Osnovne Algebarske Strukture Skripta

8/6/2019 Osnovne Algebarske Strukture Skripta

1/83

1. Osnovne algebarske strukture

Definicija 1.1. Grupa G =

{a , b , . . .

}jest neprazan skup G u kome je svakom

uredenom paru a, b G pridruzen jedan i samo jedan element iz G, koga zovemoproduktom elemenata a i b i pisemo ab, ako to pridurzivanje, koje zovemo grupnomoperacijom ili mnozenjem, zadovoljava slijedece uvijete

1. a (b c) = (a b) c (asocijativnost)za sve a,b,c G,2. Postoji bar jedan element e G takav da je

a e = e a = a,za svako a G. Element e s ovim svojstvom zovemo neutralnim ili jedinicnim

elementom ili jedinicom grupe.3. Za svaki element a G postoji bar jedan element a1 G takav, da je

a

a1 = a1

a = e.

Element a1 s ovim svojstvom zovemo inverznim elementom elementa a.

Napomena 1.2. U Definiciji 1.1, uredeni par (G, ) u oznaci cesto samo G zovemogrupa gdje je G neprazan skup a binarna operacija na skupu G sa svojstvima 13iz Definicije 1.1.

Napomena 1.3. Grupa ima samo jednu jedinicu jer ako su e i e dvije jedinice imamo

(1.1) e e = e,i

(1.2) e e = e.

Slijedi da su e = e

posto su lijeve strane u (1.1) i (1.2) jednake.Napomena 1.4. Inverzni element je jedinstven jer ako je b takav da je a b = eimamo

a1 = a1 e = a1 (a b) = a1 a b = e b = b.Napomena 1.5. Za svaki par a, b G postoji jedan i samo jedan element x Gtakav, da je a x = b i jedan jedini element y takav, da je y a = b. Provjeromvidimo da je x = a1 b i y = b a1.Napomena 1.6. Provjerom i iz Napomene 1.4 vidimo da je

(a b)1 = b1 a1.Primjer 1.7. Skupovi cijelih, racionalnih, realnih i kompleksnih brojeva cine grupe

s obzirom na obicno zbrajanje kao grupnu operaciju. Skup prirodnih brojeva neobrazuje grupu s obzirom na zbrajanje.

Primjer 1.8. Neka je En = {1, . . . , n}. Funkciju sa skupa En u skup En koja jebijekcija tj. (i) = (j) za i, j En i i = j, zove se permutacija skupa En. SkupS(En) svih permutacija nepraznog skupa En je grupa u odnosu na kompoziciju

funkcija kao binarnu operaciju na skupu S(En). Grupu (S(En) , ) ili u oznacisamo S(En) zovemo simetricna grupa ili grupa permutacija.

1


2/83

2

Definicija 1.9. Grupa G zove se komutativna ili Abelova, ako je a b = b a zasvaki par elemenata a, b G, tj. ako bilo koja dva elementa te grupe komutiraju.Grupna operacija u Abelovoj grupi cesto se naziva zbrajanje i oznacava sa a

b =

a + b. Abelova grupa u kojoj se grupna operacija oznacava sa + zove se jos iaditivna Abelova grupa. U aditivnoj grupi element a1 oznacava se sa a, a a boznacava element a +(b). Neutralni, tj. jedinicni element aditivne Abelove grupe,oznacavamo sa 0 i zovemo nulom ili nul-elementom grupe.

Definicija 1.10. Prstenom R zovemo aditivnu Abelovu grupu R s bar dva razlicitaelementa u kojem je svakom uredenom paru elemenata a, b R pridruzen jedan

jedini element a b R, koji zovemo produktom elemenata a i b. Pri tome mnozenjeu R zadovoljava uvijete

1. (a b) c = a (b c), (asocijacija)2. a (b + c) = a b + a c, (lijevi zakon distribucije),3. (b + c) a = b a + c a, (desni zakon distribucije)za sve a,b,c,

R.

U prstenu R a + b se zove zbroj, a a b produkt elemenata a i b. Funkcija kojauredenom paru a, b R pridruzuje zbro j a + b R zove se zbrajanje, a funkcijakoja paru a, b R pridruzuje produkt a b R mnozenje u R. Zbrajanje i mnozenjezovu se algebarske operacije u R.

Napomena 1.11. Funkcija f koja svakom uredjenom paru x, y iz nekog skupa Spridruzuje element iz S zove se algebarska operacija na S. Svaka takva funkcijaodreduje potpuno odredenu strukturu na S. Ta struktura se zove grupoid.

Napomena 1.12. Iz Definicije 1.10 imamo da je uredena trojka (R, +, ) cesto uoznaci samo R, prsten ako je (R, +) aditivna Abelova grupa i (R, ) grupoid takoda su uvijeti 1 3 u Definiciji 1.10 zadovoljeni.Definicija 1.13. Prsten R se zove komutativan, ako je a

b = b

a za svaki par

a, b R.Primjer 1.14. Skupovi cijelih, racionalnih, realnih i kompleksnih brojeva s uobi-cajenim zbrajanjem i mnozenjem primjeri su komutativnog prstena.

Napomena 1.15. Neka je R prsten. Za a, b R, jednadzba a x = b ne moraimati rjesenje u prstenu. Specijalno jednadzba 0 x = b nema rjesenja ni u jednomprstenu za b = 0. Da to pokazemo iz 0 + 0 = 0 i desnog zakona distribucije, tj. 2iz Definicije 1.10 imamo

0 x = (0 + 0) x = 0 x + 0 x,tj. imamo

(1.3) 0 x = 0 x + 0 x.

Dodavanjem 0 x na obje strane u (1.3) dobivamo 0 x = 0. To vrijedi za svakix R sto znaci da ne postoji x R takav da je 0 x = b.Definicija 1.16. Tijelom nazivamo prsten sa svojstvom da skup svih od nulerazlicitih elemenata iz , tj. skup \ {0}, obrazuje grupu s obzirom na mnozenje.Jedinicni element te grupe oznacavamo sa 1. Komutativno tijelo zove se polje.

Primjer 1.17. Primjeri tijela (polja) su racionalni, realni i kopleksni brojevi suobicajenim zbrajanjem i mnozenjem.


3/83

3

Napomena 1.18. Tijelo oznacavamo sa , a njegove elemente sa malim grckimslovima , , . . . , , . . . osim ako se ne kaze drugacije.

Definicija 1.19. Vektorskim prostorom ili linearnim prostorom nad tijelom zo-vemo aditivnu Abelovu grupu X = {x , z , . . . }, u kojoj je definirano mnozenje selementima iz , tj. za svaki par x X i definirano je x X.

Pri tome vrijedi1. (x + y) = x + y, ( ; x, y X);2. ( + ) x = x + x, (, ; x X);3. (x) = ()x, (, ; x X);4. 1x = x, (x X).Elemente vektorskog prostora zovemo vektorima. Tijelo nad kojim je X vek-

torski prostor zovemo tijelo skalara, a njegove elemente skalarima.Ako je X vektorski prostor nad tijelom kompleksnih brojeva, onda se X zove

kompleksan vektorski prostor, a ako je X vektorski prostor nad tijelom relnih bro-jeva, onda se kaze da je to realni vektorski prostor.


4/83

4

2. Primjeri vektorskih prostora

Napomena 2.1. Kod primjera vektorskih prostora treba se zadati tijelo , skup X,

u njemu definirati zbrajanje + i mnozenje s elementima iz tijela i onda provjeritida li tako definirano zbrajanje i mnozenje zadovoljava uvijete iz Definicije 1.1 i 1.19.

Primjer 2.2. Neka je X skup svih realnih brojeva, a operaciju x + y za x, y Xdefiniramo kao zbrajanje realnih brojeva, a x za realni broj , tj. = X = R,definiramo kao mnozenje relnog broja sa realnim brojem x. Svi uvijeti vektorskogprostora su zadovoljeni. Na taj nacin skup realnih brojeva postaje realan vektorskiprostor.

Primjer 2.3. Neka je X skup svih kompleksnih brojeva i u njemu definiramo zbra-janje kao zbrajanje kompleksnih brojeva, i mnozenje kompleksnog broja s komplek-snim brojem kao mnozenje kompleksnih brojeva. Ako uzmemo = X onda dobi-vamo kompleksni vektorski prostor.

Napomena 2.4. Primjeri 2.2 i 2.3 pokazuju da tijelo uvijek mozemo smatrati kaovektorski prostor nad s uobicajenim operacijama zbra janja i mnozenja.

Primjer 2.5. Neka je R1 skup kompleksnih brojeva. Zbrajanje u R1 definiramokao zbrajanje kompleksnih brojeva, a mnozenje realnog broja s kompleksnim brojemkao i obicno jer se svi realni brojevi mogu takoder shvatiti kao kompleksni brojevi.Tako dobivena struktura je realni vektorski prostor.

