Matematika BMatematika B za študente FKKT UM Petra Žigert Pleteršek & Matevž Crepnjakˇ Avtorske pravice c 2020 Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo Univerze v Mariboru

Matematika B

za študente FKKT UM

Petra Žigert Pleteršek & Matevž Crepnjak

Avtorske pravice c© 2020 Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo Univerze v Mariboru

AVTORJA:prof. dr. Petra Žigert Pleteršekdoc. dr. Matevž Crepnjak

PROSTO DOSTOPNO E-GRADIVO: https://www.fkkt.um.si/ukemat

AVTORICA SLIKE NA NASLOVNICI IN FOTOGRAFIJE: Zoja Pleteršek

Februar, 2021

Vsebina

I I. Navadne diferencialne enacbe

1 Osnovni pojmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1 Motivacija 9

1.2 Diferencialne enacbe 11

1.3 Smerno polje in Eulerjeva numericna metoda 12

2 Navadne diferencialne enacbe prvega reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.1 Diferencialna enacba z locljivima spremenljivkama 17

2.2 Homogena diferencialna enacba 19

2.3 Linearna diferencialna enacba prvega reda 20

2.4 Bernoullijeva diferencialna enacba 24

2.5 Riccatijeva diferencialna enacba 25

2.6 Clairautova diferencialna enacba 28

2.7 Lagrangeova diferencialna enacba 29

3 Diferencialne enacbe višjega reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.1 Linearna diferencialna enacba (LDE) reda n 31

3.2 LDE reda n s konstantnimi koeficienti 35

3.3 Eulerjeva diferencialna enacba 42

3.4 Eksistencni izrek 44

4 Uporaba diferencialnih enacb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4.1 Prosti pad z upoštevanjem zracnega upora 474.2 Zakon o delovanju mas 494.3 Nihanje na spiralni vzmeti 51

5 Naloge iz diferencialnih enacb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5.1 Navadne diferencialne enacbe prvega reda 535.2 Diferencialne enacbe višjega reda 565.3 Uporaba diferencialnih enacb 57

II II. Linearna algebra

6 Uvod v linearno algebro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

6.1 Matrike 616.2 Racunanje determinante matrike 686.3 Sistemi linearnih enacb 73

7 Vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

7.1 Definicija in primeri vektorskih prostorov 837.2 Linearna lupina in neodvisnost 867.3 Baza 917.4 Evklidski prostori 1007.5 Ortonormirana baza 1037.6 Fourierova vrsta 108

8 Linearne transformacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

8.1 Linearne transformacije in matrike 1178.2 Lastne vrednosti in lastni vektorji 1258.3 Sistemi linearnih diferencialnih enacb 134

Stvarno kazalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

5

Predgovor

Ucbenik je v prvi vrsti namenjen študentom 1. letnika prve bolonjske stopnje univerzitetnesmeri na Fakulteti za kemijo in kemijsko tehnologijo Univerze v Mariboru, lahko pa po njemposežejo tudi študenti drugih tehniških in naravoslovnih smeri.

Organiziran je v dveh delih in sicer v prvem delu nadaljujemo z vsebinami matematicne analize.Natancneje, spoznali bomo razlicne tipe diferencialnih enacb in postopke za njihovo reševanje.Za razumevanje teh vsebin je nujno imeti predznanje iz racunanja odvodov in integralov. Drugidel je namenjen linearni algebri in sicer se bomo najprej seznanili z matrikami in reševali sistemelinearnih enacb. Zatem bomo vstopili v nov svet vektorskih prostorov, med drugim bomo spoznaliosnovne primere vektorskih prostorov in njihove baze, definirali bomo skalarni produkt in iskaliortonormirane baze, zatem bomo pogledali linearne transformacije med vektorskimi prostori, lastnevrednosti ter lastne vektorje. Pridobljeno znanje bomo uporabili pri iskanju Fourierovih vrst in pareševanju sistemov diferencialnih enacb.

Posameznemu delu ucbenika sledijo primeri nalog, ki se bodo reševale na vajah. Ponovnopoudarjava, da je pri linearni algebri še pomembneje, da najprej usvojite teoreticno znanje inse zatem podate v reševanje racunskih nalog. Ker je ucbenik v prvi vrsti namenjem študentomFakultete za kemijo in kemijsko tehnologijo Univerze v Mariboru, je teoreticni del diferenciiranin prilagojen na sistem ocenjevanja. Težji pojmi, predvsem nekateri dokazi, so oznaceni z modrobarvo. Te vsebine na samih testih predstavljajo zgornjih 10% ocene in so namenjeme študentom, kiželijo izpit opraviti z višjimi ocenami.

Ucbenik je še v fazi priprave zato bralce zaprošava, da kakršnekoli napake sporocijo avtorjemana naslov [email protected] ali [email protected].

Petra Žigert Pleteršek in Matevž Crepnjak

I1 Osnovni pojmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1 Motivacija1.2 Diferencialne enacbe1.3 Smerno polje in Eulerjeva numericna metoda

2 Navadne diferencialne enacbe prvegareda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.1 Diferencialna enacba z locljivima spremenljivkama2.2 Homogena diferencialna enacba2.3 Linearna diferencialna enacba prvega reda2.4 Bernoullijeva diferencialna enacba2.5 Riccatijeva diferencialna enacba2.6 Clairautova diferencialna enacba2.7 Lagrangeova diferencialna enacba

3 Diferencialne enacbe višjega reda . . . 313.1 Linearna diferencialna enacba (LDE) reda n3.2 LDE reda n s konstantnimi koeficienti3.3 Eulerjeva diferencialna enacba3.4 Eksistencni izrek

4 Uporaba diferencialnih enacb . . . . . . . 474.1 Prosti pad z upoštevanjem zracnega upora4.2 Zakon o delovanju mas4.3 Nihanje na spiralni vzmeti

5 Naloge iz diferencialnih enacb . . . . . . . 535.1 Navadne diferencialne enacbe prvega reda5.2 Diferencialne enacbe višjega reda5.3 Uporaba diferencialnih enacb

I. Navadne diferencialneenacbe

1. Osnovni pojmi

V tem poglavju bomo združili znanje iz diferencialnega in integralnega racuna. Obravnavali bomorazlicne vrste diferencialnih enacb, postopke za njihovo reševanje ter pogoje za obstoj rešitve. Zdiferencialnimi enacbami modeliramo razlicne pojave. V kemiji so to na primer kemijske reakcijein procesi.

1.1 Motivacija

Problem diferencialnih enacb se bistveno razlikuje od problema reševanja algebrajskih enacb,zato bomo zaceli osnovne pojme in terminologijo spoznavati na motivacijskem primeru in sicer sipoglejmo matematicno modeliranje prostega pada oziroma navpicnega meta.

Opazujmo telo, ki prosto pada ali je bilo vrženo navpicno navzgor. Pri tem bomo zanemariliupor zraka. Naj bodo m masa telesa, t cas , s = s(t) višina ob casu t, v = v(t) hitrost telesa ob casut, a = a(t) njegov pospešek, g težnostni pospešek (g≈ 9.8 m

s2 ) in F sila teže. Tedaj velja

v(t) =dsdt

= s′(t) ,

a(t) =dvdt

= v′(t) = (s′(t))′ = s′′(t) .

Drugi Newtonov zakon pravi, da je sila težnosti enaka produktu mase telesa m in pospeška a

F = ma .

Pri prostem padu na telo z maso m deluje sila teže

F =−mg .

Predznak je negativen, ker sila (in težnostni pospešek) deluje(ta) navzdol. Zato velja

−mg = ma⇒−g = a ,

10 1. Osnovni pojmi

kar nam da diferencialno enacbo−g = s′′(t) .

To je najenostavnejši tip diferencialne enacbe. Neznano funkcijo s = s(t) poišcemo z dvakratnimzaporednim integriranjem:

s′(t) =∫(s′(t))′ dt =

∫s′′(t)dt =

∫−gdt =−gt +C1 ,

s(t) =∫

s′(t)dt =∫(−gt +C1)dt =−g

t2

2+C1t +C2 .

Iskana funkcija oziroma položaj tocke pri metu je dolocen s

s(t) =−gt2

2+C1t +C2 .

Ob upoštevanju zacetnih pogojev s0 = s(0) in v0 = v(0) = s′(0) lahko izracunamo konstanti C1 inC2, s cimer dobimo

s(t) =−gt2

2+ v0t + s0 ,

pri cemer je prvi clen prispevek pospešenega gibanja, drugi clen je prispevek enakomernega gibanjaz zacetno hitrostjo v0 in tretji clen je zacetna višina s0.

� Zgled 1.1 Kamen z 10 m visokega stolpa vržemo navpicno navzgor s hitrostjo 100m/s.a) Na kateri višini je kamen po 10 sekundah?

s(10) = −10 102

2 +100 ·10+10

= 510m .

b) Kdaj nam kamen pade na prst na nogi ?

s(t) = −gt2

2+ v0t + s0

10 = −10t2

2+100t +10

0 = t2−20t

t = 20 .

c) Kolikšna je bila maksimalna dosežena višina kamna?

Kamen se je nekaj casa dvigal, dokler ni dosegel maksimalne višine, zatem je zacel padati.To pomeni, da moramo poiskati lokalni ekstrem funkcije

s(t) =−10t2

2+100 t +10 ,

ki ga izracunamo iz prvega odvoda funkcije:

s′(t) = −10 t +100 = 0

t = 10 .

�

1.2 Diferencialne enacbe 11

1.2 Diferencialne enacbe

Definicija 1.2.1 Diferencialna enacba je enacba, ki vsebuje neodvisno spremenljivko x, nez-nano funkcijo y(x) ter njene odvode y′(x),y′′(x), ...,y(n)(x).

Ce je v diferencialni enacbi neznana funkcija odvisna od ene same spremenljivke, je diferen-cialna enacba navadna, sicer je diferencialna enacba parcialna. Nas bodo zanimale le navadnediferencialne enacbe, parcialne diferencialne enacbe bomo obravnavali pri predmetu MatematikaC.

Definicija 1.2.2 Stopnja najvišjega odvoda v diferencialni enacbi doloca red diferencialneenacbe. Enacba

F(x,y′(x),y′′(x), ...,y(n)(x)) = 0

je navadna diferencialna enacba n-tega reda. Rešitev diferencialne enacbe na intervalu I je vsakafunkcija y, ki zadošca diferencialni enacbi na I.

� Zgled 1.2 a) Poišcimo rešitev diferencialne enacbe y′(x) = x.

Rešitev te diferencialne enacbe je oblike y(x) = 12 x2 +C, kjer je C poljubna konstanta iz R.

b) Naj bo dana diferencialna enacba y′′(x)+ y(x) = 2ex. Pokaži, da so funkcije

y1(x) = ex ,y2(x) = ex + cosx ,y3(x) = ex +C1 cosx+C2 sinx

njene rešitve.

Za vsak primer posebej izracunamo drugi odvod in ga prištejemo funkciji. Vidimo, dafunkcija y3 vsebuje prvi dve rešitvi.

�

� Zgled 1.3 a) Pokažimo, da je funkcija y(x) = x−32 rešitev diferencialne enacbe 4x2y′′(x)+

12xy′(x)+3y(x) = 0 za vsak x > 0.

Izracunajmo najprej oba odvoda

y′(x) = −32

x−52

y′′(x) =154

x−72

ter vstavimo v diferencialno enacbo

4x2 154 x−

72 −12x 3

2 x−52 +3x−

32 = 0

15x−32 −18x−

32 +3x−

32 = 0

0 = 0 .

Preverili smo, da je funkcija y(x) = x−32 res rešitev diferencialne enacbe 4x2y′′+12xy′+3y =

0, vendar zaradi definiranosti rešitve le-ta obstaja le na intervalu (0,∞).

12 1. Osnovni pojmi

b) Pokažimo, da so tudi funkcije y1(x) = 3x12 ,y2(x) = 8x−

32 ,y3(x) = 3x

12 +8x−

32 .

Bralec naj sam, na enak nacin kot prvi primer preveri, da so vse tri funkcije res rešitvediferencialne enacbe.

�

Na motivacijskem primeru smo obravnavali diferencialno enacbo 2. reda in za njeno rešitevsmo morali 2-krat nedoloceno integirati, kar je imelo za posledico dve nedoloceni konstanti v rešitvidiferencialne enacbe. Tako v primeru reševanja diferencialne enacbe n-tega reda dobimo zaradi nnedolocenih integralov n konstant v rešitvi diferencialne enacbe. Te konstante imenujemo parametriin rešitev s parametri je splošna rešitev diferencialne enacbe, ki je neka parametricna družinafunkcij. Parametre dolocimo iz zacetnih pogojev, katerim mora zadošcati rešitev diferencialneenacbe, s cimer dobimo partikularno rešitev diferencialne enacbe. Podani diferencialni enacbiskupaj z danimi zacetnimi pogoji (število le-teh mora sovpadati z redom diferencialne enacbe),pravimo zacetni problem ali tudi Eulerjev zacetni problem. Vseeno pa splošna rešitev v nekaterihprimerih ne zajema vseh rešitev dane diferencialne enacbe, kar bomo videli v nadaljevanju.

1.3 Smerno polje in Eulerjeva numericna metoda

Poglejmo si geometrijsko interpretacijo rešitev diferencialne enacbe. Zacnimo s konkretnimprimerom.

Naj bo dana diferencialna enacba prvega reda

y′(x) = y(x) .

Rešitev dobimo z nedolocenim integriranejem

y(x) =∫

y′(x)dx =∫

y(x)dx⇒ y(x) =C ex ,C ∈ R .

Izberimo nekaj konkretnih vrednosti za konstanto C =−3,−2,−1,0,1,2 in 3 in poglejmo pripada-joce rešitve diferencialne enacbe:

−3ex , −2ex , −ex , 0 , ex , 2ex , in 3ex .

Njihovi grafi so na Sliki 1.1.

S predpisomy(x) =C ex

je podana enoparametricna družina rešitev diferencialne enacbe y′(x) = y(x).

Poglejmo na ta primer malo drugace in sicer je z

y′(x) = y(x)

dolocen odvod v poljubni tocki, torej je smerni koeficient tangente k v tem primeru enak y(x).Krivulje, dolocene s k = y(x) imenujemo izokline.Izberimo si ponovno nekaj konkretnih vrednosti, tokrat za smerni koeficient k =−3,−2, ...,2 in 3.Na vsako izoklino k = y(x) narišemo odseke tangent, katerih smerni koeficient je k. Daljice nampredstavljajo potek rešitev diferencialne enacbe, kar vidimo na Sliki 1.2.


!4 !2 2os x

!4

!2

2

4os y

Slika 1.1: Rešitve diferencialne enacbe y′(x) = y(x).

!8 !6 !4 !2 2 4os x

!4

!2

2

4

os y

Slika 1.2: Smerno polje diferencialne enacbe y′(x) = y(x).

Poglejmo še vse skupaj za poljubno diferencialno enacbo prvega reda, ki jo lahko zapišemo veksplicitni obliki. Torej iz F(x,y(x),y′(x)) = 0 sledi y′ = f (x,y) .

S tem dobimo formulo za racunanje odvoda v tocki (x0,y(x0) = y0). Ta odvod doloca smertangente na tisto rešitev diferencialne enacbe v tocki (x0,y0), za katero je y′(x) = f (x0,y0). Pravimo,da je s predpisom

y′(x) = f (x,y)

doloceno smerno polje. Definirajmo izokline v splošnem.

14 1. Osnovni pojmi

Definicija 1.3.1 Izokline diferencialne enacbe y′(x) = f (x,y) so krivulje, podane z enacbamif (x,y) = k, kjer k ∈ R.

Vsaka rešitev diferencialne enacbe, ki seka izoklino f (x,y) = k, ima v presecišcu tangento ssmernim koeficientom k.

� Zgled 1.4 Narišimo smerno polje diferencialne enacbe

y′(x)− xy(x) = 0 .

Najprej izrazimo y′(x) = xy(x). Smerno polje vidimo na Sliki 1.3.

!8 !6 !4 !2 2 4os x

!4

!2

2

4

os y

Slika 1.3: Smerno polje diferencialne enacbe y′(x) = xy(x).

�

Izpeljemo lahko preprosto numericno metodo za iskanje približka rešitve diferencialne enacbe.

Naj bo (x0,y0) zacetna tocka, ki pripada neki rešitvi diferencialne enacbe. Tedaj je

k0 = f (x0,y0) .

Nadalje naj box1 = x0 +h ,

ter poišcimo pripadajoci y1 in sicer velja

y1 = y0 + y′(x0)h = y0 + k0 h = y0 + f (x0,y0)h .

Postopek ponavljamo in skozi dobljene tocke interpoliramo funkcijo. To metodo imenujemoEulerjeva numericna metoda:

(x0,y0) . . . zacetna tocka

xr+1 = xr +h

yr+1 = yr + f (xr,yr)h , r = 0,1,2, . . .


� Zgled 1.5 Z Eulerjevo numericno metodo poišcimo rešitev diferencialne enacbe y′(x) = xy(x),ce je y(0) = 1 in je korak h = 0.2.

Zacetna tocka je x0 = 0 in y0 = 1. Ker je f (x,y) = xy, racunamo naslednje tocke za r = 0, ...,4 poformulah

xr+1 = xr +0.2

yr+1 = yr +0.2xr yr .

Dobimo tabelo tock(0,1) ,(0.2,1) ,(0.4,1.04) ,(0.6,1.1232) ,(0.8,1.2580) ,(1,1.4593) .

�

2. Navadne diferencialne enacbe prvega reda

V tem razdelku bomo obravnavali diferencialne enacbe, ki vsebujejo samo prvi odvod neznanefunkcije.

Splošna oblika diferencialne enacbe prvega reda je

F(x,y,y′) = 0 .

Poglejmo razlicne tipe diferencialnih enacb prvega reda.

2.1 Diferencialna enacba z locljivima spremenljivkama

Definicija 2.1.1 Diferencialna enacba z locljivima spremenljivkama je oblike

y′(x) = f (x)g(y) .

Upoštevamo y′(x) =dydx

in integriramo:

y′(x) = f (x)g(y)

dyg(y)

= f (x)dx

∫ dyg(y)

=∫

f (x)dx .

� Zgled 2.1 Poišcimo splošno rešitev diferencialne enacbe y′(x) = ycosx.

18 2. Navadne diferencialne enacbe prvega reda

∫ dyy(x)

=∫

cosxdx

lny(x) = sinx+C

y(x) = esinxeC

y(x) = Desinx .

�

V Zgledu 2.1 smo pri izracunu nedolocenega integrala∫ dy

y(x) = lny(x) zanemarili absolutnovrednost in integracijsko konstanto. Integracijsko konstatno je dovolj upoštevati samo pri enemintegralu saj je vsota dveh nedolocenih konstant prav tako konstanta. Integracijsko konstantoobicajno upoštevamo pri integraciji po neodvisni spremenljivki x. Poglejmo še, zakaj lahko prilogaritmu izpustimo absolutno vrednost:

ln |y(x)|=∫

f (x)dx

y(x)> 0lny(x) = F(x)+C1

y(x) = eF(x)eC1

y(x) = eF(x)D1

y(x)< 0ln(−y(x)) = F(x)+C2

−y(x) = eF(x)eC2

y(x) = −eF(x)D2

V obeh primerih je splošna rešitev oblike

y(x) =CeF(x) .

� Zgled 2.2 Masa snovi m se pri radioaktivnem razpadu spreminja v skladu z diferencialno enacbo

dm =−βm(t)dt ,

kjer je t cas razpada, β pa koeficient, odvisen od snovi.a) Poišcimo splošno rešitev diferencialne enacbe.

dm = −βm(t)dt

∫ dmm(t)

= −β∫

dt

lnm(t) = −β t +C

m(t) = e−β t+C

m(t) = De−β t .

Splošna rešitev diferencialne enacbe je torej m(t) =Ce−β t .b) Poišcimo partikularno rešitev pri zacetnem pogoju m(0) = m0.

m0 = m(0) =Ce−β 0 =C in

m(t) = m0e−β t .

2.2 Homogena diferencialna enacba 19

c) Poišcimo razpolovni cas T glede na zacetni pogoj iz tocke b).Ker je T razpolovni cas, velja m(T ) = 1

2 m0.

m(T ) = m0e−βT =12

m0

e−βT =12

−βT = ln 12

T =− ln 1

2β

=ln2β

.

�

2.2 Homogena diferencialna enacba

Definicija 2.2.1 Homogena diferencialna enacba je oblike

y′(x) = f(y

x

).

Vpeljemo novo spremenljivko u(x) =y(x)

x. Tedaj je y(x) = u(x)x in y′(x) = u′(x)x+ u(x)

oziroma krajše y′(x) = u′x+u.

Iz y′(x) = f(y

x

)sledi

u′x+u = f (u)

dudx

x = f (u)−u

duf (u)−u

=dxx.

Dobili smo diferencialno enacbo z locljivima spremenljivkama, ki jo naceloma znamo rešiti.

� Zgled 2.3 Poišcimo splošno rešitev diferencialne enacbe y′(x) =x+ yx− y

.

Preoblikujmo diferencialno enacbo:

y′(x) =x+ y(x)x− y(x)

=1+ y(x)

x

1− y(x)x

.

Vpeljimo u(x) =y(x)

xin upoštevamo y′(x) = u′x+ u, s cimer dobimo novo diferencialno


enacbo, ki je tipa z locljivima spremenljivkama:

u′x+u =1+u1−u

dudx

x =1+u1−u

−u

dudx

x =1+u2

1−u∫ 1−u1+u2 =

∫ dxx∫ 1

1+u2 −∫ u

1+u2 =∫ dx

x

atanu− 12 ln(1+u2) = lnx+C

atany(x)

x= ln

√1+(

y(x)x

)2

+ lnx+C

atany(x)

x= ln(

√x2(x2 + y2(x))

x2 +C

atany(x)

x= ln

√x2 + y2(x)+C .

�

2.3 Linearna diferencialna enacba prvega reda

Definicija 2.3.1 Linearna diferencialna enacba prvega reda je oblike

y′(x)+ f (x)y(x) = g(x) .

Zaradi vecje preglednosti uporabljajmo skrajšana zapisa

y′(x) = y′ in y(x) = y .

Obravnavajmo najprej primer, ko je g(x)≡ 0. Dobimo diferencialno enacbo

y′+ f (x)y = 0 ,

ki jo imenujemo homogeni del linearne diferencialne enacbe. To je diferencialna enacba z locljivima


spremenljivkama, ki jo znamo rešiti:

y′ = − f (x)y

dyy = − f (x)dx

∫ dyy

= −∫

f (x)dx

lny = −F(x)+D

y = e−F(x)+lnC

y = Ce−F(x) .

Rešitev homogenega dela bomo oznacili z yH :

yH =Ce−F(x) ,

kjer je F(x) =∫

f (x)dx.

Zanima nas, kako bi poiskali splošno rešitev zacetne linearne diferencialne enacbe. V ta namensi poglejmo naslednji izrek, ki velja tudi za diferencialne enacbe višjega reda.

Izrek 2.3.1 Ce je yP kakšna partikularna rešitev linearne diferencialne enacbe in je yH rešitevpripadajocega homogenega dela linearne diferencialne enacbe. Potem je funkcija

y = yP + yH

tudi rešitev linearne diferencialne enacbe.

Dokaz.Vstavimo funkcijo y = yP + yH v levo stran linearne diferencialne enacbe y′+ f (x)y = g(x):

y′+ f (x)y = (y′P + y′H)+ f (x)(yP + yH)

= (y′P + f (x)yP)+(y′H + f (x)yH)

= g(x)+0 = g(x) .

Obliko partikularne rešitve lahko veckrat uganemo na osnovi oblike funkcije g in v ta namenuporabimo razlicne nastavke. Poglejmo si primer.

� Zgled 2.4 Poišcimo splošno rešitev diferencialne enacbe

y′+2y = 4x2 .

Rešimo najprej homogeni del:y′+2y = 0 .


y′ = −2y

dyy = −2dx

∫ dyy

= −2∫

dx

lny = −2x+ lnC

yH = Ce−2x .

Partikularno rešitev poskusimo poiskati z nastavkom yP = ax2 + bx+ c. Tedaj je y′P = 2ax+ b.Vstavimo v diferencialno enacbo:

2ax+b+2ax2 +2bx+2c = 4x2

2a = 4⇒ a = 2a+b = 0⇒ b =−2b+2c = 0⇒ c = 1

yP = 2x2−2x+1 .

Splošna rešitev jey = yP + yH = 2x2−2x+1+Ce−2x .

�

Namesto ugibanja lahko za iskanje neke partikularne rešitve yP linearne diferencialne enacbeuporabimo metodo variacije konstant.

Uporabimo nastavekyP =C(x)yH,1 ,

kjer je yH,1 partikularna rešitev homogene linearne diferencialne enacbe za C = 1, torej yH,1 =e−F(x). Torej je nastavek

yP =C(x)e−F(x) ,

kjer je F(x) =∫

f (x)dx. V bistvu v splošni rešitvi homogenega dela linearne diferencialne enacbezamenjamo konstanto C z neznano funkcijo C(x). Funkcijo C(x) bomo dolocili tako, da boyP partikularna rešitev linearne diferencialne enacbe. Nastavek vstavimo v originalno linearnodiferencialno enacbo:

C′(x)yH,1 +C(x)y′H,1 + f (x)C(x)yH,1 = g(x)

C′(x)yH,1 +C(x) [y′H,1 + f (x)yH,1]︸︷︷︸0

= g(x)

C′(x) =g(x)yH,1

C′(x) = g(x)eF(x)

in zato

C(x) =∫

g(x)eF(x) dx .


Torej je

yP = yH,1

∫g(x)eF(x) dx = e−F(x)

∫g(x)eF(x) dx

iskana partikularna rešitev, splošna rešitev linearne diferencialne enacbe pa je

y = yH + yP = e−F(x)∫

g(x)eF(x) dx+Ce−F(x) .


xy′+ y = 1+ lnx .

Najprej poišcimo rešitev homogenega dela yH

xy′ = −y

dyy

= −dxx

lny = − lnx+C

y = x−1eC

yH =Dx.

Z metodo variacije konstant poišcimo še partikularno rešitev yP

yP =D(x)

x

y′P =D′(x)x−D(x)

x2 .

Vstavimo v diferencialno enacbo

xD′(x)x−D(x)

x2 +D(x)

x= 1+ lnx

D′(x) = 1+ lnx

D(x) =∫(1+ lnx)dx

D(x) = x lnx

yP = lnx .

Skupna rešitev je

y = yH + yP =Dx+ lnx .

�


2.4 Bernoullijeva diferencialna enacba

Definicija 2.4.1 Bernoullijeva diferencialna enacba je oblike

y′+ f (x)y = g(x)yα .

Za α = 0 dobimo linearno diferencialno enacbo, za α = 1 pa homogeno linearno diferencialnoenacbo, zato privzemimo, da je α razlicen od 0 in 1.

Delimo diferencialne enacbe z yα :

y′y−α + f (x)y1−α = g(x)

in vpeljimo novo spremenljivko z = y1−α , kjer je z′ = (1−α)y−αy′:

z′

1−α+ f (x)z = g(x)

oziromaz′+(1−α) f (x)z = (1−α)g(x) .

Dobili smo linearno diferencialno enacbo za neznano funkcijo z. Po prejšnji metodi jo rešimo innato upoštevamo povezavo med y in z.


xy2y′+ y3 = xcosx .

Delimo enacbo z xy2

y′+yx

=cosx

y2

y′+yx

= cosxy−2 ,

kar pomeni, da je to Bernoullijeva diferencialna enacba za α = −2. Delimo jo z y−2, kar jeekvivalentno množenju z y2

y′y2 +y3

x= cosx .

Vpeljemo novo spremenljivko z = y1−(−2) = y3, katere odvod je z′ = 3y2y′ in vstavimo

z′

3+

zx

= cosx

z′+3zx

= 3cosx .

Dobili smo linearno diferencialno enacbo in najprej poišcimo rešitev homogenega dela zH

z′+3zx

= 0

dzz

= −3dxx

lnz = −3lnx+C

z = x−3 eC︸︷︷︸D

zH = Dx−3 .


Z metodo variacije konstant poišcimo partikularno rešitev zP

zP = D(x)x−3

z′P = D′(x)x−3−3D(x)x−4 .


D′(x)x−3−3D(x)x−4 +3D(x)x−3

x= 3cosx

D′(x) = 3cosxx3

D(x) =∫

3cosxx3 dx

D(x) = 3(3(x2−2

)cosx+ x

(x2−6

)sinx

).

Nedoloceni integral izracunamo s trikratno uporabo integracije po delih, a smo podrobnosti izpustili.Partikularna rešitev je

zP =3(3(x2−2

)cosx+ x

(x2−6

)sinx

)x3 .

Skupna rešitev jez = zH + zP

=Dx3 +

3(3(x2−2

)cosx+ x

(x2−6

)sinx

)x3

=D+3

(3(x2−2

)cosx+ x

(x2−6

)sinx

)x3 .

Upoštevamo še zvezo med y in z

y =3

√D+3

(3(x2−2

)cosx+ x

(x2−6

)sinx

)x3

=3√

D+3(3(x2−2)cosx+ x(x2−6)sinx)x

.

�

2.5 Riccatijeva diferencialna enacba

Definicija 2.5.1 Riccatijeva diferencialna enacba je oblike

y′ = a(x)y2 +b(x)y+ c(x) .

Za a(x) = 0 dobimo linearno diferencialno enacbo, za c(x) = 0 pa Bernoullijevo diferencialnoenacbo.

Žal ne obstaja metoda, ki bi dala splošno rešitev Riccatijeve diferencialne enacbe.


Izrek 2.5.1 Ce je y1 kakšna partikularna rešitev Riccatijeve diferencialne enacbe, tedaj lahkopoišcemo splošno rešitev diferencialne enacbe v obliki

y1 + z ,

kjer je z neznana funkcija.

Dokaz. Ker je y1 partikularna rešitev Riccatijeve diferencialne enacbe, velja

y′1 = a(x)y21 +b(x)y1 + c(x) .

Pokažimo, da je tedaj tudi y1 + z rešitev Riccatijeve diferencialne enacbe:

y′1 + z′ = a(x)(y1 + z)2 +b(x)(y1 + z)+ c(x)

y′1 + z′ = a(x)(y21 +2y1z+ z2)+b(x)(y1 + z)+ c(x)

y′1 + z′ = a(x)y21 +b(x)y1 + c(x)︸︷︷︸

y′1

+2a(x)y1z+a(x)z2 +b(x)z

z′ = (2a(x)y1 +b(x))z+a(x)z2 .

Dobimo Bernoullijevo diferencialno enacbo za α = 2

z′− (2a(x)y1 +b(x))z = a(x)z2 .


xy′ = y2−2(1+ x)y+ x2 +3x ,

ce je y1 = x partikularna rešitev.

Vpeljemo novo spremenljivko y = x+ z, katere odvod je y′ = 1+ z′. Opomnimo samo, da jeodvod posledica dejstva, da sta y in z funkciji odvisni od neodvisne spremenljivke x. Vstavimo vdiferencialno enacbo

x(1+ z′) = (x+ z)2−2(1+ x)(x+ z)+ x2 +3x

xz′ = z2−2z .

Dobili smo Bernoullijevo diferencialno enacbo za α = 2. Množimo jo z z−2

xz′ z−2 = 1−2z−1 .

Vpeljemo novo spremenljivko u = z1−2 = z−1, katere odvod je u′ =−z−2z′ in vstavimo

−xu′ = 1−2u .


Dobili smo linearno diferencialno enacbo in najprej poišcimo rešitev homogenega dela uH

−xu′ = −2u

duu

= 2dxx

lnu = 2lnx+C

uH = Dx2 .

Z metodo variacije konstant poišcimo partikularno rešitev uP

uP = D(x)x2

u′P = D′(x)x2 +2D(x)x .


−x(D′(x)x2 +2D(x)x) = 1−2D(x)x2

D′(x) = −x−3

D(x) =∫−x−3 dx

D(x) =x−2

2.

Partikularna rešitev je

uP =12.

Skupna rešitev jeu = uH +uP

= Dx2 +12

=2Dx2 +1

2.

Upoštevamo najprej zvezo med z in u

z =1u

=2

2Dx2 +1

in zatem še zvezo med y in zy = x+ z

= x+2

2Dx2 +1.

�


2.6 Clairautova diferencialna enacba

Definicija 2.6.1 Clairautova diferencialna enacba je oblike

y = xy′+ϕ(y′) .

Izracunajmo odvod dane diferencialne enacbe

y′ = y′+ xy′′+ϕ′(y′)y′′

in naj bo ϕ ′ = ψ , torej0 = xy′′+ψ(y′)y′′

oziroma0 = y′′(x+ψ(y′)) .

