Principi Algebre, Opste, Diskretne i Linearne - Doros

8/21/2019 Principi Algebre, Opste, Diskretne i Linearne - Doros

http://slidepdf.com/reader/full/principi-algebre-opste-diskretne-i-linearne-doros 1/303

Rade Doroslovački

PRINCIPI ALGEBRE OPŠTE, DISKRETNE I LINEARNE

Stylos Art



Rade Doroslovački

PRINCIPI ALGEBRE

OPŠTE, DISKRETNE I LINEARNE

STYLOS ART 2010



Naziv udžbenika: Principi algebre, opšte. diskretne i linearne

Autor:

Recenzent:

Izdava :

Tiraž:

Stampa:

Dr Rade Doroslovački,

redovni profesor na FTN-u u Novom Sadu

Dr Zoran Stojaković.

redovni prof'esor na PMF-u u Novom Sadu

STYLOS d.o.o. STYLOS ART, Novi Sad

350 primeraka

GRID CENTAR. FTN NOVI SAD

CIP - Katalogizacija u publikacijiBiblioteka Matice srpske, Novi Sad

512.5 (075.8)512.817 (075.8)512.64 (075.8)

DOR OS LOV A Č KI , R ade

Principi agebre, opšte, diskretne i linearne / Rade Doroslivački.

- 2. izd. - Novi Sad : Stylos art, 2010 ( Novi Sad : Grid ).- 299 str. : ilustr. ; 25cm

Tiraž 350. - Bibliografija, - Registar.

ISBN 978-86-7473-532-9

a) Opšta algebra b) Diskretna algebra c) Linearna algebra

COBISS. SR-ID 256343815



Sadržaj

P R E D G O V O R 2

1 NEŠTO O LOG ICI I SK U PO VIM A 3

2 RE LA CIJE 11

3 FU NK CIJE 27

4 B U LOV A A L G E B R A 53

5 GR U PO IDI I GR U PE 75

6 PR STE N I I PO LJA 101

7 KO M PLEK SNI BR OJEV I 111

8 POLI N OM I N A D PR O I Z V OLJ N I M PO LJ I M A 131

9 KO NŠT RU KC IJA PO LJA 159

10 DE TE RM INAN TE 167

11 SISTEMI LINEA RN IH JED N AČ INA 183

12 SLOBOD NI V E K TO R I 191

13 A N A L I TI Č KA GE OM E TR I JA 215

14 V E KT OR S KI PR O S TO R I 229

1



15 LINEARNE TR AN SFO RM AC IJE 247

16 M ATR ICE I LINEARN E TR AN SFO RM AC IJE 257

17 R A N G M A T R I C E I I N V E R Z N A M A T R I C A 273

18 KA R A K TE R I S TI Č I N I KOR E N I I V E K TO R I 291

2 Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

P R E D G O V O R

Ovaj udžbenik namenjen je studentima tehničkih fakulteta i svimaonima koji žele da na popularan i jednostavan način što brže steknu os-novna znanja iz apstraktne algebre, linearne algebre. diskretne matem-

atike i osnova kombinatorike. Sadržaj udžbenika je materija sa mojihpredavanja na predmetu Diskretna matematika i linearna algebra naodseku Energetika. elektronika i telekornunikacije, kao i na odsekuRačunarstvo i autornatika, Udžbenik sadrži dovoljan broj rešenihreprezentativnih zadataka koji omogućavaju lakše shvatanjc apstrak-tnih algebarskih i kombinatornih pojmova.

Delovi teksta koji su odštampani sitnim slovima nisu po-trebni za ispit.

Zahvaljujem se recenzentu prof. dr Zoranu Stojakoviću, na kori-sriirn primedbama i sugestijama.

U Novom Sadu22.09.2010.

Autor



Glava 1

NEŠTO O LOGICI I SKUPOVIMA

Jedan od osnovnih pojmova matematike je pojarn skupa. Ostale ma-tematičke objekte (pojmove) definisaćenio polazeći od pojma skupa.Postoji veoma jaka intuicija o pojmu skupa. Tu se pretpostavlja ele-mentarno srednjoškolsko znanje iskazne algebre i matematičke logikekoje omogućava elega.nt.nije, jasnije i kraće izueavanje materije koja se

izlaže.

Ina e u glavi Bulova algebra (vidi 4.1, 4.2 i 4.3), iskazna algebra ialgebra skupova su prikazane kao primeri, modeli, Bulove algebre, ime

su fakti ki obrađ eni i iskazna algebra i algebra skupova!

Vi znate da su izkazi rečenice na koje se može primeniti jeđna isamo jedna od reči istinito ili neistinito tako da ,.to ima smisla"

Binarna operacija konjunkcija. u oznaci A među iskazima p i q jetakva da je iskaz p Aq istinit ako i samo ako su oba istinita, a operacijadisjunkcija u oznaci V je t.akva da je p V q istinit a.ko i samo ako je

bar jedan istinit,

3



4 Principi algebre, opšt-e, diskretne i linearne

Negacija, u oznaci “Ije unarna operacija takva da ako je p istinittada je 1 p neistinit i ako je p neistinit, tada je ~[p istinit.

Cinjenice iz pretliodna dva pasusa ne niogu se dokazati, one su plod

logike ljudskoga roda (definicije), ali se sada na prirner može dokazatida iskaz “l(pA q) ima uvek istu istinitosnu vrednost sa iskazom ~]pVlq, za sve vrednosti iskaza p i q tj. l (p A q) — 1 p V 1q. Dokaz slediefektivnom proverom sva četiri moguča slučaja.

Međutim i bez te provere. nama, pripadnicima ljudskoga roda, to je jasno i bez dokazivanja, jer suprot.no od oba su tačna, jeste bar jedan je netačan!

Ovaj logički zakon zove se Demorganov zakon (tautologija).Logička operacija ekvivalencija je označena sa <=4> i iskaz p q je

tačan ako i samo ako iskazi p i q su takvi da istovremeno su oba tačnaili oba netačna.

Sad umesto ~~\(p A q) = lp V ~\q pisačemo l (p A q) Ip V “iqNa taj način dalje izgrađujemo našu sopstvenu logiku tj. formali-

zujemo je odnosno uređujemo je.

Ako je A = {a.’i.X2, •• , a^}, tada uvodirno oznake (3a; G .4)7r(a')(čita se: Postoji x iz skup A takav da je tt( x ) tačiio) i (V.j; G A)i\(x) (čit.a se: Za svako x iz skup A je tt( x ) tačnoj. koje su đefinisane sa:

(3a: € / l )7r(x) 7r(a’i ) V 7r(a;2) V • •V ir(xn)

(Va- £ A)7t(.t) 7r(a’i) A /r(x2) A •••A 7r(a’„),

gde 7r neka osobina koju proizvoljni elemenat može zadovoljavati ili nezadovoljavati tj. ir(x) je iskaz. što znači ili je tačan ili netačan.

Simboli V i. 3 zovu se kvantifikatori redom ,,za svako" i „postoji" Vrlo važne teoreme iz iskazne algebre (taut.ologije), koje se veoma

čest.o koriste u radu, su Demorganovi zakoni, (vidi teoremu broj 4.13)~\(p Vq) <=? Ip A “Iq i l (p Vq) <=> Ip A lq, a njihove generalizacije za

A — {.-ci, x2, ••. avj, gde su 7r(ari), t t ^ ) . •••. tt( x „) neki iskazi, su

“!^(3a- G A)7r(a;)j (Vx G A)1 tt(x)

l^(Vx G A )7t(x) <> (3.x e 4)“l7r(a:)

ili na primerima: rečenica. ,.Nije ta.čno da postoji jednakostraničantrougao” ekvivalentna je sa ,.Svaki trougao je nejednakostraničan” gde



1. Nešto o logici i skupovima 5

je A skup trouglova, a osobina tt - biti jednakostraničan. Takođerečenica ..Nije tačno da su svi ljudi humani” ekvivalentna je rečenici,,Postoji čovek koji nije humair gde je A skup ljudi, a osobina n - bitihuman.

Izuzetno važna binarna operacija u algebri iskaza je i IMPLIKACIJA,koju čitamo: ,,ako je p, tada, je i q” što se označava sa p => q.

Da vidimo šta logika ljudskoga roda (tj. mi) kaže (kažemo), kada je iskaz p => q tačan, a kada netačan?

Pa kao što osećate i znate implikacija kaže da ako je p tačan ondamora biti i q tačan, a a k o p n i j e t a a n , o n d a n i k om n i št a t j . sv e j e u r ed u !

Prema tome implikaeija je netačna ako i samo ako je p tačan i q

netačan i NIKAD VIŠE!D r u g i m r e i m a a k o j e i sk a z p n et a a n , t a d a j e p => q

t a a n i sk a z b e z o bzi r a d a l i j e i sk a z q t a a n i l i n et a a n !

To zna i da kada ispitujemo ta nost implikacije p => q, tada je do-

voljno proveravati samo slu aj p = T, jer u slu aju p = ± implikacija jeuvek ta na bez obzira kakav je q, a ako je i q = T, tada je implikacija

takođ e ta na bez obzira kakav bio iskaz p.

Cinjenica 1.1Iz prethodnog re enoga sledi da se ta nost implikacijep => q proverava

tako što se pokazuje samo da je slu aj p = T i q = JL NEPOSTOJEĆ I,

odnosno da se nikada neć e desiti slu aj T => _L.

Logička operacija ekvivalencija je označena sa i iskaz p <=> q je

tačan ako i samo ako iskazi p i q su takvi da istovremeno su oba tačna

ili oba netačna.

Sad se može dokazati ( proverom sva 4 moguća slučaja ) još jedanvrlo važan i često korišćen logički zakon koji se zove kontrapozicija tj.

p => q <=$ 1q Ip, jer je u nekim primerima mnogo lakše se dokazuje~\q => "i p nego p =>• q. Na osnovu prethodnih pasusa i definicije

implikacije, sledi da je d in i slučaj kada je prva implikacijanetačna je p = T i q = i , a isto važi i za drugu implikaciju.To znači da je iskaz p => q <=> lq => Ip uvek tačan tj. tautologija.Primetimo da je ovim dat clokaz bez korišćenja tablice istinitosti tj.

proveravanjem sva četiri slučaja!



6 Principi algcbre, opšte, diskretne i linearne

„Dokažimcr ovaj zakon kontrapozicije sledećim primerom: Ako bude pom račenja sunca, tada indijanci neće ratovati

isto je što i Ako su in dijanci ratovali, tada nije bilo pom račenja sunca.

Primetimo da ovaj zakon kontrapozicije, ustvari je onaj metoc

dokazivanj a kontradikcij om!Ovako u enje logike, bez tablica istinitosti, je najispravniji na in u enja.

Proveri sve tautologije koje slede, na ovkav isti na in, bez tablica istini-

tosti!p A q <=$ q A p pV q 43 q V p

p A p <=>p pV p 43 p

p A _L «=> ± p V T 43 Tp V _L <=> p p A T <£=>p

p V ~\p < > T p A 1p O 1

p V (p A q) p p A (p Vq) & p

p A (q V rj (p A q) V (p A r) p V (q A r) 43 (p V q) A (p V r)

p V (q V 7-) (p V q) V r p A (q A r) 43 (p A q) A r

~\(p V q) 43 Ip A ~]q l( p A q) 43 1p V lq

“i(“lp) p p =3 q O lq => Ip

Ovo je bio samo jedan mali osvrt na matematičku logiku tj. iskaznualgebru. odnosno na ovozemaljsku ljudsku logiku.

Ako elemenat x pripada skupu S to ćemo zapisivati sa x G S, a ako

elemenat x ne pripada skupu S to ćemo zapisivati sa x S. Konačanskup može se definisati zapisivanjem elemenata skupa koji se razdva-

jaju zarezom a sve to stavlja u vitičaste zagrade. Na primer ako skup S sadrži samo elemente x\, xo....... xn tada pišemo S = {u'i, x 2, . . . . .crJ.

Skup S može se zapisati tako što pronađemo neku karakterizaciju,uslov, svojstvo 7Tnjegovih elemenata, koju ne poseduje nijedan eleme-nat koji ne pripada skupu S. Ako n(x) znači x zadovoljava uslov (os-obinu) 7r, tada zapis S = {,t|7t(x')} čitamo: ,,S je skup svih takvih x, da

x zadovoljava uslov vr.” Naravno ovaj način zapisivanja skupova možese koristiti i za konačne skupove. Na priiner: {x\'2x — 3 = 0} = {^}.

{x\x 6 NAx < 10} = {1,2,3,4,5,6, 7,8,9,10}, {x\x e ZA\x\ < 2} ={ —1, 0,1 } itd. Skup koji nema elemenata zvaćemo praznim skupom ioznačavaćemo ga sa 0. U svakom pojavljivanju nekih skupova, uvek

podrazumevamo da postoji neki skup U kome pripadaju svi elementi



J. Nešto o logici i skupovima 7

svih skupova koje razmatramo. Taj skup ćemo zvati univerza lan

skup U. Skraćenica za ,,ako i samo ako” biće „akko” ili 43.Svaka definieija da bi bila korektna mora biti t.ipa .,ako i sa.mo ako” ,

pa ako negde u definiciji budemo napisali ako, podrazumevaćemo da je to akko, što je uobičajena konvencija. Ako ispred iskaza koji zavisiod x nije napisan nikakav kvantifikator, tada ćemo podrazumevati dapiše kvantifikator V:r.

Broj elemenata skupa A zovemo i kardinalni broj skupa A i ozna-

čavaćemo sa |A| ili CardA.Sada ćemo dati neke osnovne definicije i teoreme bez đokaza.

Definicija 1.2 Dva skupa A i B su jednaka akko irnaju iste elemente.

tj. A = B 43 (Vx G U) (x E A 43 x £ B.).

Definicija 1.3 Skup A je podskup skupa B, u oznaci A C B, akko

svaki elemenat skupa A pripada skupu B, tj.

A C B 43 (Vx e U) (x £ A =3 x £ B).

Ako je skup A podskup skupa B, kaže se da je B nadskup skupa

.4. Ako je A C B i /I / B tada se kaže da je skup ,4 pravi podskupskupa B. što označavamo sa A C B. Očevidno je da relacija C jesteantisirnetrična. jer je A = B 43 (A C B A B C .4) viđi 2.11.