Napomena 2.6. Iz Primjera 2.3 i 2.5 vidimo da treba razlikovati skup kompleksnihbrojeva od vektorskog prostora kompleksnih brojeva.

Definicija 2.7. Neka je X neprazan skup a X2 = XX njegov Kartezijev kvadrat.Svaki podskup X2 tog kvadrata nazivamo relacija na skupu X. Ako je bilokoja relacija na skupu X, a a, b X elementi iz X sa svojstvom da je (a, b) X

2

, onda kazemo da je a u relaciji sa b i pisemoab.

Definicija 2.8. Za relaciju na skupu X kazemo da je relacija ekvivalencije akoistovremeno vrijedi

1. aa za svaki a X (refleksivnost),2. ab polaci ba (simetrija),3. ab i bc polaci ac (tranzitivnost).

Napomena 2.9. Za relaciju ekvivalencije je jos uobicajen naziv relacija klasifikacije.Razlog za takav naziv je u sljedecem. Neka je za relaciju ekvivalencije na skupuX dano

(2.1) C(a) =

{x

X : xa

}.

Kazemo da je C(a) klasa ekvivalencije odredena elementom a X. Neka su a, b Xbilo koji elementi. Onda je C(a) C(b) = ili je C(a) = C(b), gdje simbol oznacava prazan skup. Da pokazemo ovu tvrdnju pretpostavimo da je

(2.2) c C(a) C(b) = .Iz (2.1) za svaki x C(a) imamo(2.3) xa.


5/83

5

Iz (2.2) imamo

(2.4) ca.

Zbog simetrije i iz (2.4) imamo

(2.5) ac.

Iz (2.3), (2.5) i tranzitivnosti imamo

(2.6) xc.

Iz (2.2) imamo c C(b) sto po definiciji znaci(2.7) cb.

Iz (2.6), (2.7) i tranzitivnosti imamo xb sto po definiciji znaci x C(b). DakleC(a) C(b). Posve analogno dokazujemo C(b) C(b) i tvrdnja je dokazana.

Iz ovoga slijedi da svaki element skupa X pripada jednoj i samo jednoj klasi

ekvivalencije (klasifikacije), odredenu pomocu relacije ekvivalencije (klasifikacije). Na ta j smo nacin izvrsili klasifikaciju elemenata iz skupa X.

Primjer 2.10. U trodimenzionalnom prostoru neka su dane dvije tocke A i Btakve da je A = B. Skup AB svih tocaka pravca koje se nalaze izmedu tocaka A iB zove se duzina (ili segment). Duzina kod koje su rubne tocke uredene, tj. jednarubna tocka proglasena je za pocetak a druga za zavrsetak zove se usmjerena duzina.Ako uzmemo tocku A za pocetak a tocku B za zavrsetak takvu usmjerenu duzinuoznacavamo sa AB.

Dvije usmjerene duzine AB i A1B1 nazivamo ekvivalentnim ako translacijom

(paralelnim pomakom) u trodimenzionalnom prostoru mozemo AB prevesti u A1B1tako da A padne na A1 a B na B1, tj. ako je ABB1A1 paralelogram. Takodefinirana relacija na skupu svih usmjerenih duzina u trodimenzionalnom pros-

toru je relacija ekvivalencije (klasifikacije). Skup klasa ekvivalencije usmjerenihduzina u trodimenzionalnom prostoru oznacavamo saV3 a svaki element toga skupaoznacavamo sa jednim njegovim predstavnikom, ako se ne kaze drugacije. Tako za

klase ekvivalencije AB i A1B2 kazemo da su jednake ako su usmjerene duzine AB iA1B1 ekvivalentne. Ako se ne kaze drugacije usmjerenu duzinu AB cemo smatrati

skupom svih usmjerenih duzina koje su ekvivalnentne usmjerenoj duzini AB.Sve tocke smatramo medu sobom ekvivalentne kao usmjerene duzine sa jednakim

pocetkom i krajem (za tocku A to je AA) i pripadnu klasu ekvivalencije oznacavamo

sa0.Na skupu V3 definiramo zbroj na slijedeci nacin. Za bilo koje dvije klase ekviva-

lencije AB i CD razmotrimo usmjerene duzine AB i CD kao predtavnike njihovihklasa ekvivalencije. Pomaknimo AB paralelno tako da se A iD poklope. Tada klasu

ekvivalencije CB

zovemo zbrojem klasa ekvivalencije AB i CD . Klasa ekvivalen-cije CB ne ovisi o predstavnicima klasa ekvivalencije AB i CD.

V3 je aditivna Abelova grupa za tako definirano zbrajanje. Mnozenje klase ekvi-valencije AB sa realnim brojem se definira na slijedeci nacin. Ako je B = A, tj.

AB = 0 onda je AB = 0. Uzmemo usmjerenu duzinu AB i odredimo tocku C napravcu odredenom tockama A i B takvu da je d(A, C) = ||d(A, B) i C lezi na istojstrani pravca kao iB u odnosu na A ako je > 0, odnosno na suprotnoj strani ako

je < 0, gdje d(A, B) oznacava udaljenost ozmedu tocaka A i B, || = za 0


6/83


7/83

7

Primjer 2.15. Neka je C(, ) skup svih realnih na segmentu [, ] neprekidnih funkcija. Mnozenje skalarom = R, gdje je R skup svih realnih brojeva, jedefiniramo za x

C(, ) sa (x) (t) = x(t), t

[, ], a zbrajanje za x, y

C(, ) sa (x + y)(t) = x(t) + y(t), t [, ]. Sa tako definiranim operacijamazbrajanja i mnozenja skalarom skup C(, ) postaje realan vektorski prostor.

Primjer 2.16. Neka je S bilo kakav neprazan skup, a X(S) skup svih funkcijadefiniranih na S sa vrijednostima u . Neka je zbrajanje na X(S) definirano kaoobicno zbrajanje funkcija i mnozenje elemenata iz X(S) sa kao mnozenjeskalara funkcijom. Tada je X(S) sa tako definiranim operacijama zbrajanja imnozenja skalarom vektorski prostor nad .

Napomena 2.17. Primjeri 2.14 i 2.12 su specijalni slucajevi Primjera 2.16. Primjer2.12 se dobiva iz Primjera 2.16 ako se uzme S = {1, 2, . . . , n} i vrijednost funkcijex X(S) na k S se oznaci sa k = x(k).Primjer 2.18. Neka je X skup svih rjesenja diferencijalne jednadzbe

(2.12) p0(t)y(n)(t) +p1(t)y

(n1)(t) + +pn(t)y(t) = 0,gdje je t , pi, i = 0, 1, . . . , n iy su funkcije odt sa vrijednostima u iy(k) je k-taderivacija od y. Ako definiramo zbrajanje na X kao zbrajanje funkcija a mnozenjeskalarom iz tijela kao mnozenje funkcije skalarom, X postaje vektorski prostornad , tj. sva rjesenja diferencijalne jednadzbe (2.12) sa prirodno definiranimoperacijama mnozenja sa skalarom i zbrajanja cine vektorski prostor nad .

Primjer 2.19. Neka je v neki skalar iz tijela. Transverzalno titranje zice opisujese funckijom koja zadovoljava parcijalnu diferencijalnu jednadzbu

(2.13) v22u

s2=

2u

t2.

Sva rjesenja jednadzbe (2.13) zajedno sa zbrajanjem i mnozenjem sa skalarom

definirano kao u Primjeru 2.16, cine vektorski prostor nad .

Primjer 2.20. Skup svih rjesenja integralne jednadzbe10

K(t, s)f(s)ds = f(t), t ,

gdje je K zadana funkcija na 2 sa zbrajanjem i mnozenjem sa skalarom defini-ranim kao u Primjeru 2.16 cini vektorski prostor nad .


8/83

8

3. Linearna zavisnost

Lema 3.1. Neka je G grupa in prirodan broj. Produkt odn elemenataa1, . . . , an

G definiramo induktivnoa1 an = (a1 an1) an.

Tada je

a1 an = (a1 am) (am+1 an) ,za svako 1 m n 1.Dokaz. Za n = 3 tvrdnja je ocigledna zbog asocijativnosti. Pretpostavimo da jetvrdnja tocna za neko n 3 i dokazujemo da onda vrijedi za n +1. To je takozvanimetod indukcije. Iz pretpostavke indukcije imamo

(3.1) (a1 a2 an) an+1 = (a1 (a2 an)) an+1.

