Pismeni deo ispita iz linearne algebre, odr�an 14.2.2014., sa rexenjimaGrupa U

1. Proveriti da li je operacija definisana sa

(x, y) = x1y1 + 3x1y3 + 3x3y1 + x2y2+

+x2y3 + x3y2 + 13x3y3,

gde je x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) ∈ R3, unutraxnji proizvod u vektorskom prostoru R3.

Rexenje: Proveravamo osobine unutraxnjeg proizvoda redom:

(x, y) = x1y1 + 3x1y3 + 3x3y1 + x2y2 + x2y3 + x3y2 + 13x3y3 =

= y1x1 + 3y3x1 + 3y1x3 + y2x2 + y3x2 + y2x3 + 13y3x3 = (y, x) = (y, x)

(αx, y) = αx1y1 + 3αx1y3 + 3αx3y1 + αx2y2 + αx2y3 + αx3y2 + 13αx3y3 =

α(x1y1 + 3x1y3 + 3x3y1 + x2y2 + x2y3 + x3y2 + 13x3y3) = α(x, y)

(x+ y, z) = (x1 + y1)z1 + 3(x1 + y1)z3 + 3(x3 + y3)z1 +

+(x2 + y2)z2 + (x2 + y2)z3 + (x3 + y3)z2 + 13(x3 + y3)z3 =

= x1z1 + 3x1z3 + 3x3z1 + x2z2 + x2z3 + x3z2 + 13x3z3 +

+y1z1 + 3y3z1 + 3y1z3 + y2z2 + y3z2 + y2z3 + 13y3z3 = (x, z) + (y, z)

(x, x) = x21 + 6x1x3 + x22 + 2x2x3 + 13x23 = x21 + 6x1x3 + 9x23 + x22 + 2x2x3 + x23 + 3x23

= (x1 + 3x3)2 + (x2 + x3)

2 + 3x23 ≥ 0

Konaqno, xto se tiqe poslednje osobine, iz raquna iznad sledi (x, x) = 0 akko (x1 + 3x3)2 + (x2 +

x3)2 + 3x23 = 0. Zbir tri kvadrata je jednak nuli akko je svaki od njih jednak nuli, pa

(x, x) = 0 akko (x1 + 3x3)2 = 0, (x2 + x3)

2 = 0 i 3x23 = 0 akko

x1 + 3x3 = 0, x2 + x3 = 0 i 3x3 = 0

Sad je lako rexiti gornji sistem: iz tre�e jednakosti dobijamo x3 = 0, pa dalje sledi x1+3·0 = 0,dakle x1 = 0 i x2 + 0 = 0, odnosno x2 = 0. Sa druge strane, ako x = (0, 0, 0), onda x1 + 3x3 = 0,x2 + x3 = 0 i 3x3 = 0, pa sledi (x, x) = 0 iz gore dokazanih ekvivalencija.

2. Polinomnu matricu

A(λ) =

(λ+ 1) 0 (λ2 − 1)0 λ(λ+ 1)2 (λ2 − 1)

(λ+ 1) λ(λ+ 1) (λ2 + 2λ+ 1)

svesti na Smitovu kanoniqku formu.

Rexenje: Kako je λ2− 1 = (λ− 1)(λ+1) i λ2+2λ+1 = (λ+1)2, onda su svi polinomi u ovoj matricideljivi sa λ+ 1. Sa druge strane, a11 = λ+ 1, pa je f1(λ) = d1(λ) = λ+ 1.

Umesto da raqunamo d2(λ), za qega je potrebno izraqunati devet determinanti matrica formata2 × 2, mo�emo da ekvivalentnim transformacijama matricu svedemo na ekvivalentnu formu gdeu gornjem levom uglu stoji d1(λ), a ostali qlanovi prve vrste i prve kolone su 0:

A(λ) =

(λ+ 1) 0 (λ2 − 1)0 λ(λ+ 1)2 (λ2 − 1)

(λ+ 1) λ(λ+ 1) (λ2 + 2λ+ 1)

∼= (λ+ 1) 0 0

0 λ(λ+ 1)2 (λ2 − 1)(λ+ 1) λ(λ+ 1) (2λ+ 2)

∼=∼=

(λ+ 1) 0 00 λ(λ+ 1)2 (λ2 − 1)0 λ(λ+ 1) 2(λ+ 1)

∼= (λ+ 1) 0 0

0 λ(λ+ 1)2 12(λ

2 − 1)0 λ(λ+ 1) (λ+ 1)

=: B(λ)

(Prvo smo pomno�ili prvu kolonu sa −(λ−1) i dodali je tre�oj koloni, a u slede�em koraku smooduzeli prvu vrstu od druge i konaqno smo podelili tre�u kolonu sa 2.) VA�NO: Mo�e se nekavrsta ili kolona deliti sa brojevima razliqitim od nule i dobija se ekvivalentna polinomna

matrica, ali mno�enjem i deljenjem sa polinomima koji nisu konstantni (kao i mno�enjem sanulom) NE DOBIJA se ekvivalentna matrica, sem u vrlo retkim sluqajevima.

