LA2 - skripta

SVEU CILISTE U ZAGREBUPRIRODOSLOVNO-MATEMATI CKI FAKULTET MATEMATI CKI

ODJELZagreb, Bijenicka cesta 30

LINEARNA ALGEBRA

Autor: Prof. dr. sc. Vjeran Hari

U Zagrebu, 2005.

Poglavlje 0UVOD

Da bi studenti lakse razlikovali definicije od tvrdnji, teoreme i propozicije od dokaza, matema-ticke relacije od obicnog teksta, oznake od algoritma itd. specificne dijelove teksta smo omedi-li obojenim kutijama. Pritom vrijedi sljedece kazalo:

tekst koji govori o oznakama,tekst koji definira nove pojmove,tekst koji sadrzi tvrdnje,tekst matematickih relacija, npr jednadzbi, nejednadzbi, jednakosti,tekst uoblicen kroz formu teorema, propozicija i sl.tekst koji predstavlja matematicki dokaz ili rjesenje problematekst koji predstavlja primjere.tekst koji predstavlja algoritme.

Poglavlja, odjeljci i pododjeljci koji su oznaceni u naslovu sa sadrze teze gradivo koje semoze u prvom citanju preskociti. Dokazi su matematicki zahtijevniji pa nisu pogodni zapocetnike. Takoder, dokazi obiljezeni sa su nesto tezi pa se mogu izostaviti.

Autor se zahvaljuje dr.sc. Ivici Keglevicu na pomoci u pisanju skripte.

3

Poglavlje 8Linearne Matricne Jednadzbe

Linearne matricne jednadzbe se najcesce pojavljuju u jednom od sljedecih oblika

A+X = B (8.1)AX = B (8.2)XA = B (8.3)

AX +B = C (8.4)XA+B = C (8.5)

AX +XB = C. (8.6)

U ovim jednadzbama A, B, C su poznate (zadane) matrice, a matrica X je ona koju trazimo.Da bi te jednadzbe imale smisla, moramo paziti na dimenzije matrica. Tako npr. u jednadzbiA+X = B sve matrice moraju imati isti broj redaka i isti broj stupaca, a u jednadzbiAX = B,ako je A Rmn, onda Xmora imati n redaka, B mora imati m redaka, a obje matrice X i Bmoraju imati isti broj stupaca. Zato se uzima da su B Rmp i X Rnp za neki prirodanbroj p.

Rjesenje jednadzbe A+X = B, kao i jednadzbe X + A = B jeX = B A ,

i time je problem (8.1) rijesen.

Jednadzbu (8.3) mozemo transponiranjem lijeve i desne strane svesti na oblikATXT = BT

pa smo time problem (8.3) sveli na problem (8.2).

125

126 POGLAVLJE 8. LINEARNE MATRI CNE JEDNAD ZBE

Jednadzbu (8.4) oduzimanjem matrice B od lijeve i desne strane jednadzbe svodimo naoblik AX = C B, pa je problem opet reduciran na (8.2).

Isto tako, u jednadzbi XA + B = C, dodavanjem matrice B lijevoj i desnoj stranijednadzbe, te zatim transponiranjem dobivene jednadzbe, svodimo ju na oblik ATXT =CT BT , dakle na oblik (8.2).

Preostaje jednadzba

AX +XB = C,

koja se zove Ljapunovljeva jednadzba. Njeno rjesavanje je dosta kompliciranije od rjesavanjajednadzbe AX = B i za sada ju necemo razmatrati.

Prema tome, preostaje rijesiti jednadzbu (8.2). Preciznije, zanimat ce nas pitanje egzisten-cije, jedinstvenosti i algoritma za taj problem.

Od posebnog interesa su i jednadzbe sa specijalnom desnom stranom,

AX = I odnosno XA = I

jer nas vode do pojmova desnog i lijevog inverza matrice. Te cemo slucajeve razmatrati nakraju poglavlja.

8.1 Jednadzba AX = BPromotrimo jednadzbu

AX = B, A Rmn, X Rnp, B Rmp.

Uvedimo stupcane particije

X =[x1, x2, . . . , xp

]i B =

[b1, b2, . . . , bp

].

Po pravilu matricnog mnozenja vrijedi

AX = A[x1, x2, . . . , xp

]=[Ax1 , Ax2 , . . . , Axp

]. (8.7)

Stoga se jednadzba AX = B moze zapisati kao p jednadzbi

8.1. JEDNAD ZBA AX = B 127

Ax1 = b1, Ax2 = b2, . . . Axp = bp. (8.8)

Jednadzba AX = B je ekvivalentna sustavu od p jednadzbi (8.8). To znaci: ako AX = Bima rjesenje, onda i svaka jednadzba Ax = bi ima rjesenje i obratno, ako svaka jednadzbaAx = bi ima rjesenje, tada ga ima i AX = B.

To se jednostavno vidi. Neka npr. AX = B ima rjesenje X . Tada zbog relacije (8.7),odmah slijedi (8.8). Pritom su rjesenja sustava upravo stupci od X .Obratno, neka svaka jednadzba sustava (8.8) ima rjesenje. Recimo, neka je xi bilo kojerjesenje od Ax = bi i tako za sve 1 i p. Sada iz tih vektora xi sagradimo matricu X ,zahtijevajuci da je xi upravo i-ti stupac od X . Gledajuci relaciju (8.7) i stupcanu particijuod X , odmah vidimo da vrijedi AX = B, pa smo dakle, sagradili rjesenje X .

Sustav oblika Ax = bi smo razmatrali u 7. poglavlju i znamo da se moze rijesiti npr.algoritmom 6.3 koji svada prosirenu matricu na reducirani oblik ili koristenjem Gaussovemetode eliminacija s parcijalnim ili kompletnim pivotiranjem. Buduci da algoritam 6.3 (istovrijedi i za Gaussovu metodu) ide s lijeva u desno, prvo prevodi A na reducirani oblik AR(odnosno na trokutastu matricu R), mozemo izbjeci ponavljanje redukcije matrice A na AR(ili R) p 1 puta, ako primijenimo algoritam samo jedamput na prosirenu matricu [A | B].

Kakva rjesenja X mozemo ocekivati? Imamo li jedno, nijedno ili beskonacno rjesenja? Izsljedeceg teorema cemo vidjeti da odgovor ovisi o odnosu ranga matrice A i ranga prosirenematrice [A | B].

Teorem 8.1 JednadzbaAX = B (8.9)

ima rjesenje ako i samo ako vrijedi

r(A) = r([A | B]). (8.10)

Ako je uvjet (8.10) ispunjen i ako je X(P ) neko rjesenje jednadzbe (8.9), onda je opcerjesenje jednadzbe (8.9) oblika

X = X(P ) +X(H),

gdje je X(H) opce rjesenje homogene matricne jednadzbe

AX = O . (8.11)

Specijalno, jednadzba (8.9) ima jedinstveno rjesenje ako i samo ako homogena jednadzba(8.11) ima nul-matricu kao jedino rjesenje.


Jer je X Rnp rjesenja jednadzbe AX = B leze u np-dimenzionalnom vektorskomprostoru Rnp. Moze se pokazati da rjesenja homogene jednadzbe cine (n r(A))p dimenzi-onalni potprostor tog prostora, pa mozemo reci da skup svih rjesenja jednadzbe AX = B cinilinearnu mnogostrukost dimenzije (n r(A))p.

8.2 Lijevi i desni inverzPromotrimo sada specijalne jednadzbe:

AX = I, A Rmn, I Rmm, X Rnm (8.12)

i

Y A = I, A Rmn, I Rnn, Y Rnm. (8.13)

U dokazivanju postojanja i jedinstvenosti rjesenja tih jednadzbi kljucnu ulogu ce imati te-orem 8.1.

Svako rjesenje jednadzbe AX = I naziva se desni inverz matrice A.Svako rjesenje jednadzbe Y A = I naziva se lijevi inverz matrice A.

Kadkad se lijevi (desni) inverz naziva lijevi (desni) generalizirani inverz od A. Iz relacija(8.12) i (8.13) se vidi da su obje matrice X i Y istog tipa.

Na osnovu teorema 8.1 zakljucujemo da A moze imati beskonacno lijevih (ili desnih)inverza, da moze imati tocno jedan lijevi (ili desni) inverz, a takoder da mozda A nema nitijedan lijevi (ili desni) inverz. Zato nam trebaju kriteriji za postojanje lijevih odnosno desnihinverza.

Propozicija 8.2 Matrica A Rmn ima barem jedan(i) desni inverz ako i samo vrijedi r(A) = m n ;

(ii) lijevi inverz ako i samo vrijedi r(A) = n m .

8.2. LIJEVI I DESNI INVERZ 129

Dokaz. (i) Ako matrica ima linearno nezavisne retke, pa ju prosirimo s dodatnim stup-cima (koje umetnemo bilo ispred matrice, iza matrice ili izmedu samih stupaca matrice),rang tako prosirene matrice nece biti ni veci niti manji od ranga polazne matrice. Ako tozakljucivanje primijenimo na Im, zakljucujemo da uvijek vrijedi

m = r(Im) = r([A | Im]) . (8.14)

Prema teoremu 8.1, AX = Im ima barem jedno rjesenje ako i samo ako vrijedir(A) = r([A | Im]) .

Zbog relacije (8.14), zadnja jednakost vrijedi ako i samo ako vrijedi r(A) = m. Uocimojos da r(A) = m i r(A) min{m,n} povlace m n jer bi inace bilo r(A) n < m.(ii) Matricna jednadzba XA = In je ekvivalentna s ATXT = In, a ta jednadzba prema (i)ima barem jedno rjesenje ako i samo ako vrijedi

r(AT ) = broj redaka od AT = broj stupaca od A = n.Kako je r(AT ) = r(A), dokazali smo prvu tvrdnju od (ii). Druga tvrdnja, da je n m,slijedi istim zakljucivanjem kao u dokazu odgovarajuce tvrdnje od (i).

Matrica A Rmn imapuni retcani rang ako vrijedi r(A) = m;puni stupcani rang ako vrijedi r(A) = n;puni rang ako vrijedi r(A) = min{m,n},

tj. ako ima puni retcani ili stupcani rang.

Propozicija 8.3 Neka je A Rmn. Tada su sljedece tri tvrdnje ekvivalentne:(i) m = n i r(A) = n (tj. A je kvadratna i punog ranga)(ii) A ima barem jedan lijevi i barem jedan desni inverz.(iii) A ima jedinstveni lijevi inverz Y , jedinstveni desni inverz X i vrijedi X = Y .


Dokaz. Dokazat cemo krug implikacija: (i) (ii) (iii) (i).(i) (ii) Prema propoziciji 8.2, A ima barem jedan lijevi i barem jedan desni inverz.(ii) (iii) Ako za X i Y vrijedi AX = Im i Y A = In onda prema propoziciji 8.2 vrijedi

m = n = r(A). Takoder vrijediY = Y Im = Y (AX) = (Y A)X = InX = X,

a to znaci da je skup lijevih inverza jednak skupu desnih inverza. Pokazimo da jeskup desnih inverza jednoclan. Kad bi imali dva desna medusobno razlicita inverzaX1 i X2, tada bi za Z = X1 X2 vrijedilo

AZ = A(X1 X2) = AX1 AX2 = In In = O .

Specijalno, za svaki stupac zi od Z bi vrijedilo Azi = 0. Zbog cinjenice da je rangod A jednak broju stupaca od A, korolar 7.7 implicira zi = 0. Dakle je zi = 0za sve i, pa je Z = O, a to se protivi pretpostavci da je X1 6= X2. Vidimo da jeskup desnih (pa zato i lijevih) inverza najvise jednoclan, a kako po (ii) nije prazan,zakljucujemo da je bas jednoclan.

(iii) (i) Jer A ima i lijevi i desni inverz, po propoziciji 8.2 mora vrijediti i r(A) = n ir(A) = m, pa je (i) dokazano.

Specijalno, ako je A Rnn i r(A) = n, iz propozicije 8.3 zakljucujemo da postoji samojedan lijevi inverz i samo jedan desni inverz i da su oni jednaki. Prirodno je zato zvati tumatricu jednostavno inverz matrice A i oznaciti ju s A1. Matrice za koje postoji inverzobicno se nazivaju invertibilne.

8.3 Regularne matriceInvertibilne matrice su vrlo vazne pa nose jos nekoliko naziva.

Definicija 8.4 Matrica A Rnn je nesingularna ako vrijedi r(A) = n.Nesingularna matrica se jos naziva regularna matrica.Ako vrijedi r(A) < n matrica A se naziva singularna.

Evo jedne jednostavne karakterizacije singularnih i nesingularnih matrica.

Propozicija 8.5 Matrica A Rnn je singularna ako i samo ako postojinetrivijalni vektor x Rn takav da je Ax = 0.Matrica A je nesingularna ako za svaki x 6= 0 vrijedi Ax 6= 0.

8.3. REGULARNE MATRICE 131

Dokaz. Ako je A Rnn singularna, tada je r(A) < n pa je defekt d(A) = nr(A) 1.Dakle je dimenzija nul-potprostora N (A) barem jedan, pa postoji x N (A), x 6= 0.Ako je r(A) = n, tada je N (A) = {0}, pa x 6= 0 povlaci Ax 6= 0.

Dakle, za regularne matrice je preslikavanje x 7 Ax injekcija, a jer je dim (R(A)) = n d(A) = n, ono je i bijekcija skupa Rn na sebe. Regularne matrice imaju puni rang pa im jereducirana forma jedinicna matrica. One su i invertibilne, bas kao sto su invertibilne matriceregularne.