Zbog asocijativnosti imamo

(3.2) (a1 (a2 an)) an+1 = a1 ((a2 an) an+1) = a1 (a2 an an+1) .Posto su desna strana Jednadzbe (3.1) i lijeva strana Jednadzbe (3.2) jednakeimamo da je lijeva strana Jednadzbe (3.1) jednaka desnoj strani Jednadzbe (3.2),tj. a1 an+1 = a1 (a2 an an+1) i tvrdnja je dokazana za m = 1.

Pretpostavimo da je tvrdnja tocna za 1 m < n i dokazimo da je tocna za2 m + 1 n.

Zbog pretpostavke da je tvrdnja tocna za 1 m < n imamo(3.3) a1 an+1 = (a1 am) (am+1 an+1) .Zbog pretpostavke da tvrdnja vrijedi za n imamo

(3.4) (a1 am) (am+1 am+2 an+1) = (a1 am) (am+1 (am+2 an+1)) .Zbog asocijativnosti imamo

(3.5) (a1 am) (am+1 (am+2 an+1)) = (a1 am+1) (am+2 an+1) .Iz (3.3), (3.4) i (3.5) imamo tvrdnju za m + 1 sto zbog indukcije da je da (3.3)

vrijedi za sve 1 m n. To dokazuje tvrdnju leme.

Napomena 3.2. U aditivnoj Abelovoj grupi zbroj elemenata x1, . . . , xn te grupe neovisi od poretka niti nacina kako se grupiraju sumandi zbog komutativnosti i Leme3.1. Tada za zbroj (sumu) elemenata x1, . . . , xn imamo oznaku

x1 + + xn =n

k=1xk.

Definicija 3.3. Neka su 1, 2, . . . , n i x1, . . . , xn X, tada se vektorn

k=1

kxk = 1x1 + + nxn

zove linearni spoj ili linearna kombinacija vektora x1, . . . , xn.


9/83

9

Definicija 3.4. Kazemo da su vektori x1, . . . , xn linearno nezavisni (kratko neza-visni), ako iz

nk=1

kxk = 0

slijedi 1 = 0, 2 = 0, . . . , n = 0. Naprotiv akon

k=1

kxk = 0

moze biti zadovoljeno i tako da bude k = 0 bar za jedno k {1, . . . , n}. Tada sekaze da su vektori x1, . . . , xn linearno zavisni.

Napomena 3.5. Pretpostavimo da je 1 = 0 i(3.6) 1x1 + + nxn = 0.Tada dijeljenjem sa 1, tj. mnozenjem sa

11 obadviju strana u Jednadzbi (3.6) i

iz Napomene 1.15 dobivamo

(3.7) x1 +21

x2 + + n1

xn = 0,

gdje i1

:= 11 i za i = 2, . . . , n. Zbrajanjem (ili dodavanjem) obadvjemastranama Jednadzbe (3.7) 2

1x2 n1 xn dobivamo

(3.8) x1 = 21

x2 n1

xn.

Iz jednadzbe (3.8) vidimo da je vektor x1 linearan spoj ili linearna kombinacijavektora x2, . . . , xn.

Napomena 3.6. Linearna nezavisnost je za sada definirana samo za konacan bro jvektora. Razlog je u tome sto opcenito u vektorskom prostoru ne mozemo definirati

zbroj od beskonacno vektora.Definicija 3.7. Za skup S X Kazemo da je linearno nezavisan skup ako je svakikonacan niz elemenata iz S linearno nezavisan, tj. ako je suma x + y + + z srazlicitim vektorima x , y , . . . , z iz S moze biti jednaka nuli samo tako da je svaki odskalara , , , . . . , jendak nuli. U protivnom skup S je linearno zavisan, tj. skupS je linearno zavisan ako postoje razliciti vektori x , y , . . . , z iz S i skalari , , . . . , od kojih je bar jedan razlicit od nule takvi da je

x + y + + z = 0.Napomena 3.8. Neka su vektori x1, . . . , xn linearno nezavisni. Tada je skup S ={x1, . . . , xn} linearno nezavisan. Dokazimo tu tvrdnju.

Neka je 1 k n i j1, . . . , jk prirodni brojevi takvi da je 1 j1 < j2 1 takav da je Ak1k1 = 0definiramo skalare 1k tako da je (i1, j1)-ti element matrice A1k := Ak 1kI

jednak nuli, i dalje rekurzivno skalare pk takve da je (ip, jp)-ti element matriceApk := Ap1k pkAp1p1 jednak nuli, p = 2, . . . , k.

Iz te rekurzivne definicije vidimo da su A1k, A2k, . . . , Akk polinomi k-tog stupnja

u A sa najstarijim koeficijentom 1 i da za svako k Akk ima nule na mjestima(i1, j1), . . . , (ik, jk).Tvrdimo da Akk = 0 za k < m i Amm = 0. Iz toga imamo da je Amm minimalni

polinom od A jer je Amm polinom m-tog stupnja u A sa najstarijim koeficijentom1 kojeg A ponistava.

Pokazimo prvi dio tvrdnje, tj. da je Akk = 0 za k < m. Pretpostavimo suprotno,tj. da je Akk = 0 za k < m onda je Akk = 0 minimalna jednadzba sto je usuprotnosti sa minimalnoscu polinoma (). Znaci da je Akk = 0 za k < m.

Da pokazemo Amm = 0 uzmemo k < m, tj. da su A11 = 0, . . . , Akk = 0 iuzmemo skalare 0, . . . , k takve da je

(18.2) kAkk + + 1A11 + 0I = 0.Posto matrice Aii, i = 1, . . . , k imaju na (1, 1) = (i1, j1)-tom mjestu nulu onda

je 0 = 0. Isto tako matrice Aii, i = 2, . . . , k imaju nulu na (i2, j2)-tom mjestudok je A11 razlicit od nule na (i2, j2)-tom mjestu sto povlaci da je 1 = 0. Takodobivamo 0 = 1 = = k = 0, tj. ako su App = 0, p = 1, . . . , k, onda suI, A11, A22, . . . , Akk linearno nezavisni. Prostor razapet matricama

(18.3) I, A11, . . . , Akk,

je potprostor potprostora razapetog matricama

(18.4) I , A , . . . , Ak,


47/83

47

jer su matrice (18.3) linearne kombinacije matrica (18.4). Kako potprostor raza-pet matricama (18.3) ima istu dimenziju kao potprostor koji ga sadrzi, tj. potpros-tor koji razapinju matrice (18.4), ta dva potprostora su jednaka. Dakle A

kk = 0 je

ekvivalentno nezavisnosti matrica (18.4). Iz toga slijedi da je Amm = 0 posto sumatrice (18.4) linearno nezavisne za k < m i linearno zavisne za k = m.

Primjer 18.2. Neka je za skalare 0, 1, 2 i 3

A =

0 1 2 31 0 3 22 3 0 13 2 1 0

.

Radi provodenja postupka iz Napomene 18.1 imamo

A2 = A

A =

0 1 2 31 0 3 22 3 0 13 2 2 0

0 1 2 31 0 3 22 3 0 13 2 2 0

=

(20 21 22 23)I+ 20

0 1 2 31 0 3 22 3 0 13 2 2 0

.

Tada imamo 11 = 0,

A11 =

0 1 2 31 0 3 22 3 0 13 2 1 0

,

12 = 20 21 22 23,A12 = A

2 12I = 20A11iz cega imamo da je 22 = 20 za bilo koji izbor (i2, j2) takvi da je i2 = j2. Tozajedno sa (18.1) daje

(18.5) A22 = A12 22A11 = A2 20A

(20 21 22 23) 220

I =

A2 20A + (20 + 21 + 22 + 23)I = 0.Iz (18.5) imamo da je minimalni polinom matrice A

() = 2 20 + (20 + 21 + 22 + 23).Ako je 2

0

+ 21

+ 22

+ 23

= 0 onda je matrica A regularna i

A1 =1

20 + 21 +

22 +

23

(20I A) =

1

20 + 21 +

22 +

23

0 1 2 31 0 3 22 3 0 13 2 1 0

.


48/83

48

Primjer 18.3. Neka je

A = 1 2 3

2 0 1

1 2 1 .

Nadimo minimalni polinom matrice A i izracunajmo A1, A2, A78A i rezolventumatrice A.

Iz metode racunanja minimalnog polinoma imamo 11 = 1,

A2 =

1 2 32 0 1

1 2 1

1 2 32 0 1

1 2 1

=

0 8 21 2 7

4 0 6

,

12 = 0,

A11 = A I =

0 2 3

2 1 11 2

2

, A12 = A

2 =

0 8 2

1 2 7

4 0 6

,

(i2, j2) = (3, 2), 22 = 0, A22 = A12 = A2,

A3 =

1 2 32 0 1

1 2 1

0 8 21 2 7

4 0 6

=

14 4 64 16 2

2 4 18

,

13 = 14,

A13 = A3 + 14I =

0 4 64 2 2

2 4 4

,

23 = 2,

A23 = A13 2A11 =

0 0 00 0 0

0 0 0

,

(i3, j3) = (1, 2), 33 = 0,

A33 = A23 = 0 = A13 2A11 =A3 + 14I 2(A I) = A3 2A + 16I,

tj. minimalni polinom matrice A je

(18.6) (A) = 3 2 + 16.Iz (18.6) imamo

(18.7) A1 =2I A2

16=

1

16

2 8 21 4 74 0 4

.

