ako je det A = 0 i u tom slucaju vrijedi

A1 =A

det A.

Dokaz

Da je uslov potreban dokazano je u teoremi 3.5. Dokazimo da je uslov dovoljan.

Ako je det A = 0, tada iz prethodnog slijedi

A Adet A

= Adet A

A= det A En.

Ovo znaci da je A1 = AdetA

.

Pokazacemo kako se determinante mogu primijeniti na rjesavanje sistema

linearnih jednacina. Ogranicicemo se, na pocetku, na sistem koji ima isti broj

jednacina i nepoznatih

a11 x1+ a12 x2+ + a1n xn = b1a21 x1+ a22 x2+ + a2n xn = b2

...

an1 x1+ an2 x2+ + ann xn = bn.

(3.15)

Ovaj sistem se moze zapisati u matricnom obliku na sljedeci nacin:

A X=B,gdje je

A=

a11 a12 a1na21 a22 a2n

......

. . . ...

an1 an2 ann

matrica datog sistema, X = [x1, x2,

,Tn] vektor-kolona nepoznatih, a B =

[b1, b2, . . . , bn]T vektor-kolona slobodnih clanova. Mnozeci jednacinu matricomA, na osnovu relacije (3.14) dobijamo det A X=A B, tj.D xi = Di, (i= 1, . . . , n), (3.16)

pri cemu je D = det A, a Di, (i= 1, . . . , n) determinanta dobijena iz determi-

nante D tako sto se i-ta kolona determinante D zamijeni kolonom slobodnih

clanova. Vrijedi dakle

62


68/118


Theorem 3.7 (Kramerovo pravilo)

Ako je determinanta D sistema (3.15) razlicita od nule, tada taj sistem ima

jedinstveno rjesenje

xi = Di

D, (i= 1, . . . , n).

Primjedba 3.27

U slucaju da je D= 0, a bar jedan Di, (i= 1, . . . , n) razlicit od nula, tada iz

(3.16) slijedi da sistem nema rjesenja. Ako je D = D1= = Dn= 0, tada iz(3.16) jedino slijedi da sistem nema jedinstveno rjesenje.

Dajemo jednu jednostavnu primjenu Kramerovog pravila. Jedna od osobina

izvoda je tzv. Lajbnicovo pravilo o izvodu proizvoda. To pravilo je dobro po-

znato i zan-ti (nN) izvod proizvoda. Sa druge strane, rijetko imamo prilikuvidjeti kako izgleda formula za n-ti izvod kolicnika. Ovdje cemo tu formulu

izvesti uz pomoc Kramerovog pravila.

Primjer 3.28

Neka su realne funkcije f(x) i g(x)n-puta diferencijabilne i g(x)= 0.Tada je

f

g

(n)=

1

gn+1

g 0 0

f

g g 0 fg 2g; g f...

......

. . . ...

g(n)(

n1

g(n1)

(n2

g(n2) f(n)

.

Primjedba 3.29

I u formulaciji teoreme i u njenom dokazu, zbog jednostavnosti, ne zapisuje

se argument. Jasno je da se sve vrijednosti funkcija i izvoda racunaju za neku

fiksiranu vrijednost argumenta x.

63


69/118


Rjesenje. Oznacimo h(x) = f(x)g(x)

, tada je f(x) = g(x)h(x). Diferencirajuci n-

puta primjenom Lajbnicovog pravila dobijamo

f=g h,f= g h + g h,

f = g h + 2g h+ g h,...

f(n) =g(n) h + (n1

g(n1) h+ (n

2

g(n2)h+ + gh(n)

.

Gornji sistem posmatramo kao linearni sistem od n+1 jednacina sa nepoznatim

h, h, . . . , h(n). Determinanta D tog sistema je donja trougaona i jednaka je

D= g

n+1

, pa tvrdnja slijedi iz Kramerovog pravila.Posmatrajmo homogeni sistem linearnih jednacina

a11 x1+ a12 x2+ + a1n xn = 0a21 x1+ a22 x2+ + a2n xn = 0

...

an1 x1+ an2 x2+ + ann xn = 0.