Sad je d2(λ) = NZD(λ(λ+1)3,

12(λ−1)(λ+1)2, λ(λ+1)2, (λ+1)2, λ(λ+1)3−1

2λ(λ−1)(λ+1)2)= (λ+1)2.

Ostale qetiri podmatrice matrice B(λ) formata 2×2 imaju determinante jednake 0 a 0 je polinomdeljiv sa bilo kojim polinomom. Dakle, iz f1(λ)f2(λ) = d2(λ) sledi da f2(λ) = (λ+ 1).

Alternativni naqin sa manje raquna je ako malo bolje razumemo invarijante sliqnosti. Naime,znamo da d2(λ) = f1(λ)f2(λ) = (λ + 1)f2(λ), kao i da (λ + 1)|f2(λ), odnosno da postoji neki polinomg(λ) takav da je f2(λ) = (λ + 1)g(λ). Dakle, d2(λ) = (λ + 1)2g(λ), odnosno (λ + 1)2|d2(λ). Sa drugestrane, d2(λ)|(λ + 1)2, jer je d2(λ) najve�i zajedniqki delilac devet polinoma od kojih je jedanjednak (λ+1)2, determinanti podmatrice dobijene od B(λ) brisanjem druge kolone i druge vrste.

U svakom sluqaju, d3(λ) = detA(λ) = λ(λ+ 1)5 − λ(λ− 1)(λ+ 1)4 − λ(λ− 1)(λ+ 1)3 = λ(λ+ 1)4(λ+ 1−(λ− 1))− λ(λ− 1)(λ+ 1)3 = 2λ(λ+ 1)4 − λ(λ− 1)(λ+ 1)3 = λ(λ+ 1)3(2λ+ 2− (λ− 1)) = λ(λ+ 1)3(λ+ 3).

Dakle, f3(λ) =d3(λ)d2(λ)

= λ(λ+ 1)(λ+ 3). Konaqno, dobijamo Smitovu kanoniqku formu matrice A(λ):

N(λ) = diag(λ+ 1, λ+ 1, λ(λ+ 1)(λ+ 3)) =

(λ+ 1) 0 00 (λ+ 1) 00 0 λ(λ+ 1)(λ+ 3)

3. Neka je A prate�a matrica polinoma

p(x) = x4 + 4x2 + x+ 4.

Prona�i matricu(A2 + 2E)8 + 4(A2 + 2E)4 + 3E.

Rexenje: Prate�a matrica A ima za karakteristiqni polinom bax p(λ), pa je po Kejli-Hamil-tonovoj teoremi p(A) = O. Dakle, O = A4 + 4A2 + A + 4E = (A2 + 2E)2 + A, iz qega sledi da(A2 + 2E)2 = −A. Sad je tra�eni izraz

(A2 + 2E)8 + 4(A2 + 2E)4 + 3E = ((A2 + 2E)2)4 + 4((A2 + 2E)2)2 + 4E − E =

= (−A)4 + 4(−A)2 + 4E − E = A4 + 4A2 + 4E − E = (A+ 2E)2 − E =

= −A− E = −

0 1 0 0−4 0 1 0−1 0 0 1−4 0 0 0

−

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

=

−1 −1 0 04 −1 −1 01 0 −1 −14 0 0 −1

4. Ako je Smitova kanoniqka forma matrice λE−A jednaka diag(1, . . . , 1, λ−1, λ(λ−1)2, λ3(λ−1)2)(λ2+

1)), na�i

a) (algebarsku) vixestrukost karakteristiqnog korena 1,

b) dimenziju invarijantnog potprostora (geometrijsku vixestrukost) karakteristiqnog korena1,

c) dimenzije matrice A,

d) rang matrice A.