Iz (18.7) imamo

A2 =

A12

=1

256

2 8 21 4 7

4 0 4

2 8 21 4 7

4 0 4

=

1

256

12 48 5234 8 2

8 32 8

= 1

128

6 24 2617 4 1

4 16 4

.


49/83

49

Iz (A) = 0 imamo

A6 = A32

= (2A

16I)

2= 4A2

64A + 256I,

i

(18.8) A7 = AA6 = 4(2A 16I) 64A2 + 256A =64A2 + 264A 64I.

Iz (18.8) imamo

A7 8A = 64A2 + 264A 64I 8A =64A2 + 256A 56I = 64(A2 + I) + 256A =

64 512 12864 64 448256 0 448

+

256 512 768512 0 256

256 512 256

=

192 0 640448 64 704512 512 704 .Iz Teorema 17.11, II, imamo

(18.9) R = (I A)1 = ()1(I2 + A1 + A2),gdje je

(18.10) A1 = A 1I i A2 = A2 1A 2I.Iz (18.6), (18.9) i (18.10) imamo 1 = 0, 2 = 2, 3 = 16 i

R =2I+ A + A2 2I

2 2 + 16 =A2 + A + (2 2)I

3

2 + 16

.


50/83

50

19. Inverzni operator

Teorem 19.1. I. ZadimX .Napomena 23.9. Prema Napomeni 23.7 i Teoremu 8.11 imamo da y mozemo pois-

tovjetiti sa jednorednom matricom [1, . . . , n] pa se (23.3) moze napisati kao

(23.4) [1 . . . n]

1...

n

=

n

k=1

kk

,

gdje 1 1 matricu na desnoj strani u (23.4) poistovjecujemo sa skalarom i dakle jepisemo bez uglatih zagrada.


63/83

63

Napomena 23.10. Funkcija f(x, y) :=< x|y > je linearna funkcija prvog i drugogargumenta, tj. za , , x, y, z X i x, y, z X imamo

< x + y|z

>= z

(x + y) = z

(x) + z

(y) = < x|z

> + < y |z

>,tj.

< x + y|z >= < x|z > + < y |z >,i

< z |x + y >= (x)(z) + (y)(z) =x(z) + y(z) = < z|x > + < z |y > .

Definicija 23.11. Neka su X i Y vektorski prostori nad . Funkcija f : XY koja je linearna u svakom svom argumentu se zove bilinearan funkcional.

Napomena 23.12. Kanonski produkt (23.3) je bilinearan funkcional koji se jos zovekanonski bilinearan funkcional pri cemu je prvi argument u X a drugi u X.

Definicija 23.13. Kazemo da su x

X i y

X okomiti i pisemo x

y ako je

< x|y >= 0.Skup S1 X je okomit na skup S2 X i pisemo S1 S2 ako je svaki element

iz S1 okomit na svaki element iz S2.

Teorem 23.14. Ako je x X okomit na X, onda je x = 0.Ako je x X okomit na X, onda je x = 0.

Dokaz. Drugi dio teorema slijedi iz same definicije jer je nul funkcional funkcionalkoji svaki vektor preslikava u nulu, tj. x(y) = 0 za svaki y X, tj. < y|x >= 0za sve y X.

Za prvi dio teorema imamo pretpostavku < x|y >= 0 za svaki y X. IzNapomene 23.7 imamo da je za x =

ni=1 iei, gdje je (e) baza u X, i

n

i=1 ii = 0

za sve skalare 1, . . . , n.Ako uzmemo za bilo koji k {1, . . . , n}, k = 1 i i = 0 kada je i = k, imamo

k = 0. Kako to vrijedi za bilo koji k to slijedi 1 = = n = 0, tj. x = 0.


64/83


65/83

65

sto zajedno sa (23.3) i (24.7) daje (24.6).

Napomena 24.5. Prostori X i X su izomorfni gdje je izomorfizam dan sa (ei) =

ei . To je takoder posljedica Teorema 8.11.


66/83

66

25. Refleksivnost n-dimenzionalnog prostora

Napomena 25.1. Neka je X n-dimenzionalni vektorski prostor nad . Tada kon-

struiramo niz n-dimenzionalnih prostoraX, X, X, X, . . .

gdje je X = (X), X = (X), . . . .

Napomena 25.2. Za X iz Napomene 25.1 definirajmo : X X tako da jesvakom x X pridruzen x X sa(25.1) x(y) := y(x), y X.Provjerimo da je preslikavanje dobro definirano sa (25.1), tj. da iz (x) = (z)slijedi x = z. Iz (x) = (z) imamo x = z, tj. postoji y X takav da jey(x) = y(z), tj. y(x z) = 0 sto znaci da je x z = 0 odnosno x = z.

Preslikavanje je injekcija, tj. iz (x) = (z) slijedi x = z. Pokazimo to. Iz

(x) =

(z) imamo x = z sto povlaci y(x) = y(z) za svaki y, tj. x

z

X.

Onda iz Teorema 23.14 imamo x = z i injektivnost.Takoder za bilo koji X imamo iz (24.5)

y =n

j=1

y(ej)ej

i

(y) =

n

j=1

y(ej)ej

= n

j=1

y(ej)(ej) = y

n

j=1

(ej )ej

tj. = x za x =n

j=1 (ej)ej sto daje surjektivnost.

Linearnost i bijektivnost cine izomorfizmom prostora X i X koji se jos zoveprirodan izomorfizam prostora X i X.

Definicija 25.3. Prostor za koji je (X) = X se zove refleksivan prostor.Napomena 25.4. Iz Napomene 25.2 imamo da je svaki konacno dimenzionalan pros-tor refleksivan.

U dokazu da je izomorfizam u Napomeni 25.2, koristili smo pretpostavku da jeX konacno dimenzionalan kod dokazaivanja surjektivnosti. To znaci da je generalno(X) potprostor prostora X.Napomena 25.5. Ako se identificira x sa x onda se moze pisati

x(y) = y(x) i < y|x >=< x|y > .Na ta j nacin mozemo X shvatiti kao skup svih linearnih funkcionala na X isto kaoi obrat, tj. X je skup svih linearnih funkcionala na X.


67/83

67

26. Adjungirani operator

Napomena 26.1. Neka su X i Y vektorski prostori i A

L(X, Y). Neka je za x

X

i y Yz(x) := y(Ax).

Tada je z X zbog linearnosti od A i y.Definirajmo

A(y) := z, y Y.Tada imamo

< Ax|y >= z(x) = A(y)(x) =< x|A(y) >,tj.

(26.1) < Ax|y >=< x|A(y) > .Da provjerimo je li A : Y

X dobro definirano moramo pokazati da za sve

y, z Y takve da je A(y) = A(z) slijedi y = z, tj. da iz y = zslijedi A(z) = A(y) za z, y Y. Kako je A(z)(x) = z(Ax) = y(Ax) =A(y)(x) za svaki x X imamo jednakost A(z) = A(y).Napomena 26.2. Operator A iz Napomene 26.1 je linearan.

Da to pokazemo uzmemo , i z, y Y. Tada za svaki x X imamoA (z + y) (x) = (z + y) (Ax) = z(Ax) + y(Ax) =

A(z)(x) + A(y)(x) = (A(z) + A(y)) (x),

tj.

A (z + y) = A(z) + A(y).

Napomena 26.3. Operator A je jednoznacno odreden operatorom A i Jednadzbom(26.1).

Da to pokazemo uzmemo B takav da je

(26.2) < Ax|y >=< x|By > .Tada iz (26.1) i (26.2) imamo za svaki x X

< x|Ay >=< x|By >sto daje

< x| (A B) y >= 0.za svaki x X. To zajedno sa Teoremom 23.14 daje za sve y Y

(A

B) y = 0,

tj.

A = B.

Definicija 26.4. Operator A L(Y, X) koji ima svojstvo< Ax|y >=< x|Ay >

za sve x X i y Y se zove adjungiran ili dualan operator operatora A.


68/83


69/83

69

Iz (26.1), tj. < Aek|fj >=< ek|Afj >, k = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m, (26.6) i (26.5)gdje umjesto i stavimo j, imamo

jk = kj , j = 1, . . . , m, k = 1, . . . , n ,

sto je i tvrdnja teorema.