(3.17)

Ukoliko je determinanta sistema D= 0, tada je, prema Kramerovom pravilu,trivijalno rjesenje jedino rjesenje tog sistema. Ukoliko za determinantu sistema

vrijedi D = 0 tada je, prema teoremi ??, matrica tog sistema singularna. Na

osnovu teoreme 2.15 rang te matrice manji od njenog reda, pa po teoremi 2.17

sistem (3.17) ima i netrivijalna rjesenja. Time je dokazana

Teorema 3.30

Homogeni sistem (3.17) ima netrivijalna rjesenja ako i samo ako je determinanta

tog sistema jednaka nuli.

Izlozicemo sada jedan postupak svodenja matrice na njoj ekvivalentnu di-

jagonalnu matricu tako da svi ugaoni minori, koji nisu jednaki nuli, ostanu ne-

promijenjeni. Taj postupak predstavlja malu modifikaciju postupka svodenja

matrice na njenu rang normalnu formu.

Teorema 3.31

Svaka matricaA Mmn(K) ekvivalentna je matrici

A=

Br O

O O

(a11= 0),

64


70/118


pri cemu je Br = diag 1 r, r = rang (A) i i= 0, (i = 1, . . . , r). Poredtoga, svi ugaoni minori matrice A koji su razliciti od nule jednaki su odgova-

rajucim ugaonim minorima matrice B .

Dokaz

Oznacimo sa

Dk =A

1 2 . . . k

1 2 . . . k

, (k= 1, . . . , n),

ugaone minore matrice A.

Ukoliko su svi ugaoni minori Di, (i= 1, 2, . . .) matriceA jednaki nuli, onda

se za matricu B moze uzeti rang normalna forma matrice A. Pretpostavimo,

zbog toga, da postoji bar jedan ugaoni minor, koji je razlicit od nule. Neka je

Dk= 0 ugaoni minor najmanjeg reda koji nije jednak nuli. Mozemo pretposta-viti da je a11= 0. Zaista, ako to nije slucaj, onda u prvoj koloni prethodnogminora mora postojati bar jedan element as1= 0 (1 < s k). Doda juci s-tuvrstu matrice A prvoj, dobijamo matricu, kod koje je u gornjem lijevom uglu

element razlicit od nule i svi su nenulti ugaoni minori matrice A jednaki odgo-

varajucim minorima dobijene matrice, pa ako teorema vrijedi za ovu matricu,

onda vrijedi i za matricu A. Mozemo, dakle, pretpostaviti da matrica A ima

oblik

A= a11 a12 a1na21...

am1

B (a11= 0).

Doda juci prvu vrstu pomnozenu odgovarajucim skalarom preostalim vrs-

tama, a zatim prvu kolonu pomnozenu odgovarajucim skalarima preostalim

kolonama, matricu A prevodimo u njoj ekvivalentnu matricu

A1=

a11 0 . . . 0

0...

0

B

(a11= 0)

i pri tome su svi odgovarajuci nenulti ugaoni minori matrica A i A1 jednaki.

Zbog toga je Dk = a11 Ck1, pri cemu je Ck1 ugaoni minor k 1-og redamatrice B1. Ovo, u slucaju k > 1, znaci da je Ck1 = 0. Prema tome, istipostupak mozemo ponoviti sa matricom B1 i na taj nacin doci do matrice

Ak =

A11 O

O Bk

,

65


71/118


gdje je A11 = diag(d1, . . . , dk) i pri tome su odgovarajuci nenulti ugaoniminori minori matrica A i Ak jednaki.

Ako je Dj = 0, (j > k) dokaz je zavrsen, jer tada Bk mora biti nula

matrica. U protivnom se prethodni postupak ponavlja sa Bk sve dok se ne

dobije dijagonalna matrica.

Da se na dijagonali mora pojaviti tacno r = rang A nenultih elemenata

slijedi iz jedinstvenosti rang normalne forme.

Kao prvu posljedicu ove teoreme imamo

Teorema 3.32 (Teorema o fundamentalnom minoru)

Red fundamentalnog minora matrice jednak je njenom rangu.

