I. Sustavi linearnih jednadˇzbi - mathos.unios.hr · matematika. Matematika koja nema veze s realnoˇs´cu samo je ponekad dobra (kad sam bio student, neˇsto sliˇcno sam ˇcuo

Nenad Antonic Linearna algebra I

I. Sustavi linearnih jednadzbi

1. Sto je to linearna algebra? (uvodno predavanje)

Kako je to predmet na fakultetu, reklo bi se da je to dio matematike, matematicka disciplina.Sto proucava?

Proucava algebre — kao matematicke strukture (niz svojstava). Kako je algebra naziv i zasiroku matematicku disciplinu, to pridjev linearna odreduje da se radi bas o proucavanju linearnihalgebri. Prije nekoliko desetaka godina uobicajilo se da se linearna algebra predaje na ranijimgodinama studija, jer se radi o gradivu koje se, poput osnova analize, kasnije sustavno koristi.

Linearna algebra proucava algebre matrica, ali i puno drugog s time povezanog materijala(kljucne rijeci su: matrice, sustavi linernih jednadzbi, vektori). Nekoc se linearna algebra pre-davala kao dio algebre, neki su je vise gledali kao nastavak analiticke geometrije,. . . Ja na lin-earnu algebru gledam kao na odredene vjestine, znanja i nacin razmisljanja koji mi je nuzan usvakodnevnom radu (a analiticar sam), ali koji je isto tako nuzan i prirodoslovcima, inzenjerima,ekonomistima,. . .

Jedna od mogucih primjena (zapravo njezin izostanak) prikazana je i na filmu (filmski insert1). Most se srusio, jer projektant nije znao izracunati svojstvene vrijednosti (sto mi ucimou drugom semestru). Kad naucite racunati svojstvene vrijednosti, necete odmah moci graditimostove. Ali ako to ne naucite, samo ce o slucajnosti ovisiti hoce li se most srusiti na umjerenomvjetru. Pogledajmo jos jedan insert iz filma, s komentarom (filmski insert 2).

Matematika koja rjesava zadace koje dolaze iz stvarnog svijeta obicno je dobra i plodnamatematika. Matematika koja nema veze s realnoscu samo je ponekad dobra (kad sam biostudent, nesto slicno sam cuo na predavanju prof. S. Kurepe—kasnije sam se uvjerio da je bio upravu).

Pogledajmo primjer mostogradnje u vrlo grubim crtama. Pri statickom racunu za viseci most,struktura se gleda kao kontinuum, poput napete zice. Takav fizikalni sustav ima prirodne frekven-cije u kojima rado titra (kao i zica na gitari ili glasoviru). Pobudivanjem dolazi do rezonancije—energija se lako prenosi i ugraduje u sustav. Kada se u sustav prenese previse energije, sustavpopusta i raspada se.

Kontinuum je beskonacnodimenzionalni sustav, ali se moze aproksimirati s konacnodimenzio-nalnim, sto daje (veliku) matricu. Takvim matricama mi cemo nauciti racunati svojstvene vri-jednosti, i ako se one poklope s frekvencijama koje prozvodi vjetar (vlak, kamioni, stupajucivojnici,. . . ), onda se konstrukcija mora promijeniti (prije nego li se uopce i pocne graditi).

Ovo je samo jedan, i to poprilicno slozen, primjer. Ali tu mozemo uociti sto to matematicariobicno rade. Neka su zadani neki objekti, s nekim vezama medu njima. Neke su vazne za onosto nas zanima, a neke nisu. Koncentriramo se samo na one vazne (naravno, to i nije uvijek lakoodabrati, inace bi svatko bio dobar matematicar), i uocimo osnovna pravila.

Matrice su se pokazale u mnogim podrucjima kao izvrsna apstrakcija, i pravila koja onezadovoljavaju su vrlo cesto upravo apstrakcija onih vaznih svojstava.

Pogledajmo jos jedan primjer, ovaj je iz dalje povijesti (iz Devet poglavlja matematickogumijeca, napisano za dinastije Han u Kini, oko 200 godina pr. Krista).

Imamo tri vrste zita. Tri sveznja prvog, dva drugog i jedan treceg daju 39 mjera zita. Dvaprvog, tri drugog i jedan treceg daju 34 mjere. Jedan prvog, dva drugog i tri treceg daju pak 26mjera. Koliko je mjera zita sadrzano u sveznju svake pojedine vrste?

Pisac pri rjesavanju zapisuje brojeve u tablicu (on pise stupce, ja cu retke, kako je to danasuobicajeno):

3 2 1 392 3 1 341 2 3 26

29. studenoga 2007.


Potom (to je stil uobicajen u to vrijeme) napucuje citatelja da pomnozi drugi redak s tri i odnjega oduzme prvi koliko puta je to moguce, te ponovi recept na treci redak. Na taj se nacindobiva:

3 2 1 390 5 1 240 4 8 39

U sljedecem koraku se posljednji redak mnozi s pet i oduzima se drugi, sto daje:

3 2 1 390 5 1 240 0 36 99

Sada se lako vidi da svezanj trece vrste zita daje 9936 = 11

4 = 234 mjere, pa se to uvrsti u drugi redak,

odakle se lako izracuna da drugi svezanj daje 4 120 mjera, da bi prvi davao (39−33

4−8 110)/3 = 9 1

20mjera.

Uocimo da je drevni pisac apstrahirao kolicine, i samo brojeve zapisao u tablicu. A za rijesitizadatak ti brojevi su sasvim dovoljni. Ovaj nacin rjesavanja sustava linearnih jednadzbi danaszovemo Gaussovim eliminacijama. Siroko je poznat tek od devetnaestog stoljeca.

Zakljucimo: Linearna algebra je lijep predmet. S jedne je strane cista i pregledna. Akoimate tri vektora u 12-dimenzionalnom prostoru, zamalo ih mozete vidjeti. Kombinaciju prvogplus drugi minus dvostruki treci je teze vizualizirati, ali je jos uvijek moguce. Ne znam moze liitko vidjeti sve takve kombinacije, ali tijekom ovog predmeta pocet cete to ciniti. Sve mogucekombinacije ta tri vektora sigurno nece ispuniti citav 12-dimenzionalni prostor, ali je ono sto cetocno ispuniti vazno, i to ne samo za ciste matematicare!

Pregled gradiva:I. semestar:

Sustavi linearnih jednadzbiVektorski prostoriMatrice i determinanteKlasicna algebra vektora

II. semestarLinearni operatoriSvojstvena zadacaUnitarni prostori (skalarni produkt)Dijagonalizacija operatora i kvadratne forme

Naglasio bih da su ovdje spomenuti samo veliki naslovi, koji daju grubu sliku sto ce se raditi.Na primjer, vec na samom pocetku cemo se pozabaviti matricama (ali ne i determinantama), dabismo se kasnije (pod matricama) pozabavili jos jednom linearnim sustavima.

Napomene uz biljeske s predavanja:Ove biljeske sadrze samo dio gradiva obradenog na predavanjima, i kao takve samo su pomoc

pri ucenju i spremanju ispita, a niposto nisu dovoljan izvor gradiva. Posebno, mnogi primjeri spredavanja ovdje nisu uvrsteni, ili su samo ovlas spomenuti. Redoslijed izlaganja takoder moguceda odstupa od onoga na predavanjima.

Tekst je jos uvijek u radu, i kao takav sigurno ima pogresaka. Bit cu zahvalan ako me na njih,najbolje pismeno, upozorite. Koristim ovu priliku kako bih zahvalio asistentima, dr. sc. MartinuLazaru i dipl. ing Marjanu Praljku na prilozenim zadacima.

2. Geometrijska slika sustava linearnih jednadzbi

Podsjetimo se jos jednom kineskog primjera:

3 2 1 392 3 1 341 2 3 26

Nenad Antonic 2


Kako smo postupali? Kombinirali smo retke da bismo dobili nule najprije ispod 1 u prvom stupcu,a potom u drugom stupcu ispod 5.

Kinezi u vrijeme Dinastije Han nisu koristili negativne brojeve, niti su bili vjesti s razlomcimakao mi danas. Kako bismo mi to danas rijesili?

Najprije bismo uocili da je posve svejedno kojim redom zapisujemo retke. Vazno je popisatikoliko mjera daje toliko sveznjeva pojedine vrste zita daje. Za trenutak ce biti razvidno da namje racun jednostavniji ako zamijenimo prvi i treci redak:

1 2 3 262 3 1 343 2 1 39

Oduzmimo sada dvostruki prvi redak od drugog, odnosno trostruki prvi redak od trecega. Dobi-vamo sljedecu tablicu:

1 2 3 260 −1 −5 −180 −4 −8 −39

Potom bismo cetverostruki drugi redak oduzeli od trecega:

1 2 3 260 −1 −5 −180 0 12 33

Naravno, dobili bismo isti rezultat: treci svezanj daje 3312 = 31

4 mjera zita, drugi . . .

Pogledajmo sada sljedeci primjer jednostavnog sustava linearnih jednadzbi (da, za ovaj prim-jer nam ne treba uciti linearnu algebru—ali ga ipak rijesimo):

{2x− y = 1x + y = 5 .

Na rjesavanje tog sustava mozemo gledati na dva nacina.1. (preko redaka) Trazimo presjek dvaju pravaca u ravnini (nacrtajte sliku; tocka (2, 3)).2. (preko stupaca) Na dvije jednadzbe gledamo kao na jednu vektorsku jednadzbu:

x

[21

]+ y

[−11

]=

[15

].

Zadatak je naci kombinaciju stupaca s lijeve strane koja daje stupac zdesna.Nacrtati sliku.

Pogledajmo sada trodimenzionalni primjer:

2u + v + w = 54u − 6v + = −2−2u + 7v + 2w = 9 .

Pojedina jednadzba opisuje ravninu u trodimenzionalnom prostoru; njihov presjek je rjesenjesustava.

Nacrtati sliku.

Slicno bismo zamisljali (bez tocne slike!) i u slucaju n > 4 jednadzbi. Rjesenje je tocka kojalezi u presjeku svih ravnina.