Definicija 1.4 Unija skupova A i B, u oznaci A U B, je skup korne pripadaju svi tlementi skupa A, pripadaju mu i svi elementi skupa B

i dnujih elemenata u skupu A U B nerna. tj.

.4 U £ = |./•./• G A V x £ B}.

Definicija 1.5 Presek skupova A i B. u oznaci A fi B, je skup kome

pripadaju svi oni elemcnti koji su i elernenti skupa A i clementi skupa

B i drugih elemenata u skupu A D B nema, tj.

A. n B — {x\x £ A A x £ B }.

Ako je presek dva skupa prazan skup. za njih se onda kaže da su dis-

junktni skupovi.



8 Prinaipi algebre, opšte, diskretne i linearne

Definicija 1.6 Razlika skupova A i B, u oznaci A\B, skup je svih elernenata skupa A koji ne pripadaju skupu B, tj.

A\B = G A A x 0 B }.

Definicija 1.7 Komplernent skupa A u odnosu na skup U, u oznaci A ili Ac, jeste skup svih elemenata skupa U koji ne pripadaju skupu

A, tj. _ Ac = A = U\A = {x\x e U A i ^ A }.

Jasno je da važi j.4| = jl/j — j/l|.

Definicija 1.8 Simetrična diferencija skupova A i B, u oznaci A + B ili A © B, je skup svih elemenata iz umje skupova A i B koji ne pripadaju njihovorn preseku, tj.

,1 • I! (A\B) U (B\A) = (.4 U B) \ (A n B).

Na osnovu tautolgija iz prethodne tabele sledi automatski tabela oodgovarajućim zakonima u teoriji skupova. gde su A. B i C podsku-povi nekog univerzalnog skupa U, odnosno A = U\ A .

A r B = B OA A U B = B U A A n A = A / I u A = A A n 0 = 0 A u U = U

c ! l A n U = A

A \JA = U A n .4 = 0 A U (A n B) = A A n (A u B) = A

.4 n (B u C) = (A n B) u (A n C) -4 u (B n C) = (A u B) n (.4 u C)

A U ( B U C ) = (A U B) U C .4 n (B n C) = ( A n B ) n c A U B = A n B A n B = A u B

A = A A C B <=>~B C A

Vidi definiciju 4.1. primer 4.3 i teoreme od 4.5 do 4.13.

Definicija 1.9 Partitivan skup, skupa A. u oznaci 'P(A), skup je svih, podskupova skupa A, tj.



1. Nešlo o logici i skupovima 9

Na primer ako je 4 = {1, 2, 3}, tada je

V(A) = { 0. {! }. {2}, { 3}. { 1, 2}, { 1, 3}, {2 , 3}. { 1, 2, 3} j .

Kroz sledeća dva primera i teoreme postepeno ćemo prikazati ču-venu formulu uklučenja - isključenja, koja vam je za k = 2 i k = 3poznata još iz osnovne škole!

Primer 1.10 Za bilo koje podskupove Ai, A-2, As i A± skupa A važi: |,4i u a 2\= |/li| + \a2\- |.4i n ,42|;

\Ai U A -2U 4 ,3i = |4ij + \A2\+ \A3\

- |4i n 4 2|- |4j n 4 3|- |42n 4 3j + |4i n 4 2n 4 3|;

|4i U A<2U 4 3 U A4 i = 14 11+ 1421+ 1431+ j4 .i !- 14i n 4 21- i 4 i n 4 3 ] - 14i n 4 4! - i 4 2n 4 31- 142 n 4 41- 143 n 4 41+|4 i n 4 2n 4 3|+ |4 i n 4 2n 4 4j+[4i n 4 3 n 4 4j+ |42n 4 3 n 4 4| - j 4 i n 4 2 n 4 3 n 4 4|;

T e o r e m a 1 .1 1 N eka su. A\ , A ^ . ■ ■ ■ * A ^ pod sku povi ; skupa Aq f a f on da s v s i ' a k a d va r a z l i i t a .

A k o j e |-4oi — o q . lA?i I = a i - iA?i A 72 I “ a - ‘ l ^ j i A 72 n' I = Q_3;\ A j } C\ A j 2 f ) A J4 ! = a.j. ••• , [ A j ^ n.-lj,, n- •-n A ^ I = a ž-. za sv a k u p e rm u t a c i j u •••• j k )

skupa { 1, 2, - - ■ . k) . iada je \A\ U Ao J U A \ = ( —l ) 1" 1 (^ )a i .

D r u g i m r e i m a sk u p o vi A 1. A o . ••• . A ^ su t a k v i d a su s v a k a d v a r a z l i i t a i i m a j u i s i i i i b r o j

el emena ta . a \ = |-Ai| — . . . — \ Ai : \ . ka o 1 b r o j el emena t a p r es eka b i l o k o j i h , .i " sk upo va i z

.4],. A ‘ 2 , ••• , A f c j e vv ek i s t i br o j a ,. za svak o i 6 { 1, 2. •• , k } .

Doka z ove teorem e 1.11 induk cijom je vrlo jedn ostav an. Dok aži sa.m! Jedin o što se koristi 11

dokazu je (* ) + ( ^ ) = ( ^ 1.

T e o r e m a 1 .1 2 Pod us l o v im a p r et h ođ ne i e .o r eme i zbog n j e va l i :

_ __ _________ k ,k j-4i n • •n 1=1.4i U...U-4fc|=|.40|- [.4, U-.-U.4fcl =]T + lW.W

_•_r\ ^

k k k

i l i ,,m a l o k r a ć e ” n + u + =--; i-40 |- U Ajt= i i= l 1=1

EM)'i )

Ova teorema 1.L2 je neposredna posledica D em organ ovog zakona, teorem e |iS'| = \ U\ -- 151.

i t eo re m e l . l l gde j e S = U \ S komplement skupa S u odnosu na. skup t i naravno S C U . U

našom prirneru je S = A \ U •••U A ^ i U = A q .



10 Principi aIgebre, opšte, diskretne i linearne

Definicija 1.13 Particija (podela ili razbijanje) skupa A, skup je ne- praznih podskupova skupa A, od kojih su svaka dva disjunktna (nemaju

zajedničkih elemenata tj. presek imje prazan skup), a njihova je unija ceo skup A . Svaka particija određuje tačno jednu relaciju ekivalencje.

Broj svih particija nekoga skupa od n elemenata jednak je brojusvih mogućih raspoređivanja n kuglica koje se RAZLIKUJU u na-

jviše n kut-ija koje se NE RAZLIKUJU i jednak je broju svih relaeija

ekvivalencije n-točlanog skupa. Neke kutije mogu biti i prazne! Naprimer, ako

su sve kuglice u jednoj kutiji . to je sam o jedna m ogućnost!

Definicija 1.14 Tip particije skupa A od n elenicnata na k podskupova je uređena k-torka prirodnih brojeva u neopadajućem poretku, čija svaka komponenta je broj elemenata nekoga podskupa, u toj particijL

Drugim re ima, tip particije skupa A od n elemenata na k podskupova,

je uređ ena fc-torka prirodnih brojeva u neopadaju em poretku, iji zbir

komponenata je n. Ivoliko ima tipova particija šestočlani skup? Ako skiin ,4 ima n elemenata, tada broj svih particija skupa .4 na k

podskupova obeležava se sa SJI i zove se stirlingov broj. Sada je jasnoda broj svih particija skupa od n elemenata jednak je + 6',2l + - •- + 5 “ .

Na primer sve particije skupa {1, 2, 3}. odnosno sva raspoređivanjatri razlićite kuglice u najviše tri kutije koje se ne razlikuju, su

{ {1 . 2 ,3 > } ,{ {1 , 2 > , { 3 } } . { { 1 . 3 } . { 2 } } , { { 2 . 3 } . { l > } r{ { l> , {2>. { 3 } }

i njho'\r broj je Sf + Sf + S% = 1 -3+ 1 = 5.Napiši sve particije skupa {1,2.3,4}. kojih ima Sf + S’21+ Sj + S4 =

1 + 7 + 6 + 1 = 15,N a primer { {1, 2, 3. 4, 5 } | , { {1 ,2 } , {3 , 4, 5 } j . | {1 } , { 2 } , { 3 ,4 , 5 }| , su neka t ri pr imera par-

ticije skupa {1. 2. 3, i, 5} . kojih irna ukup no S f + SS + S'f + 5 J — S? = 1 + 15 + 25 + 10 + 1 = 52. a

{ { 1 ,2 , 3, 4, 5 . 6}| , { { 1 , 2} , {3 , 4, 5 ,6 } | , { { ! } , {2 . 6} . { 3 , 4 . 5 } } . { { 1 . 2 } . {3 . 4 }, {5 , 6 } } i na primer

part ic ija, { { 1 ,5 } , { 3 . d } . {2 ,4 }} , su nekih pet primera partic ija skupa A = {1, 2, 3, 4. 5. 6} . kojihima ukupno S f + 4- S§ f + S f + Sg =

1 + (?) + (4) + (3) h + (! ) + (3) (2) + (2) (2) £ + (3) ■+ (2) (2) 5F + ( 2 ) + 1 = 203,

je r ti pov i sv ih m og ućih partici ja sk upa A u ođnosu 11a broj elemenata 11 pods ku povim a tih

particija su: (6),(1,5 ),(2,4), (3,3).(1,1,4).(1,2,3), (2,2,2 ),(1 J ,1 ,3),(1,1,2.2),(1,1,1,1,2),(1,1.1,1,1,1).

V id i 1.14. Pre m a to m e broj sv ih par tici ja , a time i broj sv ih rel ac ija ek vivalenci je u sk upo vim a

ko ji irnaju 1, 2, 3. 4, 5 i 6 elem ena ta je r ed om 1, 2, 5, 15, 52 i 203. V id i deftni ciju 2.12

Ako kažemo dat je skup {a , a2, . . . , an\ od n elemenata, podrazu-

mevaćemo da su svaka dva među njima različita.



Glava 2

RELACIJE

Binarna relacija tj. bilo koji skup uređenih parova, je jedan od osno-vnih pojmova matematike koji je neophodan u svim njenim oblastima iu mnogim drugim naukama. Bez pojma relac.ije nemoguće je definisatimnoge matematičke objekte i razumeti druge oblasti matematike inauke. Sada ćemo zbog što lakšeg i boljeg razumevanja, krat.ko izložitinešto o relac-ijama i ilustrovati odgovarajućim primerima.

Uređen par se označava sa (a. b) i razlikuje se od dvoelanog skupa{a, b} samo u tome što kod uređenog para je bitan redosled tj. ko je

prvi i ko drugi elemenat para, dok kod dvočlanog skupa kao što znamoredosled nije bitan, paje naprimer (2, 3) ^ (3, 2) dok je {2, 3} = {3, 2}.

Evo sad i preeizne matematičke definicije uređenog para koja vamnije neophodna, ali nije loše pročitati je, zbog matematičke pismenostii konstatovati da ona govori potpuno isto što i prethodni pasus.

D e f m i c ij a 2 .1 U r eđ en pa r el e r n ena t a a i b u ozna c i ( a , h ) sk up j e { { a } , { a . b } } i j . ( a , b ) = | {a } . {a . 6} } . E l er n ena f a zo vemo p r v on i k omp onen t o i n . do k el emena . t b zover n o d r ugom k omp o -

n e n t om p a r a (a ,6) .

T e o r e m a 2 . 2 U r eđ en i pa r o v i (a . b ) i (c. d ) j edn a k i s u a k ko j e a = c ? 6 = d .

11



12 Principi algebre, opšte, diskretne i Jinearne

D o k a z A k o j e a = c i b = d tada je očeviđno ( a . b ) = (c , d ) . Neka je sada ( a , b ) = ( c , d )

tj. { { a } , { a , 6 } } = { { c } , { c , d } } . Kako irnamo jednakost dva dvoelana skupa. to postoje dve

mogućnosti . Prva je { « } = {c } i {a , 6} = {e : rf}, a druga je {a } = { c . d } i {a , 6} = { c } .

Na osnovu definicije jednakosti dva skupa u prvom je slućaju a = c i 6 = d . a u cirugoni je

a c - d -- b.

Primetimo da je teorema 2.2 u stvari ekvivalentna defiuiciii 2.1Drugim rećirna. može se reči, da clvočlani skup kod kojega je bitno ko je prvi a ko drugi,

je ste ure đe n par.

D e f i n i c i j a 2 . 3 U r eđ ena t r o j k a e l emeno .t a a . b i c. št o o zna ava mo sa ( a , b . c ) . j e s t e ( ( a , b ) . c ) ,

t j .

(a , b. c) = ((a, 6), c).

Dalje se rekurzivno definiše uređena n-torka

(a .j . a ) . . . . . a r i ) == ((« ] , a ? ........a n — i ) . a n ) za n = - 3 . 4 , . . .

Definicija 2.4 Dekartoo proizvod skupova A i B u oznaei A x B skup je svih uređenih parova čija prva konrponenta pripada skupu A, a druga komponcnta pripada skupu B, tj.

A x B = {{a,b)\a e .4 A b e B}.

Na primer ako je A — {1.2,3} i B = {x .y } . tacla je A x B — {(1. x ), (1, y), (2, x), (2. y), (3, x). (3. ?/)). Ako u prethodnoj definieiji

uzmemo A = B, tada dobijamo A x A što označavamo sa A2 i čitamo„Dekartov kvadrat akupa A " . Analogno tome An je skup svih uređenihn-torki čiji su elementi iz skupa A i zovemo ga n-ti Dekartov stepenskupa ,4. Na primer. ako je A = {(). 1} i B = {1, 2. 3} tada je .43 =

= { (0,0. 0), (0, 0. 1). (0, 1, 0), (0, 1, 1), (1.0. 0). (1,0, 1), (1, 1. 0). (1, 1. 1)}.

B 2 = {(1,1). (1, 2), (1, 3), (2,1), (2, 2), (2, 3), (3,1), (3, 2), (3. 3)}.

Primetimo razliku između skupova i uređenih n - torki. Na primer.(x, x, y) ^ (.i', y, x) dok je {rr, x. y } = {x, y, x } = { y , x, x } = {:r, y} .

Definicija 2.5 Binarna relacija p je bilo koji skup uređenih parova. Skup svih prvih komponenti relacije p označavaćemo sa V{p), a skup svih drugih, kornponenti sa A(p).