Dokaz

Ako je matrica B nastala iz matrice A permutiranjem vrsta i kolona, tada

su svi minori jedne i druge matrice jednaki, do predznaka. Sa druge strane,

medusobnim zamjenama vrsta, a zatim kolona matrice, mozemo svaki minor

(pa i fundamentalni) dovesti u gornji lijevi ugao matrice. Zato mozemo pretpo-

staviti da je fundamentalni minorD matrice A ugaoni. U uslovima prethodne

teoreme to znaci da je D = 1 r, gdje jer = rang A.

Posmatrajmo ponovo linearni sistem od m jednacina sa nnepoznatih:

a11 x1+ a12 x2+ + a1n xn = b1a21 x1+ a22 x2+ + a2n xn = b2

...

am1 x1+ am2 x2+ + amn xn = bn.

(3.18)

Neka je rang matrice sistema (3.18) jednak r, a

D= A

i1 i2 . . . ir

j1 j2 . . . jr

,

njegov fundamentalni minor.Pretpostavicemo da je sistem saglasan. To, na osnovu Kroneker - Kapelijeve

teoreme, znaci da je D fundamentalni minor i prosirene matrice datog sistema.

Na osnovu toga zakljucujemo da su vrste prosirene matrice sistema, ciji su

indeksi razliciti od i1, . . . , ir,linearna kombinacija vrsta sa indeksima i1, . . . , ir.

Zbog toga ce svako rjesenje sistema sa jednacinama i1, . . . , ik biti i rjesenje

66


72/118


sistema (3.18) i obratno, tj. dati sistem je ekvivalentan sistemu

ai1,j1 xj1+ + ai1,jr xjr = bi1 j=j1,...,jr

ai1,jxj

ai2,j1 xj1+ + ai2,jr xjr = bi2 j=j1,...,jr

ai2,jxj

...

air,j1 xj1+ + air,jr xjr = bir j=j1,...,jr

air,jxj,

(3.19)

Determinanta ovog sistema je D= 0, pa taj sistem ima jedinstveno rjesenje,po Kramerovom pravilu. To rjesenje se moze napisati u obliku

xjk =djk+ j=j1,...,jr

cjk,jxj , (k= 1, 2, . . . , r), (3.20)

pri cemu su xj , (j=j1, . . . , jr) proizvoljni.Rjesenjaxj1 , xj2 , . . . , xjr prethodnog sistema nazivamo fundamentalnim si-

stemom rjesenja, a samo rjesenje (3.20) sistema (3.18), opstim rjesenjem.

Time je dokazana

Teorema 3.33

Ako je sistem (3.18) saglasan i ako je r rang matrice tog sistema, tada je taj

sistem ekvivalentan sistemu (3.19).Njegova rjesenja imaju oblik (3.20) i zavise

od n r proizvoljnih vrijednosti xj , (j=j1, . . . , jr). Ako je, specijalno, n= rsistem ima jedinstveno rjesenje.

Navedimo jos jednu posljedicu teoreme 3.31. To je teorema oLUrazlaganju.

Teorema 3.34 (Teorema o LU razlaganju )

Neka jeA kvadratna matrica ciji su svi ugaoni minori razliciti od nule. Tada je

A= L D U,pri cemu je L donja trougaona matrica sa jedinicama po glavnoj dijagonali,

D dijagonalna matrica iU gornja trougaona matrica sa jedinicama po glavnojdijagonali.

Dokaz

Uz uslove teoreme postupak svodenja matrice A na dijagonalnu matricu

iz teoreme 3.31 moze se provesti mnozenjem matrice A slijeva matricama

67


73/118


oblika Eij(), (i < j), koje su donje trougaone, a zdesna matricama oblikaEij(), (i > j ), koje su gornje trougaone.