Drugi pogled na isti primjer (jedna vektorska jednadzba):

u

24−2

+ v

1−67

+ w

102

=

5−29

.

Nenad Antonic 3


Svakoj tocki iz euklidskog prostora E3 pridruzujemo trojku brojeva iz R3 (R3 = R×R×R, (x, y, z) ∈

R3), ali i radij-vektor (strelicu) iz V 3(O). Istu tu trojku mozemo zapisati i kao stupac

xyz

∈ M3×1(R).

Dakle, imamo cetiri vrste objekata koje poistovjecujemo.Vazno je da te objekte mozemo zbrajati i mnoziti realnim brojevima (skalarima).

Cilj nam je prijeci na d ∈ N dimenzija (d > 4). S d jednadzbi u d nepoznanica imat cemod (hiper)ravnina ciji zajednicki presjek trazimo. Imat cemo u drugoj slici i d stupaca, te stupaczdesna, i trazit cemo linearnu kombinaciju stupaca s lijeva koja je jednaka tom stupcu zdesna.

Na primjeru se lako vidi da se te dvije slike podudaraju: imaju isto rjesenje.

Nepoznanicu smo oznacili s x =

uvw

, a rjesenje je x =

112

.

Ako koeficijente slozimo u tablicu, dobivamo matricu

A =

2 1 14 −6 0−2 7 2

∈ M3×3(R) ,

a slicno i za desnu stranu: b =

5−29

.

Pogledajte primjere s predavanja (maple 9 radni list: http://simbol.math.hr/LA/o.pdf).

Zadaci.

1. Rijesite sustave linearnih jednadzbi:

(a) 5x − 3y = 92x + 4y = 14 (b)

x − 4y − 2z = −2−2x + 6y + 3z = 23x + y − z = 1

(c)

2x − 3y − 3z + 4t = −3x − 2y + 5z + t = −83x + 2y − 6z + 4t = 12−3x + 4y − 4z + t = 5

2. Rijesite sustave linearnih nejednazbi(a) x− 2y + 1 6 0, 3x + 2y − 5 > 0(b) 5x + 3y + 2 > 0, −x + 4y 6 5, y > 6x− 16(c) 3x + 2y + 3 > 0, x 6 2y + 7, y 6 0, y > 2x− 8

3. Odredite minimum i maksimum funkcije f(x, y) = 3x − 2y − 1 na skupu iz prethodnogzadatka (b).

4. Odredite koeficijente kemijske jednadzbe

a Na2O− b H2O− c Na + d OH→ eNaOH.

3. Sto su to matrice?

Matrice su tablice brojeva (mogli bismo uzeti i druge objekte umjesto brojeva, ali ostanimozasad kod brojeva), poput

A =

3 2 1 392 3 1 341 2 3 26

.

Nenad Antonic 4


U gornjem primjeru A (matrice obicno oznacujemo masnim velikim latinicnim slovima) je 3× 4matrica, jer ima 3 retka i 4 stupca. Daljnji primjeri su (1 × 5—matrica redak, 3 × 1—matricastupac i 3× 2):

[ 10 9 8 7 6 ] ,

0−24

,

1 23 45 6

.

Napisite sami jednu 2× 3 matricu!Opcenito, m× n matricu zapisujemo ovako:

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

......

am1 am2 · · · amn

.

Pritom prvi indeks daje broj retka (i), a drugi stupca (j), u kojem se element aij nalazi. Kakobismo ustedjeli na pisanju, gornju tablicu cesto krace zapisujemo i ovako A = [aij ]m×n, te aij

zovemo (i, j)-tim elementom matrice A.Kako matricu mnozimo brojem? Vec smo vidjeli jednadzbu za 2× 1 matrice:

x

[21

]+ y

[−11

]=

[15

],

gdje smo podrazumijevali da se lijeva strana racuna ovako:[

2xx

]+ y

[−yy

]=

[2x− yx + y

].

Namece se sljedece pravilo:Matricu mnozimo brojem tako da svaki element pomnozimo tim brojem.Ako matricu opcenito oznacimo kao A = [aij ]m×n, onda je, na primjer, matrica 3A =

[3aij ]m×n. Uocimo da je produkt m× n matrice s brojem ponovno m× n matrica. Na primjer:

2[

2 1 0−1 4 7

]=

[4 20−2 8 14

].

Dvije matrice istog tipa (obje su m × n) zbrajamo tako da je rezultat matrica istog tipa,kojoj su elementi upravo zbrojevi odgovarajucih elemenata matrica pribrojnika.

Na primjer: [2 1 70 3 2

]+

[4 7 1−2 1 0

]=

[6 8 8−2 4 2

],

dok zbroj

2 01 73 2

+

[4 7 1−2 1 0

]

nije definiran.Ako su A = [aij ]m×n i B = [bij ]m×n matrice, tada je njihov zbroj A + B = [aij + bij ]m×n.Opcenito, vektor je element nekog vektorskog prostora (skupa na kojem su zadane operacije zbra-

janja elemenata i mnozenja brojevima ili skalarima iz nekog polja), recimo Mm×n(R). Zorno vektorepredocavamo kao strelice.

S E2 smo oznacili euklidsku ravninu (cija su nam svojstva poznata iz osnovne i srednje skole), i tockeu njoj oznacujemo slovima A,B, . . ..

Iz srednje skole je poznato i to da svakoj tocki A ravnine mozemo pridruziti uredeni par brojeva(xA, yA) ∈ R2. I obratno, svakom uredenom paru brojeva mozemo pridruziti jednu tocku.

Nenad Antonic 5


Klasicno gledano, tocke niti ne zbrajamo, ni ne mnozimo skalarom. Ipak, znamo za neke drugeoperacije, poput geometrijskih konstrukcija, koje se svode na opisivanje kruznice danog polumjera okodane tocke i na povlacenje pravca kroz dane dvije tocke.

Ako u ravnini izaberemo neku tocku O i proglasimo je ishodistem, tada svakoj tocku na jednoznacan

nacin mozemo pridruziti i jedan novi objekt, usmjerenu duzinu (vektor, strelicu) a = ~a =−→OA. Skup svih

takvih vektora pridruzenih tockama ravnine oznacujemo s V 2(O).Osnovne operacije na tako definiranim vektorima su:

1. mnozenje realnim brojem λ

~a′ = λ~a =−→OA′, A′(λxA, λyA).

2. zbrajanje (pravilo paralelograma): konstruiramo paralelogram BOAC, tako da s P oznacimo polovisteduzine AB, P (xA+xB

2 , yA+yB

2 ), zatim produljimo duzinu OP dvaput preko tocke P i dobivenu krajnjutocku oznacimo s C(xA + xB , yA + yB). Sada je

~c = ~a +~b =−→OC = 2

−→OP .

Cetvrta vrsta objekata koje ovdje gledamo su stupcane matrice, M2×1(R). Tocki A(xA, yA) pridruzu-

jemo[

xA

yA

].

(xA, yA) ←→ A ←→ ~a ←→[

xA

yA

]

R2 ←→ E2 ←→ V 2(O) ←→ M2×1(R)

Gornja pridruzivanja su bijektivna: injektivna (1–1) i surjektivna (na).Medutim, na V 2 i M2×1(R) smo precizno uveli po dvije operacije: zbrajanje i mnozenje skalarom.

Imamo:(V 2,+, ·R) (M2×1(R), +, ·R)

A : V 2 −→ M2×1(R) je bijekcija

A : λ~a 7→ λ

[xA

yA

]=

[λxA

λyA

]

A : ~a +~b 7→[

xA + xB

yA + yB

]

Funkcija A je bijekcija, te je linearna (homogena i aditivna):

A(λ~a) = λA(~a)

A(~a +~b) = A(~a) + A(~b) .

Kazemo da su V 2 i M2×1(R) izomorfni vektorski prostori. Ako pokazemo neku tvrdnju za (V 2, +, ·R),onda ta tvrdnja nuzno vrijedi i za (M2×1(R), +, ·R); i obrnuto.

Uocimo da u gornjim primjerima nismo govorili ni o duljini vektora, niti o kutovima. Da bismo i tomogli poistovjetiti, treba obogatiti strukturu (to cemo raditi potkraj ovog semestra).

Slicna je situacija i u tri dimenzije: E3,R3, V 3 i M3×1(R).Premda to pomalo cudno zvuci, gornje nam bijekcije omogucuju da ponekad govorimo i o zbrajanju

tocaka.

4. Zbrajanje matrica i mnozenje skalarom

Gornje su definicije bile neprecizne. Kao motivaciju za preciznu definiciju matrice, podsjetimose kako se matrica definira u programskim jezicima, na primjer Pascalu.

Matrica u Pascalu je A : array[1..m,1..n] of real, i (i, j)-ti element matrice dobivamokao A[i,j]. Zapravo, svakom paru indeksa (i, j) ∈ 1..m× 1..n pridruzen je realan broj A[i,j],pa je A formalno funkcija. Slicno cemo i mi postupiti (zapravo, N. Wirth je u Pascal ugradiomatematicku definiciju matrice).

Formalna definicija matrice:m × n matrica je funkcija A : 1..m × 1..n −→ S, pri cemu je S neki skup. (oznaka: A ∈

Mm×n(S)).U gornjoj definiciji smo koristili oznaku 1..m := {1, 2, . . . , m}, koja se koristi i u Pascalu.Posebno, za S = R dobivamo realne matrice, za C kompleksne, a za S = Z cjelobrojne (koje

se koriste u kristalografiji).

Nenad Antonic 6


Uglavnom cemo proucavati matrice nad poljem (mislimo na Q,R ili C), koje cemo opcenitooznacavati slovom F , dakle A ∈ Mm×n(F ).

Zbrajanje matrica C := A + B (istog tipa m× n) i mnozenje matrice A skalarom (brojem)D := λA, te jednakost matrica definiramo kao za opcenite funkcije (s vrijednostima u polju F ):

cij := aij + bij

dij := λaij ,

odnosno jednakost A = B, za A = [aij ]m×n i B = [bij ]m′×n′ :

m = m′ , n = n′ i (∀ i ∈ 1..m)(∀ j ∈ 1..n) aij = bij .