Skup regularnih matrica ima posebnu vaznost u primjenama jer uz operaciju matricnogmnozenja on postaje grupa.

Pokazimo to.

Prvo moramo pokazati da je produkt dviju regularnih matrica opet regularna matrica.Neka su A i B regularne matrice. Tada su i invertibilne pa za njih postoje inverzi, A1 iB1, respektivno. Pokazimo da je B1A1 inverz od AB. Imamo,

(B1A1)(AB) = B1(A1A)B = B1InB = B1B = In,

(AB)(B1A1) = A(BB1)A1 = AInA1 = AA1 = In .

Kako je B1A1 i lijevi i desni inverz od AB, po propoziciji 8.3 (implikacija (iii) (i)) zakljucujemo da je AB punog ranga, a to po definiciji 8.4 znaci da je AB regularna.Dakle, skup regularnih matrica je zatvoren u odnosu na mnozenje.Asocijativnost kao svojstvo grupe odmah slijedi iz asocijativnosti matricnog mnozenja.Neutralni element je jedinicna matrica (ona je sama sebi inverz). Konacno, za svakuregularnu matricu A, inverzni element u grupi je A1.

Propozicija 8.6 Skup regularnih matrica cini grupu u odnosu na matricno mnozenje.Grupa je zatvorena u odnosu na operaciju transponiranja. Ako su A1, A2, . . . ,Ak regu-larne matrice, tada je

(A1A2 Ak)1 = A1k A12 A11 .

Dokaz. Da je grupa regularnih matrica zatvorena u odnosu na transponiranje slijedi izcinjenice da je regularna matrica A karakterizirana uvjetima r(A) = m = n, a to ondavrijedi i za AT jer je r(A) = r(AT ). Zadnja tvrdnja slijedi provjerom da je A1k A11lijevi i desni inverz od A1A2 Ak.


8.4 Elementarne matrice

Svaku od tri elementarne operacije nad recima matrice mozemo zapisati pomocu mnozenja(s lijeva) tzv. elementarnim matricama. Neka je A Rmn matrica na koju se primijenjujeretcana operacija i A Rmn matrica A nakon operacije. Istaknuti reci neka su oni s indek-sima i i j. Koristeci retcane particije tih matrica, mozemo pisati

A =

aT1.

.

.

aTi.

.

.

aTj.

.

.

aTm

7

aT1.

.

.

aTi.

.

.

aTj.

.

.

aTm

= A .

Promotrimo svaku retcanu operaciju ponaosob.1. Zamjena (transpozicija) redaka matrice. U ovom slucaju je

aTi = aTj , a

Tj = a

Ti i aTk = aTk , za k {1, . . . ,m} \ {i, j} .

Isti efekt se postize mnozenjem A s lijeva matricom

Iij =

...

10 1

1.

.

.

...

.

.

.

11 0

1...

i

j

Rmm.

Uocimo da je Iij = [e1, . . . , ei1, ej, ei+1, . . . , ej1, ei, ej+1, . . . , en], pa Iij nastaje iz Inpermutacijom (tocnije: transpozicijom) stupaca. Stoga je r(I) = r(Iij) = m, tj. Iijje invertibilna. Kako mnozenje s lijeva matricom Iij zamjenjuje i-ti i j-ti redak, moravrijediti Iij(IijI) = I , sto daje IijIij = I . Dakle je I1ij = Iij . Zbog A = I1ij A = IijA,imamo

8.4. ELEMENTARNE MATRICE 133

AIij7 A Iij7 A.

Vidimo da se inverzna operacije prve elementarne transformacije, takoder svodi namnozenje s lijeva matricom Iij . U slucaju i = j, transformacija zamjenjuje i-ti re-dak sa samim sobom, pa se definira Iii = I . U slucaju i > j definiramo Iij = Iji jerkod zamjene redaka nije bitan uredaj odgovarajucih indeksa po velicini.Uocimo jos dvije stvari. Prvo, Iij je simetricna, pa je ITij opet elementarna transforma-cija. Drugo, mnozenje matrice A Rmn s Iij Rnn s desna zamjenjuje i-ti i j-tistupac matrice.

2. Mnozenje i-tog retka matrice brojem 6= 0, realizira se mnozenjem matrice A slijeva, matricom

Di() =

1...

1

1...

1

Rmm

pri cemu je i-ti dijagonalni element. Odmah se vidi da je Di() simetricna i inver-tibilna, pri cemu je Di()1 = Di(1/). Dakle je Di()1 opet elementarna matricaistog tipa. Jer je A = Di()1A, vrijedi

ADi()7 A Di(1/)7 A .

Ovo odgovara promjeni i-tog retka: aTi 7 aTi = aTi 7 aTi . Uocimo da se mnozenjematrice A matricom Di() Rnn s desna, svodi na mnozenje i-tog stupca matrice As .

3. Dodavanje j-tom retku i-tog retka pomnozenog brojem . U ovom slucaju je

aTi = aTi , a

Tj = a

Tj + a

Ti i aTk = aTk , za k {1, . . . ,m} \ {i, j} ,

pa je u slucaju i < j, odgovarajuca matrica


Mij() =

1...

1.

.

.

...

1...

1

i

j Rmm

U slucaju = 0 imamo Mij(0) = I . Matricnim mnozenjem, lako se provjeri jednakost

Mij()Mij() = Mij(+ ), (8.15)

pa je u slucaju = ,

Mij()Mij() = Mij()Mij() = I.

Dakle je Mij() lijevi i desni inverz od Mij(), pa je po propoziciji 8.3

Mij()1 = Mij().

Mnozenje matrice A matricom Mij() s lijeva, dodaje j-tom retku od A, i-ti redakpomnozen s . Stoga vrijedi

AMij()7 A Mij()7 A ,

sto odgovara promjeni j-tog retka: aTj 7 aTj = aTj +aTi 7 aTj aTi = aTj . Vidimoi u ovom slucaju da inverznoj retcanoj operaciji odgovara elementarna transformacijaistog tipa.Mnozenje matrice A s Mij() s desna, dodaje j-tom stupcu od A i-ti stupac pomnozens .

Promotrimo jos operaciju dodavanja j-tog retka i-tom retku. U ovom slucaju mijenja sesamo i-ti redak, pa toj transformaciji odgovara mnozenje matrice A s lijeva matricom


Mij()T =

1...

1 ...

.

.

.

1...

1

i

j Rmm

Transponiranjem jednakosti (8.15), vidimo da za Mij()T vrijedi Mij()TMij()T =Mij(+ )

T, pa je (Mij()T )1 = Mij()T . Slicno kao i prije, imamo

AMij()

T

7 A Mij()T

7 A ,

sto odgovara promjeni i-tog retka: aTi 7 aTi = aTi +aTj 7 aTi aTj = aTi . Vidimoi u ovom slucaju da inverznoj retcanoj operaciji odgovara elementarna transformacijaistog tipa.Mnozenje matrice A s Mij()T s desna, dodaje i-tom stupcu od A j-ti stupac pomnozens .

Dakle, obje elementarne matrice Mij() i Mij()T odgovaraju trecoj elementarnojretcanoj transformaciji. To znaci da je i u ovom slucaju transponirana elementarna ma-trica opet elementarna matrica istog tipa.MatricuMij()T cemo takoder oznacavati sMTij () odnosno saMji(), jer istovremenazamjena redaka i stupaca od Mij() dovodi do MTij ().

Kao zakljucak prikaza elementarnih matrica imamoLema 8.7 Elementarne matrice su regularne. Inverzna i transponirana matricaelementarne matrice su elementarne matrice istog tipa. Specijalno vrijedi

(i) ITij = I1ij = Iij ,

(ii) Di()T = Di(), Di()1 = Di(1), 6= 0,(iii) MTij () = Mji(), M1ij () = Mij().

Primijenimo na proizvoljnu matricu A Rmn algoritam za svadanje na reducirani oblikAR. Algoritam primjenjuje konacni niz elementarnih retcanih operacija na A. Kako svakojelementarnoj retcanoj operaciji pripada mnozenje s lijeva nekom elementarnom matricom,algoritam mozemo opisati pomocu elementarnih matrica na sljedeci nacin


AR = Ek(Ek1( (E2(E1A)) ))= EkEk1 E2E1A. (8.16)

Pritom je svaka Er elementarna matrica jednog od tri tipa: Iij , Di() ili Mij(). Kako susve matrice Er, 1 r k regularne, takav je i njihov produkt (propozicija 8.6). Time smodokazali

Lema 8.8 Za svaku matricu A Rmn postoji regularna matrica S Rmm,takva da je

AR = S A .

Pri opisu elementarnih matrica, vidjeli smo da svako mnozenje elementarnom matricom sdesna cini jednu elementarnu operaciju nad stupcima matrice. Stoga se mozemo zapitati nakoji jednostavni oblik se moze A Rmn svesti uz pomoc elementarnih operacija nad stup-cima.

Podimo od proizvoljne A Rmn i oznacimo sa B = AT Rnm. Svedimo B elemen-tarnim retcanim operacijama ra reducirani oblik,

BR = Ek E2E1B.

Transponiranjem dobivamo

BTR = BTET1 E

T2 ETk .

Oznacimo li AcR = BR, Fr = ETr , 1 r k, imamo

AcR = AF1 Fk,

gdje su A,AcR Rmn, a F1, . . . , Fk su elementarne matrice. Pritom je AcR reducirani oblik nakoji seAmoze svesti elementarnim operacijama nad stupcima. On je transponirani reduciranioblik.

U slucaju regularne A, matrice AR i AcR su jednake I . To je posljedica sljedeceg teorema.

Teorem 8.9 Kvadratna matrica A je regularna ako i samo ako je produkt elementarnihmatrica. Matrica AT je regularna ako i samo ako je takva A.


Dokaz. Matrica A je regularna ako i samo ako je kvadratna i punog ranga, a to je ako isamo ako ima reducirani oblik AR = I . Prema relaciji (8.16) vrijedi AR = Ek E1Aza neke elementarne matrice Er, 1 r k. Uvrstavanjem I na mjesto od AR, temnozenjem s lijeva matricama: E1k , E1k1, . . . ,E11 u tom redoslijedu, dobijemo

A = E11 E12 E1k .

Dakle A je regularna ako i samo ako ima takav prikaz. Kako je inverz svake elementarnematrice E1r opet elementarna matrica (istog tipa) prva tvrdnja je dokazana.Druga tvrnja je vec dokazana u propoziciji 8.6, a ovdje dajemo drugi dokaz koji slijedi izprve tvrdnje teorema. Neka je A regularna. Tada je ona produkt F1 Fk elementarnihmatrica. Transponiranjem dobivamo AT = F Tk F T1 . Kako je po lemi 8.7 svaka F Trtakoder elementarna matrica, ona je i regularna. Dakle je AT kao produkt regularnihmatrica regularna. Obratno, ako je AT regularna, onda po upravo dokazanom mora i(AT )T = A biti regularna, cime je i drugi smjer dokazan.

8.4.1 Racunanje inverzne matriceGauss-Jordanov postupak za redukciju matrice na reducirani oblik mozemo koristiti za nalazenjeinverzne matrice. Postupak je baziran na sljedecem razmatranju.

Neka je A Rnn matrica ciji inverz zelimo naci. Nacinimo prosirenu matricu [A | I] iprimjenimo na nju elementarne retcane transformacije s ciljem da prvi dio matrice, u kojemna pocetku lezi A, svedemo na reducirani oblik AR. Matricno to mozemo opisati pomocuelementarnih matrica

[AR | B] = EkEk1 E2E1 [A | I]

Produkt elementarnih matrica EkEk1 E2E1 je nesingularna matrica. Oznacimo ju s S. Sje-timo se, ako je X = [x1, x2, . . . , xr] stupcana particija matrice X i ako su S i X ulancane, tadavrijedi SX = S[x1, x2, . . . , xr] = [Sx1, Sx2, . . . , Sxr]. Sada to iskoristimo kod mnozenjamatrice S s prosirenom matricom

[AR | B] = S [A | I] = S [a1, a2, . . . , an | e1, e2, . . . , en]= [Sa1, Sa2, . . . , San | Se1, Se2, . . . , Sen]= [S[a1, a2, . . . , an] | S[e1, e2, . . . , en]] = [SA | SI]= [SA | S] .

Izjednacavanjem prvih (zadnjih) n stupaca lijeve i desne strane, dobijemo AR = SA (B = S)tj.


AR = SA , B = S .

Ako jeA regularna, tada jeAR = I , pa prva jednadzba daje I = SA. Pomnozimo tu jednadzbus desna s A1 (koja postoji jer je A regularna), dobijemo A1 = S. Dakle, ako je A regularna,vrijedit ce

[AR | B] = [I | A1] .

Drugim rijecima, u onom dijelu prosirene matrice, na kojem je na pocetku lezala matrica A, nakraju procesa bit ce jedinicna matrica I . U drugom dijelu gdje je na pocetku lezala jedinicnamatrica I , na kraju procesa bit ce inverzna matrica A1.

Ako A nije regularna (dakle, singularna je) na kraju procesa, u prvom dijelu prosirenematrice lezat ce AR. Kako je rang od A manji od n, matrica AR ce imati barem jedan nul-redak, pa ce sigurno zadnji redak od AR biti nul-redak. U tom slucaju matrica S nece biti A1vec samo produkt elementarih matrica, dakle ona regularna matrica koja u produktu SA dajeAR.

Algoritam za racunanje inverzne matriceAlgoritam cemo podijeliti u tri glavna koraka.

1. Napisimo prosirenu matricu:

[A | I ] =

a11 a12 a1n 1 0 0a21 a22 a2n 0 1 0

.