Napomena 26.8. Provjerom imamo (A(f, e))

= A(f, e) sto je takoder posljedicarefleksivnosti konacnodimenzionalnih prostora X i Y.


70/83

70

27. Rang operatora

Napomena 27.1. Neka je A

L(X, Y). Skup svih x

X takvih da je Ax = 0, je

potprostor od X.Prema Napomeni 4.2 trebamo pokazati da za x, y X takve da je Ax = 0 i

Ay = 0 imamo za , A(x + y) = 0.

To je ocita posljedica linearnosti od A, tj. imamo

A(x + y) = Ax + Ay = 0 + 0 = 0.

Skup svih x X takvih da je Ax = 0 oznacimo sa N(A), tj.N(A) := {x X : Ax = 0}.

Definicija 27.2. Potprostor N(A) prostora X iz Napomene 27.1 se zove nul-potprostor ili jezgra operatora A.

Definicija 27.3. Dimenzija potprostora R(A) prostora Y iz Definicije 9.8 i Napo-mene 9.9 se zove rang operatora A, a dimenzija potprostora N(A) defekt operatoraA.

Napomena 27.4. Kako je dim = 1 i za A L(X, ), R(A) je potprostor od imamo da je rang linearnog funkcionala najvise jedan, tj.

dimR(A) dim = 1.Teorem 27.5. Za A L(X, Y) i n = dimX imamo

dimR(A) + dimN(A) = n.

Dokaz. Uzmimo bazu e1, . . . , ek u N(A). Prema Teoremu 7.11 nadopunimo lin-earno nezavisne vektore e1, . . . , ek do baze prostora X sa ek+1, . . . , en. Pokazimo

da je Aek+1, . . . , A en baza u R(A) sto onda daje dimR(A) = nk = ndimN(A),tj. tvrdnju teorema.

Da Aek+1, . . . , A en razapinju R(A) slijedi za x =n

i=1 iei X iz

Ax = Ani=1

iei =ni=1

iAei =n

i=k+1

iAei.

Dakle preostaje pokazati linearnu nezavisnost vektora Aek+1, . . . , A en.Za skalare k+1, . . . , n takve da je

nj=k+1

jAej = 0

imamo

A

n

j=k+1

jej

= 0,

tj.n

j=k+1 jej N(A) sto znaci da postoje skalari 1, . . . , k takvi da je

(27.1)n

j=k+1

jej =k

i=1

iei.


71/83

71

Iz (27.1) imamo

1e1 + + kek + (k+1)ek+1 + + (n)en = 0sto zbog linearne nezavisnosti od e1, . . . , en daje

1 = = k = k+1 = = n = 0.Linearna nezavisnost vektora Aek+1, . . . , A en je dokazana, a time i teorem.

Napomena 27.6. Iz Napomene 27.4 i Teorema 27.5 imamo da je u slucaju linearnogfunkcionala, tj. u slucaju Y =

dimN(A) = n dimR(A) n 1.To znaci da dimN(A) moze biti samo n ili n 1.Napomena 27.7. Iz dokaza Teorema 27.5 vidimo da operator A prevodi direktnikomplement od N(A) u R(A), tj. operator A prevodi bazu diretknog komplementaod N(A) u bazu od R(A). Prema Napomeni 27.6, u slucaju linearnog funkcionala,

direktni komplement od N(A) moze biti najvise jednodimenzionalan.

Teorem 27.8. Za A L(X, Y) i A adjungirani operator operatora A imamodimR(A) = dimR(A),

tj. operatori A i A imaju isti rang.

Dokaz. Neka je r := dimR(A) i f1, . . . , f r baza od R(A). Kako su f1, . . . , f r linearnonezavisni vektori u Y onda ih prema Teoremu 7.11 mozemo nadopuniti do bazeprostora Y sa vektorima fr+1, . . . , f m. Neka je f

1 , . . . , f

m biortogonalna baza baze

(f). Hocemo pokazati da je fr+1, . . . , f m baza u N(A

). To onda povlaci da jedimN(A) = mr sto za jedno sa Teoremom 27.5, tj. dimR(A) + dimN(A) = mdaje

(27.2) R(A

) + m r = m.Iz (27.2) imamo R(A) = r = R(A) i teorem bi onda bio dokazan.

Dakle pokazimo da fr+1, . . . , f m razapinju potprostor N(A

). Uzmimo bilo kojiy N(A). Tada postoje skalari 1, . . . , m takvi da je

(27.3) y =mi=1

ifi .

Vektor y N(A) ima svojstvo da je Ay = 0, sto za jedno sa (27.3) da je

(27.4)mi=1

iAfi = 0.

Uzmimo bilo koji x X. Tada postoje skalari 1, . . . , r takvi da je

(27.5) Ax =r

j=1

jfj

jer je Ax R(A).Iz (27.4) i (27.5) imamomi=1

iAfi

(x) =

mi=1

iAfi (x) =

mi=1

i < x|Afi >=mi=1

i < Ax|fi >=


72/83

72

mi=1

i =mi=1

i

rj=1

j < fj |fi >=mi=1

rj=1

ijij =

rj=1

jmi=1

iij =r

j=1

jj ,

tj.

(27.6)

mi=1

iAfi

(x) =

j=1

jj .

Iz (27.4), (27.6) i proizvoljnosti vektora x X imamo

(27.7)r

j=1

jj = 0,

za sve skalare 1, . . . , r.

U (27.7) uzmemo i = 1 za neki i {1, . . . , r} i j = 0 za j {1, . . . , r}\{i}sto daje i = 0. Kako je to tocno za sve i = 1, . . . , r imamo 1 = = r = 0.To zajedno sa (27.3) daje y =

mi=r+1 if

i sto znaci da f

r+1, . . . , f

m razapinju

N(A), tj. cine bazu u tom prostoru. To je kraj dokaza.

Teorem 27.9. Operatori A, B L(X, Y) su ekvivalentni onda i samo onda, akoimaju isti rang, tj. ako je dimR(A) = dimR(B).

Dokaz. Pretpostavimo da je r = dimR(A) = dimR(B). Tada prema Definiciji 22.4zelimo naci regularne operatore S L(Y, Y) i T L(X, X) takve da je(27.8) B = SAT.

Prema Teoremu 27.5 mozemo uzeti baze (ea) i (eb) u X takve da vektori ear+1, . . . , ean

razapinju N(A) i ebr+1, . . . , ebn razapinju N(B). Iz Napomene 27.6 imamo da f

a1 :=

Ae

a

1 , . . . , f

a

r := Ae

a

r cine bazu od R(A) i f

b

1 := Ae

b

1, . . . , f

b

r := Ae

b

r cine bazu odR(B). Nadopunimo te vektore do baze za Y, tj. uzmimo far+1, . . . , f am i f

br+1, . . . , f

bm

takve da fa1 , . . . , f am i f

b1 , . . . , f

bm tvore baze u Y.

Prema Teoremu 9.10 postoje operatori T L(X, X) i S L(Y, Y) takvi da je(27.9) T ebk = e

ak, k = 1, . . . , n

i

(27.10) Sfak = fbk , k = 1, . . . , m .

Posto su (ea), (eb), (fa) i (fb) baze onda su prema Teoremu 19.1, IV, operatoriS i T regularni.

Da bismo pokazali (27.8) imamo da je prema Teoremu 9.10 dovoljno pokazati

(27.11) (B SAT) ebk = 0, k = 1, . . . , n .Iz (27.9) imamo

(27.12) (B SAT) ebk = Bebk SAeak, k = 1, . . . , n .Iz konstrukcije baza (ea) i (eb), tj. Bebk = 0 = Ae

bk, k = r +1, . . . , n i (27.12) imamo

(27.13) (B SAT) ebk = 0, k = r + 1, . . . , n .Iz Aeak = f

ak , Be

bk = f

bk , za k = 1, . . . , r, i (27.12) imamo

(27.14) (B SAT) ebk = fbk Sfak , k = 1, . . . , r .


73/83

73

Iz (27.14) i (27.10) imamo

(27.15) (B SAT) ebk = 0, k = 1, . . . , r .Iz (27.15) i (27.13) imamo (27.11) odnosno (27.8), tj. A i B su ekvivalentni opera-tori.

Pokazimo obrat, tj. pretpostavimo da postoje regularni operatori S L(Y, Y) iT L(X, X) takvi da vrijedi (27.8). Neka je r = dimR(A). Tada prema Napomeni27.7 mozemo uzeti bazu (e) u X takvu da vektori er+1, . . . , en cine bazu potprostoraN(A). Prema Teoremu 19.1, III, vektori ek := T

1ek, k = 1, . . . , n cine bazu u X.Iz (27.8) imamo

(27.16) Bek = SATek = SAT

T1ek

= SAek, k = 1, . . . , n .

Tada iz (27.16) imamo da je

(27.17) Bek = 0, k = r + 1, . . . , n .