Uocimo da je aij = a(i, j) samo jednostavniji zapis vrijednosti funkcije a u argumentu (i, j).

Teorem 1. (Mm×n(F ), +) je komutativna grupa.

Gornja tvrdnja znaci da na skupu Mm×n(F ) binarna operacija zbrajanja (dakle, zbrajanje jefunkcija Mm×n(F )×Mm×n(F ) −→ Mm×n(F )) ima svojstva:• asocijativnost

(∀A,B,C ∈ Mm×n(F )) A + (B + C) = (A + B) + C• postojanje neutralnog elementa

(∃ !M ∈ Mm×n(F ))(∀A ∈ Mm×n(F )) M + A = A + M = ATakav M zovemo nul-matricom i oznacujemo s O.

• postojanje suprotnog elementa(∀A ∈ Mm×n(F ))(∃ !M ∈ Mm×n(F )) M + A = A + M = OZa dani A, takav M zovemo suprotnom matricom i oznacujemo s −A.

• komutativnost(∀A,B ∈ Mm×n(F )) A + B = B + A

Uocimo da u grupi mozemo rjesavati jednadzbe oblika:

X + A = B .

Rjesenje je, naravno, X = B−A.

Teorem 2. Mm×n(F ) sa zbrajanjem i mnozenjem skalarom je vektorski prostor.

Gornja tvrdnja znaci da je (Mm×n(F ),+) komutativna grupa, te da mnozenje skalarom (stoje funkcija F ×Mm×n(F ) −→ Mm×n(F )) ima sljedeca svojstva:• λ(A + B) = λA + λB,• (λ + µ)A = λA + µA,• λ(µA) = (λµ)A, te• 1A = A.

Pritom smo, iz stilskih razloga, izostavili pisanje univerzalnog kvantifikatora: gornje tvrdnjetrebaju vrijediti za svaki A,B ∈ Mm×n(F ) i λ, µ ∈ F .

Lako se provjeri da vrijedi i:• (−1)A = −A, i• 0A = O.

To slijedi iz svojstava vektorskog prostora, ali se za matrice lako i neposredno provjeri.Uocimo i sljedecu vezu zbrajanja i mnozenja skalarom (ima k pribrojnika!):

A + A + . . . + A = (1 + 1 + . . . + 1)A = kA .

Tvrdnja se precizno dokazuje matematickom indukcijom po k.

Nenad Antonic 7


Zadaci.

1. Zapisati sljedece matrice zadane opcim clanom kao tablice:a) A = [aij ]3×3, ako je aij = ij ,

b) B = [bij ]3×3, ako je bij ={

a, i 6 j0, inace , i

c) C = [cij ]n×n, ako je cij ={

ei−j , i > j0, inace

.

2. Zapisite 3× 3 matricu A = [aij ] ciji je opci clan dan s(a) aij = (−1)i−j

(b) aij = najveci zajednicki djelitelj od i i j

3. Opisite rijecima kako se iz n×n matrice A = [aij ] ∈Mn×n dobiva matrica B = [bij ] ∈Mn×n

ciji je opci clan bij = ai,n+1−j .

4. Za matrice A =[

3 −2 0−1 5 2

]i B =

[−1 12 23 −4 −2

]

(a) izracunajte −2A + 12B

(b) odredite matricu X takvu da je A− 2X = 3(B−X).

5. Dokazite da oduzimanje matrica nije ni asocijativno niti komutativno.

6. Dokazite da ako su A i B matrice istih dimenzija, da tada vrijedi

−(A + B) = −A−B .

7. Pojednostavnite:[

x− y y − z z − ww − x x− y y − z

]−

[x− w y − x z − yy − x z − y w − z

].

8. Za proizvoljne A,B ∈ Mm×n rijesite matricnu jednadzbu:

3(X +12A) = 5(X− 3

4B) .

5. Mnozenje matrica

Bilo bi zgodno kad bi ranije rjesavan sustav

2u + v + w = 54u − 6v + = −2−2u + 7v + 2w = 9 .

imalo smisla zapisati u obliku (kao jednadzba za brojeve: ax = b)

Ax = b ,

odnosno raspisano:

2 1 14 −6 0−2 7 2

uvw

=

5−29

.

Gledano samo za prvu jednadzbu, uocavamo da bi trebalo vrijediti:

[ 2 1 1 ]

uvw

= 2u + 1v + 1w = 5 .

Nenad Antonic 8


Time je motivirana sljedeca definicija mnozenja stupca s matricom:

bi :=3∑

j=1

aijxj .

Opcenito, to je moguce za A ∈ Mm×n(R),x ∈ Mn×1(R) i b ∈ Mm×1(R).Gornji koncizan zapis sustava linearnih jednadzbi motivira sljedecu opcenitu definiciju mno-

zenja matrica.Neka je A = [aij ]m×n i B = [bij ]n×p. Produkt matrica AB je m× p matrica C ciji je (i, j)-ti

element dan formulom:

cij :=n∑

k=1

aikbkj .

Uocimo da se cij dobiva kao zbroj produkata elemenata i-tog retka matrice A s elementima j-togstupca matrice B. Stoga je nuzno da matrica A ima onoliko stupaca koliko matrica B ima redaka.

Uvjerite se da ova definicija obuhvaca ranije definirano mnozenje stupcane matrice matricomA (s lijeva), te na primjerima da matricno mnozenje ne mora biti komutativno.

Pokazimo sada neka osnovna svojstva mnozenja matrica. Naglasimo na pocetku da cemostalno spominjati uvjet ako je produkt definiran, pa da onda nesto vrijedi.• Mnozenje matrica je asocijativno

Zaista, neka je A ∈ Mm×n(F ), B ∈ Mn×p(F ) i C ∈ Mp×q(F ). Tada su i D := A(BC) iE := (AB)C dobro definirane m× q matrice. Za njihove opce elemente imamo:

dij =n∑

k=1

aik[BC]kj =n∑

k=1

aik

( p∑

l=1

bklclj

)=

n∑

k=1

p∑

l=1

aikbklclj ,

eij =p∑

l=1

[AB]ilclj =p∑

l=1

( n∑

k=1

aikbkl

)clj =

p∑

l=1

n∑

k=1

aikbklclj ,

pa su ocigledno jednaki (za konacne sume redoslijed zbrajanja nije vazan).U daljem cemo za oba gornja produkta obicno izostavljati zagrade i pisati ABC.• Mnozenje i zbrajanje matrica su vezani sljedecim distribucijskim zakonima (ukoliko su svi

produkti definirani):A(B + C) = AB + AC(B + C)A = BA + CA .

• Mnozenje matrica i mnozenje matrica skalarom je kvaziasocijativno u smislu (ako su produktidefinirani):

λ(AB) = (λA)B = A(λB) .

Kazemo da je n× n matrica kvadratna, jer ima jednak broj redaka i stupaca. Uocimo da jemnozenje matrica algebarska operacija na Mn×n(F ), jer je produkt dviju n× n matrica ponovnon× n matrica. Medu takvim matricama mnozenje ima i dodatna svojstva.• Postojanje identicne (jedinicne) matrice

(∃ !M ∈ Mn×n(F ))(∀A ∈ Mn×n(F )) AM = A = MA .

Nije tesko provjeriti da matrica

M :=

1 0 0 · · · 0 00 1 0 · · · 0 00 0 1 0 0...

.... . .

...0 0 0 1 00 0 0 · · · 0 1

= [δij ]m×n ,

Nenad Antonic 9


pri cemu je Kronckerov simbol δij definiran formulom

δij :={

1, za i = j0, inace ,

zadovoljava gornje svojstvo. Ako je P neka druga matrica s tim svojstvom, lako se vidi da je tadanuzno i P = M.

U daljem cemo identicnu n×n matricu oznacavati s In, pri cemu indeks n mozemo izostavitikada to nece dovesti do zabune.

I je primjer dijagonalne matrice, kojoj se svi od nule razliciti elementi nalaze na glavnojdijagonali (gdje je i = j). Te su matrice karakterizirane svojstvom da je dij = 0 za i 6= j. Pisemo

D = diag(d1, d2, . . . , dn) =

d1 0 0 · · · 0 00 d2 0 · · · 0 00 0 d3 0 0...

.... . .

...0 0 0 dn−1 00 0 0 · · · 0 dn

.

Pogledajmo poblize koja svojstva ima Mn×n(F ), uz algebarske operacije zbrajanja (+) imnozenja (·), te mnozenja skalarom iz polja F (·F ).• (Mn×n(F ), +) je komutativna grupa (Teorem 1).• (Mn×n(F ), ·) je asocijativno, a I je neutralni element za mnozenje.

Nadalje, te su dvije operacije vezane distributivnoscu.Skup s operacijama koje imaju gornja svojstva, strukturu (Mn×n(F ), +, ·), zovemo (nekomu-

tativnim) prstenom s jedinicom.Drugi primjer takvog prstena su cijeli brojevi: (Z, +, ·). Taj prsten ima i dodatno svojstvo

da je mnozenje u njemu komutativno. Druga razlika prema Mn×n(F ) je i u tome sto Z nemadjeljitelja nule, jer iz ab = 0 u Z slijedi da je barem jedan od brojeva a i b nuzno nula. Za matrice,na primjer:

A =[

0 10 0

]i B =

[1 00 0

]

vrijedi da je AB = O, a niti jedna od njih nije nula (uocimo da je BA = A, pa je ovo i primjerkoji pokazuje da mnozenje matrica nije komutativno).

Vec smo rekli da m× n matrice, pa posebno i kvadratne, cine vektorski prostor (Teorem 2).Opcenito, ako je (Mn×n(F ), +, ·F ) vektorski prostor, (Mn×n(F ), +, ·) prsten s jedinicom, te vrije-di ranije pokazana kvaziasocijativnost, tada strukturu (Mn×n(F ), +, ·F , ·) zovemo (asocijativna)algebra s jedinicom.