68


74/118

4Vektorski prostori

4.1 Prostor slobodnih vektora

Prije nego definisemo vektorske prostore nad proizvoljnim poljima, podsjet-

icemo se osobina koje imaju tzv. slobodni vektori u odnosu na sabiranje i

mnozenje skalarom, sto i jeste jedan od motiva za uvodenje pojma vektorskog

prostora. Vektorimanazivamo usmjerene duzi u prostoru. Kao i duz tako jei vektor odreden sa dvije tacke, ali (za razliku od tacaka duzi) razlikujemo

pocetnu i krajnju tacku vektora. Za vektore se koriste oznake AB, gdje je A

pocetna, a B krajnja tacka vektora, ili jednostavnije a, ako nema zabune oko

toga koja je pocetna, a koja krajnja tacka vektora.

Svaki vektor odreden je sa tri elementa:

1. Duzinom usmjerene duzi kojom je predstavljen, (ta se duzina naziva inten-

zitetom vektora i oznacava se sa|a|),2. Pravom kojoj duz pripada (ta se prava naziva pravac vektora),

3. Jednim od dva moguca smjera na pravoj i to onim odredenim od pocetne

do krajnje tacke vektora (to odreduje smjer vektora).

Za dva vektora, koji leze na paralelnim pravama, reci cemo da su istog

smjera, ako se njihove krajnje tacke nalaze sa iste strane one prave, koja spaja

pocetne tacke tih vektora. Ako su vektori na istom pravcu, onda su istog smjera

ako im se kra jnje tacke nalaze sa iste strane zajednickog pocetka. Posmatracemo

tzv. slobodne vektore. Pored njih pominju se i vektori vezani za pravu i vektori


75/118

4.1. PROSTOR SLOBODNIH VEKTORAGLAVA 4. VEKTORSKI PROSTORI

vezani za tacku. Sa kojim se od tih vektora radi zavisi od definicije jednakostivektora.

Vektor kome se pocetna i krajnja tacka poklapa ju naziva se nula vektor i

oznacava sa 0. Njegov intenzitet je nula, dok mu pravac i smjer nisu odredeni.

Definicija 4.1

Reci cemo da su dva vektora a i b jednaki i pisacemo a = b, ako imaju iste

intenzitete, iste ili paralelne pravce i iste smjerove.

Moze izgledati zbunjujuce da se ovdje definise znak jednakosti. Naime, lako

se provjerava da je uslovima iz definicije u skupu vektora definisana relacijaekvivalencije, pa oznaka a= b u stvari znaci da vektori a i b pripadaju istoj

klasi ekvivalencije. Te klase ekvivalencije se nazivaju slobodnim vektorima. U

daljem ce se definisati operacije sa klasama ekvivalencije, preko njihovih pred-

stavnika, sto je uobicajen postupak u algebri. Bitno je da se iz svake dvije klase

ekvivalencije mogu izabrati predstavnici koji imaju zajednicki pocetak, ili se

nadovezati jedan na drugi, tj. dovesti pocetak drugog vektora u krajnju tacku

prvog vektora.

Zbir dva vektora mozemo dobiti tako da nadovezemo jedan vektor na drugi,

pa je onda njihov zbir vektor ciji je pocetak u pocetku prvog, a zavrsetak u

zavrsetku drugog vektora. To se naziva pravilom nadovezivanja. Ta definicija

zbira vektora ekvivalentna je sljedecem pravilu paralelograma:

Ako dva vektora, koji nemaju iste pravce, a i b dovedemo u zajednicki

pocetak pa nad njima, kao stranicama, konstruisemo paralelegram, tada ce vek-

tor dijagonale tog paralelograma, koji polazi iz zajednickog pocetka tih vektora,

biti jednak njihovom zbiru.

Sabiranje vektora ima sljedece osobine.

Za proizvoljne vektore a, b, cvrijedi:

1. a + b= b + a,

2. a + (b + c) = (a + b) + c,

3. a + 0= a.

4. Za svaki vektorapostoji vektor d takav da je

a + d= 0.

Oznacavamo d = a i kazemo da je dsuprotan vektor od a.Sljedeca operacija koju cemo za vektore definisati je mnozenje vektora ska-

larom, tj. realnim brojem.