Rexenje: Karakteristiqni polinom matrice A je proizvod invarijanata sliqnosti, pa je jednakλ4(λ− 1)5(λ2 + 1). Dakle,

a) Algebarska vixestrukost karakteristiqnog korena 1 je 5 jer (λ−1)5 je najve�i stepen binoma(λ− 1) koji deli karakteristiqni polinom.

b) Dimenzija invarijantnog potprostora (ili geometrijska vixestrukost) karakteristiqnogkorena 1 je 3 jer λ− 1 deli tri invarijante sliqnosti.

c) Dimenzija matrice A je 11× 11, jer je karakteristiqni polinom stepena 11.

d) Ako matricu A posmatramo kao matricu linearne transformacije A : V → V , gde je V pros-tor dimenzije 11, onda je rang A jednak dimV − dimker A. Znamo da dimV = 11, a ker A jepotprostor svih vektora x za koje je A(x) = 0, odnosno za koje je Ax = 0 · x, pa ker A invari-jantni potprostor koji odgovara karakteristiqnom korenu 0. (Drugim reqima, dokazali smo

da je A regularna matrica akko ker A = {0} akko 0 nije karakteristiqni koren matrice A!)Dakle, kako λ− 0 = λ deli dve invarijante sliqnosti, geometrijska vixestrukost karakter-istiqnog korena 0, odnosno dimenzija invarijantnog potprostora koji odgovara 0, odnosnodimenzija prostora ker A je 2. Dakle, rang A je jednak dimV − dimker A = 11− 2 = 9.

5. Na�i racionalnu (�ordanovu) kanoniqku formu sliqnosti matrice A koja ima karakteristiqnipolinom jednak (λ2 + 4)4(λ − 2)2, minimalni polinom jednak (λ2 + 4)2(λ − 2) i tri netrivijalneinvarijante sliqnosti,

a) gde je A matrica nad poljem R realnih brojeva,

b) gde je A matrica nad poljem C kompleksnih brojeva.

Rexenje: Prvo na�imo Smitovu kanoniqku formu matrice λE−A. Kako je karakteristiqni poli-nom proizvod svih (netrivijalnih) invarijanata sliqnosti, onda f1(λ)f2(λ)f3(λ) = (λ2+4)4(λ−2)2.Dalje, f3(λ) = (λ2 + 4)2(λ− 2), pa je f1(λ)f2(λ) = (λ2 + 4)2(λ− 2). Iz toga i 1 6= f1(λ)|f2(λ) sledi daf1(λ) = λ2 + 4 i f2(λ) = (λ2 + 4)(λ− 2).

Napomena: ovde se potkrala jox jedna mala grexka, jer ovo sledi samo za realne polinome. Nadpoljem kompleksnih brojeva postoje jox dve mogu�nosti: f1(λ) = λ−2i i f2(λ) = (λ−2)(λ−2i)(λ+2i)2,odnosno f1(λ) = λ+2i i f2(λ) = (λ−2)(λ+2i)(λ−2i)2. Nijedan student, pa ni ja, nismo primetili ovaalternativna rexenja do sad, ali bih ih priznao da ste ih naxli. Oni generixu alternativnarexenja zadatka pod b).

a) Racionalna kanoniqka forma sliqnosti realne matrice A jednaka je

0 1 0 0 0 0 0 0 0 0−4 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 0 0 00 0 −4 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 2 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 −4 0 1 0 00 0 0 0 0 0 0 0 1 00 0 0 0 0 0 0 −4 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 2

b) �ordanova kanoniqka forma sliqnosti kompleksne matrice A jednaka je

2i 0 0 0 0 0 0 0 0 00 −2i 0 0 0 0 0 0 0 00 0 2i 0 0 0 0 0 0 00 0 0 −2i 0 0 0 0 0 00 0 0 0 2 0 0 0 0 00 0 0 0 0 2i 1 0 0 00 0 0 0 0 0 2i 0 0 00 0 0 0 0 0 0 −2i 1 00 0 0 0 0 0 0 0 −2i 00 0 0 0 0 0 0 0 0 2

Alternativna rexenja zadatka pod b) za ostale dve mogu�e Smitove kanoniqke forme matriceλE −A su:

2i 0 0 0 0 0 0 0 0 00 2i 0 0 0 0 0 0 0 00 0 −2i 1 0 0 0 0 0 00 0 0 −2i 0 0 0 0 0 00 0 0 0 2 0 0 0 0 00 0 0 0 0 2i 1 0 0 00 0 0 0 0 0 2i 0 0 00 0 0 0 0 0 0 −2i 1 00 0 0 0 0 0 0 0 −2i 00 0 0 0 0 0 0 0 0 2

i

−2i 0 0 0 0 0 0 0 0 00 2i 1 0 0 0 0 0 0 00 0 2i 0 0 0 0 0 0 00 0 0 −2i 0 0 0 0 0 00 0 0 0 2 0 0 0 0 00 0 0 0 0 2i 1 0 0 00 0 0 0 0 0 2i 0 0 00 0 0 0 0 0 0 −2i 1 00 0 0 0 0 0 0 0 −2i 00 0 0 0 0 0 0 0 0 2

Pismeni deo ispita iz linearne algebre, 14.2.2014.Grupa F

1. Proveriti da li je operacija definisana sa

(x, y) = x1y1 + 2x1y2 + 2x2y1 + 5x2y2+

+2x2y3 + 2x3y2 + 2x3y3,

gde je x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) ∈ R3, unutraxnji proizvod u vektorskom prostoru R3.

