I.1 Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
I.2 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
I.3 Operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
I.6 Linearna kombinacija konacnog sistema vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
II Osnovni pojmovi i cinjenice 37
II.1 Podprostor vektorskog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
II.2 Potpuni sistemi i skupovi vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
II.3 Linearno (ne)zavisne n-torke vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
II.4 Linearno (ne)zavisni skupovi vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
II.5 Bazni skup, baza, dimenzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
II.6 Sume podprostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
II.7 Linearna preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
II.9 Tri ocigledna i jedan vazan izomorfizam . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
II.10 Osnovna tvrdenja o linearnim preslikavanjima . . . . . . . . . . . . . 95
II.11 Kad za f ∈ End(V) vazi Ker(f)⊕ Im(f) = V ? . . . . . . . . . . . . . 102
II.12 Projekcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
II.14 Matrica linearnog preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
II.15 Mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
II.18 Jedinicna matrica. Regularne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
II.19 Hom (Km×1,Kn×1), Hom (K1×n,K1×m) i mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
II.20 Linearna forma funkcionele u datoj bazi . . . . . . . . . . . . . . . . 144
3
II.22 Kanonski izomorfizam k.d.v. prostora sa drugim dualom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
II.23 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
definicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 III.2 Sistemi linearnih jednacina i linearna preslikavanja . . . . . . . . . . . 169 III.3 Resivost sistema linearnih jednacina
i rang matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 III.4 GJ- oblik matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 III.5 Permutacije, inverzije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 III.6 n-linearna preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 III.7 Definicija determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 III.8 Osnovne osobine determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 III.9 Determinanta i rang matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 III.10Determinanta i inverzna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 III.11Determinanta i sistemi linearnih
jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
IV Struktura linearnog operatora 209 IV.1 Sopstvene vrednosti/vektori linearnog operatora . . . . . . . . . . . . 209 IV.2 Teorema Cayley-Hamilton-a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 IV.3 Minimalni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 IV.4 Jordan-ova normalna forma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
V Realan i kompleksan skalarni proizvod 225
Deo I
I.1 Literatura
Autor: Ljubisa Kocinac
5
I.2 Funkcije
} – primaran ureden par. Vazi
ako je bilo a 6= a0 bilo b 6= b0 onda a, b 6= a0, b0
f je funkcija definisana na skupu X sa vrednostima u skupu Y , ili f je funkcija
iz skupa X u skup Y skraceno zapisujemo sa
f : X → Y
X := {u, v, w}, gde u 6= v 6= w 6= u; Y := {a, b, c, d}
Slika I.2.1.
Po svojoj prirodi funkcije su specijalne vrste skupova primarnih uredenih parova.
f := {u, d, v, b, w, b} f(u) = d, f(v) = b, f(w) = b.
{u, a, v, b, u, c, w, d} nije funkcija ako a 6= c.
Ako Y1 := {a, b, d}, Y2 := {b, c, d} onda je tacno f : X → Y1 i f : X → Y2. S druge strane f : X → {a, b, c} nije tacno.
Dom(f) = X – domen funkcije f
Im(f) = {d, b} – imidz funkcije f ili skup slika funkcije f
{u, a, w, b} – ovo nije funkcija (definisana) na skupu X ali jeste funkcija na skupu X0 := {u, w}.
f X0 = {u, d, w, b} – restrikcija funkcije f na skup X0.
I.2. FUNKCIJE 7
Slika I.2.2.
8 DEO I. OPERACIJE. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA
Primer Definisimo funkciju f : R → Z tako da je za x ∈ R f(x) najveci ceo broj r za koji vazi r ≤ x.
Imamo f ∈ RZ kao i f ∈ RR. Takode je f(−3.7) = −4, f(9) = 9, f(14/3) = 4.
f = {. . . , −3.7,−4, 9, 9, 14/3, 4, . . .} – beskonacan skup
f :
)
Primer Definisimo funkciju g : R → R sa g(x) = 2x3− 5x2 +x+11, za x ∈ R. Ovo je primer jedne polinomske funkcije.
Imamo g(0) = 11, g(−1) = 3.
g = {. . . , 0, 11, −1, 3, . . .} = {x, 2x3 − 5x2 + x+ 11 : x ∈ R} – beskonacan skup
g :
Neki specijalni slucajevi
(1) (Uredene n-torke) Funkciju h : {1, 2, 3} → {p, q, r, s} definisanu sa
h :
)
zapisujemo jednostavnije sa h = (p, p, q).
Funkciju t : {1, 2, 3} → {p, q, r, s} definisanu sa
t :
)
zapisujemo jednostavnije sa t = (r, q, s).
Dakle ako je domen funkcije skup {1, . . . , n} za neko n ∈ N onda umesto
g :
pisemo samo g = (g(1), . . . , g(n)) ili g = (g1, . . . , gn), i
za funkciju g kazemo da je uredena n-torka . Specijalno za n = 2 funkcije (a1, a2) nazivamo uredenim parovima (bez onog “primaran”). Za gi kazemo da je i-ta kom-
ponenta n-torke (g1, . . . , gn). Obratimo paznju:
(x, y) =
I.2. FUNKCIJE 9
Ako su dati skupovi A1, . . . , An onda sa sa A1×· · ·×An oznacavamo skup svih n-
torki q = (q1, . . . , qn) takvih da je qi ∈ Ai za i = 1, n (dakle g : {1, , . . . , n} → n
i=1
Ai);
A1 × · · · × An nazivamo Descartes-ov proizvod skupova A1, . . . , An tim redom. Ako je specijalno A1 = · · · = An = X onda se ovaj Descartes-ov proizvod svodi
na skup {1,...,n}X kog krace oznacavamo sa Xn . Za Xn kazemo da je skup svih
n-torki elemenata skupa X ili n-ti Descartes-ov stepen skupa X. Recimo C3 je skup svih (uredenih) trojki kompleksnih brojeva i (3,−2i, 7 + 4i) ∈ C
3.
(2) (Matrice) Imamo
{1, 2, 3} × {1, 2} = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (3, 1), (3, 2)} Funkciju T : {1, 2, 3} × {1, 2} → C datu sa
T :
)


Imamo T (1, 1) = T ((1, 1)) = 8, T (3, 2) = −7.
Dakle ako je za neko n,m ∈ N domen funkcije skup {1, . . . , n}×{1, . . . , m} onda umesto
P :
( (1, 1) · · · (1, m) · · · (n, 1) · · · (n,m)
)
... ... ...