.

.

.

.

.

...

.

.

.

.

.

.

.

.

.

...

.

.

.

an1 an2 ann 0 0 1

.

2. Svedimo pomocu elementarnih transformacija prosirenu matricu [A | I ] na reduciranioblik. Rezultat je matrica [AR | B ].

3. Ako je AR = I , tada je matrica A regularna i A1 = B. Ako je AR 6= I , matrica nijeregularna i ne postoji inverzna matrica.

Primjer 8.10 Odredimo inverznu matricu matrice

A =

2 1 30 2 1

3 1 2

.


Rjesenje. Nacinimo prosirenu matricu i zapocnimo s elementarnim transformacijama

[A | I ] = 2 1 3 1 0 00 2 1 0 1 0

3 1 2 0 0 1

pomnozimo 1. redak s 1

2

1 12

32

12

0 0

0 2 1 0 1 03 1 2 0 0 1

dodajmo 1. redak (3) trecem

1 12

32

12

0 0

0 2 1 0 1 00 5

25

23

20 1


2

1 12

32

12

0 0

0 1 12

0 12

0

0 525

23

20 1

dodajmo 2. redak (

1

2) prvom

dodajmo 2. redak (52) trecem

1 0 74

121

40

0 1 12

0 12

0

0 0 154

32

54

1


15

1 0 74

121

40

0 1 12

0 12

0

0 0 1 251

3 4

15

dodajmo 3. redak (

7

4) prvom

dodajmo 3. redak (12) drugom

1 0 0 15

13

715

0 1 0 15

13 2

15

0 0 1 251

3 4

15

= [ I | B ].

A je regularna i

A1 =

1

513

715

15

13 2

15

251

3 4

15

.


Primjer 8.4.1. Odredite inverz matrice

A =

1 2 33 4 22 2 5

.

Rjesenje. Imamo

[A | I ] = 1 2 3 1 0 03 4 2 0 1 02 2 5 0 0 1

1 2 3 1 0 00 2 11 3 1 0

0 2 11 2 0 1

1 2 3 1 0 00 1 112 32 12 0

0 2 11 2 0 1

1 0 8 2 1 00 1 112 32 12 0

0 0 0 1 1 1

U sljedecem koraku svadanja prosirene matrice na reducirani oblik, zadnji redak se mnozi s 1 izatim se prave nule u 4. stupcu prosirene matrice. Uocite da time ne bismo promijenili niti jedanelement matrice AR koja je vec dobivena. Te zadnje elementarne transformacije zapravo nisupotrebne za nas krajnji zakljucak. Iz zadnje matrice vidimo da vrijedi AR 6= I pa matrica A nijeregularna i zato nema inverz. Rang polazne matrice A (kao i matrice AR) je dva.

Primjer 8.4.2. Pokazite da za svaku regularnu matricu A vrijedi1. (AT )1 = (A1)T pa se uvodi uznaka AT = (A1)T ,

2. (Ak)1 = (A1)k pa se uvodi uznaka Ak = (A1)k.

Dokaz. Jer je A regularna, da bi X bila inverz od A, dovoljno je pokazati da vrijediAX = I .

1. Jasno je da je (AT )1 inverz od AT . Neka je X = (A1)T . Ako pokazimo da jeATX = I , tada je i X tj. (A1)T inverz od AT . Kako je inverz jedinstven morat cevrijediti (AT )1 = (A1)T . Imamo,

ATX = AT (A1)T = (A1A)T = IT = I .

2. Dovoljno je pokazati da je X = (A1)k inverz od Ak. koristeci svojstvo asocijativ-nosti mnozenja, lako dobijemo

AkX = Ak(A1)k = (AA AA)(A1A1 A1A1)= AA A (AA1)A1 A1A1 = AA AI A1 A1A1= AA (AA1) A1A1 = AA I A1A1 = = AA1 = I .


Zbog svojstva 2. iz primjera 8.4.2., lako se pokaze da za proizvoljne cijele brojeve k i l(dakle k i l mogu biti pozitivni, negativni i nula) i regularnu matricu A vrijedi

Ak+l = AkAl .

Zadaci 8.11 1. Odredite inverz matrice

A =

1 3 12 2 1

0 1 1

.

Rjesenje: A1 =

3/7 2/7 5/72/7 1/7 1/72/7 1/7 8/7

2. Izracunajte X = AB1C, ako je

(a) A = [ 1 2 3 ] , B = 1 2 22 1 1

0 1 0

, C =

421

.

(X = [ 17 ] R11).

(b) A = [ 1 0 2 ] , B = 1 1 10 1 2

1 1 0

, C =

5 1010 55 5

.

(X = [15 0 ]).

3. Izracunajte

(a) A2b ako je A = 1 0 11 2 3

0 2 1

, b =

10

2

. ( A2b = 14

109

6

).

(b) (AB)1, ako je A = 1 0 12 1 1

0 1 1

, B =

1 1 10 1 21 1 1

.

( Rjesenje: (AB)1 = 14

5 3 12 0 03 1 1

).

4. Ako je A =[a bc d

], pokazite da je A1 = 1

ad bc[

d bc a

].

(Uputa: pokazite da je AA1 = I).


5. Zadan je polinom f(x) = 16x2 8x+ 15 i matrica A = 1 2 41 3 1

0 2 2

.

Izracunati f(A1).

Rjesenje. f(A1) = 43 4 2610 17 13

6 2 16

.

6. Zadan je polinom f(x) = 8x3 + 4x 7 i matrica A = 1 0 02 2 0

3 2 2

.

Izracunati f(A1).

Rjesenje. f(A1) = 5 0 018 4 0

1 3 10

.

7. Odrediti inverznu matricu za svaku od sljedecih matrica

(a) A =

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

. ( A1 = 14

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

).

(b) B =

1 2 2 22 1 2 22 2 1 22 2 2 1

. ( B1 = 17

5 2 2 22 5 2 22 2 5 22 2 2 5

).

8. Pokazite da je produkt kvadratnih matrica AB regularna matrica ako i samo ako suobje matrice A i B regularne.Dokaz. U propoziciji 8.6 je pokazano da je produkt regularnih matrica regu-larna, pa preostaje pokazati da je AB singularna cim je A ili B singularna (ovdjeukljucujemo da obje A i B mogu biti singularne). Dokaz koristi propoziciju 8.5.Neka je B singularna. Tada po propoziciji 8.5 postoji x 6= 0 takav da je Bx =0. Stoga je i (AB)x = A(Bx) = A0 = 0 pri cemu A moze biti i singularna iregularna. Po propoziciji 8.5 je AB singularna jer ponistava netrivijalni vektor.Preostaje slucaj kad je A singularna i B regularna. Jer je A singularna, postojiz 6= 0 takav da je Az = 0. Neka je x = B1z. Jer je B regularna, druga tvrdnjapropozicije 8.5 garantira da je x 6= 0.Tada je

(AB)x = A(Bx) = A(B(B1z)) = A((BB1)z)) = A(Iz) = Az = 0

pa je propoziciji 8.5, AB singularna jer ponistava netrivijalni vektor x.

Poglavlje 9Osnovne klase matrica

Od ovog poglavlja nadalje bavit cemo se uglavnom samo kvadratnim matricama, dakle matri-cama iz skupa Rnn, jer se one u primjeni najcesce pojavljuju. Od sada pa nadalje, ako nijeizricito drugacije naznaceno, podrazumjevamo da se radi o matrici iz skupa Rnn.

Matrica A je simetricna ako vrijedi AT = A. antisimetricna ako vrijedi AT = A. Za proizvoljnu kvadratnu matricu X , matrica

Xs =1

2(X +XT ) se naziva simetricni dio matrice X,

a matrica

Xa =1

2(X XT ) antisimetricni dio matrice X.

Vrlo jednostavno je pokazati, da je za svaku matricu X , Xs uvijek simetricna, a Xa je uvijekantisimetricna matrica i vrijedi

X = Xs +Xa.

Kod simetricnih (antisimetricnih) matrica je antisimetricni (simetricni) dio jednak nul-matrici.

143

144 POGLAVLJE 9. OSNOVNE KLASE MATRICA

Propozicija 9.1 Ako vrijediX = U + V, UT = U, V T = V,

onda jeU =

1

2(X +XT ), V =

1

2(X XT ),

tj. U = Xs, V = Xa, pa svaka matrica ima jedinstven rastav na simetricni i antisime-tricni dio.

Dokaz. Iz definicije matrica Xs i Xa znamo da je X = Xs +Xa, pri cemu je

Xs =1

2(X +XT ), Xa =

1

2(X XT ).

Zbog pretpostavke propozicije, imamo0 = X X = (Xs +Xa) (U + V ) = (Xs U) + (Xa V ) . (9.1)

Buduci je nul-matrica simetricna, transponiranjem prethodne jednakosti dobivamo0 = 0T = (Xs U)T + (Xa V )T = (XTs UT ) + (XTa V T )

= (Xs U) + (Xa (V )) = (Xs U) (Xa V ) . (9.2)

Zbrajanjem jednakosti (9.1) i (9.2) dobivamo Xs U = 0, tj. Xs = U . Oduzimanjemistih jednakosti dobivamo Xa V = 0, tj. Xa = V .Zadaci 9.2 1. Provjerite koje od sljedecih matrica su simetricne odnosno antisime-

tricnea)

A =

2 3 13 4 1

1 1 0

b)

B =

[0 0 00 0 0

]c)

C =

0 3 13 0 11 1 0

2. Odredite x tako da B =[

4 x+ 22x 3 x+ 1

]bude simetricna.

3. Napisite B =[2 45 8

]kao sumu simetricne i antisimetricne matrice.

Sada cemo uvesti jednu jednostavnu matricnu funkciju koja na vektorskom prostoru kvadrat-nih matrica ima korisna svojstva. Zovemo ju trag matrice. Ona matrici pridruzuje broj,trag : Rnn R, pa se kaze da je funkcional na skupu matrica.

145

Trag matrice A je suma njezinih dijagonalnih elemenata:

trag (A) =ni=1

aii .

Propozicija 9.3 Funkcija trag ima sljedeca svojstva:trag (A+B) = trag (A) + trag (B),

trag (cA) = c trag (A),trag (AT ) = trag (A),trag (AB) = trag (BA),

trag (ABC) = trag (BCA) = trag (CAB).

Dokaz. Ova propozicija se dokazuje jednostavnim uvrstavanjem elemenata matrice upojedine jednadzbe, pa dokaz ostavljamao citatelju.

Prva dva svojstva pokazuju da je trag linearna funkcija (linearni funkcional). Neosjetljivosttraga na operaciju transponiranja je jasna jer se dijagonala matrice ne mijenja nakon trans-poniranja matrice. Invarijantnost traga u odnosu na komutaciju u produktu matrica je vaznosvojstvo koje trag cini privlacnim kako u teoretskim razmatranjima tako i u prakticnim nu-merickim primjenama.

Zadaci 9.4 1. Neka su

A =

1 3 10 4 1

1 1 2

, B =

2 1 11 1 0

1 1 3

, C =

3 0 11 2 3

1 2 1

.

Izracunajte trag (A), trag (B), trag (A+B), trag (2A 3B + 4C).2. Koristeci matrice iz prvog zadatka, izracunajte: trag (AB),trag (BA), trag (ABC),

trag (CAB), trag (BCA).

3. Koristeci matrice iz prvog zadatka, izracunajte: trag (ATA),trag (AAT ) iA2 =i,j a2ij .

4. Ako sua =

13

14

, b =

2132

.

a) Izracunajte:trag (aTa), trag (aaT ), a22.b) Izracunajte:

trag (bT b),

trag (bbT ), b2.


Vec smo spomenuli da je trag matrice linearni funkcional na svakom vektorskom prostorumatrica Rnn. Na vektorskom prostoru Rn mozemo definirati jedan kvadraticni funkcional.

Ako je A Rnn simetricna matrica, onda funkciju qA : Rn R,qA(x) = x

TAx , x Rn ,

nazivamo kvadratna forma.

Iako je qA(x) dobro definiran za proizvoljnu kvadratnu matricu A, on ima lijepa svojstva tekako je A simetricna matrica.

Za simetricnu matricu A kazemo da je pozitivno semidefinitna, ako vrijedixTAx 0 za svaki x Rn .

Ako vrijedixTAx > 0 za svaki x Rn , x 6= 0 ,

onda kazemo da je A pozitivno definitna matrica.

Dakle za simetricnu pozitivno semidefinitnu (pozitivno definitnu) matricu A vrijedi qA(x) 0za svako x ( qA(x) > 0 za svako x 6= 0).

Propozicija 9.5 Svaka pozitivno definitna simetricna matrica ima puni rang,tj. regularna je matrica.

Dokaz. Neka je A pozitivno definitna matrica. Kad bi bilo r(A) < n, onda bi jednadzbaAx = 0 imala barem jedno rjesenje x0 6= 0, pa bi bilo

xT0Ax0 = xT0 0 = 0 .

To je u suprotnosti sa definicijom pozitivno definitne matrice, pa zakljucujemo da rangmatrice ne moze biti manji od n.

Propozicija 9.6 Neka je B Rmn.(i) Matrice BTB Rnn i BBT Rmm su pozitivno semidefinitne.

(ii) Ako je B punog stupcanog ranga, onda je BTB Rnn pozitivno definitna ma-trica.

(iii) Ako jeB punog retcanog ranga, onda jeBBT Rmm pozitivno definitna matrica.