Kako su matrice osnovni primjer te apstraktne strukture, a veci dio vremena u ovom predmetucemo se baviti upravo njima i njihovim svojstvima, to je i razlog za naziv predmeta Linearnaalgebra (pridjev linearan, kako bismo je razlikovali od algebre kao sire matematicke discipline,koja se bavi i mnogim drugim strukturama).

Zadaci.

1. Izracunajte umnozak matrica

(a)

3 0−1 21 1

[4 −10 2

](b)

3 1 −22 −2 0−1 1 2

1 1 11 −1 10 1 2

2. Ako su n×n matrice A i B dijagonalne, dokazite da je tada i njihov umnozak AB dijagonalnamatrica. Vrijedi li tvrdnja i za ApBq, za proizvoljne p, q ∈ N?

Nenad Antonic 10


3. Neka su zadane matrice

A =[

2 0 1−1 3 0

], B =

[0 2 −31 0 −3

]i C =

1 2 32 0 1−1 3 0

.

Izracunati, odnosno naznaciti i obrazloziti ako to nije moguce, sljedece izraze:a) (A + (−1)B)C,b) CA> + B.

4. Neka je A ∈ Mm×n(R),B ∈ Mp×q(R) i C ∈ Mr×s(R). Odredite uvjete na brojeve m, n, p, q, ri s tako da vrijedi

A(B + C) = AB + AC,

te potom dokazite tu jednakost (pravilo distributivnosti za mnozenje i zbrajanje matrica).

5. Izracunajte matricni produkt

[ x y 1 ]

a h gh b fg f c

xy1

.

Iskoristite rezultat kako biste u matricnom obliku iskazali sljedece jednadzbe:a) x2 + 9xy + y2 + 8x + 5y + 2 = 0,b) x2

α2 + y2

β2 = 1,c) xy = α2, id) y2 = 4αx,

6. Za matrice

A =[

0 10 1

]i B =

[−1 −10 0

]

pokazati da je (A + B)2 6= A2 + 2AB + B2, ali (A + B)3 = A3 + 3A2B + 3AB2 + B3.

6. Neke primjene i operacije na matricama

a) Analiticka geometrijaRotacijom koordinatnih osi ravnine (x, y) za kut θ (u pozitivnom smjeru, suprotno kazaljci

na satu) dobivamo nove koordinatne osi (x′, y′). Dana tocka P u prvom sustavu ima koordinate(x, y), a u drugom (x′, y′). Izracunajmo nove koordinate ako znamo stare!

Ako udaljenost tocke P od ishodista oznacimo s r, a s α kut koji zraka OP zatvara s x osi,za koordinate imamo izraze:

x = r cosα

y = r sinα ,

dok za tu istu tocku koordinate u novom sustavu glase (nacrtajte sliku!):

x′ = r cos(α− θ) = x cos θ + y sin θ

y′ = r sin(α− θ) = y cos θ − x sin θ .

Pritom smo u tom racunu iskoristili adicione formule za sinus i kosinus, kao i gornji izraz za x iy.

Sada se prirodno namece matricni zapis za zamjenu koordinata:[

x′

y′

]=

[cos θ sin θ− sin θ cos θ

][xy

].

Nenad Antonic 11


Gornju 2× 2 matricu oznacujemo s Rθ i zovemo matricom rotacije za kut θ. Lako se provjeri davrijedi:

RθR>θ = I = R>

θ Rθ .

Kvadratna matrica s tim svojstvom se zove ortogonalnom.Uzmimo sada da smo nakon rotacije za kut θ, novodobiveni koordinatni sustav rotirali za kut

ϕ. Ponavljajuci gornje pravilo dobivamo:[

x′′

y′′

]=

[cosϕ sinϕ− sinϕ cosϕ

][x′

y′

]=

[cosϕ sinϕ− sinϕ cosϕ

][cos θ sin θ− sin θ cos θ

][xy

].

Lako se vidi da je Rθ+ϕ = RϕRθ, a odatle i da je mnozenje matrica rotacije (u ravnini) komuta-tivno. Zaista, da smo prvo rotirali za ϕ, a potom za θ, dobili bismo Rϕ+θ, sto se podudara (jerje zbrajanje brojeva, pa i kutova, komutativno).

b) Sustavi linearnih jednadzbiSustav m linearnih jednadzbi s n nepoznanica glasi:

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2... +

... + · · · +...

am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm ,

pri cemu su aij i bi poznati brojevi, a xj nepoznanice.Rjesenje sustava je skup svih n-torki brojeva (x1, · · · , xn) koje zadovoljavaju gornjih m jed-

nakosti.Uz oznake

A = [aij ]m×n , b = [bi]m×1 i x = [xj ]n×1

gornji sustav krace zapisujemo u matricnom obliku Ax = b. A zovemo matricom sustava, ab desnom stranom. Ako je (x1, · · · , xn) rjesenje sustava, onda je Ax = b ocito ispunjeno zax = [xj ]n×1, i obratno.

Ako je b = 0 kazemo da je sustav homogen.

Ako matrici sustava A pripisemo stupac b dobivamo [A...b], prosirenu matricu sustava, koja

je dimenzije m× (n + 1).Ovaj zapis, osim sazetosti, ima i druge prednosti. Pokazimo da ako su x i y dva razlicita

rjesenja gornjeg sustava, da je tada z := λx+(1−λ)y (z je afina kombinacija x i y) takoder rjesenje(pa ima beskonacno mnogo rjesenja). Zapisivanjem cinjenice da su x i y rjesenja dobivamo:

Ax = bAy = b ,

te mnozenjem prve jednakosti s λ, druge s 1 − λ, te njihovim zbrajanjem, dobivamo da z zado-voljava Az = b.

Pokusajte tu cinjenicu iskazati za sustave, bez pozivanja na matricni zapis, te je na taj nacini dokazati. Vidjet cete prednost matricnog zapisa!

Napomenimo da isti dokaz, za slucaj homogenog sustava (b = 0) daje rezultat da je linearnakombinacija w = λx + µy (λ, µ ∈ F ) dva rjesenja ponovno rjesenje homogenog sustava.

c) Sustavi u ravnoteziPogledajmo primjenu u proucavanju ljudskih migracija.Za primjer uzmimo da u nekoj populaciji svake godine 75% nezaposlenih nade posao, a 5%

zaposlenih ga izgubi. Te podatke mozemo zapisati u obliku sljedece tablice:

nezaposleni zaposleniu nezaposlene 1

4120

u zaposlene 34

1920

Nenad Antonic 12


Ako je pocetno stanje s udjelom L0 nezaposlenih, i M0 = 1 − L0 zaposlenih, odrediti stanje nakraju k-te godine.

Uz ocigledne oznak imamo:[

L1

M1

]=

[14

120

34

1920

][L0

M0

],

te ponavljanjem postupka: [Lk

Mk

]=

[14

120

34

1920

]k[L0

M0

].

Indukcijom se moze lako provjeriti da je[

14

120

34

1920

]k

=116

[1 + 15

5k 1− 15k

15(1− 15k ) 15 + 1

5k

],

sto za velike k postaje priblizno jednako

116

[1 115 15

].

Iz toga mozemo zakljuciti da ce nakon puno godina biti priblizno 116 ljudi nezaposlenih, bez obzira

na stanje na pocetku.

d) Pogled na kompleksne brojeveTijekom srednje skole kompleksne brojeve ste zapisivali kao x + iy, pri cemu je imaginarna

jedinica bila definirana kao drugi korijen iz −1 (i2 = −1).Ta definicija cesto ostavlja upitnim kakve su to velicine kompleksni brojevi, i postoje li zaista

ili ne?Ponekad se kompleksni brojevi definiraju preko Hamiltonovih parova brojeva na sljedeci

nacin: gledamo parove realnih brojeva, (a, b) ∈ R2, i na njima definiramo operacije zbrajanja imnozenja:

(a1, b1) + (a2, b2) := (a1 + a2, b1 + b2)(a1, b1) · (a2, b2) := (a1a2 − b1b2, a1b2 + a2b1) .

Nije tesko provjeriti da je s ovako definiranim operacijama (R2,+, ·) zaista polje, da se parovioblika (a, 0) ponasaju kao realni brojevi, a (0, b) kao cisto imaginarni.

Ova definicija ima tu prednost sto smo kompleksne brojeve izgradili od vec poznatih objekata,realnih brojeva, koji su intuitivno prihvatljiviji.

Druga takva definicija je moguca ako gledamo sljedeci skup:

C2 :={[

a b−b a

]: a, b ∈ R

}⊆ M2×2(R) .

Pritom su operacije zbrajanja i mnozenja upravo matricne operacije.Precizno govoreci, ovdje imamo izomorfizam polja. Polje kompleksnih brojeva C (tipican element

a + bi) mozemo realizirati kao Hamiltonove parove realnih brojeva ((a, b), s odgovarajucim operacijama

zbrajanja i mnozenja), odnosno kao matrice oblika[

a b−b a

]. Ti su skupovi u bijekciji, koja pritom cuva

operacije zbrajanja i mnozenja.

e) Adjungiranje matricaZa A ∈ Mm×n(F ) definiramo njoj transponiranu matricu u oznaci A>, A> ∈ Mn×m(F ) na

sljedeci nacin [A>]ij := aji.Kazemo da je A ∈ Mn(F ) simetricna ako je A> = A, dok je A ∈ Mn(F ) antisimetricna ako

je A> = −A.

Nenad Antonic 13


Na primjer, matrica[

1 22 3

]je simetricna,

[0 −11 0

]antisimetricna, a matrica

[5 42 6

]nije

ni simetricna ni antisimetricna.Za A ∈ Mm×n(C) definiramo njoj (kompleksno) konjugiranu matricu A ∈ Mm×n(C) takvu

da vrijedi [A]ij = aij .Za matricu A ∈ Mm×n(C) definiramo njoj adjugiranu (hermitski konjugiranu) matricu A∗ :=

A>(= A>).