matrica formata n puta m
i to sa vrednostima u skupu X ako je Im(P ) ⊆ X (tj. P (i, j) ∈ X za svako i = 1, n
i j = 1, m). Ako je (i, j) ∈ {1, . . . , n} × {1, . . . , m} onda za P (i, j) kazemo da stoji
na mestu (i, j) u matrici P .
Skup svih matrica formata n puta m i to sa vrednostima u skupu X oznacavamo
sa Xn×m . Kvadratna matrica reda n ∈ N jeste matrica formata n puta n.
• Ilustracija Gore definisana funkcija T je matrica formata 3 puta 2 sa vrednostima u C (ili nad C kako se jos kaze). Na mestu (1, 2) u matrici T stoji 5 − i. Imamo T ∈ C
n×m kao i
i V :=
[ 4 −5
√ 3 ] ∈ R
√ 3
•
Ako su i ∈ {1, . . . , n} i j ∈ {1, . . . , m} onda za matricu
P•,j : df =
kazemo da je j-ta kolona matrice P a za matricu
Pi,• : df = [ Pi,1 · · · Pi,m
I.3. OPERACIJE 11
mesovita operacija izmedu elemenata skupa X i elemenata skupa Y
sa vrednostima u skupu Z
Uobicajeno je da se izabere neki simbol tipa “” (ili “?”, “∗”, “·”, “+”, “⊕” i slicno) i da se govori “operacija ” a umesto “f(x, y)” za x ∈ X i y ∈ Y pise “x y”.
Primer Neka je funkcija f : N×P(N) → P(N) definisana sa f(k, A) : df = A∩{1, . . . , k}
za k ∈ N i A ⊆ N; dogovorimo se da umesto f(k, A) pisemo k A.
Imamo 7 2N = {2, 4, 6} i 11 {2, 5, 10, 31} = {2, 5, 10}. Ovakva funkcija f , odnosno “” je primer mesovite operacije izmedu elemenata skupa N i elemenata
skupa P(N). 2
Slika I.3.4.
Ako je specijalno X = Y = Z =: A onda je zapravo f : A × A → A i u ovom slucaju kazemo da je f operacija na skupu A .
Slika I.3.5.
Operacija na skupu A je asocijativna ako za svako x, y, z ∈ A vazi
(x y) z = x (y z)
I.3. OPERACIJE 13
Primer Neka je funkcija g : R×R → R definisana sa g(x, y) : df = |x− y| za x, y ∈ R;
umesto g(x, y) pisimo x ∗ y. ∗ je operacija na skupu R.
Operacija ∗ je komutativna : x ∗ y = |x − y| = |y − x| = y ∗ x vazi za svako x, y ∈ R.
Operacija ∗ nije asocijativna : postoje a, b, c ∈ R tako da a ∗ (b ∗ c) 6= (a ∗ b) ∗ c (recimo imamo 2 ∗ (5 ∗ 11) = 2 ∗ 6 = 4 i (2 ∗ 5) ∗ 11 = 3 ∗ 11 = 8). Doduse x ∗ (x ∗ x) = (x ∗ x) ∗ x vazi za svako x ∈ R (jer je operacija komutativna). 2
Ako nijeX = Y = Z onda u opstem slucaju nema smisla govoriti o asocijativnosti mesovite operacije f : X × Y → Z (jer npr. moze da se desi da je a ∗ b ∈ Z \X za neke a ∈ X, b ∈ Y pa “(a ∗ b) ∗ c”, tj. “f(a ∗ b, c)”, za c ∈ Y nista ne oznacava).
Primer Neka je X := P(N) i neka su ·, ∗ i ⊕ operacije na skupu X definisane sa
A ·B : df = A ∩ B, A ∗B :
df = A ∪ B i A⊕ B :
df = A4B za A,B ⊆ N.
Da li postoji neko M ∈ X tako da je A ∗M = M ∗ A = A za svako A ∈ X?
A ∗ ? = ? ∗ A = A
ovde da stoji!
e1 := N je neutralni element za operaciju “·” :
A · e1 = A ∩ N = A i e1 · A = N ∩ A = A za svako A ∈ X.
e2 := ∅ je neutralni element za operaciju ∗:
A ∗ e2 = A ∪ ∅ = A i e2 ∗ A = ∅ ∪ A = A za svako A ∈ X.
∅ je takode neutralni element i za operaciju ⊕.
• Pitanje 1 Da li postoji jos neki neutralni element za ·, ∗ ili za ⊕?
Odgovor:
14 DEO I. OPERACIJE. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA
• Pitanje 2 Za koje A ∈ X postoji neko S ∈ X tako da je A ⊕ S = S ⊕ A = e2 = ∅ = “neutral za ⊕”? Za koje A ∈ X postoji neko S ∈ X tako da je A · S = S · A = e1 = N = “neutral za ·”? Za koje A ∈ X postoji neko S ∈ X tako da je A ∗ S = S ∗ A = e2 = ∅ = “neutral za ∗”?
A ∗ 2A = 2A ∗ A = “neutral”
•
Imamo ∅ = A⊕ S = A4S akko je S = A. Dakle svaki element skupa X je
invertibilan u odnosu na operaciju ⊕
Imamo N = A · S = A ∩ S akko A = S = N. Dakle samo neutral e1 = N je invertibilan u odnosu na operaciju “·”.
Imamo ∅ = A ∗ S = A ∪ S akko A = S = ∅. Dakle samo neutral e2 = N je invertibilan u odnosu na operaciju ∗.
Pitanje 3 Imamo A ⊕ A = e2 = ∅ za svako A ∈ X. Da li (i za koje A ∈ X) postoji jos neko S 6= A tako da je A⊕ S = e2? •
Ukoliko je doticna operacija asocijativna (a ova ⊕ jeste takva) onda za svaki
invertibilan element postoji tacno jedan inverzni (suprotni) element : ako je
l x = x d = e = “neutral za operaciju ”, onda imamo
l = l e = l (x d) = (l x) d = e d = d
2
Primer Neka je operacija na skupu X := N definisana sa n m : df = min{n,m} za
n,m ∈ N.
Za svako n ∈ N postoji neko k(n) ∈ N tako da je nk(n) = k(n)n = n. Recimo n (n+1) = (n+1) n = n. Za k(n) mozemo (a i moramo) uzeti bilo koji prirodan broj veci ili jednak n.
Ali ne postoji jedan fiksiran m0 ∈ N tako da za svako n ∈ N vazi
n m0 = m0 n = n
I.3. OPERACIJE 15
Dakle ne postoji neutral za operaciju . 2
Primer Neka je operacija na skupu X := {1, 2, 3, 4} definisana sa n m : df =
min{n,m} za n,m ∈ X, a ⊕ operacija na skupu Z definisana sa k ⊕ l : df = k − l za
k, l ∈ Z.
je komutativna i asocijativna operacija i ima neutralni element – to je e := 4. Operacija ⊕ nije ni komutativna ni asocijativna. Ne postoji neutralni element za operaciju ⊕: kad bi neki s ∈ Z bio neutral za ⊕ onda bi moralo biti 1 = s⊕1 = s−1 i 2 = s⊕ 2 = s− 2, tj. i s = 2 i s = 4, sto je nemoguce.
Za operaciju ⊕ termin invertibilan element dakle nema smisla. Element n ∈ X je inveribilan u odnosu na operaciju ako postoji neko x ∈ X tako da je n x = 10, tj. min{n, x} = 10, a ovo je moguce akko je n = x = 10; dakle jedino je neutral 10 invertibilan u odnosu na . 2
Primer Neka je X := {1, 2, 3, 4} i S := XX = X4 = skup funkcija iz X u X. Na skupu S definisemo operaciju tako da je za f, g : X → X funkcija f g ∈ S klasicna kompozicija funkcija f i g, tj. funkcija f g : X → X je odredena sa (f g)(x) = f(g(x)) za svako x ∈ X.
(
za svako a ∈ A.
Operacija nije komutativna jer na primer za f := (2, 3, 1, 4) i g := (2, 1, 3, 4) vazi (f g)(1) = f(g(1)) = f(2) = 3 i (g f)(1) = g(f(1)) = g(2) = 1, pa je f g 6= g f (recimo zbog (f g)(1) 6= (g f)(1)).
(Identicka) funkcija idX (definisana sa idX(x) = x za svako x ∈ X) je neutralni element za . Element skupa S je invertibilan u odnosu na akko je bijekcija (tj. funkcija f : X → X koja je 1 − 1 i na; za ovakve funkcije se koristi jos i termin permutacija skupa X). 2
16 DEO I. OPERACIJE. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA
Asocijativnost i raspored zagrada
Neka je operacija na skupu X. Ako su x1, x2, x3, x4, x5, x6 ∈ X da li je (
x1 (x2 x3)
)
jedan te isti element skupa X ili ne? Drugim recima, da li “rezultat racunanja u” x1 x2 x3 x4 x5 x6 zavisi od “rasporeda zagrada”? Ako zavisi onda ne mozemo koristiti zapis “x1 x2 x3 x4 x5 x6” da oznacimo jedan konkretan element skupa X.
Ako je operacija asocijativna rezultat racunanja NE ZAVISI od rasporeda zagrada. Rigorozan dokaz ove cinjenice necemo davati (videcete jedan u okviru predmeta Uvod u Algebarske Strukture); ovde cemo prezentovati samo jedan “poluin- tuitivan” rezon pomocu kog mozemo shvatiti zasto je to tako.
Dakle pretpostavimo da je asocijativna operacija. Za n ∈ N i x1, . . . , xn ∈ X
definisimo K(x1) : df = x1 i ako n ≥ 2 K(x1, . . . , xn, xn+1) :
df = K(x1, . . . , xn) xn+1 (ovo
je primer jedne rekurzivne definicije).
K(x1, . . . , xn) = ( · · · ((x1 x2) x3) · · · · · · · · · · · · ) xn
Na primer imamo K(a, b) = a b i K(a, b, c, d) = ((a b) c) d. Pokazimo indukcijom po n ∈ N da:
za svako m ∈ N tako da m ≤ n kako kog “postavljali zagrade u x1 · · · xm” rezultat je uvek K(x1, . . . , xm).
Ako je n = 1 ili n = 2 jasno je da je ovo tacno. Neka tvrdenje vazi za neko n ≥ 2 i neka su dati x1, . . . , xn+1 ∈ X.
“Postavimo na proizvoljan nacin zagrade u x1 · · · xn+1” i oznacimo “rezultat odreden tim rasporedom zagrada” sa S.
S =
S = A B
I.3. OPERACIJE 17
gde je A rezultat odreden isvesnim rasporedom zagrada u x1 · · · xi0 i B rezultat odreden izvesnim rasporedom zagrada u xi0+1 · · · xn+1.
Prema indukcijskoj hipotezi je A = K(x1, . . . , xi0) i B = K(xi0+1, . . . , xn+1) (obzirom da je i0 ≤ n i (n+ 1)− i0 ≤ n).
Neka je najpre i0 ≤ n. je asocijativna operacija te je
S = A (
)
=
(
xn+1
Kako je A K(xi0+1, . . . , xn) = K(x1, . . . , xn) (takode prema indukcijskoj hipotezi) to sledi S = K(x1, . . . , xn) xn+1 = K(x1, . . . , xn+1).
Neka je sada i0 = n + 1. Imamo S = A xn+1 = K(x1, . . . , xn) xn+1 = K(x1, . . . , xn+1). Ovim je “dokaz” priveden kraju.
Konvencija Ako je operacija asocijativna i x1, . . . , xn ∈ X onda je dakle sa x1 · · · xn jednoznacno (nedvosmileno) odreden jedan element skupa X; u ovom slucaju cemo koristiti ovakav (kraci) zapis u kome nema zagrada. 2
Asocijativnost, komutativnost i redosled elemenata u x1· · · xn
Neka je asocijativna operacija na skupu X. Ako su x1, x2, x3, x4 ∈ X da li je x1 x2 x3 x4 i x3 x2 x4 x1 jedan te isti element skupa X ili ne?
Ako je operacija komutativna “rezultat racunanja” NE ZAVISI od redosleda elemenata u x1 · · · xn. Ovo pokazujemo indukcijom po n ∈ N, n ≥ 2. Za n = 2 tvrdenje se svodi na x1 x2 = x2 x1, a ovo po pretpostavci vazi.
Neka je sada tvrdenje tacno za neko n ≥ 2 i neka su dati x1, . . . , xn+1 ∈ X. Neka su i1, . . . , in+1 takvi da je {i1, . . . , in+1} = {1, . . . , n+ 1}.
Ako je i1 6= 1 onda je ili
xi1 · · ·xin+1 = ux1v = (ux1)v = (x1u)v = x1(uv) = x1xj2 · · ·xjn+1
za neke j2, . . . , jn+1 takve da je {j2, . . . , jn+1} = {2, . . . , n+ 1}, ili je xi1 · · · xin+1 = u x1 = u x1 = x1 u = x1 xj2 · · · xjn+1
za neke j2, . . . , jn+1 takve da je {j2, . . . , jn+1} = {2, . . . , n+ 1}.
U svakom slucaju je xi1· · ·xin+1 = x1(xj2· · ·xjn+1) za neke j2, . . . , jn+1 takve da je {j2, . . . , jn+1} = {2, . . . , n + 1}. Po indukcijskoj hipotezi je xj2 · · · xjn+1 = x2 · · · xn+1 pa sledi
xi1 · · · xin+1 = x1 (xj2 · · · xjn+1) = x1 x2 · · · xn+1
18 DEO I. OPERACIJE. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA
§ Neka je S neprazan skup. Pod
sistemom elemenata skupa X sa skupom indekasa S
ili indeksiranim skupom S, podrazumevamo jednostavno bilo koju funkciju x : S → X i da je oznacimo koristimo neki od zapisa “(xs : s ∈ S)” i/ili “(x) : xs, s ∈ S”; konacan sistem je zapravo sistem kod koga je skup S konacan – recimo uredene n-torke su konacni sistemi.