147

Dokaz. (i) Iz svojstava transponiranja matrica dobivamo(BTB)T = BT (BT )T = BTB,

(BBT )T = (BT )TBT = BBT

pa su BTB i BBT simetricne matrice. Takoder vrijedixTBTBx = (Bx)T (Bx) = Bx2 0 za svaki x Rn ,

xTBBTx = (BTx)T (BTx) = BTx2 0 za svaki x Rm .

(ii) Ako je matrica B punog stupcanog ranga, onda jednadzba Bx = 0 ima samo trivijalnorjesenje x = 0. Dakle, x 6= 0 povlaci Bx 6= 0, pa je

xTBTBx = Bx2 > 0 za svaki x Rn , x 6= 0 .

(iii) Ako je B punog retcanog ranga, onda je BT punog stupcanog ranga, pa jednadzbaBTx = 0 ima samo trivijalno rjesenje x = 0. Dakle, x 6= 0 povlaci BTx 6= 0, pa je

xTBBTx = BTx2 > 0 za svaki x Rm , x 6= 0 .

Primjedba 9.7 Moze se pokazati, da za svaku pozitivno semidefinitnu matricu A postojikvadratna matrica B, takva da je A = BTB. Pritom je B regularna ako i samo akoje takva A. Matrica B opcenito nije jedinstvena, ali uz neke uvjete jest. Matrica B semoze odabrati gornjom ili donjom trokutastom i u tom slucaju je B jedinstveno odredenauvjetom regularnosti matrice A i pozitivnoscu dijagonalnih elemenata od B.

Ortogonalne matricePromotrimo sada matrice Q koje istovremeno zadovoljavaju jednadzbe

QTQ = I (9.3)QQT = I . (9.4)

Iz jednadzbe (9.3) slijedi da je QT lijevi inverz od Q, a iz jednadzbe (9.4) slijedi da je QTdesni inverz od Q. Pomocu propozicije 8.3 zakljucujemo da je Q nuzno kvadratna i regularna.Pritom je lijevi inverz isto sto i desni inverz i to je bas inverz matrice. Dakle je QT inverz odQ.

Matrice koje zadovoljavaju (9.3) imaju vrlo vazna svojstva, pa nose i poseban naziv.


Kvadratna matrica Q za koju vrijedi QTQ = I naziva se ortogonalna matrica.Ako je Q ortogonalna prema gornjoj definiciji, tada zbog propozicije 8.2(ii) zakljucujemo dar(Q) = n. Kako je Q kvadratna, vrijedi m = n = r(Q), pa je Q regularna. Stoga je lijeviinverz QT ujedno inverz, QT = Q1. Stoga takoder vrijedi i relacija (9.4). Time je pokazanoda Q iz definicije zadovoljava oba uvjeta (9.3) i (9.4).

Koristeci iste argumente, u zadnjoj definiciji smo umjesto uvjeta (9.3) mogli koristiti uvjet(9.4).

Propozicija 9.8 Za ortogonalne matrice Q vrijediQx = x,

tj. ortogonalne matrice cuvaju duljinu vektora. Ortogonalne matrice su jedinekvadratne matrice koje posjeduju to svojstvo.

Dokaz. Neka je Q ortogonalna matrica. Tada jeQx2 = (Qx)T (Qx) = xTQTQx = xT Ix = xTx = x2.

Time je dokazano da ortogonalne matrice posjeduju dano svojstvo.Za dokaz zadnje tvrdnje koristi se tvrdnja iz primjedbe 9.7, pa ga izostavljamo.

Prisjetimo se definicije kuta izmedu dva vektora:

cos =(x | y)x y , x 6= 0 , y 6= 0 , 0 .

Propozicija 9.9 Ako je Q ortogonalna matrica, onda je kut izmedu vektora Qx i Qyjednak kutu izmedu vektora x i y, tj. ortogonalne matrice cuvaju kut medu vektorima.Dokaz. Imamo

(Qx | Qy)Qx Qy =

xTQTQy

x y =xTy

x y =(x | y)x y .

Buduci da se kut izmedu dvaju vektora uvijek nalazi u intervalu [0, ], tvrdnja je dokazana.Obrat propozicije opcenito ne vrijedi.

Posebno su znacajne ortogonalne matrice tipa[cos sin sin cos

]ciji stupci su zarotirani

kanonski vektori e1 i e2 u ravnini odredenoj vektorima e1 i e2 oko ishodista, za kut u pozi-tivnom smjeru. Zato se matrice tog oblika zovu matrice rotacije u R2 za kut .

Slicno,

149

1 0 00 cos sin

0 sin cos

,

cos 0 sin 0 1 0

sin 0 cos

,

cos sin 0sin cos 0

0 0 1

su ortogonalne matrice ravninskih rotacije u R3 koje rotiraju vektore u ravninama odredenimkanonskim vektorima e2, e3, odnosno e1, e3, odnosno e1, e2. Ortogonalne matrice imaju josjedno vazno svojstvo. Njihovi stupci i retci cine ortonormirane baze prostora Rn i R1n.

Propozicija 9.10 Neka su

Q =[q1 q2 . . . qn

]i Q =

qT1qT2.

.

.

qTn

stupcana i retcana particija kvadratne matrice Q. Tada je Q ortogonalna ako i samovrijedi

(qi | qj) = qTi qj = ij i (qi | qj) = qTi qj = ij,tj. ako i samo ako ima ortonormirane retke i stupce. U zadnjoj relaciji, ij je Kroneckerovadelta koja ima vrijednost 1 ako je i = j i nulu ako je i 6= j.

Dokaz. Uocimo da je QTQ = I ekvivalentno s (QTQ)ij = ij gdje je ij Kroneckerovadelta. Jer je

(QTQ)ij = eTi Q

TQej = (Qei)T (Qej) = q

Ti qj , i, j {1, . . . , n},

QTQ = I je ekvivalentno s qTi qj = ij . Drugim rijecima QTQ = I je ekvivalentno stvrdnjom da Q ima ortonormirane stupce.Na slicni nacin se pokaze da je QQT = I ekvivalentno s qTi qj = ij odnosno s tvrdnjomda Q ima ortonormirane retke.Zakljucujemo da Q zadovoljava obje relacije QTQ = I i QQT = I ako i samo ako imaortonormirane stupce i retke.

Sljedeca klasa ortogonalnih matrica je u bliskoj vezi sa permutacijama skupa Sn = {1, 2, . . . , n}.Matrica permutacije je matrica ciji elementi su nule ili jedinice i koja u svakom retku i usvakom stupcu ima tocno jednu jedinicu.

Iz definicije odmah slijedi da je svaka matrica permutacije kvadratna. Skup svih matrica per-mutacija reda n oznacit cemo s Pn. Kako svaka matrica permutacije ima ortonormirane stupcei retke, Pn je podskup skupa ortogonalnih matrica. Specijalno, matrice iz Pn su regularne.


Zadaci 9.11

1. Nadite vrijednosti od x i y tako da Q =[4/5 3/5x y

]bude ortogonalna.

Uputa: Postoje dva rjesenja.2. Neka je Q proizvoljna ortogonalna matrica reda dva, ciji je prvi red [a b]. Pokazite

da je tada a2 + b2 = 1 i

Q =

[a bb a

]ili Q =

[a bb a

].

3. Neka je Q ortogonalna matrica reda 3 cija su prva dva reda multipli vektorau1 = [1 1 1] i u1 = [0 1 1].(a) Odredite retke od Q ako su oba multipla pozitivna.(b) Odredite treci redak od Q i ispisite Q ako je q31 > 0.(b) Provjerite ortonormiranost redaka i stupaca od Q.

4. Napisite sve matrice permutacije reda dva. Koliko ih ima?5. Napisite sve matrice permutacije reda tri. Koliko ih ima?

Poglavlje 10Determinante

Determinanta kvadratne matrice je vazan pojam u linearnoj algebri. Determinanta ima visevaznih svojstava i njih cemo dokazati u ovoj lekciji. Posebno zanimljivo svojstvo je da sekomponente rjesenja sustava linearnih jednadzbi s regularnom matricom mogu elegantno iz-raziti pomocu kvocijenata odredenih determinanti. Upravo zato su determinante kronoloskiprethodile matricama. Danas je njihova upotreba iskljucivo vezana uz matricnu teoriju. Na-ime, ne postoje jednostavni i relativno tocni algoritmi za numericko racunanje determinante.

Prije samog definiranja determinante, trebamo se upoznati sa osnovnim svojstvima per-mutacija.

10.1 PermutacijeNeka je Nn neki konacan skup od n elemenata. Permutacija p skupa Nn je svaka bijek-cija skupa Nn na sebe. Skup svih permutacija skupa Nn oznacavamo sa (Nn).

Radi jednostavnosti razmatranja, umjesto sa opcim skupom Nn radit cemo sa sa skupom

Sn = {1, 2, . . . , n} .

Pritom cemo (Sn) krace oznaciti s n. Permutaciju skupa Sn prikazujemo oznakom

p =

(1 2 . . . n

p(1) p(2) . . . p(n)

),

gdje su u prvom redu nanizane vrijednosti skupa Sn (najcesce u rastucem poretku), a u drugomredu pripadne vrijednosti permutacije p. Na primjer, ako je n = 5, imamo Sn = {1, 2, 3, 4, 5}i

151

152 POGLAVLJE 10. DETERMINANTE

p =

(1 2 3 4 55 3 1 2 4

)(10.1)

je jedna permutacija. Na pitanje koliko ima takovih permutacija odgovaraPropozicija 10.1 Skup n ima n! = 1 2 . . . n elemenata.

Inverzija u permutaciji p je svaki par (p(i), p(j)) za koji vrijedi p(i) > p(j)kad je i < j.

I(p) je ukupni broj inverzija u permutaciji p. Permutacija p je parna (neparna) ako je I(p) paran (neparan) broj. Parnost je funkcija : n {1, 1}, (p) = (1)I(p).

Parnost se moze definirati i pomocu algebarskog izraza.

(p) =

1i

10.1. PERMUTACIJE 153

Produkt permutacija definiramo kao kompoziciju funkcija. Ako su p, q n,tada je produkt q p definiran relacijom

(q p)(i) = q(p(i)), 1 i n.

Primjer 10.3 Neka je p permutacija iz relacije (10.1) i neka je q n permutacijaza koju vrijedi q(i) = n+ 1 1. Tada je

q p =(

1 2 3 4 55 4 3 2 1

)(

1 2 3 4 55 3 1 2 4

)=

(1 2 3 4 51 3 5 4 2

)

p q =(

1 2 3 4 55 3 1 2 4

)(

1 2 3 4 55 4 3 2 1

)=

(1 2 3 4 54 2 1 3 5

)

pa vidimo da opcenito nije komutativna operacija.

Kompozicija dviju bijekcija je opet bijekcija, pa je zato produkt permutacija opet permutacija.Produkt je definiran za svaki par permutacija. Svojstvo asocijativnosti slijedi iz asocijativnostikompozicije funkcija. Neutralni element e u skupu permutacija ima svojstva e p = p ip e = p za svaku permutaciju p iz n. Neutralni element e je ocito definiran s e(i) = i zasve 1 i n. Inverzna permutacija permutacije p u oznaci p1 je ona permutacija koja imasvojstva: pp1 = e i p1p = e. Lako se provjeri da je inverzna permutacija permutacije p danaizrazom

(1 2 . . . n

p(1) p(2) . . . p(n)

)1=

(p(1) p(2) . . . p(n)1 2 . . . n

). (10.3)

Zbog lakseg prepoznavanja inverzne permutacije, mozemo istovremeno ispresloziti gornji idonji red prikaza permutacije na desnoj strani jednakosti (10.3), tako da prvi red postane 1 2 n. Npr. za p iz relacije (10.1) imamo

p1 =

(5 3 1 2 41 2 3 4 5

)=

(1 2 3 4 53 4 2 5 1

).

Skup permutacija n zajedno s operacijom , zbog spomenutih svojstava cini alge-barsku strukturu koja se naziva grupa. Kako je operacija mnozenje permutacija,(n, ) je multiplikativna grupa.

Za proizvoljnu permutaciju p n definiramo skupove


p n = {q; q = p s, s n},n p = {q; q = s p, s n} .

Jer je n grupa, moze se pokazati da vrijedi

p n = n p = n za svako p n. (10.4)

Relaciju (10.4) cemo cesto koristiti jer se ona moze ovako interpretirati:ako q prolazi cijelim skupom n, isto cine i p q i q p.

Promotrimo sada specijalne permutacije

pij =

(1 . . . i . . . j . . . n1 . . . j . . . i . . . n

), 1 i < j n

koje zovemo transpozicije ili zamjene. Za njih vrijedi pij pij = e, pa je

p1ij = pij , za sve i < j . (10.5)

Postavlja se pitanje kako se funkcija parnost ponasa u odnosu na operacije uzimanja inverznepermutacije i na mnozenje permutacijom transpozicije.

Propozicija 10.4 Neka je p n. Tada vrijedi(i) (p1) = (p)(ii) (p pij) = (p)(iii) (pij p) = (p)

Matrice permutacijePermutacije su u bliskoj vezi sa vrlo specijalnim ortogonalnim matricama koje smo upoznalipod imenom matrice permutacije. Doista, svakoj permutaciji p n mozemo pridruzitimatricu permutacije P formulom

Pei = ep(i), 1 i n. (10.6)

10.2. DETERMINANTE: OSNOVNA SVOJSTVA 155

Relacijom (10.6) definirano je preslikavanje J : n 7 Pn, takvo da je J (p) = P .Primjer 10.5 Neka je p 5 iz relacije (10.1). Tada je

J (p) =

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

, J (p1) =

0 0 0 0 10 0 1 0 01 0 0 0 00 1 0 0 00 0 0 1 0

.