Na primjer, za A =[

2− 3i 2i0 1 + i

]je A∗ =

[2 + 3i 0

2i 1− i

].

Kazemo da je A ∈ Mn(C) hermitska ako je A∗ = A, a antihermitska ako je A∗ = −A.

Na primjer, matrica[

2 3i−3i 1

]je hermitska, a matrica

[3i 2i3i −i

]antihermitska.

Idempotentna (A2 = A), involutorna (A2 = I), nilpotentna (Ak = O) matrica.

Zadaci.

1. Za hiperbolu zadanu jednadzbom x2 − y2 = 1 odrediti jednadzbu njezine slike rotirane za45◦ (u pozitivnom smjeru).[Naputak: Uocite da ce ta jednadzba biti jednaka onoj iste hiperbole, ali u koordinatnom sustavukoji je rotiran za −45◦.]

2. U nekoj populaciji svake godine 75% nezaposlenih nade posao, a 5% zaposlenih ga izgubi.Nadite dugorocnu prognozu nezaposlenosti u toj populaciji.

3. Na predsjednickim izborima u SAD-u 30% glasaca koji su na prethodnim izborima glasovali zademokrate mijenja misljenje i glasuje za republikance, a republikanci gube 40% svojih prijasnjihglasaca koji svoj glas daju demokratima. Ukoliko su postotci glasova na prethodnim izborimabili (d0, r0):a) Prognozirajte rezultate iducih izbora.b) Prognozirajte rezultate k-tih izbora.c) Dajte dugorocnu prognozu tko ce vladati SAD-om.

4.∗∗ Stranice pravilnog 2n-terokuta su obojene crveno i plavo u nekom poretku. Korak je postupakbojenja svake stranice kojoj su susjedne stranice iste boje u crveno i bojenja ostalih stranica uplavo. Dokazite da ce nakon 2n−1 koraka sve stranice biti obojene u crveno.

5. Dokazite da za A ∈ Mm×n(F ), α, β ∈ F vrijedia) (A>)> = A;b) (αA + βB)> = αA> + βB>, B ∈ Mm×n(F );c) (AB)> = B>A>, B ∈ Mn×p(F ).

6. Neka je A = [ 1 2 3 4 ]. Izracunajte A>A i AA>.

7. Pokazite da za simetricnu matricu A vrijedi [A]ij = [A]ji. Za antisimetricnu matricu Bvrijedi [B]ij = −[B]ji i slijedi [B]ii = 0.

8. Za svaku kvadratnu matricu A je matrica A−A> antisimetricna.

9. Dokazite da se svaka kvadratna matrica moze na jedinstven nacin prikazati kao zbrojsimetricne i antisimetricne matrice.

10. Matricu 2A− 3B prikazite kao zbroj simetricne i antisimetricne, pri cemu je

A =

3 −2 12 1 01 −1 2

, B =

−2 1 23 −1 01 1 2

.

11. Dokazite sljedece tvrdnje:a) Produkt dviju simetricnih (antisimetricnih) matrica ne mora biti simetricna (antisimetricna

matrica). Produkt dviju simetricnih matrica A i B je simetricna matrica ako i samo ako

Nenad Antonic 14


vrijedi AB = BA. Produkt dviju antisimetricnih matrica A i B je antisimetricna matricaako i samo ako vrijedi AB = −BA.

b) Za A ∈ Mm×n(F ) matrice A>A i AA> su simetricne.c) Ako je A ∈ Mn(F ) simetricna (antisimetricna) matrica, tada je za svaki T ∈ Mn(F ) umnozak

T>AT simetricna (antisimetricna) matrica.

12. Pokazite da za A ∈ Mm×n(C), α, β ∈ C vrijedia) A = A ako i samo ako je A realna matrica;b) A = A;c) αA + βB = αA + βB, B ∈ Mm×n(C);d) A> = A>;e) AB = AB, B ∈ Mn×p(C).

13. Pokazite da vrijedia) A∗ = A> ako i samo ako je A realna matrica;b) (A∗)∗ = A;c) (αA + βB)∗ = αA∗ + βB∗, B ∈ Mm×n(C);d) A> = A>;e) (AB)∗ = B∗A∗, B ∈ Mn×p(C).

14. Pokazite da za hermitsku matricu A vrijedi [A]ij = [A]ji. Za antisimetricnu matricu Bvrijedi [B]ij = −[B]ji i slijedi [B]ii ∈ iR.

15. Ispisite nenapisane elemente hermitske (antihermitske) matrice A dane sa

A =

−2 2− i 2 + i. 1 .. −1 + 2i 2

16. Dokazite iduce tvrdnje:a) Svaka se kvadratna matrica moze na jedinstven nacin prikazati kao zbroj hermitske i anti-

hermitske matrice.b) Produkt dviju hermitskih (antihermitskih) matrica ne mora biti hermitska (antihermitska

matrica). Produkt dviju hermitskih matrica A i B je hermitska matrica ako i samo akovrijedi AB = BA. Produkt dviju antihermitskih matrica A i B je antihermitska matricaako i samo ako vrijedi AB = −BA.

c) Za A ∈ Mm×n(F ) matrice A∗A i AA∗ su hermitske.d) Ako je A ∈ Mn(F ) hermitska (antihermitska) matrica, tada je za svaki T ∈ Mn(F ) umnozak

T>AT hermitska (antihermitska) matrica.

17. Neka su A i B kvadratne matrice reda n, A simetricna i B antisimetricna. Odredite kojeod navedenih matrica su simetricne, odnosno antisimetricne: AB + BA, AB − BA, A2, B2,ApBqAp za p, q ∈ N.

18. Neka su x,y n× 1 matrice. Pokazite da je A = xy> − yx> antisimetricna matrica.

19. Pokazite ako su A i B 2 × 2 matrice da je tada zbroj elemenata na dijagonali (trag)AB − BA jednak 0. Ako je E 2 × 2 matrica i njen trag jednak 0, pokazite da je E2 = λI2, zaneki skalar λ.

20. Odredite sve matrice X ∈ M2×2(R) takve da je X2 = I2.

21. Dokazite da je A + A + . . . + A︸︷︷︸k

= kA.

22. Izracunajte[

1 10 1

]n

.

Nenad Antonic 15


23. Dokazitea) AmAn = Am+n;b) (Am)n = Amn.

24. Dokazite da jea) tr(A + B) = trA + trB;b) tr(λA) = λtr(A);c) tr(αA + βB) = αtrA + βtrB;b) tr(

∑ni=1 αiAi) =

∑ni=1 αitr(Ai).

7. Sustavi linearnih jednadzbi

Sto je to jednadzba?Neka je zadana funkcija f : S −→ T , gdje su (zasad) S i T neki skupovi, te t0 neki element

iz T . Promatramo izraz (jednakost)f(x) = t0 .

Tu jednakost mozemo shvatiti kao jednadzbu, tj. u smislu da trazimo x-eve iz X koji zadovoljavajutu jednakost. Definiramo:

Skup rjesenja gornje jednadzbe je podskup S0 ⊆ S takav da je

(∀x ∈ S0) f(x) = t0 .

Svakoj jednadzbi mozemo pridruziti skup rjesenja. U daljem cemo pod skupom rjesenja podrazu-mijevati skup svih rjesenja dane jednadzbe (dakle, najveci skup S0 s gornjim svojstvom).

Poanta rjesavanja jednadzbi je u nalazenju rjesenja, odnosno nalazenju skupa (svih) rjesenja.Stoga definiramo:

Dvije su jednadzbe ekvivalentne ako imaju jednake skupove rjesenja (tu se podrazumijevada obje jednadzbe imaju isti skup S kao domenu funkcije koja definira odgovarajuce jednakosti),tj. ako je rjesenje jedne jednadzbe ujedno i rjesenje druge, te obrnuto.

Ako je S skup koji se prirodno rastavlja na komponente, na primjer S = R2, onda govorimoo jednadzbi s vise nepoznanica. Na primjer, x2 + y2 = 0 je jednadzba s dvije (uzmimo realne)nepoznanice, i ima jedinstveno rjesenje (0, 0) (tocnije, {(0, 0)} je njezin skup rjesenja). Ova jejednadzba ocito ekvivalentna jednadzbi x4 + y4 = 0.

Naravno, ako tu jednadzbu umjesto nad R gledamo nad C (tj. uzmemo da je S = C), ondata jednadzba ima puno rjesenja: osim (0, 0) i (i, 1) je rjesenje. K tome, nad C ta jednadzba visenije ekvivalentna s x4 + y4 = 0, jer je i4 + 14 = 2. Uocimo da je vazno precizirati skup S!

Zadatak: odrediti sva kompleksna rjesenja gornjih dviju jednadzbi.

Ukoliko se skup T moze prirodno rastaviti na komponente, govorimo o sustavu jednadzbi, naprimjer (sustav dviju jednadzbi s dvije nepoznanice)

{x2 + y2 = 1

x + y = 0 .

Jednadzbe najcesce rjesavamo u brojevima (F = R ili F = C), i govorimo o sustavu m jednadzbis n nepoznanica

f1(x1, . . . , xn) = t1

f2(x1, . . . , xn) = t2...

...fm(x1, . . . , xn) = tm .

Pri tome su fi : F −→ F neke funkcije, za I ∈ 1..n.Rijesiti ovaj sustav znaci odrediti sve n-torke (x1, . . . , xn) takve da svaka od njih uvrstena

u sustav zadovoljava svih m jednakosti. Svaka takva n-torka je rjesenje. Ranija definicija skupasvih rjesenja i ekvivalentnih jednadzbi lako se interpretira i u ovom slucaju.

Nenad Antonic 16


Tri se pravila odmah namecu, koja mozemo koristiti da bismo od danog sustava dobili ekvi-valentan:1. zamjena dviju jednadzbi sustava2. mnozenje neke jednadzbe sustava brojem razlicitim od nule3. dodavanje jednoj jednadzbi druge pomnozene nekim brojem.

Nije se tesko uvjeriti da na taj nacin zaista dobivamo ekvivalentne sustave. Za prvo je praviloto posve ocigledno, ...