Zgornja enacba ima rešitev takrat, ko je eden od faktorjev enak 0. Tako je prva možnost

y′′ = 0⇒ y′ =C

in v tem primeru je rešitev diferencialne enacbe

y =C x+ϕ(C) ,

kar je enoparametricna družina rešitev (premic) in je tako tudi splošna rešitev Clairautove diferen-cialne enacbe.

Druga možnost je, da jex+ψ(y′) = 0 .

Vpeljimo v to diferencialno enacbo parameter t = y′. S tem dobimo parametricno podano rešitevdiferencialne enacbe

x(t) = −ψ(t)

y(t) = xt +ϕ(t) .

Z eliminacijo parametra t dobimo eksplicitno podano rešitev diferencialne enacbe, ce se to danarediti. To je rešitev, ki je ne zajema splošna rešitev diferencialne enacbe in jo zato imenujemosingularna rešitev. Ce pišemo t = C, opazimo, da je ta rešitev ravno odvod splošne rešitve poparametru C. Na tak nacin dobimo postopek za iskanje singularne rešitve Clairautove diferencialneenacbe, torej, splošno rešitev y =C x+ϕ(C) odvajamo po C, s cimer dobimo 0 = x+ϕ ′(C) in izobeh tako dobljenih enacb eliminiramo C.

� Zgled 2.8 Reši Clairautovo diferencialno enacbo

y = xy′+ y′2 .

V tem primeru je ϕ(y′) = y′2, zato je splošna rešitev

y =C x+C2 .

Singularno rešitev dobimo z odvajanjem po C

0 = x+2C .

Rešimo sistem enacb

y =−x2

4.

Sigularna rešitev je tako parabola, vsaka tangenta na parabolo ( y′ =C =− x2 ) pa je partikularna

rešitev.�

2.7 Lagrangeova diferencialna enacba 29

2.7 Lagrangeova diferencialna enacba

Definicija 2.7.1 Lagrangeova diferencialna enacba je oblike

y = xψ(y′)+ϕ(y′) .

V primeru, ko je ψ(y′) = y′, dobimo Clairautovo diferencialno enacbo, zato naj bo ψ(y′) 6= y′.Rešitev bomo poiskali v obliki x = x(t), y = y(t), pri cemer je y′(x) = t.

y(t) = x(t)ψ(t)+ϕ(t)

y′(t) = x′(t)ψ(t)+ x(t)ψ ′(t)+ϕ ′(t)

Nadalje, iz

y′(t) =dydt

=dydt

dxdx

=dydx

dxdt

= y′(x)x′(t) = tx′(t)

dobimotx′(t) = x′(t)ψ(t)+ x(t)ψ ′(t)+ϕ ′(t)

x′(t)(t−ψ(t)) = x(t)ψ ′(t)+ϕ ′(t) ,

ki je linearna diferencialna enacba za x = x(t) in jo seveda znamo rešiti.

� Zgled 2.9 Reši Lagrangeovo diferencialno enacbo

y = xy′2 + y′2 .

Z vpeljavo t = y′ dobimo

y(t) = x(t)t2 + t2

y′(t) = x′(t)t2 + x(t)2t +2t

tx′(t) = x′(t)t2 + x(t)2t +2t

x′(t)(1− t) = 2x(t)+2, t 6= 0 .

Za t = 0 dobimo rešitev y′ = 0, kar pomeni, da je y = C. Ce pogledamo zacetno diferencialnoenacbo vidimo, da zadošca le y = 0, ki je singularna rešitev. Za splošno rešitev moramo najprejrešiti linearno diferencialno enacbo za x = x(t), katere rešitev je

x(t) =−1+C

(t−1)2

in posledicno

y(t) =Ct2

(t−1)2 .

Z nekaj spretnosti lahko eliminiramo parameter t in dobimo splošno rešitev Lagrangeove diferen-cialne enacbe

y(x) = (√

C±√

x+1)2,C ≥ 0 .

�

3. Diferencialne enacbe višjega reda

Sedaj nas zanimajo diferencialne enacbe, ki poleg prvega vsebujejo tudi višje odvode neznanefunkcije.

Splošna oblika diferencialne enacbe n-tega reda je

F(x,y(x),y′(x), . . . ,y(n)(x)) = 0 .

Podobno kot prej bomo uporabili skrajšan zapis y(n)(x) = y(n).

3.1 Linearna diferencialna enacba (LDE) reda n

Obravnavali bomo le linearne diferencialne enacbe n-tega reda.

Definicija 3.1.1 Linearna diferencialna enacba n-tega reda je oblike

y(n)+an−1(x)y(n−1)+ · · ·+a1(x)y′+a0(x)y = f (x), (3.1)

kjer so ai funkcije za i = 0,1, . . . ,n−1.

Brez škode za splošnost lahko predpostavimo, da je funkcija pred y(n) enaka ena. Ce postavimo,da je f (x) = 0, iz (3.1) dobimo pripadajoci homogeni del linearne diferencialne enacbe oz. ho-mogeno LDE višjega reda.

y(n)+an−1(x)y(n−1)+ · · ·+a1(x)y′+a0(x)y = 0. (3.2)

Izrek 3.1.1 Ce so funkcije y1,y2, . . . ,yn rešitve homogenega dela linearne diferencialne enacben-tega reda (3.2) ter C1,C2, . . . ,Cn poljubne konstante, tedaj je tudi funkcija

yH =C1 y1 +C2 y2 + · · ·+Cn yn

32 3. Diferencialne enacbe višjega reda

rešitev diferencialne enacbe (3.2).

Dokaz. Ker so yi, i = 1,2, . . . ,n rešitve diferencialne enacbe (3.2), za vsak i velja

y(n)i +an−1(x)y(n−1)i + · · ·+a1(x)y′i +a0(x)yi = 0 .

Poljuben (k-ti) odvod funkcije yH je enak

y(k)H =C1 y(k)1 +C2 y(k)2 + · · ·+Cn y(k)n .

Vstavimo v (3.2):

(C1 y(n)1 +C2 y(n)2 + · · ·+Cn y(n)n )+

an−1(x)(C1 y(n−1)1 +C2 y(n−1)

2 + · · ·+Cn y(n−1)n )+ · · ·+

a0(x)(C1 y1 +C2 y2 + · · ·+Cn yn) = 0 .

Uredimo in upoštevamo da so funkcije yi rešitve diferencialne enacbe (3.2)

C1(y(n)1 +an−1(x)y(n−1)

1 + · · ·+a1(x)y′1 +a0(x)y1︸︷︷︸0

)+

C2(y(n)2 +an−1(x)y(n−1)

2 + · · ·+a1(x)y′2 +a0(x)y2︸︷︷︸0

)+ · · ·+

Cn(y(n)n +an−1(x)y(n−1)

n + · · ·+a1(x)y′n +a0(x)yn︸︷︷︸0

) = 0 .

Zanima nas, ali je to tudi splošna rešitev diferencialne enacbe (3.2). Dajmo se za zacetek omejitina linearne diferencialne enacbe drugega reda. Naj bosta y1 in y2 rešitvi njenega homogenega delain recimo, da velja y2 = k y1, k ∈R. V tem primeru recemo, da sta y1 in y2 linearno odvisni funkciji.Tedaj

C1 y1 +C2 y2 =C1 y1 +C2 k y1 = Dy1 .

Namesto dvoparametricne družine rešitev dobimo enoparametricno, zato C1 y1+C2 y2 v tem primeruni splošna rešitev homogenega dela linearne diferencialne enacbe drugega reda. Ce želimo splošnorešitev, rešitvi ne smeta biti linearno odvisni, temvec linearno neodvisni.

Pojem linearne neodvisnosti lahko posplošimo. Naj bodo y1,y2, . . . ,yn rešitve homogenega delalinearne diferencialne enacbe n-tega reda. Linearno neodvisnost podaja naslednja definicija.

Definicija 3.1.2 Funkcije y1,y2, . . . ,yn so linearno neodvisne, ko velja:

C1 y1 +C2 y2 + · · ·+Cn yn = 0⇔C1 =C2 = · · ·=Cn = 0 .

Vec o linearni neodvisnosti bomo izvedeli pri obravnavi vektorskih prostorov.

Izrek 3.1.2 Ce so funkcije y1,y2, . . . ,yn linearno neodvisne rešitve homogenega dela linearnediferencialne enacbe n-tega reda ter C1,C2, . . . ,Cn poljubne konstante, tedaj je

yH =C1 y1 +C2 y2 + · · ·+Cn yn

3.1 Linearna diferencialna enacba (LDE) reda n 33

splošna rešitev homogenega dela linearne diferencialne enacbe.

Izrek 3.1.3 Ce je yP neka rešitev linearne diferencialne enacbe n-tega reda (3.1) in yH splošnarešitev njenega homogenega dela (3.2), tedaj je

y = yH + yP

splošna rešitev linearne diferencialne enacbe n-tega reda (3.1).

Dokaz. Upoštevamo y = yH + yP v diferencialni enacbi

(yH + yP)(n)+an−1(x)(yH + yP)

(n−1)+ · · ·+

a1(x)(yH + yP)′+a0(x)(yH + yP) = f (x)

y(n)H +an−1(x)y(n−1)H + · · ·+a1(x)y′H +a0(x)yH︸︷︷︸

0

+

y(n)P +an−1(x)y(n−1)P + · · ·+a1(x)y′P +a0(x)yP︸︷︷︸

f (x)

= f (x) .

Poglejmo najprej, kako poišcemo partikularno rešitev yP linearne diferencialne enacbe n-tegareda. Uporabimo enako metodo kot pri linearni diferencialni enacbi prvega reda, in sicer metodovariacije konstant. V splošni rešitvi homogenega dela linearne diferencialne enacbe n-tega redayH =C1 y1 +C2 y2 + · · ·+Cn yn zamenjamo konstante Ci z neznanimi funkcijami funkcijami Ci(x),i = 1,2, . . . ,n. Partikularno rešitev tako išcemo s pomocjo nastavka

yP =C1(x)y1 +C2(x)y2 + · · ·+Cn(x)yn .

Izracunajmo najprej prvi odvod:

y′P =C1(x)y′1 +C2(x)y′2 + · · ·+Cn(x)y′n +C′1(x)y1 +C′2(x)y2 + · · ·+C′n(x)yn .

Ce bomo tako nadaljevali in racunali nadaljnje odvode od yP, bo vsa stvar zacela nekontroliranonarašcati. Ker nas zanimajo le neznane funkcije Ci(x), dajmo predpostaviti, da je

C′1(x)y1 +C′2(x)y2 + · · ·+C′n(x)yn = 0 .

To je smiselno narediti, saj potrebujemo za dolocitev neznanih funkcij Ci(x) n enacb z n neznankami,ki bodo enolicno rešljive. Nadaljujmo sedaj z racunanjem drugega odvoda:

y′′P =C1(x)y′′1 +C2(x)y′′2 + · · ·+Cn(x)y′′n +C′1(x)y′1 +C′2(x)y′2 + · · ·+C′n(x)y′n .

Naredimo enako kot prej in predpostavimo

C′1(x)y′1 +C′2(x)y′2 + · · ·+C′n(x)y′n = 0 .


S tem postopkom nadaljujemo in tako je n-ti odvod enak:

y(n)P = C1(x)y(n)1 +C2(x)y(n)2 + · · ·+Cn(x)y(n)n +

C′1(x)y(n−1)1 +C′2(x)y(n−1)

2 + · · ·+C′n(x)y(n−1)n .

Zdaj ne bomo naredili nobene predpostavke, ampak vstavimo vse izracunane odvode v diferencialnoenacbo

f (x) = y(n)P +an−1(x)y(n−1)P + · · ·+a1(x)y′P +a0(x)yP

=[C1(x)y(n)1 +C2(x)y(n)2 + · · ·+Cn(x)y

(n−1)n +

C′1(x)y(n−1)1 +C′2(x)y(n−1)

2 + · · ·+C′n(x)y(n−1)n

]+

an−1(x)[C1(x)y(n−1)

1 +C2(x)y(n−1)2 + · · ·+Cn(x)y

(n−1)n

]+ · · ·+

a0(x) [C1(x)y1 +C2(x)y2 + · · ·+Cn(x)yn] .

Preuredimo glede na neznanke in dobimo

f (x) = C1(x)(

y(n)1 +an−1(x)y(n−1)1 + · · ·+a1(x)y′1 +a0(x)y1

)︸︷︷︸

0

+

C2(x)(

y(n)2 +an−1(x)y(n−1)2 + · · ·+a1(x)y′2 +a0(x)y2

)︸︷︷︸

0

+ · · ·+

Cn(x)(

y(n)n +an−1(x)y(n−1)n + · · ·+a1(x)y′n +a0(x)yn

)︸︷︷︸

0

+

(C′1(x)y(n−1)

1 +C′2(x)y(n−1)2 + · · ·+C′n(x)y

(n−1)n

)Dobili smo še zadnji pogoj

C′1(x)y(n−1)1 +C′2(x)y(n−1)

2 + · · ·+C′n(x)y(n−1)n = f (x) .

Variacija konstant da sistem n enacb za n neznanih funkcij C′i(x):

C′1(x)y1 +C′2(x)y2 + · · ·+C′n(x)yn = 0

C′1(x)y′1 +C′2(x)y′2 + · · ·+C′n(x)y′n = 0

...

C′1(x)y(n−2)1 +C′2(x)y(n−2)

2 + · · ·+C′n(x)y(n−2)n = 0

C′1(x)y(n−1)1 +C′2(x)y(n−1)

2 + · · ·+C′n(x)y(n−1)n = f (x)


Trenutno še ne znamo dovolj o reševanja sistemov linearnih enacb in ne moremo pokazati, da je tasistem res enolicno rešljiv. To je posledica dejstva, da so rešitve yi, i = 1, . . . ,n, linearno neodvisne.Ko rešimo sistem glede na neznanke C′i(x), nato z nedolocenim integriranjem dobimo neznanefunkcije Ci(x). Te funkcije vstavimo v nastavek

yP =C1(x)y1 +C2(x)y2 + · · ·+Cn(x)yn ,

s cimer dobimo partikularno rešitev linearne diferencialne enacbe n-tega reda.

3.2 LDE reda n s konstantnimi koeficienti

Bolj problematicno je iskanje rešitev y1,y2, . . . ,yn homogenega dela linearne diferencialne enacben-tega reda. Žal ni splošne metode, ki bi rešila ta problem. V ta namen se bomo sedaj omejili nalinearne diferencialne enacbe, kjer so funkcije ai(x), i = 1, . . . ,n−1, konstante.

Definicija 3.2.1 Linearna diferencialna enacba n-tega reda s konstantnimi koeficienti je oblike

y(n)+an−1 y(n−1)+ · · ·+a1 y′+a0 y = f (x), (3.3)

kjer je ai ∈ R za i = 0,1, . . . ,n−1.

Poglejmo si najprej linearno diferencialno enacbo drugega reda s konstantnimi koeficienti

y′′+a1y′+a0y = f (x) ,

pri cemer sta sedaj koeficienta a1 in a0 realni števili, torej konstanti. Brez škode za splošnost lahkopredpostavimo, da je koeficient pred y′′ enak 1, saj v nasprotnem celo enacbo delimo z njim.

Rešitve njenega homogenega dela

y′′+a1y′+a0y = 0

išcemo med funkcijami oblike eλx, kjer je λ neznani koeficient:

y = eλx

y′ = λeλx

y′′ = λ 2eλx

λ 2ekx +a1λekx +a0ekx = 0

(λ 2 +a1λ +a0)ekx = 0

λ 2 +a1λ +a0 = 0 .

Polinom λ 2 +a1λ +a0 imenujemo karakteristicni polinom. Ce sta λ1 in λ2 nicli karakteristicnegapolinoma, tedaj sta y1 = eλ1x in y2 = eλ2x rešitvi homogenega dela diferencialne enacbe.

Glede na vrsto nicel karakteristicnega polinoma locimo tri možnosti.


(i) Nicli λ1 in λ2 sta realni in razlicni.Rešitvi homogenega dela diferencialne enacbe sta potemtakem y1 = eλ1x in y2 = eλ2x. Cehocemo, da bo

C1y1 +C2y2

splošna rešitev homogenega dela diferencialne enacbe, morata biti y1 in y2 linearno neodvisnifunkciji. Njun kvocient

y1

y2=

eλ1x

eλ2x = e(λ1−λ2)x

je eksponentna funkcija, zato sta to linearno neodvisni rešitvi in splošna rešitev homogenegadela je

yH =C1eλ1x +C2eλ2x , C1,C2 ∈ R .

(ii) Nicli sta konjugirani kompleksni par.Naj bo λ1 = a+ ib in λ2 = a− ib. Tedaj sta

y1 = e(a+ib)x in y2 = e(a−ib)x

partikularni rešitvi. Njun kvocient je

y1

y2=

e(a+ib)x

e(a−ib)x= ei2bx

in ni konstanten, zato sta rešitvi linearno neodvisni. Splošna rešitev je torej

yH =C1e(a+ib)x +C2e(a−ib)x

oziromayH = eax(C1eibx +C2e−ibx) .

Ker sta C1 in C2 poljubni konstanti, naj bosta konjugirani kompleksni števili. Uporabimozvezi

eix = cosx+ isinx

ine−ix = cosx− isinx .

Dobimo

yH = C1eax(cos(bx)+ isin(bx))+C2eax(cos(bx)− isin(bx))

= eax[(C1 +C2)cos(bx)+(C1−C2)isin(bx)] .

Ce postavimo2C1 = E− iF in 2C2 = E + iF ,

sta E in F poljubni realni konstanti in velja

C1 +C2 = E in i(C1−C2) = F .

Tako lahko splošno rešitev zapišemo kot

yH = eax(E cos(bx)+F sin(bx)) .

Sedaj sta eax cos(bx) in eax sin(bx) partikularni rešitvi. Ker njun kvocient cot(bx) ni kon-stanten, sta linearno neodvisni.


(iii) Nicla je realna in dvojna.Naj bo λ0 dvojna nicla karakteristicnega polinoma. Tedaj je ena partikularna rešitev y1 = eλ0 x.Pokažimo, da je y2 = xeλ0x druga partikularna rešitev. Najprej izracunajmo oba odvoda:

y′2 = eλ0 x +λ0 xeλ0 x = eλ0 x(λ0 x+1)

y′′2 = λ0eλ0 x(λ0 x+1)+λ0eλ0 x = λ0eλ0 x(λ0 x+2) .

Le-ta vstavimo v homogeni del diferencialne enacbe:

λ0eλ0 x(λ0 x+2)+a1eλ0 x(λ0 x+1)+a0xeλ0 x

= eλ0 x[(λ 20 +a1λ0 +a0)︸︷︷︸

0

x+(2λ0 +a1)︸︷︷︸0

]

= 0 .

Prvi oklepaj je enak 0, ker je λ0 nicla karakteristicnega polinoma. Ker je λ0 dvojna nicla, jev tej tocki prvi odvod karakteristicnega polinoma enak 0

0 = (λ 2 +a1λ +a0)′(λ0) = (2λ +a1)(λ0) = 2λ0 +a1 .

Torej lahko splošno rešitev zapišemo kot

yH =C1eλx +C2xeλx .

Ker je kvocient partikularnih rešitev enak x, sta le-ti linearno neodvisni.

� Zgled 3.1 Dana je linearna diferencialna enacba s konstantnimi koeficienti

y′′−4y = 8x .

a) Poišcimo splošno rešitev diferencialne enacbe.

Nastavimo karakteristicni polinom

λ2−4 = 0 .

Njegovi nicli staλ1 = 2, λ2 =−2 .

Splošna rešitev homogenega dela je

yH =C1 e2x +C2 e−2x .

Partikularno rešitev poišcemo z metodo variacije konstant

yP =C1(x)e2x +C2(x)e−2x .

C′1(x)e2x +C′2(x)e−2x = 0

2C′1(x)e2x−2C′2(x)e−2x = 8x .


Rešimo sistem enacb tako, da prvo enacbo pomnožimo z 2, ju seštejemo in izracunamo C1(x)

C′1(x) = 2xe−2x

C1(x) =∫

2xe−2x dx

=12(−1−2x)e−2x .

Uporabimo prvo enacbo v sistemu enacb variacije konstant in izracunamo C′2(x), zatem pa šeC2(x)

C′2(x) = −C′1(x)e4x

= −2xe2x

C2(x) =∫(−2xe2x)dx

=12(1−2x)e2x .

Partikularna rešitev je

yP =12(−1−2x)e−2xe2x +

12(1−2x)e2xe2x

= −2x .

Splošna rešitev jey = yH + yP

= C1 e2x +C2 e−2x−2x .

b) Poišcimo tisto rešitev diferencialne enacbe, ki zadošca zacetnima pogojema y(0) = 0 iny′(0) = 4.

Izracunati moramo odvod rešitve diferencialne enacbe

y′ = 2C1 e2x−2C2 e−2x−2 .

Upoštevamo pogoja in izracunamo iskani konstanti

y(0) = C1 +C2 = 0

y′(0) = 2C1−2C2−2 = 4

C1 = 3

C2 = −3 .

Iskana rešitev jey = 3(e2x− e−2x)−2x .

�


Vse skupaj lahko na naraven nacin posplošimo na diferencialne enacbe n-tega reda s konstant-nimi koeficienti

y(n)+an−1 y(n−1)+ · · ·+a1 y′+a0 y = f (x) .

Ce postavimo f (x) = 0, dobimo homogeni del linearne diferencialne enacbe n-tega reda s konstant-nimi koeficienti. Karakteristicni polinom je

λn +an−1 λ

n−1 + · · ·+a1 λ +a0 = 0 .

Karakteristicni polinom ima n nicel, ki so lahko realne ali kompleksne ter enkratne ali veckratne.

V primeru enkratnih nicel λ1,λ2, . . . ,λn že vemo, da so rešitve oblike

eλ1 x, eλ2 x, . . . , eλn x .

Ce so nicle kompleksne, nastopajo v konjugiranih parih λ = a± ib in pripadajoci rešitvi sta enakikot pri enacbah drugega reda

eax cos(bx) in eax sin(bx) .

Naj bo sedaj λ realna nicla stopnje k. Tedaj ji pripada k rešitev

eλ x, eλ x x, eλ x x2, . . . , eλ x xk−1 .

Ni težko preveriti, da kvocient posameznih dveh rešitev ni konstanten in so zato linearno neodvisne.

V primeru veckratne kompleksne nicle velja podobno. Naj bo λ = a+ ib kompleksna nicla stopnjek. Tedaj ji pripada 2k linearno neodvisnih rešitev

eax cos(bx) , eax sin(bx) ,eax cos(bx)x , eax sin(bx)x ,eax cos(bx)x2 , eax sin(bx)x2 ,

...eax cos(bx)xk−1, eax sin(bx)xk−1 .

� Zgled 3.2 Poišcimo splošno rešitev homogene linearne diferencialne enacbe 4. reda s konstant-nimi koeficienti

y(4)− y = 0 .

λ 4−1 = (λ 2−1)(λ 2 +1) = (λ −1)(λ +1)(λ − i)(λ + i)

y1 = ex

y2 = e−x

y3 = e0x cos(1x) = cosx

y4 = e0x sin(1x) = sinx

yH =C1y1 +C2y2 +C3y4 +C4y4

yH =C1ex +C2e−x +C3 cosx+C4 sinx .�


� Zgled 3.3 Poišcimo splošno rešitev linearne diferencialne enacbe 4. reda s konstantnimi koefici-enti

y(4)− y = sinx .

Vemo, da je yH =C1ex +C2e−x +C3 cosx+C4 sinx, zato išcemo partikularno rešitev v obliki

yH =C1(x)ex +C2(x)e−x +C3(x)cosx+C4(x)sinx .

Uporabimo variacijo konstant:

C′1(x)ex +C′2(x)e

−x +C′3(x)cosx+C′4(x)sinx = 0

C′1(x)ex−C′2(x)e

−x−C′3(x)sinx+C′4(x)cosx = 0

C′1(x)ex +C′2(x)e

−x−C′3(x)cosx−C′4(x)sinx = 0

C′1(x)ex−C′2(x)e

−x +C′3(x)sinx−C′4(x)cosx = sinx

2C′2(x)e−x +C′3(x)(cosx+ sinx)+C′4(x)(sinx− cosx) = 0

2C′3(x)cosx+2C′4(x)sinx = 0

2C′2(x)e−x +C′3(x)(cosx− sinx)+C′4(x)(sinx+ cosx) = −sinx


C′3(x)(cosx+ sinx− cosx+ sinx)+

C′4(x)(sinx− cosx− sinx− cosx) = sinx


2C′3(x)sinx−2C′4(x)cosx = sinx

2C′3(x)cosxsinx+2C′4(x)sin2 x = 0

2C′3(x)sinxcosx−2C′4(x)cos2 x = sinxcosx

2C′4(x)(sin2 x+ cos2 x) = −sinxcosx

C′4(x) = −12 sinxcosx

Z nedolocenim integriranjem izracunamo vse štiri neznane funkcije:

C4(x) =∫−1

2 sinxcosxdx = 18 cos(2x)

C3(x) =∫ 1

21− cos(2x)

2dx =

14

(−sin(2x)

2+ x)

C2(x) =∫−1

4 ex sinxdx =−18 ex(sinx− cosx)

C1(x) =∫ 1

4 e−x sinxdx =−18 e−x(sinx+ cosx) .


Tako je

yP =x cosx

4− 3x sinx

8in splošna rešitev je

y =C1ex +C2e−x +C3 cosx+C4 sinx+x cosx

4− 3x sinx

8.

�

Sedaj znamo poiskati rešitev poljubne linearne diferencialne enacbe s konstantnimi koeficienti.Pri posebnih oblikah funkcije f (x) lahko za iskanje partikularne rešitve yP namesto variacijekonstant uporabimo doloceni tip nastavka, ki hitreje privede do rešitve. Naj bo

any(n)+an−1y(n−1)+ · · ·+a1y+a0 = f (x)

linearna diferencialna enacba n-tega reda s konstantnimi koeficienti. Pripadajoci karakteristicnipolinom ima n realnih ali kompleksnih nicel. Na osnovi nicel karakteristicnega polinoma dobimorešitev homogenega dela yH .

Poglejmo si nastavek za iskanje partikularne rešitve yP glede na obliko funkcije f . Ce je

f (x) = eαx(Pm1 cos(βx)+Pm2 sin(βx)) ,

kjer sta polinoma P stopenj m1 oziroma m2 in je α± iβ k-kratna nicla karakteristicnega polinoma,tedaj je nastavek za iskanje partikularne rešitve enak

yP = eαx(Qm(x)cos(βx)+Rm(x)sin(βx))xk ,

kjer sta Qm(x) in Rm(x) polinoma z neznanimi koeficienti stopnje kvecjemu m in je m=max{m1,m2}.� Zgled 3.4 Poišcimo tisto rešitev linearne diferencialne enacbe

y′′− y′ = 2(1− x) ,

ki zadošca zacetnima pogojema y(0) = 1 in y′(0) = 1.

Karakteristicni polinom jeλ

2−λ = 0 .

Njegovi nicli staλ1 = 0, λ2 = 1 .

Splošna rešitev homogenega dela je

yH =C1 +C2 ex .

Pri nastavku za partikularno upoštevamo, da je stopnja polinoma z neznanimi koeficienti ena in daje α = 0 enkratna nicla karakteristicnega polinoma

yP = (Ax+B)xe0x = Ax2 +Bx

y′P = 2Ax+B

y′′P = 2A .



2A−2Ax−B = 2(1− x)

−2Ax+2A−B = −2x+2

A = 1

B = 0 .

Partikularna rešitev jeyP = x2 .

Splošna rešitev jey = yH + yP =C1 +C2 ex + x2 .

Izracunati moramo še obe konstanti in v ta namen potrebujemo odvod rešitve dife-rencialne enacbe

y′ = C2 ex +2x .

Upoštevamo pogoja in izracunamo iskani konstanti

y(0) = C1 +C2 = 1

y′(0) = C2 = 1

C1 = 0

C2 = 1 .

Iskana rešitev jey = ex + x2 .

�

3.3 Eulerjeva diferencialna enacba

Med linearnimi diferencialnimi enacbami višjega reda z nekonstantnimi koeficienti je najpreproste-jša naslednja diferencialna enacba.

Definicija 3.3.1 Eulerjeva diferencialna enacba je oblike

xn y(n)(x)+an−1 xn−1 y(n−1)(x)+an−2 xn−2 y(n−2)(x)+ · · ·+a1 xy′(x)+a0 y(x) = f (x) ,

kjer so koeficienti ai ∈ R.

Z vpeljavo nove spremenljivke x = et Eulerjevo diferencialno enacbo prevedemo na linearnodiferencialno enacbo s konstantnimi koeficienti. Diferencial nove spremenljivke je dx = et dtoziroma dt

dx = e−t . Omenimo, da smo se z vpeljavo take nove spremenljivke omejili na x > 0.Poglejmo si to prevedbo na primeru homogene diferencialne enacbe drugega reda

x2 y′′(x)+a1 xy′(x)+a0 y(x) = f (x) .

3.3 Eulerjeva diferencialna enacba 43

Izracunajmo oba odvoda

y′(x) =dydx

=dydt

dtdx

= y′(t)e−t ,

y′′(x) =dy′

dx=

dy′

dtdtdx

= (y′′(t)e−t − y′(t)e−t)e−t = (y′′(t)− y′(t))e−2t .

Dobimo linearno diferencialno enacbo s konstantnimi koeficienti

y′′(t)+ y′(t)(a1−1)+ y(t)a0 = f (t) .

Ce upoštevamo, da iz x = et sledi, da je t = lnx in uporabimo znanje o rešitvah linearnih difer-encialnih enacb, dobimo vse rešitve Eulerjeve diferencialne enacbe. Naj bosta λ1 in λ2 rešitvikarakteristicnega polinoma. Tedaj velja, ce je λ1 6= λ2, potem sta

xλ1 in xλ2

linearno neodvisni rešitvi. Ce sta λ1 in λ2 konjugirani par kompleksnih nicel z realnim delom α inimaginarnim β , tedaj sta pripadajoci linearno neodvisni rešitvi

xα(cos(β lnx)) in xα(sin(β lnx)) .

V primeru, ko je λ k-kratna nicla karakteristicnega polinoma, tedaj so

xλ , xλ lnx, xλ ln2 x, . . . ,xλ lnk−1 x

linearno neodvisne rešitve.

V primeru, ko je x < 0, je v izpeljavi potrebno vpeljati absolutno vrednost, a se ne bomospušcali v podrobnosti.

� Zgled 3.5 Poišci splošno rešitev diferencialne enacbe

x2y′′(x)−7xy′(x)+16y(x) = 0 .

Z vpeljavo nove spremenljivke x = et dobimo krakteristicni polinom. Poišcimo njegovi nicli:

λ 2 +λ (−7−1)+16 = 0

λ 2−8λ +16 = 0

(λ −4)2 = 0

λ1,2 = 4 .

Rešitev je takoy(x) =C1x4 +C2x4 lnx .

�

� Zgled 3.6 Poišci splošno rešitev diferencialne enacbe

x2y′′(x)− xy′(x)− y(x) = x lnx .


Z vpeljavo nove spremenljivke x = et in upoštevanjem y′(x) = y′(t)e−t ,y′′(x) = (y′′(t)−y′(t))e−2t

prevedimo najprej zacetno diferencialno enacbo na diferencialno enacbo drugega reda s konstant-nimi koeficienti:

e2t(y′′(t)− y′(t))e−2t + ety′(t)e−t − y(t) = ett

y′′(t)− y(t) = ett

Nicli karakteristicnega polinoma za iskanje rešitve homogenega dela sta

λ 2−1 = 0

λ1,2 = ±1 .

Rešitev je takoyH(t) =C1et +C2e−t

oziromayH(x) =C1x+C2

1x.

Partikularno rešitev išcemo z nastavkom

yP(t) = (At +B)ett .

Izracunamo oba odvoda in vstavimo v diferencialno enacbo, s cimer dolocimo konstanti A=−B= 14

in partikularna rešitev je enaka

yP(t) =14(t2− t)et

oziromayP(x) =

x4(ln2 x− lnx) .

Splošna rešitev je tako

y(x) =C1x+C21x+

x4(ln2 x− lnx) .

�

3.4 Eksistencni izrek

Spoznali smo vec vrst diferencialnih enacb in spoznali postopke za njihovo reševanje, nismo pa sevprašali naslednjega:(i) Ali za dani zacetni problem obstaja rešitev?(ii) Ce rešitev obstaja, ali je enolicno dolocena?Zanimata nas torej obstoj in enolicnost rešitve diferencialne enacbe.

Brez dokaza poglejmo pogoj za eksistenco rešitve zacetnega problema.

Izrek 3.4.1 (Eksistencni izrek)Naj bo podan zacetni problem

y′+ f (x)y = g(x), y(x0) = y0 .