Definicija 2.6 Binarna relacija p je relacija skupa, A akko je skup A skup svih prvih i drugih komponenti skupa p ili njegov nadsku.p tj.

akko je T>(p) U A(p) C A.



2. Relacije 13

Defmicija 2.7 Bmarna relacija p skupa A je bilo koji podskup od, A2. tj. p c A2.

Prethodne dve definicije su ekvi\ralentne jer važi lema

Lema 2.8 Ako je p skup uređenih parova, V( p) skup svih prvih komponenti od p i Aip) skup svih drugih kornponenti od p, tada je

p C A 2o V{p) u A(p) C A

Na primer, u skupu A = { 1, 2. 3} posmatrajmo relacije

pi = {(1. 2). (1. 3), (2. 3)} i p2 = {(1,1), (1, 2), (1, 3). (2. 2), (3. 3)}.

Relacija px je relacija < (,,manje od’") u skupu {1,2 ,3}. Uobičajeno jeda se umesto (x,y) e p\ piše xpiy tj. u prethodnom prirneru umesto(1, 2) 6 < piše se i 1 < 2. Relacija p-2 je relacija ..deli". koja se označavasa j pa je (1, 2) e p 2 ^ (1, 2) £ j 4+ 1|2. što znači 1 deli 2.

Još jednom istaknimo:Binarna relacija je SAMO sinonim za skup uređ enih parova!

Ako je p binarna relacija (skup uređenih parova) skupa .4, tada je A skup svih prvih i drugih komponenti ocl p ili neki njegov nadskup,

pa je onda očevidno da je p C A2.

Definicija 2.9 Inverzna relacija od relacije p označava se sa p" 1 iona je p " 1 = {(x. i/)\(y. x) e p}.

Za relacije pi i p >iz prethodnog primera imamo Pi' = {(2 ,1), (3,1), (3 .2 )} i p.J1 = {(1 .1). (2,1), (3,1). (2, 2). (3, 3)},tj. pj 1 jeste relacija ..veče od” (p xje >) i p2 1 jeste relacija ,.deljiv jesa" u skupu {1,2,3}.

Definicija 2.10d c f . ,

x p y (x, y) e p l (x p y) dU (x, y) & p

Definicija 2.11 Relacija p skupa A je:refleksvuna (R) (Vx G A) X p X

Sirnetričn a (S) (Vx, y e A) x p y => y p x

anlisirnetričnt* (A) (Vx, y e A) (x p y A y p x) => x = y

tranzitivna (T) (Vx, y, z e ,4) (x p y f\y p z) => x p z

irefleksivna (0 (Vx- e A) ' l (x p X)



14 Principi algebre. opšte, diskretne i linearne

Neka su u skupu A = {1, 2, 3, 4. 5} definisane relacije

Pi = {(1, 2), (3, 5), (4, 2), (1, 5). (3, 2), (1, 3), (4, 3)} , p2 = {(1,1), (2: 2)}

p 3 = {(1.2), (1,3), (1.4), (1; 5), (2,3), (2,4), (2; 5), (3; 4), (3,5), (4: 5)}.

Relacija p\ nije refleksivna jer. npr. (1, 1) ^ p\, nije ni simetrična jer, (1, 2) e Pi a (2, 1) $: p]; jeste antisimetrična jer za svaki parod pi čije su komponente različite važi da njemu simetričan par nijeelemenat od px i nije tranzitivna jer (4. 3) 6 p\ A (3, 5) £ p\ ali par(4.5) ^ pj. Relacija p2 je simetrična. antisimetrična i tranzitivna,a nije refleksivna jer, npr. (3.3) p2. Relacija ps nije simet.rična inije refieksivna. a jeste antisimetrična i jeste tranzitivna. Kao što seprirnećuje iz ovih primera relacija je simetrična i antisimetrična. ako isamo ako za svaki njen par važi da su mu komponente jednake jer, akose pojavi par čije su komponente različite, tada simetrija zahteva danjernu simetričan par pripada relaciji dok antisimetrija zahteva da tajpar ne pripada relaciji. Iz ovoga se može zaključiti da je eladvalenlnadefinicija antisimetričnosti

(Vx, y E A) (J(x, y) e p A x > y) (y, x) g pj Vidi 1.1.

Drugim rečima, provera antisimetričnosti neke relacije satoji se u tomeda posmatramo sarno parove te relacije ( ukoliko ih ima) čije kompo-nente su različite i za svaki takav par (x, y) treba da važi da (//, x) nepripada toj relaciji. U protivnom relacija nije antisimetrična.

Ako relacija ne sadrži ni jedan par čije komponente su različite.tada je ona i simetrična i antisimetrična.

Dokaži đa je to jedini slučaj kada je relacija i simetrična i anti-

simetrična!

Definicija 2.12 Relacija p Q A 2 relacija je ekmvalencije akko je refleksivna, sirnetrična i tranzitivna, odnosno RST. Vidi 1.13.

Relacija p = {(1,1), (2, 2). (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2,1), (3, 4), (4. 3)} jeRST u skupu A = {1, 2, 3, 4). Primetimo da particija { {1 , 2}, {3, 4 }}skupa A jednoznačno određuje relaciju p tako što su dva elementa u

relaciji p akko su iz istog podskupa pomenute particije, kao i obratno.



2. Relacije 15

Definicija 2.13 Neka je relacija p C A2 relacija ekvivalencije. Tada, skup Cx = {y\x p y A y E A } zove.mo klasom ekvivalencije elementa

x G .4 s obzirom na p C A2. Skup svih klasa zovemo faktor skupom ili

količničkim skuporn i označavamo sa A/p.

Ivlase ekvivalencije su neprazni skupovi jer je x 6 Cx zbog reflek-sivnosti relacije i đefinicije 2.13

Teorema 2.14 Ako je p relacija ekvivalencije skupa A. tada je

(Vx, y G A) (x p y Cx = Cy).

Dokaz (=+) Neka. je x p y. Tada iz z G Cx sledi x p z, a dalje

imamo (;c p y A x p z) => (y p x A x p z) =$> y p z =$ z G Cy, tj.Cj c Cy. Analogno se dokazuje i da je Cv C Cx, pa je Cx = Cy.

(<=)' Neka je Cr = Cy. Iz ar G Cx i Cx = Cy sledi G Cy a odatlezbog definicije 2.13 imamo y p x, tj. x p y.

Teorema 2.15 Neka su C'x i Cy klase ekvivalencije skupa A s obzirom na relaaju ekvivalencije p . Tada je

cxr\Cy = <b m cx = cv.

Dokaz Ako je Cx Pl Cy = 0 tvrđenje teoreme je tačno. Pretpo-stavimo da je Cx riCy -4- 0. Tada postoji z E A takav da je z G Cx n Cy tj. z E Cx i z E Cy. odakle sledi x p z,\y p z, odnosno x p zf\z p y, štozbog tranzitivnosti daje x p y, a sada na osnovu prethodne teoremesledi Cx = Cy, pa je tvrđenje teoreme opet tačno.

Na osnovu 1.13. 2.13. 2.14 i 2.15 sledi da svaka relacija ekvivalen-cije p definisana u skupu A vrši part-iciju tog skupa, tj. jeđnoznačno

određuje neke neprazne podskupove skupa A od kojih su svaka dvadisjunktna a njihova unija je skup A. Očevidno važi i obratno. Akoimamo neku particiju skupa A, tada definišemo relaciju p u skupu A tako da su proizvoljna d\ra elementa u toj relaciji ako i samo ako pri-padaju istom podskupu te particije. Ovako definisana p je očevidno

relacija ekvivalencije. Na primer relaciji Pl = {(1,1). (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (1, 2), (2,1), (3. 4), (4, 3)} skupa

.4 = {1, 2, 3, 4, 5} jednoznačno odgovara particija j { l , 2}, {3, 4}, {5 } j

i Q = {1,2}, C2 = { 1, 2}. C3 = {3 ,4}. C4 = {3 ,4 }, C5 = {5} , gde



16 Principi algebre, opšte. diskretne i linearne

naravno važi C\ = C2 i C3 = C4. Zatim relaciji p2 = {(1,1). (2.2),

(3. 3), (4, 4), (5, 5)} odgovara particija | {1 }, { 2}, {3}, {4 }. {5}| i na

kraju relaciji pz = A2 odgovara particija |{1, 2.3 .4, 5}| . Posle-

dnje dve particije zovu se trivijalnim particijama. Znači, u nekomkonačnom skupu A može se definisati toliko relacija ekvivalencije ko-liko ima particija skupa A. Ako je skup A = {1.2.3} tada postojeparticije

{{1 }, {2}, {a}} . { { 1,2}, {3}} . { { 1,3}, {2} }, { { 1}, {2,3}} , i { { 1,2,3}} .

što znači da na skupu od tri elementa od ukupno 23 = 29 = 512 bi-narnih relacija. samo njib. 5 su relacije ekvivalencije. Vidi 1.13

, Iz teorema '2.14 i 2.15 sledi da je svaka klasa ekvivalencije jedno-značno određena sa bilo kojim svojim predstavnikom, što će nam biti

važna činjenica u đaljem radu.

Zadatak 2.16 U sknpu celih brojeva Z = { .. . — 2,. —1. 0, 1, 2,. .. }definisana je relacija p (= 3) na slcdeći način. Celi brojevi x i y m u relaaiji p akko imaju iste ostatke pri deljenju sa 3 što je ekvivaJentno sa x —y je deljivo sa 3. Dokazah da je p RST %naći faktor skup.

Rešenje Refleksivnost je očevidna, simetričnost sledi iz činjeniceda ako x i y imaju iste ostatke pri deljenju sa 3, onda y i x imaju takođeiste ostatke pri deljenju sa -3, Ako x i y imaju iste ostatke pri deljenjusa 3, ij i 2 imaju iste ostatke pri deljenju sa 3 onda i x i c imaju isteostatke pri đeljenju sa 3. pa je relacija i tranzitivna, znači relacija p jeRST rel acija. Oznaka za xpy odnosno za (x, y) £ p je x = y(mod 3) ili

x = 3 y. Faktor skup. količnički skup. je skup svih klasa ekvivalencije

Z/p = Z =3 = Z 3 = |{3/,- l; G Z }. {3 k + 1|A' G Z }. {3k + 2|k € Z}| =

{Co, C\. C2}. Kako je svaka klasa ek\’ivalencije jeđnoznačno određenasa bilo kojim svojim predstavnikom. to je Co = C3 = C12 = C_3= . . . ,C\ = Ct = C7 = C_2 .. . i C. C-: ' C. C ; - .... Vidi 5.59

U daljem radu često ćemo umesto oznaka C0. C\ i C2 pisati 0, 1 i2. Očevidno je da sve to važi i ako se umesto 3 uzme bilo koji prirodni

broj n, pa Ž=3 = Z3 = {C0, C i , . . . . C „_i } = { 0. 1, . . . , n - 1} jesteskup klasa ostataka po modulu n.

Sledeća slika predstavlja istovremeno i skup Z i skup Z/p = Z3.



2. Relacije 17

Figure 2.1: Klase ekvivalencije u odnosu na p

Zadatak 2.17 U skupu P svih pravih neke ravm defimsane su relacijea i 3:

(Va, b E V) (a a b a 0.b = 0).

(Va, b G V) (a /? b a H b = 0 V a = b').

Ispitati refl.eksivnost, simetričnost, antisimetričnost %tranzitivnost relacija- a i 3 i opisati fakto-r skup u slučaju da je neka od njth relacija ekvivaltncije.

Rešenje Relacija cv nije refleksivna. Dokažinio kontradikcijora darelacija. a nije t-ranzitivna. Neka su a i b različite paralelne prave. Tada

je a a: b Ab a a što zbog tranzitivnosti implicira a a a odnosnoa fi a = 0 što je kontradikcija. Simetrična jeste. Relacija 3 je RSTi zove se relacijom paralelnosti. Klase ekvivalencije s obzirom na ovurelaciju zovu se pravciuia, Znači pravac je skup svih međusobno pa-ralelnih pravi.

Definicija 2.18 Relacija p C A2 je relacija poretka. ako i sarno ako je refleksimia, antmmetrična i tranzitivna. Uređen par (*4, p) je parcijalno uređen skup, ili uređen skup. akko je A neprazan skup i p je relacija poretka skupa A.

Kao i relacije ekvivalencije tako i relacije poretka igraju velikuulogu u svim oblastima matematike i mnogim drugim naukama, U])arcijalno uređenom skupu definišu se mnogi novi pojmovi koji suneophodni u raznim daljim proučavanjima. Mi ćemo uvesti sanio još

pojmove koji su dati u sleđećoj definiciji.




Definicija 2.19 Neka je p relacija poretka .skupa A. Tada elemenat a iz skupa A je:

najma/nji elernenat skupa A <> (V.r 6 A) a p x

najveći elemenat skupa A (V.r t A) x p ammimalm elemenat, skupa A <=>1m32: G ,4) (x p a A ; t / o)^

maksimalni elemenat skupa A O l( (B x 6 .4) (a p x a) j .

Drugim rečima o je minimalni akko niko nije u relaciji sa njimosim njega samoga, dok je a maksimalm elemenat, akko on nije

u relaciji nisakim osim sa samim sobom. Elemenat a je najmanjiakko je on u relaciji sa svakim elemeutom. a najveći je ako je svaki

elemenat u relaciji sa njim.

Definicija 2.20 Elementi a i b uporedivi su s obzirom na relaaju poretka p C A2 ako i sarno ako je a p h ili b p a .

Definicija 2.21 Ako su u parcijalno uređenorn skupu svaka dva elementa uporedtva. tada se kaže da je skup totalno uređen ili lanac .

Definicija 2.22 Parcijalno -uređen skup u kome svaki neprazan pod-

skup ima najmanji elemenat zove se dobro uređen skup.

Definicija 2.23 Neka je p rclacija poretka u skupu A. Ako je a p b t a ^ b. tada kažerno a je ispod b ili b je iznad a . Ako je a p bi b p c, gde su svaka dva elementa iz {a, b, c} rneđusobno razlieita.

onda ćemo reći da jc b izmećtu a i c. Ako između dva elementa a i b ne postoji nijedan elemenat i ako je a p b . tada kažemo da je a

neposredno ispod b ili da je b neposredno iznad a .