Moze se pokazati da preslikavanje J ima lijepa svojstva: ono je bijekcija i zadovoljavaJ (q p) = J (q)J (p) za sve p, q n . (10.7)

Svojstvo (10.7) je toliko jako da omogucuje dokazati da skup Pn zajedno s operacijom mnozenjamatrica cini grupu. Preslikavanje J je tzv. izomorfizam grupa (n, ) i (Pn, ), pa te dvijegrupe imaju slicna svojstva.

Koju ulogu u matricnom racunu imaju matrice permutacije? Neka za matrice P,Q Pnvrijedi P = J (p) i Q = J (q). Promotrimo elemente matrice A = P TAQ. Za element aijmatrice A vrijedi

aij = eTi A

ej = eTi (P

TAQ)ej = (eTi P

T )A(Qej)

= (Pei)TA(Qej) = e

Tp(i)Aeq(j) = ap(i)q(j). (10.8)

Specijalno, ako je Q = I , i-ti redak od P TA je p(i)-ti redak od A. Dakle, retci od P TA suispermutirani (permutacijom p) retci od A. Ako je P = I , j-ti stupac od AQ je q(j)-ti stupacod A. Dakle, stupci od AQ su ispermutirani (permutacijom q) stupci od A. Ako je P = Q,tada vrijedi aij = ap(i)p(j), pa je dijagonala od A (gledana kao niz brojeva) ispermutirana(permutacijom p) dijagonala od A.

10.2 Determinante: osnovna svojstvaU ovom dijelu definiramo determinantu matrice i dokazujemo njena osnovna svojstva.

Definicija 10.6 Determinanta matrice A = (aij) Mn je skalar

det(A) =pn

(p)a1p(1)a2p(2)a3p(3) anp(n) .

Determinanta det(A) je reda n ako je A reda n.


Umjesto det(A) jos se koristi oznaka detA, |A| ilia11 a1n

.

.

.

...

.

.

.

an1 ann

.

Slicno kao kod matrice, govorit cemo o elementima, recima, stupcima i dijagonali determi-nante. Uocimo da se u svakom clanu sume nalazi po jedan element iz svakog stupca i po jedanelement iz svakog retka matrice. Stoga, u slucaju jedinicne matrice, od n! clanova sume, samojedan je razlicit od nule,

det(In) = (In)11(In)22 (In)nn = 1 1 = 1 . (10.9)

Definicija 10.6 je matematicki jasna, ali je za racunanje determinante reda veceg od tri praktickineupotrebljiva. Naime, broj clanova u sumi, pa zato i broj racunskih operacija, strahovito brzoraste s obzirom na n.

Primjer 10.7 Izracunajte broj operacija potrebnih za racunanje determinante reda n, naosnovu definicije 10.6. Pretpostavite da det(A) racunate na brzom racunalu koje izvrsavajednu operaciju mnozenja za jednu miljarditinku sekunde. Koliko vremena je potrebno zaracunanje determinante reda 10, 20, 30, 50 100 ?

Rjesenje. Na racunalu je operacija mnozenja nekoliko puta sporija od operacije zbra-janja ili oduzimanja. U formuli za determinantu ima n puta vise operacija mnozenje odoperacija zbrajanja. Zato mozemo zanemariti aditivne operacije. Prema formuli iz defini-cije 10.6, a na bazi propozicije 10.1, postoji ukupno n! pribrojnika, a svaki je produkt od nfaktora. Za produkt od n faktora treba n1 mnozenje, pa ukupno ima op(n) = (n1)n!operacija mnozenja. U sljedecoj tabeli izracunati su za dane vrijednosti od n, brojeviop(n) = (n 1) n! i pripadna vremena: t(n) u sekundama i T (n) u godinama.

n op(n) t(n) T (n)10 3.26592 10007 3.26592 1002 1.0349 100920 4.62251 10019 4.62251 10010 1.4648 1000330 7.69233 10033 7.69233 10024 2.4376 1001750 1.49029 10066 1.49029 10057 4.7224 10049100 9.23929 10159 9.23930 10150 2.9277 10143

Vidimo da bi vec za n = 30 racunali vise nego desetak milijuna puta duze od procijenjenestarosti svemira, od velikog praska do danas!

Za vece n je najbolje racunati determinantu koristeci elementarne transformacije nad retcimaili stupcima, ali prije toga moramo otkriti osnovna svojstva determinante da bi vidjeli kako se


ona mijenja kad se na matricu primijenjuju elementarne operacije. Na kraju cemo vidjeti dakoristenjem Gaussove metode eliminacija s parcijalnim pivotiranjem mozemo determinantuizracunati pomocu priblizno n3/3 operacija mnozenja. Za n = 1000 to znaci oko 109/3mnozenja ili na brzom racunalu iz primjera 10.7, za oko trecinu sekunde.

Prvo cemo odrediti izraze za determinante reda 2 i 3.

Primjer 10.8 Neka jeA =

[a bc d

].

Skup 2 svih permutacija skupa S2, sastoji se samo iz dviju permutacija:

p1 =

(1 21 2

)i p2 =

(1 22 1

).

Pritom je ocito (p1) = 1, (p2) = 1. Prema definiciji 10.6, imamodetA = a11a22 a12a21 = ad bc.

Primjer 10.9 Neka je

A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

.

Skup 3 se sastoji od sest permutacija:

p1 =

(1 2 31 2 3

), p2 =

(1 2 32 3 1

), p3 =

(1 2 33 1 2

),

p4 =

(1 2 31 3 2

), p5 =

(1 2 32 1 3

), p6 =

(1 2 33 2 1

).

Pritom su p1, p2, p3 parne, a p4, p5, p6 neparne permutacije, pa jedet(A) = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32

a11a23a32 a12a21a33 a31a22a13 .


Ovaj izraz cemo najlakse upamtiti ako determinanti (ili matrici) nadopisemo jos jednomprvi i drugi stupac s desne strane

a11 a12 a13 a11 a12a21 a22 a23 a21 a22a31 a32 a33 a31 a32

i onda zbrojimo produkte elemenata od tri dijagonale u smjeru i od te vrijednostioduzmemo sumu produkata elemenata od tri dijagonale u smjeru . pa Taj postupak senaziva Sarrusovo pravilo.

Propozicija 10.10 Vrijedidet(AT ) = det(A) .

Dokaz. U matrici AT , na mjestu (i, j) nalazi se aji. Stoga po definiciji determinanteimamo

det(AT ) =pn

(p)ap(1)1ap(2)2ap(3)3 ap(n)n .

Zato jer vrijedi(p(1) p(2) . . . p(n)1 2 . . . n

)=

(1 2 n

p1(1) p1(2) p1(n))

= p1 ,

(p) = (p1) i komutativnost mnozenja skalara, imamo(p)ap(1)1ap(2)2ap(3)3 ap(n) = (p1)a1p1(1)a2p1(2)a3p1(3) anp1(n) .

Dakle jedet(AT ) =

pn

(p1)a1p1(1)a2p1(2)a3p1(3) anp1(n) .

Jer je (n, ) grupa, kad p prolazi skupom n, p1 takoder prolazi skupom n. Stoga,pisuci q = p1, dobivamo

det(AT ) =qn

(q)a1q(1)a2q(2)a3(3) anq(n) = det(A) .

Propozicija 10.10 je vrlo vazna jer ce nam omoguciti da neke tvrdnje u vezi determinante, ukojima sudjeluju retci (stupci), jednostavno reformuliramo u istovjetne tvrdnje u kojima su-djeluju stupci (retci) determinante. Prvi takav slucaj nastupa u sljedecoj propoziciji. Obratitepaznju na zadnju relaciju u dokazu.


Propozicija 10.11 Ako u determinanti zamijenimo dva retka (stupca), ona mije-nja predznak.

Dokaz. Dokaz provodimo za stupce, a za retke onda dokazujemo pomocu prethodnepropozicije.Pretpostavimo da smo u matrici A zamijenili stupce ai i aj i tako dobili matricu A =(art). Tada je A = AIij , gdje je Iij matrica transpozicije za koju vrijedi Iijek = epij(k).1 k n. Stoga po relaciji (10.8), vrijedi art = arpij(t), pa je

arp(r) = ar,pij(p(r)) = ar,(pijp)(r)) = arq(r) za svako 1 r n,

pri cemu je q = pij p nova permutacija. Pritom zbog relacije (10.5) i propozicije 10.4(iii)vrijedi

(q) = (pij q) = (p).Relacija (10.4) garantira da ce q prolaziti kroz cijeli skup n, ako to cini p. Stoga vrijedi

det(A) =pn

(p)a1p(1)a2p(2) anp(n)

=qn

((q))a1q(1)a2q(2) anq(n)

= det(A) . (10.10)

Dokaz za retke koristi tvrdnju za stupce, propoziciju 10.10 i simetricnost matrice trans-pozicije,

det(IijA) = det((IijA)T ) = det(AT Iij) = det(AT ) = det(A).

Korolar 10.12 Determinanta s dva jednaka retka ili stupca, ima vrijednost nula.Dokaz. Zamjenom dva jednaka retka ili stupca, matrica se ne mijenja, pa zato i njenadeterminanta ostaje ista. S druge strane, prema propoziciji 10.11, zamjenom dva retka ilistupca, determinante mijenja predznak. Stoga mora vrijediti det(A) = det(A), pa jedet(A) = 0.

Propozicija 10.13 Ako se jedan redak (stupac) determinante pomnozi skalarom, cijela determinanta se mnozi s .

Dokaz. Ako A nastaje iz A mnozenjem i-tog retka sa ,A = Di()A ,

tada vrijedi


det(A) =pn

(p)a1p(1) aip(i) anp(n)

=pn

(p)a1p(1) (aip(i)) anp(n)

= pn

(p)a1p(1) aip(i) anp(n)

= det(A) .

Tvrdnja za stupce slijedi uz pomoc propozicije 10.10, tvrdnje za retke i simetricnostimatrice Di(),

det(ADi()) = det((ADi())T ) = det(DTi ()A

T ) = det(Di()AT )

= det(AT ) = det(A).

Korolar 10.14 Ako determinanta ima jedan nul-redak ili nul-stupac, njena vri-jednost je nula.

Dokaz. U prethodnoj propoziciji treba uzeti = 0.Specijalno, propozicija 10.13 implicira

det(A) = n det(A), A Rnn . (10.11)

Propozicija 10.15 Neka suA = [a1, . . . ai1, ai , ai+1, . . . , an],

B = [a1, . . . ai1, bi , ai+1, . . . , an] i

C = [a1, . . . ai1, ai + bi, ai+1, . . . , an]

stupcane particije kvadratnih matrica A, B i C, respektivno. Tada vrijedi

det(C) = det(A) + det(B).

Dokaz. Oznacimo elemente matrica: A = (art), B = (brt), C = (crt). Izuzev u i-tom stupcu, elementi matrica A, B i C na istim pozicijama, su jednaki. Stoga za svakupermutaciju p n vrijedi


(p)c1p(1) cnp(n) = (p)ap1(1),1 cp1(i),i ap1(n),n= (p)ap1(1),1 (ap1(i),i + bp1(i),i) ap1(n),n= (p)ap1(1),1 ap1(i),i ap1(n),n

+(p)ap1(1),1 bp1(i),i ap1(n),n= (p)a1p(1) aip(i) anp(n)

+(p)a1p(1) bip(i) anp(n),

odakle, uzimanjem sume po p, odmah slijedidet(C) = det(A) + det(B) .

Korolar 10.16 Ako su

A =

aT1.

.

.

aTi1aTiaTi+1

.

.

.

aTn

, B =

aT1.

.

.

aTi1bTiaTi+1

.

.

.

aTn

, C =

aT1.

.

.

aTi1aTi + b

Ti

aTi+1.

.

.

aTn

,

retcane particije kvadratnih matrica A, B i C, respektivno, tada vrijedi

det(C) = det(A) + det(B).

Dokaz. Koristeci propozicije 10.10 i 10.15 dobijemodet(C) = det(CT ) = det(AT ) + det(BT ) = det(A) + det(B).

Propozicija 10.17 Ako jednom retku (stupcu) determinante dodamo neki drugi redak(stupac) pomnozen proizvoljnim skalarom, determinanta matrice se ne mijenja.

Dokaz. Ako matrica A nastaje iz A tako da i-tom stupcu dodamo j-ti stupac pomnozens , onda je

A = [a1, . . . , ai + aj, . . . , aj, . . . an] .


Prema propoziciji 10.15, det(A) se moze napisati kao zbroj dviju determinanti, a onda sejos iskoristi propozicija 10.13,

det(A) = det(A) + det([a1, . . . , aj, . . . , aj, . . . an])

= det(A) + 0= det(A) .

Ako se i-ti stupac dodaje j-tom stupcu, tada jeA = [a1, . . . , ai, . . . , ai + aj, . . . , an] ,

a dokaz koristi isti obrazac.Dokaz za retke se sprovodi na isti nacin, koristeci korolar 10.16 umjesto propozi-cije 10.15, a lako se dobije i iz tvrdnje za stupce uz pomoc propozicije 10.10.

Sljedeci teorem sazima gotovo sve dosadasnje rezultate.

Teorem 10.18 Neka je A proizvoljna kvadratna matrica i neka je E matrica ele-mentarne transformacije. Tada je

det(EA) = det(E) det(A) = det(AE) . (10.12)

Dokaz. Za E postoje tri mogucnosti.1. E = Iij . Nakon zamjene i-tog i j-tog retka, odnosno stupca matrice A, premapropoziciji 10.11, vrijedi

det(IijA) = det(A), det(AIij) = det(A) .