Ce sta f in g zvezni funkciji na intervalu (a,b), x0 ∈ (a,b), tedaj obstaja enolicna rešitev

3.4 Eksistencni izrek 45

zacetnega problema.�

Najvecji interval (a,b) iz Izreka 3.4.1 je interval veljavnosti zacetnega problema. Poišcemo gatako, da na številsko os vrišemo x0 in tocke nezveznosti funkcij f in g, ter poišcemo najvecji odprtiinterval, ki vsebuje x0.

� Zgled 3.7 Poišci interval veljavnosti za zacetni problem

cosxy′− sinxy = 3x cosx, y(2π) = 0 .

Zapišimo diferencialno enacbo v splošni obliki

y′− tanxy = 3x .

Vidimo, da je funkcija g povsod zvezna, funkcija f pa je nezvezna v tockah x= π

2 +(2k+1)π,k∈Z.Zato je interval veljavnosti (3π

2 , 5π

2 ). �

Podoben izrek kot za linearne diferencialne prvega reda velja tudi za linearne diferencialneenacbe višjega reda.

Izrek 3.4.2 (Eksistencni izrek)Naj bo podan zacetni problem

y(n)+an−1(x)y(n−1)+ · · ·+a0(x)y = f (x) ,

y(x0) = y0,y′(x0) = y1, . . . ,y(n−1)(x0) = yn−1 .

Ce so ai, i = 1,2, . . . ,n− 1 in f zvezne funkcije na intervalu (a,b), x0 ∈ (a,b), tedaj obstajaenolicna rešitev zacetnega problema. Interval veljavnosti je najvecji interval zveznosti vsehfunkcij, ki vsebuje x0. �

4. Uporaba diferencialnih enacb

Pogledali si bomo nekaj primerov uporabe diferencialnih enacb v fiziki in kemiji.

4.1 Prosti pad z upoštevanjem zracnega upora

V zacetku tega poglavja smo obravnavali modeliranje prostega pada oziroma navpicnega meta,pri cemer nismo upoštevali zracnega upora. Naj bo F1 = mg sila teže in F2 =−k v2 sila zracnegaupora, kjer je k koeficient zracnega upora in v = v(t), kot obicajno, hitrost padajocega telesa. Podrugem Newtonovem zakonu velja:

F = F1 +F2

ma = mv− k v2

md vd t

= mv− k v2

d vd t

= v− km

v2 .

48 4. Uporaba diferencialnih enacb

Zaradi lažjega integriranja v nadaljevanju vpeljimo b2 =mgk

in rešimo diferencalno enacbo:

d vd t

=b2 km− k

mv2

d vd t

=km(b2− v2)

∫ d vv2−b2 = −

∫ km

d t

12b

lnv−bv+b

= − km

t +C

lnv−bv+b

= −2bkm

t +2bC

v−bv+b

= e−2bkm te2bC, d = 2bk

m , D = e2bC

v−bv+b

= De−d t

v−b = De−d t(v+b)

v(1−De−d t) = b(De−d t +1)

v(t) = b.De−d t+11−De−d t .

Dobili smo splošno rešitev zacetnega problema. Ce upoštevamo zacetni pogoj v(0) = v0,dobimo partikularno rešitev

v0 = b.D+11−D

v0(1−D) = b(D+1)

D =v0−bv0 +b

,

ki se glasi

v(t) = b.v0−bv0+b e−d t +1

1− v0−bv0+b e−d t

.

Ce cas t (teoreticno) pošljemo v neskoncnost, dobimo koncno hitrost

vk = limt→∞

v(t) = limt→∞

b.De−d t +11−De−d t = b =

√mgk

.

Vidimo, da je koncna hitrost konstantna.

Do enakega zakljucka pridemo z naslednjim sklepanjem. Telo bo zacelo padati enakomerno,ko bosta nanj delujoci sili po velikosti nasprotno enaki, to pomeni

mg = k v2⇒ v =√

mgk

.

4.2 Zakon o delovanju mas 49

� Zgled 4.1 Padalec, ki skupaj s padalom tehta 80 kg, je padalo odprl, ko je že padal s hitrostjo 10m/s. Po preteku 1 minute se mu je hitrost padanja prakticno ustalila na 5 m/s. Poišcimo koeficientk zracnega upora in hitrost v(t).

v0 = 10m/svk = 5m/sm = 80kg

vk = b =

√mgk⇒

k =mgv2

k=

80 ·10252 = 32

D =v0−bv0 +b

=10−510+5

=13

d =2k bm

=2 ·32 ·5

80= 4

v(t) = 51+ 1

3 e−4t

1− 13 e−4t

.

�

4.2 Zakon o delovanju mas

Pri konstantni temperaturi velja, da je hitrost kemijske reakcije premosorazmerna produktu koncen-tracij reaktantov, ki reagirajo. Za dvomolekularno reakcijo

A+B→M

naj bo v enem litru a molov snovi A in b molov snovi B. Ce je y = y(t) število molov na liter, ki sov casu t zreagirali, tedaj je hitrost reakcije dolocena z

d yd t

= k (a− y)(b− y) .

Poišcimo rešitev te diferencialne enacbe ob predpostavki, da je a 6= b in je y(0) = 0.

d yd t

= k (a− y)(b− y)

d y(a− y)(b− y)

= k d t


Razstavimo na parcialne ulomke

1(a− y)(b− y)

=A

a− y+

Bb− y

1 = A(b− y)+B(a− y)

1 = y(−A−B)+Ab+Ba

A+B = 0 ⇒ A =−B

Ab+Ba = 1 ⇒ B =1

a−b−A .

Nadaljujmo z reševanjem diferencialne enacbe:

∫ d y(a− y)(b− y)

=∫

k d t

1b−a

∫ d ya− y

+1

a−b

∫ d yb− y

=∫

k d t

1a−b

ln(a− y)− 1a−b

ln(b− y) = kt +C

1a−b

lna− yb− y

= kt +C

a− yb− y

= e(a−b)kt e(a−b)C

a− yb− y

= De(a−b)kt

a− y = De(a−b)kt(b− y)

y(t) =Dbe(a−b)kt −aDe(a−b)kt −1

.

Z upoštevanjem zacetnega pogoja dobimo partikularno rešitev:

y(0) =Db−aD−1

= 0 ⇒ D =ab

y(t) =ab be(a−b)kt −aab e(a−b)kt −1

y(t) = abe(a−b)kt −1

ae(a−b)kt −b.

4.3 Nihanje na spiralni vzmeti 51

4.3 Nihanje na spiralni vzmeti

Telo z maso m, ki visi na spiralni vzmeti, v navpicni smeri premaknemo za x iz mirujoce lege.Vzmet se upira deformaciji s silo F1, ki je premosorazmerna z odmikom x:

F1 =−bx, b > 0 .

Predznak je negativen, ker sila deluje v nasprotni smeri od odmika x. Ko telo spustimo se zacnegibati proti mirujoci legi s hitrostjo

v =d xd t

= x′ .

Gibanju telesa se upira snov, v kateri sta telo in vzmet (to je lahko bodisi zrak, plin ali kapljevina),s silo F2, ki je premosorazmerna s hitrostjo v:

F2 = cv =−cx′ , c > 0 .

Po drugem Newtonovem zakonu velja

F = F1 +F2

ma = −bx− cx′

mx′′ = −b − cx′

x′′+cm

x′+bm

x = 0 .

Dobili smo diferencialno enacbo drugega reda s konstantnimi koeficienti. Za lažje reševanjevpeljimo

cm

= 2k inbm

= ω2 .

Sedaj rešujemo diferencialno enacbo

x′′+ k x′+ω2 x = 0 .

Poišcimo nicli karakteristicnega polinoma

λ 2 + k λ +ω2 = 0

λ1,2 =−2k±

√4k2−4ω2

2= −k±

√k2−ω2 .

Glede na odnos med k in ω locimo tri možnosti (naj bo r2 = k2−ω2):(i) k2 > ω2 V tem primeru imamo dve razlicni realni nicli karakteristicnega polinoma

λ1,2 =−k± r

in rešitev diferencialne enacbe je

x(t) =C1 e(−k+r) t +C2 e(−k−r) t .


(ii) k2 < ω2 V tem primeru imamo konjugirani kompleksni nicli karakteristicnega polinoma

λ1,2 =−k± i r


x(t) =C1 e−kt cos(r t)+C2 e−kt sin(r t) .

(iii) k2 = ω2 V tem primeru imamo dvojno realno niclo karakteristicnega polinoma

λ1,2 =−k


x(t) =C1 e−kt +C2 e−kt t .

Ce na vzmet delujemo s periodicno zunanjo silo

F = F0 sin(β t) ,

dobimo nehomogeno diferencialno enacbo

x′′+ k x′+ω2 x = F0 sin(β t) .

5. Naloge iz diferencialnih enacb

5.1 Navadne diferencialne enacbe prvega redaDiferencialne enacbe z locljivima spremeljivkama

1. Poišci splošno rešitev naslednjih diferencialnih enacb:(a) y′ =−2xy,(b) y′ = 3x2(1+ y2),(c) xy+(x+1)y′ = 0,(d) yy′ = 2(xy+ x),(e) ex+yy′ = e2x−y,(f) xy′− y = y3,

(g) y′ =(y+1)2

(x+1)2 ,

(h) (9+ x2)y′ =−33√

9− y2.2. Poišci tisto rešitev naslednjih diferencialnih enacb, ki zadošca danemu zacetnemu pogoju:

(a) 2xy′+ y = 0, y(e) = 1,(b) y′+ y2 sinx = 0, y(0) = 1,(c) (5x2 +1)y′−20xy = 10x, y(0) = 1

2 ,(d) 3y− x(1+3y)y′ = 0, x(1) = e.

3. Poišci splošno rešitev diferencialne enacbe

y′ = x3(y− x)2 +yx

s pomocjo subsitucije z = y− x.4. S pomocjo substitucije z = siny poišci splošno rešitev diferencialne enacbe

y′+ tany =x

cosy.

Homogena diferencialna enacba1. Poišci splošno rešitev naslednjih homogenih enacb:

54 5. Naloge iz diferencialnih enacb

(a) y′ = x2+y2

x2 ,(b) xyy′ = x2 + y2,(c) x2y′ = xy− y2,(d) x2y′ = y2 +2xy,(e) 2x2− y2 +3xyy′ = 0,(f) xy′− y =

√x2− y2,

(g) y′ = x+2y2x−y .

2. Poišci tisto rešitev naslednjih homogenih diferencialnih enacb, ki zadošca danemu zacetnemupogoju:

(a) xy′ = y+√

x2 + y2, y(1) = 3,(b) 3y3− x3 = 3xy2y′, y(1) = 2,(c) y′ = y

x(1+ lny− lnx), y(1) = e2.3. Poišci splošno rešitev diferencialne enacbe

xy′ = y+ x tan(

y−2xx

).

Linearna diferencialna enacba prvega reda1. Poišci splošno rešitev naslednjih linearnih diferencialnih enacb:

(a) xy′+2y = x3,(b) x2y′+ xy+1 = 0,(c) xy′+2(1− x2)y = 1,

(d) y′+ y tanx =1

cosx,

(e) (x+ ey)y′ = 1.2. Poišci tisto rešitev naslednjih linearnih diferencialnih enacb, ki zadošca danemu zacetnemu

pogoju:(a) xy′+ xy = 1− y, y(1) = 0,(b) xy′+ y = x2 lnx, y(1) = 0.(c) xy′+ y = x2 lnx, y(1) = 0.

3. Poišci splošno rešitev x = x(t) DE

t(1+ t2)dx = (x+ xt2− t2)dt .

4. Poišci tisto rešitev diferencialne enacbe

−xy′+4y+2x5ex = 0,

ki poteka skozi tocko T (1,1).

Bernoullijeva diferencialna enacba1. Poišci splošno rešitev naslednjih Bernoullijevih diferencialnih enacb:

(a) y′− yx =−

y2

x ,(b) 2y′+2 y

x + y2 = 0,(c) y′+ 2y

x = 12yx4 ,

(d) y′− 3yx = x4 3

√y,

(e) y′+ y1−x2 = x

√y,

(f) 3y′ cosx+ ysinx− 1y2 = 0,

(g) y′+ y = xy23 ,

(h) xy′+ y = y2 lnx.

5.1 Navadne diferencialne enacbe prvega reda 55

2. Poišci tisto rešitev naslednjih Bernoullijevih diferencialnih enacb, ki zadošca danemu zacet-nemu pogoju:

(a) y′+ y = xy3, y(0) = 1,

(b) 2y′+3y

x lnx= 3y

13 , y(e) = 0,

3. Poišci tisto rešitev diferencialne enacbe

xy2y′ = x2 + y3,

ki gre skozi tocko T (1,0).4. Poišci tisto rešitev diferencialne enacbe

xy′ lnx = y− xy2 ,

ki gre skozi tocko T (e, 12e).

Riccatijeva diferencialna enacba1. Poišci splošno rešitev Riccatijevih diferencialnih enacb, ce je podana partikularna rešitev y1.

(a) y′ = y2 +(1−2x)y+ x2− x+1, y1 = x,(b) y′ = xy2 +(1−2x)y+ x−1, y1 = 1,(c) y′ = e−xy2 + y− ex, y1 = ex,(d) 2y′+ y2 =− 1

x2 , y1 =1x .

2. Poišci splošne rešitve naslednjih diferencialnih enacb:(a) (1− x2)y′ = 1− y2,(b) y′−2xy+ y2 = 2− x2,(c) x2y′ = x2y2 + xy+1,(d) y′ = y2−2yex + e2x + ex, pri pogoju y(0) = 0.


3y′+ y2 +2x2 = 0 ,

ce je y1 =1x rešitev diferencialne enacbe.


(x+1)y′ = (x+1)y2 +(2x+3)y+(x+2) ,

ce veš, da je ena rešitev konstantna funkcija.5. Dana je diferencialna enacba

y′+2y+ y2 =2x2 −1 .

(a) Poišci partikularno rešitev dane diferencialne enacbe, ce veš, da je oblike

y =ax+2

x.

(b) Poišci splošno rešitev dane diferencialne enacbe.

Clairautova diferencialna enacba1. Poišci rešitev Clairautove diferencialne enacbe

(a) y = xy′−4(y′)3,(b) y = xy′+ 1

4y′ .

56 5. Naloge iz diferencialnih enacb

Lagrangeova diferencialna enacba1. Poišci rešitev Lagrangeove diferencialne enacbe

(a) 2y = xy′+(y′)3,(b) 2y−4xy′− ln(y′) = 0.

5.2 Diferencialne enacbe višjega redaLinearna diferencialna enacba višjega reda s konstantnimi koeficienti

1. Poišci splošno rešitev naslednjih diferencialnih enacb:(a) y′′ = 0,(b) y′′− y′−2y = 0,(c) y′′−2y′+ y = 0,(d) y′′+2y′+10y = 0,(e) y′′′−3y′′+2y′ = 0,(f) y′′′−6y′′+9y′ = 0,(g) y′′+9y = 0,(h) y′′′− y′′− y′+ y = 0,(i) y′′′−8y = 0,(j) y′′′+ y = 0.

2. Poišci splošno rešitev naslednjih diferencialnih enacb:(a) y′′+4y′+3y = x−1,(b) y′′− y′−2y = 3x,(c) y′′−4y′+4y = e2x

x ,(d) y′′+4y = 1

cos(2x) ,(e) y′′−2y′+ y = 3e2x,(f) y′′+ y = x2 + x,(g) y′′+ y′−2y = 2xe−2x +3x,(h) y′′−6y′+9y = 2xe3x,(i) y′′+9y = sin3x− ex cos2x,(j) y′′−5y′+4y = chx,(k) y(4)+ y′′′ = 12x2,(l) y(4)+ y′′′− y′′− y′ = 4ex,

(m) y(4)+ y′′′− y′′− y′ = 4ex,(n) y(5)+ y′′′+1 = x2,(o) y(4)−2y′′′−3y′′+4y′+4y = xex,(p) y(4)−2y′′′−3y′′+4y′+4y = xe2x,(q) y′′′−4y′′+5y′ = 1− x,(r) y′′′−3y′′+7y′−5y = ex sin(2x)(s) y′′′+3y′′+4y′+12y = xsin(2x),(t) y′′−4y′+5y = e2x

cosx ,(u) y′′′+ y′ = tanx,(v) y′′′+4y′+4y = e−2x lnx.

3. Poišci rešitve naslednjih diferencialnih enacb pri pogojih:(a) y′′+2y′+5y = 17sin(2x),(b) y′′− y′−2y = 3x, y(0) = y′(0) = 1,(c) y′′+9y = sin3x− ex cos2x, y(π

2 ) = 0, y′(3π

2 ) = 726 e

3π

2 ,(d) y′′′−2y′′+10y′ = 3xex, y(0) =−1

3 , y′(0) = 0, y′′(0) = 13 ,

(e) y′′′′+ y′′ = 7x, y(0) = y′(0) = 0, y′′(π

2 ) =5π

2 , y′′′(π

2 ) = 8,(f) y′′−2y′+ y = ex

x , y(1) = 0, y′(1) = 1,

5.3 Uporaba diferencialnih enacb 57

Eulerjeva diferencialna enacba1. Reši diferencialne enacbe

(a) x2y′′+3xy′+2y = 0,(b) x2y′′−7xy′+16y = 0,(c) 4x2y′′+ y = 0,(d) x2y′′′− x2y′′+2xy′−2y = x3,(e) x3y′′′+ xy′− y = 0,(f) x3y′′′+ x2y′′−2xy′+2y = 0.

2. Poišci rešitve naslednjih diferencialnih enacb pri pogojih:(a) 2x2y′′+3xy′−15y = 0, y(1) = 0, y′(1) = 1,(b) x2y′′−2xy′+2y = 0, y(1) = y′(1) = 1.

5.3 Uporaba diferencialnih enacb1. Poišci krivuljo, katere tangenta seka abscisno os v tocki, ki je enaka kvadratu abscise

dotikališca tangente in krivulje.2. Krivulja y = y(x) leži v prvem kvadrantu. V tocki T (x,y) krivulje narišemo tangento in

ordinato. Trapez, ki ga oklepajo tangenta, ordinata in obe koordinatni osi ima plošcino 3a2.Za katero krivuljo gre?

3. Tangenta na krivuljo K v tocki T (x,y) seka y os v tocki, katere ordinata je enaka polovicivsote koordinat tocke T . Poišci enacbo krivulje K.

4. V predavalnici velikosti 30 m × 30 m × 6 m ima zrak 0,12% CO2. Koliko kubikovsvežega zraka (svež zrak vsebuje 0,04% CO2) je potrebno dovesti na minuto, da bo v zrakupredavalnice manj kot 0,06% CO2 po desetih minutah. Predpostavimo, da se zrak dobropremeša v vsakem trenutku.

5. Newtonov zakon ohlajanja oziroma segrevanjaTelo se ohlaja oziroma segreva tako, da je hitrost spreminjanja temperature sorazmernarazliki temperature med telesom in okolico.

(a) Zapiši ustrezno diferencialno enacbo in jo reši.(b) Bakreno kroglico temperature 100 ◦C pade v bazen z vodo temperature 30 ◦C. Po treh

minutah pade njena temperature na 70 ◦C. Kdaj bo temperatura kroglice 31 ◦C?6. Radioaktivni razpad

Zakon o radioaktivnem razpadu pravi, da je kolicina snovi, ki razpade v casovni enoti,sorazmerna kolicini snovi, ki je še na voljo.

(a) Zapiši ustrezno diferencialno enacbo in jo reši.(b) Izracunaj razpolovni cas.(c) Na zacetku imamo 1 g nekega radioaktivnega izotopa 226Ra. Zapiši kako se masa izo-

topa spreminja v odvisnosti od casa. Izracunaj cas v katerem se kolicina radioaktivnegaizotopa razpolovi.

7. Naravna rastZakon naravne rasti pravi, da je hitrost spreminjanja kolicine sorazmerna s kolicino samo.

(a) Zapiši ustrezno diferencialno enacbo in jo reši.(b) Ce se je populacija v desetih letih podvojila, v kakšnem casu se bo potrojila.(c) Ce se je populacija v dvajsetih letih zmanjšala za cetrtino, koliko casa še bo obstajala.

II6 Uvod v linearno algebro . . . . . . . . . . . . . 616.1 Matrike6.2 Racunanje determinante matrike6.3 Sistemi linearnih enacb

7 Vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 837.1 Definicija in primeri vektorskih prostorov7.2 Linearna lupina in neodvisnost7.3 Baza7.4 Evklidski prostori7.5 Ortonormirana baza7.6 Fourierova vrsta

8 Linearne transformacije . . . . . . . . . . . . . 1178.1 Linearne transformacije in matrike8.2 Lastne vrednosti in lastni vektorji8.3 Sistemi linearnih diferencialnih enacb

Stvarno kazalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

II. Linearna algebra

6. Uvod v linearno algebro

V tem poglavju bomo naredili preskok iz matematicne analize, s katero smo se do sedaj ukvarjali,v algebro. Spoznali bomo matrike, še posebej nas bo zanimalo, kdaj je matrika regularna, in v tanamen bomo sponali pojem determinante matrike. Nadalje nas bodo zanimali sistemi linearnihenacb in spoznal bomo dva nacina za njihovo reševanje. Urejanje kemijskih reakcij je primeruporabe reševanja sistemov lienarnih enacb.

6.1 Matrike

V tem razdelku bomo definirali matriko, pogledali racunske operacije z matrikami in se v nadalje-vanju osredotocili na kvadratne matrike in v zvezi s tem na obratno matriko.

Tabela števil

A =

a11 a12 · · · a1m

a21 a22 · · · a2m...

......

...an1 an2 · · · anm

se imenuje pravokotna matrika, ce je n 6=m in kvadratna matrika, ce je n=m. Števila, ki sestavljajomatriko, so elementi matrike. Elementi so lahko realna ali kompleksna števila. V nadaljevanju najbo O obseg realnih ali kompleksnih števil.

Za vsak i = 1, ...,n je[ai1 ai2 ... aim]

i-ta vrstica matrike A in za vsak j = 1, ...,m jea1 j

a2 j...

an j

62 6. Uvod v linearno algebro

j-ti stolpec matrike A. Za matriko z n vrsticami in m stolpci pravimo, da je reda n×m. Element ai j

matrike A pišemo tudi kotai j = (A)i j .

Matriki A in B sta enaki natanko tedaj, ko sta enakega reda in imata enake istoležne elemente:

A = B⇔ (A)i j = (B)i j

za vsak i = 1, ...,n in j = 1, ...,m.

Poglejmo, kako racunamo z matrikami.(i) Seštevanje matrik

Definicija 6.1.1 Naj bosta A in B matriki reda n×m. Vsota matrik A in B je matrikaA+B reda n×m, pri cemer je

(A+B)i j = (A)i j +(B)i j, i = 1, ...,n, j = 1, ...,m .

Ocitno je vsota matrik enakega reda kot oba sumanda, to je n×m.

� Zgled 6.1 Poišcimo vsoto matrik A in B, ce je

A =

[1 0 −12 3 −5

]in B =

[2 1 −10 4 5

].

[1 0 −12 3 −5

]+

[2 1 −10 4 5

]=

[3 1 −22 7 0

]�

Seštevanje matrik je komutativno, saj je seštevanje v obsegu O komutativno. Velja torej

A+B = B+A (6.1)

in ker v O velja tudi asociativnost seštevanja, je seštevanje matrik tudi asociativna operacija

A+(B+C) = (A+B)+C . (6.2)

(ii) Množenje matrik

Naj bo A matrika reda n× k, B pa matrika reda k×m. Pomnožimo i-to vrstico matrike A zj-tim stolpcem matrike B na sledec nacin:

[ai1 ai2 ... aik]

b1 j

b2 j...

bk j

= ai1bi j +ai2b2 j + · · ·+aikbnk .

Dobljeno vsoto imenujemo skalarni produkt i-te vrstice matrike A in j-tega stolpca matrikeB.

Definicija 6.1.2 Naj bo A matrika reda n× k in B matrika reda k×m. Produkt matrik Ain B je matrika AB reda n×m , pri cemer je

(AB)i j =k

∑r=1

airbr j, i = 1, . . . ,n, in j = 1, . . . ,m .

6.1 Matrike 63

Torej, i j-ti element produkta AB je skalarni produkt i-te vrstice matrike A in j-tega stolpcamatrike B.

� Zgled 6.2 Matriki iz Zgleda 6.1 ne moremo množiti zaradi neustreznih redov. Naj bo torejA matrika iz Primera 6.1, matrika B pa naj bo podana kot

B =

1 0 2 32 1 4 −31 −1 2 −2

.

Izracunajmo produkt matrik A in B.

Produkt je enak[1 0 −12 3 −5

] 1 0 2 32 1 4 −31 −1 2 −2

=

[0 1 0 53 8 6 7

].

�

Iz primera je razvidno, da produkt BA sploh ni definiran. Poglejmo še produkt dveh matrikenakih redov. Naj bosta

A =

[1 23 4

]in B =

[5 0−1 6

].

Tedaj sta definirana oba produkta

AB =

[1 23 4

][5 0−1 6

]=

[3 12

11 24

]in

BA =

[5 0−1 6

][1 23 4

]=

[5 1017 22

].

Vidimo, da cetudi sta definirana oba produkta, nista (nujno) enaka. Množenje matrik vsplošnem ni komutativna operacija

AB 6= BA .

Velja pa asociativnosti množenja

A(BC) = (AB)C. (6.3)

Pokažimo lastnost asociativnosti množenja. Matrike A, B in C morajo biti ustreznih redov.Naj bo torej matrika A poljubnega reda, recimo n× k, tedaj mora biti matrika B reda k× p inposledicno je matrika C reda p×m.

(A(BC))i j = ∑kr=1(A)ir(BC)r j

= ∑kr=1(A)ir

(∑

pt=1(B)rt(C)t j

)= ∑

kr=1 ∑

pt=1(A)ir(B)rt(C)t j

= ∑pt=1

(∑

kr=1(A)ir(B)rt

)(C)t j

= ∑pt=1(AB)it(C)t j

= ((AB)C)i j .


Lastnost velja iz podobnih razlogov kot pri seštevanju. Je namrec posledica asociativnostimnoženja v obsegu O in definicije množenja matrik. Podrobnosti so prepušcene bralcu.

(iii) Množenje s skalarjemSpomnimo se, da so skalarji elementi iz obsega O , za nas so to torej realna in kompleksnaštevila.

Definicija 6.1.3 Naj bo A matrika reda n×m in skalar λ iz obsega O . Produkt matrikeA s skalarjem λ je matrika λ A reda n×m, kjer je

(λ A)i j = λ (A)i j, i = 1, . . . ,n, in j = 1, . . . ,m .

Matriko A množimo s skalarjem λ ∈ O torej tako, da pomnožimo z λ vsak element matrikeA

λA = λ

a11 a12 · · · a1m

a21 a22 · · · a2m...

......

...an1 an2 · · · anm

=

λa11 λa12 · · · λa1m

λa21 λa22 · · · λa2m...

......

...λan1 λan2 · · · λanm

.

Bralec naj se sam preprica, da za množenje s skalarjem veljajo naslednje lastnosti:

(λ +µ)A = λA+µA, (6.4)

λ (A+B) = λA+λB, (6.5)

λ (AB) = (λA)B in (6.6)

λ (µA) = (λ µ)A. (6.7)

Poleg navedenih lastnosti veljata še obe distributivnost množenja matrik glede na seštevanje

A(B+C) = AB+AC (6.8)

in

(B+C)A = BA+CA. (6.9)

Ker morata obstajati tako produkta AB in BA, kot tudi AC in CA, morajo biti matrike A,B,Custreznih redov. Naj bo A reda n×m, tedaj morata biti matriki B in C obe redov m× k. Rezultat jereda n× k. Preverimo samo lastnost (6.8). Lastnost (6.9) preverimo zelo podobno in to lahko storibralec sam.

(AB+AC)i j = (AB)i j +(AC)i j

= ∑nr=1 airbr j +∑

nr=1 aircr j

= ∑nr=1(airbr j +aircr j)

(B+C)i j = (B)i j +(C)i j = bi j + ci j

(A(B+C))i j = ∑nr=1 air(br j + cr j)

= ∑nr=1(airbr j +aircr j)

6.1 Matrike 65

Nasprotna matrika, −A, matrike A je produkt matrike A s skalarjem −1

−A = (−1)A. (6.10)

Razlika matrik A in B, A−B, je vsota matrike A in nasprotne matrike matrike B

A−B = A+(−B) .

Naj bo A matrika reda n×m. Tedaj je njena transponirana matrika AT matrika reda m×n, kijo dobimo iz A tako, da zamenjamo vrstice in stolpce:

(AT )i j = (A) ji, ∀ i = 1, ...,m in j = 1, ...,n. (6.11)

Trditev 6.1.1 Naj bo matrika A reda n× k in matrika B reda k×m. Tedaj velja

(AB)T = BT AT .

Dokaz.(BT AT )i j = ∑

nr=1(B

T )ir(AT )r j

= ∑nr=1(B)ri(A) jr

= ∑nr=1(A) jr(B)ri

= (AB) ji

= ((AB)T )i j .

Nicelna matrika O je matrika, ki ima za elemente same nicle

O =

0 0 · · · 00 0 · · · 0...

......

...0 0 · · · 0

. (6.12)

Naj bo sedaj A kvadratna matrika (m = n). Ce ima A n stolpcev oziroma vrstic pravimo, da jereda n. Množico kvadratnih matrik reda n oznacimo Mn = {A;A redan, (A)i j ∈O}. Elemente (A)ii,i = 1, ...,n, kvadratne matrike A imenujemo diagonalni elementi in sestavljajo glavno diagonalomatrike A.

Kvadratna matrika je zgornje trikotna, ce je (A)i j = 0 za vsak i > j in pravimo, da je spodnjetrikotna, ce je (A)i j = 0 za vsak i < j:

a11 a12 · · · a1n

0 a22 · · · a2n...

......

...0 0 · · · ann

zgornje trikotna matrika ,


a11 0 · · · 0a21 a22 · · · 0

......

......

an1 an2 · · · ann

spodnje trikotna matrika .

Matrika, ki je zgornje in obenem tudi spodnje trikotna, je diagonalna matrikaa11 0 · · · 00 a22 · · · 0...

......

...0 0 · · · ann

diagonalna matrika ,

Diagonalna matrika, za katero je (A)ii = 1 za vsak i, je enotska matrika I:

I =

1 0 · · · 00 1 · · · 0...

......

...0 0 · · · 1

enotska matrika .

Bralec naj sam preveri, da za vsako kvadratno matriko A velja

IA = AI = A. (6.13)

To pomeni, da je enotska matrika I enota za množenje v množici matrik.

Sled matrike matrike A reda n, sl(A), je vsota njenih diagonalnih elementov

sl(A) =n

∑i=1

(A)ii .

Ni težko videti, da veljasl(A+B) = slA+ slB .

Kvadratna matrika A je simetricna, ce je enaka svoji transponirani matriki

AT = A .

Kvadratna matrika je antisimetricna ali poševno simetricna, ce je enaka svoji negativni transponiranimatriki

A =−AT .

V nadaljevanju bomo definirali pomemben pojem v zvezi s kvadratnimi matrikami in sicer je toobratna matrika.

Definicija 6.1.4 Matrika B je obratna ali inverzna matrika matrike A, ce velja

AB = BA = I .

Obratno matriko matrike A oznacimo z A−1.

6.1 Matrike 67

� Zgled 6.3 Poišcimo obratno matriko matrike

A =

[1 1−1 2

].

Naj bo

A−1 =

[a bc d

].

Veljati mora [1 1−1 2

][a bc d

]=

[1 00 1

] a+ c b+d

−a+2c −b+2d

=

[1 00 1

]

a+ c = 1

b+d = 0

−a− c = 1

−b−2d = 0

c = d =−b =13, a =

23.

Torej je

A−1 =

23−1

3

13

13

=13

2 −1

1 1

.

�

Izrek 6.1.2 Ce obstaja obratna matrika matrike A, je le-ta enolicno dolocena.

Dokaz. Predpostavimo nasprotno, recimo da obstajata dve razlicni obratni matriki B in C matrike A.Tedaj velja

AB = BA = I

inAC =CA = I .

Tedaj veljaB = BI = B(AC) = (BA)C = IC =C ,

kar je v protislovju z B 6=C.

Definicija 6.1.5 Matrika je obrnljiva, ce obstaja njej obratna matrika.

Obrnljivim matrikam pravimo tudi regularne matrike.


Trditev 6.1.3 Za obrnljivi matriki A in B velja

(AB)−1 = B−1A−1 .

Dokaz. Naj bosta A in B poljubni obrnljivi matriki in AB njun produkt. Po definiciji obratne matrikeje

(AB)(AB)−1 = I .