Samo za relacije poretka definiše se HASEOV DIJAGRAM.

Definicija 2.24 Haseou dijagram, relacije poretka p skupa A je graf čiji čvorovi su elernenti skupa A. Ako je apb tada je tačka b ,,iznad”tačke a. Grana (duž), čije krajnje tačke su (čvorovi) a i b. postoji ako i samo ako je a pb i ako između a i b nema nijednog elementa (defimcija 2.23). Rastuća putanja od a do b postoji akko je a pb. Ako

a mje u relaciji sa b, tada ne postoji rastuća putanja od a do b.



2. Relacije 19

D e fin ic ija 2.25 Definicija spratova u kona nom Haseovom diagramu

koji u daljem tekstu ozna avamo sa H. Ako postoji duž ab u H, tada su a i b na susednirn spratovima —nivoima. Neka je £ dužvna rastućeg puta od nekoga minimalnog elementa sa pr-

vog nivoa, do elementa a. Tada za elemenat a kažemo da je na nivou (spratu) £ + 1.

Ako postoji put dužine n od mimmalnog elerne.nta na prvom nivou, do elementa a i ako se on sastoji od r rastućih grana i o (o < r)

opadajućih grana (naravno da-je n = r+o), tada je a na nivou (spratu) r + 1 —o.

Neki rnirumalni elementi moraju biti na prvom nivou (spratu), a

m.ože biti mimmalmh elemenata koji su i na viširn nivoima, kao 2 u sledećem prirneru koji je na drugom nivou.

4 A, Neka je u skupu .4 = {1.2,3. 4} definisana relacija

/ \ p = '{(1.1 ). (2. 2), (3, 3), (4,4 ), (1, 3), (1,4), (2.4),

2 ^ / \ 3 (3 .4 )} . tada minimalni elementi su 1 i 2. maksi-

/ ^ malni i najveei je samo 4, a najmanji nepostoji.\ Na prvom sprau je 1, na drugom spratu su 2 i 3.

« / a na trećem spratu je samo 4.

Naravno ovo sve se odnosi samo na relacije poretka!

Nacrtaj sve Ilaseove dijagrame relacija poretka na skupu od 4 ele-menta, bez označavanja čvorova na dijagramu (grafu). Ima ih 16.Uputstvo: Rasporediti čvorovc po nivoima, a zatitn povlačiti granemeđu čvorovima sa susednih spratova.

Ako je .4 konačan parcijalno uređen skup, tada za svaki elemenata e A . koji nije minumalni, postoji minimalni elemenat e G A, takavda postoji rast.ući put od e do a. Da, li je e na prvom nivou?

Na primer ako je A = (1, 2, 3, 4, 5} i p = {(1 ,1 ), (2, 2), (3, 3), (4, 4).(5,5), (1,2), (1, 3), (1,4), (1, 5), (2,4), (3,4), (3 ,5 )} tada je Haseov di-

jagrani dat na slici 1. Na ovom dijagramu 4 i 5 su na trećem spratu,

2 i 3 su drugom spratu i minimalni elemenat 1 je na prvom spratu.




U ovom priineru najmanji elemenat je 1,

najveći elemenat ne postoji. minimalni je1 i maksimalni su 4 i 5. Skup elemenataprvoga nivoa je { 1}, drugoga nivoa je {2 ,3 }i trećega nivoa je {4, 5}.

Slika 1.

U Haseovom dijagramu je oeevidno da je n u relaeiji sa b tj. ap b ako i samo ako postoji bar jeđna rastuća put-anja od a do b.

Naertaj Hseove dijagrame (grafove) svih relacija poretka skupa od3 elementa, pri čemu čvorove grafa ostaviti neoznačene, što znaći da

jedan isti Haseov dija.gram predstavlja više relacija poretka! Tada ihima samo 5, a inače ukupno relacija poretka ima 19. Nacrtaj Haseovedijagrame (grafove) svih relacija poretka skupa od 4 elementa. pri čemu č\'orove grafa ostaviti

neoznačene. šio ^nači da jedan isti Haseov dijagrarn predstavlja vise relacija poretka! Tada ih

ima sam o 16, a inače uku pno relaeija por ctk a ima 219. Dokaži sam! .

Teorema 2.26 Svaki dobro uređen skup je totalno uređen skup.

Dokaz Neka su a i b dva proizvoljna elementa. Tacla u podskupu{a, b} postoji najmanji elemenat (definicija 2.22) i neka je to, na primera. Tada j e a p b.

Da li važi obratno tvrđenje teoreme?

Teorema 2.27 Nujmanji (nujveći) elemenai parcijalno uređenog sku-

pa jedinstven je.

Dokaz Pretpostavimo da postoje dva različita najmanja elementaa i b. Tada je a p b jer je a najmanji elemenat, a takođe je i b p a

jer je b najmanji elemenat. pa na osnovu antisimetričnosti sledi a = b. Znači naša pretpostavka ne važi, tj. važi tvrđenje teoreme. Slično se

dokazuje i za najveći elemenat,

Definicija 2.28 Nekaje A parcijalno uređen skup s obzirom, na relaciju. p i M C A. Tada je a £ A donja granica skupa M akko je a p m za



2. Relacije 21

svako rn <E M . dok a e A jc gornja gramca skupa M akko je rn p a za svako rn 6 M. Skup M je ogramčen akko postoji i donja i gornja granica. Ako M C A ima gornju 'gmmcu tada je sup M (supremum od M ) je najrnanji elemenat (ukoliko postoji) skupa gornjih granica S

za M . Ako M C ,4 ima donju granicu tada je inf M (infmum od M ) najveći elemenat (ukoliko postoji) skupa donjih granica za M .

Neka je S skup svili gornjih granica podskupa M. Najmanjielemenat skupa S (ukoliko postoji) je supremum pođskupa M. Ako taj supremum pripada skupu M onda se kaže da je onmaksimum skupa M. Analogno je i za infinum i minimum.

Naprimer za otvoreni interval realnih brojeva (0.1) supremum je 1

a infinumje nula, ali nepostoji minimum i maksimum. dok za zatvoreniinterval realnih brojeva [0, 1] opet je supremum 1 a infinum 0, ali suoni istovremeno i redom maksimum odnosno minimum. naravno sve

za relaciju poretka < u skupu realnih brojeva E.

Definicija 2.29 Totalno uređen skup (.4. p) diskretan je akko za svako a E A koje rnje najmanji elemenat postoji takav b e .4 da b p a i između njih (definicija 2.23) nema elemenata iz A i za svako a e A

koje mje najveći elemenat postoji takvo b € A da a p b t između njih nerna elernenata iz A.

Dmgim rečinia totalno uređen skup je diskretan ako a e A, kojinije najmanji, ima neposređnog prethodnika (element ispod njega) i

o e .4 , koji nije najveći. ima neposrednog sledbenika (element iznad

njega).Svaki konačni totalno uređen parcijalno uređen skup je diskretan,

dok beskonačan može biti ili ne biti. Zaokruži broj ispred điskretnih1. (N. |), 2 .(N ,< ) 3 .(Z ,< ) 4. (R .< ) 5. (Q, <)

Zadatak 2.30 Koliko najmanje elemenata mora imati skup A tako da se u njemu može definisati relacija p koja nije ni simet.rična ni

ant/isimetnćna?

Rešenje Pretpostavimo da relacija p C A2 nije ni simetrična niantisimetrična. Kako p nije simetrična to mora postojati takav par

(x. y) e p da je x ^ y i (y. x) p. Kako p nije antisimetrična to mora




postojati par simetričnih parova iz p čije su komponente različite,tj. (3, a, b € .4) (a, b) <E p A (6, a) £ p A a ^ 6. Kako skupovi {a, 6}i {a;,y} očevidno mogu imati najviše jedan zajednički elemenat, to jeminimalni broj elemenata skupa A sa traženom osobinom 4 — 1 = 3.

Na primer, A = { 1, 2, 3} i p = {(1. 2), (2,1), (1, 3)}.

Zadatak 2.31 U skupu E2 urcđenih parova lačaka Euklidskog pros-

tora E definisana je relacija p na sledeći način:

gde je T skup svih translacvja prostora E. Dokazati da je p RST i odrediti faktor skup.

Rešenje Reiacija je refleksivna jer funkcija koja svaki element iz Epreslikava u taj isti element jeste translacija, Relaeija p je simetrična

jer za svaku translaciju r (bijektivnu funkciju prostora E u prostorE, koja svaku duž AB preslikava u njoj podudarnu duž r(,4). r(B)) postoji njoj inverzna translacija r ” 1 pa ako je r(.4. B) = (C. D) tada

je r~l(C,D) = (A.B). Tra,nzitivnost relacije p sledi iz činjeniceđa kompozicija dve translacije jeste transiacija. Znači p je RST.

Klasa ekvivalencije je skup svih parova (orijentisanih duži) koji sumeđusobno paralelni, podudarni i isto orijentisani i zove se slobodnivektor. Faktor skup, u odnosu na relaciju p , jeste skup svih slobodnihvektora.

Zadatak 2.32 U skupu N2 uređenih parova čije su kornponenie iz skupa prirodnih brojeva N, definisane su relacije a i 3 na slcdeći način:

Dokazati da su a i 3 RST i odrediti faktor skupove N2/ q i N2/3.

Rešenje Refleksivnost i simetričnost obe relacije sledi iz komuta-tivnosti sabiranja odnosno množenja u skupu prirodnih brojeva.Tran-zitivnost relacije a sledi iz

((a, b)a(c, d) A (c, d)a(e, /)) =r- (a + d = b -f c A c +- f = d + e) +>

(A, B) p (C, D) (3r G T) t (A, B) = (C, D)

(a, b) O' (c, d)<t= a + d = b + c (tj. a —b = c —d)

(a, b) 3 (c. d) <=> ad = bc



2. Relacije 23

u + d + c + / = b + c + d + e => a + / = b + e (a, 6 )a (e ,./).

Količnički skup je

N2/a = {M p|p £ N} U {>S’f/|<? € N} U {{(a , a)\a e N }} gde su

Mp = {(a + p, a)\a € N} i Sq = {(a, a + q)\a 6 N}

koji možeino smatrati skupom celih brojeva Z, jev uvodjenjem oznaka Mp = p, Sq = —c/ i {(a,a)|a e N} = 0 za sve p i q iz N je us-

postavljena bijekcija izmedju skupa Z i skupa N2/ q . Za relaciju 0 radi se analogno. Faktor skup N 2/i3 skup je svih pozitivnih razlomaka(racionalnih brojeva)

Iz dosadašnjih primera već uo avamo da se mnogi matemati ki ob-

jekti (pojmovi) definišu tako što u pogodno odabranom skupu definiše-mo pogodnu relaciju ekvivalencije i tada ć e, s obzirom na tu relaciju,

klase ekvivalencije biti ti novi matemati ki objekti (pojmovi). Tako smo u

prethodnim primerima došli do pojmova celih brojeva, pozitivnih racional-

nih brojeva, pojma pravca, pojma slobodnih vektora itd.

Zadatak 2.33 Ispitati relacije < i < u skupu realnih brojeva ffi.

Rešenje Relacija < nije refleksivna. a jeste antisimetrična i tranzi-tivna. Relacija < je refieksivna, antisiinetrična i tranzitivna tj. relacija

poretka. U skupu realnih brojeva R, s obzirom na <, ne postoje niminimalni ni rnaksimalni elementi.

Zadatak 2.34 Dokazati da Innarna relacija C (podskup skupa) jeste relacija poretka u bilo korn od skupova V(S). 'P(<S')\{0}, V( S) \{S} 'i. V(S)\{$, { 5 } } gde je S skup od bar dua elernenta. Naći minimalne i

maksimalne elemente i najveći i najmanji elemenat u tim skupovima ukoliko postoje.

Rešenje Refleksivnost, antisimetričnost i tranzitivnost relacije Csledi jednostavno iz njene definicije. Minimalni elementi, maksimalnielementi, najveći i najmanji element dati su u sledećoj tabeli, gde zasvaki elemenat x iz skupa S važi:

V(S) r (s ) \m V(S)\{S} ( v ( S ) \ m ) \ { s }

minimalni 0 { *} 0 {x }

maksimalni s S 6r\{.x} S\{x}

najveći S S - -

najmanji 0 - 0 -



24 Prmcipi algebre, opšte, diskretne i linearne

Zadatak 2.35 U skupu A C N definisana je relacija p (čita se relacija ,.deli’: i označava sa \)

(Vx, y C A) xpy< = >x\ y< $ (3z G N) y = xz.

Dokazati da je p relacija poretka i naći minimalne i rnaksimalne. elem.ente i najveći i najmanji elemenat, ukoliko postoje, ako je:

a) ,4 = N ; b) .4 = N\{1} ; c) A = D42 = { 1. 2, 3, 7.6 .14 ,21 ,42};

d) A = D42\ { 1 } : e) .4 = D42\{1,42} ; f ) ,4 = {2.4, 6,12,18};

g) A — Nioo — {x|.x G N A x < 100}; h)A— Nioo\{l} ;

i) A = N 2n = {2 n\n G N} ; j) A = N 2* U { 10} ; k) A =N 2n U {5,10}.

Rešenje Kako x đeli x za svako x iz A, to je relacija .,deli” reflek-sivna. Ako x deli y i y deli x tada, očevidno, niora biti x = y, štoznači da je relaeija „deli'1 antisimet.rična. Ako x deli y i y deli z tada

x deli 2 pa je relacija „deli” i tranzitivna,

A minimaJni maksimalni najveći najmanji

N l - 1

N\{1} svi prosti brojevi - - -

D_i 2 1 42 42 1

^42\{1} 2.3.7 42 42 -

•D42\{1, 42} 2.3.7 6,14,21 - -

{2,4,6.12,18} 2 12.18 2

O

O

1 C

7 *

I

—

1

i

o : O

1- 1

N100\{1} svi prosti brojevi

manji od 1 0 0

51 100 ——

N2« 2 - - 2

n 2» U {10}2

1 0- -

2N2» U {5,10} 2,5 1 0 - -

Ako je a jedini minimalni elemenat, da li je tada elemenat a inajmanji elemenat?

Zadatak 2.36 U nepraznom skupu A svih potomaka nekog čoveka u nekorn fiksnom trenutku definisana je relacija p :

x p y <£> ((.x je predak od y) V x = y).