70


76/118

GLAVA 4. VEKTORSKI PROSTORI4.2. DEFINICIJA VEKTORSKIH PROSTORA I PRIMJERI

Proizvodom skalara i vektoraa nazivamo vektorb = aodreden na sljedecinacin:

1.|b|= || |a|.2. Pravac vektorab poklapa se sa pravcem vektora a, (za = 0, a=0).3. Smjer vektora b isti je kao i smjer vektora a, ako je > 0, a suprotan

smjeru vektora a, ako je


77/118

4.2. DEFINICIJA VEKTORSKIH PROSTORA I PRIMJERIGLAVA 4. VEKTORSKI PROSTORI

Primjer 4.3

1. Slobodni vektori cine vektorski prostor nad poljem realnih brojeva.

2. Neka je K polje, a Kn skup uredenih n-torki tog polja. Ako se sabi-

ranje i mnozenje skalarom u Kn definise po komponentama tj. ako za

(1, . . . , n), (1, . . . , n)Kn, K, definisemo(1, . . . , n) + (1, . . . , n) = (1+ 1, . . . , n+ n),

(1, . . . , n) = ( 1, . . . , n),neposredno se provjerava da je Kn vektorski prostor nad poljem K.

3. Skup matricaMmn(K) u odnosu na sabiranje matrica i mnozenje elemen-

tima iz K je vektorski prostor. Specijalno, prema prethodnom primjeru,

vrste matrice mozemo posmatrati kao vektore iz Kn,a kolone kao vektore

izKm.

4. Skup polinomaKn[x],stepena n,zajedno sa nula polinomom, je vektor-ski prostor u odnosu na sabiranje polinoma i mnozenje elementima poljaK.

U odnosu na ove operacije i skup K[x],svih polinoma, je vektorski prostor

nadK.

5. Za k = 0, 1, . . . oznacimo sa Ck[a, b] skup k-puta diferencijabilnih realnih

funkcija na segmentu [a, b] Ovaj skup, u odnosu na sabiranje funkcija i

mnozenje brojem, cini vektorski prostor nad poljem realnih brojeva.

6. Ako jeKL potpolje poljaL, tada je (L, +) vektorski prostor nad K. Pritome je proizvod elementa iz Ki elementa iz L u stvari njihov proizvod u

L.

Specijalno je skup kompleksnih brojeva vektorski prostor i nad poljem re-

alnih i nad poljem racionalnih brojeva.

Realni brojevi imaju strukturu vektorskog prostora nad poljem racionalnih

brojeva.

7. Aditivna grupa polja K je vektorski prostor nad K.

Ako je Vvektorski prostor nad poljem K, onda elemente iz V zovemo vekto-

rima, a elemente iz K skalarima.Iz definicije se lako dobijaju neka jednostavna pravila za racunanje u vek-

torskim prostorima. Vrijedi 0v = (0 + 0)v = 0v + 0v pa, na osnovujedinstvenosti neutralnog elementa u grupi, vrijedi

0 = 0 v, (vV).

72


78/118

GLAVA 4. VEKTORSKI PROSTORI4.3. LINEARNA NEZAVISNOST. BAZA I DIMENZIJA PROSTORA

Iz istih razloga imamo 0 = 0, (K).

Takod e vrijedi

v= 0 ako i samo ako = 0 ili v = 0,i

(v) = () v= (v),pri cemu jev suprotni element od v , u aditivnoj grupi (V, +).

Posljednje jednakosti vrijede zbog

0 = ( + ()) v= v+ ()vi jedinstvenosti suprotnog elementa u grupi.

4.3 Linearna nezavisnost. Baza i dimenzija

prostora

Definicija 4.4

Za skup{1, . . . , n} skalara i skup{v1, . . . , vn} vektora, elementn

i=1 ivi

naziva se linearnom kombinacijom datog skupa vektora. Skalari se nazivaju ko-

eficijentima linearne kombinacije.Ako vektori v1, . . . , vnpripadaju nekom skupu A, linearna kombinacijan

i=1 ivi

naziva se linearnom kombinacijom skupa A. Skup svih linearnih kombinacija

skupaA oznacavacemo sa L(A) i jos se naziva lineal nad A.