Neka je (as : s ∈ S) konacan sistem elemenata skupa X (dakle ovde je as ∈ X za svako s ∈ S) i neka je “+” asocijativna i komutativna operacija na skupu X. Neka je n ∈ N broj elemenata skupa S. Proizvoljno “indeksirajmo” elemente skupa S tako da je S = {r1, . . . , rn} za neke r1, . . . , rn (gde naravno ri 6= rj ⇐ i 6= j za i, j = 1, n). Drugim recima uocimo neku bijekciju r : {1, . . . , n} → X.
Element n∑
i=1
as
§
I.4 Geometrijski vektori
Na slici ispod ureden par tacaka (A,B) je “istog tipa kao” ureden par (A1, B1):
I.4. GEOMETRIJSKI VEKTORI 19
Slika I.4.6.
Takode, ureden par tacaka (T, T ) je “istog tipa kao” ureden par (S, S).
Slika I.4.7.
}
= −→ AB =
−−→ DE =
−−→ GH =
−→ IJ
nazivamo geometrijski vektor odreden uredenim parom tacaka (A,B) , a to je isto
sto i geometrijski vektor odreden uredenim parom tacaka (D,E), odnosno geometri- jski vektor odreden uredenim parom tacaka (G,H) itd. (preciznu definiciju ovog pojma necemo dati). Imamo (A,B) ∈ x, {(D,E), (I, J)} ⊆ x. Treba dakle praviti razliku izmedu pojma ureden par tacaka i pojma geometrijski vektor (koji po svojoj prirodi predstavlja odreden skup uredenih parova tacaka).
Imamo
}
. . . , (A,B), . . . , (D,E), . . . , (G,H), . . .
20 DEO I. OPERACIJE. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA
Poznato je da je (klasicno) sabiranje geometrijskih vektora komutativna i aso- cijativna operacija.
Slika I.4.8.
−→ 0 :=
tora realnim brojevima; npr. imamo −2 −−→ XY =
−−→ XW =
Slika I.4.9.
Poznato je da za geometrijske vektore u, v i α ∈ R vazi α(u+ v) = αu+ αv:
Slika I.4.10.
Poznato je da za proizvoljan geometrijski vektor u i brojeve α, β ∈ R vazi
(α + β)u = αu+ βu kao i α(βu) = (αβ)u.
I.5 Definicija vektorskih prostora
Da “napravimo” realan vektorski prostor potrebne su nam dve “stvari”:
– jedan skup V i neka komutativna i asocijativna operacija ⊕ na skupu V za koju postoji neutralni element i u odnosu na koju je svaki element invertibilan i – neka mesovita operacija f : R × V → V – dogovorimo se da za α ∈ R i u ∈ V umesto f(α, u) pisemo α u – tako da su zadovoljeni sledeci uslovi:
(V1) 1 u = u za svako u ∈ V ;
(V2) α (u⊕ v) = (α u)⊕ (α v) za svako α ∈ R i u, v ∈ V ;
(V3) (α + β) u = (α u)⊕ (β u) za svako α, β ∈ R i u ∈ V ;
(V4) α (β u) = (αβ) u za svako α, β ∈ R i u ∈ V .
U tom slucaju za uredenu trojku V := (V,⊕, ) (= (skup V , operacija ⊕,mesovita
operacija )) kazemo da je
vektorski prostor nad R;
za elemente skupa V kazemo da su vektori vektorskog prostora V. Operaciju ⊕ nazi- vamo sabiranje vektora u prostoru V.
Pojam
vektorski prostor nad C
se definise na potpuno isti nacin samo sto je sada : C×V → V mesovita operacija koja za svaki kompleksan broj α ∈ C i u ∈ V kao rezultat daje neko α u ∈ V .
Primer Geometrijski vektori Ako je V skup svih geometrijskih vektora, u ⊕ v je klasican zbir geometrijskih
vektora u i v a α u klasican proizvod geometrijskog vektora u i realnog broja α onda je (V,⊕, ) je realan vektorski prostor. 2
Konvencija Fraza “V = (V,⊕, ) je vektorski prostor nad K” znacice zapravo da je K = R ili K = C a V vektorski prostor nad K, i sluzice da se formulisu definicije i formulisu i/ili dokazuju teoreme simultano i za realne i za kompleksne vektorske prostore. Ukoliko je u datom razmatranju od sustinskog znacaja cinjenica da je posmatrani vektorski prostor realan, odnosno kompleksan onda cemo umesto “K” pisati bas “R” odnosno “C”. 2
Tvrdenje I.5.1 Za svako n ∈ N i α, α1, . . . , αn ∈ K, u, u1, . . . , un ∈ V vazi: (a) α (u1 ⊕ · · · ⊕ un) = (α u1)⊕ · · · ⊕ (α un) i (b) (α1 + · · ·+ αn) u = (α1 u)⊕ · · · ⊕ (αn u).
Dokaz (a) Indukcijom po n: α(u1⊕· · ·⊕un⊕un+1) = α ( (u1⊕· · ·⊕un)⊕un+1
) (1) =
⊕ (α un+1) =
(αu1)⊕· · ·⊕(αun)⊕(αun+1), gde se (1) pravda osobinom (V2) a (2) indukcijskom hipotezom.
(b) Indukcijom po n: (α1+ · · ·+αn+αn+1) u = ( (α1+ · · ·+αn)+αn+1
) u =
I.5. DEFINICIJA VEKTORSKIH PROSTORA 23
Konvencija Ako je V := (V,⊕, ) vektorski prostor nad K onda je za α ∈ K i u ∈ V umesto α u ekonomicnije i uobicajeno da se pise α−→u , gde ova strelica
ima funkciju da ukaze na to da je u element skupa V svih vektora (vektorskog) prostora V. Takode je uobicajeno da se pise jednostavno −→x + −→y umesto −→x ⊕ −→y , gde ponovo ove strelice govore da se radi o elementima skupa V a da je ovo “+” zapravo operacija sabiranja vektora “⊕”; zapis x + y (bez strelica) porucuje da je x, y ∈ K i da je “+” zaista klasicno sabiranje brojeva.
Za elemente skupa K (dakle realne ili kompleksne brojeve) se kaze da su skalari
prostora V a za mesovitu operaciju da je mnozenje vektora skalarom. 2
Ako neutralni element operacije ⊕ oznacimo sa 0 i ako je u ∈ V proizvoljno onda po pretpostavci postoji tacno jedan suprotni (u odnosu na operaciju ⊕) element elementa u; ako izaberemo recimo oznaku u da oznacimo suprotni element elementa
u onda dakle imamo v ⊕ v = 0 (odnosno −→v + −→v = −→ 0 prema nasoj konvenciji) za
svako v ∈ V . Uz ovakve oznake imamo da vazi naredni stav.
Tvrdenje I.5.2 Za svako α ∈ K i x ∈ V vazi: (a) 0−→x =
−→ 0 ;
−→ 0 ;
(c) α−→x = −→ 0 moze da vazi samo ako α = 0 ili x = 0;
(d) (−α)−→x = α−→x i (−1)−→x = −→x .
Dokaz (a) Imamo 1−→x = x pa je −→x +0−→x = 1−→x +0−→x = (1+0)−→x = 1−→x = −→x , gde smo iskoristili (V3). Iz
−→x + 0−→x = −→x sada sledi
−→x + (−→x + 0−→x
α −→ 0 +α
odnosno −→ 0 = α
−→ 0 .
(c) Ako je α 6= 0 onda iz α−→x = −→ 0 sledi
1
α
(V4) mora biti
−→ 0 .
( α + (−α)
)−→x = α−→x + (−α)−→x , pa je (−α)−→x = α−→x ; specijalno za α = 1 odavde zbog (V1) sledi (−1)−→x = −→x . 2
Za neutral 0 se kaze da je
nula vektor vektorskog prostora V
Konvencija Uobicajeno je da se pise −−→x umesto −→x za suprotni vektor (tj. suprotni element) vektora −→x ∈ V . Uz ovu konvenciju moze da se shvati da zapis “−3−→x ” pred- stavlja suprotni vektor vektora 3−→x ali i da predstavlja rezultat (−3) −→x mnozenja vektora −→x skalarom (brojem) −3. Na osnovu Tvrdenja I.5.2 ova dva vektora se
poklapaju pa zapravo nema dvosmislenosti u tom zapisu. Takode, −→a − −→ b se
koristi kao skracenica za −→a + (−−→ b ) = −→a +
−→ b .
U skladu sa ovim je recimo
2−→x − 5−→y = 2−→x + (−5−→y ) = 2−→x + 5 −→x = 2−→x + (−5) −→y
i
2−→x −−→y = 2−→x + (−−→y ) = 2−→x +−→y = 2−→x + (−1) −→y
i (skoro) po pravilu cemo koristiti ove prve (najjednostavnije) zapise. 2
• Ilustracija Neka
−→u := −→x − 3−→y +−→z −→v := 2−→y − −→z + 3−→r −→w := 3−→z − 5−→r +
−→ t
Imamo
4−→u + 5−→v + 3−→w = 4(−→x − 3−→y +−→z ) + 5(2−→y −−→z + 3−→r ) + 3(3−→z − 5−→r + −→ t )
(1) =
+ (
+ (
)
=
(2) = (4−→x − 12−→y + 4−→z ) + (10−→y − 5−→z + 15−→r ) + (9−→z − 15−→r + 3
−→ t )
(3) = 4−→x + (−12−→y + 10−→y ) + (4−→z − 5−→z + 9−→z ) + (15−→r − 15−→r ) + 3
−→ t
−→ t
Argumentacija za gornje jednakosti: (1): na osnovu (V2) tj. α (u⊕ v) = (α u)⊕ (α v), odnosno
α (u1 ⊕ · · · ⊕ un) = (α u1)⊕ · · · ⊕ (α un)
(sto se moze pokazati indukcijom po n ∈ N);
(2): na osnovu (V4) tj. α (β u) = (αβ) u;
(3): zbog komutativnosti operacije ⊕;
•
Jedan veoma opst primer
Neka je K = R i K = C i X neprazan skup. Na skupu XK definisemo operaciju “⊕” koju cemo zvati
standardno sabiranje funkcija
na sledeci nacin: ako su f, g : X → K onda je funkcija f ⊕ g : X → K odredena sa
(f ⊕ g)(x) : df = f(x) + g(x)
za svako x ∈ X. Definisemo i mesovitu operaciju : K×X K → X
K koju cemo zvati
26 DEO I. OPERACIJE. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA
standardno mnozenje funkcija realnim, odnosno kompleksnim brojem
na sledeci nacin: za f : X → K i α ∈ K funkcija α f : X → K odredena je sa
(α f)(x) :df= αf(x)
za svako x ∈ X.
Lako se proverava da je ( XK,⊕,
) vektorski prostor nad K. Vektori ovog
prostora su funkcije iz X u K, a skalari ovog prostora su realni ili kompleksni brojevi. Ovo je
vektorski prostor svih funkcija iz X u K
Uverimo se u to da ovo jeste vektorski prostor.
Imamo (
) + h(x)
(
(x) = f(x) + o(x) = f(x) + 0 = f(x)
za svako x ∈ X. Ako f : X → K onda je funkcija g : X → K definisana sa g(x) = −f(x) za svako x ∈ X, suprotni element od f u odnosu na operaciju ⊕. Zaista (
f ⊕ g
) = 0 = o(x)
Proveravamo osobinu (V1): (
Proveravamo osobinu (V2): (
α (f ⊕ g)
28 DEO I. OPERACIJE. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA
za svako x ∈ X pa je α(f ⊕ g) = (α f)⊕ (α g).
Proveravamo osobinu (V3):
(α f)⊕ (β f) )
(x) = α · f(x) + β · g(x)
za svako x ∈ X pa je (α + β) f = (α f)⊕ (β f).
Proveravamo osobinu (V4):
(x) = (α · β) · f(x)
za svako x ∈ X pa je α (β f) = (α · β) f .
• Ilustracija Neka su f, g, h, q ∈ R R definisane sa
f(x) : df = sin2 x, g(x) :
df = cos2 x, h(x) :
df = 1 i q(x) :
df = cos 2x
za svako x ∈ R. Vazi f ⊕ g = h: zaista ako je x ∈ R onda imamo
(f ⊕ g)(x) = f(x) + g(x) = sin2 x+ cos2 x = 1 = h(x)
pa je (f ⊕ g)(x) = h(x) za svako x ∈ R, tj. f ⊕ g i g su jedna te ista funkcija. Vazi f =
( 1 2 h ) ⊕ ( −1
(( 1
2 q ) i f “isto slikaju” svako x ∈ R.
Podsetimo se da umesto zapisa koriscenog gore mozemo pisati (prema jednoj
ranijoj konvenciji) jednostavno 1 2
−→ h − 1
2 −→q =
(1) Prostori n-torki Kn: Rn i Cn
Ako je n ∈ N i X = {1, . . . , n} onda specijalno dobijamo prostore (Rn,⊕, ) i (Cn,⊕, ). Prvi je realan a drugi kompleksan vektorski prostor.
• Ilustracija Za
( 1 2 3 4
−2 1 3 5
( 1 2 3 4
−3 0 4 7
imamo
−3−→a + 2 −→ b = −3(−2, 1, 3, 5) + 2(−3, 0, 4, 7) =
−3
)
+
)
=
)
+
)
=
=
)
Sabiranje n-torki brojeva izgleda ovako
(a1, . . . , ai, . . . , an) + (b1, . . . , bi, . . . , bn) = (a1 + b1, . . . , ai + bi, . . . , an + bn)
Mnozenje n-torki brojeva brojevima izgleda ovako
α(a1, . . . , ai, . . . , an) = (αa1, . . . , αai , . . . , αan)
30 DEO I. OPERACIJE. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA
Nula vektor ovog prostora jeste n-torka (0, . . . , 0
n puta
) gde je
ai = 0 za svako i = 1, n.
Konvencija Za K ∈ {R,C} uobicajeno je da se pod “vektorski prostor Kn” po- drazumeva ne sam skup Kn vec zapravo gore definisan vektorski prostor svih n-torki brojeva iz K. Ukoliko se posmatra neki drugi prostor sa istim skupom vektora to se onda posebno naglasi. 2
(2) Prostori matrica Kn×m: Rn×m i Cn×m
Ako je n,m ∈ N i X = {1, . . . , n}×{1, . . . , m} onda specijalno dobijamo prostore (Rn×m,⊕, ) i (Cn×m,⊕, ). Prvi je realan a drugi kompleksan vektorski prostor.
• Ilustracija Za
1 2 3