Dokazati da je p relacija poretka i ispitati egzistenciju najrnanjeg i

najvećeg elementa i minimalnih i maksimalnih elernenata.



2. R,elacije 25

Zadatak 2.37 U .skupu R reolnih brojeva đate su relacije: Pl = {(x, x)|x e K}, P2 = {(2, 5). (5, 7), (3, 4)}, p 3 = {(.t,x)|xeM+}, Pi = { (x ,x 2)|x G M}, ps = {(:r ,2fC)|a; € ffi}, p% = {(x , |a:|)|a’ G M} i p7 = {(x, 2x — 3)|a; e M}. Ispitati R,S,A i T datih relac-ija i naći njima

inverzne relacije .

Rezultat Refleksivna je samo px. Simetrične su p\ i p3. Antisimetrične

su sve. Tranzitivne su pi. p% i p$.

P i 1 = Pi : PJ1 = {('5, 2), (7, 5), (4, 3)}, P š 1= P3

^ { ( . t 2 , x ) \ x e R } = { ( X , y f t ) \ x e K + u { 0 } } u { ( X , - x , G ) \ x e 1 + }

P 5 l = {(2‘r, x)\x £ i } = {(y, log2 y)\y £ M+} = {(x . log2 x ) \ x £ M+}

p6- J = {(\x\.x)\x e M} = {(a-; x)|x e M+} U {(x, - x ) \ x e K+} U {(0,0)}

P f1 = {(2x - 3,.t)|.t e R } = {(;(/, ^ —)\y e R } = {(x- ~Y ~)\X e R }-

Zadatak 2.38 U skupu R date su relacije: p\ = {(t..t2)|t e M}:

P2 = {(x. --t ')k e K }, Ps = {(x-y)\x + y = 1.x, y £ R },p 4 = { ( ^ ’ ; 2 .t ) | :t e R } , p 5 = { ( x , y ) \ x . y £ R , x y > 0 } , p 6 = { ( 0 . 0 ) } ,

p 7 = { ( . t , y ) \ m a x { x , y } = 1 , x , y £ R } , p s = { ( x , 3 — t ) | t e M } .

Iza oznake svakc od tih relacija zaokružiti samo ona slova koja

označavaju svojstvo relacije koju ona poseduje:R-re-fteksivnost, S-simetričnost, A-antisimetričnost, T -tranzitivnost.

p\ : RSŽT p2 : RSAT p3 : RSAT p4 : RSAT

p5 : RSAT p6 : RSAT p7 : RSAT p8 : RSAT

Zadatak 2.39 Neka je A = {a, b, c, d, e, / } . B —A \ { « } . C —B \ { / } . p\ = {(t , x)jx G .4} U {(b. c),(b.d),(b,e).(b, f ). (c , e),(d, e),(d, / ) } ,

P2 = P\ \ {(« , «)} P3 = Pi \ {(<*, a), ( / , . / ) , (b. / ) , (d, / ) } . Za relacije poretka nacrtati Haseove dijagrame, popuniti tabelu. odnosno staviti /tarno gde traženo ne postoji ili gde p, nije relacija poretka,.__________

(A, Pi) (B.p2) (C./h )

rninvnialni,

rnaksvrnalmnajveći

najrnanji




Primer 2.40 Izračunati broj s-vih binarmh realacija definisanih na skupu A = { 1, 2} koje su:

a) Proizvoljne b) Refleksivne c) Sirnetrične

d) Antisimetrične e ) Tranzitime f) Ekvivalencije

g) Relacije poretka h) Ni sirnetrične ni antisimetrične.i) Simetrične i antisirnetrične j) Relacije ekvivalencije i poretka.

R.ezultat: a) 16 b) 4 c) 8 đ)12 e) 1-3 f ) 2 g) 3 h) 0 i) 4 j ) 1.

Primer 2.41 lzračunati broj svih bmarnih realacija defimsanih na skupu A = {1,2, 3} koje su:

a) Proizvoljne b) Refleksivne c ) Simetrične d) Antisime.tnčnc e) Ekvivalencije f) Relacije poretka g) Ni simetrične ni antisimetrične.

h) Simetrične i antisimetrične i) Relacije ekvivalenaje i porelka. Rezultat: a) 512 b ) 64 c) 64 d) 216 e) 5 f ) 19 g) 240 h) 8 i) 1.

P r i m e r 2 . 4 2 K o l i k i j e b r o j sv i h b i n a r n i h r e a l a ci j a d ef i n i a an i h . n a sk u p u - 4 = { 1 , .. ., n } ko j e su :

a ) P r o i z v o l j n e b ) R e f l e k s i v n e c ) S i m et m n e d ) A n t i s i m e t r i n e

e ) E k v i v a l e n a j e f ) R e l a c i j e p o r e t k a g ) N i si m et r i n e n i a n t i s i n i e t r i n e .

h ) S i m e t r i n e i a n t i si m et r i n e i) Re l a c i j e t k v i v a l e n c i j e i po r et k a . R ezu l t a t : a ) 2n ~ b )

2 ” 2 - ’1 c ) 2 " 2 ® d ) 2” 3 ® e ) i •( - l ) * E ^ i ( - 1 ) ’ ( )*" f ) Zn n = 4 rrna. ih 219

. i~) ('r;-)g) 2” Y\.. .,t ( —1) - k * ( S a vezn u t a h m c n j e u S FH J 1 9 90 u T u zh . a u t o r R . D . ) h) 2" i ) 1

Da. hi se rešio zadatak poil f), treba nacrtati 16 Haseovih dijagrama tih relacija. a zatim

raspoređlvati 4 elementa toga skupa po čvorovima Haseovog dijagrama.

Doka žimo rezultat pod g ). Neka je 5 skup svih simet.ričnih i A skup svih antisimetričnih

relac ija skupa .1 = { 1 , 2 , n } . a S i ^ i ij ihov i komplement i u odnosu na parti tivni skup skupa

.4 2 = -{(rr. y) \ x £ A A y £ A } tj. u odn osu na skup V ( A 2 ) sviri relaeija skupa .1 kojih irna

p(*42 )| = 2 " = 2 " 4 ^ . Na o snovu D emorganovog zakona j e S H .4 = *4U 5. pa zbog

toga i zbog fonmiie uključenja-iskljućenja i 1.7 siedi |5 .4 = .4 .. .S = 2" -4'" ' - | .4u 5 ! =

- i >J2" r - — ]<S; — .4 5 n ,4|. K ak o je 5 n A skup svih jelacija u kojima ne postoji par čije

komponente su različite, to je S n .4 skup svih podsk upova skupa {(1. j )(2, 2) , . . . . ( n . n ) j , pa je

]5 n A\ = 2n , a na osnovu c) i d ) je |S| 2n ‘ ~ i |.4.j = 2n 3^2' pa je dolcaz završen.

Primer 2.43 Pokazati da relacija ,,delir definisana u skupu -4 ={2.3, 4,5,6.7.9,12,18} jeste relacija poretka i prikaži Haseov dija-

gram, minimalne. maksimalne elernente, najveći i najmanji elemenat.

Primer 2.44 Naći nvinimalne i maksinialne elernente i najveći i najrnanji elernenat, ukoliko postoje, u skupovima A = {5,6, .15}. B = {1.2.3.6,9} . C = {1 ,2 ,3 ,4 5}.. D = {2,4,10,100} i skupu E = {3n|n e N} U {6} u odnosu. na relaciju poretka ,,deh''



Glava 3

FUNKCIJE

Kao i pojani relacije tako je i pojam funkcije veoma važan u svimoblastima nauke. On se prirodno nadovezuje 11a pojam relacije tj.

skupa uređenih parova. Napomenimo da reči funkcija, preslikavanje.zakon. pravilo, transformacija, pridruživanje. operator i operacija ima-

ju isto značenje tj. da su sinonimi.

Definicija 3.1 Slikovita defi,nicija funkcije.

Figure 3.1: Drugim rečima nesme da se desi da se jedan isti elemenat

x preslikava u dve različite slike y i z

27




Definicija 3.2 Funkcija je skup uređemh parova u korne ne postoje dva para (naprimer (x. y) i (x, z)) čije prve komponente su jednake, a druge komponente različite.

Definicija 3.3 Neka je f skup uređenih parova %neka je skup V ( f ) skup svih njegovih prvih kornponenti i A ( f ) skup svih njegovih drugih komponenti. Tada za f kažerno da je funkcija akko važi

(Vx e V(f)) (Vy, z e A ( f ) ) ((x, y) e f A (x. z) e f ) =>y-= z).

Umesto oznake (x,y) 6 / obično se konsti oznaka y — ,/(.r). Ako je g C / tada za funkciju g kažerno da je restrikcija funkcije f.

Definicija 3.4 Ako je g C / . tada za funkciju g kažerno da je restrikcija funkcije f i pišemo g = fv [9)-

Naprimer funkcija g = {(a, 1), (b, 2)} je restrikcija funkcije ./' defi-nisane sa / = {(a, 1), (b. 2), (c, 5)}., što ćerno označavati sa

Neprazan skup uređenih parova / funkcija je ako i samo ako je

(Vx 6 V(f))(Vy, z e A( f) ) (y + z =4> ((x, y) £ f V (x, z) # / ) ) .

Dokaz je posledica zakona kontrapozicije.

Ako umesto oznake (x, y) G f koristimo oznaku y — / ( ,r). tadaprethodne dve definicije posatju:

Definicija 3.5 Skup uređernh parova f je funkcija akko:

fv(g) = /{„,(,}= 9= {(«■ !)> (b> 2)}

X = y = > f ( x ) = f ( y ) .

Definicija 3.6 Skup uređenih parova f je funkcija akko:

V x , y e V ( f )



3. Funkcije 29

Definicija 3.7 Neka u Dekartovom pravouglom sistemu xOy u nekoj ravm, neke tačke x ose predstavljaju prve komponente. a neke tačke y ose predstavljaju druge komponente skupa uređenih parova

f . Svakorn paru (o,s) 6 f očevidno jednoznačno ođgovara tačka M

te ravni čije su „koordinate” (o,s) tj. M = M(o, .s) . Skup tačaka M zvaćemo grafikom skupa uređenih parova f . Znači proizvoljni pod-

skup skupa tačaka ravni interpretira jednoznačno neki skup uređenih parova f . Tada svaki grafik skupa uređenih parova / jeste grafik funkcije akko svaka prava paralelna sa y osom seče graflk u najviše jednoj tački tj. ima sa grafikom najviše jednu za-

jedničku tačku.

Da li svaka funkcija ima jednoznačno određen grafik ili neka funkcijamože irnati više različitih gralika obzirom na prethodnu đefiniciju!

Definicija 3.8 Ako je f = ( °,1 I i ako su svaka dva' \ 0-2 ... on J

elementa iz {a\, a2, ..., an} međusobno razUčita, tada f predstavlja,odnosno određuje, funkciju f = {(ai. bi), (u2, b2) ..... (o„. 6„ ) } tj. fun-

kciju f(a, ) = bi za sve vrednosti prirodnog broja i 6 { 1, 2,

Time je dalo sedam ekvivalentinh definicija funkcije.Na primer /i = {(1. x), (2. y)} i f 2 = {j 1. x), (2. y). (3. z )} jesu fun-

kcije, dok / 3 = { (l.x),(l,y) }. f i = { (1.x),(l,v) , (2. c)} nisu funkcije,

jer postoje dva para ( l,a ) i ( 1. y) kod kojih su prve komponente jeđnake, a druge komponente različite (Uokvireni parovi).

Definicija 3.9 Skup svih prmh komponenti funkcije f zovemo domen funkcije i označavamo sa V( f ) , dok A ( f ) zovemo skup svih slika. Elemente skupa V ( f ) zovemo originalima, a elemente skiipa A ( f ) slikama.

Drugim, rečima definicija 3.3 govori: ,,/ je funkcija ako svakomoriginalu odgovara tačno jedna slika. odnosno ne sme da se desi da se

jedan original preslikava u dve različite slike.”

Definicija 3.10 Ako je A = V ( f ) t A ( f ) C B gde. je. f neka fvnkcvja,

onda kažerno f preslikava skup A u skup B ili f je funkcija skupa A




f

u skup B, što označavamo f : A —* B ili A —> B. Ako se elemenat x funkcijom f preslikava u f (x ) to sc zapisuje sa

x b f (x ) ilt f : x ! f (x) .

Drugim rečima funkcija skupa A u skup B svakom elementu skupa A „pridružuje” tačno jedan određeni elemenat skupa B, stim da mogupostojati elementi skupa B kojima nije pridružen nijeđan elemenatskupa A.

Definicija 3.11 f je ftinkcija skupa A u skup B, šlo zapisujemo

f : A —> B , ako i sarno ako

f je funkcija A V ( f ) = A A A ( f ) c B

Očevidno je dcfinicija 3.10 ekvivalentna definiciji 3.11.

Definicija 3.12 Funkcija f : A —>B je sirjektvvna akko A ( f ) = B. što označavamo f : A ™ B.

Drugim rečima funkcija skupa A u skup B je sirjekt.ivna ako zasvaku sliku iz skupa B postoji original iz skupa A koji se u nju presli-kava

Funkcija / : A —> B je sirjektivna ako za svaki elemenat x skupa B, postoji elemenat y skupa A, takav da je f (y) = x. Prema tome

>. i liri ~i —\

J :A-+B<=>

^ / je f'unkcija A T>(f ) = A A (Vy E B)(3x G A) f (x ) — y

Prva dva člana ovili konjunkcija iz zagrade su iz definicije funkcije f : A B, dok treći je defimcija sirjektivnosti.

Definicija 3.13 Funkcija je injektima ili jedan-jedan akko ne postoje dva para čije prve komponente su različite. a druge komponente jednake.



3. Funkcije 31

Na primer fi = {(l,:r), (2, y )} i f 2 = { ( l ,x ) , {2,y). (3,r)} jesu in-

jektivne odnosno jedan - jedan funkcdje, dok fj = { (l,x),(2,x) ,(3,.?)},

/ i = {(3,y), (l,x).(2,x) } nisu injektivne funkcije, jer postoje dva

para (1, x) i (2,x ) kod kojih su prve komponente različite, a drugekomponente jednake (uokvireni parovi).