Pomnožimo enakost zaporedoma z leve strani najprej z A−1 in nato z B−1:

A−1(AB)(AB)−1 = A−1I

(A−1A)B(AB)−1 = A−1

B(AB)−1 = A−1

(B−1B)AB)−1 = B−1A−1

(AB)−1 = B−1A−1

6.2 Racunanje determinante matrike

O sami definiciji determinanti ne bomo veliko povedali. Poudarek bo na izracunavanju determi-nante. Uporabljali jo bomo pri izracunu obratne matrike in pri reševanju sistemov linearnih enacb.Definicija determinante, ki jo bomo podali v tem razdelku, je kar se da poenostavljena. Formalno jedeterminanta matrike definirana preko permutacij, mi se bomo zadovoljili s tem, da je determinantaštevilo, ki ga lahko priredimo vsaki kvadratni matriki. Induktivno bomo vpeljali determinantokvadratne matrike A, ki jo oznacimo det(A) in jo pišemo podobno kot samo matriko, le da namestooglatih oklepajev uporabimo ravne crte.

Determinanta matrike A reda dva je definirana kot produkt elementov glavne diagonale, odkaterih odštejemo produkt preostalih elementov:

det(A) = det[

a11 a12a21 a22

]=

∣∣∣∣ a11 a12a21 a22

∣∣∣∣= a11a22−a12a21 .

� Zgled 6.4 Izracunajmo determinanto matrike

A =

[2 −31 3

].

det(A) = det[

2 −31 3

]=

∣∣∣∣ 2 −31 3

∣∣∣∣= 2 ·3− (−3) ·1 = 9 .

�

6.2 Racunanje determinante matrike 69

Determinanta matrike reda tri je definirana kot:

det

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

=

∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣= (a11a22a33 +a12a23a31 +a13a21a32)− (a11a23a32 +a12a21a33 +a13a22a31) .

Do determinante matrike reda tri pridemo preko determinant matrik reda dva in sicer tako, dadeterminanto vecje matrike razvijemo po vrstici ali stolpcu na vsoto determinant matrik za enanižjega reda. Pri tem determinanto matrike nižjega reda imenujemo poddeterminanta. Poglejmo sirazvoj po prvi vrstici:

det

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

=

∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣= (−1)1+1a11

∣∣∣∣ a22 a23a32 a33

∣∣∣∣︸︷︷︸poddet.|A11|

+(−1)1+2a12

∣∣∣∣ a21 a23a31 a33

∣∣∣∣︸︷︷︸poddet.|A12|

+(−1)1+3a13

∣∣∣∣ a21 a22a31 a32

∣∣∣∣︸︷︷︸poddet. |A13|

= a11(a22a33−a23a32)−a12(a21a33−a23a31)+a13(a21a32−a22a31) .

Poddeterminanto |Ai j| dobimo tako, da v determinanti matrike A precrtamo in zanemarimo celotnoi-to vrstico in j-ti stolpec. To, kar ostane, je poddeterminanta |Ai j|. Poddeterminanta |Ai j| skupaj spredznakom (−1)i+ j se imenuje kofaktor.

� Zgled 6.5 Izracunajmo determinanto matrike

A =

1 3 −2−1 1 0

2 4 0

.

det(A) =

∣∣∣∣∣∣1 3 −2−1 1 0

2 4 0

∣∣∣∣∣∣= 1 ·

∣∣∣∣ 1 04 0

∣∣∣∣−3 ·∣∣∣∣ −1 0

2 0

∣∣∣∣+(−2) ·∣∣∣∣ −1 1

2 4

∣∣∣∣= 12 .

�

Zaenkrat smo determinanto matrike A reda tri racunali z razvojem po prvi vrstici in sicer prekopoddeterminant |Ai j|, kjer je j = 1,2,3. Toda determinanto matrike A bi lahko racunali s pomocjorazvoja po katerikoli vrstici ali stolpcu.

Tako bi lahko determinanto iz Primera 6.5 na drugacen nacin izracunali s pomocjo razvoja po,na primer, tretjem stolpcu, kar vidimo na Primeru 6.6.


� Zgled 6.6 Izracunajmo determinanto matrike A iz Primera 6.5 s pomocja razvoja po tretjemstolpcu.

det(A) =

∣∣∣∣∣∣1 3 −2−1 1 0

2 4 0

∣∣∣∣∣∣= (−2) ·

∣∣∣∣ −1 12 4

∣∣∣∣−0 ·∣∣∣∣ 1 3

2 4

∣∣∣∣+0 ·∣∣∣∣ 1 3

1 −1

∣∣∣∣= 12 .

�

Za izracun determinante matrike tretjega reda lahko uporabimo Sarrusovo pravilo, ki temelji nanaslednji shemi:

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

Induktivno postopek racunanja determinante matrik reda dva in tri lahko posplošimo na racu-nanje determinante kvadratne matrike poljubnega reda. Naj bo torej A kvadratna matrika redan. Ce determinanto matrike A izracunamo z razvojem po i-ti vrstici, (i je poljubno število med1 in n), tedaj za vsak r = 1,2, ...,n element air pomnožimo s pripadajoco poddeterminanto |Air|,katere predznak je dolocen z (−1)i+r. Determinanta matrike A je definirana kot vsota produktovelementov i-te vrstice s pripadajocimi poddeterminantami:

det(A) =n

∑r=1

(−1)i+rair|Air| .

Podobno lahko determinanto matrike A izracunamo s pomocjo razvoja po j-tem stolpcu

det(A) =n

∑r=1

(−1)r+ jar j|Ar j| .

Za izracun determinante je najugodnejši izbor vrstice ali stolpca s cim vecjim številom nicel, saj ticleni odpadejo iz vsote. Sarrusovo pravilo se lahko uporabi izkljucno pri matrikah reda tri.

Opazimo, da je determinanta trikotnih in diagonalnih matrik enaka produktu diagonalnih elementov.

Navedimo nekaj lastnosti determinante. Ker smo se pri vpeljavi determinante izognili formalnidefiniciji le-te, lastnosti ne moremo izpeljati, ampak jih bomo samo navedli:

(i) det(AB) = det(A)det(B).(ii) det(A) = det(AT ).

(iii) Ce imajo v matriki v poljubni vrstici (stolpcu) vsi elementi skupen faktor, lahko le-tegaizpostavimo iz determinante.

(vi) Ce ima matrika kakšno nicelno vrstico (stolpec), je determinanta enaka nic.(v) Ce v matriki med seboj zamenjamo dve vrstici (stolpca), se spremeni predznak determinante.

(vi) Ce vrstici prištejemo (odštejemo) veckratnik katere druge vrstice (stolpca), se vrednostdeterminante ne spremeni.

6.2 Racunanje determinante matrike 71

(vii) Ce sta v matriki dve vrstici (stolpca) enaki ali je ena veckratnik druge, je determinantamatrike enaka 0..

Definicija 6.2.1 Matrika A je prirejenka matrike A, ce je

(A)i j = (−1)i+ j|A ji| .

� Zgled 6.7 Izracunajmo prirejenko A matrike A iz Primera 6.4 ter izracunaj AA.

A =

[3 3−1 2

]in

AA =

[9 00 9

]= 9

[1 00 1

]= det(A)I .

�

V nadaljevanju pokažimo lemo, ki bo potrebna v dokazu naslednjega izreka.

Lema 6.2.1 Za j 6= i jen

∑r=1

(−1) j+rair|A jr|= 0 .

Dokaz. Naj bo A matrika z elementi ai j. Matriki A priredimo matriko A′ z elementi a′i j tako, da vmatriki A namesto j-te vrstice napišemo i-to vrstico, ostalih vrstic pa ne spreminjamo. S tem imamatrika A′ dve enaki vrstici in je njena determinanta enaka 0. Zapišimo determinanto matrike A′ zrazvojem po j-ti vrstici:

0 = det(A′) = ∑nr=1(−1) j+ra′jr|A′jr|= ∑

nr=1(−1) j+rair|A jr| .

Izrek 6.2.2 Matrika A je obrnljiva natanko tedaj, ko je det(A) 6= 0.

Dokaz. Izpeljimo dokaz v obe smeri.(⇒) Naj bo A obrnljiva, torej naj obstaja A−1. Tedaj je AA−1 = I in velja

1 = det(I)

= det(AA−1)

= det(A)det(A−1)⇒ det(A) 6= 0 .

(⇐) Naj bo sedaj det(A) 6= 0. Pokažimo, da velja

AA = det(A)I ,


kar pomeni, da moramo pokazati:

(AA)ii = ∑nr=1(A)ir(A)ri

= ∑nr=1(A)ir(−1)r+i|Air|

= ∑nr=1(−1)r+iair|Air|

= det(A) .

in za i 6= j imamo(AA)i j = ∑

nr=1(A)ir(A)r j

= ∑nr=1(A)ir(−1)r+ j|A jr|

= ∑nr=1(−1)r+ jair|A jr|

=︸︷︷︸Lema 6.2.1

0 .

Zato je1

det(A)AA = I ali

A(

1det(A)

A)

= I

od koder slediA−1 =

1det(A)

A .

Iz dokaza Izreka 6.2.2 neposredno sledi posledica.

Posledica 6.2.3 Ce je A obrnljiva, tedaj je

A−1 =1

det(A)A .

Obrnljivim matrikam pravimo tudi regularne matrike. V nasprotnem je matrika singularna.

� Zgled 6.8 Izracunajmo obratno matriko matrike

A =

3 −1 24 −2 10 2 1

.

Determinanto izracunamo z razvojem po prvem stolpcu:

det(A) = 3∣∣∣∣ −2 1

2 1

∣∣∣∣−4∣∣∣∣ −1 2

2 1

∣∣∣∣= 8 .

6.3 Sistemi linearnih enacb 73

Izracunajmo elemente prirejenke:

(A)11 =

∣∣∣∣ −2 12 1

∣∣∣∣=−4, (A)12 =−∣∣∣∣ −1 2

2 1

∣∣∣∣= 5, (A)13 =

∣∣∣∣ −1 2−2 1

∣∣∣∣= 3,

(A)21 =−∣∣∣∣ 4 1

0 1

∣∣∣∣=−4, (A)22 =

∣∣∣∣ 3 20 1

∣∣∣∣= 3, (A)23 =−∣∣∣∣ 3 2

4 1

∣∣∣∣= 5,

(A)31 =

∣∣∣∣ 4 −20 2

∣∣∣∣= 8, (A)32 =−∣∣∣∣ 3 −1

0 2

∣∣∣∣=−6, (A)33 =

∣∣∣∣ 3 −14 −2

∣∣∣∣=−2 .

Zato je prirejenka enaka

A =

−4 5 3−4 3 5

8 −6 −2

in obratna matrika je

A−1 =

−12

58

38

−12

38

58

1 −34−1

4

.

�

� Zgled 6.9 Izracunajmo obratno matriko matrike

A =

2 −1 03 1 −20 4 −3

.

Njena prirejenka je

A =

5 −3 29 −6 412 −8 5

in ker je det(A) = 1, je A−1 = A. �

6.3 Sistemi linearnih enacb

Cilj tega razdelka je sistematicno reševanje sistemov linearnih enacb. Linearne enacbe so tiste, vkaterih neznanke nastopajo samo v prvi potenci, na primer:

2x−5 = 0, 2x+3y = 0, 3y = 2z ...

Spoznali bomo dva nacina reševanja sistemov linearnih enacb in sicer Gaussovo eliminacijskometodo in Cramerjevo pravilo. Kot poseben primer Gausove eliminacije bomo pogledali še tretjinacin za izracun obratne matrike.

Za motivacijo rešimo naslednje sisteme dveh enacb z dvema neznankama.


1.x+ y = 22x− y = 1

x = 1,y = 1 .

Dobili smo enolicno rešitev.2.

x+ y = 22+2y = 4

x+ y = 2 .

Dobili smo neskoncno rešitev oziroma enoparametricno rešitev (vse tocke na premici y =−x+2).

3.x+ y = 22x+2y = 5

0 = 1 .

V tem primeru ni rešitve.

Opazimo, da lahko pri sistemih linearnih enacb pricakujemo tri razlicne izide:(i) enolicna rešitev,

(ii) neskoncno rešitev,(iii) ni rešitve.

V splošnem bomo reševali sistem m linearnih enacb z n neznankami:

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

......

......

...am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm .

Pri tem so ai j in bi, i = 1,2, ...,m, j = 1,2, ...,n, znani elementi iz obsega realnih ali kompleksnih

števil, x1,x2, ...,xn pa iskane neznanke.

Ce vpeljemo

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

...am1 am2 . . . amn

, x =

x1x2...

xn

, b =

b1b2...

bm

,lahko sistem m linearnih enacb z n neznankami v matricni obliki zapišemo kot

Ax = b .

Definicija 6.3.1 Sistema linearnih enacb sta ekvivalentna, kadar sta njuni množici rešitev enaki.

� Zgled 6.10 Dana sta sistema linearnih enacn

2x1 + x2 =−1−x1 + x2 = 5x2 +2x2 = 4

in3x1− x2 =−9−x1 +4x2 = 10 .

Oba sistema imata rešitev x1 =−2,x2 = 3, zato sta ekvivalentna. �


Spoznali bomo dva nacina reševanja linearnih sistemov:(i) Gaussovo eliminacijsko metodo in

(ii) Cramerjevo pravilo (uporabno le, ko je n = m in je sistem enolicno rešljiv).

Poglejmo si posamezno metodo.

(i) Gaussova eliminacijska metodaNaj bo [A|b] razširjena matrika, ki jo dobimo iz matrike A tako, da ji na desni strani dodamostolpec vrednosti b:

[A|b] =

a11 a12 . . . a1n b1a21 a22 . . . a2n b2

......

......

...am1 am2 . . . amn bm

.

Naš cilj je transformirati razširjeno matriko [A|b] tako, da bo njena desna stran, to je matrikaA, zgornje trikotna matrika. Taki obliki matrike pravimo stopnicasta oblika. V ta namenlahko uporabljamo osnovne transformacije, ki ne spremenijo rešitev sistema linearnih enacb.Ta postopek imenujemo Gaussova eliminacijska metoda.Osnovne vrsticne transformacije so:

(i) zamenjava dveh vrstic Vi↔Vj,(ii) poljubno vrstico pomnožimo z nenicelnim realnim številom cVi ,

(iii) poljubni vrstici prištejemo nenicelni veckratnik druge vrstice Vi + cVj, i 6= j.

Izrek 6.3.1 Osnovne vrsticne transformacije prevedejo zacetni sistem linearnih enacb naekvivalenten sistem linearnih enacb.

Dokaz. Naj bo Ax = b dani sistem linearnih enacb in S = {u1,u2, . . . ,un} neprazna množicarešitev tega sistema. Prvi dve transformaciji ocitno ne spremenita množice rešitev , zato sipoglejmo samo tretjo, Vi + cVj, ko i-ti vrstici prištejemo nenicelni veckratnik j-te vrstice. Potej transformaciji je i-ta vrstica enaka

(ai1 + ca j1)x1 +(ai2 + ca j2)x2 + · · ·+(ain + ca jn)xn = bi + cb j

in naj bo S∗ množica rešitev tega transformiranega sistema linearnih enacb. Pokazati moramo,da je S = S∗.S⊆ S∗: Ker je S množica rešitev zacetnega sistema linearnih enacb, velja

ai1u1 +ai2u2 + · · ·+ainun = bi

ina j1u1 +a j2u2 + · · ·+a jnun = b j .

Tedaj je

bi + cb j = (ai1u1 +ai2u2 + · · ·+ainun)+ c(a j1u1 +a j2u2 + · · ·+ainun)

= (ai1 + ca j1)u1 +(ai2 + ca j2)u2 + · · ·+(ain + ca jn)un ,

s cimer smo dokazali inkluzijo v eno smer.S∗ ⊆ S: Naj bo zdaj S∗ = {w1,w2, . . . ,wn} neprazna množica rešitev transformiranega sis-

tema linearnih enacb, torej je i-ta vrstica

(ai1 + ca j1)w1 +(ai2 + ca j2)w2 + · · ·+(ain + ca jn)wn = bi + cb j ,


vse ostale pa so enake kot v zacetnem sistemu. Tedaj je

bi + cb j = (ai1 + ca j1)w1 +(ai2 + ca j2)w2 + · · ·+(ain + ca jn)wn

= ai1w1 +ai2w2 + · · ·+ainwn + c(a j1w1 +a j2w2 + · · ·+a jnwn) .

Ker jeb j = a j1w1 +a j2w2 + · · ·+a jnwn ,

mora bitibi = ai1w1 +ai2w2 + · · ·+ainwn .

kar pomeni, da je S∗ rešitev zacetnega sistema linearnih enacb.Premislimo še, kaj velja, ce Ax = b nima rešitve. Ce je S = /0, je tudi S∗ = /0, saj bi vnasprotnem, podobno kot zgoraj, pokazali, da je S∗ rešitev zacetnega sistema linearnih enacb,s cimer bi prišli v protislovje s tem, da je S prazna množica.

Poleg osnovnih vrsticnih transformacij poznamo še osnovne stolpicne transformacije, vendarlahko za reševanje sistemov linearnih enacb uporabljamo samo zamenjavo stolpcev, Si↔ S j.Pri tej transformaciji moramo biti pozorni na spremembo vrstnega reda neznank.

Z osnovnimi transformacijami naredimo stopnicasto obliko razširjene matrike [A|b]:

[A|b] =

a11 a12 a13 . . . a1r . . . a1n b10 a22 a23 . . . a2r . . . a2n b20 0 a33 . . . a3r . . . a3n b3...

......

...... . . .

......

0 0 0 . . . arr . . . arn br

0 0 0 . . . 0 . . . 0 br+1...

......

...... . . .

......

0 0 0 . . . 0 . . . 0 bm

.

Sedaj locimo dve vrsti neznank in sicer so

x1,x2, ...,xr

vezane neznanke inxr+1,xr+2, ...,xn

so proste neznanke.

Sistem linearnih enacb ima rešitev le v primeru, ko je

br+1 = br+2 = · · ·= bm = 0 .

V tem primeru lahko zadnjih m− r nicelnih vrstic zanemarimo. Rešitev dobimo tako, davezane neznanke izrazimo s prostimi in pravimo, da smo dobili (n− r)-parametricno rešitevsistema. Ce je n = r, tedaj dobimo enolicno rešitev sistema linearnih enacb.

� Zgled 6.11 Rešimo sistem linearnih enacb

x1 + x2 + x3 + 2x4 + 3x5 = 13x3 − 3x4 + 6x5 = 5− x4 + x5 = −1 .


Ce izvedemo osnovno stolpcno transformacijo in damo prvi stolpec na zadnje mesto, žeimamo stopnicasto obliko:

x2 + x3 + 2x4 + 3x5 + x1 = 13x3 − 3x4 + 6x5 = 5− x4 + x5 = −1 .

Torej sta x1 in x5 prosti spremenljivki, preostale so vezane in jih izrazimo s prostima. Naj box1 = t in x5 = s. Tedaj lahko rešitev zapišemo kot

x =

t

3− t−2s8−3s1+ s

s

, t,s ∈ R .

�

Definicija 6.3.2 Rang matrike A, rang(A), je število nenicelnih vrstic po koncani Gaussovieliminaciji.

� Zgled 6.12 Poišcimo rang matrike, ki pripada sistemu linearnih enacb iz Primera 6.11.

Stopnicasta oblika matrike A, ki pripada temu sistemu, je

A =

1 1 2 3 1

0 1 −3 6 0

0 0 −1 1 0

,

zato jerang(A) = 3 .

�

Vrsto rešitev sistema linearnih enacb glede na rang pripadajoce matrike podaja naslednjiizrek.

Izrek 6.3.2 Naj bo Ax = b sistem m linearnih enacb z n neznankami in [A|b] pripadajocarazširjena matrika. Tedaj velja:

(i) ce je rang(A) = rang([A|b]) = n, ima sistem linearnih enacb enolicno rešitev,(ii) ce je rang(A) 6= rang([A|b]), sistem linearnih enacb nima rešitve,

(iii) ce je rang(A) = rang([A|b]) = r < n, tedaj ima sistem linearnih enacb (n− r) -parametricno rešitev.

Dokaz. Vse tri trditve so enostavne za preveriti in naj jih bralec za vajo sam naredi.

V primeru enolicne rešitve sistema linearnih enacb lahko z Gaussovo eliminacijo dosežemonormalizirano diagonalno obliko matrike A. To pomeni, da izvajamo osnovne transformacije


najprej pod diagonalo in nato nad diagonalo, dokler ni leva stran razširjene matrike [A|b]enotska matrika reda n:

[A|b] =

1 0 . . . 0 b′10 1 . . . 0 b′2...

......

......

0 0 . . . 1 b′n

.

Desni stolpec je potemtakem rešitev sistema.

� Zgled 6.13 Rešimo sistem

x1 + x2 + x3 = 2x1 − x2 + 2x3 = 1

x2 − x3 = 2 .

[A|b] =

1 1 1 21 −1 2 10 1 −1 2

≈ 1 1 1 2

0 −2 1 −10 1 −1 2

≈

1 1 1 20 1 −1 20 −2 1 −1

≈ 1 1 1 2

0 1 −1 20 0 −1 3

≈

1 1 0 50 1 0 −10 0 −1 3

≈ 1 0 0 6

0 1 0 −10 0 −1 3

.

Tako je rešitev

x =

6−1−3

.

�

Do sedaj smo obratno matriko izracunali direktno preko sistema linearnih enacb in s pomocjoprirejenke, poznamo pa še tretji nacin, ki je posledica Gaussove eliminacije.

Matriki A priredimo razširjeno matriko [A|I] tako, da na desno stran napišemo enotskomatriko enakega reda:

[A|I] =

a11 a12 a13 a14 · · · a1n 1 0 0 · · · 0a21 a22 a23 a24 · · · a2n 0 1 0 · · · 0a31 a32 a33 a34 · · · a3n 0 0 1 · · · 0

......

......

......

......

......

...an1 an2 an3 an4 · · · ann 0 0 0 · · · 1

Najprej s pomocjo osnovnih vrsticnih transformacij predelamo prvi stolpec v tako obliko, daje v prvi vrstici 1, v vseh ostalih pa 0:

[A|I] =

1 ∗ ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗...

......

......

......

......

......

0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗

.


Ostali elementi se zaradi vrsticnih transformacij spreminjajo, zato so oznacni z zvezdicami.Nato v drugem stolpcu naredimo na diagonali 1, in pod diagonalo 0:

[A|I] =

1 ∗ ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 1 ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 0 ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 0 ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗...

......

......

......

......

......

0 0 ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗

.

Postopek ponovimo za vsak stolpec tako, da imamo na diagonali 1, pod diagonalo pa 0. Pokvecjemu n korakih pridelamo matriko:

[A|I] =

1 ∗ ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 1 ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 0 1 ∗ · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 0 0 1 · · · ∗ ∗ ∗ ∗ · · · ∗...

......

......

......

......

......

0 0 0 0 · · · 1 ∗ ∗ ∗ · · · ∗

.

Sedaj vse skupaj ponovimo nad glavno diagonalo. Najprej v zadnjem stolpcu naredimo niclenad diagonalo, kjer je enica:

[A|I] =

1 ∗ ∗ ∗ · · · 0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 1 ∗ ∗ · · · 0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 0 1 ∗ · · · 0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 0 0 1 · · · 0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗...

......

......

......

......

......

0 0 0 0 · · · 1 ∗ ∗ ∗ · · · ∗

.

Postopek ponovimo za vse stolpce od zadaj naprej in po kvecjemu n−1 korakih ima razširjenamatrika obliko:

[A|I] =

1 0 0 0 · · · 0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 1 0 0 · · · 0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 0 1 0 · · · 0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗0 0 0 1 · · · 0 ∗ ∗ ∗ · · · ∗...

......

......

......

......

......

0 0 0 0 · · · 1 ∗ ∗ ∗ · · · ∗

.

Matrika, ki smo jo dobili na desni strani, je obratna matrika A−1. Ce se zgodi, da tekomtransformacij naletimo na nicelno vrstico ali stolpec, postopka ne moremo nadaljevati inobratna matrika ne obstaja.Poglejmo na celoten postopek s stališca n×n sistema linearnih enacb:

a11x1 +a12x2 + · · ·+a1nxn = 1 ·b1 +0 ·b2 + · · ·+0 ·bn

a21x2 +a22x2 + · · ·+a2nxn = 0 ·b1 +1 ·b2 + · · ·+0 ·bn

... =...

an1xn +an2xn + · · ·+annxn = 0 ·b1 +0 ·b2 + · · ·+1 ·bn

Ax = Ix .


Izvedemo Gaussov eliminacijski postopek do normalizirane diagonalne oblike:

1 · x1 +0 · x2 + · · ·+0 · xn = a∗11b1 +a∗12b2 + · · ·+a∗1nbn

x2 +1 · x2 + · · ·+0 · xn = a∗21b1 +a∗22b2 + · · ·+a∗2nbn

... =...

0 · xn +0 · xn + · · ·+1 · xn = a∗n1b1 +a∗n2b2 + · · ·+a∗nnbn

Ix = A∗b .

Ker je Ix = x = A−1b, je A∗ obratna oz. inverzna matrika od A.

� Zgled 6.14 Izracunajmo obratno matriko matrike A iz Primera 6.9 s pomocjo razširjenematrike [A|I].

[A|I] =

2 −1 0 1 0 03 1 −2 0 1 00 4 −3 0 0 1

≈ −2 1 0 −1 0 0

3 1 −2 0 1 00 4 −3 0 0 1

≈

1 2 −2 −1 1 03 1 −2 0 1 00 4 −3 0 0 1

≈ 1 2 −2 −1 1 0

0 −5 4 3 −2 00 4 −3 0 0 1

≈

1 2 −2 −1 1 00 −1 1 3 −2 10 4 −3 0 0 1

≈ 1 2 −2 −1 1 0

0 1 −1 −3 2 −10 4 −3 0 0 1

≈

1 2 −2 −1 1 00 1 −1 −3 2 −10 0 1 12 −8 5

≈ 1 2 0 23 −15 10

0 1 0 9 −6 40 0 1 12 −8 5

≈

1 0 0 5 −3 20 1 0 9 −6 40 0 1 12 −8 5

.

.

�

(ii) Cramerjevo praviloUporabimo ga lahko samo za reševanje enolicno rešljivih sistemov n linearnih enacb z nneznankami (sistem reda n).

Izrek 6.3.3 Sistem Ax = b je enolicno rešljiv natanko tedaj, ko je det(A) 6= 0. Rešitevsistema se izraža kot

xi =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1,i−1 b1 a1,i+1 . . . a1n

a21 a22 . . . a2,i−1 b2 a2,i+1 . . . a2n...

......

......

...an1 an2 . . . an,i−1 bn an,i+1 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣det(A)

, i = 1,2, ...,n .


Dokaz.Ker je po Izreku 6.2.2 determinanta matrike A razlicna od 0 natanko tedaj, ko je A obrnljiva,že imamo enolicno rešitev sistema:

x = A−1 b .

Pokažimo še, kako se izraža rešitev x sistema Ax = b.

x = A−1b =1

det(A)Ab =

1det(A)

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

...an1 an2 . . . ann

b1b2...

bn

.

Vemo, da so elementi prirejenke A enaki

air = (−1)i+r|Ari| .

Poglejmo i-to komponento rešitve x:

xi =1

det(A)

n

∑r=1

airbr =1

det(A)

n

∑r=1

(−1)i+rbr|Ari|︸︷︷︸razvojpo i−tivrstici

,

kar je ravno determinanta matrike iz izreka.

� Zgled 6.15 Rešimo sistem

x1 + x2 + x3 = 2x1− x2 +2x3 = 1

x2− x3 = 2 .

Najprej moramo izracunati

det

1 1 11 −1 20 1 −1

= 1 .

Izracunajmo x1:

x1 =1

det(A)

∣∣∣∣∣∣2 1 11 −1 22 1 −1

∣∣∣∣∣∣= 6 .

Na podoben nacin izracunamo x2 =−1 in x3 =−3.�

Poseben primer sistemov so homogeni sistemi linearnih enacb

Ax = 0 .

A in x sta enaka kot prej, 0 pa je stolpec s samimi niclami.


Primer homogenega sistema je

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0

5x1 + 6x2 + 7x3 + 8x4 = 0

9x1 + 10x2 + 11x3 + 12x4 = 0

−x1 − 2x2 − 3x3 − 4x4 = 0 .

Opazimo, da ima vsak homogeni sistem nicelno rešitev x1 = x2 = ... = xn = 0. Tej rešitvipravimo trivialna rešitev homogenega sistema linearnih enacb.

Izrek 6.3.4 Homogeni sistem linearnih enacb reda n je netrivialno rešljiv natanko tedaj, ko jedet(A) = 0.

Dokaz. Izrek 6.3.3 (Cramerjevo pravilo) pravi, da je sistem Ax = 0 enolicno rešljiv natanko tedaj,ko je det(A) 6= 0. Ker je trivialna rešitev vedno rešitev homogenega sistema linearnih enacb, vprimeru, ko je det(A) 6= 0 nimamo nobene druge rešitve. Torej, ce želimo netrivialno rešitev, morabiti det(A) = 0.

� Zgled 6.16 Poišcimo rešitve zgoraj zapisanega homogenega sistema linearnih enacb.Zapišimo sistem v matricni obliki:

1 2 3 45 6 7 89 10 11 12−1 −2 −3 −4

·

x1x2x3x4

=

0000

.

S postopkom Gaussove eliminacije dobimo stopnicasto razširjeno matriko (podrobnosti so pre-pušcene bralcu):

1 2 3 4 00 1 2 3 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.

Rešitev sistema je x2 =−2x3−3x4 in x1 = x3+2x4. Naj bo x3 = s in x4 = t, kjer sta s, t ∈R. Tedajje rešitev homogenega sistema vsak vektor oblike

s+2 t−2s−3 t

st

, s, t ∈ R .

Vidimo, da smo dobili netrivialno rešitev in bralec naj sam preveri, da je det(A) = 0. �

7. Vektorski prostori

Za vsakega matematika je linearna algebra zacetni korak v bolj kompleksna podrocja matematike,kot je na primer funkcionalna anliza. Vendar je linearna algebra pomembna na vec podrocjih.Prakticno vsako podrocje sodobne znanosti vsebuje pojave, ki se modelirajo bodisi z linearnaimienacbami bodisi z diferencialnimi enacbami ali s sistemi obojih. Reševanje enacb je v veciniprimerov sinonim za reševanje prakticnega problema in ravno zaradi tega ima linearna algebrarazlog za obstoj tudi za vsakega inženirja.

7.1 Definicija in primeri vektorskih prostorov

Definicija 7.1.1 Naj bo V neprazna množica, na kateri je definirana binarna oparacija seštevanjain za komutativen obseg O naj bo definirana operacija množenja s skalarjem:

∀x,y ∈ V : x+y ∈V . . . seštevanje,

∀x ∈V, ∀λ ∈ O : λ x ∈V . . . množenje s skalarjem.

Ce so izpolnjeni pogoji(i) x+y = y+x,

(ii) (x+y)+ z = x+(y+ z),(iii) ∃0 ∈V, ∀x ∈V : x+0 = 0+x = x,(iv) ∀x ∈V, ∃−x ∈V : x+(−x) = (−x)+x = 0,(v) ∀x,y ∈V, ∀λ ∈ O : λ (x+y) = λx+λy,

(vi) ∀x ∈V, ∀λ ,µ ∈ O : (λ +µ)x = λx+µx,(vii) ∀x ∈V, ∀λ ,µ ∈ O : λ (µx) = (λ µ)x,

(viii) ∃1 ∈ O, ∀x ∈V : 1x = x,tedaj je V vektorski prostor nad obsegom O. Ce je O = R, je V realni vektorski prostor.

Opomnimo, da je operacija seštevanja binarna operacija iz V ×V →V , in operacija množenja sskalarjem je operacija iz O×V →V . Nas bodo v glavnem zanimali samo realni vektorski prostori.

84 7. Vektorski prostori

� Zgled 7.1 Na množici R3 naj bosta definirani standardni operaciji seštevanja in množenja sskalarjem:

(x1,x2,x3)+(y1,y2,y3) = (x1 + y1,x2 + y2,x3 + y3) . . . seštevanje,

λ (x1,x2,x3) = (λ x1,λ x2,λ x3) . . . množenje s skalarjem,

pri cemer je x=(x1,x2,x3),y=(y1,y2,y3)∈R3 in λ ∈O . Ali je R3 s tako definiranima operacijamavektorski prostor?