+


(−3) · (−2) (−3) · (−4)


+




=


... ... ...
... ... ... ...
... ... ... ...
... ... ... ...


α ·
... ... ...
... ... ... ...
... ... ... ...
... ... ... ...


Nula vektor ovog prostora jeste tzv. nula matrica formata n puta m
O =


ili preciznije, matrica O = ( Oi,j : i = 1, n; j = 1, m
) za koju je Oi,j = 0 za
svako i = 1, n i j = 1, m.
32 DEO I. OPERACIJE. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA
Konvencija Za K ∈ {R,C} uobicajeno je da se pod “vektorski prostor Kn×m” po- drazumeva ne sam skup Kn×m vec zapravo gore definisan vektorski prostor matrica. Ukoliko se posmatra neki drugi prostor sa istim skupom vektora to se onda posebno naglasi. 2
2
vektora
Za uredenu n-torku (u1, . . . , un) cemo koristiti i termin sistem duzine n a da je oznacimo koristicemo ravnopravno i sledece zapise
“ ( ui : i = 1, n
) ”, “(u) : ui, i = 1, n ” ili “(u) : u1, . . . , un”
Prazan skup nazivacemo drugacije i sistem duzine 0 ili prazan sistem.
Definicija I.6.1 Neka je V vektorski prostor nad K i n ∈ N. Pod
linearnom kombinacijom
) prostora V sa n-torkom skalara
( αi : i = 1, n
Dakle bα1, . . . , αncx : df =
2
Zapazanje I.6.2 Ako su u1, . . . , un, v1, . . . , vn, α, β ∈ K onda je
α · bu1, . . . , uncx + β · bv1, . . . , vncx = bαu1 + βv1, . . . , αun + βvncx Zaista, ovo je jednostavno drugi nacin da se zapise
α−→a + β −→ b = α
n∑
2
Terminologija Fraza
) ”
) tako da je −→v =
i=1
αi −→xi”
tj. tako da je vektor −→v linearna kombinacija sistema vektora ( xi : i = 1, n
) sa
) .
Isto ce znaciti i fraze poput “vektor −→v se moze prikazati (predstaviti) kao lin-
earna kombinacija sistema vektora ( xi : i = 1, n
) ”. 2
Primer Vektor (−1, 1) ∈ R2 je linearna kombinacija sistema vektora
(x) : −→x1 = (1,−5), −→x2 = (−1, 3)
Zaista: 2−→x1 + 3−→x2 = 2(1,−5) + 3(−1, 3) = (−1, 1). 2
Terminologija Za vektor v kazemo da je “linearna kombinacija vektora skupa M” ako postoji sistem
( xi : i = 1, n
) vektora skupa M (tj. takav da je −→xi ∈ M za svako
) .
) svih funkcija iz
R u R, predstavljaju linearne kombinacije funkcija iz skupa M := {fn : n ∈ N0}, gde je fn ∈ RR definisana sa fn(x) :
df = xn za svako x ∈ R (recimo f0(x) = x0 = 1)?
Neka je k ∈ N, n1, n2, . . . , nk ∈ N0 i αi ∈ R za i = 1, k. Imamo (
α1
(x) =
j + · · ·+ amx m
za m := nk, i odgovarajuce aj ∈ R, j = 1, k. Dakle linearne kombinacije vektora skupa M su polinomske funkcije. 2
Definicija I.6.4 Neka je M neprazan skup vektora vektorskog prostora V. Skup
LV(M) = L(M) : df = {v ∈ V : v je linearna kombinacija vektora skupa M}
nazivamo
lineal nad skupom M .
Takode definisemo da je L(∅) :df= {0}. 2
Jasno M ⊆ L(M) : ako −→x ∈ M onda −→x = 1 · −→x ∈ L(M).
Takode, uvek vazi 0 ∈ L(M) : ako je M = ∅ onda je 0 ∈ {0} = L(M) a ako je
M 6= ∅ onda mozemo uociti neko x ∈ M pa imamo −→ 0 = 0−→x ∈ L(M).
Primer I.6.5 U prostoru geometrijskih vektora skup L (−→ OA,
−−→ OB )
−−→ OB na slici – predstavlja skup svih geometri-
jskih vektora “paralelnih” ravni R odredenoj tackama O, A, B; tj.
L(u, v) = {−−→ OX : X ∈ R
}
Slika I.6.14.
−→ OC = u+ 2v ∈ L(u, v).
Skup L (−→ AB )
– lineal nad geometrijskim vektorom u := −→ AB na slici – predstavlja
skup svih geometrijskih vektora “paralelnih” sa pravom p odredenom tackama A, B; tj.
L(u) = {−−→ AX : X ∈ p
Slika I.6.15.
Na primer imamo −−→ CD = 2u ∈ L(u), −→EF = 1/2u ∈ L(u), −−→GH = −2u ∈ L(u),−→
IJ /∈ L(u). 2
Primer I.6.6 U realnom vektorskom prostoru V := ( RR,⊕,
) svih funkcija iz R u
R, neka je Mk := {fi : i = 1, k} za k ∈ N, gde je fi ∈ RR definisana sa fi(x) : df = xn
za svako x ∈ R. L(Mk) je skup svih polinomskih funkcija stepena ne veceg od k. 2
Zapazanje I.6.7 Primetimo da ako je M proizvoljan skup vektora prostora V onda vazi:
– ako −→x ,−→y ∈ L(M) onda −→x +−→y ∈ L(M); – ako −→x ∈ L(M) i λ ∈ K onda λ−→x ∈ L(M). Zaista, ako jeM neprazan i ako je −→x ,−→y ∈ L(M) onda postoje vektori a1, . . . , an,
b1, . . . , bm ∈ M i skalari α1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ K tako da je
−→x = α1 −→a1 + · · ·+ αn
−→an i −→y = β1
−→an + β1
−→ b1 + · · ·+ βm
−→ bm ∈ L(M)
−→an) = (λα1) −→a1 + · · ·+ (λαn)
−→an ∈ L(M)
za svako λ ∈ K. Ako je M = ∅ onda tvrdenje sledi iz
−→ 0 +
−→ 0 =
2
Osnovni pojmovi i cinjenice
II.1 Podprostor vektorskog prostora
Neka je P ⊆ V neprazan skup vektora nekog vektorskog prostora V := (V,⊕, ) nad K ∈ {R,C}.
Neka su ⊕′ := ⊕ (P × P ) i ′ := (K× P ) odgovarajuce restrikcije operacija ⊕ i ; preciznije:
⊕′ : P × P → V i
′ : K× P → V i
α ′ x = α x za svako x ∈ P i α ∈ K.
Pitanje Da li je P := (P,⊕′, ′) vektorski prostor nad K?
Potreban uslov za ovo jeste – da ⊕′ bude operacija na skupu P , tj. ⊕′ : P × P → P i – da ′ bude mesovita operacija sa vrednostima u skupu P , tj. ′ : K× P → P .
Ako za neke x0, y0 ∈ P imamo da je x0 ⊕ y0 ∈ V \ P onda ⊕′ uopste nije ni operacija na skupu P (jer “rezultat nije uvek u P”):
37
Slika II.1.1.
Ako za neke x0 ∈ P i α ∈ K imamo da je α x0 ∈ V \ P onda ′ uopste nije ni mesovita operacija sa vrednostima u skupu P (jer “rezultat nije uvek u P”):
Slika II.1.2.
Dakle da bi trojka P = (P,⊕′, ′) uopste imala sanse da bude vektorski prostor (nad K) potrebno je da vaze sledeca dva uslova:
(P1) ako x, y ∈ P onda −→x +−→y ∈ P (P2) ako x ∈ P i α ∈ K onda α−→x ∈ P .
II.1. PODPROSTOR VEKTORSKOG PROSTORA 39
Primer Neka je V := ( NR,⊕,
) vektorski prostor svih funkcija iz N u R – tj.
vektorski prostor svih nizova realnih brojeva.
Neka su a, b ∈ N R. Ako su vektori a i b oba “odredenog tipa”, odnosno oba imaju
odredenu osobinu (recimo oba niza su takva da su im svi clanovi nenegativni, ili oba su aritmeticki nizovi) mogu se postaviti pitanja:
(1) da li je i njihov zbir −→a + −→ b niz tog istog tipa?
(2) ako je α ∈ R da li je i vektor α−→a niz tog istog tipa?
Ako su oba niza aritmeticka onda je takav i njihov zbir. Zaista neka postoje δ1, δ2 ∈ R tako da je
an+1 − an = δ1 i bn+1 − bn = δ2
za svako n ∈ N. Stavimo −→c := −→a + −→ b . Tada je
cn = c(n) = (−→a + −→ b )(n) = a(n) + b(n) = an + bn
tj. cn = an + bn za svako n ∈ N; zato imamo
cn+1 − cn = (an+1 + bn+1)− (an + bn) = δ1 + δ2
za svako n ∈ N.
Ako je a aritmeticki niz i α ∈ R proizvoljno onda je i α−→a aritmeticki niz: zaista, ako je θ ∈ R takvo da je
an+1 − an = θ
za svako n ∈ N, onda imamo
(α−→a )n+1 − (α−→a )n = αan+1 − αan = αθ
za svako n ∈ N.
Dakle ako sa P oznacimo skup svih aritmetickih nizova realnih brojeva, tj.
P := { a ∈ N
R : postoji r ∈ R tako da za svako n ∈ N vazi an+1 − an = r }
onda skup vektora P ⊆ NR naseg vektorskog prostora V zadovoljava uslove (P1) i (P2).
40 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
Slika II.1.3.
Pitanje Sta je sa osobinom “svaki clan niza je nenegativan”? •
2
Lako je videti da su uslovi (P1) i (P2) i dovoljni da P bude vektorski prostor. Zaista, ako su oni zadovoljeni onda imamo:
– (x⊕′ y)⊕′ z = (x⊕ y)⊕ z = x⊕ (y ⊕ z) = x⊕′ (y ⊕′ z); – x⊕′ y = x⊕ y = y ⊕ x = y ⊕′ x
– 1 ′ x = 1 x = x
– α ′ (x⊕′ y) = α (x⊕ y) = (α x)⊕ (α y) = (α ′ x)⊕′ (α ′ y); – (α+ β) ′ x = (α + β) x = (α x)⊕ (β x) = (α ′ x)⊕′ (β ′ x); – α ′ (β ′ x) = α (β x) = (αβ) x = (αβ) ′ x
za svako x, y, z ∈ P i α, β ∈ K.
Dalje, kako je po pretpostavci P neprazan mozemo izabrati neko p0 ∈ P ; prema Tvrdenju I.5.2 je
−p0 = (−1) p0 ∈ P – zbog (P2)
pa je
II.1. PODPROSTOR VEKTORSKOG PROSTORA 41
Otuda operacija ⊕′ ima neutral:
p ∈ P ⇒ −p = (−1) p ∈ P (prema (P1))
svaki element skupa P je invertibilan u odnosu na operaciju ⊕′:
p⊕′ (−p) = p⊕ (−p) = 0
za svako p ∈ P .
Dakle P = (P,⊕′, ′) je vektorski prostor (nad K) akko vaze uslovi (P1) i (P2) .
Definicija II.1.1 Za neprazan podskup P ⊆ V kazemo da je
podprostor vektorskog prostora V
(P1) ako x, y ∈ P onda −→x +−→y ∈ P
(P2) ako x ∈ P i α ∈ K onda α−→x ∈ P .
i tu cinjenicu cemo oznacavati sa
P v
⊆ V
U tom slucaju ako stavimo ⊕′ := ⊕ (P × P ) i ′ := (K × P ) imamo da je P := (P,⊕′, ′) vektorski prostor nad K, i za P kazemo da je
vektorski prostor odreden podprostorom P vektorskog prostora V
2
Zapazanje II.1.2 Neka je K ∈ {R,C} i neka su V := (V,⊕, ) i V1 := (V1,⊕1, 1) vektorski prostori nad K (dakle oba nad R ili oba nad C).
V1 je vektorski prostor odreden nekim podprostorom vektorskog prostora V akko vaze naredna dva uslova:
– V1 ⊆ V – za svako x, y ∈ V1 i α ∈ K je x ⊕1 y = x ⊕ y i α 1 x = α x (tj. ⊕1 i 1 su
odgovarajuce restrikcije operacija ⊕ i ). 2
42 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
Konvencija Neka je P v
⊆ V. Cesto se pod “podprostor P” podrazumeva zapravo
“vektorski prostor odreden podprostorom P v
⊆ V”. 2
Primer Ako je V proizvoljan vektorski prostor onda su {0} i sam V podprostori od V. Za njih kazemo da su trivijalni podprostori. Za {0} kazemo da je nula podprostor. 2
Primer II.1.3 Prostori PolR i PolC Oznacimo sa PolR skup svih polinomskih funkcija iz R u R. Ako je V1 :=
( RR,⊕,
) realan vektorski prostor svih funkcija iz R u R onda skup PolR zadovo-
ljava uslove (P1) i (P2) (sa PolR umesto P ). (Realan) vektorski prostor odreden podprostorom PolR prostora V1 nazivamo
vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz R u R
Oznacimo sa PolC skup svih polinomskih funkcija iz C u C. Ako je V2 := ( CC,⊕,
) kompleksan vektorski prostor svih funkcija iz C u C onda skup PolC