Rexenje: Proveravamo osobine unutraxnjeg proizvoda. Posmatrajmo prvo qetvrtu osobinu. Kakoje

(x, x) = x21 + 4x1x2 + 5x22 + 4x2x3 + 2x23 = (x1 + 2x2)2 + (x2 + 2x3)

2 − 2x23,

za x = (4,−2, 1) dobijamo da je (x, x) = −2 < 0, tj. data operacija nije unutraxnji proizvod jernije (x, x) ≥ 0.

2. Polinomnu matricu

A(λ) =

(λ2 − 1) (λ− 1) 0(λ2 − 2λ+ 1) (λ− 1) λ(λ− 1)

(λ2 − 1) 0 λ(λ− 1)2

svesti na Smitovu kanoniqku formu.

Rexenje: Kako je λ2− 1 = (λ− 1)(λ+1) i λ2− 2λ+1 = (λ− 1)2, onda su svi polinomi u ovoj matricideljivi sa λ− 1. Sa druge strane, a12 = λ− 1, pa je f1(λ) = d1(λ) = λ− 1.

Umesto da raqunamo d2(λ), za qega je potrebno izraqunati devet determinanti matrica formata2 × 2, mo�emo da ekvivalentnim transformacijama matricu svedemo na ekvivalentnu formu gdeu gornjem levom uglu stoji d1(λ), a ostali qlanovi prve vrste i prve kolone su 0:

A(λ) =

(λ2 − 1) (λ− 1) 0(λ2 − 2λ+ 1) (λ− 1) λ(λ− 1)

(λ2 − 1) 0 λ(λ− 1)2

∼= 0 (λ− 1) 0

(−2λ+ 2) (λ− 1) λ(λ− 1)(λ2 − 1) 0 λ(λ− 1)2

∼=∼=

0 (λ− 1) 0−2(λ− 1) 0 λ(λ− 1)(λ2 − 1) 0 λ(λ− 1)2

∼= (λ− 1) 0 0

0 −2(λ− 1) λ(λ− 1)0 (λ2 − 1) λ(λ− 1)2

=: B(λ)

(Prvo smo pomno�ili drugu kolonu sa −(λ + 1) i dodali je prvoj koloni, a u slede�em korakusmo oduzeli prvu vrstu od druge i konaqno smo zamenili mesta prvoj i drugoj koloni.) VA�NO:Mo�e se neka vrsta ili kolona deliti sa brojevima razliqitim od nule i dobija se ekviva-lentna polinomna matrica, ali mno�enjem i deljenjem sa polinomima koji nisu konstantni (kaoi mno�enjem sa nulom) NE DOBIJA se ekvivalentna matrica, sem u vrlo retkim sluqajevima.

Posmatrajmo podmatricu

C(λ) =

[−2(λ− 1) λ(λ− 1)(λ2 − 1) λ(λ− 1)2

].

Kako je f2(λ) = d1,C(λ)(λ), va�i da je f2(λ) = f1,C(λ)(λ) = NZD(λ−1, λ(λ−1), (λ2−1), λ(λ−1)2

)= λ−1.

Dalje, detC(λ) = −2(λ−1)λ(λ−1)2−(λ2−1)λ(λ−1) = −λ(λ−1)2(2(λ−1)+(λ+1)) = −3λ(λ−1)2(λ− 13).

Prema tome, kako je f1,C(λ) · f2,C(λ) = d2,C(λ) = λ(λ − 1)2(λ − 13), sledi da je f3,B(λ) = f2,C(λ) =

λ(λ− 1)(λ− 13).

Konaqno, dobijamo Smitovu kanoniqku formu matrice A(λ):

N(λ) = diag(λ− 1, λ− 1, λ(λ− 1)(λ− 1

3)) =

(λ− 1) 0 00 (λ− 1) 00 0 λ(λ− 1)(λ− 1

3)

3. Neka je A prate�a matrica polinoma

p(x) = x4 + x2 − 1

4x+

1

4.

Prona�i matricu4(2A2 + E)8 + 4(2A2 + E)4 + 2E.