Definicija 3.14 Za funkciju f kaže se da je jedan-jedan ili injektivna akko za svako x i y iz njenog doniena V( f ) važi:

f(x) = f(y) => x = V-

Ako je f injektivna funkcija skupa A u skup B to se označava sa

f : A B.

Drugim rečima, ne sme da se desi da se dva različita originalapreslikavaju u istu sliku.

Definicija 3.15 Ako je f = ^ ^ ^ funkcija (definicija

3.8) i ako su svaka dva elernenta iz { 61, 62, međusobno različita,tada je f = {(o,i- 61), (o2,62), ••• (an, 6„.)} injektivna funkcija.

Definicija 3.16 Ako funkcija f : A -* B nije injektima. tada njena

injektivna restrikcija je injektivna funkcija f c : C —► B, gde jeC C A i naravno / c (.r) = f ( x ) za svako x € C .

, ]—1 - . . Definicija 3.17 Injektivna restrikcija f c C B od neke funkcije

f : A —> B. C C A, je maksimalna injektivna restrikcija ako za svaki pravi nadskup D skupa C (C C D ) važi da njena restrikcija

ft> : D B nije vnjektivna.

Jasno je da svaki podskup g od funkcije / je takođe funkcija. Međutim

i ako f nije iiijektivna, g može biti injektivna,Naprimer / = (^ ^ ) je neinjektivna funkcija skupa A = {1, 2 , 3, 4}

u skup B = {a,b,c} , a f c = ( ^ ) je njena, injektivna restrikcija nad

domenom C = {1,3,4} tj. injektivna funkcija skupa C u skup B.




Definicija 3.18 Shodno defimciji 3.7 rnožemo kazati da grafik neke funkcije, jeste grafik injektivne funkcije akko svaka prava paralelna sa x osom seče grafik u najviše jednoj tački

Uočimo da je injektivnost definisana za svaku funkciju f , dok sirje-ktivnost je definisana samo za funkeiju / skup A u skup B tj. za / : A —> B, gde je / bilo koja funkcija. Drugim re ima, pitanje da li jefunkcija / sirjektivna, nema smisla tj . nije definisano.

Važno je da primetimo da projekcja grafika funkcije / na. x osu jedomen funkcije f tj. £>(/), dok projekcija grafika na y osu je skupsvih slika funkcije / tj. A(f ) .

Znači pitanje ,,Da li funkcija / jeste sirjektivna" je besmisleno(nedefinisano) jer nije zadat skup B. Znači ima smisla samo pitanje..Da li funkcija skupa A u skup B jeste sirjektivna v dok pitanje da li

je funkcija f injektivna uvek ima smisla,

Definicija 3.19 Ako je f injektivna i sirjektivna funkcija skupa A u .skup B, onda kažcmo da je f bijektivna funkcija skupa A u skup B, ili kratko. bijekcrja između skupova A i B. št.o označavamo sa

f : A l B .‘ na

Bijekcija. skupa A na sam-og sebe zove se permutacija skupa A.

Skup pennutacija skupa { 1 ,2 .. .. , n} ima n\ = 1- 2- . . . -n elemenata.

Podsetimo se da broj elemenata skupa A označavamo sa \A\. tj.broj elemenata skupa {o. b. c} je |{o, b, c}| = 3.

Pre nego što počnete prebrojavati funkcije u sledećem primeru,prvo napišite sve te funkcije.

Primer 3.20 Neka je A = {1. 2, 3} i B = {x . y}. Tada je : \ { f \ f : A ^ B } \ = |{/|./ : A —> £>}| —,



Iz ovih primera vidimo da broj svih proizvoljnih funkcija skupa A = {1, 2,.... k} u skup B = { 1, 2, n} jednak je broju svih varijacijasa ponavljanjem od n elemenata k - te kl ase, tj.

a broj injektivnih funkcija skupa A = iJ , 2,.... k} u skup £ = { 1, 2, n} za (k < n)jednak je broju svih varijacija bez ponavljanja od n eleme-nata k - te k]ase. tj.

\{f\f : - B}\ = Vkn = n (n _ 1) (fc - 1))'-------------------- v ------ _/

k

Broj svih bijektivnih funkcija [ { / [ / : B 1—+ £}| tj. permutacija* ' n a '

skupa B — {1 ,2 ,.. . , n} jednak je broju permuf.acija bez ponavljanja skupa B tj.

\ { f \ f : B ^ B } \ = P(n) = nln a

Definicija 3.21 Ako je inverzna relacija f ~ l funkcije f takođe fun-

kcija, onda kažerno da je f "l inverzna funkcija funkcije f .

Znači ako je naprimer / = {(1 , x). (2, y), (3, ^)}, tada je njoj in-verzna funkcija f ~ l = {(a;, 1), (y, 2), (,j, 3)}.

Primetimo da za funkciju f — { ( ! , x), (2,x), (3. z) }, skup parova f ~ l = {(x. 1), (.r. 2). (z. 3)} nije funkcija jer original x se preslikava udve različite slike 1 i 2.

Teorema 3.22 Inverzna relacija f 1 funkcije f je funkcija (tj. po-

stoji inverzna funkcija. za funkciju f ) ako i samo ako je f injektivna.

Dokaz Funkcija / je injektivna akko

(Vir, 2- e V( f ) ) (Vy e A ( f )) (((.r. y) e / A (z, y) G / ) => x = z)

a to je na osnovu definicija 2.9 i 3.3 ekvivalentno sa

(Vy e V(f~1)) (Vx.z e A t r ' M u ^ ) e fÂi j j . z ) e f ~ l) =» a- = z)

što je ekvivalentno sa / _1 je funkcija, □

3. Funkcije 33



Teorema 3.23 Funkcije f i g jednake su ako i sarno ako jeV(f) = V(y) = A i f(x) = g(x) za svako x iz domena tj.

(V:r 6 A) f (x ) = g(x) =* f = g.

Dokaz (<=) Pošto je Vx e V(f ) = V(g) f (x ) = g(x) to je

/ = {(x , f(x) )\x e V ( f ) } = { (x ,5(:u))!.x e V(g)} = g tj. ,/ = g.

(=>) Ovaj smer je očevidan. □

Cinjenica 3.24 ______________________________Drugim rečima, jednakost dve funkcije se dokazuje tako što se

proizvoljni x iz domena preslika sa obema funkcijama i gleda se dali je dobijen isti rezultat. Ako jeste i to za svako :r iz domena, tada sute funkcije jednake.


Definicija 3.25 Neka su A, B i C neprazni skapovi i f : A —> B i g : B —► C date funkctje. Funkciju g ° f skupa A u skup C defintsanu sa

(Vx e A) ( g o f ) ( x ) = g ( f ( x ) )

zovemo kompozicijom funkcija g i f .

Teorema 3.26 Kompozicija funkcija. koje sve preslkavaju isti skup A u samog sebe, jeste asocijativna operacija.

Dokaz Za svako x iz skupa V(h) važi:

{ ( f °9 ) 0 h j ( x ) = ( f °g ) ( h ( x ) ) = f ( g ( h ( x ) ) ) = f ^ ( g o h ) ( x ) ^ = ^ f o ( g o h ) Y x ) .

a to je ekvivalentno sa (/’ o g) o h = f o (g o h).

Definicija 3.27 Skup permutacija sa ponavljanjem je skup svth

takvih funkcija f skupa A = { 1,2. . . . , n} u neki konačni skup M, tako

da se u svakoj funkciji f svaka slika pojavljuje uvek tsti broj puta.



3. Funkcije 35

Primer 3.28 Ako je A = {1,2 ,3, 4, 5} i M = {a, 6} tada skup funkcija

1 2 3 4 5\ / I 2 3 4 5\ / I 2 3 4 5\ A 2 3 4 5

a a a b b j \a a b a b) ' \a ab b a j ' \ab a a b

/ I 2 3 4 5\ f l 2 3 4 5\ ( l 2 3 4 5\ / I 2 3 4 5\ / I 2 3 4 5

\a bb a a j a a a b j ' \b a a b a j ' \b ci b a a j ' \b b a a a

jeste skup svih permutacija sa ponavljanjem od 5 elemenata u kojimaima 3 slike međusobno jeđnake i 2 siike međusobno jednake i 15! = .

T eo re m a 3.29 Are/ca su / ? ] , k n £ No. n ek a j e A = {1, 2. . . . . n ) i n ek a j e k \ -4- kn- ' r , k n — n .

T a d a b r o j P k ^ . k ^ ...... k n ( n ) sk u p a sv i h f u n k d j a j/|/ : A —* A A \ { z \ f {x ) ?'}j = j, ko j i se zove

sku p sv i h p e r m u t a c i ja s a p o n a v l ja n j e m od n ei em e n a l a m eđ u k o j i m a s e sl i k a ( el e i n e n a t ) i

p o j a v l j u j e t a r n o k r p u t a . i £ , j e t % i ,k o .. .. ,k rA n ^ k i ' .k o^ —~ T’

Primetimo da za k ] = ... = k n = 1, to su perm utac ije bez pona.vljanja (bijekc.ije) kojih irna n\

Dolcaz ove teoreme po pricipu množenja je očevidan. jer ako pretpostavirno da su svake dve

slik.e u funkciji /’ različite, tada bi broj funlccija bio n\ Medutim kako njih k ] slika su nieđusobno

jednake. to sled i da će se bro j traženih funk cija sman jiti A.i! puta. A na logno će se broj funkcija

sinanjiti i puta itd. sm anjiti još i k n \ puta.

Definicija 3.30 Funkcija f : A ^ B je rastuća. gde su A i B totalno uređeni skupovi. što označavamo sa f /* , akko za svako x i svako y

iz skupa A važi

x < y => f (x ) < f (y)

Kako u zapisu funkeije / = (£ £;;; “£ ) tj. f = ( f îedosleđ u prvoj vrsti može biti bilo kakav, mi ćemo se dogovoriti da

u prvoj vrsti niz brojeva ay. a2. .... a jeste uvek u rastućem poretkutj. ai < a,2 < ... < ak, jer tada funkcija / = (£ ^ £*) će biti rastuća

ako i samo ako je b\ < b2 < <Na primer /, = (Jg). ./, = (!^l

rastuće funkcije skupa {1, 2, 3} u skup {1. 2, 3. 4, 5}.Primetimo da svakoj toj rastućoj funkciji jednoznačno odgovara

..tročlani podskup petočlanog skupa" {1 ,2 ,3 ,4 , 5} tj. kako se to ukombinatorici kaže kombinacija bez ponavljanja od pet elemenatatreće klase. U kombinatorici se one zovu kombinacije bez pon-

avljanja od 5 elemenata treće klase i njihov broj se obeležava

. h = ( ) h = ( ). itd. SU

1 2 3 4 5

a b a b a



•36 Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

sa (7| = (3) = -|p. Opšta formula za broj k - točlanih pođskupova n - točlanog skupa tj. rastućih funkcija skupa { 1, 2, ••• , k} u skup

n - ( n— l ) - ( n — 2) ... ( n —k + 1 ) za n > k.{ L 2, . . . , n } j e Q = © = - ~ fe!

Kako je u funkcijama od /* do f± prva vrsta uvek ista, to se onda onemogu predstavljati samo sa drugom vrstom, što ćemo ubuduće iraditi tj. / , = © = 123, / , = © = 135. f , = © = 245.

Primer 3.31 Izvršiti prebrajanje sledećih skupova rastućih funkcija:

\{/!/ !{/!/ !{/!/ !{/!/ !{/!/

{1. 2} —> {1, 2} A //}|

{1,2} ->{1,2,3} A / / } |

{1,2} -> {1,2,3,4} A / / } |

{1,2}-> {1,2,3,4,5} A f / } |

{1,2} —+ {1,2,3,..., n} A f / } \

Primer 3.32 Izvršiti prebrajanje sledećih skupova ra.stućih funkcija:

\{.f\f

\{f\f

!{/!/ \{f\f

!{/!/

{1,2,3}->{1,2} A / / } |

{1,2,3} -> {1,2,3} A //}!

{1,2,3} - {1.2,-3.4} A / / } | {1,2,3} - {1,2,3,4,5} A / / } |

{1,2,3} - {1, 2, 3,..., n} A //}|

Definicija 3.33 Funkcija f \A B je, neopadajuća. 1 gde su A %

B totalno uređeni skupovi. što označavamo sa f / . ako za svako x i svako y iz skupa A važi

x < y => f (x) < f(y)

n r irv ipr f — f 1234567\ i- _ ( 1234567\ r _ /-1234567\ r _ /1234o6T\ A a p r m i e r j i I , ^1 / ( 1 12 34 55 /’ v m i m J ' \ 11 55 55 5i '

/ s = ( 3 3 3 3 I S ) ’ / e = ( 5 S 5 S 5 5 ) i t d - s u n e o p a d a j u ć e f u n k c i j e s k u p a

{ 1 . 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 } u s k u p { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 } . U kornbinatorici s e one zovu kombinacije sa ponavljanjem od 5 elemenata sedme klase i njihov broj se obeležava sa c f = (5+r ]). O p š t a f o r m u l a j e :

bieopadajuća, nije isto št.o i nije opadajuća!



3. Funkcije 37

n f u ..... * } - 0 , 2 ...... » } a / / } = = m .

Kako u zapisu fimkcije / = / , “ 0<i) /(«).'.' '/(°4>) re‘doslecl u prvoj vrsti može biti bilo kakav, mi ćemo se dogovoriti da u

prvoj vrsti niz brojeva aj, a 2, O k jeste uvek u rastućem poretkutj. ai < a2 < - < a-k, jer tada funkcija / -= ( £ J ; ; ;J ) će bitineopadajuća ako i samo ako je bi < b2 < ... < bk-

Kako je u funkcijama ocl j\ do / e prva vrsta uvek ista. to seonda one mogu predstavljati samo sa drugom vrstom. što ćemo

ubuduee i raditi tj. / , = (JggJJ) = 1123455. f 2 = =

1222255, h = O = l l l i m - A = C S S ) = 1153555- =( S S ) = :« :« 445- h = Q = 5555555 itd.