Ni težko preveriti, da so izpolnjeni vsi zahtevani pogoji, kar naj bralec sam preveri. �

Vektorski prostor R3 iz Zgleda 7.1 je vsem znan trirazsežni realni vektorski prostor. Njegoveelemente imenujemo geometrijski vektorji, saj jih lahko geometrijsko predstavimo v trirazsežnemkoordinatnemu sistemu z usmerjenimi daljicami in jih obicajno oznacujemo x =~x. Veliko znanja ogeometrijskih vektorjih smo pridobili v srednji šoli in se na tem mestu ne bomo posebej ukvarjali znjimi. Trirazsežen vektorski prostor lahko posplošimo v višje dimenzije, s cimer dobimo n-razsežen

realni vektorski prostor Rn, kar si bomo pogledali na naslednjem Zgledu 7.2. V tem primeru sovektorji oz. elementi prostora Rn urejene n-terice.

� Zgled 7.2 Na množici Rn naj bosta definirani standardni operaciji seštevanja in množenja sskalarjem:

(x1,x2, . . . ,xn)+(y1,y2, . . . ,yn) = (x1 + y1,x2 + y2, . . . ,xn + yn)

. . . seštevanje,

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

. . . množenje s skalarjem,

pri cemer je x = (x1,x2, . . . ,xn),y = (y1,y2, . . . ,yn) ∈ Rn in λ ∈ O . Ali je Rn s tako definiranimaoperacijama vektorski prostor?

Tudi v tem primeru ni težko preveriti, da so izpolnjeni vsi zahtevani pogoji, kar naj bralec sampreveri. �

� Zgled 7.3 Na množici R3 naj bosta definirani operaciji seštevanja in množenja s skalarjem nasledec nacin:

(x1,x2,x3)+(y1,y2,y3) = (x1 + y1,x2 + y2,x3 + y3) . . . seštevanje,

λ (x1,x2,x3) = (x1,λ x2,x3) . . . množenje s skalarjem,

pri cemer je x=(x1,x2,x3),y=(y1,y2,y3)∈R3 in λ ∈O . Ali je R3 s tako definiranima operacijamavektorski prostor?

7.1 Definicija in primeri vektorskih prostorov 85

Preverimo (vi.) tocko iz definicije vektorskega prostora:

∀x ∈V, ∀λ ,µ ∈ O : (λ +µ)x = λx+µx

(λ +µ)(x1,x2,x3) = (x1,(λ +µ)x2,x3) = (x1,λ x2 +µ x2,x3)

λ (x1,x2,x3)+µ(x1,x2,x3) = (x1,λ x2,x3)+(x1,µ x2,x3) =

= (2x1,(λ +µ)x2,2x3) .

Posledicno v tem primeru ne moremo govoriti o vektorskem prostoru.�

� Zgled 7.4 Naj bo Mnm množica vseh matrike reda n×m in naj bosta na njej definirani obicajnioperaciji seštevanja in množenja s skalarjem:

∀A,B ∈Mnm : (A+B)i j = (A)i j +(B)i j,∀ i = 1,2, . . . ,n, j = 1,2, . . . ,m ,

∀A ∈Mnm,λ ∈ O : λ

a11 a12 · · · a1m

a21 a22 · · · a2m...

......

...an1 an2 · · · anm

=

λa11 λa12 · · · λa1m

λa21 λa22 · · · λa2m...

......

...λan1 λan2 · · · λanm

.

Ali je Mnm s tako definiranima operacijama vektorski prostor?

Vse zahtevane pogoje smo že preverili, ko smo vpeljali obe operaciji na matrikah in zato je Mnm

vektorski prostor.�

� Zgled 7.5 Naj bo F [a,b] množica vseh funkcij definiranih na intervalu [a,b] in naj bosta na njejdefinirani operaciji seštevanja in množenja s skalarjem:

∀ f ,g ∈F [a,b] : ( f +g)(x) = f (x)+g(x) . . . seštevanje ,

∀ f ∈F [a,b], ∀c ∈ R : (c f )(x) = c f (x) . . . množenje s skalarjem .

Ali je F [a,b] s tako definiranima operacijama vektorski prostor?

S funkcijami cisto obicajno racunamo, zato so izpolnjene vse lastnosti in F [a,b] je vektorskiprostor. �

� Zgled 7.6 Naj bo Rn[x] množica vseh polinomov stopnje kvecejmu n in naj bosta na njej definiranioperaciji seštevanja in množenja s skalarjem:

∀ f ,g ∈ Rn[x] : ( f +g)(x) = f (x)+g(x) . . . seštevanje ,

∀ f ∈ Rn[x], ∀c ∈ R : (c f )(x) = c f (x) . . . množenje s skalarjem .

Ali je Rn[x] s tako definiranima operacijama vektorski prostor?

Podobno kot za funkcije je tudi v primeru polinomov preprosto preveriti zahtevane pogoje in zatoje Rn[x] vektorski prostor. �


� Zgled 7.7 Naj V vsebuje en sam element in sicer 0. Ali je V = {0} vektorski prostor?

Trivialno je preveriti vse pogoje v primeru prostora V = {0}, ki ga imenujemo nicelni vektorskiprostor.

�

Definicija 7.1.2 Naj bo V vektorski prostor in naj bo W podmnožica od V . Ce je W tudi samvektorski prostor, ga imenujemo vektorski podprostor od V .

Ce želimo pokazati, da je nek vektorski prostor podprostor drugega prostora, ni potrebno preverjativseh lastnosti, temvec samo zaprtost za množenje s skalarjem in seštevanje vektorjev.

� Zgled 7.8 Preveri, ali sta dani množici vektorska podprostora.a) Naj bo W množica vseh tock oblike (0,x2,x3) ∈ R3. Ali je W vektorski podprostor od R3?

Preveriti moramo zaprtost za seštevanje in množenje s skalarjem. Naj bosta x = (0,x2,x3) iny = (0,y2,y3) poljubna elementa iz množice W . Tedaj je njuna vsota

x+y = (0,x2,x3)+(0,y2,y3) = (0,x2 + y2,x3 + y3)

prav tako element množice W . Nadalje naj bo λ poljuben skalar. Tedaj je

λ x = λ (0,x2,x3) = (0,λ x2,λ x3)

tudi v W , ki je zato vektorski podprostor od R3.b) Naj bo W množica vseh tock oblike (1,x2,x3) ∈ R3. Ali je W vektorski podprostor od R3?

Preveriti moramo podobno kot prej zaprtost za seštevanje in množenje s skalarjem. Naj bostasedaj x = (1,x2,x3) in y = (1,y2,y3) poljubna elementa iz množice W . Tedaj je njuna vsota

x+y = (1,x2,x3)+(1,y2,y3) = (2,x2 + y2,x3 + y3)

in ocitno ni element množice W , ki zato ni vektorski podprostor od R3.�

7.2 Linearna lupina in neodvisnost

Definicija 7.2.1 Naj bo x element vektorskega prostora V . Vektor x je linearna kombinacijavektorjev v1,v2, · · · ,vk, ki so prav tako elementi vektorskega prostora V , ce obstajajo skalarjiλ1,λ2, · · · ,λk takšni, da je

x = λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λk vk .

Opomba. Pravimo tudi, da se x izraža kot linearna kombinacija vektorjev v1,v2, · · · ,vk.

� Zgled 7.9 Preverimo, ali so naslednji vektorji linearne kombinacije podanih vektorjev.a) Ali vektor (2,4) ∈ R2 lahko zapišemo kot linearno kombinacijo vektorjev (2,1) in (0,1)?

Preveriti moramo, ce obstajata skalarja λ1 in λ2 takšna, da velja

(2,4) = λ1(2,1)+λ2(0,1) .

Rešujemo sistem2 = 2λ1

4 = λ1 +λ2 ,

katerega rešitev je λ1 = 1 in λ2 = 3 in odgovor je da.

7.2 Linearna lupina in neodvisnost 87

b) Ali vektor (1,−4)∈R2 lahko zapišemo kot linearno kombinacijo vektorjev (2,10), (−3,−15)?

V tem primeru išcemo skalarja λ1 in λ2, ki bi zadošcala zvezi

(1,−4) = λ1(2,10)+λ2(−3,15) .

Rešujemo sistem1 = 2λ1−3λ2

−4 = 10λ1−15λ2 .

Pomnožimo prvo enacbo z −5 in ju seštejemo, kar da

−9 = 0 .

To pomeni, da se vektor (−1,4) ne da izraziti kot linearna kombinacija podanih vektorjev.c) Ali vektor (5,4,−2) ∈ R3 lahko zapišemo kot linearno kombinacijo vektorjev (1,0,0),

(0,1,0) in (0,0,1)?

Sedaj išcemo skalarje λ1, λ2 in λ3, ki zadošcajo

(5,4,−2) = λ1(1,0,0)+λ2(0,1,0)+λ3(0,0,1) .

V tem primeru je rešitev ustreznega sistema trivialna in sicer je λ1 = 5, λ2 = 4 in λ3 =−2.d) Ali lahko matriko A zapišemo kot linearno kombinacijo matrik B in C, ce je

A =

[1 43 0

], B =

[−1 90 4

], C =

[3 10 −2

].

Ne, ker je (B)21 = (C)21 = 0 in ne more biti nobena njuna linearna kombinacija nenicelna(saj je (A)21 = 3).

�

Definicija 7.2.2 Naj bo S = {v1,v2, ...,vk} množica vektorjev vektorskega prostora V in najbo W množica vseh linearnih kombinacij vektorjev iz S. Tedaj je W linearna lupina vektorjevv1,v2, ...,vk in jo oznacujemo

W = L (S) .

� Zgled 7.10 Poišcimo linearno lupino vektorjev (1,0,0) in (0,1,0) iz R3.

V linearni lupini so vse možne linearne kombinacije omenjenih vektorjev. Naj bosta torej λ1 in λ2poljubna skalarja. Tedaj je

λ1 (1,0,0)+λ2 (0,1,0) = (λ1,λ2,0) ,

kar pomeni, da so v linearni lupini vsi tisti vektorji iz R3, ki imajo na tretjem mestu niclo.�


� Zgled 7.11 Poišcimo linearno lupino vektorjev v1,v2,v3, ce je

v1 = 1, v2 = x, v3 = x3 .

V linearni lupini so vse možne linearne kombinacije omenjenih vektorjev, ki so v tem primerupolinomi. Naj bodo torej a,b,c poljubni skalarji. Tedaj je

av1 +bv2 + cv3 = a+bx+ cx3

kar pomeni, da so v linearni lupini vsi polinomi tretje stopnje brez kvadratnega clena.�

Naslednji izrek karakterizira linearno lupino.

Izrek 7.2.1 Naj bo S = {v1,v2, ...,vk} množica vektorjev vektorskega prostora V in naj boW = L (S) linearna lupina vektorjev iz S. Tedaj je

(i) W je vektorski podprostor od V ,(ii) W je najmanjši vektorski podprostor od V , ki vsebuje vektorje iz S.

Dokaz.(i) Pokazati moramo, da je W zaprt za seštevanje in množenje s skalarjem. Naj bosta x in y

elementa iz W . Ker je W = L (S), lahko x in y zapišemo kot linearno kombinacijo vektorjeviz S, torej obstajajo skalarji λi in µi taki, da je:

x = λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λk vk in

y = µ1 v1 +µ2 v2 + · · ·+µk vk .

Tedaj je njuna vsota

x+y = (λ1 +µ1)v1 +(λ2 +µ2)v2 + · · ·+(λk +µk)vk

prav tako iz W . Naj bo zdaj k poljuben skalar. Tedaj produkt s skalarjem

k x = (k ·λ1)v1 +(k ·λ2)v2 + · · ·+(k ·λk)vk

tudi pripada W .(ii) V bistvu moramo pokazati, da ce je W ′ poljuben vektorski podprostor od V , ki vsebuje

vektorje {v1,v2, ...,vk}, potem mora veljati W ⊆W ′. Naj bo torej W ′ poljuben vektorskipodprostor od V , ki vsebuje vektorje {v1,v2, ...,vk} in naj bo x poljuben element iz W .Pokazati moramo, da x pripada W ′. Ker je W linearna lupina, obstajajo skalarji λi taki, da je

x = λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λk vk .

Ker je W ′ vektorski podprostor je zaprt za množenje s skalarjem, zato vsi vektorji

λi vi, i = 1,2, . . . ,k

tudi pripadajo prostoru W ′. Prav tako je W ′ zaprt za seštevanje vektorjev, zato je vsota

λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λk vk

vektor, ki pripada prostoru W ′, s cimer smo dokaz zakljucili.

7.2 Linearna lupina in neodvisnost 89

Naj bo S = {v1,v2, ...,vk} množica vektorjev vektorskega prostora V . Poglejmo, kaj lahkopovemo o rešitvah vektorske enacbe

λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λk vk = 0 , λi ∈ R .

Taki vektorski enacbi bomo rekli nicelna linearna kombinacija. Ocitno so skalarji λ1 = λ2 = · · ·=λk = 0 rešitve nicelne linearne kombinacije. Tej rešiti recemo trivialna rešitev vektorske enacbe.Trivialna rešitev vedno obstaja. Vcasih pa obstajajo tudi kake druge (nenicelne rešitve), kar vidimona Zgledu 7.12.

� Zgled 7.12 Poišcimo netrivialno rešitev nicelne linearne kombinacije

λ1 (−4,1,2)+λ2 (1,0,−1)+λ3(2,−1,0) = (0,0,0) .

Rešimo vektorsko enacbo

(−4λ1,λ1,2λ1)+(λ2,0,−λ2)+(2λ3,−λ3,0) = (0,0,0)

(−4λ1 +λ2 +2λ3,λ1−λ3,2λ1−λ2) = (0,0,0) .

Dobimo sistem linearnih enacb

−4λ1 +λ2 +2λ3 = 0

λ1−λ3 = 0

2λ1−λ2 = 0 .

Z Gaussovo eliminacijo rešimo sistem:

[A|0] =

−4 1 2 01 0 −1 02 −1 0 0

≈ 1 0 −1 0−4 1 2 0

2 −1 0 0

≈

1 0 −1 00 1 −2 00 −1 2 0

≈ 1 0 −1 0

0 1 −2 00 0 0 0

.

Sistem ima enoparametricno rešitev oblike λ2 = 2λ3 in λ1 = λ3. Ce vpeljemo parameter λ3 = t,t ∈ R, tedaj je λ2 = 2 t in λ1 = t. To pomeni, da nimamo samo trivialne rešitve, ampak je rešitevtudi vsak vektor oblike t

2 tt

, t ∈ R .

.�

Definicija 7.2.3 Množica S = {v1,v2, ...,vk} vektorjev vektorskega prostora V je linearnoneodvisna, ce ima nicelna linearna kombinacija vektorjev iz S samo trivialno rešitev.

Drugace povedano, množica vektorjev S = {v1,v2, ...,vk} je linearno neodvisna natanko tedaj,


ko veljaλ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λk vk = 0 ⇔ λi = 0,∀ i = 1,2, ...,k .

� Zgled 7.13 Preverimo linearno neodvisnost množic.a) Ali je množica vektorjev {(3,1,2),(1,0,−1),(2,−1,0)} linearno neodvisna.

Postopamo podobno kot v Zgledu 7.12, torej išcemo rešitve nicelne linearne kombinacijeteh treh vektorjev. Ce obstaja samo trivialna rešitev, tedaj so linearno neodvisni, sicer bodolinearno odvisni. Rešujemo vektorsko enacbo

λ1(3,1,2)+λ2(1,0,−1)+λ3(2,−1,0) = (0,0,0) .


3λ1 +λ2 +2λ3 = 0

λ1−λ3 = 0

2λ1−λ2 = 0 .

Izracunajmo determinanto pripadajoce matrike koeficientov:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 1 2

1 0 −1

2 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=−7 .

Ker je determinanta razlicna od 0, ima homogeni sistem samo trivialno rešitev in je poDefiniciji 7.2.3 množica S linearno neodvisna.

b) Ali je množica vektorjev (−4,1,2), (1,0,−1),(2,−1,0) linearno neodvisna.

V Zgledu 7.12 smo videli, da ima nicelna linearna kombinacija teh treh vektorjev netrivialnorešitev, zato množica ni linearno neodvisna.

�

� Zgled 7.14 Ali sta matriki A,B ∈M2 linearno neodvisni, ce je

A =

[1 20 −1

]in B =

[4 10 −3

].

V tem primeru je nicelna linearna kombinacija enaka

λ1

[1 20 −1

]+λ2

[4 10 −3

]=

[0 00 0

]in da homogeni sistem enacb

λ1 +4λ2 = 0

2λ1 +λ2 = 0

−λ1−3λ2 = 0 .

Ta sistem ima samo trivialno rešitev, torej je λ1 = λ2 = 0, kar pomeni, da sta matriki A in B linearnoneodvisni. �

7.3 Baza 91

� Zgled 7.15 Ali so polinomi

p1 = x−3, p2 = x2 +2x, p3 = x2 +1

iz vektorskega prostora R2[x] polinomov stopnje kvecjemu dva linearno neodvisni?

Nicelna linearna kombinacija je v tem primeru enaka

λ1 (x−3)+λ2 (x2 +2x)+λ3 (x2 +1) = 0 · x2 +0 · x+0 ·1

x2(λ2 +λ3)+ x(λ1 +2λ2)+(−3λ1 +λ3) = 0 · x2 +0 · x+0 ·1 .

Z enacenjem istoležnih koeficientov dobimo homogeni sistem enacb. Determinanta pripadajocamatrike koeficientov je razlicna od nic, zato ima sistem samo trivialno rešitev in posledicno sopolinomi linearno neodvisni.

�

Na tem mestu lahko omenimo, da smo poseben primer linearne odvisnosti že srecali prinavadnih diferencialnih enacbah drugega reda, kjer smo preverjali linearno neodvisnost rešitevlinearnih diferencialnih enacb višjega reda.

Izrek 7.2.2 Koncna množica vektorjev, ki vsebuje nicelni vektor, je linearno odvisna.

Dokaz. Naj bo S = {0,v1,v1, . . . ,vn}. Tedaj je

1 ·0+0 ·v1 +0 ·v2 + · · ·+0 ·vn = 0

kar da netrivialno rešitev in zato so vektorji iz S linearno odvisni.

7.3 Baza

Sedaj imamo dovolj orodij, da lahko definiramo bazo vektorskega prostora.

Definicija 7.3.1 Naj bo B= {v1,v2, ...,vn}množica vektorjev vektorskega prostora V . MnožicaB je baza vektorskega prostora natanko tedaj, ko velja:

(i) V = L (B) in(ii) B je linearno neodvisna množica.

Elemente baze imenujemo bazni vektorji.

� Zgled 7.16 Preverimo, ali tvorijo vektorji množice S bazo vektorskega prostora V .a) S = {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)}, V = R3.

Najprej preverimo, ali lahko poljuben vektor x ∈ R3 izrazimo kot linearno kombinacijo teh

treh vektorjev. To pomeni, da išcemo skalarje λi, i = 1,2,3 take, da je

(x1,x2,x3) = λ1 (1,0,0)+λ2 (1,0,0)+λ3 (1,0,0)

= (λ1,λ2,λ3) .

Preveriti je treba linearno neodvisnost vektorjev iz S, kar pomeni, da lahko ima nicelnalinearna kombinacija samo trivialno rešitev:

λ1 (1,0,0)+λ2 (0,1,0)+λ3 (0,0,1) = (0,0,0) .

Sledi, da je λ1 = λ2 = λ3 = 0, zato je S baza.


b) S = {(1,0, ...,0),(0,1, ...,0), ...,(0,0, ...,1)}, V = Rn.Ta primer je posplošitev prejšnjega in se pokaže na analogen nacin. To bazo imenujemo

standardna baza prostora Rn.c) S = {(0,1,1),(0,1,2),(2,0,−1)}, V = R3.

Najprej preverimo, ali lahko poljuben vektor x ∈ R3 izrazimo kot linearno kombinacijo teh

treh vektorjev. To pomeni, da išcemo skalarje λi, i = 1,2,3 take, da je

(x1,x2,x3) = λ1 (0,1,1)+λ2 (0,1,2)+λ3 (2,0,−1)

= (0,λ1,λ1)+(0,λ2,2λ2)+(3λ3,0,−λ3)

= (2λ3,λ1 +λ2,λ1 +2λ2−λ3)

Išcemo rešitev sistema enacb, ki se v matricni obliki glasi 0 0 21 1 01 2 −1

· λ1

λ2λ3

=

x1x2x3

.

Sistem ima enolicno rešitev, ce je determinanta matrike koeficientov razlicna od nic. Izracu-najmo jo

det(A) =

∣∣∣∣∣∣0 0 21 1 01 2 −1

∣∣∣∣∣∣= 2(2−1)

= 2 6= 0 .

.

To pomeni, da je L (S) = R3.Preverimo še drugi pogoj, torej nas zanimajo rešitve nicelne linearne kombinacije:

λ1 (0,1,1)+λ2 (0,1,2)+λ3 (2,0,−1) = (0,0,0) .

Pripadajoci sistem zapisan v matricni obliki je 0 0 21 1 01 2 −1

· λ1

λ2λ3

=

000

.

Vemo že, da ima homogeni sistem trivialno rešitev natanko tedaj, ko je det(A) 6= 0. Torej imasistem samo trivialno rešitev, kar pomeni, da je množica S linearno neodvisna in je zato baza.

�

Vektorjee1 = (1,0, ...,0) ,e2 = (0,1, ...,0) ,

...en = (0,0, ...,1)

imenujemo standardni bazni vektorji prostora Rn.

7.3 Baza 93

� Zgled 7.17 a) Ali so polinomi

p0 = 1, p1 = x, p2 = x2, . . . , pn = xn

baza vektorskega prostora Rn[x] polinomov stopnje kvecjemu n.

Za prvi pogoj je potrebno preveriti, da lahko poljuben polinom stopnje kvecjemu n izrazimokot linarno kombinacijo polinomov pi, i = 0,1, . . . , n. To pomeni, da ostajajo skalarji λi, i =0,1, . . . , n taki, da je

an xn +an−1 xn−1 + · · ·+a1 x+a0 = λn pn +λn−1 pn−1 + · · ·+λ0 p0

= λn xn +λn−1 xn−1 + · · ·+λ0 .

Primerjava istoležnih koeficientov da rešitev ai = λi, ∀ i = 0,1, . . . , n. Preverimo še njihovo

linearno neodvisnost. Nicelna linearna kombinacija je

0 · xn +0 · xn−1 + · · ·+0 · x+0 ·1 = λn pn +λn−1 pn−1 + · · ·+λ0 p0

= λn xn +λn−1 xn−1 + · · ·+λ0 .

Primerjava koeficientov da samo trivialno rešitev, kar pomeni, da imamo opravka z bazo.b) Ali polinomi

p1 = x−3, p2 = x2 +2x, p3 = x2 +1

iz vektorskega prostora R2[x] tvorijo bazo?

V Zgledu 7.15 smo videli, da so ti polinomi linearno neodvisni. Preveriti moramo ali tvorijolinearno lupino.

a2 x2 +a1 x+a0 = λ1 (x−3)+λ2 (x2 +2x)+λ3 (x2 +1)

a2 x2 +a1 x+a0 = x2(λ2 +λ3)+ x(λ1 +2λ2)+(−3λ1 +λ3) .

Z enacenjem istoležnih koeficientov dobimo nehomogeni sistem enacb, ki mu pripada enakamatrika koeficientov kot v Zgledu 7.15. Ker je njena determinanta razlicna od nic, ima sistemenolicno rešitev in zato tvorijo polinomi bazo prostora R2[x].

�

Polinomip0 = 1, p1 = x, p2 = x2, . . . , pn = xn

tvorijo standardno bazo prostora polinomov stopnje kvecjemu n, Rn[x].

� Zgled 7.18 Ali tvorijo matrike

E11 =

[1 00 0

], E12 =

[0 10 0

], E21 =

[0 01 0

], E22 =

[0 00 1

]bazo prostora kvadratnih matrik M2 reda dva?

Poljubna matrika reda dva se da izraziti kot linearna kombicaja zgornjih matrik, saj je[a11 a12a21 a22

]= λ1

[1 00 0

]+λ2

[0 10 0

]+λ3

[0 01 0

]+λ4

[0 00 1

]natanko tedaj, ko je a11 = λ1, a12 = λ2, a21 = λ3, a22 = λ4 . Prav tako ni težko preveriti, da imanicelna linearna kombinacija samo trivialno rešitev in zato tvorijo bazo prostora M2.

�


Prostor iz Zgleda 7.18 lahko poslošimo na prostor matrik n-tega reda. Tako so matrike

(Elk)i j =

1 ; i = l ∧ j = k

0 ; sicer

standardna baza prostora matrik Mn reda n.

Izrek 7.3.1 Ce je množica vektorjev B= {v1,v2, ...,vn} baza vektorskega prostora V , tedaj lahkovsak vektor x ∈V na enolicen nacin zapišemo kot linearno kombinacijo vektorjev iz B.

Dokaz. Ker je B baza, lahko x zapišemo kot linearno kombinacijo vektorjev iz B, to je, obstajajoskalarji λ1,λ2, ...,λn takšni, da je

x = λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λn vn .

Predpostavimo nasprotno, torej da ta zapis ni enolicen. Potemtakem obstajo skalarji µ1,µ2, ...,µn

takšni, da jex = µ1 v1 +µ2 v2 + · · ·+µn vn ,

pri cemer obstaja i tak, da je λi 6= µi . Poglejmo si razliko

x−x = λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λn vn− (µ1 v1 +µ2 v2 + · · ·+µn vn)

0 = (λ1−µ1)v1 +(λ2−µ2)v2 + · · ·+(λn−µn)vn .

Ker je množica B linearno neodvisna, je lahko nicelna samo trivialna linearna kombinacija, karpomeni, da so vsi skalarji pred vektorji enaki nic:

λ1−µ1 = 0,λ2−µ2 = 0, ...,λn−µn = 0

oziromaλi = µi , ∀ i = 1,2, ...,n ,

kar pomeni, da smo prišli v protislovje, saj ne obstaja tak i, da je λi 6= µi.

� Zgled 7.19 Razvijmo vektor (−4,7,1) ∈ R3 po bazi iz Zgleda 7.16 tocka c).

Poiskati moramo enolicno dolocene skalarje λi, i = 1,2,3, ki rešijo vektorsko enacbo

(−4,7,1) = λ1 (0,−1,1)+λ2 (0,1,2)+λ3 (2,0,−1)} .

Dobimo sistem enacb−4 = 2λ3

7 = −λ1 +λ2

1 = λ1 +2λ2−λ3 ,

katerega rešitev jeλ1 =−5, λ2 = 2, λ3 =−2 .

�

Neposredno iz definicije linearne lupine in baze sledi naslednji izrek.

7.3 Baza 95

Izrek 7.3.2 Ce je S = {v1,v2, · · · ,vn} množica linearno neodvisnih vektorjev, tedaj je S bazavektorskega prostora L (S).

Povejmo sedaj nekaj o razsežnosti oz. dimenziji vektorskih prostorov.

Izrek 7.3.3 Naj bo V vektorski prostor in B = {v1,v2, . . . ,vn} njegova poljubna baza. Tedajveljata naslednji trditvi.

(i) Ce neka množica vsebuje vec kot n vektorjev iz V , tedaj je linearno odvisna.(ii) Ce neka množica vsebuje manj kot n vektorjev iz V , tedaj njena linearna lupina ne more

biti enaka V .

Dokaz.(i) Naj bo R = {u1,u2, . . . ,um}, m > n množica poljubnih vektorjev iz V . Pokazati moramo, da

nicelna linearna kombinacija vektorjev iz R nima samo trivialne rešitve:

λ1 u1 +λ2 u2 + · · ·+λm um = 0 .

Ker je B baza, lahko vsak vektor iz R razvijemo po bazi B:

u1 = a11v1 +a21v2 + · · ·+an1vn

u2 = a12v1 +a22v2 + · · ·+an2vn

...um = a1mv1 +a2mv2 + · · ·+anmvn .

Ta razvoj upoštevamo v nicelni linearni kombinaciji:

0 = λ1 (a11v1 +a21v2 + · · ·+an1vn)+λ2 (a12v1 +a22v2 + · · ·+an2vn)+ · · ·+

λm (a1mv1 +a2mv2 + · · ·+anmvn)

0 = v1(λ1 a11 +λ2 a12 + · · ·+λm a1m)+v2(λ1 a21 +λ2 a22 + · · ·+λm a2m)+ · · ·+

vn(λ1 an1 +λ2 an2 + · · ·+λm anm) .

Ker so vektorji vi iz B linearno neodvisni, ima njihova nicelna linearna kombinacija samotrivialno rešitev. Torej velja

λ1 a11 +λ2 a12 + · · ·+λm a1m = 0

λ1 a21 +λ2 a22 + · · ·+λm a2m = 0...

λ1 an1 +λ2 an2 + · · ·+λm anm = 0 .

To je homogeni sistem z m neznankami λi, v katerem je n enacb. Ker je enacb manjkot neznank, ima sistem vecparametricno rešitev, kar pomeni, da R ni linearno neodvisnamnožica.

(ii) Naj bo podobno kot prej R= {u1,u2, . . . ,um}, le da je sedaj m< n. Predpostavimo nasprotno,torej naj bo linearna lupina množice R enaka vektorskemu prostorau V . Tedaj lahko vsak


vektor iz B zapišemo kot linearno kombinacijo vektorjev iz R:

v1 = a11u1 +a21u2 + · · ·+am1um

v2 = a12u1 +a22u2 + · · ·+am2um

...vn = a1nu1 +a2nu2 + · · ·+amnum .

Poglejmo si nicelno linearno kombinacijo vektorjev vi:

λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λn vn = 0 .

Vemo, ker so vektorji iz B linearno neodvisni, lahko ima nicelna linearna kombinacija samotrivialno rešitev. Podobno kot v prejšnji tocki upoštevamo razvoj vektorjev vi po množici R.Gledamo, ali ima nicelna linearna kombinacija vektorjev iz R kako netrivialno rešitev (polegrešitve λi = 0,∀i), kar nas pripelje do sistema enacb:

λ1 a11 +λ2 a12 + · · ·+λn a1n = 0

λ1 a21 +λ2 a22 + · · ·+λn a2n = 0...

λ1 am1 +λ2 am2 + · · ·+λn amn = 0 .

Ponovno dobimi homogeni sistem, v katerem je manj enacb kot neznank, kar ima za poslediconeskoncno rešitev. S tem smo prišli v protislovje, da obstaja samo trivialna rešitev nicelnelinearne kombinacije vektorjev iz B.

Posledica 7.3.4 Ce je B = {v1,v2, . . . ,vn} neka baza vektorskega prostora V , tedaj vsaka bazaprostora V vsebuje n vektorjev.

Definicija 7.3.2 Naj bo V nenicelni vektorski prostor in B njegova baza. Ce B vsebuje koncnoštevilo vektorjev, B = {v1,v2, . . . ,vn}, tedaj je V koncno razsežen vektorski prostor, kateregadimenzija, dim(V ), je enaka n. Ce V ni koncno razsežen, tedaj je V neskoncno razsežen vektorskiprostor.

� Zgled 7.20 Poglejmo dimenzije nekaterih pomembnejših vektorskih prostorov.a) dim(Rn) = n.b) dim(Rn[x]) = n+1.c) dim(Mnm) = nm.d) Prostor funkcija na zaprtem intervalu F [a,b] in prostor zveznih funkcij na zaprtem intervalu

C [a,b] sta neskoncno razsežna vektorska prostora.e) Raszežnost nicelnega vektorskega prostora je enaka 0.

�

Iz Izreka 7.3.3 sledi še ena posledica.

Posledica 7.3.5 Naj bo V vektorski prostor dimenzije n in naj bo S množica vektorjev iz Vmoci n. S je baza vektorskega prostora V , ce je ali L (S) = V ali pa je S linearno neodvisna

7.3 Baza 97

množica.

Dokaz. Naj bo najprej S linearno neodvisna množica moc n. Pokazati moramo, da je L (S) =V .Predpostavimo nasprotno, naj torej obstaja vektor x ∈V , ki ni linearna kombinacija vektorjev iz S.Tedaj je S′ = S∪{b f x} linearno neodvisna množica moci n+1, kar je v protisovju z Izrekom 7.3.3.Pokažimo še drugi del posledice, anj bo zdaj L (S) =V . Pokazati moramo, da je potemtakem Slinearno neodvisna množica. Uporabimo indukcijo po n.n = 1 V tem primeru ima S en sam element, naj bo to vektor e. Ce bi bila množica S = {e}

linearno odvisna, bi obstajal nenicelni skalar λ tak, da je λe = 0, od koder sledi da je e = 0in L (0) = 0. Dimenzija nicelnega vekotrskega prostora je enaka nic, s cimer pridemo vprotislovje s tem, da je n = 1.

n−1→ n Naj bo S = {e1,e2, . . . ,en−1} in S′ = S∪{en}, pri cemer je en 6= ei, i = 1,2, . . . ,n− 1.Pokazati moramo, da ce je linearna lupina množice S′ enaka vektorskemu prostoru V , tedajje S′ linearno neodvisna množica. Predpostavimo naprotno, naj bo torej L (S′) = V in S′

linearno odvisna množica. Potem obstaja ei iz S′, ki se da izraziti kot linearna kombinacijapreostalih vektorjev is S′. B.š.z.s. naj bo i = n:

en = λ1e1 +λ2e2 + · · ·λn−1en−1, λi ∈ R,∀i = 1, . . . ,n−1 .