Napomena: Na pismenom ispitu je grexkom bilo dato p(x) = 4x4+4x2−x+1, xto nije normalizovanpolinom, pa u tom sluqaju zadatak ne bi imao rexenja jer taj polinom nema prate�u matricu.

Rexenje: Prate�a matrica A ima za karakteristiqni polinom bax p(λ), pa je po Kejli-Hamil-tonovoj teoremi p(A) = O. Dakle, O = A4 + A2 − 1

4A + 14E = (A2 + 1

2E)2 − 14A, iz qega sledi da

(2A2 + E)2 = A. Sad je tra�eni izraz

4(2A2 + E)8 + 4(2A2 + E)4 + 2E = 4A4 + 4A2 + 2E = (2A2 + E)2 + E =

= A+ E =

0 1 0 0−1 0 1 014 0 0 1−1

4 0 0 0

+

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

=

1 1 0 0−1 1 1 014 0 1 1−1

4 0 0 1

.4. Ako je Smitova kanoniqka forma matrice λE−A jednaka diag(1, . . . , 1, λ, λ(λ+1)2, λ2(λ+1)3(λ2+1)),

na�i

a) (algebarsku) vixestrukost karakteristiqnog korena −1,b) dimenziju invarijantnog potprostora (geometrijsku vixestrukost) karakteristiqnog korena−1,

c) dimenzije matrice A,

d) rang matrice A.

Rexenje: Karakteristiqni polinom matrice A je proizvod invarijanata sliqnosti, pa je jednakλ4(λ+ 1)5(λ2 + 1). Dakle,

a) Algebarska vixestrukost karakteristiqnog korena −1 je 5 jer (λ + 1)5 je najve�i stepenbinoma (λ+ 1) koji deli karakteristiqni polinom.

b) Dimenzija invarijantnog potprostora (ili geometrijska vixestrukost) karakteristiqnogkorena −1 je 2 jer λ+ 1 deli dve invarijante sliqnosti.

c) Dimenzija matrice A je 11× 11, jer je karakteristiqni polinom stepena 11.

d) Ako matricu A posmatramo kao matricu linearne transformacije A : V → V , gde je V pros-tor dimenzije 11, onda je rang A jednak dimV − dimker A. Znamo da dimV = 11, a ker A jepotprostor svih vektora x za koje je A(x) = 0, odnosno za koje je Ax = 0 · x, pa ker A invari-jantni potprostor koji odgovara karakteristiqnom korenu 0. (Drugim reqima, dokazali smoda je A regularna matrica akko ker A = {0} akko 0 nije karakteristiqni koren matrice A!)Dakle, kako λ− 0 = λ deli tri invarijante sliqnosti, geometrijska vixestrukost karakter-istiqnog korena 0, odnosno dimenzija invarijantnog potprostora koji odgovara 0, odnosnodimenzija prostora ker A je 3. Dakle, rang A je jednak dimV − dimker A = 11− 3 = 8.

5. Na�i drugu kanoniqku formu sliqnosti matrice A koja ima karakteristiqni polinom jednak (λ2+1)3(λ+1)4, minimalni polinom jednak (λ2 +1)2(λ+1)2 i tri netrivijalne invarijante sliqnosti,

a) gde je A matrica nad poljem R realnih brojeva,

b) gde je A matrica nad poljem C kompleksnih brojeva.

Rexenje: Prvo na�imo Smitovu kanoniqku formu matrice λE−A. Kako je karakteristiqni poli-nom proizvod svih (netrivijalnih) invarijanata sliqnosti, onda f1(λ)f2(λ)f3(λ) = (λ2+1)3(λ+1)4.Dalje, f3(λ) = (λ+ 1)2(λ2 + 1)2, pa je f1(λ)f2(λ) = (λ+ 1)2(λ2 + 1). Iz toga i 1 6= f1(λ)|f2(λ) sledi daf1(λ) = λ+ 1 i f2(λ) = (λ+ 1)(λ2 + 1).

a) Druga kanoniqka forma sliqnosti realne matrice A jednaka je

−1 0 0 0 0 0 0 0 0 00 −1 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 0 0 00 0 −1 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 −2 1 0 0 0 00 0 0 0 −1 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 −2 0 1 00 0 0 0 0 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 −1 0 0 0

b) Druga kanoniqka forma sliqnosti kompleksne matrice A jednaka je

−1 0 0 0 0 0 0 0 0 00 −1 0 0 0 0 0 0 0 00 0 i 0 0 0 0 0 0 00 0 0 −i 0 0 0 0 0 00 0 0 0 −2 1 0 0 0 00 0 0 0 −1 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 −2i 1 0 00 0 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 2i 10 0 0 0 0 0 0 0 1 0