Kako prema Napomeni 27.7 vektori Ae1, . . . , A er cine bazu u R(A), onda iz regu-

larnosti operatora S imamo da su vektori

(27.18) Bek = SAek, k = 1, . . . , r

linearno nezavisni. Iz (27.17) imamo da vektori (27.18) razapinju R(B) sto zajednosa linearnom nezavisnoscu da je da oni cine bazu za potprostor R(B), tj. dimR(B) =r i teorem je dokazan.

Napomena 27.10. Neka su A, B L(X, Y) i = dimR(B) dimR(A) = r. Tadapostoje regularni operator S L(Y, Y) i operator T L(X, X) kojemu je defekt

jednak r takvi da je B = SAT.Da to pokazemo definira jmo operator W L(X, X) sa W eak = 0, k = +1, . . . , r

i W eak = eak za k = 1, . . . , i k = r + 1, . . . n, gdje je (e

a) baza od X takva daeak+1, . . . , e

an razapinju N(A) kao u dokazu Teorema 27.9. Tada je AW e

ak = 0 za

k = + 1, . . . , n i AW e

a

k = Ae

a

k su linearno nezavisni za k = 1, . . . , , premaNapomeni 27.7. Iz toga mozemo zakljuciti da operator AW ima rang jednak =R(B). Kako operatori AW i B imaju jednak rang onda prema Teoremu 27.9 postoje

regularni operatori S L(Y, Y) i T L(X, X) takvi da je(27.19) B = SAWT .

Stavimo T := WT. Prema dokazu Teorema 27.9 imamo T ebk = eak, k = 1, . . . , n.

Tada je T ebk = WT ebk = W e

ak = e

ak za k = 1, . . . , i k = r + 1, . . . , n i T e

bk =

WT ebk = W eak = 0 za k = + 1, . . . , r. Iz toga imamo da je e

b+1, . . . , e

br baza od

N(T), tj. defekt operatora T je jednak r . To zajedno sa (27.9) daje B = SATi tvrdnju napomene.

Teorem 27.11 (Osnovni teorem o rangu matrica). Broj linearno nezavisnih redakabilo koje konacne matrice jednak je broju linearno nezavisnih stupaca te matrice.

Dokaz. Neka je M Mnm, X n-dimenzionalni, Y m-dimenzionalni vektorski pros-tor, (e) baza u X i (f) baza u Y. Prema Teoremu 12.10, I, imamo da postoji jedin-stven linearan operator A L(X, Y) takav da je A(f, e) = M. Vektori Ae1, . . . , A enrazapinju prostor R(A). Onda je r = dimR(A) broj linearno nezavisnih vektoratoga niza. Vektoru Aek odgovara k-ti stupac matrice A(f, e) = M, k = 1, . . . , n. Iztoga slijedi da je rang operatora A jednak broju linearno nezavisnih stupaca matriceM. Prema Teoremu 26.7, dualnom operatoru A operatora A u biortogonalnim


74/83

74

(dualnim) bazama odgovara transponirana matrica A(e, f) = A(f, e) = M

matrice A(f, e). Broj linearno nezavisnih stupaca matrice A(e, f) = M jednakje rangu operatora A koji je prema Teoremu 27.8 jednak rangu operatora A, tj.broju linearno nezavisnih stupaca matrice A(f, e) = M. Kako su stupci matriceA(e, f) = M jednaki recima matrice M imamo zakljucak teorema.

Definicija 27.12. Broj linearno nezavisnih redaka odnosno stupaca matrice zovemorang matrice.

Definicija 27.13. Submatricom B matrice A Mnm zovemo restrikciju matriceA na

{i1, . . . , ip} {j1, . . . , jq} {1, . . . , m} {1, . . . , n},gdje su (p,q) {1, . . . , m} {1, . . . , n},

1 i1 < < ip m i 1 j1 < < jq n.U zapisu pomocu tablice imamo

(27.20) B =

i1j1 . . . i1jq...

ipj1 . . . ipjq

.

Korolar 27.14. Rang submatrice nije veci od ranga matrice.

Dokaz. Neka je B submatrica matrice A = (ij) Mnm dana sa (27.20). Nekaje X n-dimenzionalan, Y m-dimenzionalan vektorski prostor i A L(X, Y) takoda je A(f, e) = A. Tada je broj linearno nezavisnih vektora u nizu Aej1 , . . . , Aejqmanji ili jednak broju linearno nezavisnih vektora u nizu Ae1, . . . , Aen, tj. manjiili jednak rangu od A zbog korespodencije tih vektora sa stupcima matrice A. Toznaci da je rang matrice

(27.21)

1j1 . . . 1jq...mj1 . . . mjq

koju smo dobili ispustanjem nekih stupaca matrice A, manji ili jednak rangu odA. Matricu B dobivamo ispustanjem redaka matrice (27.20). Kako se ispustanjemredaka broj linearno nezavisnih redaka ne povecava, iz Teorema 27.11 imamo da jerang matrice B manji ili jednak rangu matrice (27.21). Kako je relacija manji li

jednak tranzitivna imamo da je rang matrice B manji ili jednak rangu matrice A.Time je dokaz korolara zavrsen.

Teorem 27.15. Neka matricaA Mnm ima rangr, j1, . . . , jr su indeksi bilo kojihnezavisnih stupaca, i1, . . . , ir indeksi bilo kojih nezavisnih redaka te matrice i A0submatrica matrice A koja je sastavljena od elemenata koji stoje na presjeku tihstupaca i redaka. Onda je A0 regularna matrica. Svaka kvadratna submatrica od Areda veceg od r je singularna.

Dokaz. Neka je C submatrica matrice A koja se dobiva izostavljanjem svih stupacamatrice A osim onih s indeksima j1, . . . , jr. Kako je svaki redak matrice A linearanspoj redaka i1, . . . , ir to isto vrijedi za matricu C. Posto su svi stupci matriceC linearno nezavisni imamo da je rang matrice C jednak r, tj. matrica C imatocno r linearno nezavisnih redaka. U slucaju da reci i1, . . . , ir matrice C nisu


75/83

75

linearno nezavisni onda bi imali kontradikciju sa tvrdnjom da je rang od C jednakr. Znaci da su reci matrice C sa indeksima i1, . . . , ir linearno nezavisni. Kako jematrica A

0dobivena od matrice C izbacivanjem svih ostalih redaka imamo da je

rang matrice A0 jednak r. Kako je matrica A0 reda r, iz Teorema 27.5 imamo daje dimN(A0) = 0, tj. A0x = 0 povlaci x = 0. Onda iz Teorema 19.1, I, imamo daje A0 regularan operator.

Za drugi dio tvrdnje imamo prema Korolaru 27.14 da kvadratna submatricamatrice A reda veceg od r ne moze imati rang veci od r sto opet prema Teoremu27.5 i Teoremu 19.1, II, daje da je takva submatrica singularna.

Teorem 27.16. Dvije matrice A, B Mnm imaju isti rang ako i samo ako postojeregularne matrice S Mm i T Mn takve da je

B = SAT.

Dokaz. Pretpostavimo da matrice A i B imaju isti rang. Uzmimo vektorske pros-tore X i Y kao u dokazu Teorema 27.11 ili Korolara 27.14. Neka je (e) baza u X i

(f) baza u Y. Prema Teoremu 12.10, I, postoje operatori A, B L(X, Y) takvi daje

A(f, e) = A i B(f, e) = B.

Kako je rang operatora A jednak broju linearno nezavisnih stupaca njemu pridru-zene matrice A(f, e) = A onda imamo da je rang operatora A jednak rangu matriceA. Isto tako je rang operatora B jednak rangu matrice B. To znaci da operatori Ai B imaju isti rang. Prema Teoremu 27.9 postoje regularni operatori S L(Y, Y)i T L(X, X) takvi da je(27.22) B = SAT .

Stavimo li S := S(f) i T := T(e), iz (27.22) i Teorema 12.10, II, III imamo

(27.23) B = SAT,

gdje su matrice S Mm i T Mn regularne, tj. jedan smjer teorema je dokazan.Pokazimo obrat. Neka vrijedi (27.23) sa S Mm i T Mn regularnim ma-

tricama. Uzmimo baze (e) u X i (f) u Y i operatore A, B, S i T takve da jeA(f, e) = A, B(f, e) = B, S(f) = S i T(e) = T. Onda su operatori S i T regularni

i vrijedi (27.22). Tada iz Teorema 27.9 imamo da operatori A i B imaju isti rangsto onda povlaci kao u prvom dijelu dokaza da i matrice A i B imaju isti rang.

Korolar 27.17. Svaka matrica A Mnm ranga r je ekvivalentna matrici H Mnm koja u gornjem lijevom uglu ima jedinicnu kvadratnu matricur-tog reda i svisu joj ostali matricni elementi nula.