Za linearne kombinacije skupa A koristicemo jednostavniju oznaku

aA aa.Sa ovom oznakom moze biti zabune u slucaju da je skup A beskonacan, jer

se pojmu beskonacne sume mora dati precizno znacenje. O ovom slucaju je

to znacenje jednostavno. Naime pretpostavljamo da je samo konacno mnogo

skalara a razlicito od nula, tako da se ovdje uvijek radi o konacnim sumama.

Ako su svi koeficijenti linearne kombinacije jednaki nuli, tada je i ta linearna

kombinacija jednaki nuli i naziva se trivijalna linearna kombinacija.

Moguce je definiciju mnozenja matrica iskazati i preko linearnih kombina-cija. Neka su A = (aij)mn i B = (bij)np matrice, a C= A B, pri cemujeC= (cij)mp. Ako matrice A i B napisemo kao blok matrice ciji su blokovikolone imamo jednakost

(C1|C2| |Cp) =A (B1|B2 |Bp).

73


79/118

4.3. LINEARNA NEZAVISNOST. BAZA I DIMENZIJA PROSTORAGLAVA 4. VEKTORSKI PROSTORI

Racuna juci sa blok matricama imamo

(C1|C2| |Cp) = (AB1|AB2| |ABp),odakle dobijamo

Cj =ABj , (j = 1, 2, . . . , p) (4.1)

ili

Cj =n

k=1

bkjAk, (j = 1, . . . , p).

Primjedba 4.5

Ako se umjesto jednakosti C=A B posmatra jednakostCT =BT AT,ondase analogna relacija moze dobiti za vrste.

Kao jednostavnu posljedicu (4.1) imamo:

Teorema 4.6

Ako jeC=A B i ako su 1, 2, . . . , p skalari za koje vrijedip

k=1kB

k = 0,

tada jepk=1

kCk = 0.

Dokaz

Drugu jednakost dobijemo kada prvu pomnozim slijeva sa A i iskoristimo (4.1).

Primjedba 4.7Ukoliko je matrica A kvadratna i invertibilna onda vrijedi i obrat prethodne

teoreme, jer iz C=AB dobijamo B = A1C.

Takode se i neke osobine determinanti mogu iskazati pomocu linearnih kombi-

nacija. Imamo npr.

74


80/118


Teorema 4.8

1. Determinanta nece promijeniti vrijednost, ako se jednoj vrsti (koloni) doda

linearna kombinacija preostalih vrsta (kolona).

2. Determinanta je jednaka nuli ako i samo ako su jo j vrste (kolone) linearno

zavisne.

Dokaz

1. Ova osobina slijedi iz teoreme 3.12.

2. Ako je det A = 0, onda , na osnovu Fredholmove alternative jednacina

A X = O, pri cemu je Xvektor kolona, ima netrivijalno rjesenje. To, ustvari, znaci da su kolone matrice A linearno zavisne.

Zanimaju nas podskupovi prostora za koje se svaki element prostora moze

prikazati kao njihova linearna kombinacija i posebno oni skupovi kod kojih je

taj prikaz jedinstven.

Definicija 4.9

Ako se svaki element prostora V moze dobiti kao linearna kombinacija skupa

A V, tj. ako je V =L(A), onda se skup A naziva generatorom prostora.

Teorema 4.10

Da bi svi elementi prostora imali jedinstven prikaz, kao linearne kombinacije

skupaA, potrebno je i dovoljno 0 ima jedinstven prikaz.

Dokaz

Ako svi elementi imaju jedinstven prikaz, onda i nula element ima jedinstven

prikaz. Pretpostavimo da O ima jedinstven prikaz. To znaci da iz jednakosti

aA aa = 0, slijedi a = 0, za svako aA. Pretpostavimo da za vektor bvrijede prikazi b = aA aa = 0, b = aA aa. Oduzimajuci drugu jedna-kost od prve dobijamo

aA(a a)a= 0, pa kako 0 ima jedinstven prikaz,

zakljucujemo da je a= a, za svaki a A.

75


81/118


Definicija 4.11

Neprazan podskup B vektorskog prostora V nazivamo bazom prostora ako

se svaki element prostora moze dobiti kao linearna kombinacija skupa B na

jedinstven nacin.