Ker vektorji e1,e2, . . . ,en−1 sestavljajo množico S in je vektor en njihova linearna kombi-nacija, je L (S) =L (S∪{en}) =L (S′). Po predpostavki je L (S′) =V ′, torej je L (S) =V ′.S tem pridemo v protislovje z Izrekom 7.3.3, saj je moc množice S enaka n−1, razsežnostvektorskega prostora V ′ pa je n.

Zankrat smo videli, da lahko poljuben vektor zapišemo kot linearno kombinacijo baznihvektorjev. Obicajno izberemo standardno bazo in pravimo, da smo poljuben vektor razvili postandardni bazi, ni pa to seveda edina možna izbira. Vcasih standardna baza ne zadošca in jepotrebno delati v kateri drugi bazi in namen tega razdelka je poiskati prehod iz ene baze v drugo.

Definicija 7.3.3 Naj bo B = {v1,v2, . . . ,vn} baza vektorskega prostora V in x poljuben vektoriz V , pri cemer je

x = λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λn vn .

Tedaj so skalarji λ1,λ2, . . . ,λn koordinate vektorja x glede na bazo B. Nadalje, x[B] je koordi-natni vektor od x glede na B in je dolocen z

x[B] = (λ1,λ2, . . . ,λn) ∈ Rn .

Spomnimo se, da so koordinate vektorja x enolicno dolocene in zato je tudi koordinatni vektorenolicen. Vcasih je ugodneje uporabljati matricni zapis vektorja, tako da je

x[B] = (λ1,λ2, . . . ,λn) =

λ1λ2...

λn

.

� Zgled 7.21 Poišci koordinatni vektor za x = (10,5,0) glede na dano bazo v R3.a) B1 je standardna baza .

Poišcemo razvoj vektorja x po standardni bazi:

(10,5,0) = λ1 (1,0,0)+λ2 (0,1,0)+λ3 (0,0,1)


λ1 = 10,λ2 = 5,λ3 = 0 .

Koordinatni vektor vektorja x v standardni bazi B1 je enak

(10,5,0)[B1] = (10,5,0) = x .

b) B2 = {(1,−2,1),(0,1,2),(3,0,−1)}.

Poišcemo razvoj vektorja x po bazi B2:

(10,5,0) = λ1 (1,−2,1)+λ2 (0,1,2)+λ3 (3,0,−1)

(10,5,0) = (λ1 +λ3,−2λ1 +λ2,λ1 +2λ2−λ3)


1 0 3 10−2 1 0 51 2 −1 0

Rešitev sistema je

λ1 =−54,λ2 =

52,λ3 =

154.

Koordinatni vektor vektorja x v bazi B2 je enak

(10,5,0)[B2] =

(−5

4,52,154

).

�

Naj bo V n-razsežen vektorski prostor in naj bosta B = {e1,e2, . . . ,en} in C = {v1,v2, . . . ,vn}njegovi bazi, kjer je B 6=C. Poljuben vektor x ∈V lahko razvijemo po obeh bazah:

x = λ1 e1 +λ2 e2 + · · ·+λn en

= ∑ni=1 λi ei

= µ1 v1 +µ2 v2 + · · ·+µn vn

= ∑nj=1 µ j vj .

Zanima nas, kako bi prešli iz ene baze v drugo. Recimo, da poznamo koordinatni vektorvektorja x v bazi B, x[B], nas pa zanima, kako bi dobili x[C]. Išcemo torej prehod iz baze B v bazoC. V ta namen razvijmo vektorje iz stare baze B po vektorjih iz nove baze C:

e1 = p11 v1 + p21 v2 + · · ·+ pn1 vn

e2 = p12 v1 + p22 v2 + · · ·+ pn2 vn

...

en = p1n v1 + p2n v2 + · · ·+ pnn vn

oziroma

ei =n

∑j=1

p ji vj, .

7.3 Baza 99

Potemtakem jex = ∑

ni=1 λi ei

= ∑ni=1 λi

(∑

nj=1 p ji vj

)= ∑

ni=1(∑

nj=1 p ji λi

)vj

= ∑nj=1 ∑

ni=1 (p ji λi ) vj

Z enacenjem istoležnih koeficientov dobimo pogoj

µ j =n

∑i=1

p ji λi, ∀ j = 1, . . . ,n .

To je v bistvu sistem enacb, ki se v matricni obliki glasi:µ1µ2...

µn

=

p11 p12 · · · p1n

p21 p22 · · · p2n...

......

...pn1 pn2 · · · pnn

·

λ1λ2...

λn

.

Oznacimo matriko z elementi pi j s P[C,B]. Potemtakem so stolpci matrike P[C,B] koordinatnivektorji baznih vektorjev stare baze B razvitih po vektorjih nove baze C. Tako definirano matrikoP[C,B] imenujemo matrika prehoda iz baze B v bazo C. Matrika prehoda je obrnljiva matrika, karje posledica enolicnega razvoja vektorjev stare baze po novi bazi. Tako lahko zapišemo

x[C] = P[C,B]x[B] .

Podobno bi lahko naredili obraten prehod iz baze C v bazo B

x[B] = P[B,C]x[C] .

Ker je matrika prehoda P[C,B] obrnljiva matrika iz

x[C] = P[C,B]x[B]

slediP[C,B]−1x[C] = x[B] ,

kar pomeni, da je)P[C,B])−1 = P[B,C], .

� Zgled 7.22 Poišci matriko prehoda iz baze B = {(1,−1),(5,2)} v standardno bazo C prostoraR2 ter prav tako matriko prehoda iz standardne baze C v bazo B. Poišci x[C], ce je x[B] = (3,5).

Razvijmo bazne vektorje iz B po standardni bazi:

(1,−1) = p11(1,0)+ p21(0,1) = (p11, p21)

(5,2) = p12(1,0)+ p22(0,1) = (p12, p22)

Matrika prehoda iz baze B v bazo C je

P[C,B] =[

p11 p12p21 p22

]=

[1 5−1 2

].


Ker je P[B,C] = P[C,B]−1, izracunamo inverz matrike prehoda iz B v C

P[C,B]−1 =17

[2 −51 1

].

Izrcunajmo še koordinatni vektor v standardni bazi C

x[C] = P[C,B]x[B] =[

1 5−1 2

][35

]=

[287

]x[C] = (28,7) = x .

Na Slikah 7.22 in 7.22 vidimo razvoj vektorja x = (28,7) v posamezni bazi.

x

y

(1,0)

(0,1)

28(1,0)+7(0,1) = (28,7)

Slika 7.1: Vektor x = (28,7) v standardni bazi C = {(1,0),(0,1)}.

x

y

(5,2)

(1,−1)

3(1,−1)+5(5,2) = (28,7)

(3,−3)

(25,10)

Slika 7.2: Vektor x = (28,7) v bazi B = {(1,−1),(5,2)} z x[B] = (3,5).

�

7.4 Evklidski prostoriV prostoru Rn smo spoznali skalarni produkt dveh urejenih n-teric. To idejo produkta lahkoposplošimo na poljuben vektorski prostor.

Definicija 7.4.1 Naj bo V vektorski prostor nad obsegom O , u,v,w vektorji iz V , ter λ poljubenskalar iz O . Skalarni produkt vektorjev u in v je preslikava, ki vektorjema u in v priredi realnoštevilo 〈u,v〉, ki zadošca naslednjim pogojem:

(i) 〈u,v〉= 〈v,u〉... komutativnost,(ii) 〈u+v,w〉= 〈u,w〉+ 〈v,w〉... distributivnost,

7.4 Evklidski prostori 101

(iii) 〈λ u,v〉= λ 〈u,v〉... homogenost,(iv) u 6= 0⇒ 〈u,u〉> 0... pozitivna definitnost.

Omenimo, da bomo govorili samo o realnih skalarnih produktih kar pomeni, da je obseg O =R.

Definicija 7.4.2 Vektorski prostor s skalalarnim produktom se imenuje unitarni prostor. Ce jeunitarni prostor koncno razsežen, ga imenujemo evklidski prostor.

Do sedaj poznamo skalarni produkt dveh urejenih n-teric iz Rn

〈u,v〉=n

∑i=1

uivi

in bralec naj sam preveri, da nam do sedaj edini znani skalarni produkt zadošca vsem zahtevanimpogojem. Ta produkt bomo imenovali standardni skalarni produkt prostora Rn.

� Zgled 7.23 Na prostoru zveznih funkcij na zaprtem intervalu C [a,b] definirajmo skalarni produktfunkcij f in g na sledec nacin

〈f,g〉=∫ b

af (x)g(x)dx .

Preverimo vse zahtevane pogoje.(i)

∫ ba f (x)g(x)dx =

∫ ba g(x) f (x)dx,

(ii)∫ b

a ( f (x)+g(x))h(x)dx =∫ b

a f (x)h(x)dx+∫ b

a g(x)h(x)dx,(iii) λ ∈ R : λ

∫ ba f (x)g(x)dx =

∫ ba (λ f (x))g(x)dx,

(iv) ∀x ∈ [a,b] : f (x) 6= 0⇒∫ b

a f 2(x)dx > 0.�

Poglejmo nekaj preprostih lastnosti skalarnega produkta.

Izrek 7.4.1 Naj bo V unitarni prostor in u,v,w poljubni vektorji iz V . Tedaj velja:(i) 〈0,u〉= 0.

(ii) 〈u,u〉 6= 0⇔ u = 0.(iii) 〈u,v+w〉= 〈u,v〉+ 〈u,w〉,(iv) 〈u−v,w〉= 〈u,w〉−〈v,w〉,(v) 〈u,v−w〉= 〈u,v〉−〈u,w〉,

(vi) λ ∈ R : 〈u,λ v〉= λ 〈u,v〉.

Dokaz.(i)

〈0,u〉= 〈0 ·u,u〉= 0〈u,u〉= 0 .

(ii) (⇒) V to smer implikacija sledi zaradi tocke (iv) definicije skalarnega produkta.(⇐) Obratno pa implikacija sledi iz tocke (i) tega izreka.

Preostale lastnosti so preproste in jih naj bralec sam preveri.Zdaj ko poznamo skalarni produkt, lahko definiramo še normo in metriko v unitarnem prostoru.

Definicija 7.4.3 Naj bo V unitarni prostor in u njegov poljuben vektor. Tedaj je norma (alidolžina) vektorja u ∈V , ‖u‖, definirana kot

‖u‖=√〈u,u〉 .

Za poljubna vektorja u in v vektorskega prostora V je metrika ( ali razdalja) med njima,


d(u,v) , definirana kotd(u,v) = ‖u−v‖ .

� Zgled 7.24 Izracunaj 〈u,v〉, ‖u‖, d(u,v), ce je:a) u = (1,−1,4), v = (9,1,0) in je R3 opremljen s standardnim skalarnim produktom,b) u = x, v = x2 in je prostor C [0,1] opremljen s produktom iz Zgleda 7.23.

a) 〈(1,−1,4),(9,1,0)〉= 8

||(1,−1,4)||=√

1+1+16 =√

18

d((1,−1,4),(9,1,0)) =√

(1−9)2 +(−1−1)2 +(4−0)2 =√

84.b)⟨x,x2

⟩=∫ 1

0 x3 dx = 14

||x||=√∫ 1

0 x2 dx = 1√3

d(x,x2) =√∫ 1

0 (x− x2)2 dx = 1√30

.�

Definicija 7.4.4 Ce je (realni) vektorski prostor V opremljen z metriko d, ga imenujemometricni prostor (V,d).

Izrek 7.4.2 (Cauchy-Schwarzova neenakost)Naj bo V unitarni prostor in u,v poljubna vektorji iz V . Tedaj velja

| 〈u,v〉 | ≤ ‖u‖ ‖v‖ .

Dokaz. Naj bo najprej u poljuben vektor in v = 0. V tem primeru sta obe strani neenakosti enaki 0in velja enacaj. Naj bo sedaj v 6= 0 in si pomagajmo z vektorjem u+λ v, kjer je λ poljuben skalar.Izracunajmo

〈u+λ v,u+λ v〉 = 〈u,u〉+2λ 〈u,v〉+λ 2 〈v,v〉 ≥ 0 .

Ker je 〈v,v〉 6= 0, je za izbrana vektorja u,v funkcija

p(λ ) = 〈v,v〉 λ2 +2〈u,v〉 λ + 〈u,u〉

polinom druge stopnje s pozitivnim vodilnim koeficientom. To pomeni, da bop(λ )≥ 0 natanko tedaj, ko njegova diskriminanta ni pozitivna:

D = 4 〈u,v〉2−4 〈v,v〉〈u,u〉 ≤ 0〈u,v〉2−〈v,v〉〈u,u〉 ≤ 0

〈u,v〉2 ≤ 〈v,v〉〈u,u〉/√

|〈u,v〉 | ≤ ‖u‖ ‖v‖ .

Poglejmo nekaj lastnosti norme.

7.5 Ortonormirana baza 103

Izrek 7.4.3 Naj bo V unitarni prostor, u,v vektorja iz V ter λ poljuben skalar. Tedaj velja:(i) ‖u‖ ≥ 0,

(ii) ‖u‖= 0⇔ u = 0,(iii) ‖λ u‖= |λ | ‖u‖,(iv) ‖u+v‖ ≤ ‖u‖+‖v‖ (trikotniška neenakost).

Dokaz. Vse lastnosti sledijo iz lastnosti skalarnega produkta in Cauchy-Schwarzove neenakosti,zato so podrobnosti prepušcene bralcu.

Podoben izrek velja za lastnosti metrike.

Izrek 7.4.4 Naj bo V unitarni prostor, u,v vektorja iz V ter λ poljuben skalar. Tedaj velja:(i) d(u,v)≥ 0,

(ii) d(u,v) = 0⇔ u = v,(iii) d(u,v) = d(v,u),(iv) d(u,v)≤ d(u,w)+d(w,v) (trikotniška neenakost).

Dokaz. Vse lastnosti sledijo iz Izreka 7.4.3 in definicije metrike, zato so podrobnosti prepušcenebralcu.

7.5 Ortonormirana bazaV vektorskem prostoru s skalarnim produktom lahko poišcemo posebno bazo, ki jo imenujemoortonormirana baza. V ta namen poglejmo najprej, kdaj so elementi vektorskega prostora pravokotnioz. ortogonalni.

Definicija 7.5.1 Naj bosta u in v vektorja unitarnega prostora. Vektorja u in v sta ortogonalna,ko je

〈u,v〉= 0 .

� Zgled 7.25 Vektorju (−1,2,6) poišci vsaj en nenicelni ortogonalni vektor v R3 glede na evklidskiprodukt.

Išcemo vektor v = (v1,v2,v3) ∈ R3 tak, da bo

〈(−1,2,6),(v1,v2,v3)〉= 0 .

Potemtakem mora veljati−v1 +2v2 +6v3 = 0 .

Ta enacba ima neskoncno rešitev, za nas je dovolj ena sama netrivialna. Vidimo, da je

v1 = 2v2 +6v3

in ce izberemo, na primer v2 = 1 in v3 = 0, dobimo v1 = 2 in ortogonalni vektor je

v = (2,1,0) .

�

Definicija 7.5.2 Naj bo S množica vektorjev unitarnega prostora. Pravimo, da je S ortogonalnamnožica, ce je poljuben par vektorjev iz S ortogonalen. Nadalje, pravimo da je S ortonormiranamnožica, ce je S ortogonalna množica in je norma vsakega vektorja iz S enaka 1.


� Zgled 7.26 Dana je množica vektorjev S = {(2,0,−1),(0,−1,0),(2,0,4)} evklidskega prostoraR3.

a) Pokaži, da je S ortogonalna množica, ni pa ortonormirana.

Izracunamo vse tri pare skalarnih produktov in vidimo, da so vsi enaki 0. Ker pa dolžina(norma) vseh vektorjev ni enaka 1, tvorijo ti trije vektorji ortogonalno, ne pa tudi ortonormi-rane množico.

b) Spremeni vektorje v S tako, da bodo novi vektorji tvorili ortonormirano množico.

Ce želimo, da bo množica tudi ortonormirana, morajo imeti njeni vektorji dolžino enako 1.To dosežemo z njihovim normiranjem, kar pomeni, da ustrezni vektor ohrani smer, dolžinopa ima enako 1:

||(2,0,−1)||=√

5 ⇒ ( 2√5,0,− 1√

5)

||(0,−1,0)||= 1 ⇒ (0,−1,0)

||(2,0,4)||= 2√

5 ⇒ ( 1√5,0, 2√

5) .

�

Izrek 7.5.1 Naj bo S = {v1,v2, . . . ,vn} ortogonalna množica nenicelnih vektorjev. Tedaj je Slinearno neodvisna množica.

Dokaz. Z nekaj premisleka opazimo da je nenicelnost vektorjev iz S potrebni pogoj, saj je sicermnožica S linearno odvisna množica (imamo netrivialno rešitev0 ·v1 +0 ·v2 + · · ·+1 ·0+ · · ·+0 ·vn = 0).

Ce želimo pokazati, da je množica S linearno neodvisna, mora imeti enacba

λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λn vn = 0

samo trivialno rešitev λ1 = λ2 = · · ·= λn = 0. Za poljuben vektor vi izracunajmo skalarni produkt:

〈λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λn vn,vi〉 = 〈0,vi〉〈λ1 v1,vi〉+ 〈λ2 v2,vi〉+ · · ·+ 〈λn vn,vi〉 = 0

λ1 〈v1,vi〉+λ2 〈v2,vi〉+ · · ·+λn 〈vn,vi〉 = 0

Ker je⟨vj,vi

⟩= 0 za vsak i 6= j, mora biti

λi 〈vi,vi〉= 0 .

Ker je 〈vi,vi〉> 0, je zato λi = 0. Ker je bil vi poljuben vektor, ima zacetna enacba samo trivialnorešitev in S je zato linearno neodvisna množica.

Definicija 7.5.3 Naj bo B = {v1,v2, . . . ,vn} baza evklidskega prostora. Ce je B ortogonalnamnožica, jo imenujemo ortogonalna baza. Nadalje, ce je B ortonormirana množica, jo imenu-jemo ortonormirana baza.


Izrek 7.5.2 Naj bo B = {v1,v2, . . . ,vn} ortogonalna baza evklidskega prostora V in u poljubenvektor iz V . Tedaj je

u =〈u,v1〉‖v1‖2 v1 +

〈u,v2〉‖v2‖2 v2 + · · ·+

〈u,vn〉‖vn‖2 vn .

Nadalje, ce je B ortonormirana baza, tedaj je

u = 〈u,v1〉 v1 + 〈u,v2〉 v2 + · · ·+ 〈u,vn〉 vn .

Dokaz. Za poljuben u lahko poišcemo skalarje λ1,λ2, . . . ,λn take, da je

u = λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λn vn .

V ta namen za poljuben vi izracunajmo skalarni produkt

〈u,vi〉 = 〈λ1 v1 +λ2 v2 + · · ·+λn vn,vi〉= λ1 〈v1,vi〉+λ2 〈v2,vi〉+ · · ·+λn 〈vn,vi〉

Ker so vektorji ortogonalni in je 〈vi,vi〉> 0, se enakost poenostavi v

〈u,vi〉 = λi 〈vi,vi〉

λi =〈u,vi〉〈vi,vi〉

λi =〈u,vi〉‖vi‖2

Ce je B ortonormirana baza, je norma vsakega vektorja enaka ena in drugi del izreka sledineposredno iz prvega dela.

Vsak evklidski prostor premore ortonormirano bazo. Postopek, ki poišce to bazo, se imenujeGram-Schmidtov ortogonalizacijski postopek.

Naj bo B1 = {v1,v2, . . . ,vn} poljubna baza evklidskega prostora V . Pridružimo ji ortogonalnobazo B2 = {e1,e2, . . . ,en} na sledec nacin. Naj bo najprej

e1 = v1 .

Nadalje postavimoe2 = v2 +λ1 e1 ,

kjer naj bo λ1 tak skalar, da je 〈e2,e1〉= 0:

〈v2 +λ1 e1,e1〉 = 0

λ1 = −〈v2,e1〉〈e1,e1〉

.

Tako je

e2 = v2−〈v2,e1〉〈e1,e1〉

e1 .

Omenimo še, da je e2 6= 0, saj bi v nasprotnem bila vektorja e1 in e2 linearno odvisna, kar je vprostislovju z definicijo baze.


Ponovimo podobno za vektor e3. Naj bo torej

e3 = v3 +µ1 e1 +µ2 e2 ,

kjer naj bosta µ1 in µ2 taka skalarja, da bo

〈e3,e1〉 = 0〈e3,e2〉 = 0 .

Podobno kot prej mora biti e3 6= 0, saj smo sicer v prostislovju z linearno neodvisnostjo. Izracunajmooba iskana skalarja µ1 in µ2:

〈v3 +µ1 e1 +µ2 e2,e1〉 = 0〈v3 +µ1 e1 +µ2 e2,e2〉 = 0

〈v3,e1〉+µ1 〈e1,e1〉+µ2 〈e2,e1〉 = 0〈v3,e2〉+µ1 〈e1,e2〉+µ2 〈e2,e2〉 = 0

〈v3,e1〉+µ1 〈e1,e1〉 = 0〈v3,e2〉+µ2 〈e2,e2〉 = 0

µ1 = −〈v3,e1〉〈e1,e1〉

µ2 = −〈v3,e2〉〈e2,e2〉

.

Tako je

e3 = v3−〈v3,e1〉〈e1,e1〉

e1−〈v3,e2〉〈e2,e2〉

e2 ,

Postopek nadaljujemo do

en = vn−n−1

∑i=1

〈vn,ei〉〈ei,ei〉

ei .

Množica B2 = {e1,e2, . . . ,en} je seveda ortogonalna in zato linearno neodvisna, kar pomeni,da je baza evklidskega prostora V . Ce vsak vektor iz B2 normiramo, dobimo ortonormirano bazo.

� Zgled 7.27 Naj bo B= {(1,−1,0),(1,0,−1),(1,1,−1)} baza prostora R3 s standardnim skalarnimproduktom.

a) Skonstruiraj ortogonalno bazo S prostora R3.

Uporabimo Gram-Schmidtov ortogonalizacijski postopek:

e1 = (1,−1,0)

e2 = (1,0,−1)− 〈(1,0,−1),(1,−1,0)〉12 +(−1)2 (1,−1,0) =

12(1,1,−2)

e3 = (1,1,−1)− 〈(1,1,−1),(1,−1,0)〉12 +(−1)2 (1,−1,0)+

⟨(1,1,−1), 1

2(1,1,−2)⟩

14(1

2 +(−1)2 +(−2)2)

12(1,1,−2)

= 13(1,1,1)

Množica S je ortogonalna baza

S =

{(1,−1,0),

12(1,1,−2),=

13(1,1,1)

}.


b) Spremeni S tako, da bo ortonormirana baza prostora R3.

Normiramo vse tri vektorje in dobimo ortonormirano bazo S′

S′ ={

1√2(1,−1,0),

1√6(1,1,−2),

1√3(1,1,1)

}.

�


7.6 Fourierova vrstaZaenkrat smo se ukvarjali samo z bazami koncno razsežnih vektorskih prostorov in cilj tega razdelkaje približati idejo baze neskoncno razsežnega vektorskega prostora, saj poglobljena obravnavazahteva poznavanje funkcionalne analize (t.j. veja analize, ki se ukvarja s kompleksnimi funkcijam)i.

Vektorski prostor, s katerim se bomo ukvarjali, naj bo vektorski prostor zveznih funkcij nazaprtem intervalu C [a,b]. Ce ga opremimo s skalarnim produktom

〈f,g〉=∫ b

af (x)g(x)dx ,

je to unitarni vektorski prostor.Zaenkrat se bomo omejili na interval [−π,π]. Poglejmo naslednjo množico funkcij definiranih

na tem intervalu1,cosx,cos(2x),cos(3x), . . . ,sinx,sin(2x),sin(3x), . . .

oziroma ce gledamo na funkcije kot na elemente vektorskega prostora, je to množica

{1,cos(nx),sin(nx)|n ∈ N} .

Izracunajmo medsebojne skalarne produkte teh funkcij:

〈1,cos(nx)〉=∫

π

−πcos(nx)dx = 2 sin(nx)

n |π0 = 0

〈1,sin(nx)〉=∫

π

−πsin(nx)dx = 0

〈sin(kx),cos(mx)〉=∫

π

−πsin(kx)cos(mx)dx = 0

〈cos(kx),cos(mx)〉 =∫

π

−πcos(kx)cos(mx)dx

= 2∫

π

0 cos(kx)cos(mx)dx

= 2

∫

π

0 cos2(kx)dx ; m = k

∫π

012(cos((k+m)x)+ cos((k−m)x))dx ; m 6= k

= 2

∫

π

012(1+ cos(2kx))dx ; m = k

∫π

012(cos((k+m)x)+ cos((k−m)x))dx ; m 6= k

=

(x+ sin(2kx)

2k )|π0 ; m = k(sin((k+m)x)

k+m + sin((k−m)x)k−m

)|π0 ; m 6= k

=

π ; m = k

0 ; m 6= k

Na podoben nacin dobimo

〈sin(kx),sin(mx)〉=

π ; m = k

0 ; m 6= k

7.6 Fourierova vrsta 109

Vidimo, da je samo skalarni produkt funkcije same s seboj nenicelen, v vseh ostalih (mešanih)primerih je skalarni produkt enak nic, kar pomeni da je množica funkcij S= {1,cos(nx),sin(nx)|n∈N} ortogonalna množica in zato linearno neodvisna. Da bi bila množica S baza vektorskega pros-tora C [−π,π], bi se morala vsaka funkcija f ∈ C [−π,π] dati zapisati kot linearna kombinacijaelementov is S:

f = a0 ·1+∞

∑n=1

ancos(nx)+∞

∑n=1

bnsin(nx) ,

kar pomeni, da je f pravzaprav vsota funkcijske vrste

f (x) = a0 +∞

∑n=1

(an cos(nx)+bn sin(nx)) .

Nimamo dovolj matematicnih orodij, da bi lahko raziskovali konvergenco te vrste, zato privzemimo,da je vrsta konvergentna na [−π,π] in dolocimo neznane koeficiente an in bn tako, da f skalarnomnožimo po vrsti z elementi množice S. Pomnožino najprej f z vektorjem 1:

〈f,1〉=∫

π

−πf (x)dx

〈a0 +∑∞n=1(an cos(nx)+bn sin(nx)),1〉=

∫π

−π(a0 +∑

∞n=1(an cos(nx)+bn sin(nx)))dx =

2a0∫

π

0 dx+∑∞n=1(ak∫

π

−πcos(nx)dx+bk

∫π

−πsin(nx)dx

)=

2πa0 +∑∞n=1

(2ak

sin(nx)n |π0 +0

)=

2πa0 .

Tako je

a0 =1

2π

∫π

−π

f (x)dx .

Nadalje izracunajmo skalarni produkt z vektorjem cos(mx), kjer je m neko naravno število:

〈f,cos(mx)〉=∫

π

−πf (x)cos(mx)dx

〈a0 +∑∞n=1(an cos(nx)+bn sin(nx)),cos(mx)〉=

∫π

−π(a0 +∑

∞n=1(an cos(nx)+bn sin(nx)))cos(mx)dx =

2a0∫

π

0 cos(mx)dx+∑∞n=1(ak∫

π

−πcos(nx)cos(mx)dx

)+∑

∞n=1(bk∫

π

−πsin(nx)cos(mx)dx

)Od vseh zgornjih integralov je nenicelni samo drugi v primeru, ko je n = m in sicer je enak π , karsmo že izracunali, zato je

〈f,cos(mx)〉=∫

π

−π

f (x)cos(mx)dx = πam

inam =

1π

∫π

−π

f (x)cos(mx)dx .


Na podoben nacin bi s skalarnim produktom funkcij f in sin(mx) dobili

bm =1π

∫π

−π

f (x)sin(mx)dx .

S tem smo razvili funkcijo f v funkcijsko vrsto po kosinusih in sinusih in take vrste imenujemotrigonometrijske vrste. Ce so njeni koeficienti enaki an in bn, tedaj govorimo o Fourierovi vrsti.1

Definicija 7.6.1 Naj bo f zvezna funkcija na [−π,π]. Vrsti

f (x) =12

a0 +∞

∑n=1

an cos(nx)+∞

∑n=1

bn sin(nx) , (7.1)

kjer so koeficienti

an =1π

∫π

−π

f (x)cos(nx)dx, n ∈ N0 in bn =1π

∫π

−π

f (x)sin(nx)dx ,n ∈ N (7.2)

pravimo Fourierova vrsta funkcije f .

� Zgled 7.28 Razvij v Fourierovo vrsto funkcijo

f (x) =

−s ; −π < x≤ 0

s ; 0 < x≤ π

,

ce je s > 0.

−π π

−s

s

Slika 7.3: Funkcija f iz Zgleda 7.28.

1Imenujejo se po francoskem fiziku in matematiku Josephu Fourierju (1768 - 1830)


Uporabimo formule (7.2) in izracunamo koeficiente:

a0 =1

2π

∫π

−π

f (x)dx = 0

an =1π

∫π

−π

f (x)cos(nx)dx

=1π

(∫ 0

−π

(−s)cos(nx)dx+∫

π

0scos(nx)dx

)= 0

bn =1π

∫π

−π

f (x)sin(nx)dx

=2π

(∫π

0d sin(nx)dx

)

=− 2snπ

(cos(nπ)−1) =− 2snπ

((−1)n−1) ={

0 ; n = 2k2snπ

; n = 2k−1

Fourierova vrsta funkcije f je tako enaka

f (x) =2sπ

∞

∑k=1

sin((2k−1)x(2k−1)

.

Na Slikah 7.4 do 7.7 vidimo graf funkcije h kateri konvergira Fourierova vrsta.

−10 −5 5 10

Slika 7.4: Fourierova vrsta funkcija f iz Zgleda 7.28 za k = 2.

−10 −5 5 10


�

Zaenkrat znamo razviti funkcijo zvezno na [−π,π] v Fourierovo vrsto. Razvoj v Fourierovovrsto lahko na podoben nacin naredimo na poljubnem simetricnem intervalu [−l, l], ce le zadošcapogoju, da je na tem intervalu odsekoma zvezna.


−10 −5 5 10


−10 −5 5 10


Izrek 7.6.1 Ce je f na [−l, l] vsaj odsekoma zvezna in ima v vsaki tocki intervala levo in desnolimito, potem se da razviti v Fourierovo vrsto

f (x) =12

a0 +∞

∑n=1

an cosnπx

l+

∞

∑n=1

bn sinnπx

l, (7.3)

kjer so koeficienti

an =1l

∫ l

−lf (x)cos

nπxl

dx, n ∈ N0 in bn =1l

∫ l

−lf (x)sin

nπxl

dx ,n ∈ N . (7.4)

Vrsta je konvergentna za vse realne x. V vsaki tocki x, ki leži znotraj intervala (−l, l), je vsotavrste enaka funkciji f , ce je f zvezna. V tockah nezveznosti je vsota vrste aritmeticna sredinamed levo in desno limito.Izven intervala (−l, l) vrsta predstavlja periodicno nadaljevanje funkcije f .

Fourierova vrsta omogoca razstavljanje poljubne periodicne funkcije ali periodicnega signala vvsoto periodicnih funkcij sinus in kosinus.

� Zgled 7.29 Razvij v Fourierovo vrsto funkcijo

f (x) =

0 ; −2 < x < 1

t ; −1≤ x≤ 1

0 ; 1≤ x≤ 2

,

ce je t > 0.

Zaradi sodosti funkcije f so koeficienti bn enaki 0. Za izracun koeficientov an uporabimo formule


−3 −2 −1 1 2 3

t

Slika 7.8: Funkcija f iz Zgleda 7.29.

(7.4), pri cemer upoštevamo, da je

a0 =12

∫ 2

−2f (x)dx = t

∫ 1

0dx = t

an =12

∫ 2

−2f (x)cos

nπx2

dx =∫ 1

0t cos

nπx2

dx =2tnπ

sinnπx

2

∣∣10

=

2tnπ

; n = 4k+1

0 ; n = 2k

− 2tnπ

; n = 4k+3, k ∈ N0

Fourierova vrsta funkcije f je tako enaka

f (x) =t2+

2tπ

(∞

∑k=0

cos (4k+1)πx2

4k+1−

∞

∑k=0

cos (4k+3)πx2

4k+3

).

−5 −3 −1 1 3 5

t

Slika 7.9: Fourierova vrsta (rdeca) in periodicna razširitev (modra) funkcije iz Zgleda 7.29.