Primer 3.34 Izvršiti prebajanje sledećih skupova neopadajućih funkci-

ja tj. kombinacija sa ponavljanjem:

K / l / : { 1 , 2 } - { 1 , 2 } A / / } | =

] { / ! / : { 1 , 2 } - { 1 , 2 . 3 } A } / } \ =

\ { f \ f ' { 1 , 2 } - { 1 , 2 , 3 , 4 } A / / } | =

\ { f \ f ' { 1 , 2 } - { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 } A / / } | =

! { / ! / : { 1 - 2 } - { 1 , 2 , . . . , « } A / / } ! =

Primer 3.35 Prebrojati sl'edeće skupove neopadajućih funkcija:

\ { f \ f ' { 1 , 2 , 3 } - { 1 , 2 } A / / } ! ■

! { / ! / : { 1 , 2 , 3 } - { 1 , 2 , 3 } A / / } !

!{/!/ : { 1 , 2 , 3 } - { 1 , 2 , 3 , 4 } A / / } |

! { / ! / : { 1 , 2 , 3 } - { 1 , 2 , . 3 ,4 , 5 } A / / } !

! { / ! / : { 1 , 2 , 3 } — { 1 , 2 , . . . , re} A / / } !

Pokažimo đa se kombinacije sa pouavljanjem mogu interpretirati kao permutacije sa pon-avljanjem!



.38 Principi algehre, opšte, diskretne i linearne

Uočimo neku proizvoljnu kombinaciju sa pouavljanjem skupa od četiri elementa {1 ,2, 3, 4}

dev ete klase sa pon avlja njem tj. ne op ad aju ću funk ciju skupa. {1. 2, 3.4 , 5, 6. 7, 8. 9 } u {1 , 2. .3. 4 }

naprimer neopadajuću funkciju 112333344 tj. (112333344)- Ov a kom bina cija sa pon avlja njem(neopadajuća funkcija) može se interpretirati (odrediti, preds taviti.zad ati,...) naprimer sa ni-

zom od devet kuglica koje se nerazlikuju i tri pregrade koje se nerazlikuju tj. sa oo\ o \ oooo\ oo.

Kombinacija 333333333 se interpretira sa \ \ ooooooooo\ , 122222224 se interpretira sa ojooooooo||o,111111444 sa oooooo\ \ \ ooo itd. Znači bro j kuglica. levo od prve pregrade je broj jedinica, broj

kuglica između prve i druge pregrade je broj dvojki, broj kuglica između druge i treće pregrade

je bro j trojk i i na kra ju bro j kuglica. des no od tr eć e (p os le dnje ) pre gra de je bro j četvo rk i. Kak o

su ovi nizovi permutacije sa ponavljanjem od 12 elemenata među kojima ima devet jednakih i

tri jednaka, to je njihov broj jednak C cj = = (4^g 1).

Znači da kombinacije sa ponavljanjem od n'elemenata k - te klase tj. neopadajuće fuukcijeskupa { 1 ,2 ...... / ,} u sk up [.! . 2....... / ') in te rp re ti ra ju se sa niz om od k kuglica i n — 1 pregrada

među njima tj . sa permu tacijama sa ponavljanjem od k + n — 1 elemenata među kojma ima k

e lemenata o d jedne vrste i n — 1 elemena ta od druge vrst.e. pa je njihov broj:

1r , 11 ----- (k + n — 1)! /n + k — 1\

! {«•<* ....t|- {1..... k )T e o r e m a 3 .3 6 = P k . n ~ i { k + n - 1) = = ( n + ^ “ x) j ed n a k j e sl ed eć i m b r o j ev i m a :

• b r o j u k omb i n a c i j a sa pon av l j a n j em od n e l emena t a k - t e k l a s e.

• b r o j u neopada j u ć i h f u n k c i j a s k upa { 1 , 2 . k } u sku p { 1. 2 ......n }.

• b r oj u p e r m u t a c i j a sa p o n a v l j a n j em od k + n — 1 el er n en a t a m c đ u k o ji r n a j e k m c đ u so b n o

j ed n a k i k i n — 1 međ u s ob n o j ed n a k i h i

• b r o j u sv i h r ešen j a j e dn a i n e k\ + /cs f •••+ k n = k . </dc su nepozn a tek \ , k -2, ,. . , kn i z

skupa Nq - - { 0 , 1 , 2 . . . . } . a k '/ n d a t i p r i r od n i b r o j cv i .

• b r o j u svi h . r a spo r eđ i v an j a k ku gh ca ko j e se ne r a z h ku j u u n ku t i j a k o j es e r a z l i k u j u . t a k o

da. neke, ku t i j e mogu b i t i i p r azne .

Z ad at ak 3 . 3 7 Od r ed i t i b r oj s vi h r ešen j a j e dn a ć i n t k \ -f- k^ -r ■ ■ ■ + k n = k . gd( . sa nepoznate

k i . /l‘2 . ••- , kn l z skupa N = { 1 . 2 . . . . } . a k i n d a t i pm.r ođ n i b r o j ev i .

P r i m e r 3 .3 8 Od r ed i b r o j s { n , k ) si r j e k t i v n i h f u n k c i j o , sk upa -4 = {1, ..., ??} v. sk up B = {1. .... k ] .

Ako je n < k , tada je trženi broj 0, a ako je n = k . t-ada je traženi broj n\ Neka je sadn n > k .

Neka. je |Ao| = br oj svih. fun kci ja sku pa A u skup B t j ao = k n . Neka je A i sku p s\'ih

funkcija / : A — B takv ih da se elemen at (n aprim er) 5 nikada ne poja\’ljuje kao slika tj. da važi

(V.t £ A ) f ( x ) 5 i neka je \ Ai \ = a \ . Tada je očevidno a\ — (k — l ) n

Neka je A L skup svih funkcija f : A B takvih da se neki fiksni elemenat ? 6 B = {1 ,2. . .. ,A’ }

nikada ne pojavljuje kao slika tj. N x 6 A ) f ( x ) ^ i . Tada je:

1 . |A t \ — a i — (k — 1)" za svako i € {1 , 2. • . k } .

2. za svaki prirodni broj i E { 1, 2, •• , k ) i za svaku permutaciju ( j i, •• •. j/ c) skupa { 1. •••, k } ,

važi |A 3l n A j ^ n n A j t |= a 2 = (k — i ) n .

Sada je jasno da skup svih funkcija f : A —> B u kojima se uvek pojav ljuje slika 1 i uvek pojavljuje



3. Funkcije 39

slika 2 ... i uvek po jav lju je slika k , jeste skup svih sirjektivuih funkcuja sku pa A u skup B tj. skup

A i n ■■■n /t /j . a po teorerni 1.12 broj elernenata toga skupa jednak je s ( n , k ) = |_4 i n ■ n =

=ELo(-~ivC;)(k-rYl = E t o (- i) l(?)(fr-*)n = ^ = (-D fc£ j =1(-i)i 0b'r

Pokaži da je s(n. k ) — SV

k\

. i=o1( - l ) i (-)Cfc-0T

k\ gde je s% broj svih particija skupa od n elemenata na k nepraznihdisjunktnih podskupova. V id i def in ic iju 1.13 i prim er e koj i sled e iza nje.

Teorema 3.39 Neka je A = {1.2, B = {1,2. ....&} i n < k.Tada je :

! • ! { / ! / : A —► B }| = kn U . \ { f \ f : B - > A } \ ^ n k

i !. {./' f : B ^ A}\ = 0

1 5 . ! { / / ' | / : B - ^ . 4 } | ^ 0 A]l = (fc+n-l)

1 7 . m f - - B ^ A } \ = ^ 1( - l ) ^ ( n )ik18.|{/|/ : B ^ A}\

Vj .\ {f \f :B J-i B} \ = kk

2 i l { f f : n ' - U \ /•'! 2 l . \ { f / \ f : B ^ B } \ = l

2. \ { f \ f : A ^ B } \ - w ^

3.| { f / \ f : A - , B } \ = Q

l .\ {f/ \ f : A - B }| = ( " ^ 1) 1 6 . ) { / / ! / : B

5 . \ { f \ f : A ^ B } \ = 0{ / / : , ! ; - / ; } 0

7-({/"!/' : A ,4}| n n

8. \ { f \ f : A l A } \ = n \9 - ! { / / ! / : A A}\ = 1

10-i{ / / ! / : .4 A}\ = ( V

H. \f .1 : 4 4) •

12.|{/|/ : .4 A}| = n!

22 . \ { f / \ f : B ^ B } \ = (* - ')

23.|{ / 1/ : B ™ £>}| = k\

2 4 . \ { f \ f : B ^ B } \ = k\25. r : 4 “ + .4 A |{x\f(x) = ž}| = fei}

k i \ k- 21 . ... k n \ -

Sl-k\ = ( - i r E L ( -Rešenje zadatka broj 17 je i sn,u Broj svih proizvoljnih funkcija jednak je broju varijacija sa ponavlja-

njem, broj injektivnih funkcija jednak broju varijacija bez ponavljanja,

broj bijektivnih funkcija jednak broju permutacija bez ponavljanja. Broj

rastuć ih funkcija jednak broju kombinacija bez ponavljanja, broj neopa-

dajuć ih funkcija jednak broju kombinacija sa ponavljanjem t j. broju nekih

permutacija sa ponavljanjem. Broj funkcija sa fiksiranim brojevima po-

javljivanja slika jednak je broju permutacija sa ponavljanjem. Broj svih

sirjektivnih funkcija skupa od n elemenata u skup od k < n elemenata

jednak je broju particija pomnoženog sa k\ Prema tome prebrojavan-

jem skupa funkcija određ enog tipa izvršeno je istovremeno i prebrojavanje

permutacija, varijacija, kombinacija sa i bez ponvljanja i particija skupova,što je vrlo važno istać i.




Zadatak 3 .40 Dati su skupom A = { 1 , 2 ,3 ,4 ,5 } i B = {a,b,c} ibinarne relacije tj. bilo kakvi skupovi uređenih parova:

h = { ( l , a ), { 2 ,b) ,(Z, c)},

f r2 = { ( ! • a), (2, b), (3. c), (4, a), (5, b), (1, c)}, f'i = { (1, o), (2, a), (3, a), (4, a), (5, a )} %u = {(!• c). (2. b), (.3, 6), (5. a), (4, c)}.

a) Da li su f funkcije?b) Da U su f , funkcije skupa A u skup B ?c) Ako su fi funkcije skupa A u skup B da li su injektivne?d) Ako su f funkcije skupa A u skup B da li su svrjeMivne?

e) Da li se može defini-sati injektivna funkcija skupa ,4

u skup B ?

Rešenje

a) Samo f -2nije funkcija zbog (1, a) E fo A (1. c) G f-2-

b) Funkcije f$ i f,i jesu funkcije skupa A u ykup B dok fi nijefunkcija skupa A u skup B već skupa {1. 2. 3} u skup B.

c) Treba ispitivati samo / 3 i / 4. Međutim. one nisu injektivne zbog

toga što je, npr. / 3(1) = / 3(2) = a i / 1(2) = / 4(3) = b.

d) Sirjektivna je samo f±.

e) Ne može se đefinisati injektivna funkcija skupa A u skup B jerskup A ,,ima više elemenat-a" nego skup B pa bi semorala dvarazličita originala preslikavati u istu sliku što jeprotivrečno inje-ktivnosti. Znači funkc-ija ..konačnog” skupa A u ..konačan” skup B može biti injekt-ivna ako i sarno ako je broj elemenata skupa A manji ili jednak. od broja eleinenata skupa B.

Zadatak 3.41 Nekaje A = {1, 2, 3}. B = {a, b, c, d} i binarne relacije tj. neki skupovi uređemh parova f\ = {(1, a). (2, b), (3, c), (1, d)},

/ 2 = {(1, a), (2, a)} i / 3 = {( l,d ), (2, a), (3, c)} . Odgovoriti na pitanja:a), b), c), d). iz prethodnog zadatka za ove skupove i relacije.

e) Da li se može definisati sirjektivna funkcija skupa A u skup B ?



3. Funkcije 41

Rešenje

a) samo fi nije funkcija zbog (1 ,a) € f\ i (1 ,d) 6 f\.

b) Funkcija / 3 jeste funkcija skupa A u skup B dok funkcija / 2 nijefunkcija skupa A u skup B već skupa {1,2} u skup B.

c) Funkcija / 2 nije injektivna zbog toga što je / 2(1) = / 2(2) dok / 3

jeste injektivna.

d) Treba ispitivati samo / 3. Međutim, funkcija / 3 nije sirjektivna.

e) Ne može se definisati sirjekt-ivna funkcija skupa -4 u skup B jer

skup A ima „manje elemenata" nego skup B pa bi jedan originalmorao cla se preslikava u dve različite slike što je protivrečnodefiuiciji funkcije. Znači funkcija ..konačnog'' skupa A u ,,kona-čan" skup B može biti sirjektivna ako i samo ako skup A ima..više ili jednako elemenata" od skupa B.

Na osnovu zađataka 3.40 i 3.41 zaključujemo da dva ..konačna" skupa

imaju isti broj elemenata ako i samo ako postoji bijekcija između njih.To nas upućuje da damo definiciju:

Definicija 3.42 Neka su A i B skupovi i neka postoji bijektivna fun-

kcija f : A 1-^ B . Tada kažemo da skupovi A i B imaju isti broj

elemenaia (isti kardinalni broj ili da su iste moći) i to zapisajerno sa Card(A) = Card(B) ilt |4| = \B\.

Teorem a 3.43 Konačan skup A ima n demcnata ako i sanio ako

postoji bijekcija f : A ^ {1, 2. . . .. n} i to zapisujano sa Card(A) = nili kao što srno već rekli |/1| = n. Skupovi koji imaju isti broj elernenata

kao skup prirodnih brojeva zovu se prebrojivi skupovi što označavamo sa K0 i čitarno „alef nula”. Za skupove koji imaju isti broj elemenata

kao skup realmh brojeva kaže se da irnaju c (kontinuum) elernenata.

Iz zadataka 3.40 i 3.41 takođe zaključujemo da se „konačan” skup A ne može bijektivno preslikavati na svoj pravi podskup. što može

da posluži za. karakterizaciju ..konačnih" skupova. Preciznije o tomegovori sledeća definicija.



42 Principi algehre, opšte, diskretne i linearne

Definicija 3.44 Skup je beskonačan ako %samo ako se rnože injek- tivno preslikati na svoj pravi podskup. U suprotnom on je konačan.

Zadatak 3.45 Dokazati da je skup N beskonačan.