Uzimanjem jedinicne matrice umjesto A i koristenjem relacije (10.9), dobivamodet(Iij) = 1, pa je (10.12) pokazano.

2. E = Di(). U ovom slucaju je prema propoziciji 10.13,det(Di()A) = det(A), det(ADi()) = det(A) .

Zamjenjujuci A sa In i koristenjem relacije (10.9), odmah dobivamo det(Di()) = , pa(10.12) vrijedi i u ovom slucaju.


3. E = Mij() ili E = MTij (). Sada je prema propoziciji 10.17,det(Mij()A) = det(A) = det(AMij())

det(MTij ()A) = det(A) = det(AMTij ()) .

Zamjenjujuci opet A sa In, dobivamo det(Mij()) = 1 = det(MTij ()), pa i u ovomslucaju vrijedi (10.12).

U dokazu teorema 10.18 pokazali smo da za elementarnu matricu E Rnn vrijedi

det(E) =

1, ako je E = Iij, ako je E = Di()1, ako je E = Mij() ili E = MTij ()

(10.13)

pa zakljucujemo da su determinante elementarnih matrica razlicite od nule. Kako su elemen-tarne matrice nesingularne, postavlja se pitanje imaju li sve nesingularne matrice determinanturazlicitu od nule.

Korolar 10.19 Kvadratna matrica A je regularna ako i samo ako je det(A) 6= 0.

Dokaz. Za svaku matricu A postoji konacni niz elementarnih matrica E1, , Ek(svodenje na reduciranu formu), takvih da je

AR = Ek E1A .

Pritom je AR (retcana) reducirana forma od A. Po teoremu 10.18 vrijedidet(AR) = det(Ek(Ek1 E1A))

= det(Ek) det(Ek1(Ek2 E1A))= det(Ek) det(Ek1) det(Ek2 E1A) = = det(E1) det(E2) det(Ek) det(A).

Kako su sve det(Ei) 6= 0, zaklucujemo da jedet(AR) 6= 0 ako i samo ako je det(A) 6= 0. (10.14)

Po definiciji, A je nesingularna (singularna) ako AR ima (nema) puni rang. Kako je ARkvadratna, postoje dvije mogucnosti: ili je AR = In ili AR ima zadnji redak sastavljenod samih nula. Dakle, A je regularna (singularna) ako i samo ako je AR = In (zadnjiredak od AR je nul-redak) tj. ako i samo ako je det(AR) = 1 (det(AR) = 0), a to je zbog(10.14), ako i samo ako je det(A) 6= 0 (det(A) = 0).


Sljedeci vazan teorem se odnosi na determinantu produkta matrica.Teorem 10.20 (Binet-Cauchy) Za kvadratne matrice A i B vrijedi

det(AB) = det(A) det(B). (10.15)

Dokaz. Ako je barem jedna od matrica singularna, tada je i produkt AB singularnamatrica (vidi zadatak 8 na str. 142), pa (10.15) vrijedi s nulama na svakoj strani jednakosti.Ako su A i B obje regularne, onda postoje elementarne matrice E1, . . . , Ek i F1, . . . , Fm,takve da je A = E1 Ek i B = F1 Fm. Na isti nacin kao u korolaru 10.19 pokaze seda je

det(A) = det(E1) det(Ek) i det(B) = det(F1) det(Fm).Koristeci teorem 10.18 i zadnju relaciju dobije se

det(AB) = det((E1E2 Ek)(F1 Fm))= det(E1(E2 EkF1 Fm))= det(E1) det(E2(E3 EkF1 Fm)) = = det(E1) det(E2) det(Ek) det(F1) det(Fm)= [det(E1) det(Ek)] [det(F1) det(Fm)]= det(A) det(B).

10.3 Razvoj determinante po retcima i stupcimaKao sto smo vidjeli, racunanje determinante veceg reda pomocu formule iz definicije je praktickinemoguce. U ovom dijelu cemo dokazati rezultat koji to racunanje znatno olaksava.

Neka je A Rnn. Sa Acij R(n1)(n1) cemo oznaciti podmatricu od A koja nastajeizbacivanjem njenog i-tog retka i j-tog stupca. Npr. ako je

A =

a11 . . . a1,j1 a1j a1,j+1 . . . a1n.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

ai1,1 . . . ai1,j1 ai1,j ai1,j+1 . . . ai1,nai,1 . . . ai,j1 aij ai,j+1 . . . ai,nai+1,1 . . . ai+1,j1 ai+1,j ai+1,j+1 . . . ai+1,n

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

an1 . . . an,j1 anj an,j+1 . . . ann

,

10.3. RAZVOJ DETERMINANTE PO RETCIMA I STUPCIMA 165

onda je

Acij =

a11 . . . a1,j1 a1,j+1 . . . a1n.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

ai1,1 . . . ai1,j1 ai1,j+1 . . . ai1,nai+1,1 . . . ai+1,j1 ai+1,j+1 . . . ai+1,n

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

an1 . . . an,j1 an,j+1 . . . ann

.

Definicija 10.21 Minora elementa aij matrice A Rnn je determinanta matrice Acij ,koja nastaje iz A izbacivanjem i-tog retka i j-tog stupca. Algebarski komplement ilikofaktor elementa aij je skalar (1)i+j det(Acij).

Dakle algebarski komplement se razlikuje od odgovarajuce minore tek u faktoru (1)i+j , tj.eventualno do na predznak.

Lema 10.22 Ako za elemente prvog retka matrice A Rnn vrijedi

a1j = 0, 2 j n

onda jedet(A) = a11 det(A

c11).

Dokaz. U definiciji determinante matrice A,

det(A) =pn

(p)a1p(1)a2p(2)a3p(3) anp(n) .

svaki clan sume ima kao faktor jedan element iz prvog retka. Zbog uvjeta na matricu,preostaju samo clanovi sume koji imaju faktor a11, a to su tocno oni za koje je p(1) = 1.Prema tome je

det(A) = a11

pn

p(1)=1


.

Svakoj permutaciji p n koja zadovoljava uvjet p(1) = 1 pridruzena je permutacija pna skupu {2, 3, . . . , n},

p =

(2 3 . . . n

p(2) p(3) . . . p(n)

).


Obrnuto, svakoj permutaciju p na skupu {2, 3, . . . , n}, jednoznacno je pridruzena permu-taciju p n formulom

p =

(1 2 . . . n1 p(2) . . . p(n)

).

Parnost od p jednaka je parnosti od p, jer svaka inverzija u p znaci i odgovarajucu inverzijuu p, a s druge strane (p(1), p(j)) = (1, p(j)) nije inverzija ni za jedno 2 j n. Prematome, kad p u sumi prolazi sve permutacije iz n za koje vrijedi p(1) = 1, pridruzenap prolazi svim permutacijama na skupu {2, . . . , n} i pritom p ima istu parnost kao i p.Stoga mozemo pisati

det(A) = a11 pn

p(1)=1


= a11 p


= a11 det(Acij) .

Teorem 10.23 Za A Rnn, A = (aij) vrijedi

det(A) =nj=1

(1)i+jaij det(Acij), , 1 i n.

Ovu formulu nazivamo razvoj determinante po i-tom retku.Isto tako vrijedi formula

det(A) =ni=1

(1)i+jaij det(Acij), , 1 j n

koju nazivamo razvoj determinante po j-tom stupcu.

Dokaz. Prvo dokazujemo razvoj po retcima. Neka je 1 i n proizvoljan. Polazeciod matrice A i retka i, formiramo n novih matrica A(1)i , A

(2)i , . . . ,A

(n)i , tako da za njihove

retke vrijedieTr A

(j)i =

{eTr A, ako je r 6= iaije

Tj , ako je r = i .

Dakle, za 1 j n vrijedi:


A(j)i =

a11 . . . a1,j1 a1j a1,j+1 . . . a1n.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

ai1,1 . . . ai1,j1 ai1,j ai1,j+1 . . . ai1,n0 . . . 0 aij 0 . . . 0

ai+1,1 . . . ai+1,j1 ai+1,j ai+1,j+1 . . . ai+1,n.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

an1 . . . an,j1 anj an,j+1 . . . ann

.

Prema propoziciji 10.15 vrijedi

det(A) = det(A(1)i ) + det(A

(2)i ) + . . .+ det(A

(n)i ).

Da bi odredili vrijednost determinante det(A(j)i ), nacinimo i 1 transpoziciju susjednihredaka (prvo i i 1, zatim i 1 i 2, pa i 2 i 3, itd. na kraju 2 1) kakobi doveli element aij na poziciju (1, j), a zatim nacinimo j 1 transpoziciju susjednihstupaca (prvo j j 1, pa j 1 j 2, itd., na kraju 2 1) da bi doveli polazni aijna poziciju (1, 1). Taj postupak mozemo matricno opisati

A(j)i = I12I23 Ii1,iA(j)i Ij1,j I23I12. (10.16)

Matrica A(j)i ima oblik

A(j)i =

[aij 0

T

a1 Acij

],

gdje je 0T nul-redak dimenzije n1, a a1 vektor stupac duljine n1. Vidimo da A(j)i za-dovoljava pretpostavku leme 10.22. Primijenimo determinantu na matricu s lijeve i desnestrane jednakosti (10.16). Zatim iskoristimo lemu 10.22 za determinantu na lijevoj stranijednakosti i teorem 10.18 i relaciju (10.13) za determinantu na desnoj strani jednakosti.Dobivamo

aij det(Acij) = det(I12) det(Ii1,i) det(A(j)i ) det(Ij1,j) det(I12)

= (1)i1 det(A(j)i )(1)j1 = (1)i+j2 det(A(j)i )= (1)i+j det(A(j)i ).

Odatle odmah slijedi det(A(j)i ) = (1)i+jaij det(Acij). Kako isti zakljucak vrijedi zasvako j, razvoj po retku i je dokazan. Jer je i proizvoljan prva tvrdnja teorema je doka-zana.

Razvoj po stupcima se dokazuje na analogni nacin, koristenjem korolara 10.16 umjestopropozicije 10.15 ili direktno koristenjem razvoja po retcima na AT uz koristenje propo-zicije 10.10.


Korolar 10.24 Determinanta trokutaste matrice jednaka je produktu njenih di-jagonalnih elemenata

Dokaz. Neka je A Rnn donje-trokutasta matrica. Razvojem determinante po pr-vom retku (ili direktnom primjenom leme 10.22) dobivamo det(A) = a11 det(B1), gdjeje B1 = Ac11. Kako je B1 opet donje-trokutasta, razvoj po prvom retku determinantedet(B1) daje det(A) = a11a22 det(B2), gdje je B2 = (B1)c11. Nastavljajuci postupak lakodobivamo det(A) = a11 ann.Neka je sada A gornje-trokutasta. Tada je AT donje-trokutasta sa istim dijagonalnimelementima kao i A, pa uz pomoc propozicije 10.10 dobivamo

det(A) = det(AT ) = a11 ann .

Racunanje determinanteVratimo se problemu racunanja determinante. Koristit cemo metodu Gaussovih eliminacija sparcijalnim pivotiranjem. Ova metoda koristi samo dvije vrste elementarnih transformacija:zamjenu redaka i dodavanje retka pomnozenog brojem, drugom retku. Uz pomoc elementar-nih matrica Iij i Mij , postupak na matrici A Rnn mozemo opisati relacijom

R =(Mn1,nIn1,(n1)

) (Mn2,nMn2,n1In2,(n2)

) (M1nM1,n1 M12I11)A .

Ovdje je R = A(n), Mri = Mri(mir), a mir = a(r)ir /a(r)rr , r + 1 i n su multiplikatorikoji se koriste u r-tom koraku eliminacija kad se ponistavaju elementi r-tog stupca od A(r),koji leze ispod dijagonalnog elementa a(r)rr . Uzimanjem determinante u zadnjoj jednadzbi ikoristenjem teorema 10.18, dobivamo

det(R) = det(In1,(n1)) det(In2,(n2)) det(I11) det(A).

Opcenito je u Irr , r r, pa je

det(Irr) =

{ 1, ako je r > r1, ako je r = r .


Stoga je

det(In1,(n1)) det(In2,(n2)) det(I11) = (1) ,

gdje je broj pravih zamjena redaka u tijeku Gaussovih eliminacija. Kako po korolaru 10.24,za gornje-trokutastu matricu R = (rij) vrijedi det(R) = r11 rnn, dobili smo

det(A) = (1)r11 rnn .

Pritom je ukupno potrebno svega oko n3/3 operacija mnozenja.Primjedba 10.25 Kad se metodom Gaussovih eliminacija s parcijalnim pivotiranjem Asvede na trokutastu matricu R, kod racunanja produkta r11 rnn na racunalu, trebabiti oprezan. Posebno kod veceg reda matrice, prijeti dobivanje medurezultata koji pre-koracuje najveci ili najmanji broj prikaziv u racunalu. Npr. ako je n = 80 i ako je prvih 40dijagonalnih elemenata od R jednako 0.1, a preostali su jednaki 10, tada je r11 r80,80= 1. Ako se produkt racuna od prvog dijagonalnog elementa prema zadnjem, tada se na-kon 39 mnozenja dobije r11 r40,40 = 1040 broj koji je manji od najmanjeg prikazivogpozitivnog broja (u tzv. jednostrukoj preciznosti) pa zato taj produkt, a onda i produktsvih dijagonalnih elemenata postaje 0. Ako bi produkt racunali od zadnjeg prema prvomdijagonalnom elementu, racunalo bi javilo gresku zbog prekoracenja najveceg broja kojeracunalo prikazuje (jer je r40,40r39,39 r21,21 = 1040) i prekinulo bi racunanje produkta.Tom problemu se moze doskociti na razne nacine, od kojih je najjednostavniji (iako nenajbolji) nacin, koristiti formulu

| det(A) |= exp (log(|r11|) + + log(|rnn|)).Kad zelimo bez racunala izracunati determinantu, onda kombiniramo vise tehnika od kojihsu najcesce: razvoj determinante po pogodnom retku ili stupcu, dodavanje retka (ili stupca)pomnozenog pogodnim brojem drugom retku (stupcu) i Binet-Cauchyjev teorem.