Raspisati ...

Pogledajmo sada poseban slucaj sustava m jednadzbi s n nepoznanica (u brojevima), cijateorija rjesavanja cini znacajan dio Linearne algebre — sustave linearnih jednadzbi.

Jednadzba fi(x1, . . . , xn) = ti je linearna, ako postoje brojevi ai1, . . . , ain takvi da ta jed-nadzba ima oblik

ai1x1 + · · ·+ ainxn = ti .

Posebno, gornji sustav tada citav glasi:

a11x1 + · · ·+ a1nxn = t1

a21x1 + · · ·+ a2nxn = t2...

...am1x1 + · · ·+ amnxn = tm .

Vec smo ranije vidjeli, da koristeci mnozenje matrica, taj sustav mozemo zapisati u obliku:

Ax = b ,

pri cemu smo brojeve aij (koeficijente) slozili u tablicu (matricu) A = [aij ]m×n, dok je b =[ti]m×1. n-torka (x1, . . . , xn) ∈ Fn je rjesenje sustava ako i samo ako x = [xj ]n×1 rjesava matricnujednadzbu Ax = b.

Linearan sustav je homogen ako je b = 0; inace kazemo da je nehomogen.

8. Gaussove eliminacije

Cilj nam je opisati sustavan postupak za rjesavanje sustava linearnih jednadzbi. Vec smo seranije uvjerili da su sljedece operacije na jednadzbama dozvoljene (tj. ne mijenjaju skup rjesenjadanog sustava):1. Zamjena redoslijeda jednadzbi.2. Mnozenje pojedine jednadzbe brojem razlicitim od nule.3. Dodavanje jedne jednadzbe pomnozene brojem drugoj.

Naravno, dozvoljene su i kombinacije gornjih operacija.Primjeri [videni na predavanjima] nas vode na sljedece pitanje:Postoji li sustavni postupak za sustave linearnih jednadzbi, koji bi:

a) izbjegavao nasumicno manipuliranje,b) davao sva rjesenja koja postoje, ic) davao jasnu odluku kada rjesenje ne postoji?

Odgovor je potvrdan.Najprije uocimo da su nepoznanice nebitne u zapisu; bitna je samo prosirena matrica sustava.

Pogledajmo sljedece jednostavne (elementarne) operacije na njezinim retcima:1. zamjena (redoslijeda) redaka,2. mnozenje retka brojem razlicitim od nule, i3. dodavanje jednog retka pomnozenog nekim brojem drugom.

Ove jednostavne operacije na retcima prosirene matrice sustava ocito odgovaraju ranije nave-denim operacijama na jednadzbama. Vazno je uociti da ove operacije ne utjecu na rjesenja;njihovom primjenom skup rjesenja se ne mijenja.

U izvodenju strogih zakljucaka pomoci ce nam cinjenica da se gornje jednostavne operacijena retcima mogu zapisati kao mnozenje matrice s lijeva posebnim kvadratnim matricama.

Nenad Antonic 17


Teorem 3. Neka je P m ×m matrica dobivena iz Im permutacijom njezinih redaka. Tada jeza proizvoljnu m × n matricu A matrica PA upravo matrica dobivena iz A permutacijom istihredaka kao u P.

Teorem 4. Neka je D = diag(1, . . . , λi, . . . , 1). Tada je DA matrica koju iz A dobivamomnozenjem i-tog retka s λi.

Dem. Uz ocigledne oznake, dij = λiδij . Sada imamo:

[DA]ij =m∑

k=1

dikakj =m∑

k=1

λiδikakj = λiaij .

Q.E.D.

Teorem 5. Neka je P m × m matrica dobivena iz Im dodavanjem λ puta s-tog retka r-tomretku (r 6= s). Tada je za proizvoljnu m × n matricu A matrica PA upravo ona dobivena iz Adodavanjem λ puta s-tog retka r-tom retku matrice A.

Dem. Definirajmo matricu koja ima sve nule, osim na (i, j)-tom mjestu gdje ima λ:

[Eλrs]ij :=

{λ, za i = r i j = s0, inace .

Kako je P = Im + Eλrs, to imamo:

[PA]ij = [A + EλrsA]ij = [A]ij +

m∑

k=1

[Eλrs]ik[A]kj =

{[A]ij , za i 6= r[A]ij + λ[A]sj , za i = r

.

Stoga se PA dobiva iz A dodavanjem λ puta s-tog retka r-tom retku.Q.E.D.

Jednostavna (elementarna) m×m matrica je matrica dobivena iz jedinicne matrice Im prim-jenom jedne jednostavne operacije po retcima.

Prethodna tri teorema mozemo sada iskazati u jednom:

Teorem 6. Svaka se jednostavna operacija po retcima moze dobiti mnozenjem dane m × nmatrice A s lijeva prikladnom jednostavnom matricom, koja je upravo ona dobivena primjenomiste jednostavne operacije na Im.

Dakle, ako na prosirenu matricu sustava primijenimo jednostavnu operaciju kojoj odgovara

jednostavna matrica E, to odgovara mnozenju prosirene matrice sustava s E: E[A...b], odnosno,

polazni sustav Ax = b time prelazi u sustav EAx = Eb (kome je prosirena matrica sustava

[EA...Eb]).K tome, dobiveni sustav ima isti skup rjesenja kao i polazni (sustavi su ekvivalentni), jer

jednostavne operacije po retcima ne mijenjaju skup rjesenja.Ponavljajuci taj postupak vidimo da nizu od k jednostavnih operacija po retcima odgovara

niz jednostavnih matrica E1, . . . ,Ek, te je konacni sustav oblika

Ek · · ·E2E1Ax = Ek · · ·E2E1b ,

sto je oblika Bx = c, i pritom ekvivalentan polaznom.Cilj nam je odrediti prikladni konacni oblik za matricu B, iz kojeg se rjesenja sustava mogu

lako ocitati, a da je taj sustav ekvivalentan polaznom.Postavljamo sljedece zahtjeve na postupak:

1. ne treba eksplicitno pisati jednostavne matrice (puno posla),2. automatski odreduje postoji li rjesenje ili ne, i3. daje sva rjesenja.

Treba najprije odgovoriti na sljedeca pitanja:

Nenad Antonic 18


a) Koji je prikladni oblik za B?b) Moze li se postupak naciniti takvim da iskljuci sve nepotrebne jednadzbe?

Premda popis zahtjeva (zelja) izgleda pretjeran, to je sve moguce postici.

Gornjestepenasta (retcano-esalonska) matrica je opcenitog oblika:

0 · · · 0 ∗0 · · · ∗... ∗0 · · · . . .

,

u kojoj su svi elementi ispod stepenica nule, svi oznaceni s ∗ razliciti od nule, dok su ostaliproizvoljni.

Uocimo da su stepenice visoke jedan redak, ali mogu biti dulje od jednog stupca. Posebno,svaka dijagonalna matrica, koja nema nula na dijagonali, je gornjestepenasta.

Teorem 7. (Gaussove eliminacije) Primjenom jednostavnih operacija po retcima svaka sematrica razlicita od nule moze svesti na gornjestepenasti oblik.

Dem. Oznacimo tu proizvoljnu matricu A = [aij ]m×n 6= O. Gledano s lijeva, prvi stupac matrice

A koji je razlicit od

0...0

(takav postoji jer je A 6= O) sadrzi barem jedan element razlicit od 0.

Zamjenom redaka taj element mozemo prebaciti u prvi redak, te imamo:

B =

0 · · · 0 b11 b12 · · · b1k

0 · · · 0 b21 b22 · · · b2k...

......

......

0 · · · 0 bm1 bm2 · · · bmk

,

pri cemu je b11 6= 0. Sada za i = 2, 3, . . . , m od i-tog retka oduzimamo prvi pomnozen s bi1/b11

(svako to oduzimanje je jednostavna operacija po retcima). Time matrica B prelazi u:

C =

0 · · · 0 b11 b12 · · · b1k

0 · · · 0 0 c22 · · · c2k...

......

......

0 · · · 0 0 cm2 · · · cmk

,

gdje vidimo pocetak gornjestepenastog oblika.Sada ostavimo prvi redak kakav je, i obratimo paznju na (m− 1)× (k − 1) matricu [cij ], za

i ∈ 2..(m − 1) i j ∈ 2..(k − 1). Primjenom gornjeg zakljucka na tu matricu, stepenice mozemoproduljiti za jos jedan redak.

Ocito je da nakon najvise m koraka dolazimo do gornjestepenaste matrice.Q.E.D.

Napomenimo da puna formalizacija gornjeg dokaza zahtijeva koristenje nacela matematickeindukcije. Provodimo je po m ∈ N, broju redaka matrice.

Najprije uocimo da tvrdnja vrijedi za m = 1, tj. za jednoredcanu matricu (ocigledno, stepenicapocinje kod prvog elementa s lijeva koji nije 0).

Korak se sastoji u tome da moramo pokazati da, ako tvrdnja vrijedi za svaki k < m, da ondavrijedi i za m. A to je upravo pokazano u gornjem dokazu, jer ako znamo da matricu [cij ], zai ∈ 2..(m− 1) i j ∈ 2..(k − 1) mozemo svesti na gornjetrokutasti oblik (pretpostavka indukcije),imamo tvrdnju.

Zapisite formalno gornji dokaz koristeci ove napomene!

Nenad Antonic 19


Primjer. Jedan gornjestepenasti oblik matrice A je matrica U:

A =

1 3 3 22 6 9 5−1 −3 3 0

, U =

1 3 3 20 0 3 10 0 0 0

.

Sustav Ax = 0 je ekvivalentan sustavu Ux = 0 (jer jednostavne operacije po retcima ne utjecu naskup rjesenja; naravno, matricu sustava mozemo prosiriti stupcem koji sadrzi samo nule—desnustranu); za posljednji sustav se rjesenje lako moze ocitati.