zadovoljava uslove (P1) i (P2). (Kompleksan) vektorski prostor odreden podpro- storom PolC prostora V2 nazivamo
vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz C u C
2
Primer II.1.4 Prostori Poln,R i Poln,C Za n ∈ N0 oznacimo sa Poln,R skup svih polinomskih funkcija iz R u R stepena
ne veceg od n. Ako je V1 := ( RR,⊕,
) realan vektorski prostor svih funkcija iz R
u R onda skup Poln,R zadovoljava uslove (P1) i (P2) . (Realan) vektorski prostor odreden podprostorom Poln,R prostora V1 nazivamo
vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz R u R
stepena ne veceg od n
Za n ∈ N0 oznacimo sa Poln,C skup svih polinomskih funkcija iz C u C stepena ne veceg od n. Ako je V2 :=
( CC,⊕,
) kompleksan vektorski prostor svih funkcija
iz C u C onda skup Poln,C zadovoljava uslove (P1) i (P2). (Kompleksan) vektorski prostor odreden podprostorom Poln,C prostora V2 nazivamo
vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz C u C
stepena ne veceg od n
II.1. PODPROSTOR VEKTORSKOG PROSTORA 43
2
Tvrdenje II.1.5 Neka je V vektorski prostor nad K. Ako je M proizvoljan skup vektora onda je L(M) podprostor od V. Ako je P podprostor onda je P = L(P ). Specijalno:
– svaki podprostor je oblika L(X) za neki skup vektora X; – za svaki skup vektora M ⊆ V vazi L
( L(M)
) = L(M).
Dokaz. Vec znamo da L(M) zadovoljava uslove (P1) i (P2) (Zapazanje I.6.7). Neka je P podprostor od V. Obzirom da X ⊆ L(X) vazi za svaki skup vektora
X bio on podprostor ili ne, dovoljno je da pokazemo da vazi L(P ) ⊆ P . Pokazimo indukcijom po n ∈ N da vazi:
ako su x1, . . . , xn ∈ P i α1, . . . , αn ∈ K onda je α1 −→x1 + · · ·+ αn
−→xn ∈ P
Za n = 1 ovo tvrdenje se svodi na uslov (P2) koji po pretpostavci vazi. Pre- tpostavimo da tvrdenje vazi za neko n ∈ N i neka su x1, . . . , xn+1 ∈ P i α1, . . . , αn+1 ∈ K. Imamo
α1 −→x1 + · · ·+ αn+1
−−→xn+1
gde je −→u := α1 −→x1 + · · ·+ αn
−→xn. Prema indukcijskoj hipotezi je −→u ∈ P a zbog (P2) je αn+1
−−→xn+1 ∈ P , pa na osnovu (P1) sledi −→u + αn+1 −−→xn+1 ∈ P .
Ovim smo pokazali da je P = L(P ). Specijalno svaki podprostor P je oblika L(X) – recimo mozemo uzeti X = P . 2
Tvrdenje II.1.6 Ako su Ps za s ∈ S podprostori onda je i
s∈S
L(M) = {
⊆ V : M ⊆ P }
tj. L(M) je upravo skup svih onih vektora koji su zajednicki za sve podprostore koji sadrze skup M .
Dokaz Da skup
Da je
⊆ V inkluzija M ⊆ P povlaci L(M) ⊆ L(P ) = P , a
L(M) ⊇ {
P v
II.2 Potpuni sistemi i skupovi vektora
Za uredenu n-torku ( xi : i = 1, n
) kazemo da je injektivna ako vazi i 6= j ⇒ ai 6= aj
za svako i, j = 1, n, tj. ako su a1, . . . , an medusobno razliciti.
Zapazanje II.2.1 (i) Neka je n ∈ N i (x1, . . . , xn) (konacan) sistem vektora pro- stora V. Tada vazi:
vektor je linearna kombinacija sistema vektora (x1, . . . , xn)
akko je on
linearna kombinacija vektora skupa {x1, . . . , xn}
Zaista, neka je v ∈ V linearna kombinacija vektora skupa {x1, . . . , xn}, tj. neka postoje m ∈ N, m-torka vektora (a1, . . . , am) skupa {x1, . . . , xn} i m-torka skalara (λ1, . . . , λm) tako da je
−→v = m∑
i=1
λi −→ai
Ako je k ∈ N broj elemenata skupa {a1, . . . , am} onda, obzirom da je
{a1, . . . , am} ⊆ {x1, . . . , xn}
postoje prirodni brojevi s1 < · · · < sk tako da je
{a1, . . . , am} = {xs1 , . . . xsk} i pritom vazi i 6= j ⇒ si 6= sj
za svako i, j = 1, k. Zato je
−→v =
m∑
αsr = ∑
II.2. POTPUNI SISTEMI I SKUPOVI VEKTORA 45
αi = 0 ako je i ∈ {1, . . . , n} takvo da i 6= sr za svako r = 1, k.
(ii) Odavde specijalno sledi da je
L (
}
(iii) Ako su x ∈ V i ∅ 6= S ⊆ V takvi da je x ∈ L(S) onda postoji n ∈ N tako da je x linearna kombinacija neke injektivne n-torke
( ai : i = 1, n
) ∈ Sn vektora
skupa S.
Zaista, to da je x ∈ L(S) po definiciji znaci da postoji neko k ∈ N tako da je
x linearna kombinacija nekog sistema vektora (b1, . . . , bk) ∈ Sk skupa S
(obzirom da je S 6= ∅). Ako skup {b1, . . . , bk} ima n ∈ N elemenata onda za neku injektivnu n-torku (a1, . . . , an) imamo
{b1, . . . , bk} = {a1, . . . , an} Dakle
x je linearna kombinacija vektora skupa {a1, . . . , an} pa je prema delu pod (i)
x linearna kombinacija (injektivne) n-torke (a1, . . . , an).
2
Definicija II.2.2 (i) Za skup vektora M ⊆ V vektorskog prostora V = (V,⊕, ) kazemo da je
potpun skup vektora
ako za svaki vektor v prostora V postoje k ∈ N,
vektori x1, . . . , xk ∈ M i skalari α1, . . . , αk ∈ K
tako da je
i=1
αi −→xi
Drugim recima, skup vektora M je potpun ako je svaki vektor prostora V li- nearna kombinacija vektora tog skupa.
(ii) Za konacan sistem vektora ( xi : i = 1, n
) kazemo da je
potpun sistem vektora
} potpun skup vektora. Prazan sistem je po definiciji
potpun sistem svakog nula vektorskog prostora (tj. {0}). 2
Zapazanje II.2.3 Dakle skup vektora M je potpun akko je L(M) = V . Kombi- nujuci ovo sa Zapazanjem II.2.1 mozemo zakljuciti da vazi:
konacan sistem vektora ( xi : i = 1, n
) je potpun
akko je
} potpun
akko
za svaki vektor v postoje αi ∈ K za i = 1, n tako da je −→v =
n∑
}
Primer Skup V svih vektora je potpun skup vektora. 2
Primer II.2.4 Za i ∈ N0 neka su fi : R → R definisane sa fi(x) : df = xi za x ∈ R.
U prostoru PolR iz Primera II.1.3 skup {fi : i ∈ N0} je potpun skup vektora (videti Primer I.6.3).
U prostoru Poln,R iz Primera II.1.3 skup {fi : i = 0, n} je potpun skup vektora (videti Primer I.6.6). 2
Definicija II.2.5 Za vektorski prostor kazemo da je
konacnodimenzionalan
ako postoji neki konacan potpun skup vektora tog prostora. 2
II.3. LINEARNO (NE)ZAVISNE N -TORKE VEKTORA 47
Primer II.2.6 Neka je NR vektorski prostor svih realnih nizova. Znamo da je skup svih V aritmetickih nizova podprostor od NR. Neka su nizovi a1 i a2 definisani sa
a1(n) = 1
i a2(n) = n− 1
za svako n ∈ N (neformalno: a1 = (1, 1, 1, 1, 1, . . . ), a2 = (0, 1, 2, 3, 4, . . . )). Imamo a1, a2 ∈ V (oba ova niza su aritmeticka).
Sistem vektora a = (a1, a2) prostora V je potpun. Zaista, ako je niz x aritmeticki onda postoje θ, d ∈ R tako da je
xn = r + (n− 1)d
x(n) = r · a1(n) + d · a2(n) = (r−→a1 + d−→a2)(n)
tj. −→x = r−→a1 + d−→a2 . Zakljucujemo da je prostor svih realnih aritmetickih nizova konacnodimenzionalan.
2
Primer Prostor svih polinomskih funkcija iz K u K stepena ne veceg od n (gde je K ∈ {R,C} i n ∈ N) nije konacnodimenzionalan. Zaista ako su p1, . . . , pm ∈ Poln,K, α1, . . . , αm ∈ K i ako je k ∈ N0 najveci od stepena datih polinomskih funkcija, onda je α1
−→p1 + · · ·αm −→pm neka polinomska funkcija stepena najvise k; zato se nijedna
polinomska funkcija stepena k + 1 ne moze predstaviti kao linearna kombinacija vektora iz skupa {p1, . . . , pm}. 2
II.3 Linearno (ne)zavisne n-torke vektora
Neka su x1, x2 i x3 vektori nekog vektorskog prostora V nad K. (tj. neka je (x1, x2, x3) konacan sistem vektora tog prostora).
Pitanje 1Da li postoje α1, α2, α3 ∈ K (tj. da li postoji sistem skalara (α1, α2, α3)) tako da je
α1 −→x1 + α2
−→x2 + α3 −→x3 =
Trivijalno da: dovoljno je uzeti α1 = α2 = α3 = 0.
Pitanje 2 Da li postoje α1, α2, α3 ∈ K koji nisu svi jednaki nuli (tj. takvi da nije α1 = α2 = α3 = 0) tako da je
48 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
α1 −→x1 + α2
−→x2 + α3 −→x3 =
Primer II.3.1 U prostoru R3 neka je dat sistem vektora
(a) : a1 = (1, 1, 1), a2 = (1, 2, 2), a3 = (3, 2, 5)
Ako za neke α1, α2, α3 ∈ R vazi
3∑
i=1
αi −→ai = α1(1, 1, 1) + α2(1, 2, 2) + α3(3, 2, 5) = (0, 0, 0)
tj. (α1 + α2 + 3α3, α1 + 2α2 + 2α3, α1 + 2α2 + 5α3) = (0, 0, 0)
onda mora biti
α1 +α2 +3α3 = 0 α1 +2α2 +2α3 = 0 α1 +2α2 +5α3 = 0
odnosno
α1 + α2 + 3α3 = 0 (α1 + 2α2 + 2α3)− (α1 + α2 + 3α3) = 0 (α1 + 2α2 + 5α3)− (α1 + α2 + 3α3) = 0
tj.
α1 +α2 +3α3 = 0 α2 −α3 = 0 α2 +2α3 = 0
odnosno
(α2 + 2α3)− (α2 − α3) = 0
tj.
3α3 = 0
pa mora biti α3 = 0 te i α2 = α3 = 0 kao i α1 = −α1 − 3α3 = 0. 2
II.3. LINEARNO (NE)ZAVISNE N -TORKE VEKTORA 49
Definicija II.3.2 Ako je n ∈ N onda za n-torku vektora ( xi : i = 1, n
) vektorskog
linearno nezavisna
) za koji vazi
−→ 0 jeste tzv.
trivijalna n-torka skalara, tj. ona data sa αi = 0 za svako i = 1, n. Na ovaj nacin smo dakle definisali pojam linearno nezavisnog sistema vektora
duzine n ∈ N. Sistem vektora duzine 0, tj. prazan skup, je po definiciji linearno nezavisan.
Za n-torku vektora ( xi : i = 1, n
) kazemo da je
Tvrdenje II.3.3 Sistem vektora ( xi : i = 1, n
) je linearno nezavisan akko je ispunjen
sledeci uslov: ako su
( αi : i = 1, n
) ∈ Kn razlicite n-torke skalara (tj.
za neko i0 ∈ {1, . . . , n} je αi0 6= βi0) onda je
n∑
i=1
βi −→xi
Dokaz Neka je doticni sistem vektora linearno nezavisan i neka je i0 ∈ {1, . . . , n} takvo da je αi0 6= βi0. Tada je αi0 − βi0 6= 0 pa je
( αi − βi : i = 1, n
) netrivijalan
n∑
i=1
βi −→xi
Pretpostavimo sada da je dati uslov ispunjen. Ako je ( λi : i = 1, n
) ∈ Kn trivi-
jalna n-torka, tj. λi = 0 za svako i = 1, n, i ako je ( αi : i = 1, n
) ∈ Kn proizvoljna
netrivijalna n-torka, onda je αi0 6= λi0 za neko i0 ∈ {1, . . . , n} te imamo
n∑
Tvrdenje II.3.4 Ako je n-torka vektora ( xi : i = 1, n
) linearno nezavisna onda
mora biti i 6= j ⇒ xi 6= xj za i, j = 1, n (tj. vektori x1, . . . , xn su medusobno
razliciti) a takode je i −→xi 6= −→ 0 za svako i = 1, n.