Dokaz. Neka je X n-dimenzionalan vektorski prostor, Y m-dimenzionalan vektorskiprostor, (e) bilo koja baza u X, (f) bilo koja baza u Y i A L(X, Y) takav da

je

A(f, e) = A. Uzmemo bazu (e) u X takvu da er+1, . . . , en tvore bazu u N(

A).Tada prema Napomeni 27.6 vektori f1 := Ae1, . . . , fr := Aer cine bazu u R(A).

Nadopunimo te vektore do baze prostora Y sa fr+1, . . . , fm. Kako je Aek = 0 zak = r + 1, . . . , n, tada imamo A(f , e) = H. Iz Teorema 21.4 imamo da su matrice

A = A(f, e) i H = A(f , e) ekvivalentne.

Definicija 27.18. Matricu H iz Korolara 27.17 zovemo Hermitova forma matriceA.


76/83

76

28. Odredivanje ranga matrice

Definicija 28.1. Neka je A

Mnm. Tada slijedece operacije nad matricom A

zovemo elementarne operacije:a) permutacija redaka ili stupaca,b) dodavanje bilo kojem stupcu linearan spoj stupaca odnosno dodavanje bilo

kojem retku linearan spoj redaka,c) mnozenje bilo kojeg stupca odnosno retka s brojem razlicitim od nule.

Napomena 28.2. Rang matrice se ne mijenja ako primjenimo bilo koju elementarnuoperaciju na tu matricu. Pokazimo to. Za svaku matricu A Mnm postoji A L(X, Y) gdje je X n-dimenzionalan i Y m-dimenzionalan vektroski prostor takavda je u bazama (e) u X i (f) u Y A(f, e) = A. Vektori Aek, k = 1, . . . , n, u

koordinatnom prikazu u bazi (e) odgovaraju stupcima matrice A, tj. (Aek)(e) =Aek(e).

Ocito vektori

(28.1) Ae1, . . . , Aek

razapinju R(A). Permutacija tih vektora ili mnozenje bilo kojeg vektora sa nekimskalarom razlicitim od nule ili dodavanjem bilo kom od tih vektora linearne kombi-nacije vektora (28.1) odgovara elementarnim operacijama nad stupcima matrice A.Kako tim operacijama nad nizom vektora (28.1) dobivamo niz koji opet razapinjeR(A), tj. dimenzija potprostora od Y koga ti vektori razapinju je jednaka dimenziji

potprostora R(A). Iz toga imamo da se elementarnim operacijama nad stupcimamatrice A rang matrice ne mijenja. Ako isto primjenimo na matricu A imamo daisto vrijedi za retke matrice A. Tvrdnja je dokazana.

Definicija 28.3. Neka je In Mn jedinicna matrica. Iz Primjera 12.15 imamoIn = [e1 . . . en] gdje je ei i-ti stupac jedinicne matrice In, tj. ei := ei(e) gdje je(e) baza u n-dimenzionalnom vektorskom prostoru X, a ei(e) je koordinatni prikaz

vektora ei u bazi (e).Definirajmo za 1 i < j n

Pnij := [e1 . . . ei1ejei+1 . . . ej1eiej+1 . . . en],

Pni () := [e1 . . . ei1eiei+1 . . . en]

iPni (;j) := [e1 . . . ei1ej + eiei+1 . . . en],

tj. Pnij se dobiva od In zamjenom i-tog i j-tog stupca, Pnj () se dobiva od In

mnozenjem i-tog stupca sa skalarom i Pni (;j) se dobiva od In dodavanjem i-tom stupcu j-ti stupac pomnozen sa skalarom .

Definirajmo Qmij := (Pmij )

, Qmi () : = (Pmi ())

i Qmi (;j) : = (Pmi (;j))

,tj. Qmij dobivamo od Im zamjenom i-tog i j-tog retka, Q

mi () dobivamo od Im

mnozenjem i-tog retka sa skalarom i Q

m

i (;j) dobivamo od Im dodavanjem i-tom retku j-ti redak pomnozen sa skalarom .Matrice Pnij , P

nj (), P

ni (;j), Q

mij , Q

mi () i Q

mi (;j) zovemo elementarne ma-

trice.

Napomena 28.4. Neka je A Mnm. Matricna mnozenja APnij, APnj (), APni (;j)odgovaranju elementarnim operacijama nad stupcima matrice A, a matricna mno-zenja QmijA, Q

mj ()A, Q

mi (;j)A odgovaraju elementarnim operacijma nad recima

matrice A.


77/83

77

Da to pokazemo stavimo A = [a1 . . . an] gdje je ai M1m i-ti stupac matrice A,tj. ai = Aei gdje je ei M1m kao u Definiciji 28.3, i In = [e1 . . . en].

Tada imamo

APnij = A[e1 . . . ej . . . ei . . . en] = [Ae1 . . . A ej . . . A ei . . . A en] =

[a1 . . . aj . . . ai . . . an],

APni () = A[e1 . . . ei . . . en] = [Ae1 . . . A ei . . . A en] =

[a1 . . . ai . . . an]

i

APni (;j) = A[e1 . . . ej + ei . . . en] = [Ae1 . . . A ej + Aei . . . A en] =

[a1 . . . aj + ai . . . an].

Za retke tvrdnja slijedi iz

QmijA = (APmij )

, Qmi ()A = (APmi ())

i Qmi (;j)A = (APmi (;j))

.

Napomena 28.5. Provjerom imamo (Pnij)1 = Pnij , (P

ni (;j))

1 = Pni (;j),(Qmij )

1 = Qmij , (Qmi (;j))

1 = Qmi (;j) i za = 0, (Pni ())1 = Pni (1) i(Qmi ())

1 = Qmi (1), tj. inverzi elementarnih matrica su elementarne matrice.

Napomena 28.6. Kako su prema Napomeni 28.4 elementarne operacije nad matri-com ekvivalentne mnozenju te matrice s lijeva ili s desna regularnim elementarnimmatricama, onda imamo da se elementarnim operacijama nad matricom dobiva ek-vivalentna matrica, tj. prema Teoremu 27.16 primjenom elementarnih operacijarang matrice ostaje nepromijenjen.

Napomena 28.7. Neka je A = (ij)

Mnm. definirajmo postupak kako od matrice

A elementarnim operacijama nad njenim stupcima i recima dolazimo do Hermitoveforme te matrice i onda prema Korolaru 27.17 znamo njen rang.

Ako je A = 0 onda je H = 0 i rang te matrice je jednak nul. Ako je A = 0 ondapostoji bar jedan matricni element od A razlicit od nule. Permutacijom stupacadovedemo taj element do prvog stupca. Zatim permutacijom redaka dovedemo tajelement u prvi red, tj. na jesto (1, 1). Tako smo dobili ekvivalentnu matricu kojaima u gornjem lijevom uglu element razlicit od nule. Podijelim prvi red te matricesa tim elementom i dobijemo ekvivalentnu matricu

B =

1 12 . . . 1n21 22 . . . 2n

......

m1 m2 . . . mn

.

Pomnozimo prvi stupac matrice B sa 1k i dodamo ga k-tom stupcu za k =2, . . . , n. Tako dobijemo matricu

C =

1 0 . . . 0

21 22 . . . 2n...

...

m1 m2 . . . mn

.


78/83

78

Pomnozimo prvi redak matrice B sa k1 i dodamo ga k-tom retku za k = 2, . . . , mdobijemo

B =

1 0 . . . 00 22 . . . 2n...

...

0 m2 . . . mn

.

Ako su svi ij , i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n jednaki nuli onda je H = B i rang matriceA je jednak jedan. Ako to nije slucaj postupak ponovimo sa matricom

22 . . . 2n

...

m2 . . . mn

koja je submatrica matrice

B dobivena izuzimanjem prvog retka i prvog stupca, tj.postupak ponovimo na matrici tipa m 1 n 1.Nakon konacno mnogo koraka doci cemo do matrice koja u gornjem lijevom uglu

ima jedinicnu matricu i svi ostali elementi su joj jednaki nula, tj. doci cemo doHarmitove forme matrice A. Harmitova forma matrice A ima rang jednak redu

jedinicne matrice koja se nalazi u gornjem lijevom uglu a kako je Harmitova formamatrice A prema Korolaru 27.17 ekvivalentna matrici A onda je prema Teoremu27.16 to takoder rang matrice A.

Napomena 28.8. Obrnemo li postupak iz Napomene 28.7 od Hermitove forme ma-trice A prema Napomeni 28.5 elementarnim operacijama nad stupcima i recimadobiti cemo matricu A.

Primjer 28.9. Neka je

A =

0 2 1 1 52 1 3 2 12 1 1 6 52 1 12 5 12

.