�

Dejansko lahko funkcijo razvijemo v Fourierovo vrsto na poljubnem intervalu [c,c+P], cele zadošca pogoju, da je na tem intervalu odsekoma zvezna. Na podoben nacin kot na intervalu[−π,π] lahko dolocimo neznane koeficiente an in bn.


Definicija 7.6.2 Naj bo f (vsaj) odsekoma zvezna na [c,c+P] in naj bo ω = 2π

P . Tedaj je

f (x) =12

a0 +∞

∑n=1

an cos(nωx)+∞

∑n=1

bn sin(nωx) (7.5)

Fourierova vrsta funkcije f na [c,c+P], pri cemer so koeficienti enaki

an =2P

∫ c+P

cf (x)cos(nωx) dx ,

bn =2P

∫ c+P

cf (x)sin(nωx) dx .

(7.6)

Tudi v tem primeru velja podoben izrek kot je Izrek 7.6.1 za simetricni interval [−l, l].

Na obeh Primerih 7.28 in 7.29 smo videli, da se je funkcija razvila v Fourierovo vrsto bodisi posamih sinusih bodisi po kosinusih. To se zgodi, kadar je funkcija liha oziroma soda. Ce je funkcijaf soda, tedaj so vsi bn enaki 0 in dobimo kosinusna Fourierovo vrsto.

Definicija 7.6.3 Kosinusna Fourierova vrsta na intervalu [−l, l] je enaka

f (x) =12

a0 +∞

∑n=1

an cosnπx

l, an =

2l

∫ l

0f (x)cos

nπxl

dx, n ∈ N0 . (7.7)

Enaka formula velja tudi v primeru, ko je f definirana samo na intervalu [0, l] in jo želimo razvitipo samih kosinusih. Dobljena vrsta je potem sodo periodicno nadaljevanje funkcije f na R.

Ce je funkcija f liha, so vsi an enaki 0 in dobimo sinusno Fourierovo vrsto.

Definicija 7.6.4 Sinusna Fourierova vrsta na intervalu [−l, l] je enaka

f (x) =∞

∑n=1

bn sinnπx

l, bn =

2l

∫ l

0f (x)sin

nπxl

dx, n ∈ N . (7.8)

V primeru, ko je f definirana samo na intervalu [0, l], dobljena sinusna vrsta predstavlja lihoperiodicno nadaljevanje funkcije f na R.

Funkcijo f definirano na intervalu [0, l] lahko tako razvijemo na tri nacine. Ali v kosinusnoFourierovo vrsto kot sodo funkcijo na [−l, l] s periodo 2l ali v sinusno Fourierovo vrsto kot lihofunkcijo na [−l, l] s periodo 2l ali pa jo ravijemo v obicajno Fourierovo vrsto s periodo l.

� Zgled 7.30 Funkcijo f (x) = x definirano na intervalu [0,π] razvij v Fourierovo vrsto na vse trinacine.

Funkcije lahko razvijemo v obicajno Fourierovo vrsto na [0,π], ali pa kot kosinusno oz. sinusno na[−π,π].

a) V primeru obicajne Fourierove vrste je interval enak [0,π] in nimamo opravka s simetricnim


intervalom, zato moramo uporabiti formule iz Definicije 7.6.2.

P = π,ω =2π

2= 2

a0 =2π

∫π

0xdx = π

an =2π

∫π

0xcos(2nx) dx = 0

bn =2π

∫π

0xsin(2nx) dx =−1

n

Fourierova vrsta funkcije f (x) = x na [0,π] je tako enaka (glej Sliko 7.10)

f (x) =π

2−

∞

∑n=1

sin(2nx)n

.

−2π −π π

π

Slika 7.10: Fourierova vrsta (rdeca) in periodicna razširitev (modra) funkcije f (x) = x na [0,π].

b) V primeru kosinusne Fourierove vrste funkcijo f (x) = x razširimo na interval [−π,π] tako,da je soda funkcija, torej f (x) = |x|. Uporabimo formule 7.7, l = π:

a0 =2π

∫π

0xdx = π

an =2π

∫π

0xcos(nx)dx =

2n2π

((−1)n−1) =

{0 ; n = 2k

− 4n2π

; n = 2k−1

Kosinusna Fourierova vrsta funkcije f (x) = |x| na [−π,π] je tako enaka (glej Sliko 7.11)

f (x) =π

2− 4

π

∞

∑k=1

cos(2k−1)x(2k−1)2 .

c) V primeru sinusne Fourierove vrste funkcijo f (x) = x razširimo na interval [−π,π] tako, daje liha funkcija, torej se njen predpis ne spremeni, f (x) = x. Uporabimo formule 7.8,l = π:

bn =2π

∫π

0xsin(nx)dx =

2(−1)n+1

n


−2π −π π 2π

π

Slika 7.11: Kosinusna Fourierova vrsta (rdeca) in periodicna razširitev (modra) funkcije f (x) = |x|na [−π,π].

Sinusna Fourierova vrsta funkcije f (x) = x na [−π,π] je tako enaka (glej Sliko 7.12)

f (x) = 2∞

∑n=1

(−1)n+1 sin(nx)n

.

−2π −π π 2π

π

Slika 7.12: Sinusna Fourierova vrsta (rdeca) in periodicna razširitev (modra) funkcije f (x) = x na[−π,π].

�

8. Linearne transformacije

V tem razdelku nas bodo zanimale linearne transformacije, ki so preslikave med dvema vektorskimaprostoroma. Spoznali bomo lastne vrednosti in lastne vektorje linearne transformacije ter njihovouporabo pri reševanju sistemov diferencialnih encb.

8.1 Linearne transformacije in matrike

Definicija 8.1.1 Naj bosta U in V vektorska prostora. transformacija A : U →V je linearnatransformacija, ce za vsak u,u′ iz U in skalar λ velja:

(i) aditivnostA (u+u′) = A (u)+A (u′) in

(ii) homogenostA (λ u) = λ A (u) .

Obe lastnosti hkrati zapišemo kot

A (λ u+µ u′) = λ A (u)+µ A (u′)

in ju z eno besedo imenujemo linearnost. Ce vektorska prostora sovpadata, se linearna transforma-cija imenuje endomorfizem:

A : V →V .

� Zgled 8.1 Ali je transformacija A : R3→ R4 dolocena s predpisom

A (x1,x2,x3) = (x1,x1 + x2,x2,x3)

linearna transformacija.

118 8. Linearne transformacije

A (λ x+µ y) = A (λ (x1,x2,x3)+µ (y1,y2,y3))

= A ((λx1,λx2,λx3)+(µy1,µy2,µy3))

= A (λx1 +µy1,λx2 +µy2,λx3 +µy3)

= (λx1 +µy1,λx1 +µy1 +λx2 +µy2,λx2 +µy2,λx3 +µy3)

= (λx1 +µy1,λ (x1 + x2)+µ(y1 + y2,)λx2 +µy2,λx3 +µy3)

= (λx1,λ (x1 + x2),λx2,λx3)+(µy1,µ(y1 + y2),µy2,µy3)

= λ (x1,x1 + x2,x2,x3)+µ(y1,y1 + y2,y2,y3)

= λA (x1,x2,x3)+µA (y1,y2,y3)

= λA (x)+µA (y)�

� Zgled 8.2 Ali je transformacija A : R3→ R2 dolocena s predpisom

A (x1,x2,x3) = (x22,x1− x3)

linearna transformacija.

Zaradi kvadratnega clena transformacija ne bo linearna. Zadošca da najdemo protiprimer zalinearnost, na primer za vektorja (1,1,0) in (1,2,1) preverimo aditivnost:

A ((1,1,0)+(1,2,1)) = A (2,3,1) = (32,2−1) = (9,1)

A ((1,1,0)+A (1,2,1)) = (12,1−0)+(22,1−1) = (5,1)�

� Zgled 8.3 Naj bo V prostor vseh neskoncnokrat odvedljivih funkcij g : R→ R. Ali je transfor-macija A : V →V , ki vsaki funkciji priredi njen odvod, linearna transformacija?

IzracunajmoA (λ g1 +µ g2) = (λ g1 +µ g2)

′

= λ g′1 +µ g′2= λ A (g1)+µ A (g2) .

To pomeni, da je A linearna transformacija.�

Linearno transformacijo lahko opišemo z matriko, kar zelo olajša delo z linearnimi transfor-macijami. Za linearno transformacijo A : U →V naj bo Bu = {u1,u1, . . . ,um} baza vektorskegaprostora U in Bv = {v1,v1, . . . ,vn} baza vektorskega prostora V . Tedaj lahko slike baznih vektorjevbaze Bu domene U razvijemo po bazi Bv kodomene V :

A (u1) = α11v1 +α21v2 + · · ·+αn1vn

A (u2) = α12v1 +α22v2 + · · ·+αn2vn

...A (um) = α1mv1 +α2mv2 + · · ·+αnmvn

8.1 Linearne transformacije in matrike 119

Razvoj slik baznih vektorjev iz Bu po bazi Bv so stolpci matrike A[Bv,Bu] reda n×m, s kateroopišemo linearno transformacijo A : U →V :

A[Bv,Bu] =

α11 α12 · · · α1m

α21 α22 · · · α2m...

...αn1 αn2 · · · αnm

.

Velja tudi obratno, za dano matriko reda n×m in bazi Bu in Bv je enolicno dolocena linearnatransformacija med prostoroma U in V . Ko v prostoru izberemo bazo, sta matrika in linearnatransformacija enolicno doloceni.

� Zgled 8.4 Doloci matriko, ki jo porodi linearna transformacija A : R4→R3, A (x1,x2,x3,x4) =(x4,x3,x2), glede na standardni bazi obeh prostorov.

Poišcemo slike standarnih baznih vektorjev glede na A :

A =

0 0 0 10 0 1 00 1 0 0

.

�

� Zgled 8.5 Doloci matriko in predpis, ki jo porodi transformacija zrcaljenja cez os x v R2 gledena standardno bazo.

Zrcaljenje A je transformacija iz R2→R2. Pogledamo, kako A deluje na vektorja v standardnibazi:

A (1,0) = (1,0)

A (0,1) = (0,−1)

Sliki baznih vektorjev sta stolpca matrike linearne transformacije:

A =

[1 00 −1

].

Lahko bi postopali tudi drugace in sicer pogledamo, kam se z zrcaljenjem preslika poljubenvektor x = (x1,x2) ∈ R2. Tedaj je slika enaka od x enaka y = (y1,y2) = A (x) = A (x1,x2) =(x1,−x2) ∈ R2. Tako velja

y1 = x1 = 1 · x1 +0 · x2

y2 = −x2 = 0 · x1−1 · x2 ,

kar je enako [y1y2

]=

[1 00 −1

][x1x2

].

Tudi v tem primeru vidimo, da iz Ax = y sledi, da je matrika A enaka kot smo jo dolocili s slikamibaznih vektorjev.

�


� Zgled 8.6 Doloci matriko, ki jo porodi transformacija zrcaljenja cez premico y = x v R2 gledena standardno bazo.

Zrcaljenje A je transformacija iz R2 → R2. Poljuben vektor x = (x1,x2) ∈ R2 zrcaljenjepreslika v vektor y = (y1,y2) = A (x) = A (x1,x2) = (x2,x1) ∈ R2. Tako velja

y1 = x2 = 0 · x1 +1 · x2

y2 = x1 = 1 · x1 +0 · x2 ,

kar je enako [y1y2

]=

[0 11 0

][x1x2

].

Tako je matrika zrcljenja cez premico y = x enaka

A =

[0 11 0

].

�

Izrek 8.1.1 Za linearno transformacijo A : U → V naj bo Bu = {u1,u1, . . . ,um} baza vek-torskega prostora U in Bv = {v1,v1, . . . ,vn}. Nadalje, naj bo x poljuben element iz U in y=A (x)njegova slika. Tedaj je

y[Bv] = A[Bv,Bu]x[Bu] .

Dokaz. Vektor x razvijmo po bazi Bu, torej je

x = λ1u1 +λ2u2 + · · ·+λmum =m

∑i=1

λiui .

Tedaj je

y = A (x)

= A (∑mi=1 λiui)

= A (λ1u1 +λ2u2 + · · ·+λmum)

= λ1A (u1)+λ2A (u2)+ · · ·+λmA (um)

= λ1(α11v1 +α21v2 + · · ·+αn1vn)+λ2(α12v1 +α22v2 + · · ·+αn2vn)

+ · · ·+λm(α1mv1 +α2mv2 + · · ·+αnmvn)

= v1(λ1α11 +λ2α12 + · · ·+λmα1m)+v2(λ1α21 +λ2α22 + · · ·+λmα2m)

+ · · ·+vn(λ1αn1 +λ2αn2 + · · ·+λmαnm)

= (∑mi=1 α1iλi)v1 +(∑m

i=1 α2iλi)v2 + · · ·+(∑mi=1 αniλi)vn

= ∑nj=1 (∑

mi=1 α jiλi)vj .


Izracunali smo, da je koordinatni vektor y v bazi Bv enak

y[Bv] =

(m

∑i=1

α1iλi,m

∑i=1

α2iλi, . . . ,m

∑i=1

αniλi

).

Vidimo, da je to enako zvezi iz izreka:

A[Bv,Bu]x[Bu] =

α11 α12 · · · α1m

α21 α22 · · · α2m...

...αn1 αn2 · · · αnm

λ1

λ2...

λm

=

∑

mi=1 α1iλi

∑mi=1 α2iλi

...∑

mi=1 αniλi

= y[Bv]

� Zgled 8.7 Naj bo A : R2→ R2 linearna transformacija zasuka za kot ϕ okoli izhodišca. Poišcimatriko A = A[C,C] tega zasuka ter A (−1,−1) za ϕ = π

4 glede na standardno bazo C prostora R2.

Poišcimo sliki standarnih baznih vektorjev glede na A :

A (1,0) = (cosϕ,sinϕ) = cosϕ(1,0)+ sinϕ(0,1)

A (0,1) = (−cos(π

2 −ϕ),sin(π

2 −ϕ)) = (−sinϕ,cosϕ) =

= −sinϕ(1,0)+ cosϕ(0,1) ,

zato je

A =

[cosϕ −sinϕ

sinϕ cosϕ

].

Za ϕ = π

4 je tako

A (−1,−1) =

[ √2

2 −√

22√

22

√2

2

]·[−1−1

]=

[0−√

2

].

�

Poglejmo še, kako sprememba baze v domeni in (ali) kodomeni vpliva na matriko linearnetransformacije.

Izrek 8.1.2 Naj bo A : U →V linearna transformacija ter Bu in Bv bazi domene U in kodomeneV . Nadalje naj bosta Cu in Cv neki novi bazi od U in V . Tedaj je matrika linearne transformacijeA v novih bazah enaka

A[Cv,Cu] = P[Cv,Bv]A[Bv,Bu]P[Bu,Cu] ,

pri cemer sta P matriki prehoda.

Dokaz. Naj bo A (x) = y. Iz Izreka 8.1.1 sledi, da za matriko linearne transformacije A[Bv,Bu]velja y[Bv] = A[Bv,Bu]x[Bu]. Uporabimo matriko prehoda najprej na sliki linearne transformacijeter kasneje še na originalu, s cimer dobimo

y[Cv] = P[Cv,Bv]y[Bv]

= P[Cv,Bv](A[Bv,Bu]x[Bu])

= P[Cv,Bv]A[Bv,Bu](P[Bu,Cu]x[Cu])


Ker tudi za matriko A[Cv,Cu] velja y[Cv] = A[Cv,Cu]x[Cu], je

A[Cv,Cu]x[Cu] = P[Cv,Bv]A[Bv,Bu]P[Bu,Cu]x[Cu] ,

s cimer smo izrek dokazali.

V nadaljevanju si bomo pogledali dva pomembna podprostora domene in kodomene linearnetransformacije.

Definicija 8.1.2 Naj bosta U in V vektorska prostora nad obsegom O in A linearna transfor-macija A : U →V . Tedaj je množica

K erA = {x ∈U |A (x) = 0}

jedro (”kernel”) linearne transformacije in množica

I mA = {y ∈V |∃x ∈U : A (x) = y}

je slika (”image”) linearne transformacije.

� Zgled 8.8 Poišci jedro in sliko zrcaljenja cez premico y = x v R2.

Poišcimo jedro linearne transformacije zrcaljenja, ki ima predpis A (x1,x2) = (x2,x1):

K erA = {(x1,x2) ∈ R2|A (x1,x2) = (0,0}

A (x1,x2) = (x2,x1) = (0,0)

K erA = {(0,0)}

Poišcimo še sliko linearne transformacije:

I mA = {(y1,y2) ∈ R2|∃(x1,x2)R2,A (x1,x2) = (y1,y2)}

A (x1,x2) = (x2,x1) = (y1,y2)

x1 = y2, x2 = y1

I mA = R2

�

Poglejmo nekaj lastnosti obeh množic.

Izrek 8.1.3 Za poljubno linearno transformacijo A : U → V je K erA podprostor od U inI mA podprostor od V .

Dokaz. Naj bosta x1,x2 poljubna elementa iz jedra ter λ1,λ2 poljubna skalarja. Izracunajmo

A (λ1 x1 +λ2 x2) = λ1 A (x1)+λ2 A (x2)= λ1 0+λ2 0= 0 .


Naj bosta zdaj y1,y2 poljubna elementa slike linearne transformacije, skalarja pa taka kot prej.Potemtakem obstajata x1,x2 ∈U taka, da je

A (x1) = y1 in A (x2) = y2 .

Veljaλ1 y1 +λ2 y2 = λ1 A (x1)+λ2 A (x2)

= A (λ1 x1 +λ2 x2) ∈I m f .

Izrek 8.1.4 Naj bo B = {e1,e2, . . . ,en} a baza prostora U in A linearna transformacija A : U→V . Tedaj je

I mA = L ({A (e1),A (e2), . . . ,A (en)}) .

Dokaz. Naj bo y ∈I mA . Tedaj obstaja x ∈U tak, da je

y = A (x) = A

(n

∑i=1

λ1 ei

)=

n

∑i=1

λ1 A (ei) .

Definicija 8.1.3 Razsežnost slike linearne transformacije A je rang linearne transformacije,razsežnost jedra je njen defekt.

Izrek 8.1.5 Naj bo A : U →V linearna transformacija. Tedaj je vsota ranga in defekta enakarazsežnosti prostora U :

dim(K erA )+dim(I mA ) = dim(U) .

Dokaz. Naj bo dim(U) = n in naj bo B′ = {v1,v2, . . . ,vk}, k≤ n baza jedra linearne transformacije.Dopolnimo jo do baze B celega prostora V :

B = {v1,v2, . . . ,vk,wk+1, . . . ,wn} .

Naj bo x poljuben vektor iz U :

x =k

∑i=1

λi vi +n

∑i=k+1

λi wi .

Tedaj jeA (x) = A

(∑

ki=1 λi vi

)+A

(∑

ni=k+1 λi wi

)= ∑

ki=1 λi A (vi)+∑

ni=k+1 λi A (wi)

= ∑ni=k+1 λi A (wi) .

Pokažimo, da je množica B′′ = {A (wk+1), . . . ,A (wn)} baza vektorskega prostora I mA .(i) Pokažimo linearno neodvisnost:

λk+1A (wk+1)+ · · ·+λnA (wn) = 0 ⇔ λi = 0, ∀i = k+1, . . . ,n

A (λk+1wk+1 + · · ·+λnwn) = 0 ⇔ λi = 0, ∀i = k+1, . . . ,n


Vidimo, da je λk+1wk+1 + · · ·+λnwn element jedra, zato ga razvijmo po njegovi bazi

λk+1wk+1 + · · ·+λnwn = α1v1 + · · ·+αkvk

α1v1 + · · ·+αkvk−λk+1wk+1−·· ·−λnwn = 0 .

Ker je {v1,v2, . . . ,vk,wk+1, . . . ,wn} baza, so vsi skalarji enaki 0.(ii) Pokažimo še, da je linearna lupina enaka celemu prostoru I mA . Naj bo y poljuben element

iz I mA , tedaj obstaja x iz U tak, da je

y = A (x) = A (λ1v1 + · · ·+λkvk +λk+1wk+1 + · · ·+λnwn)

= A (λ1 v1 + · · ·+λk vk)+λk+1 A (wk+1)+ · · ·+λn A (wn)

= λk+1 A (wk+1)+ · · ·+λn A (wn) .

� Zgled 8.9 Doloci bazi jedra in slike ter rang in defekt endomorfizma A : R3→R3, ki je dolocens predpisom

A (x1,x2,x3) = (3x1 +5x2 +7x3,x1 +2x2 +3x3,x1 +3x2 +5x3) .

Linearni transformaciji priredimo matriko A = A[C,C] (glede na standardno bazo C prostora R3),to pomeni, da poišcemo slike baznih vektorjev, ki tvorijo stolpce matrike:

A =

3 5 71 2 31 3 5

Nadalje poišcemo jedro linearne transformacije, kar se prevede na reševanje homogenega sistemaenacb:

Ax = 0 3 5 71 2 31 3 5

x1x2x3

=

000

Homogeni sistem enacba rešimo po Gaussovi eliminacijski metodi in dobimo enoparametricnorešitev:

K erA = {(x3,−2x3,x3)|x3 ∈ R} .

Baza B′ jedra linearne preslikave je tako enaka B′ = {(1,−2,1)}. Dopolnimo je do baze B celegaprostora R3 na cimbolj enostaven nacin:

B = {(1,−2,1),(1,0,0),(0,1,0)} .

Bazo slike B′′ dobimo s slikami dodanih baznih vektorjev:

B′′ = {A (1,0,0),A (0,1,0)}= {(3,1,1),(5,2,3)} .

Rang je tako enak ena in defekt je enak dva.�

8.2 Lastne vrednosti in lastni vektorji 125

8.2 Lastne vrednosti in lastni vektorji

Naj bo V vektorski prostor in A endomorfizem tega prostora. V nadaljevanju nas bo zanimalo,katere nenicelne vektorje p iz V linearna transformacija A preslika v neki veckratnik vektorja p.

Definicija 8.2.1 Naj bo A endomorfizem vektorskega prostora V . Skalar λ je lastna vrednosttransformacije A , ce obstaja nenicelni vektor p iz V tak, da je

A (p) = λ p .

Vektorju p pravimo lastni vektor transformacije A , ki pripada lastni vrednosti λ .

Na lastne vektorje lahko gledamo kot na tiste vektorje, ki jim delovanje preslikave ne spremenismeri, temvec jih samo raztegne ali skrci. Na Sliki 8.1 vidimo dva vektorja, enega oznacenega zrdeco (vertikalna smer) in drugega z modro barvo (horizontalna smer). Pri raztegnjeni sliki MoneLise na desni strani se vidi, da je rdeci vektor spremenil svojo smer, modri pa ne, zato je samoslednji tudi lastni vektor. Ker se je dolžina modrega vektorja pri raztegu ohranila, je veckratnikraztega t.j. pripadajoca lastna vrednost modrega vektorja enaka ena.

Slika 8.1: Lastni vektorji in "razteg" slike [wiki].

� Zgled 8.10 Naj bo A : Rn→ Rn dana s predpisom A (x) = Dx, kjer je D diagonalna matrika zelementi d1,d2, . . . ,dn na diagonali. Pokaži, da so standarndni bazni vektorji v Rn lastni vektorjipreslikave A . Poišci pripadajoce lastne vrednosti.

Vektorju ei pripada lastna vrednost di. �


� Zgled 8.11 Naj bo V prostor vseh neskoncnokrat odvedljivih funkcij g : R→ R in A linearnatransformacija, ki funkciji g priredi njen odvod. Poišci lastne vrednosti in lastne vektorje transfor-macije A .

Išcemo realne funkcije g, ki za nek λ zadošcajo zvezi

A (g) = λg⇒ g′(x) = λg(x) .

Rešitev te diferencialne enacbe je družina funkcij

g(x) =Ceλx .

Funkcija g(x) = eλ x je lastni vektor transformacije A , ki pripada lastni vrednosti λ .�

� Zgled 8.12 Naj bo A : R2→ R2 linearna transformacija, podana s predpisom

A (x,y) = (2x+4y,−x− y) .

Poišci lastne vrednosti in lastne vektorje transformacije A .

(2x+4y,x− y) = λ (x,y)x(2−λ )+4y = 0

x− y(1+λ ) = 0

Pripadajoci homogeni sistem linearnih enacb ima netrivialno rešitev samo za λ = 3 in λ = −2,ki sta lastni vrednosti, pripadajoci lastni vektorji so oblike (4t, t) oz. (t,−t) za vsak nenicelniparameter t. �

Izrek 8.2.1 Naj bo A : V →V linearna transformacija in λ njena lastna vrednost. Množica Vλ

vseh vektorjev, za katere veljaA (p) = λ p

je vektorski prostor, ki mu pravimo lastni prostor transformacije A . Lastni prostor Vλ vsebujevse lastne vektorje, ki pripadajo lasti vrednosti λ in vektor 0.

Dokaz. Naj bosta p1 in p2 poljubna razlicna in nenicelna lastna vektorja transformacije A , kipripadata lastni vrednosti λ . Tedaj velja

A (p1) = λ p1 in A (p2) = λ p2 .

Nadalje jeA (µ1 p1 +µ2 p2) = µ1 A (p1)+µ2 A (p2)) = λ (µ1 p1 +µ2 p2) ,

zato je Vλ vektorski prostor.Ker za poljuben lastni vektor p iz Vλ velja

µ1 ·0+µ2 ·p = µ2 ·p ∈Vλ ,

tudi vektor 0 pripada lastnemu vektorskemu prostoru.

Ce sta p1 in p2 lastna vektorja, ki pripadata razlicnim lastnim vrednostim, tedaj njuna vsotap1 +p2 ni lastni vektor. Velja celo vec, o cemer govori naslednji izrek.


Izrek 8.2.2 Lastni vektorji p1,p2, . . . ,pn linearne transformacije A : V → V , ki pripadajo ra-zlicnim lastnim vrednostim λ1,λ2, . . . ,λn, so linearno neodvisni.

Dokaz. Uporabimo indukcijo po n. Naj bosta torej p1 in p2 lastna vektorja, ki pripadata razlicnimalastnima vrednostima λ1 in λ2. Predpostavimo nasprotno, recimo da sta lastna vektorja linearnoodvisna. Tedaj obstajata netrivialna rešitev enacbe

µ1 p1 +µ2 p2 = 0 .

Na obeh straneh enacbe uporabimo linearno transformacijo A

µ1 A (p1)+µ2 A (p2) = A (0)µ1 λ1 p1 +µ2 λ2 p2 = 0λ1 µ1 p1 +λ2 µ2 p2 = 0

Upoštevamo, da je µ1 p1 =−µ2 p2, ter dobimo

−λ1 µ2 p2 +λ2 µ2 p2 = 0µ2 (λ2−λ1)p2 = 0

Ker je lastni vektor p2 po definiciji nenicelni, mora veljati

µ2 (λ2−λ1) = 0 .

Ker sta lastni vrednosti λ1 in λ2 razlicni, je zato µ2 = 0. Potemtakem pa je tudi µ1 = 0, s cimerpridemo v protislovje z netrivialno rešitvijo linearne kombinacije obeh lastnih vektorjev.

Indukcijski korak pokažemo na podoben nacin in so podrobnosti prepušcene bralcu.

V nadaljevanju si poglejmo lastne vrednosti in lastne vektorje matrik. Iz Izreka 8.1.1 vemo, daza linearno transformacijo A : Rn→ Rn obstaja taka matrika A reda n, da je

A (p) = Ap, ,

zato je smiselna naslednja definicija.

Definicija 8.2.2 Lastne vrednosti in lastni vektorji matrike A reda n so lastni vektorji endomor-fizma A prostora Rn, pri cemer je A (p) = Ap.

Potemtakem velja:A (p) = Ap = λ p

(A−λ I)p = 0 .

Dobimo homogoneni sistem enacb, katerega netrivialne rešitve so lastni vektorji p matrike Aglede na lastno vrednost λ . Skupaj z vektorjem 0 tvorijo vektorski podprostor prostora Rn, kateregadimenzija je enaka

n− rang(A−λ I)

in ji pravimo geometricna kratnost lastne vrednosti λ . Nadalje že vemo, da je homogeni sistemnetrivialno rešljiv natanko tedaj, ko je

det(A−λ I) = 0 .

Polinomu na levi strani pravimo karakteristicni polinom in njegove nicle so lastne vrednosti matrikeA.


� Zgled 8.13 Poišci lastni vrednosti in lastna vektorje matrike

A =

[2 41 −1

].

p(λ ) =∣∣∣∣ 2−λ 4

1 −1−λ

]= λ

2−λ −6 = (λ −1)(λ −6) .

Lastni vrednosti matrike A sta λ1 = 3 in λ1 =−2. Poišcimo še pripadajoca lastna vektorja. Najprejza λ1 = 3:

(A−3 I)p = 0[−1 41 −4

][p1p2

]=

[00

].

To pomeni, da morata p1 in p2 zadošcati pogoju

p1−4 p2 = 0⇒ p1 = 4p2 .

Oznacimo p2 s parametrom t, torej naj bo p2 = t. Pri tem parameter t poljubno izbiramo, torej jet ∈ R. Lastni vektorji so oblike [

4tt

], t ∈ R .

Naravno je izbrati za t najpreprostejši primer, t.j. t = 1. Tedaj je prvi lastni vektor enak[41

].

Poglejmo še za λ2 =−2:

(A+2 I)p = 0[4 41 1

][p1p2

]=

[00

].


p1 + p2 = 0⇒ p1 =−p2 .

Vpeljemo parameter p2 = t, t ∈ R in izracunamo p1 =−t. Torej je drugi lastni vektor[−tt

], t ∈ R ,

oziroma za t = 1 dobimo drugi lastni vektor[−11

].

Ni težko preveriti, da sta oba lastna vektorja linearno neodvisna. �

V obeh zgornjih primerih sta bili lastni vrednosti razlicna in enkratni nicli karakteristicnegapolinoma. Takim lastnim vrednostim pravimo enostavne lastne vrednosti. Kadar se neka niclapojavi m-krat, pravimo, da je njena algebrajska kratnost enaka m. V obeh primerih je geometricnakratnost enaka algebrajski in sicer sta obe enaki ena.


� Zgled 8.14 Poišci lastne vrednosti in lastne vektorje matrike

A =

[7 −14 3

].

p(λ ) =∣∣∣∣ 7−λ −1

4 3−λ

]= (λ −5)2 = 0 .

Dvojna lastna vrednost matrike A je λ1,2 = 5. Poišcimo še lastne vektorje.

(A−5 I)p = 0[2 −14 −2

][p1p2

]=

[00

].


2 p1− p2 = 0⇒ p2 = 2 p1 .

Oznacimo p1 s parametrom t, torej naj bo p1 = t, kjer je t ∈ R. Lastni vektorji so oblike[t2t

], t ∈ R .

Naravno je izbrati za t najpreprostejši primer, t.j. t = 1. Tedaj je lastni vektor enak[12

].

Dobili smo lastno vrednost, katere algebrajska kratnost je enaka dva, geometricna kratnost paje ena. �

� Zgled 8.15 Poišci lastne vrednosti in lastne vektorje matrike

A =

0 1 11 0 11 1 0

.

p(λ ) =

∣∣∣∣∣∣−λ 1 11 −λ 11 1 −λ

=−(λ +1)2(λ −2) = 0 .

Lastni vrednosti matrike A sta λ1,2 =−1 in λ3 = 2. Poišcimo še pripadajoce lastne vektorje. Najprejza λ1,2 =−1:

(A+ I)p = 0 1 1 11 1 11 1 1

p1p2p3

=

000

.

To pomeni, da morajo p1, p2 in p3 zadošcati pogoju

p1 + p2 + p1 = 0⇒ p3 =−p1− p2 .


Naj bo p1 = t in p2 = s, kjer sta t,s ∈ R. Lastni vektorji so oblike ts

−t− s

, t,s ∈ R .

Vrednosti za t in s izberemo na najpreprostejši primer tako, da bosta dobljena vektorja linearnoneodvisna in sicer t = 1,s = 0 in t = 0,s = 1. Pripadajoca lastna vektorja sta 1

0−1

in

01−1

,

ki sta seveda linearno neodvisna. Dobili smo lastno vrednost, katere algebrajska in geometricnakratnost je enaka 2.

Poglejmo še za λ3 = 2:

(A−2 I)p = 0 −2 1 11 −2 11 1 −2

p1p2p3

=

000

.

Rešitev pripadajocega sistema jep1 = p2 = p3 .

Naj bo p1 = t, t ∈ R, tedaj je lastni vektor ttt

, t ∈ R .

Za t = 1 dobimo 111

.