Primjedba 4.12

Baza je definisana kao skup i oznacavacemo je npr. sa{e1, . . . , en}. U nekimslucajevima se taj skup posmatra kao ureden skup i tada ce biti oznacavana sa

(e1, . . . , en). To ce biti vazno u pitanjima povezivanja linearnih preslikavanja i

matrica.

Baze su, prema prethodnom, oni generatori koji imaju osobinu da se 0

moze prikazati kao linearna kombinacija tog skupa na jedinstven nacin. Tako

dolazimo do vaznog pojma linearne nezavisnosti.

Definicija 4.13

PodskupA vektorskog prostora nazivamo linearno nezavisnim, ako je trivijalna

linearna kombinacija tog skupa jedina koja je jednaka nuli. U protivnom se skup

naziva linearno zavisnim.

Iz definicije neposredno slijedi da je baza linearno nezavisan skup. To znaci davrijedi:

Teorema 4.14

Generator prostora je baza ako i samo ako je linearno nezavisan.

Vrijedi:

Teorema 4.15

1. Ako se u skupu nalazi nula, tada je taj skup linearno zavisan.2. Nadskup linearno zavisnog skupa je linearno zavisan.

3. Podskup linearno nezavisnog skupa je linearno nezavisan.

76


82/118


Dokaz

1. Ako 0A, tada je 1 0 netrivijalna linearna kombinacija skupa A koja jejednaka nuli, pa 1. vrijedi.

2. Ova tvrdnja vrijedi, zato sto je svaka linearna kombinacija nekog skupa

ujedno i linearna kombinacija svakog njegovog nadskupa.

3. je samo druga formulacija tvrdnje 2.

Dacemo geometrijsku interpretaciju linearno zavisnih i linearno nezavisnih vek-

tora, u prostoru slobodnih vektora.

Za dva vektora kaze se da su kolinearni,ako su im pravci paralelni ili jednaki,a za tri vektora da su komplanarni ako, dovedeni u isti pocetak, pripadaju

jednoj ravni.

Iz definicije mnozenja vektora skalarom slijedi da su vektori a i b kolinearni

ako i samo ako postoji skalar za koji je b= a.

Posmatrajmo prvo skup koji se sastoji od samo jednog vektora{a}.Ako jea= 0, tada je skup linearno zavisan.

Ako je a= 0, tada iz a = 0, slijedi = 0, pa je u ovom slucaju skuplinearno nezavisan.

Predimo sada na skup{a, b} od dva vektora. Slucaj a = 0 ili b = 0 smoobradili, pa mozemo pretpostaviti da je a= 0 i b= 0.

Ako pretpostavimo da je skup linearno zavisan, tada postoje skalari i ,od kojih bar jedan nije jednak nuli, takvi da vrijedi a + b= 0.Ako je npr.= 0, tada iz ove jednakosti slijedi b=

a, na osnovu cega zakljucujemo

da su vektori a i bkolinearni.

Pokazimo da vrijedi i obratno. Pretpostavimo da su vektori a i b kolinearni.

To znaci da je b = a, za neki skalar, tj. a + (1)b= 0,a to pokazuje dasu posmatrani vektori linearno zavisni. Time je dokazano da vrijedi:

Dva nenulta vektora su linearno nezavisni ako i samo ako su nekolinearni.

Posmatrajmo skup{a, b, c}. Ako bi skup{a, b} bio linearno zavisan tadabi i dati skup bio linearno zavisan, pa cemo pretpostaviti da su vektori{a, b}linearno nezavisni. Ako je skup

{a, b, c

}linearno zavisan postoje skalari,,,

koji nisu svi jednaki nuli, takvi da vrijedi

a + b + c= 0.Tada je= 0,jer bi u protivnom skup{a, b}bio linearno zavisan, pa iz poslj-ednje jednakosti dobijamoc =

a

b.Kako je vektor c jednak linearnoj

kombinaciji preostala dva vektora, a svaka takva linearna kombinacija pripada

77


83/118


ravni vektora a i b, zakljucujemo da vektor c pripada ravni vektora a i b, tj.ta su tri vektora komplanarni.