Nadimo rang matrice A.Zamjenom prvog i treceg stupca matrice A i dijeljenjem treceg stupca sa 2 dobi-

jemo

A1 =

1 2 0 1 53 1 1 2 1

1 1 1 6 512

1 1

5

12

.

Pomnozimo li prvi stupac od A1 sa 2 i dodamo drugom stupcu, onda pomnozimosa 1 i dodamo cetvrtom stupcu i onda pomnozimo sa 5 i dodamo petom stupcudobijemo

A2 =

1 0 0 0 03 7 1 1 16

1 1 1 7 012 23 1 17 48

.


79/83

79

Mnozenjem prvog retka od A2 sa odgovarajucim skalarima i dodavanjem preostalimrecima dobijemo

A3 =

1 0 0 0 00 7 1 1 160 1 1 7 00 23 1 17 48

.Zamijenimo treci i drugi stupac matrice A3 i podijelimo zadnji sa 16 dobijemo

A4 =

1 0 0 0 00 1 7 1 10 1 1 7 00 1 23 17 3

.

Pomnozimo li drugi redak matrice A4 sa1 i dodamo li ga trecem i cetvrtom retkudobijemo

A5 =

1 0 0 0 00 1 7

1 1

0 0 8 8 10 0 16 16 2

.Mnozenjem drugog stupca matrice A5 odgovarajucim skalarom i dodavanjem trecem,cetvrtom i petom stupcu dobijemo

A6 =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 8 8 10 0 16 16 2

.

Mnozenjem treceg retka matrice A6 sa 2 i dodavanjem cetvrtom retku dobijemo

A7 =

1 0 0 0 00 1 0 0 0

0 0 8 8 10 0 0 0 0

.

Dodavanjem treceg stupca matrice A7 cetvrtom, zatim dijeljenjem treceg stupca sa8 i onda dodavanjem treceg stupca petom dobijemo

A8 =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 0

,

tj. H = A8. Rang matrice A je jednak 3.

Napomena 28.10. Neka su matrice A i H kao u Primjeru 28.9. Kako smo prvistupac matrice H dobili iz treceg stupca matrice A, drugi iz prvog i treci iz drugogonda su prva tri stupca matrice A linearno nezavisna, Kako nismo mijenjali retke

od H to su i prva tri retka od A linearno nezavisni. Tada imamo da je premaTeoremu 27.15 matrica

A0 =

0 2 12 1 3

2 1 1

koja se dobiva od A uzimajuci presjek prva tri retka i prva tri stupca, regularna.Permutiramo li prvi i drugi stupac od A0 i zatim prvi i drugi redak dobivamomatricu iz Primjera 18.3 kojoj smo izracunali inverz.


80/83

80

Definicija 28.11. Za A = (ij) Mnm kazemo da je gornja stepenasta matrica,ako postoje indeksi 1 j1 < j2 < < jn takvi da je kj = 0 za j < jk,k = 1, . . . , n.

Matrica A je donja stepenasta matrica, ako je transponirana matrica A gornjastepenasta matrica.

U slucaju da je A gornja stepenasta matrica i j1 = 1, j2 = 2, . . . , jn = n ondazovemo matricu A gornja trokutasta matrica. Matricu A zovemo donja trokutastamatrica ako je A gornja trokutasta matrica.

Primjer 28.12. Primjeri gornjih stepenastih matrica su 0 1 2 3 40 0 0 1 3

0 0 0 0 1

,

1 2 30 0 10 0 00 0 0

,

1 1 0 00 0 1 0

0 0 0 0

.

Napomena 28.13. Elementarnim operacijama samo nad recima matrice A ranga

r mozemo doci do gornje stepenaste matrice F koja ima nule u poljednjih m rredaka, a na mjestima (k, jk), k = 1, . . . , r ima jedinice.Definirajmo postupak kojim dolazimo do matrice F. Ako je A = 0 onda je F = 0

i postupak se zaustavlja. Dakle, pretpostavimo da je A = 0. Onda je bar jedanstupac od A razlicit od nule. Neka je aj1 prvi stupac od A koji je razlicit od nule,tj. aj = 0 za j < j1. Onda postoji i {1, . . . , n} takav da je ij1 = 0. Zamjenimoprvi i i-ti redak i onda podijelimo prvi redak sa ij1 . Dobijemo matricu B = (ij).Prvi redak matrice B pomnozimo sa kj1 i dodajmo k-tom retku za k = 1, . . . , m.Tako dobijemo matricu

C =

0 . . . 01 cOm1j1 C1

,

gdje je Om1j1 nul-matrica tipa m 1 j1, C1 matrica tipa m 1 n j1 i cmatrica tipa 1

n

j1.

Ako je C1 = 0 postupak ponovimo sa matricom C1. Nakon konacno mnogokoraka dobijemo matricu F. Iz konstrukcije vidimo da je prvih r redaka matrice Flinearno nezavisno i da je preostalih m r redaka jednako nuli.Napomena 28.14. Ako je A Mn regularna matrica onda imamo prema Teoremu27.5, Teoremu 12.10 i Teoremu 19.1, I, n = r sto onda daje j1 = 1, . . . , jn = n,tj. Hermitova forma regularne matrice je jednaka jedinicnoj matrici i matrica F jegornje trokutasta.

Primjer 28.15. Nadimo gornje stepenastu formu matrice A iz Primjera 28.9.Zamjenom prvog i drugog retka matrice A imamo

A1 =

2 1 3 2 10 2 1 1 52 1

1 6 5

2 1 12 5 12

.

Mnozenjem prvog retka matrice A, sa 1 i dodavanjem trecem i cetvrtom i zatimdijeljenjem prvog retka sa 2 dobijemo

A2 =

1 1232 1

12

0 2 1 1 50 0 4 4 40 2 9 7 13

.


81/83

81

Mnozenjem drugog retka matrice A2 sa 1 i dodavanjem cetvrtom retku i zatimdijeljenjem drugog retka sa2 dobijemo

A3 =

112

32 1

12

0 1 12 12 520 0 4 4 40 0 8 8 8

.Mnozenjem treceg retka matrice A3 sa 2 i dodavanjem cetvrtom retku i zatim dijel-

jenjem treceg retka sa4 dobijemo

A4 =

1 1232 1

12

0 1 12 12 520 0 1 1 10 0 0 0 0

.

Matrica A4 je gornje trokutasta forma matrice A, tj. F = A4.


82/83

82

29. Sistemi linearnih algebarskih jednadzbi

Definicija 29.1. Za m i n prirodne brojeve, skalare i, ij , i = 1, . . . , m, j =

1, . . . , n i simbole 1, . . . , n sistem jednadzbi

(29.1)

111 + 122+ . . . 1nn = 1211 + 222+ . . . 2nn = 2

...m11 + m22+ . . . mnn = m

zovemo sistem od m linearnih algebarskih jednadzbi sa n nepoznanica. Simbole1, . . . , n zovemo nepoznanice.

Primjer 29.2. Primjeri sistema linearnih algebarskih jednadzbi su

(29.2)21

2 = 1,

1 + 2 = 5,

i

(29.3)21 + 2 + 3 = 5

41 62 = 221 + 72 + 23 = 9.

Napomena 29.3. Jednadzba 21 2 = 1 u (29.2) se moze shvatiti kao pravac2x y = 1 u xy ravnini koji prolazi tockama (1, 1) i (12 , 0). Druga jednadzba u(29.2) 1 + 2 = 5 se moze shvatiti kao pravac x + y = 5. Koordinate tocke presjekatih dvaju pravaca zadovoljavaju obadvije jednadzbe.

Sistem jednadzbi (29.2) se moze napisati kao jedna vektorska jednadzba

(29.4) 1

21

+ 2

11

=

15

.

Nalazenje presjeka dvaju pravac u (29.2) je ekvivalentno nalazenju skalara 1 i

2 u (29.4) gdje je stupcani vektor

15

predstavljen kao linearna kombinacija

stupcanih vektora

21

i

11

.

Napomena 29.4. Svaka od Jednadzbi u (29.3) predtavlja ravninu u trodimenzion-alnom realnom vektorskom prostoru V3 gdje svaki vektor odgovara uredenoj trojki(x,y,z) u R3. Presjek ravnina opisanih jednadzbama 2x + y + z = 5 i 4x

6y =

2 cini pravac u trodimenzionalnom prostoru koji se opet sijece sa ravninom2x + 7y + 2z = 9 u jednoj tocki.

Isto kao u Napomeni 29.3 Sistem Jednadzbi (29.3) se moze napisati kao jednavektorska jednadzba

(29.5) 1

24

2

+ 2

16

7

+ 3

10

2

=

52

9

.


83/83

Documents

Osnovne Algebarske Strukture Skripta