Dokaz Kad bi postojali neki i, j ∈ {1, . . . , n} takvi da je i 6= j i xi = xj onda bi imali
1 · −→xi + (−1) · −→xj = −→ 0
tj. vektor −→ 0 bi bio linearna kombinacija n-torke vektora
( xi : i = 1, n
) sa netri-
vijalnom n-torkom skalara definisanom sa αi = 1, αj = −1 i αk = 0 za k ∈ {1, . . . , n} \ {i, j}, a ovo je prema nasoj pretpostavci nemoguce.
Gde smo ovde iskoristili cinjenicu da je i 6= j? Da je bilo i = j onda ne bismo mogli da definisemo
( αi : i = 1, n
1 = αi = αj = −1.
Kad bi za neko i0 ∈ {1, . . . , n} bilo −→xi0 = −→ 0 onda bi za netrivijalnu n-torku
skalara definisanu sa
vazilo n∑
i=1
−→ 0 , pa bi dati sistem vektora bio linearno zavisan. 2
II.4 Linearno (ne)zavisni skupovi vektora
Pitanje 1 Ako je M ⊆ V neprazan skup vektora da li od mozemo napraviti li- nearno zavisan sistem od vektora skupa M , preciznije da li postoji neko n ∈ N i x1, . . . , xn ∈ M tako da je n-torka (x1, . . . , xn) linearno zavisna?
Trivijalno da: kako jeM 6= ∅mozemo izabrati neko u ∈ M ; svaki sistem (x1, x2, . . . , xn) vektora skupa M kod kog je x1 = x2 = u prema Tvrdenju II.3.4 mora biti linearno zavisan.
Pitanje 2 Da li postoji neko n ∈ N i medusobno razliciti vektori x1, . . . , xn ∈ M tako da je n-torka (x1, . . . , xn) linearno zavisna?
Definicija II.4.1 Za neprazan skup M ⊆ V vektora kazemo da je
linearno nezavisan skup
ako je svaka injektivna n-torka vektora tog skupa linearno nezavisan sistem, tj. ako vazi:
II.4. LINEARNO (NE)ZAVISNI SKUPOVI VEKTORA 51
ako su n ∈ N, α1, . . . , αn ∈ N i x1, . . . , xn ∈ M tako da i 6= j ⇒ xi 6= xj za i, j = 1, n,
onda je uvek
αi −→xi 6=
−→ 0 osim ako je αi = 0 za svako i = 1, n.
Prazan skup je po definiciji linearno nezavisan. Za skup M ⊆ V vektora kazemo da je
linearno zavisan skup
ukoliko nije linearno nezavisan. 2
Primetimo da iz ove definicije sledi da je svaki linearno zavisan skup M ⊆ V neprazan. Evo jedne preformulacije pojma “linearno zavisan skup”:
skup vektora M ⊆ V je linearno zavisan akko postoji n ∈ N, vektori x1, . . . , xn ∈ M i skalari α1, . . . , αn ∈ K tako da vaze sledeca tri uslova:
(1) i 6= j ⇒ xi 6= xj za i, j = 1, n;
(2) za neko i0 ∈ {1, . . . , n} je αi0 6= 0;
(3)
n∑
−→ 0 .
Za konacne sisteme veza izmedu linearne nezavisnosti skupova i linearne neza- visnosti sistema data je narednim tvrdenjem.
Tvrdenje II.4.2 Sistem vektora ( xi : i = 1, n
) je linearno nezavisan akko su zado-
voljena sledeca dva uslova:
(1) i 6= j ⇒ xi 6= xj za i, j = 1, n (tj. vektori x1, . . . , xn su medusobno razliciti)
(2) skup {x1, . . . , xn} vektora je linearno nezavisan.
Drugim recima
) je linearno nezavisan
{x1, . . . , xn} linearno nezavisan skup vektora sa tacno n elemenata
Dokaz Ako vaze (1) i (2) onda je ( xi : i = 1, n
) injektivna n-torka, pa prema
52 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
Pretpostavimo sada da je ( xi : i = 1, n
) je linearno nezavisan sistem. Da (1)
vazi vec znamo (Tvrdenje II.3.4). Pokazimo da vazi i (2). Neka je m ∈ N i
( ai : i = 1, m
{a1, . . . , am} ⊆ {x1, . . . , xn}
) takva n-torka skalara da vazi
λ1 −→a1 + . . . + λj
−→aj + . . . + λm −→am =
−→ 0
i pokazimo da mora biti λj = 0 za svako j = 1, m. Postoje s1, . . . , sm ∈ {1, . . . , n} tako da je
a1 . . . aj . . . am || . . . || . . . || xs1 . . . xsj . . . xsm
tj. aj = xsj za j = 1, m. Kako je i 6= j ⇒ ai 6= aj to je
i 6= j ⇒ si 6= sj
za i, j = 1, m. Zbog toga je to je sistem skalara ( αi : i = 1, n
) korektno definisan
i αi = 0 ako je i ∈ {1, . . . , n} \ {s1, . . . , sm}
Pritom vazi
−→ 0 = αs1
) linearno nezavisan sistem, ovo znaci da je zapravo
αi = 0 za svako i = 1, n. Specijalno imamo λj = αsj = 0 za svako j = 1, m. 2
Tvrdenje II.4.3 Skup vektora M je linearno zavisan akko postoji neko x ∈ M tako da je x ∈ L
( M \ {x}
II.4. LINEARNO (NE)ZAVISNI SKUPOVI VEKTORA 53
Dokaz Pretpostavimo najpre da je skup M linearno zavisan. Tada postoje n ∈ N, vektori x1, . . . , xn ∈ M i skalari α1, . . . , αn ∈ K takvi da je i 6= j ⇒ xi 6= xj
za svako i, j = 1, n, i tako da za neko i0 ∈ {1, . . . , n} vazi αi0 6= 0, i tako da je
n∑
xi0 = 0 ∈ L ( M \ {xi0}
) .
−→xi0 = ∑
−→xi (II.2)
Zbog i 6= j ⇒ xi 6= xj vazi { xi : i ∈ {1, . . . , n} \ {i0}
} ⊆ M \ {xi0} pa iz (II.2)
sada zakljucujemo da je xi0 ∈ L ( M \ {xi0}
) .
Da pokazemo obrat pretpostavimo sada da postoji neko z ∈ M tako da je
z ∈ L ( M \ {z}
)
Ako je M = {z} onda sledi da je z ∈ L(∅) = {0}, tj. 0 = z ∈ M pa je sistem (duzine 1) (x) : x1 = 0 prema Tvrdenju II.3.4 linearno zavisan (naravno injektivan) sistem vektora skupa M , sto znaci da je M linearno zavisan skup vektora.
Ako je M \ {z} 6= ∅ onda je z linearna kombinacija vektora skupa M \ {z} pa je prema Zapazanju II.2.1 pod (iii) vektor z i linearna kombinacija neke injektivne k-torke (y1, . . . , yk) elemenata skupa M \ {z}, tj. postoji neko k ∈ N i
postoje y1, . . . , yk ∈ M \ {z} takvi da i 6= j ⇒ yi 6= yj za svako i, j = 1, k,
i postoje β1, . . . , βk ∈ K tako da je
−→z =
k∑
−→yk = 0
|| || || . . . || z y1 y2 . . . yk
odnosno a1 = z i ai = yi−1 za i = 2, k + 1, onda je zbog
a1 = z /∈ {y1, . . . , yk} = {a2, . . . , ak+1} sistem vektora (a) : a1, . . . , ak+1 injektivan.
Ako stavimo γ1 γ2 γ3 . . . γk+1
|| || || . . . || 1 −β1 −β2 . . . −βk
odnosno γ1 = 1 i γi = −βi−1 za i = 2, k + 1 onda je sistem skalara (γ1, . . . , γk+1) netrivijalan i vazi
γ1 −→a1 + γ2
−→a2 + · · ·+ γk+1 −−→ak+1 = 0
Jasno a1, a2, . . . , ak+1 ∈ M te smo ovim pokazali da je skup M linearno zavisan. 2
Tvrdenje II.4.4 Neka je n ∈ N, n ≥ 2. Sistem vektora ( xi : i = 1, n
) ∈ V n je
linearno zavisan akko vazi neki od naredna dva uslova: – x1 = 0 ili – postoji i ∈ {2, . . . , n} tako da je xi ∈ L
( {x1, . . . , xi−1}
Dokaz Pretpostavimo najpre da je sistem ( xi : i = 1, n
) linearno zavisan i neka
je x 6= 0. Tada je sistem duzine 1 ( xi : i = 1, 1
) je linearno nezavisan.
Neka je k ∈ {1, . . . , n} najveci broj takav da je sistem
( xi : i = 1, k
) linearno nezavisan.
Mora biti k < n jer bi inace ( xi : i = 1, n
) bio linearno nezavisan suprotno nasoj
pretpostavci. Dakle k + 1 ∈ {1, . . . , n} pa je xk+1 definisan. Prema izboru broja k sistem
( xi : i = 1, k + 1
) je linearno zavisan, tj. postoje αi ∈ K za i = 1, k + 1 tako
da je α1
−−→xk+1 = −→ 0 (II.3)
pri cemu postoji neko i0 ∈ {1, . . . , k + 1} takvo da je αi0 6= 0. Kad bi bilo αk+1 = 0
imali bi k∑
i=1
αi −→xi =
−→ 0 i αi0 6= 0 pri cemu je i0 ∈ {1, . . . , k}, a ovo je nemoguce jer
je ( xi : i = 1, k
) linearno nezavisan sistem. Dakle αk+1 6= 0 pa sada iz (II.3) sledi
−−→xk+1 = k∑
i pokazali smo sta treba.
Obrat tvrdenja sledi iz Tvrdenja II.4.2 i iz cinjenice da je
m∑
−→ 0
2
Tvrdenje II.4.5 Ako je N ⊆ V linearno nezavisan skup vektora i x ∈ V \ L(N) onda je i N ∪ {x} linearno nezavisan skup.
Dokaz U slucaju da je N = ∅ tvrdenje se proverava neposredno. Dakle neka je N 6= ∅.
Pretpostavimo da je N ∪ {x} linearno zavisan skup. Tada za neko n ∈ N, gde n ≥ 2 (zasto?), postoji neka injektivna n-torka
( ai : i = 1, n
)n
vektora skupa N ∪ {x} i neka n-torka skalara ( αi : i = 1, n
) ∈ Kn tako da je
−→ 0
i tako da za neko i0 ∈ {1, . . . , n} vazi αi0 6= 0 .
Kad bi bilo ai ∈ N za svako i = 1, n onda bi ovo znacilo da je N linearno zavisan, te zato mora da
postoji i1 ∈ {1, . . . , n} tako da je ai1 = x.
Dakle
−−→ai1+1 + . . . + αn −→an =
) imamo da je
) \ {x} ⊆ N .
Iz pretpostavke da je αi1 = 0 bi zbog (II.4) imali
α1 −→a1 + . . . + αi1−1
−→an = −→ 0
56 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
pri cemu je i0 ∈ {1, . . . , n} \ {i1} i αi0 6= 0 i vazi a1, . . . , ai1−1, ai1+1, . . . , an ∈ N ,
pa bi ponovo sledilo da je N linearno zavisan skup. Dakle mora biti αi1 6= 0. Otuda se (II.4) sada moze zapisati kao
−→x = ∑
tj. x ∈ L(N), suprotno polaznoj pretpostavci. 2
Lema II.4.6 Neka je M ⊆ V , n ∈ N, ( ai : i = 1, n
) ∈ Mn injektivna n-torka
) ∈ Kn n-torka skalara i neka je
x := n∑
i=1
αi −→ai .
Ako je i0 ∈ {1, . . . , n} takvo da je αi0 6= 0 onda vazi
L(M) = L ( ( M \ {ai0}
) . Zbog αi0 6= 0 imamo
ai0 = 1
−→ai
Kako vazi i 6= i0 ⇒ ai 6= ai0 za i = 1, n to je
u := ∑
) = L
( L(M0)
II.4. LINEARNO (NE)ZAVISNI SKUPOVI VEKTORA 57
Tvrdenje II.4.7 Neka je N ⊆ V konacan linearno nezavisan skup sa tacno
n ∈ N vektora, i P ⊆ V konacan skup sa tacno m ∈ N vektora. Ako je N ⊆ L(P )
onda mora biti n ≤ m .
Slika II.4.4.
Dokaz Skup brojeva j ∈ N0 takvih da postoje neki N0 ⊆ N i P0 ⊆ P oba sa po tacno j elemenata a tako da vazi
L (
) = L(P ). Neka je k ∈ N0 najveci
takav broj. Jasno k ≤ min{n,m}. Pokazimo da je k = n cime bismo dokaz tvrdenja priveli kraju.
58 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
Slika II.4.5.
Neka je, suprotno onom sto treba pokazati, k < n. Neka su N0 ⊆ N i P0 ⊆ P oba sa po tacno k elemenata a tako da vazi
L (
= L(P )
Tada je moguce izabrati neko x ∈ N \N0 6= ∅. Ako je k = m onda sledi P0 = P te je x ∈ N ⊆ L(P ) = L
( (P \ P0) ∪ N0
) , tj. N je linearno zavisan skup (videti Tvrdenje
II.4.3), suprotno nasoj pretpostavci. Dakle mora biti k < m pa je P \ P0 neprazan skup sa tacno l := m − k ∈ N
elemenata.
Slika II.4.6.
Neka su prirodan broj s ≥ l i injektivna s-torka (z1, . . . , zl, . . . , zs) vektora takvi da je