Primjer 10.26 Neka je

V (x1, x2, x3, x4) =

1 1 1 1x1 x2 x3 x4x21 x

22 x

23 x

24

x31 x32 x

33 x

34

tzv. Vandermondeova determinanta reda 4. Da bi odredili formulu za njeno racunanje,pomnozimo ju s lijeva s pogodnom matricom poznate determinante i iskoristimo Binet-Cauchyjev teorem:


V (x1, x2, x3, x4) =

1x1 1

x1 1x1 1

1 1 1 1x1 x2 x3 x4x21 x

22 x

23 x

24

x31 x32 x

33 x

34

=

1 1 1 10 x2 x1 x3 x1 x4 x10 x2(x2 x1) x3(x3 x1) x4(x4 x1)0 x22(x2 x1) x23(x3 x1) x24(x4 x1)

.

Razvojem determinante po prvom stupcu dobivamo determinantu reda tri. U toj determi-nanti mozemo izluciti ispred determinante faktore (x2 x1), (x3 x1) i (x4 x1) kojimnoze 1., 2. i 3. stupac. Tako dobijemo

V (x1, x2, x3, x4) = (x2 x1)(x3 x1)(x4 x1)

1 1 1x2 x3 x4x22 x

23 x

24

= (x2 x1)(x3 x1)(x4 x1)V (x2, x3, x4)

Na isti nacin se pokaze da opcenito vrijediV (x1, x2, . . . , xn) = (xn x1)(xn1 x1) (x2 x1)V (x2, . . . , xn) .

Specijalno, vrijediV (x2, x3, x4) = (x3 x2)(x4 x2)V (x3, x4) i

V (x3, x4) = (x4 x3)V (x4) = (x4 x3) 1 = x4 x3 ,

pa jeV (x1, x2, x3, x4) = (x2 x1)(x3 x1)(x4 x1) (x3 x2)(x4 x2) (x4 x3) .

Opcenitije, lako se pokaze da vrijedi

V (x1, x2, . . . , xn) =i

10.4. ADJUNKTA I CRAMEROVO PRAVILO 171

10.4 Adjunkta i Cramerovo praviloU ovom dijelu cemo pokazati kako se komponente rjesenja sustava linearnih jednadzbi saregularnom matricom sustava, mogu jednostavno prikazati kao kvocijenti odredenih determi-nanti.

Definicija 10.27 Adjunkta kvadratne matrice A reda n, je matrica

adj (A) =

11 1n

.

.

.

...

.

.

.

n1 nn

pri cemu su ij = (1)j+i det(Acji) algebarski komplementi elemenata aji matrice A.Adjunkta ima vrlo specijalna svojstva.

Teorem 10.28 Ako je A Rnn, tada vrijedi

A adj (A) = adj (A)A = det(A) In . (10.17)

Dokaz. Iz razvoja determinante po i-tom retku i odnosno i-tom stupcu, dobivamo

[A adj (A)]ii =n

k=1

aikki

=n

k=1

aik(1)i+k det(Acik) = det(A) , (10.18)

[adj (A)A]ii =n

k=1

ikaki

=n

k=1

(1)k+i det(Acki)aki = det(A) . (10.19)

Promotrimo sada nedijagonalne elemente matrica A adj (A) i adj (A)A:

[A adj (A)]ij =n

k=1

aikkj =n

k=1

aik(1)j+k det(Acjk) , (10.20)

[adj (A)A]ij =n

k=1

ikakj =n

k=1

(1)k+i det(Acki)akj . (10.21)


Uocimo da je (10.20) razvoj determinante po j-tom retku od matrice s dva jednaka retka(matrica se razlikuje od A po tome sto joj je j-ti redak zamijenjen s i-tim retkom). Kakoje po korolaru 10.12 takva determinanta jednaka nuli, imamo [A adj (A)]ij = 0. Ovajzakljucak vrijedi za sve i 6= j.Slicno, (10.21) je razvoj determinante po i-tom stupcu od matrice s dva jednaka stupca(matrica se razlikuje od A po tome sto joj je i-ti stupac zamijenjen s j-tim stupcem). Kakoje po korolaru 10.12 takva determinanta jednaka nuli, imamo [adj (A)A]ij = 0. Zakljucakvrijedi za sve i 6= j.Dokazali smo

[A adj (A)]ij = [adj (A)A]ij ={

det(A), i = j0, i 6= j ,

a to je samo drugi zapis relacije (10.17).

Korolar 10.29 Ako je A nesingularna, tada je

A1 =adj (A)det(A)

. (10.22)

Dokaz. Ako je A nesingularna, onda je det(A) 6= 0, pa jednadzbu (10.17) mozemopodijeliti sa det(A) i dobiti definicijsku jednadzbu za inverznu matricu.

Promotrimo sad sustav

Ax = b

gdje je A Rnn nesingularna matrica. Definirajmo matrice

Ai = [a1, . . . , ai1, b, ai+1, . . . , an] , 1 i n ,(10.23)

pri cemu je A = [a1, . . . , an] stupcana particija od A.Teorem 10.30 (Cramerovo pravilo) Neka je A Rnn nesingularna, b Rn ineka je x = (xi) rjesenje sustava Ax = b. Tada vrijedi

xi =det(Ai)

det(A), 1 i n . (10.24)


Dokaz. Razvojem det(Ai) po i-tom stupcu, u kojem se nalazi vektor b, dobivamo

det(Ai) =n

k=1

bk (1)k+i det(Aki)

=n

k=1

bkik =n

k=1

ikbk

= eTi adj (A)b , 1 i n . (10.25)Jer je A regularna, vrijedi x = A1b, pa je xi = eTi A1b, 1 i n. Po korolaru 10.29 irelaciji (10.25), imamo

det(A)xi = det(A)eTi A

1b

= det(A)eTiadj (A)det(A)

b = eTi adj (A)b= det(Ai) , 1 i n ,

odakle odmah slijedi (10.24).

Primjer 10.31 Provjerimo formule (10.24) kad je n = 2. Ako linearne jednadzbe glasea x1 + b x2 = e

c x1 + d x2 = f

tada mnozenjem prve jednadzbe sa d i druge jednadzbe sa b i sumiranjem dobivenihjednadzbi (eliminacija nepoznanice x2), dolazimo do

x1 =ed bfad bc =

e bf d a bc d=

det(A1)

det(A).

Slicno, mnozenjem prve jednadzbe sa c i druge jednadzbe sa a i sumiranjem dobivenihjednadzbi (eliminacija nepoznanice x1), dolazimo do

x2 =af cead bc =

a ec f a bc d=

det(A2)

det(A).


Primjer 10.32 Rijesite sustav2x+ y z = 3x+ y + z = 1

x 2y 3z = 4

Rjesenje. Prvo izracunajmo determinantu sustava

D = det(A) =

2 1 11 1 11 2 3

= 6 + 1 + 2 + 1 + 4 + 3 = 5 .

Prema Cramerovu pravilu, x = DxD, y =

DyD, z =

DzD, gdje su

Dx = det(A1) =

3 1 11 1 14 2 3

= 10

Dy = det(A2) =

2 3 11 1 11 4 3

= 5

Dz = det(A3) =

2 1 31 1 11 2 5

= 0 .Prema tome

x =DxD

=10

5= 2, y =

DyD

=55

= 1, z = DzD

=0

5= 0,

pa je xyz

=

21

0

.

Determinante su povezane s pojmovima povrsine i volumena tijela na sljedeci nacin. Nekasu a1, a2,. . .an vektori u Rn. Tada je volumen tijela (paralelepipeda, generaliziranogkvadra) odredenog vrhovima tih vektora i ishodista dan formulom

V = | det(A)| ,

gdje je A matrica ciji stupci su dani koordinatama vektora a1, a2,. . .an.


Primjer 10.33 Neka su zadane tri tocke u R3: T1 = (1, 0, 0), T2 = (0, 2, 0), T1 =(0, 0, 1), tada je volumen kvadra odredenog tim tockama i ishodistem

V =

1 0 00 2 00 0 1

= 1 2 1 = 2,dok je povrsina romboida zadanog tockama P1 = (2, 1), P2 = (3, 4) i ishodistem

A =

2 31 4 = 8 3 = 5 .

I prvi i drugi rezultat se lako provjere ge-ometrijski. Npr. drugi rezultat mozemo ge-ometrijski dobiti ovako. Oznacimo projekcijetocaka P1 i P2 na x-os s T1 i T2. Tada je:

A = 2 (povrsina trokuta OT2P2povrsina trokuta OT1P1povrsina trapeza T1T2P2P1)

= 2

(3 42

2 12

(3 2) 1 + 42

)= 2(6 1 2.5) = 2 2.5 = 5 . 0 1 2 3 4-1

0

1

2

3

4

5

P2

P1

T2T1O

Zadaci 10.34 1. Izracunajte vrijednost determinanti:

a) a b aa a+ b

, b) a b a2a a2 + ab+ b2

, c) a b bb a+ b

.2. Nadite vrijednosti od t za koje vrijedi:

a) t t4 2t

= 0, b) t 3 12 t 4

= 0, c) t 1 11 t2 + t+ 1

= 0.3. Izracunajte vrijednost determinanti:

a)1 2 34 5 67 8 9

, b)1 0 34 5 07 8 0

, c)

2 1 34 5 14 1 0

, d)a b cc a bb c a

.


4. Izracunajte vrijednost determinanti:

a)

1 2 34 5 62 4 6

, b)1/2 1/2 1/31/4 1/2 11 2 1

, c)

3 8 62 3 13 2 6

.5. Izracunajte vrijednost determinanti iz prethodnog primjera koristeci Gaussovu me-

todu eliminacija s pivotiranjem po vlastitom izboru. (Uputa: svaka zamjena redakamijenja predznak determinante.)

6. Razvojem po retku ili stupcu, izracunajte vrijednost determinanti:

a)

1 2 3 4

1 0 2 32 0 6 10 1 1 4

, b)

1 2 2 31 0 2 03 1 1 24 3 0 1

, c)

1 2 2 31 0 0 03 2 0 04 0 0 0

.

7. Neka je: A =

2 1 3 45 4 7 24 0 6 33 2 5 2

.

(a) Nadite minoru elementa a23.(b) Nadite algebarski komplement (kofaktor) det(Ac44).(c) Nadite minoru i algebarski komplement elementa a33.

8. Neka je: C = 1 1 12 3 4

2 3 1

.

Nadite: a) |C|, b) adj (C), c) C1 koristeci adj (C).

9. Neka je A =[a bc d

].

(a) Nadite adj (A).(b) Pokazite da je adj (adj (A)) = A.(c) Nadite formulu za inverz A1.

Poglavlje 11Linearni operatori

Linearni operatori su specijalna preslikavanja izmedu vektorskih prostora. Prisjetimo se pojmapreslikavanja.

11.1 Osnove o funkcijamaNeka su S i T dva prizvoljna neprazna skupa. Pridruzi li se svakom elementu x Spo jedan element y iz T dobije se preslikavanje skupa S u T . Preslikavanje se josnaziva funkcija i oznacava najcesce malim slovima, npr. f , g, h, . . . Ako spomenutopreslikavanje oznacimo sa f , tada se pise f : S T . Skup S se zove podrucjedefinicije ili domena finkcije f , a skup R(f) = {f(x) : x S} je podrucje vrijednostifunkcije f . Ako je y = f(x), x je original od y, a y je slika od x. Stoga se jos kaze da jeR(f) slika cijelog skupa S odnosno slika funkcije.

Ako je R(f) = T kaze se da je f preslikavanje ili funkcija skupa S na skup T . U tomse slucaju jos kaze da je f surjekcija. Ako za svaka dva razlicita elementa x1, x2 skupaS vrijedi f(x1) 6= f(x2), preslikavanje ili funkcija je 1 1 ili injekcija. Ako je je finjekcija i surjekcija tada se f naziva bijekcija. Ako je f bijekcija, tada postoji funkcijag : T S sa svojstvom g(f(x)) = x za sve x X i f(g(y)) = y za sve y Y . Pritomse g oznacava s f1 i zove inverzno preslikavanje ili inverzna funkcija od f .

Dvije su funkcije jednake, ako imaju iste domene i iste vrijednosti na svakom elementudomene S. Funkcija f je prosirenje funkcije g, a g je restrikcija funkcije f , ako domenafunkcije f sadrzi domenu funkcije g, R(g) R(f), a naR(g) obje funkcije imeju jednakevrijednosti. Restrikcija funkcije f na podskup S skupa S se oznacava sa f |S . Dakle,f |S je definirano samo na S i za sve x S vrijedi (f |S)(x) = f(x).