Ugaoni elementi su u prvom i trecem stupcu (1 i 3), i kako su oni razliciti od nule, x1 i x3 se(ovo vrijedi i opcenito!) mogu izraziti preko ostalih nepoznanica. Zaista:

x1 + 3x2 + 3x3 + 2x4 = 03x3 + x4 = 0 ,

odakle lako izrazavamo x1 i x3 (koje zovemo vezanim/bazicnim nepoznanicama/varijablama)preko x2 i x4 (slobodnih nepoznanica/varijabli).

Zadaci.

1. Rijesiti matricnu jednadzbu AX = B, za

A =

2 3 30 5 76 9 8

i B =

1 20 21 5

.

2. Neka je zadana matrica

A =

1 0 02 1 01 4 1

5 7 80 2 30 0 6

,

i provodimo Gaussove eliminacije. Koliko puta ce se drugi redak oduzeti od treceg? Kako glaseugaoni elementi? Je li potrebno zamijeniti redoslijed redaka?

9. Gauss-Jordanove eliminacije

Reducirani (reducirani gornjestepenasti, reducirani gornje-esalonski) ili Hermiteov oblik ma-trice je gornjestepenasti oblik u kojem je svaki ugaoni (ranije oznacen sa ∗) element jednak 1, asvaki element iznad ugaonog je 0:

0 · · · 0 1 0 00 · · · 1 0... 10 · · · . . .

.

Pritom su neoznaceni elementi iznad stepenica proizvoljni.

Teorem 8. Svaka se matrica A 6= O moze svesti na reducirani oblik primjenom jednostavnihoperacija po retcima.

Dem. Naka je Z gornjestepenasta matrica dobivena iz A postupkom opisanim u prethodnom teo-remu. Dijeljenjem svakog retka matrice Z prvim elementom s lijeva razlicitim od nule (ugaonim),dobivamo matricu ciji su svi ugaoni elementi jednaki 1.

Oduzimanjem tih redaka pomnozenih prikladnim brojevima od onih iznad njih, u silaznomredu po stepenicama, dobivamo nule iznad ugaonih elemenata.

Q.E.D.

Nenad Antonic 20


Uocite na primjerima da gornjestepenasti oblik matrice nije jedinstven. S druge strane,reducirani (Hermiteov) oblik je jedinstven, ali tu cemo tvrdnju dokazati nesto kasnije.

Na kraju napomenimo da je postupak Gaussovih eliminacija vrlo efikasan za racunanje.Posebno, ako imamo nekoliko sustava s istim koeficijentima A, ali s razlicitim desnim strana-

ma b1 i b2, rjesavanje mozemo provesti istovremeno na prosirenoj matrici [A...b1

...b2].Posebno, takav se postupak moze iskoristiti za nalazenje multiplikativnog inverza A−1 kva-

dratne matrice A, tj. matrice za koju vrijedi

AA−1 = A−1A = I .

Naprosto rjesavamo n sustava oblika Ax = b, koje zapisujemo u obliku AX = I, pri cemu su svematrice tipa n× n.

Primijenite taj postupak na matricu rotacije Rϕ, i provjerite je li u skladu s onime sto znateiz geometrije.

Zadaci.

1. Izracunati inverze sljedecih matrica Gauss-Jordanovim transformacijama:

0 0 11 0 00 1 0

,

[2 04 2

].

2. Pokazati da matrica[

1 13 3

]nema inverza tako da pokusate rijesiti:

[1 13 3

][a bc d

]=

[1 00 1

].

10. Linearna ovisnost i neovisnost

U daljnjem zelimo definirati linearnu ovisnost i neovisnost vektora. Definirajmo to najprijeza a,b, . . . ∈ Mn×1(F ).

Skup vektora {a1,a2, . . . ,am} je linearno ovisan ako postoje skalari λ1, λ2, . . . , λm, od kojihje barem jedan razlicit od nule, takvi da je (izraz s lijeve strane jednakosti zovemo linearnomkombinacijom vektora a1,a2, . . . ,am)

m∑

i=1

λiai = 0 .

U suprotnom kazemo da je gornji skup vektora linearno neovisan.Pogledajmo sto efektivno znaci da je gornji skup vektora linearno neovisan. Radi jednos-

tavnosti zapisa, uocimo da niz skalara mozemo zapisati kao pripadnu stupcanu matricu

λ1...

λm

∈ Mm×1(F ) ,

λ1...

λm

6= 0 .

Sada s pomocu kvantifikatora linearnu ovisnost mozemo precizno zapisati

(∃

λ1...

λm

∈ Mm×1(F ))

λ1...

λm

6= 0 &

m∑

i=1

λiai = 0 .

Nenad Antonic 21


Kako dobijemo negaciju takve formule? Oblik je (∃x ∈ S) P (x), a negacija glasi: (∀x ∈S) ¬P (x). A kako se negira logicko i (&)? ¬(A&B) je isto sto i ¬A ∨ ¬B, a sto je istosto i A =⇒ ¬B, ali i B =⇒ ¬A.

U nasem slucaju to glasi:

(∀

λ1...

λm

∈ Mm×1(F ))

m∑

i=1

λiai = 0 =⇒

λ1...

λm

= 0 .

Ovo je obicno koristena definicija linearne neovisnosti.Pazljivo procitajte gornje objasnjenje i budite sigurni da ste ga razumjeli: i formalno-logicki,

ali i na razini obicnog razumijevanja kao u svakodnevnom zivotu.

Teorem 9. Ako su vektori a1, . . . ,am ∈ Mn×1(F ) linearno neovisni, tada niti jedan od njih nemoze biti jednak 0.

Dem. Kad bi jedan od njih bio nula, recimo ak = 0, onda bismo imali:

0a1 + · · ·+ 0ak−1 + 1ak + 0ak+1 + · · ·+ 0am = 0 ,

pa bi taj skup vektora bio linearno ovisan.Q.E.D.

Teorem 10. Sljedece su tvrdnje ekvivalentne:a) {a1, . . . ,am} je linearno ovisan skup.b) Barem jedan od gornjih vektora se moze prikazati kao linearna kombinacija ostalih.

Na isti nacin kao i za stupcane matrice, linearnu (ne)ovisnost mozemo definirati i za retcanematrice (tipa 1× n), ili cak za opcenite m× n matrice.

Kao posljedicu cinjenice da se linearna kombinacija upravo postize jednostavnim operacijamapo retcima, imamo sljedeci:

Korolar 1. Reci matrice su linearno ovisni ako i samo ako se jedan od njih moze dobiti izostalih jednostavnim operacijama po retcima.

Recani rang matrice je najveci broj linearno neovisnih redaka u matrici.Kako je ova definicija neoperativna, to je pozeljno opisati praktican postupak za odredivanje

retcanog ranga.

Teorem 11. Jednostavne operacije po retcima ne mijenjaju retcani rang.

Dem. Ocito zamjena redaka ne mijenja retcani rang, jer na linearnu ovisnost ne utjece poredakvektora.

Neka je ak =∑p

i=1 λiai, te λ 6= 0; imamo:

λak =p∑

i=1

(λλi)ai .

Ako je ak linearna kombinacija redaka a1, . . . ,ap, onda je to i λak, pa po Teoremu 10 mnozenjeretka skalarom razlicitim od nule ne utjece na retcani rang matrice.

Na kraju, uzmimo operaciju kojom j-tom retku dodajemo i-ti. Promijenjeni j-ti redak oz-nacimo s b = aj + ai. Vrijedi jednakost

λ1a1 + . . . + λiai + . . . + λjb + . . . + λpap = λ1a1 + . . . + (λi + λj)ai + . . . + λjaj + . . . + λpap .

Sada se lako vidi da ako su a1, . . . ,ap linearno neovisni, onda su to i a1, . . . ,ai, . . . ,b, . . . ,ap.Q.E.D.

Nenad Antonic 22


m × n matrica B je retcano ekvivalentna matrici A ako se B moze dobiti iz A konacnimnizom jednostavnih operacija po retcima.

Kako se jednostavne operacije po retcima prikazuju mnozenjem dane matrice jednostavnimmatricama s lijeva, to definicija znaci da je B = FA, pri cemu je F produkt konacnog brojajednostavnih matrica.

Relacija biti retcano ekvivalentan je ocito refleksivna i tranzitivna (B = FA i C = GBima za posljedicu C = GFA). Da bismo pokazali da je i simetricna, uocimo da su jednostavneoperacije po retcima reverzibilne: ako A′ dobijemo iz A primjenom jedne jednostavne operacijepo retcima, onda i A mozemo dobiti iz A′ primjenom reverzne jednostavne operacije po retci-ma (suprotne zamjene redaka, dijeljenjem retka s λ 6= 0, ili dodavanjem retka pomnozenog sasuprotnim brojem).

Dakle, relacija biti retcano ekvivalentan je relacija ekvivalencije, i samim time dijeli (klasifi-cira) skup Mm×n(F ) na razrede (klase) ekvivalencije.

Iz definicije retcane ekvivalencije i prethodnog teorema slijedi

Teorem 12. Recano ekvivalentne matrice imaju jednak retcani rang.

Teorem 13. Svaka se m × n matrica razlicita od nule moze jednostavnim operacijama poretcima svesti na jedinstvenu reduciranu matricu.

Dem. Vec smo pokazali (Teorem 8) da se dana matrica moze svesti na reduciranu, koja nijenuzno jedinstvena (zasad!).

Kako bismo pokazali da je ta reducirana matrica jedinstvena, uzmimo da su A i B dvijetakve reducirane matrice dobivene iz iste polazne matrice (pa su, ocito, retcano ekvivalentne), ipokazimo da je tada nuzno A = B.

Zapravo, pokazujemo da ako su A i B reducirane matrice koje su retcano ekvivalentne, tadasu nuzno A i B jednake.

Dokaz provodimo indukcijom po broju stupaca obiju matrica (n ∈ N).Baza indukcije (n = 1):

Jedina reducirana m× 1 matrica (to slijedi iz samog oblika reducirane matrice, v. definiciju)je

10...0

,

pa je u ovom slucaju nuzno i A = B.