P \ P0 = {z1, . . . , zl} i (P \ P0) ∪N0 = {z1, . . . , zl, . . . , zs} Ako s > l onda je {zl+1, . . . , zs} ⊆ N0, jer {zl+1, . . . , zs} ∩ (P \ P0) = ∅.
Kako je x ∈ N ⊆ L(P ) = L ( (P \P0)∪N0
) to postoje βi ∈ K za i = 1, s tako da
je
−→x =
s∑
βi −→zi (II.5)
Pretpostavimo najpre da je βi = 0 za svako i = 1, l. Ako je s = l (a ovo ce biti tako specijalno kad je k = 0 i konsekventno N0 = ∅) onda (II.5) povlaci da je x = 0; no kako je x ∈ N a N linearno nezavisan skup to mora biti x 6= 0 (videti Tvrdenja II.3.4 i II.4.2) – kontradikcija. Dakle zakljucujemo da u ovom slucaju vazi s > l pa se zato (II.5) svodi na
−→x = s∑
βi −→zi
Kako je {zl+1, . . . , zs} ⊆ N0 to ovo znaci da je x ∈ L(N0) ⊆ L ( N \ {x}
) , pa sledi da
je N linearno zavisan skup – kontradikcija. Dakle zakljucili smo da mora da
postoji neko i0 ∈ {1, . . . , l} tako da je βi0 6= 0.
Ako stavimo S := (P \ P0) ∪N0, na osnovu Leme II.4.6 sada sledi
L(S) = L ( (S \ {zi0}) ∪ {x}
)
)
pa ako stavimo P1 := P0 ∪ {zi0} i N1 := N0 ∪ {x} imamo
(S \ {zi0}) ∪ {x} ⊆ (P \ P1) ∪N1
odakle je
) ⊆ L
(P \ P1) ∪N1
= L(P ) (II.6)
Kako je zi0 ∈ P \ P0 a P0 ima k elemenata to je P1 = P0 ∪ {zi0} podskup od P sa k + 1 elemenata; kako je x ∈ N \ N0 a N0 ima k elemenata to je N1 = N0 ∪ {x} podskup od N sa k + 1 elemenata. No sada (II.6) protivureci izboru broja k. 2
60 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
Posledica II.4.8 Ako su konacni skupovi S1, S2 ⊆ V oba linearno nezavisni i po- tpuni, onda imaju isti broj elemenata.
Dokaz Ovo sledi iz S1 ⊆ V = L(S2) , S2 ⊆ V = L(S1) i Tvrdenja II.4.7. 2
Posledica II.4.9 Ako je V konacnodimenzionalan onda je takav i svaki njegov po- dprostor (preciznije – vektorski prostor odreden datim podprostorom).
Dokaz Neka je {0} 6= P v
⊆ V i P vektorski prostor odreden podprostorom P .
Postoji konacan skup B ⊆ V vektora sa n ∈ N elemenata tako da je V = L(B) .
Slika II.4.7.
) je linearno nezavisan sistem vektora prostora P”
znaci isto sto i reci
“ai ∈ P za svako i = 1, k i a = ( ai : i = 1, k
) je linearno nezavisan sistem vektora
prostora V”.
Zato je k ≤ n za svaki takav sistem. Otuda postoji k0 ∈ N tako da je
k0 = max { k ∈ N :
( ai : i = 1, k
}
) vektora iz P . Tvrdimo da za
N := { ai : i = 1, k0
} vazi L(N) = P . N je linearno nezavisan skup prostora P i
ima k0 elemenata (videti Tvrdenje II.4.2). Kad bi postojalo neko x ∈ P \L(N) onda bi skup N ∪ {x} bio linearno nezavisan skup vektora prostora P (videti Tvrdenje II.4.5) sa k0+1 elemenata, te bi sistem (a1, . . . , ak0, x) bio linearno nezavisan sistem vektora iz P ; no kako je ovaj sistem duzine k0 + 1 ovo protivureci izboru broja k0. 2
II.5. BAZNI SKUP, BAZA, DIMENZIJA 61
II.5 Bazni skup, baza, dimenzija
Definicija II.5.1 Potpun i linearno nezavizan skup vektora nazivamo
bazni skup vektorskog prostora V
2
Tvrdenje II.5.2 Neka je S ⊆ V konacan potpun skup i N ⊆ S linearno nezavisan skup sa n ∈ N0 elemenata tako da je
n = max {card(M) : M ⊆ S i M je linearno nezavisan}
tj. N je linearno nezavisan podskup od S sa najvecim mogucim brojem elemenata. Tada je i N potpun.
Dokaz Pod datim uslovima mora biti S ⊆ L(N): kad bi postojao neki x ∈ S \ L(N) onda bi N ∪ {x} bio linearno nezavisan (prema Tvrdenju II.4.5) podskup od S sa n + 1 elemenata, sto protivureci izboru broja n. Dakle
V = L(S) ⊆ L ( L(N)
tj. N je potpun skup. 2
Teorema II.5.3 Neka je V k.d.v. prostor. Tada – svi linearno nezavisni skupovi su konacni; – postoji skup koji je istovremeno i potpun i linearno nezavisan, tj. postoji bazni
skup prostora V;
– svi bazni skupovi imaju isti broj elemenata i ovaj broj oznacavamo sa dim(V) i nazivamo
dimenzija
konacnodimenzionalnog vektorskog prostora V.
Dokaz Teorema je direkna posledica Tvrdenja II.4.7 i II.5.2 i Posledice II.4.8. 2
Zapazanje II.5.4 Primetimo da je ∅ bazni skup nula prostora V = {0}, te i da je dimenzija nula prostora jednaka 0:
dim ( {0} ) = 0
Konvencija Ako je V konacnodimenzionalan vektorski prostor, P v
⊆ V i P vektorski prostor odreden podprostorom P , onda je prema Posledici II.4.9 i P konacnodimenzi- onalan, te je definisano dim(P) ∈ N; za dim(P) ∈ N kazemo i da je dimenzija
podprostora P v
Definicija II.5.5 Pod
) vektora za koji vaze sledeca dva uslova:
– s1 6= s2 ⇒ as1 6= as2 za svako s1, s2 ∈ S – skup
{ as : s ∈ S
skup datog vektorskog prostora. 2
Drugim recima, baza je sistem vektora koji se ovako dobija: fiksiramo neki bazni skup vektora M ⊆ V i neku bijekciju a : S → M ;
( as : s ∈ S
) je baza.
Nas ce skoro iskljucivo interesovati baze kod kojih je S = {1, . . . , n} za neko n ∈ N, tj. baze oblika
( ai : i = 1, n
konacnodimenzionalnim vektorskim prostorima.
( xi : i = 1, n
Tvrdenje II.5.6 Sistem ( xi : i = 1, n
) je baza prostora
} bazni skup prostora sa n elemenata.
2
) baza prostora onda je n = dim(V) .
Tvrdenje II.5.7 Sistem ( xi : i = 1, n
) je baza prostora
II.5. BAZNI SKUP, BAZA, DIMENZIJA 63
2
§
Definicija II.5.8 Neka je n ∈ N, neka je n-torka ( ai : i = 1, n
) baza prostora
V i x ∈ V . Kako je sistem ( ai : i = 1, n
) potpun to postoji n-torka skalara
( αi(x) : i = 1, n
) ∈ Kn tako da je
) linearno nezavisan to je
( αi(x) : i = 1, n
) jedi-
nstvena n-torka skalara za koju ovo vazi; za i ∈ {1, . . . , n} skalar αi(x) nazivamo
)
} onda postoji
tacno jedno i0 ∈ {1, . . . , n} tako da je ai0 = v
(jer je ova n-torka injektivna kao linearno nezavisna).
Za αi0(x) kazemo da je
)
) i b =
} = { bi : i = 1, n
} =: M (tj. obe se dobijaju tako sto
se elementi jednog te istog baznog skupa sa n elemenata poredaju u po injektivnu n-torku). Ako su x ∈ V i v ∈ M proizvoljni onda se koordinata vektora x u odnosu na bazu a pri vektoru v poklapa sa koordinatom vektora x u odnosu na bazu b pri vektoru v.
Zaista, neka je x =
−→ bk . Ako su p, q ∈ {1, . . . , n} takvi da
je ap = bq = v treba zapravo pokazati da je αp = βq. Postoje i1, . . . , in takvi da (a1, . . . , an) = (bi1 , . . . , bin). Imamo
x =
n∑
64 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
iz cega sledi βik = αk za svako k = 1, n, obzirom da je sistem a linearno nezavisan. Kako je bq = v = ap = bip , to iz injektivnosti n-torke b sledi da je q = ip, pa je zato βq = βip = αp.
Ovo zapazanje nam omogucava da govorimo i o koordinati vektora x u odnosu na bazni skup M pri vektoru v ∈ M . 2
Primer II.5.10 Neka je n ∈ N. Za i = 1, n neka je ei ∈ Kn definisano sa
ei(j) =
tj. ei = (0, . . . , 0
) odnosno
e1 = (1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0) e2 = (0, 1, 0, 0, . . . , 0, 0, 0) e3 = (0, 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0)
... en = (0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 1)
U vektorskom prostoru Kn svih uredenih n-torki brojeva iz K imamo:
n∑
αi −→ei = α1 · (1, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 0) +
... ...
... ...
... ...
... ...
αn−1 · (0, 0, 0, 0, . . . 0, 1, 0) + αn · (0, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 1)
... ...
... ...
... ...
... (0, 0, 0, 0, . . . 0, αn−1, 0) + (0, 0, 0, 0, . . . 0, 0, αn)
= (α1, α2, α3, α4, . . . αn−2, αn−1, αn)
Odavde se lako vidi da je ( ei : i = 1, n
) potpun i linearno nezavisan sistem, tj.
baza prostora Kn, te i da je dim(V) = n. Ovu bazu nazivamo
standardna baza prostora K n
II.5. BAZNI SKUP, BAZA, DIMENZIJA 65
Primetimo da je i-ta koordinata n-torke (α1, α2, α3, . . . , αn−1, αn) u odnosu na ovu bazu upravo αi – dakle isto sto i i-ta komponenta te n-torke. 2
Primer II.5.11 Neka je V := (C3,⊕, ) kompleksan vektorski prostor uredenih trojki kompleksnih brojeva i neka je ′ :=
( R × C3
) odgovarajua restrikcija
3,⊕, ′ )
realan vektorski prostor, i za njega kazemo da je R-modifikacija kompleksnog vek-
torskog prostora V.
Opstije, ako je W1 := (W,⊕, ) kompleksan vektorski prostor i ′ :=
(R × W ) onda je W2 := (W,⊕, ′) realan vektorski prostor; za W2 kazemo da
je R-modifikacija kompleksnog prostora W1.
Vratimo se sada nasem konkretnom primeru, tj. R-modifikaciji VR kompleksnog prostora V = (C3,⊕, ). Neka je e =
( ei : i = 1, 3
) standardna baza kompleksnog
prostora V iz Primera II.5.10. Sistem e je linearno nezavisan sistem vektora prostora VR jer je on linearno nezavisan sistem vektora prostora V i jer je α ′ −→x = α −→x za svako x ∈ Cn i svaki realan broj α ∈ R. No ovaj sistem nije vise baza prostora VR
jer nije potpun sistem vektora ovog prostora. Zaista, dok u prostoru V imamo
i −→e1 = i(1, 0, 0) = (i, 0, 0)
u prostoru VR nema mnozenja vektora kompleksnim brojem i – ovo nije skalar ovog prostora. Skalari ovog prostora su realni brojevi a imamo
α−→e1 + β−→e2 + γ−→e3 = α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0) + γ(0, 0, 1) = (α, β, γ) 6= (i, 0, 0)
za svako α, β, γ ∈ R. S druge strane lako se proverava da sistem
)
jeste baza prostora VR:
p(1, 0, 0)+x(0, 1, 0)+u(0, 0, 1)+q(i, 0, 0)+y(0, i, 0)+v(0, 0, i) = (p+qi, x+yi, u+vi)
Citaocu se prepusta da ovo razmatranje generalizuje posmatrajuci R-modifikaciju prostora svih kompleksnih n-torki gde je n ∈ N proizvoljno. 2
Primer II.5.12 Za i0, j0 = 1, 3 neka je matrica Ei0,j0 ∈ K3×3 definisana sa
Ei0,j0(i, j) =
{ 0, ako (i, j) 6= (i0, j0) 1, ako (i, j) = (i0, j0)
66 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
∑