177

178 POGLAVLJE 11. LINEARNI OPERATORI

Neka je F kolekcija svih preslikavanja iz S u T . Ako je u T definirana operacija zbraja-nja, npr. ako je (T ,+) grupa, tada se u skupu F lako definira operacija zbrajanja funkcija.Za f, g F definiramo f + g kao funkciju h za koju vrijedi

h(x) = f(x) + g(x) za sve x S. (11.1)

Odmah se vidi da je h F cim je T zatvoren u odnosu na zbrajanje. Jednostavnoje pokazati da se svojstva asocijativnosti i komutativnosti zbrajanja u T prenose na o-peraciju zbrajanja funkcija. Specijalno, ako je (T ,+) grupa, tada se lako pokaze da jei (F ,+) grupa (neutralni element je preslikavanje koje S prevodi u neutralni element ugrupi (T ,+), a suprotni element od f jef koja je definirana s (f)(x) = f(x) za svex S). Ako je u T definirana operacija mnozenja sa skalarom, tada se formulom

(f)(x) = f(x) za sve x S (11.2)

definira mnozenje funkcije f skalarom . Tom formulom se glavna svojstva prenose samnozenja na T na mnozenje na F . Specijalno, ako je (T ,+, ) vektorski prostor jed-nostavno je provjeriti da uz definirane operacije zbrajanja funkcija i mnozenja funkcijaskalarom, (F ,+, ) postaje vektorski prostor.

Ako su S, T i Z skupovi i f : S T , g : T Z preslikavanja, tada se mozedefinirati kompozicija g f preslikavanja f i g kao preslikavanje h : S Z za kojevrijedi

h(x) = g(f(x)), x S .Ako su f i g injekcije (surjekcije, bijekcije) takva je i kompozicija g f . Ako je S = T =Z , onda se u F pored zbrajanja funkcija i mnozenja funkcija skalarom, uvodi i mnozenjefunkcija kao njihova kompozicija. Tada se obicno umjesto g f pise gf .

11.2 Linearna preslikavanjaPosebno je vazan slucaj kada su skupovi S i T vektorski prostori. U toj situaciji mozemo uskupuF izdvojiti preslikavanja koja linearne kombinacije vektora originala prevode u linearnekombinacije vektora slika.

Definicija 11.1 Neka su X i Y vektorski prostori. Preslikavanje A : X Y jelinearni operator ako vrijedi(i) A(x+ y) = A(x) +A(y) za sve x, y X (aditivnost)(ii) A(x) = A(x) za sve x X i sve skalare (homogenost).Ako je A bijekcija, tada se jos zove izomorfizam vektorskih prostora X i Y .

11.2. LINEARNA PRESLIKAVANJA 179

Iz svojstva (ii) vidi se da X i Y moraju biti definirani nad istim poljem. Ako su X i Y realnivektorski prostori, onda moze biti samo realni broj. Ako su X i Y kompleksni vektorskiprostori, onda moze biti i realni i kompleksni broj. Kad god cemo spominjati linearnioperator implicitno cemo pretpostavljati da su polazni i dolazni vektorski prostor definiraninad istim poljem.

Iz svojstva (ii) odmah slijedi, uzimanjem = 0, daje A(0) = 0.Primjer 11.2 Neka je X = Rn, Y = Rm i neka je A Rmn proizvoljna matrica.Preslikavanje A : X Y , definirano formulom

A(x) = Ax, x Rn,

je linearni operator. Provjerimo prvo da je A(x) definirano za svako x Rn i da jeA(x) Rm. To je jasno jer je produkt m n i n 1 matrica uvijek definiran i daje kaorezultat m 1 matricu. A je linearan operator jer je

A(x+ y) = A(x+ y) = Ax+ Ay = A(x) +A(y) za sve x, y RnA(x) = A(x) = Ax = A(x) za sve x Rn, R .

Uvjeti (i) i (ii) iz definicije 11.1 mogu se zamijeniti jednim uvjetom

() A(x+ y) = A(x) + A(y) za sve x, y X i sve skalare , ,

koji zovemo linearnost.

Pokazimo prvo da aditivnost i homogenost povlace linearnost.

A(x+ y) = A(x) +A(y) jer vrijedi (i)= A(x) + A(y) jer vrijedi (ii).

Pokazimo da linearnost preslikavanja povlaci aditivnost i homogenost.Doista, uvrstavajuci u () = = 1 dobivamo (i). Uzimajuci u () = 0, dobivamo

A(x) = A(x+ 0y) = A(x) + 0A(y) = A(x) + 0= A(x) ,

za sve x i sve skalare . Time je pokazano da () povlaci (ii).Dakle su uvjeti (i) i (ii) ekvivalentni (tj. znace isto) uvjetu (). Iz uvjeta () se vidi da je linearnioperator ono preslikavanje koje linearni spoj vektora iz X prevodi u isti linearni spoj slika u Y .Sljedeca propozicija pokazuje da linearni operator prevodi linearnu kombinaciju proizvoljnog


broja vektora u istu linearnu kombinaciju slika. Dokaz je tek vjezba za koristenje matematickeindukcije.

Propozicija 11.3A(1x1 + 2x2 + + kxk) = 1A(x1) + 2A(x2) + + kA(xk) .

Dokaz. Dokaz koristi matematicku indukciju po broju vektora u linearnoj kombinaciji.Za k = 2 tvrdnja je dokazana. Pretpostavimo da je istinita za neko k 2. Pokazimo datada vrijedi i za k + 1. Imamo

A(1x1 + 2x2 + + k+1xk+1) =A[(1x1 + 2x2 + + kxk) + k+1xk+1]= A(1x1 + 2x2 + + kxk) +A(k+1xk+1)= [1A(x1) + 2A(x2) + + kA(xk)] + k+1A(xk+1)= 1A(x1) + 2A(x2) + + kA(xk) + k+1A(xk+1) ,

pri cemu smo prvo iskoristili asocijativnost zbrajanja u Y , zatim aditivnost operatora A,pa indukcijsku pretpostavku, te homogenost operatora i opet asocijativnost zbrajanja u Y .

Uz svaki linearni operator A : X 7 Y , vezana su dva vazna potprostora,

N (A) = {x X;A(x) = 0} i R(A) = {A(x);x X}.

N (A) je nul-potprostor (ili jezgra), aR(A) je slika (ili podrucje vrijednosti) operatoraA. Dimenzija jezgre se zove defekt, a dimenzija slike rang operatora A.

Dokazite za vjezbu da su N (A) i R(A) potprostori.

11.3 IzomorfizmiSa L(X,Y ) oznacavamo skup svih linearnih preslikavanja vektorskog prostora X u vektorskiprostor Y . Posebno vaznu klasu linearnih operatora cine izomorfizmi.

Izomorfizmi su linearni operatori koji su bijekcije.

Ako je A L(X,Y ) izomorfizam, tada postoji inverzno preslikavanje A1. Sljedeca propo-zicija pokazuje da je tada A1 takoder linearni operator (tj. izomorfizam). Isto tako, izomor-fizam preslikava bazu polaznog prostora u bazu dolaznog prostora.

11.3. IZOMORFIZMI 181

Propozicija 11.4 Ako je A L(X,Y ) izomorfizam, tada vrijede sljedece tvrdnje:(i) A1 L(Y,X) je izomorfizam,(ii) skup vektora {u1, . . . , uk} je linearno nezavisan ako i samo ako je skup slika

{A(u1), . . . ,A(uk)} linearno nezavisan.

Dokaz. (i) Jer je A bijekcija, postoji inverz A1 koji je takoder bijekcija. Preostajepokazati da je A1 linearan operator. Neka su y, z Y te , skalari. Neka jeu = A1(y), v = A1(z) i x = A1(y + z). Iz zadnje jednadzbe slijedi

A(x) = A (A1(y + z)) = y + z= A(u) + A(v)= A(u+ v) .

Jer je A injekcija, zakljucujemo da je x = u+ v, tj.A1(y + z) = A1(y) + A1(z) .

(ii) Neka su u1, . . . , uk linearno nezavisni. Podimo od jednadzbe1A(u1) + . . .+ kA(uk) = 0

i pokazimo da tada mora vrijediti 1 = = k = 0. Zbog linearnosti operatora A, onase moze zapisati u obliku

A (1u1 + . . .+ kuk) = 0 .

Jer je A injekcija, mora vrijediti 1u1 + . . . + kuk = 0. Sada zbog pretpostavljenelinearne nezavisnosti vektora u1, . . . , uk zakljucujemo da je 1 = = k = 0.Obrnuti smjer se dokazuje jos jednostavnije. Sada je pretpostavka da su vektoriA(u1), . . . ,A(uk) linearno nezavisni, a pokazuje se da 1u1 + . . . + kuk = 0 povlaci1 = = k = 0.Primijenimo na obje strane jednadzbe 1u1 + . . .+ kuk = 0 operator A. Dobivamo

0 = A(0) = A(1u1 + . . .+ kuk) = 1A(u1) + + kA(uk) .

Jer su A(u1), . . . ,A(uk) linearno nezavisni, mora biti 1 = = k = 0.

Kako razlikovati izomorfizam od opceg linearnog operatora? Koje svojstvo ga izdvaja? Sljedecapropozicija daje jedno takvo svojstvo.


Propozicija 11.5 Neka je dim (X) = dim (Y ) i A L(X,Y ).A je izomorfizam onda i samo onda ako je N (A) = {0}.

Dokaz. Ako je A izomorfizam, on je injekcija. Znamo da je uvijek A(0) = 0. Jer je Ainjekcija, nema drugih vektora koje bi A prebacivao u nulu, pa je N (A) = {0}.Obratno, pretpostavimo da je N (A) = {0}. Kad A ne bi bio izomorfizam, ne bi biobijekcija, pa ne bi bio injekcija ili ne bi bio surjekcija.Pretpostavimo da A nije injekcija. Tada postoje vektori u, v X , takvi da je u 6= v iA(u) = A(v). Zbog linearnosti operatora imamo A(u v) = 0, pa je u v 6= 0 u jezgriod A, a to ne moze biti. Dakle, moramo odbaciti pretpostavku da A nije injekcija.Pokazimo da je A surjekcija. Vec smo pokazali da A mora biti injekcija. Stoga je onizomorfizam vektorskih prostora X iR(A). Kako po prethodnoj propoziciji izomorfizamprebacuje svaku bazu u X u neku bazu u R(A), mora dimenzija od R(A) biti n. Jer jeR(A) Y i jer R(A) i Y imaju istu dimenziju n, mora biti R(A) = Y . Dakle je Asurjekcija.Pokazano je da je A injekcija i surjekcija pa je bijekcija.

Izomorfizam je relacija ekvivalencije (ili klasifikacije) u skupu vektorskih prostora. Kasnijecemo konstruirati vaznu klasu izomorfizama izmedu vektorskog prostora dimenzije n i vektor-skog prostora jednostupcanih matrica Rn (ili Cn). To ce omoguciti svadanje mnogih problemavezanih uz opce vektorske prostore i operatore izmedu njih, na matricne probleme.

11.4 Vektorski prostor L(X, Y )Sjetimo se da smo s L(X,Y ) oznacili skup svih linearnih operatora koji vektorski prostorX preslikavaju u vektorski prostor Y . Jer je Y vektorski prostor, mozemo pomocu relacija(11.1) i (11.2) uvesti u L(X,Y ) operaciju zbrajanja linearnih operatora i operacija mnozenjalinearnog operatora sa skalarom. Sada se relacije (11.1) i (11.2) zapisuju kao

(A+ B)(x) = A(x) + B(x), x X. (11.3)i

(A)(x) = A(x), x X (11.4)

Sljedece dvije relacije pokazuju da su A+ B i A linearni operatori.Za u, v X i , ( je polje nad kojim su gradeni X i Y ), imamo

11.4. VEKTORSKI PROSTOR L(X,Y ) 183

(A+ B) (u+ v) = A(u+ v) + B(u+ v)= A(u) + A(v) + (B(u) + B(v)= (A(u) + B(u)) + (A(v) + B(v))= (A+ B) (u) + (A+ B) (v) ,

(A) (u+ v) = A(u+ v) = (A(u) + A(v))= A(u) + A(v)= (A) (u) + (A) (v) .

Teorem 11.6 (L(X,Y ),+, ) je vektorski prostor.

Dokaz. Pokazimo prvo da jeL(X,Y ) zatvoren s obzirom na spomenute operacije. Nekasu A i B iz L(X,Y ). Tada je za svako x X , A(x) Y i B(x) Y , pa je zbogzatvorenosti skupa Y s obzirom na zbrajanje vektora,A(x)+B(x) Y . Stoga je zbrajanjelinearnih operatora A+ B dobro definirano formulom (11.3).Isto tako, za proizvoljni i proizvoljni A L(X,Y ) je A(x) Y jer je Yvektorski prostor. Stoga je formulom (11.4) dobro definiran produkt linearnog operatorasa skalarom.Izmedu svih linearnih operatora iz L(X,Y ) posebno se istice onaj koji cijeli X prebacujeu nul-vektor od Y , O(x) = 0 Y za sve x X . Za njega vrijedi O +A = A+O = A,za sve A L(X,Y ). Zakljucujemo da je O neutralni element u (L(X,Y ),+).Svojstva komutativnosti i asocijativnosti proizlaze iz istih svojstava komutativne grupe(Y,+),

(A+ B)(x) = A(x) + B(x) = B(x) +A(x)= (B +A)(x), x X

[(A+ B) + C](x) = (A+ B)(x) + C(x) = (A(x) + B(x)) + C(x)= A(x) + (B(x) + C(x)) = A(x) + (B + C)(x)= [A+ (B + C)](x), x X .

Konacno, za A L(X,Y ) postoji linearni operator A, koji je definiran s(A)(x) = A(x) za sve x X . On ima svojstvo da je

184 POGLAVLJE

Documents

LA2 - skripta