Obratno, neka su vektori a, b i c komplanarni, pri cemu su a i b nekoli-

nearni. Ako kroz vrh vektora c konstruisemo prave paralelne vektorima a i b

dobicemo paralelogram, cija je dijagonala vektor c, a cije su stranice vektori

koji su kolinearni vektorima a,odnosnob,pa zbog toga vrijedi c = a + b,sto u stvari znaci da su vektori a, b, c linearno zavisni.

Time je dokazano da vrijedi:

Skup od tri vektora je linearno nezavisan ako i samo ako su vektori nekom-

planarni.

Pored toga dokazano je i sljedece: Ako su zadana dva nekolinearna vek-

tora, tada je svaki treci vektor, koji pripada ravni datih vektora, jednak nekojlinearnoj kombinaciji ta dva vektora.

Posmatrajmo, na kraju, skup od cetiri vektora{a, b, c, d}. Ako su prva triod njih linearno zavisni, tada je citav skup linearno zavisan. Pretpostavimo da

su vektori a, b, i c linearno nezavisni, tj. nekomplanarni.

Dovedimo sva cetiri vektora u zajednicki pocetak i postupimo na sljedeci

nacin. Oznacimo sa ravan odredenu vektorima c i d, a sa ravan odred enu

vektorima a i b. Te se dvije ravni sijeku po jednoj pravoj (jer obje prolaze

kroz zajednicki pocetak vektora). Neka je e= 0 bilo koji vektor kolinearan satom pravom. Kako suc i e dva nekolinearna vektora iz ravni ,kojoj pripada i

vektor d,prema prethodnom postoje skalarii ,takvi da vrijedid = c+e.Sa druge strane, kako vektor e pripada ravni vektora a i b, postoje skalari 1i 1 za koje vrijedi e = 1 a + 1 b.

Uvrstavanjem ove jednakosti u prethodnu dobijamo d= c+(1a+1b)tj. vrijedi

d= a + b + c,gdje je = 1 i = 1 .Posljednja jednakost pokazuje dvije stvari. Prvo, d a b c = 0je netrivijalna linearna kombinacija skupa{a, b, c, d},koja je jednaka nuli, stopokazuje da je taj skup linearno zavisan.

Drugo, svaki se vektor d u prostoru moze dobiti kao linearna kombinacija

tri nekomplanarna vektora a, b, c. Vrijedi, dakle

Teorema 4.16

1. Svaki skup od cetiri vektora u prostoru je linearno zavisan.

2. Bilo koja tri nekomplanarna vektora cine bazu prostora slobodnih vektora.

Kako je svaki skup od cetiri vektora linearno zavisan, to je onda linearno

zavisan i svaki skup sa vise od cetiri vektora, cime je pitanje o linearno zavisnim

78


84/118


i linearno nezavisnim vektorima rijeseno.Dajemo jedan znacajan primjer za linearno nezavisne vektore.

Primjer 4.17

Neka za v i = (vi1, vi2, . . . , v

in), (i= 1, . . . , n) iz R

n vrijedi

|vjj |>n

i=1,i=j

|vij |, (j = 1, . . . , n).

Tada su ti vektori linearno nezavisni.

Rjesenje. Pretpostavimo da tvrdnja nije tacna, da su vektori linearno zavisni,

te da jen

i=1 ivi = 0, pri cemu nisu svi skalari jednaki nuli. Neka je j= 0

najveci po apsolutnoj vrijednosti. Tada je jvj =ni=1,i=jivi, iz cega

slijedi

|j ||vjj | n

i=1,i=j

|i||vij | |j |n

i=1,i=j

|vij |,

pa dobijamo

|vjj | n

i=1,i=j

|vij |,

sto je nemoguce.

Teorema 4.18

Neka je A Mmn(K). Vrijedi1. Kolone matriceA s

Linearna Algebra 1 - Milan Janjić - Banja Luka 2015

Documents

Transcript of Linearna Algebra 1 - Milan Janjić - Banja Luka 2015