�

� Zgled 8.16 Poišci lastne vrednosti in lastne vektorje matrike in pokaži, da so baza prostora R3:

A =

3 0 0−1 1 02 −3 −1

.

p(λ ) =

∣∣∣∣∣∣3−λ 0 0−1 1−λ 02 −3 −1−λ

= (3−λ )(1−λ )(−1−λ ) = 0 .

Lastni vrednosti matrike A sta λ1 = 3,λ2 = 1 in λ3 =−1. Poišcimo še pripadajoce lastne vektorje.Najprej za λ1 = 3:

(A−3 I)p = 0 0 0 0−1 −2 02 −3 −4

p1p2p3

=

000

.


Rešitev pripadajocega sistema je

p1 =87

p3, p2 =−47

p3 .

Naj bo p3 = t, t ∈ R, tedaj je lastni vektor87

t

−47

t

t

, t ∈ R .

Primerno je izbrati t = 7 in dobimo 8−47

.

Na podoben nacin dobimo še druga dva lastna vektorja in sicer sta 00−1

in

0−23

.

Ni težko videti, da so lastni vektorji linearno neodvisni, bralec pa naj sam preveri, da je njihovalinearna lupina enaka R3.

�

Problem diagonalizacije matrike je v tesni povezavi z njenimi lastnimi vektorji. Za zacetekpoglejmo, kaj sploh je diagonalizabilna matrika.

Definicija 8.2.3 Naj bo A kvadratna matrika reda n in naj obstaja obrnljiva matrika P reda ntakšna, da je P−1AP diagonalna matrika. Tedaj pravimo, da je A diagonalizabilna matrika inmatrika P diagonalizira matriko A.

Naslednji izrek nam bo povedal, kdaj je matrika diagonalizabilna. Dokaz tega izreka je osnovaza diagonalizacijo matrike.

Izrek 8.2.3 Naj bo A kvadratna matrika reda n. Tedaj sta naslednji trditvi ekvivalentni:(i) A je diagonalizabilna,

(ii) A ima n linearno neodvisnih lastnih vektorjev.

Dokaz.(i)⇒ (ii) Naj bo torej A diagonalizabilna matrika. Tedaj obstaja regularna matrika P taka, da je P−1AP

diagonalna matrika. Naj bodo p1,p2, . . . ,pn stolpci matrike A in naj bo D = P−1AP. Torejsta matrika P in diagonalna matrika D oblike:

P =

p1 p2 · · · pn

, D =

d1 0 · · · 00 d2 · · · 0...

... · · ·...

0 0 · · · dn

.


Ker je P regularna matrika, so njeni stolpci linearno neodvisni vektorji. Ker jih je n, sopotemtakem baza prostora Rn. Velja

P−1AP = DAP = PD

Izracunajmo levo stran

AP =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a21...

... · · ·...


· p1 p2 · · · pn

=

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a21...

... · · ·...


·

p11 p12 · · · p1n

p21 p22 · · · p2n...

... · · ·...

pn1 pn2 · · · pnn

=

∑

ni=1 a1i pi1 ∑

ni=1 a1i pi2 · · · ∑

ni=1 a1i pin

∑ni=1 a2i pi1 ∑

ni=1 a2i pi2 · · · ∑

ni=1 a2i pin

...... · · ·

...∑

ni=1 ani pi1 ∑

ni=1 ani pi2 · · · ∑

ni=1 ani pin

=

Ap1 Ap2 · · · Apn

Poglejmo še desno stran

PD =

p1 p2 · · · pn

·

d1 0 · · · 00 d2 · · · 0...

... · · ·...

0 0 · · · dn

=

p11 p12 · · · p1n

p21 p22 · · · p2n...

... · · ·...

pn1 pn2 · · · pnn

·

d1 0 · · · 00 d2 · · · 0...

... · · ·...

0 0 · · · dn

=

d1 p11 d2 p12 · · · dn p1n

d1 p21 d2 p22 · · · dn p2n...

... · · ·...

d1 pn1 d2 pn2 · · · dn pnn

=

d1 p1 d2 p2 · · · dn pn


Enacenje leve in desne strani da

Ap1 = d1 p1Ap2 = d2 p2

...Apn = dn pn .

Tako so elementi diagonalne matrike D lastne vrednosti matrike A in stolpci matrike P sopripadajoci lastni vektorji, za katere smo videli, da so linearno neodvisni.

(ii)⇒ (i) Naj bodo zdaj p1,p2, . . . ,pn linearno neodvisni lastni vektorji matrike A glede na lastnevrednosti λ1,λ2, . . . ,λn in definirajmo matriko P tako, da so lastni vektorji njeni stolpci:

P =

p1 p2 · · · pn

.

Tedaj je matrika AP enaka

AP =

Ap1 Ap2 · · · Apn

.

Ker so vektorji pi lastni vektorji, nadalje velja

AP =

λ1 p1 λ2 p2 · · · λn pn

=

p1 p2 · · · pn

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

... · · ·...

0 0 · · · λn

= PD .

Ker so stolpci pi linearno neodvisni, je matrika P obrnljiva, zato obstaja P−1 taka, da je

D = P−1AP ,

kar pomeni,da je A diagonalizabilna matrika.

� Zgled 8.17 Diagonaliziraj matriko A

A =

[2 41 −1

].

Potrebujemo dva linearno nedvisna vektorja in to sta ravno lastna vektorja matrike A. Matrikalastnih vektorjev je enaka

P =

[4 −11 1

]in obratna matrika je

P−1 =15

[1 1−1 4

].

Izracunajmo še produkt

P−1AP =

[3 00 −2

]= D .

�


� Zgled 8.18 Diagonaliziraj matriko A

A =

0 1 11 0 11 1 0

.

Potrebujemo tri linearno nedvisne vektorje in to so ravno lastni vektorji matrike A. Matrikalastnih vektorjev je enaka

P =

−1 −1 10 1 11 0 1

in obratna matrika je

P−1 =13

−1 −1 2−1 2 −1

1 1 1

.

Izracunajmo še produkt

P−1AP =

−1 0 00 −1 00 0 2

= D .

�

8.3 Sistemi linearnih diferencialnih enacb

V tem razdelku bomo na kratko razpravljali o tem, kako lahko nastane sistem diferencialnih enacb.Za motivacijo vzemimo problem plen-plenilec. Smiselno je, da število plena vpliva na številoplenilcev in prav tako velja obratno. Zato bi morala diferencialna enacba, ki ureja populacijo plenain plenilcev odvisna od števila obojih. To pripelje do dveh diferencialnih enacb, ki ju je treba hkratirešiti, da bi dolocili populacije plena in plenilca.

Ce posplošimo, nas bodo zanimali sistemi linearnih diferencialnih enacb prvega. Sistemdiferencialnih enacb je linearen, ko so njegove neznane funkcije linearne enacbe, t.j. neznanke sepojavljajo samo v prvi potenci. Red sistema je dolocen s stopnjo najvišjega odvoda, ki se pojavi vsistemu diferencialnih enacb in mi se bomo ukvarjali s sistemi prvega reda.

Ko se bomo naucili rešiti sistem linearnih diferencialnih enacb, bomo pogledali, kako prehajamoiz sistema linearnih diferencialnih enacb na diferencialno enacbo višjega reda in kako ta postopekizvedemo še v obratni smeri.

Poglejmo si za ilustracijo konkretnin primer homogenega sistema linearnih diferencialnih enacb,v katerem sta x1 in x2 neznani funkciji:

x′1 = x1 +2x2

x′2 = 3x1 +2x2 .

Homogoni sistem linearnih diferencialnih enacb lahko zapišemo v matricni obliki

x′ = Ax ,

8.3 Sistemi linearnih diferencialnih enacb 135

kjer je A kvadratna matrika koeficientov sistema, x je vektor neznanih funkcij, x ′ pa njegov odvod.Za zgoraj podani sistem je

A =

1 2

3 2

, x =

x1

x2

in x′ =

x′1

x′2

.

Za n = 1 ima sistem oblikox′ = ax ,

kar je ena sama diferencialna enacba prvega reda in njena rešitev je oblike

x(t) =C eat .

Zato poskusimo poiskati rešitev sistema za n > 1 v obliki

x(t) = peλ t .

Tedaj jex ′(t) = pλ eλ t .

Vstavimo v sistem in dobimo

pλ eλ t = Apeλ t

(A−λ I)peλ t = 0

(A−λ I)p = 0 .

To pomeni, da je λ lastna vrednost matrike A in p pripadajoci lastni vektor.

Pri iskanju rešitve homogenega sistema diferencialnih enacb se bomo oprli na nekaj dejstev, kijih ne bomo izpeljevali. Gre za posplošitev izreka, ki smo ga srecali pri navadnih diferencialnihenacbah.

Izrek 8.3.1 Naj bodo x(1)(t), x(2(t), . . . ,x(n)(t) rešitve homogenega sistema diferencialnih enacbin naj bo W matrika reda n, katere stolpci so te rešitve. Ce je det(W ) 6= 0, tedaj je

x(t) =C1 x(1)(t)+C2 x(2)(t)+ · · ·+Cn x(n)(t)

splošna rešitev sistema, pri cemer so Ci, i = 1, . . . ,n, poljubne konstante.

Glede na vrsto lastnih vrednosti, locimo tri možnosti, ki si jih bomo v nadaljevanju pogledali.(i) Lastne vrednosti so realne in razlicne

Naj bo torej A matrika reda dva in λ1, λ2 dve razlicni lastni vrednosti matrike A. V temprimeru sta pripadajoca lastna vektorja p1 in p2 linearno neodvisna in splošna rešitev jeoblike

x =C1 eλ1 tp1 +C2 eλ2 tp2 .


� Zgled 8.19 Reši sistem linearnih diferencialnih enacb

x′1 = x1 +2x2

x′2 = 3x1 +2x2 ,

ce je

x(0) =

0

−4

.

Poišcimo lastne vrednosti pripadajoce matrike,

det(A−λ I) =

∣∣∣∣∣∣1−λ 2

3 2−λ

∣∣∣∣∣∣= λ 2−3λ −4

= (λ +1)(λ −4) ⇒ λ1 =−1, λ2 = 4 .

Poišcimo pripadajoca lastna vektorja.λ1 =−1Rešiti moramo sistem 2 2

3 3

· p1

p2

=

0

0

⇒

2 p1 +2p2 = 0⇒ p1 =−p2

Lastni vektor je tako

p1 =

−p2

p2

⇒ p1 =

−1

1

, p2 = 1 .

λ2 = 4Rešiti moramo sistem −3 2

3 −2

· p1

p2

=

0

0

⇒

−3 p1 +2p2 = 0⇒ p1 =23

p2

Drugi lastni vektor je tako

p2 =

23 p2

p2

⇒ p2 =

2

3

, p2 = 3 .

Splošna rešitev je enaka

x(t) =C1 e−t

−1

1

+C2 e4t

2

3

.


Za dolocitev konstant C1 in C2 moramo uporabiti zacetni pogoj

x(0) =C1

−1

1

+C2

2

3

=

0

−4

,

ki privede do reševanja sistema linearnih enacb

−C1 +2C2 = 0⇒ C1 =−8

5 ,C2 =−45 .

C1 +3C2 = −4

Rešitev, ki se obicajno poda v matricni obliki, je tako

x(t) =−85

e−t

−1

1

− 45

e4t

2

3

oziroma

x1(t) = 85 (e−t − e4t)

x2(t) = − 815 (3e−t − e4t) .

�

(ii) Lastne vrednosti so kompleksneNaj bo sedaj A matrika reda dva, katere lastni vrednosti sta λ1 = α + iβ ,λ2 = α− iβ . Pri-padajoca lastna vektorja sta v tem primeru prav tako kompleksna in sicer tvorita konjugiranipar. Torej naj bosta lastna vektorja

p = a+ ib in p = a− ib .

Tedaj je splošna rešitev sistema diferencialnih enacb

x(t) =C1 eα t(cos(β t)a− sin(β t)b) +C2 eα t(sin(β t)a+ cos(β t)b) .


x′1 = 3x1−9x2

x′2 = 4x1−3x2 ,

ce je

x(0) =

2

−13

.

Poišcimo lastne vrednosti matrike A,

det(A−λ I) =

∣∣∣∣∣∣3−λ −9

4 −3−λ

∣∣∣∣∣∣= λ 2 +27 ⇒ λ1,2 =±3

√3 i .


Za lastno vrednost je tako realni del α = 0 in imaginarni del je enak β = 3√

3. Zadostujepoiskati prvi lastni vektor, ker je drugi njegova konjugirana vrednost.λ1 = 3

√3 i

Rešiti moramo sistem 3−3√

3 i −9

4 −3−3√

3 i

· p1

p2

=

0

0

⇒

Iz prve enacbe dobimo

(3−3√

3 i)p1−9p2 = 0

p2 = 13(1−

√3 i) p1 .

Tako je prvi lastni vektor

p =

p1

13(1−

√3 i) p1

⇒ p =

3

1−√

3 i

, p1 = 3 ,

za katerega je

a =

3

1

in b =

0

−√

3

Za rešitev sistema diferencialnih enacb niti ne potrebujemo drugega lastnega vektorja.Splošna rešitev je tako

x(t) = C1 e0·t

cos(3√

3 t)

3

1

− sin(3√

3 t)

0

−√

3

+

C2 e0·t

sin(3√

3 t)

3

1

+ cos(3√

3 t)

0

−√

3

oziroma

x(t) = cos(3√

3 t)

C1

3

1

+C2

0

−√

3

+

sin(3√

3 t)

C2

3

1

+C1

0

−√

3

.


x(0) =C1

3

1

+C2

0

−√

3

=

2

−13

,


3C1 = 2⇒ C1 =

23 ,C2 =

1√3.

C1−√

3C2 = −13


Rešitev je tako

x(t) = cos(3√

3 t)

23

3

1

+ 1√3

0

−√

3

+

sin(3√

3 t)

1√3

3

1

+ 23

0

−√

3

oziroma

x(t) =13

cos(3√

3 t)

6

−1

+ 1√3

sin(3√

3 t)

3

−1

.

oziromax1(t) = 2 cos(3

√3 t)+

2√3

sin(3√

3 t)

x2(t) = −13

cos(3√

3 t)− 1√3

sin(3√

3 t) .

�

(iii) Lastne vrednosti so veckratneNaj ima sedaj matrika A reda dva veckratno realno lastno vrednost λ . Izkaže sem, da linearnoneodvisno rešitvi sistema diferencialnih enacb dobimo s pomocjo novega vektorja r, ki jedefiniran kot

(A−λ I)r = p ,

kjer je p lastni vektor glede na λ . Rešitev sistema se izraža v obliki

x(t) =C1 eλ t p+C2eλ t(tp+ r) .


x′1 = 7x1 + x2

x′2 = −4x1 +3x2 ,

ce je

x(0) =

2

−5

.

Poišcimo lastne vrednosti pripadajoce matrike,

det(A−λ I) =

∣∣∣∣∣∣7−λ 1

−4 3−λ

∣∣∣∣∣∣= λ 2−10λ +25

= (λ +5)2 ⇒ λ1,2 = 5 .


Poišcimo lastni vektor p. Rešiti moramo sistem 2 1

−4 −2

· p1

p2

=

0

0

⇒

2 p1 + p2 = 0⇒ p2 =−2 p1


p =

p1

−2 p1

⇒ p =

1

−2

, p1 = 1 .

Nadalje poišcemo vektor r. Rešiti moramo sistem 2 1

−4 −2

· r1

r2

=

1

−2

⇒

2r1 + r2 = 1⇒ r2 = 1−2r1 .

Vektor je v tem primeru

r =

r1

1−2r1

⇒ r =

0

1

, r1 = 0 .

Splošna rešitev je

x(t) =C1 e5 t

1

−2

+C2

t e5 t

1

−2

+ e5 t

0

1

.


x(0) =C1

1

−2

+C2

0

1

=

2

−5

= ,


C1 = 2⇒ C1 = 2,C2 =−1 .

−2C1 +C2 = −5

Rešitev je torej

x(t) = e5 t

t

−1

2

+ 2

−5

oziroma

x1(t) = e5t (2− t)

x2(t) = e5t (2t−5) .�


Poglejmo si še nehomogeni sistem linearnih diferencialnih enacb, v katerem sta x1 in x2 neznanifunkciji:

x′1 = x1 + x2 + et

x′2 = x1 + x2− et .

Nehomogoni sistem linearnih diferencialnih enacb zapišemo v matricni obliki na sledec nacin

x′ = Ax+ f(t) ,

kjer je A kvadratna matrika koeficientov sistema, x je vektor neznanih funkcij, x ′ njegov odvod, fpa vektor danih funkcij. Za zgoraj podani sistem je

A =

1 1

1 1

, x =

x1

x2

, x′ =

x′1

x′2

in f(t) =

et

−et

.

Poglejmo še vse skupaj v splošnem na nehomogenem sistemu n linearnih diferencialnih enacb

x′ = Ax+ f(t) .

Tedaj je matrika A reda n, preostali vektorji pa so reda n×1. Sistemu pridružimo homogeni sistem

x′ = Ax .

Vemo že, da je njegova rešitev xH(t) oblike

xH(t) =C1 x(1)(t)+C2 x(2)(t)+ · · ·+Cn x(n)(t) .

Reševanja se lotimo na podoben nacina kot pri linearnih diferencialnih enacb in sicer uporabimometodo variacije konstant. To pomeni, da vse konstante v xH(t) zamenjamo z novimi neznanimifunkcijami Ci(t), i = 1,2, . . . ,n, s cimer dobimo nastavek za iskanje partikularne rešitve

xP(t) =C1(t)x(1)(t)+C2(t)x(2)(t)+ · · ·+Cn(t)x(n)(t) =n

∑i=1

Ci(t)x(i)(t) .

Ta nastavek upoštevamo v zacetnem nehomogenem sistemu linearnih diferencialnih enacb(∑

ni=1Ci(t)x(i)(t)

)′= A

(∑

ni=1Ci(t)x(i)(t)

)+ f(t)

∑ni=1(C′i(t)x(i)(t)+Ci(t)(x(i))′(t)

)= ∑

ni=1Ci(t)

(Ax(i)(t)

)+ f(t) .

Ker so funkcije x(i)(t) tudi vsaka zase rešitve pripadajocega homogenega sistema, velja

(x(i))′ = Ax(i) .

S tem se zgornja enacba poenostavi v

∑ni=1C′i(t)x(i)(t) = f(t) .

Rešimo jo glede na neznanke C′i(t), nato pa z nedolocenim integriranjem izracunamo neznanefunkcije Ci(t) in s tem splošno rešitev nehomogenega sistema

x(t) = xH(t)+xP(t) .



x′1 = x1 + x2 + et

x′2 = x1 + x2− et ,

pri pogoju

x(0) =[

13

].

Poišcimo lastne vrednosti matrike pripadajocega homogenega dela,

det(A−λ I) =

∣∣∣∣∣∣1−λ 1

1 1−λ

∣∣∣∣∣∣= λ 2−2λ

= λ (λ −2) ⇒ λ1 = 0, λ2 = 2 .

Poišcimo pripadajoca lastna vektorja.λ1 = 0Rešiti moramo sistem 1 1

1 1

· p1

p2

=

0

0

⇒

p1 + p2 = 0⇒ p1 =−p2

Prvi lastni vektor je tako

p1 =

−p2

p2

⇒ p1 =

−1

1

, p2 = 1 .

λ2 = 2Rešiti moramo sistem −1 1

1 −1

· p1

p2

=

0

0

⇒

−p1 + p2 = 0⇒ p1 = p2


p2 =

p1

p1

⇒ p2 =

1

1

, p1 = 1 .

Rešitev homogenega dela je tako

xH(t) =C1

−1

1

+C2 e2t

1

1

.


Nastavimo partikularno rešitev

xP(t) =C1(t)

−1

1

+C2(t)e2t

1

1

.

Neznani funkciji C1(t) in C2(t) išcemo iz pogoja

C′1(t)

−1

1

+C′2(t)e2t

1

1

=

et

−et

.

Rešiti moramo sistem enacb

−C′1(t)+ e2tC′2(t) = et

C′1(t)+ e2tC′2(t) = −et

C′2(t) = 0⇒C2(t) = 0

C′1(t) = −et ⇒C1(t) =−et

Partikularna rešitev je tako

xP(t) = et

1

−1

,

in rešitev zacetne diferencialne enacbe je

x(t) = xH(t)+xP(t)

= C1

−1

1

+C2 e2t

1

1

+ et

1

−1

.

�

Nekatere nehomogene sisteme linearnih diferencialnih enacb lahko rešujemo s pomocjo diago-nalizacije matrike koeficientov. Naj bo

x′ = Ax+ f(t)

dani sistem in naj bodo λ1,λ2, · · · ,λn razlicne lastne vrednosti ter pi pripadajoci lastni vektorji.Matrika P je matrika, katere i-ti stolpec je i-ti lastni vektor matrike A. Matrika P je obrnljiva, saj solastni vektorji linearno neodvisni. Vpeljimo nov vektor y tako, da velja

x = Py .

Tedaj jex′ = Py′ .

To upoštevamo v sistemu diferencialnih enacb:

Py′ = APy+ f(t)

y′ = P−1 APy+P−1 f(t)

y′ = Dy+ f(t) ,


kjer je D diagonalna matrika z lastnimi vrednostmi na diagonali. Tako je i-ta komponenta vektorjay enaka

y′i(t) = λi yi(t)+ fi(t) ,

kar je linearna diferencialna enacba prvega reda, zato je

yi(t) =Ci eλi t + eλi t∫

e−λi t fi(t)dt .

Z upoštevanjem zvezex = Py

nato dobimo še vektor iskanih funkcij x.

� Zgled 8.23 S pomocjo diagonalizacije reši sistem linearnih diferencialnih enacb

x′1 = x1 + x2 + et

x′2 = x1 + x2− et ,

pri pogoju

x(0) =[

13

].

Vemo že, da sta za matriko koeficientov

A =

1 1

1 1

lastni vrednosti λ1 = 0 in λ2 = 0 in pripadajoca lastna vektorja p1 =

[−1

1

]in p2 =

[11

].

Matrika D, ki diagonalizira matriko A je tako enaka D =

0 0

0 2

in matrika iz lastnih vektorjev

je P =

−1 1

1 1

. Izracunamo obratna matriko P−1 od matrike P

P−1 =−12

1 −1

−1 −1

=12

−1 1

1 1

.

Izracunamo

f(t) = P−1f(t) =12

−1 1

1 1

· et

−et

=

−et

0

.

Vpeljemo nov vektor y = P−1 x in sistem diferencialnih enacb y′1

y′2

=

0 0

0 2

· y1

y2

+ −et

0


se prevede na dve diferencialni enacbi

y′1(t) =−et ⇒ y1(t) =−et +C1

y′2(t) = 2y2(t) ⇒ y2(t) =C2e2t .

Iz x = Py dobimo rešitevx1(t) = et −C1 +C2e2t

x2(t) = −et +C1 +C2e2t .

�

Omenili smo že, da lahko s pomocjo sistema diferencialnih enacb prvega reda rešujemodiferencialno diferencialno enacbo višjega reda. Ta metoda je primerna, kadar je lažje reševatisistem linearnih diferencialnih enacb, kot pa diferencialno enacbo višjega reda. V poštev pridepredvsem pri numericnem reševanju diferencialnih enacb.

Naj boy(n)(t) = f (t,y(t),y′(t), . . . ,y(n−1)(t))

diferencialna enacna n-tega reda. Vpeljimo nove funkcje xi(t), i = 1, . . . ,n kot:

x1(t) = y(t),x2(t) = y′(t),

...xn−1(t) = y(n−2)(t),xn(t) = y(n−1)(t).

Izracunajmo njihove odvode:

x′1(t) = y′(t) = x2(t),x′2(t) = y′′(t) = x3(t),

......

x′n−1(t) = y(n−1)(t) = xn(t),x′n(t) = y(n)(t) = y(n)(t) = f (t,y(t),y′(t), . . . ,y(n−1)(t)).

Vidimo, da dobimo sistem linearnih diferencialnih enacb.

Zaradi nazornosti si poglejmo metodo na primeru, ki se ga sicer da analiticno rešiti.

� Zgled 8.24 Zapiši diferencialno enacbo drugega reda

2y′′+5y′−3y = 0, y(0) =−4, y′(0) = 9

s pomocjo sistema linearnih diferencialnih enacb prvega reda in jo na tak nacin reši.

Vpeljimo novi funkcijix1(t) = y(t)x2(t) = y′(t) .

Izracunajmo oba odvoda

x′1 = y′ = x2

x′2 = y′′ = 32 y− 5

2 y′ = 32 x1− 5

2 x2 .


Podobno naredimo z zacetnima pogojema

x1(3) = y(0) =−4x2(3) = y′(0) = 9 .

S tem dobimo naslednji sistem diferencialnih enacb

x′1 = x2

x′2 = 32 x1− 5

2 x2 ,

ce je

x(3) =

−4

9

.

Poišcimo lastne vrednosti pripadajoce matrike

det(A−λ I) =

∣∣∣∣∣∣−λ 1

32 −5

2 −λ

∣∣∣∣∣∣= λ 2 + 5

2 λ − 32

= 12(λ +3)(2λ −1) ⇒ λ1 =−3, λ2 =

12 .

Poišcimo pripadajoca lastna vektorja.λ1 =−3Rešiti moramo sistem 3 1

32

12

· p1

p2

=

0

0

⇒

3 p1 +2p2 = 0⇒ p1 =−3 p2


p1 =

p1

−3 p1

⇒ p1 =

1

−3

, p1 = 1 .

λ2 =12

Rešiti moramo sistem −12 1

32 −3

· p1

p2

=

0

0

⇒

−12

p1 +2p2 = 0⇒ p2 =12

p1


p2 =

p1

12 p1

⇒ p2 =

2

1

, p1 = 1 .


Splošna rešitev je enaka

x(t) =C1 e−3t

1

−3

+C2 e12 t

2

1

.


x(0) =C1

1

−3

+C2

2

1

=

−4

9

,


C1 +2C2 = −4⇒ C1 =−22

7 ,C2 =−37 .

−3C1 +C2 = 9

Rešitev, ki se obicajno poda v matricni obliki, je tako

x(t) =−227

e−3t

1

−3

− 37

e12 t

2

1

oziroma

y(t) = x1(t) = −227 e−3t − 6

7 e12 t

�

Lahko pa naredimo seveda tudi obratno, da sistem linearnih diferencialnih enacb prevedemona diferencialno višjega reda. To metodo uporabimo takrat, ko je ustrezno dobljeno diferencialnoenacbo višjega reda lažje rešiti kot dani sistem. Poglejmo si metodo na Zgledu 8.25.

� Zgled 8.25 Rešimo sistem diferencialnih enacb

x′1 = −x2

x′1− x′2 = 3x1 + x2 ,

ce je

x(0) =

1

1

,

s pomocjo prevedbe na diferencialno enacbo višjega reda.Izracunamo odvod prve enacbe

x′1 = −x2

x′′1 = −x′2 ,

ter upoštevamo v drugi enacbi

x′1− x′2 = 3x1 + x2

x′1− x′′1 = 3x1− x′1

x′′1 +2x′1−3x1 = 0 .


Korena karakteristicne enacbeλ

2 +2λ −3 = 0

sta −3 in 1, zato je rešitevx1(t) = C1 e−3t +C2 et

x2(t) = 3C1 e−3t −C2 et .

Iz zacetnih pogojev izracunamo konstanti

1 = C1 +C2

1 = 3C1−C2 ,

od koder dobimo C1 =C2 =12 . Iskana partukularna rešitev je tako

x1(t) = 12(e−3t + et)

x2(t) = −x′1(t) =12(3e−3t − et) .

�

Ta metoda deluje tudi v primeru, ko sistem linearnih enacb ni samo prvega reda. Poglejmo jona naslednjem zgledu.

� Zgled 8.26 Rešimo sistem diferencialnih enacb

x′1 = −x2

x′′1− x′2 = 4x1 +2x2 ,

s pomocjo prevedbe na diferencialno enacbo višjega reda.Izracunamo odvod prve enacbe

x′′1 = −x′2

ter upoštevamo v drugi enacbi tako, da se znebimo funkcije x2:

x′′1− x′2 = 4x1 +2x2

x′′1 + x′′1 = 4x1−2x′1

2x′′1 +2x′1−4x1 = 0

x′′1 + x′1−2x1 = 0

Korena karakteristicne enacbeλ

2 +λ −2 = 0

sta 2 in −1, zato je rešitev

x1(t) = C1 e2t +C2 e−t

x2(t) = −x′1(t) =−2C1 e2t +C2 e−t .

�

Literatura

1 I. N. Bronštejn, (et al.), Matematicni prirocnik, TZS, Ljubljana, 1997.2 B. Butinar, Matematika I, naloge z rešitvami, FKKT, Maribor, 2004.3 J. Cimpric, Rešene naloge iz analize III, DMFA, Ljubljana, 2014.4 P. Dawkins, Online notes, Lamar University, e-gradivo, dosegljivo na http://tutorial.math.lamar.edu5 M. Dobovišek, D. Kobal, B. Magajna, Naloge iz algebre 1, DMFA, Ljubljana, 2016.6 M. Dobovišek, Nekaj o diferencialnih enacbah, DMFA, Ljubljana, 2011.7 R. Jamnik, Matematika, DMFA, Ljubljana, 1994.8 M. Kolar, B. Zgrablic, Vec kot nobena, a manj kot tisoc in ena rešena naloga iz linearne

algebre, PF, Ljubljana, 1996.9 E. Kramar, Rešene naloge iz linearne algbere, DMFA, Ljubljana, 2000..

10 M. Mencinger, Zbirka rešenih nalog iz matematicne analize in algebre, FG, Maribor, 2006.

Stvarno kazalo

L , 85

baza, 89bazni vektorji, 89

Cauchy-Schwarzova neenakost, 100

determinanta, 66diferencialne encbe;Eulerjeva diferencialna enacba,

40diferencialne encbe; eksistencni izrek, 42diferencialne enacbe, 9

navadna, 9parcialna, 9red, 9Bernoullijeva, 22Clairautova, 26homogena, 17karakteristicni polinom, 33Lagrangeova, 27linearna prvega reda, 18nihanje na vzpiralni vzmeti, 49parameter, 10partikularna rešitev, 10prosti pad, 7prosti pad z zracnim uporom, 45prvega reda, 15radioaktivni razpad, 16Riccatijeva, 23splošna rešitev, 10variacija konstant, 20, 31

višjega reda s konst. koeficienti, 33višji red, 29z locljivima spremenljivkama, 15zakon o delovanju mas, 47

Eksistencni izrek, 43eksistencni izrek, 42ekvivalentna sistema linearnih enacb, 72enostavne lastne vrednosti, 126Eulerjeva numericna metoda, 12evklidski prostor, 99

Fourierova vrsta, 108Fourierova vrsta;kosinusna, 112Fourierova vrsta;sinusna, 112

geometrijski vektorji, 82Gram-Schmidtov ortogonalizacijski postopek,

103

izokline, 10

jedro linearne transformacije, 120

karakteristicni polinom, 125kofaktor, 67

lastna vrednost, 123lastni vektor, 123linearna lupina, 85linearna transformacija, 115linearnost, 115

152 STVARNO KAZALO

matrikastopnicasta oblika, 73

matrika prehoda, 97matrike, 59

antisimetricna, 64diagonalizirana matrika, 129diagonalne, 64enotska matrika, 64inverzna matrika, 64kvadratna matrika, 59, 63množenje, 60množenje s skalarjem, 62nicelna matrika, 63obratna matrika, 64obrnljive, 65poševno simetricna, 64pravokotna matrika, 59prirejenka, 69red, 60regularna, 70regularne, 65seštevanje, 60simetricna, 64singularna, 70transponirana matrika, 63trikotna matrika, 63

metricni prostor, 100metrika, 100

Newtonov zakon, 7nicelna linearna kombinaciaja, 87norma, 100

ortogonalna baza, 102ortogonalna množica, 101ortogonalna vektorja, 101ortonormirana baza, 102ortonormirana množica, 101osnovne vrsticne tranformacije, 73

poddeterminanta, 67prosti pad, 45

rang, 75

Sarrusovo pravilo, 68singularna rešitev, 26sistemi linearnih diferencialnih enacb, 132sistemi linearnih enacb, 73

Cramerjevo pravilo, 78Gaussova metoda, 73

homogeni, 79proste neznanke, 74vezane neznanke, 74

skalarni produkt, 60slika linearne transformacije, 120smerno polje, 11sprememba baze, 95standardna baza; Rn, 90, 91standardna baza;Mn, 92

trigonometrijska vrsta, 108

unitarni prostor, 99

vektorski podprostor, 84vektorski prostor, 81

R3, 82Rn, 82matrik, 83polinomov , 83prostor funkcij na [a,b] , 83

Documents

Matematika BMatematika B za študente FKKT UM Petra Žigert Pleteršek & Matevž Crepnjakˇ Avtorske pravice c 2020 Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo Univerze v Mariboru