+



+



=



+



+



+



+



+



+



+



+



=
=




Odavde se lako vidi da je { E1,1, E1,2, E1,3, E2,1, E2,2, E2,3, E3,1, E3,2, E3,3
} potpun
i linearno nezavisan skup sa 9 elemenata, te i da je dim ( K3×3
) = 3 · 3 = 9. Sistem
)
A :=

= b1, −5, 9, −3, 0, 7, 2 , 2, −1cE
Tako je recimo koordinata matrice A u odnosu na bazu E pri vektoru E2,3 jednaka 7, a pri vektoru E1,2 jednaka −5.
II.5. BAZNI SKUP, BAZA, DIMENZIJA 67
Slicno, ako su n,m ∈ N i ako su za i0 = 1, n i j0 = 1, m matrice Ei0,j0 ∈ Kn×m
definisane sa
Ei0,j0(i, j) =
{ 0, ako (i, j) 6= (i0, j0) 1, ako (i, j) = (i0, j0)
za i = 1, n i j = 1, m, odnosno
Ei0,j0 =
0 0 . . . 0 0
m−j0


}
potpun i linearno nezavisan i ima n ·m elemenata. Zato je sistem
( E1,1, . . . , E1,m;E2,1, . . . , E2,m; . . . . . . . . . ;En,1, . . . , En,m
)
standardna baza prostora Kn×m
Primer II.5.13 Neka je K ∈ {R,C}, n ∈ N i za i ∈ 1, n neka su si : K → K
definisane sa si(x) : df = xi za x ∈ K.
Sistem ( si : i = 0, n
) funkcija je baza prostora Poln,K. Zaista, ako je v ∈ Poln,K
dato sa v(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anx n (gde dozvoljavamo i da je an = 0) onda je
v = ba0, a1, . . . , ancs
68 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
za svako x ∈ K pa je sistem potpun, a ako su αi ∈ K za i = 1, n takvi da je
n∑
( n∑
n = 0
za svako x ∈ K, odakle se vidi da mora biti αi = 0 za i = 1, n; dakle sistem je i linearno nezavisan.
Ovu bazu nazivamo
standardna baza prostora Poln,K
Specijalno dim (Poln,K) = n. Standardna baza je specificna po tome sto se koo- rdinate vektora – date polinomske funkcije – u odnosu na nju poklapaju sa koefici- jentima te polinomske funkcije. 2
Primer II.5.14 Ako je u prostoru V geometrijskih vektora (a, b, c) proizvoljna tro- jka nekomplanarnih vektora, onda je ona potpun sistem vektora ovog prostora:
−→u = λ1 −→a + λ2
Slika II.5.8.
Znamo da niti lineal nad bilo kojim jednim geometrijskim vektorom niti nad bilo koja dva geometrijska vektora nije jednak V (videti Primer I.6.5). S druge strane prema Tvrdenju II.5.2 svaki potpun skup vektora ima podskup koji je bazni skup. Otuda zakljucujemo da (a, b, c) mora biti baza. Dakle dim(V) = 3. 2
II.6. SUME PODPROSTORA 69
Tvrdenje II.5.15 Neka je V k.d.v. prostor. Ako je (a1, . . . , an) linearno nezavisan sistem koji nije potpun, onda postoje k ∈ N i k-torka (b1, . . . , bk) ∈ V k vektora tako da je (a1, . . . , an, b1, . . . , bk) baza.
Dokaz Pretpostavimo suprotno, tj. neka postoji neko n ∈ N takvo da za neki linearno nezavisan sistem (a1, . . . , an) koji nije potpun vazi da nijedan sistem vektora koji je oblika (a1, . . . , an, b1, . . . , bk) nije baza; svaki takav broj n zadovoljava n ≤ dimV ∈ N pa zato postoji i najveci takav broj, oznacimo ga sa n0.
Neka je a = (a1, . . . , an0) linearno nezavisan sistem koji nije potpun a takav da nijedan sistem vektora koji je oblika (a1, . . . , an0, b1, . . . , bk) nije baza. Dakle moguce je izabrati neko x ∈ V \ L
( {a1, . . . , an0}
) . Kako je a linearno nezavisan sistem to
odavde sledi da je skup {a1, . . . , an0, x} linearno nezavisan (videti Tvrdenje II.4.5) i ima tacno n elemenata, tj. sistem (a1, . . . , an0, x) je linearno nezavisan. Zbog ucinjene pretpostavke o sistemu (a1, . . . , an0) sistem (a1, . . . , an0 , x) ne moze biti potpun (jer bi tad bio baza) a iz istog razloga ne moze postojati nijedna baza oblika (a1, . . . , an0, x, b1, . . . , bk). No sistem (a1, . . . , an0 , x) je duzine n0+1, sto protivureci izboru broja n0. 2
Posledica II.5.16 Ako je V k.d.v. prostor i P v
⊆ V, pri cemu je P 6= V , onda je dim(P ) < dim(V). 2
Tvrdenje II.5.17 Neka je V konacnodimenzionalan prostor, n := dim(V) ∈ N i a =
( ai : i = 1, n
) sistem duzine (upravo) n. Ako je a bilo linearno nezavisan bilo
potpun, onda je a baza.
Dokaz Ako je a linearno nezavisan sistem a nije potpun onda bi na osnovu Tvrdenja II.5.15 postojali k ∈ N i (b1, . . . , bk) ∈ V k tako da je (a1, . . . , an, b1, . . . , bk) baza; no ova bi baza bila duzine n+ k a n+ k > n = dim(V), sto je nemoguce.
Pretpostavimo sada da je a potpun sistem i stavimo A := { ai : i = 1, n
} . Tada
je S konacan potpun skup. Neka je N ⊆ A linearno nezavisan skup sa najvecim brojem elemenata. Prema Tvrdenju II.5.2 N mora biti potpun skup, te je stoga i bazni skup pa mu je n broj elemenata. Isti broj elemenata ima i njegov nadskup A pa je N = A. Dakle A je bazni skup sa n elemenata a ovo znaci da je a baza (videti Tvrdenje II.5.6). 2
II.6 Sume podprostora
Za neprazne skupove vektora A,B ⊆ V vektorskog prostora V definisemo
A+B : df = {−→x +−→y : x ∈ A, y ∈ B}
i α · A :
70 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
za α ∈ K. Ovako definisana operacija + na skupu P(V ) \ {∅} je asocijativna i komutativna, sto se lako proverava, a ima i neutral – to je singlton {0}.
Jednostavnom indukcijom pokazuje se da je
A1 + · · ·+ Ak = {−→x1 + · · ·+−→xk : xi ∈ Pi, i = 1, k
}
v
v
⊆ V.
Dokaz Neka je u, v ∈ P1 + · · ·+ Pk i α ∈ K. Tada postoje xi, yi ∈ Pi za i = 1, k
tako da je u = k∑
i=1
(xi + yi) ∈ P1 + · · ·+ Pk
jer je xi + yi ∈ Pi za svako i = 1, k, obzirom da je Pi
v
α−→xi ∈ P1 + · · ·+ Pk
jer je αi −→xi ∈ Pi za svako i = 1, k, obzirom da je Pi
v
⊆ V nazivamo suma k-torka podprostora (P1, . . . , Pk).
Definicija II.6.2 Za uredenu k-torku podprostora (P1, . . . , Pk) kazemo da ima di-
rektnu sumu ili da joj je suma direktna ako vazi k∑
i=1
xi 6= 0 kad god je xi ∈ Pi za
i = 1, k tako da za neko i0 ∈ {1, . . . , k} vazi xi0 6= 0.
Zapis Q = P1 ⊕ · · · ⊕ Pk znacice:
Q = P1 + · · ·+ Pk i (P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu
Tvrdenje II.6.3 Neka je P1, . . . , Pk
v
⊆ V. Sledeci uslovi su ekvivalentni: (1) (P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu; (2) ako su xi, yi ∈ Pi za i = 1, k tako da je xi0 6= yi0 za neko i0 ∈ {1, . . . , k},
onda je
i=1,k i6=i0
II.6. SUME PODPROSTORA 71
Dokaz (1) ⇒ (2): ako su xi, yi ∈ Pi za i = 1, k tako da je xi0 6= yi0 za neko i0 ∈ {1, . . . , k}. Definisimo
zi = xi − yi
za i = 1, k. Za svako i = 1, k vazi zi ∈ Pi jer Pi
v
⊆ V. Pritom je zi0 6= 0. Prema (1) sada sledi da je onda imamo
k∑
(2) ⇒ (3): Neka su i0 ∈ {1, . . . , k} i a ∈ Pi0 ∩ ∑
i=1,k i6=i0
a = ∑
zi (II.7)
za neke zi ∈ Pi za i = 1, k, i 6= i0. Definisimo sistem
xi : df = 0 za i = 1, k, i 6= i0 i xi0 :
df = a,
i sistem
yi : df = zi za i = 1, k, i 6= i0 i yi0 :
df = 0.
yi
Pritom je xi, yi ∈ Pi za i = 1, k. (2) sada povlaci da je xi = yi za svako i = 1, k, specijalno a = xi0 = yi0 = 0.
(3) ⇒ (1): Neka su xi ∈ Pi za i = 1, k tako da za neko i0 ∈ {1, . . . , k} vazi
xi0 6= 0. Kad bi bilo k∑
i=1
Pi0 3 xi0 = ∑
i=1,k i6=i0
Pi, sto bi protivurecilo uslovu (3). 2
Kao specijalan slucaj prethodnog tvrdenja imamo da ako je P,Q v
⊆ V onda
72 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE
suma para podprostora (P,Q) je direktna akko je P ∩Q = {0}
Primer U prostoru RR neka je
P1 := { f ∈ R
i P2 := { f ∈ R
Jednostavno je videti da je P1, P2
v
⊆ R R. Suma para podprostora (P1, P2) je direktna
jer ako je f ∈ P1∩P2 onda za svako x ∈ R vazi f(−x) = f(x) = −f(x), tj. f(x) = 0, pa je f konstantna nula funkcija. Dakle P1 ∩ P2 = {0}. 2
Tvrdenje II.6.4 U k.d.v.p. V neka je P1, . . . , Pk
v
⊆ V. Za i = 1, k stavimo ni := dim(Pi). Za svako i = 1, k neka je sistem (ai1, . . . , a
i ni ) baza vektorskog prostora
odredenog sa Pi. Tada je suma k-torke (P1, .