Korak indukcije:Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n−1. Dakle, sve retcano ekvivalentne reducirane matrice

velicine m× (n− 1) su jednake.Trebamo pokazati da, ako su A i B m×n retcano ekvivalentne matrice, onda su one jednake

(pritom smijemo koristiti gornju pretpostavku za n− 1).Po diskusiji ispred Teorema 12 (o retcanoj ekvivalenciji kao relaciji ekvivalencije), B = FA.Neka su A′ i B′ m × (n − 1) matrice koje se sastoje od prvih n − 1 stupaca matrica A i

B redom. Ocito vrijedi (pravilo za mnozenje matrica) B′ = FA′, pa su stoga matrice A′ i B′

retcano ekvivalentne. Kako su ocito i reducirane (kao prvih n− 1 stupaca reduciranih matrica),to je nuzno A′ = B′ po pretpostavci indukcije.

Preostaje nam jos za pokazati da su i posljednji stupci jednaki.Podsjetimo se, najprije, da u reduciranoj matrici svaki redak razlicit od nule ima ugaoni

element jednak 1, i to je jedini element razlicit od nule u pripadnom stupcu. Stoga su, ocito, retcirazliciti od nule u takvoj matrici linearno neovisni, i broj takvih redaka (tj. pripadnih ugaonihelemenata) jednak je retcanom rangu matrice.

Kako su A i B retcano ekvivalentne, to imaju isti retcani rang (oznacimo ga s r). Za A′ = B′

je tada retcani rang ili jednak r ili r − 1.

Nenad Antonic 23


r-1: Kako dodavanje posljednjeg stupca mora povecati retcani rang za jedan, to posljednji stupac(i A i B) u r-tom retku mora imati jedinicu, a zbog reduciranosti su ostali elementi u tom stupcunuzno nula; i A = B.r: Znamo da je B = FA, odnosno:

bij =m∑

k=1

fikakj =r∑

k=1

fikakj +m∑

k=r+1

fikakj .

Kako je A reducirana matrica, to su joj elementi ispod r-tog retka jednaki nuli, pa je posljednjasuma u gornjoj jednakosti jednaka nuli. Fiksirajmo i-ti redak, i oznacimo λk := fik, za k ∈ 1..r.Imamo:

bij =r∑

k=1

fikakj =r∑

k=1

λkakj ,

sto znaci da za citav i-ti redak imamo:

[bi1 · · · bin] =r∑

k=1

λk[ak1 · · · akn] .

Ako gledamo samo prvih n− 1 elemenata u i-tom retku, oni su jednaki u A′ = B′, pa je:

[ai1 · · · ai,n−1] = [bi1 · · · bi,n−1] =r∑

k=1

λk[ak1 · · · ak,n−1] ,

sto prebacivanjem lijeve strane na desnu (negativan predznak) daje

[0 . . . 0] = λ1[a11 · · · a1,n−1] + . . . + (λi − 1)[ai1 · · · ai,n−1] + . . . + λr[ar1 · · · ar,n−1] .

Kako je prvih r redaka matrice A′ = B′ linearno neovisno, to se gornja jednakost moze posticisamo ako je λi = 1 i λk = 0 za k 6= i.

Time je pokazano da je [bi1 · · · bin] = [ai1 · · · ain].Q.E.D.

Korolar 2. Recani rang matrice jednak je broju redaka razlicitih od nule u bilo kojoj gorn-jestepenastoj matrici dobivenoj iz dane matrice.

Dem. Neka je B gornjestepenasta matrica dobivena iz A, a H reducirana dobivena iz B. Kakoje H jedinstvena, a broj redaka razlicitih od nule je jednak u B i H, to je to upravo retcani rangmatrice A.

Q.E.D.

Slicno kao i jednostavne operacije po retcima mozemo definirati i jednostavne operacije postupcima.

Uocimo odmah da te operacije vise ne cuvaju rjesenja sustava linearnih jednadzbi, pa se zanjihovo rjesavanje ne mogu koristiti.

Jednostavne (elementarne) operacije po stupcima su:1. zamjena (redoslijeda) stupaca,2. mnozenje stupca brojem razlicitim od nule, i3. dodavanje jednog stupca pomnozenog nekim brojem drugom.

Na isti nacin kao i za operacije po retcima (Teoremi 3, 4 i 5) lako se vidi da vrijedi:

Teorem 6’. Svaka se jednostavna operacija po stupcima moze dobiti mnozenjem dane m × nmatrice A zdesna prikladnom jednostavnom matricom, koja je upravo ona dobivena primjenomiste jednostavne operacije na In.

Nenad Antonic 24


Istinitost gornjeg teorema moze se vidjeti i koristenjem transpozicije matrice. Ako je A m×nmatrica, onda se jednostavna operacija po stupcima moze dobiti kao transpozicija odgovarajucejednostavne operacije po retcima na A>.

Stupcani rang matrice je najveci broj linearno neovisnih stupaca u matrici.

Teorem 11’. Jednostavne operacije po stupcima ne utjecu na stupcani rang.

Nije tesko uvjeriti se da jednostavne operacije po stupcima ne utjecu na linearnu ovisnostredaka.

Teorem 14. I retcani i stupcani rang matrice su invarijantni i na jednostavne operacije poretcima, i na jednostavne operacije po stupcima.

Teorem 15. Recani i stupcani rang dane matrice su jednaki.

Dem. Neka je zadana m × n matrica A, s reduciranim oblikom H. Kako je H iz A dobivenojednostavnim operacijama po retcima, to ima isti redcani rang kao i A, koji oznacimo s p. Takoder,A i H imaju isti stupcani rang, jer jednostavne operacije po retcima ne mijenjaju niti stupcanirang.

Prikladnom zamjenom stupaca matrice H (prva jednostavna operacija po stupcima), ona semoze prevesti u oblik: [

Ip ?O(m−p)×p O(m−p)×(n−p)

].

Dio matrice oznacen s ? moze biti bilo sto, ali se to moze svesti na Op×(n−p) jednostavnimoperacijama po stupcima (koristeci stupce Ip). Dakle, H se moze prevesti u oblik:

(1)[

Ip Op×(n−p)

O(m−p)×p O(m−p)×(n−p)

],

koji ima isti retcani i isti stupcani rang kao i A. A ta matrica ocito ima stupcani rang p.Q.E.D.

Zbog ovog teorema govorimo samo o rangu matrice, koji mozemo racunati i interpretirati ipo stupcima i po retcima, a oznacujemo ga s rangA.

Ocito vrijedi sljedeci

Korolar 3. rangA = rangA>.

Vratimo se na dokaz Teorema 15. Svaka se m × n matrica A 6= O moze svesti na oblik (1),gdje je p rang matrice A. Tu matricu oznacimo s N. Po Teoremima 6 i 6’, postoje matrice P iQ, produkti jednostavnih matrica, takvi da vrijedi: PAQ = N. Matrica N naziva se normalnioblik matrice A.

Kako odrediti matrice P i Q, tako da PAQ bude normalni oblik? Za m × n matricu Anapisemo tablicu:

In

A Im

Jednostavne operacije po retcima primjenjujemo na A i Im, kao kod svodenja A na reduciranioblik. Jednostavne operacije po stupcima provodimo na A i In, kao u dokazu Teorema 15.Redoslijed tih operacija nije vazan.

Nakon vise operacija, imat cemo:Y

XAY X,

pri cemu je Y = F1 . . .Fs, a X = Et . . .E1. Ako je N normalni oblik matrice A, imat cemo:

QN P

.

Napomenimo da P i Q ne moraju biti jedinstveni.

Dvije m×n matrice su ekvivalentne ako imaju isti normalni oblik. To vrijedi ako i samo akoone imaju isti rang.

Nenad Antonic 25


Teorem 16. Ako je A m×n matrica, onda homogen sustav jednadzbi Ax = 0 ima netrivijalnorjesenje ako i samo ako je rangA < n.

Teorem 17. (Kronecker–Capelli) Nehomogeni sustav Ax = b ima rjesenje ako i samo ako

je rangA = rang[A...b].

Dem. Ako je rangA = rang[A...b], onda je stupac b linearno ovisan o stupcima matrice A (tj. o

a1, . . . ,an), pa se moze prikazati kao njihova linearna kombinacija

(2) b =n∑

i=1

xiAi .

Obratno, ako ta jednakost ne vrijedi, dodavanjem b stupcima matrice A povecavamo rang, pa sestupac b ne moze prikazati kao linearna kombinacija (2).

Q.E.D.

Sustav linearnih jednadzbi je konzistentan ako ima netrivijalno rjesenje; inace je sustavnekonzistentan.

Teorem 18. Neka je Ax = b konzistentan sustav, A ∈ Mm×n(F ).Ako je rangA = p, onda se n− p nepoznanica moze proizvoljno odrediti, i rjesenje sustava se

moze iskazati s njima kao parametrima.

Zadaci.

1. U ovisnosti o parametru λ rijesite sustav

2x1 +5x2 +x3 +3x4 = 24x1 +6x2 +3x3 +5x4 = 44x1 +14x2 +x3 +7x4 = 42x1 −3x2 +3x3 +λx4 = 7

.

2. Naci LU faktorizaciju matrice A, te zapisati gornjetrokutasti sustav Ux = c koji se dobijenakon eliminacija, ako polazimo od sustava:

Ax =

2 3 30 5 76 9 8

x1

x2

x3

=

225

.

3.∗ Kako bi se moglo kvadratnu matricu faktorizirati kao produkt gornjetrokutaste i donjetroku-taste: A = UL? Bi li to mogle biti iste matrice kao u A = LU?

4. Pokazati da kvadratna matrica A ∈ Mn×n ima inverz ako i samo ako je rangA = n.[Naputak: Razmotriti mogucnost rjesavanja n sustava oblika Axi = δi, gdje δi oznacuje i-tistupac jedinicne matrice I.]

Nenad Antonic 26

Documents

I. Sustavi linearnih jednadˇzbi - mathos.unios.hr · matematika. Matematika koja nema veze s realnoˇs´cu samo je ponekad dobra (kad sam bio student, neˇsto sliˇcno sam ˇcuo