Rešenje Posmatrajmo funkciju / {(n,2n)\ri G N}. Funkcija / očigledno je bijektivna funkcija skupa N na skup svih parnih brojevakoji je pravi podskup skupa prirodnih brojeva.

Z a d a t a k 3 . 4 6 D o k a za t i d a sk u p r a c i o n a l n i h b r o j ev a Q i m a i st o t o l i k o el e r a ena t a ko l i k o i sk up

p r i r o d n i h b r o j ev a N.

R eš en je. Posraatrajrno niz pozitivnih racionalnih brojeva:ll »l 2 Očev idno je da će se sva ki pozitivan racionaini broj pojav -

j 2 3 iti u ovom nizu ba r je dnom . Pos le prv og po ja vlj iv an ja nek og3 ' 2 ' T' racionaln og broja u ovoni nizu, uklon ićemo sva daljnja poja vlji-

van ja toga broja u tom nizu. Ak o to uradimo za svaki racionalni

1 2 3 4 5 bro j u tom nizu, dob ićem o niz sv ih pozitivnih racionalnih bro-

A ko sa da iz in eđ u svaka đva člana to ga niz a upišemo prethodni sa znakom minus i ispred celog

niza upišemo broj 0. dobićemo niz svih racionalnih brojeva. Kako smo uspeli da poređamo u uiz

skup svih racionalnih brojeva, to znači da smo konstruisali (definisali. napra\'ili) bijekciju skupa

prirodnih brojeva na skup racionahiih brojeva. pa je dok az tim e završen.

Teorema 3.47 Ako su skupovi A i B konačni i |A| = \B\. tada iz

injektivnosti funkcije f skupa A u skup B sledi obavezno i njena sir- jektiunost. Vazi i obratno.

Da ovo ne važi za beskonačne skupove sledi iz primera funkcije / : N >Q defmisane sa f (n) = n za svaki prirodni broj n G N, gde je Q skup svih racionalnih brojeva. Ova funkcija / : N —*•Q očevidno je injektivna. ali nije sirjektivna jer se niko ne prelikava naprimer u |.

a jNj = jQ|.

Teorema 3.48 Ako su skupovi A i B konačm i j.l | = |E>|, tada iz sirjektivnosti funkcije f skupa A u skup B obavezno sledi i njena in-

jektivnost tj. bijektivnost.

Da ovo ne važi za beskonačne skupove sledi iz primera funkcije / : Q —► N definisane sa /(| ) = q za svaki racionalni broj 2, gde

je p € Z, q G N i p i q su uzajamno prosti, jer |Q| = |N| i funkcija

/ : Q —>• N je sirjektivna a nije injektivna.



3. Funkcije 4.3

Z a đ a t a k 3 . 4 9 Dok aza t i da ne pos t o j i b i j k cc/i j a i zmeđ u sku pa p r i r o dn i h b r o j ev a i sk upa ( 0 , 1 ) =

{ x |0 < x < 1 A x £ R} t j . da skup (0, 1) n i j e p r eb r o j i v sk u p .

Dokaz: Izvedimo dokaz kontradikcijom. Pretpostavim o da je skup preb rojiv t j. da se SVI elementi

(brojevi) skupa (0 .1) mogu p oređati u beskonačni niz, jedan ispod drugoga. Kako se sva.ki broj

iz (0, 1) može na jedinstven način zapisati u obliku be skon ačno g decim alnog zapisa, u kome ne

postoji cifra a r nn posle koje su sve devetke, to pomenuti niz SVIH brojeva iz (0, 1) je:

0. a i ia i2ai3 - « i i •a-3j

0 , ^ 21 ^ 22^23 • - • a 2 i ■■■a 2j ■■■

0. a tia-i2 a (3 . . . a.11 , . . a 2/ . . .

gđe je a t j £ {0,1,2.3.4.5.6.7,8.91 j - ta cifra i - tog bro ja iza zareza u tom nizu.Kieđutim postoji

br oj Q6] 6263. . ,bi . . . takav da je b-, - - 0 za a ?, 0, b7 - - l za a-a --- 0 (K an torov dijagonalni

postu pak ). Taj broj očev idno pripuda skupu (0. 1) i nije u pređth odn om nizu SVIH brojeva iz

(0, 1) što je kontradikcija sa pret.postavkom da se skup svih brojeva iz (0. 1) može ..poređati" u

niz tj. bijek tivn o preslikaU na N. Na pom ena 0. 2363999 . . . = 0, 23639 = 0. 2364 = 0, 236 400 0. . .

i u ovom dokazu koristiii smo samo ovaj poslednji zapis zbog jedinstvene reprezentacije realnog

bio ja iz (0, 1) decimalnim beskonačnim zapisom.

Restrikcija / [0.i) funkcije /(. r) = tg(|.r) nad dornenom (0, t) jestebijekcija skupa (0.1) i R+, a funkcija g(x) = I n j e bijekcija skupa

E+ i skupa iL pa ujihova kompozicija go f(o,i) Je bijekcija skupa (0.1)i skupa R. To znači da svih realnih brojeva ima isto toliko kolikoi realnih brojeva iz intrvala (0,1) tj. |Kj = j(0,1)|. Na osnovu tebijekcije go f i prethodnog zadatka. sledi da skup svih realnih brojevaR nije prebrojiv, jer (0.1) nije prebrojiv! (zadatak 3.49) Za bijekcijuskupa M i skupa (0, 1) inožemo uzeti i naprinier f (x ) = j-“ .

Na osnovu 3.42 3.46 i 3.49 sledi da je

|N| = |Q| = No i |K| = |(0 ,1)5 = C, kao i K0 < C. Da li p osto ji sku p či ji kardinalni lno j je

između No i C? Odgovor na ovo pitanje. poznatog pod nazh-om hipoteza kontinuma; dao je

P. Cohena 1964. gođirie i glasi da to nije poslediea ostalih aksioma teorije skupova. tako da se

postojanje takvoga skupa može prihvatiti kao nova aksiom ili ne prihvatiti.

Zadatak 3.50 .4 = {1,2,3}, B = { a . b . c } , f\ = {(1, a), (2, b)}, f 2 = {(1- a), (2, b). (3, b)}, / 3 = {(1, c), (2, b). (3, a)}. / 4 = {(1, a), (1, 6), (1, c)} ,

/ 5 = { ( 1,a), (2. b), (3, a) }. Svako pol j c obavezno popun i ti sa da i l i ne.




\ fi je funkcija f i ' . A - ^ B h ' A ^ B fi A " ‘ B

fl

h

fsu

h

Zadatak 3.51

h = { (x ,x+l)\x G M}. f 2 = { ( x , x - l )\x G N}, / 3 = {(1 ; 1), (2, 2). (3 ,3 )}, / 4 = {(a: + 1, x)\x G N}. Svako polje obavezno popuniti sa da ili ne.

\ fi je ftmkctja /,; : N — >N fi : N N fi : N - -4 N

hh

hh

,/4 : N \ {1 } —> N f4 : N \ {1 } U 1N / 4 : N \ {1 } ™ N 1 } : N U N’ na

Zadatak 3.52 Odrediti domene i kodornene (antidornene), ispilati in

jektivnost i naći inverzne fmikcrje sledećih funkcija. ukoliko postoje.a) f = {(1. 2), (2, 3), (3. 4)}: b) f = {(>'. 3,r + 4)|a: € M}:

c) f = {(.r, x3)\x E E}: d)f = {(.T:,x2)|;r G IR};

t ) f = {(X . j-2)i,T e R + }; I ) f = { ( .T.2*) | . t e R}:

g) f = {(:r. |rj)!i 6 K}: h) f = { (:r, | t e R A :r ± \ } :

i)sin;

j) cos; k)

tg .

Funkcije, kao npr.

/ = | ^x. r-—— \x G R A 5 —3.r ^ 0

obično se kraće označavaju sanro sa f ( x ) = a funkcije konačnihskupova, kao npr. / = {(1 , a), (2, c), (3. b)} zapisivaćemo



Rešenje

a) V ( f ) = { 1, 2. 3}, A ( f ) = { 2, 3, 4} i f ~ l = { ( 2 ,1), (3, 2), (4, 3)}.

b) T>(f) — A ( f ) R. Kako je jednačina y — 3,r + 4 jednoznačnorešiva po x za svako y e R odnosno x = ^ to znači da je / in-

jektivna i da je / -1 = {(3x + 4, ;r)|;r IR} — { (y, -— ) \y e M} =

{ ( ^ t ) I i £ R };

c) 'Đ(f) — A( f) — K i / je injektivna zbog jednoznačne rešivo-sti jednačine y — ,r3 po x za svako y e M odnosno x = / _1 = {(;r 3, j ;)| j ; E E } = {(y , ^/y)|y G E } = {(a:, ^ )| a : G E };

d) V ( f ) = E. A( f ) = E+ U {0 } = E\R+ /' nije injektivna zbogtoga što je , npr. / ( —2) = / ( 2);

e) V( f ) = A ( f ) = R + i / jeste injektivna. jer jednačina y = x 2 jeste jednoznačno rešiva po x za svako y € E+. Ako uvedemo oznaku yjy - x za x > 0 A ,r2 = y možerno pisat-i f ~ l = { ( x 2,x:) \ x €

®+} - {(?/ s/y)\y e E+} = {(r, ^)\x e R+} ; '

f) V(f ) = E. A( f ) = E+, / je injektivna i ako uvedemo oznaku x = log2 y za 2 X= y, možemo pisati

. r 1 = { ( 2-T,.r)|;r G E) - {(y.\og2 y)\y e E+} = {(,r. log2x)|.r e R+};

g) 'D(f ) = R, A ( f ) - R+ U {0 } i / nije mjektivna zbog toga što

je,npr. |- 3| = |3|:

h) V ( f ) = E\ {|}, A( f ) = R\ { —§} i f je injektivna jer je jednačina y = 1^4 iednoznačno rešiva po x u skupu R\ ( f } za svako

y e |} tj. x = | f g , Pa je '

3. Funkcije 45

2 + 3;r

3

. < u , ! l ± i ) | x e R J _ n \ / - ( * ) = £ £



Principi algebre, opšte, điskretne i linearne

Iz definic.ije funkcije sin (sinus) vidi se da je D(sin) = M. *4(sin) ={x\ — 1 < x < 1} = [—1,1]. Vidi se takođe da. sin nije injek-tivna zbog toga što je, npr. sin f = sin(—^f) = sin ^ itd.Prema tome, sinus nema sebi inverznu funkciju, ali ako posma-tramo restrikciju te funkcije nad domenom [—| ,f ] , odnosno.ako uzimamo samo one uređene parove od funkcije sinus čijesu prve komponente iz [—§;§]• onda će ta nova funkcija bitiinjektivna i nju ćemo obeležavati simbolom s in ^ . Kako je

ta nova funkcija sinus injektivna ona ima sebi inverznu funkcijukoju obeležavamo sa sinrV 21 ili arcsin. Znači:

sinr.VTri = arcsin = { (sinx,x)ix el 2 2 l

7T 7r

T 2

{ ( y . arcsin y)\y e [-1.1]} = {(x, arcsinx)jx e [—1.1]};

Iz definicije funkcije cos (kosinus) sledi da je P(cos) = R. ,4(cos) =[—1, 1] i kosinus nije injektivna zbog toga što je, npr. cos § =cos 4r itd. Prema tome kosinus nema sebi inverznu funkciju. Ali ako posmatramo restrikeiju te funkcije luid domenom [0, tt]odnosno uzimamo samo one uređene parove ocl funkcije kosinus.čije su prve komponente iz ;0. tt]. onda će ta nova funkcija biti in

jektivna i nju ćemo obeležavati simbolom cos-Dnl. Kako je sadata nova funkcija kosinus injektivna. ona ima sebi inverznu kojase obeležava sa cos_) ili arccos. Znači:[(!.<

c°s[o = arccos = {(cosx,.x )jx G [0. ~]} =

= {(y,arccosy)\y E [—1,11} = {(x, arccosx)j:r e [—1.1]}:

k) Iz definicija funkcije tg (tangens) sleđi:

V(tg) = 1A {(2 k + l)^|fc e Z } , y4(tg) = M.

Funkcija tg nije injektivna zbog toga, što je. npr. tg | = tgitd. Restrikcija te funkcije nad domenom (—f . §) , odnosno skupsvih uređenih parova funkcije t.g čije su prve komponente iz

(—§ , § ) jeste injektivna. Nju obeležavamo simbolom tg ..



3. Funkcije 47

i ona zbog injektivnosti ima sebi inverznu funkciju tg_1T T koju

obeležavamo još i simbolom arctg. Znači

_ i f , , , / 7T 7T

tg(~ f ,f ) = arctS = ( (tg x) |x £ 9 ,

= {(y,arctgy)|y € ffi} = {(x, arctga:)|x e K}.

Neka funkcija f : A ™ B nije injektivna i neka je f c : C B

restrikeija funkcije f (C C A . f c C / ) koja jeste injektivna,Tada / ( / ^ ( r ) ) = x jeste tačno za svako x za koje je i definisanata jednakost (tj. za x £ f c { C ) C B), a

f c H f ^ ) ) ~ x nije tačno za svako x za koje je i definisana ta jednakost, več samo za x E C.

Da li je f c ' C —> B sirjektivna? Nađi potreban i dovoljanuslov, da bi f c : C B bila sirjekth’na!

Naprimer / — ( ^ ) je neinjektivna funkcija skupa A = {1, 2, 3, 4}

u skup B = { a.b.c}, a f c = ( ^ ) je njena injektivna restrikcija naddomenom C = {1,3,4} tj. injektivna funkcija skupa C u skup B.

Prikažimo prethodne tvrdnje na tri važna primera tj. za funkcije f (x) = x2 f ( x ) = cos X f (x ) = tg X.

( s/x)2 —x je tačno za svako x za koje je i definisano jer je

?+ U {0}, f ( x ) X ' B = C1 def

■ IC ~

Zahvaljujući definicijama f c l d= V

x

V x2 = x nije tačno za svako x za koje je i definisano, već samo za

x e C = [0. oc).def j X, X > 0

\ —x, x < 0 :

sledi. da je

Teorema 3.53 Vx- = \x\.

Dalje imamo da cos(arccos x) = x je tačno za svako x za koje je i defi-

nisano, jer je u ovm primeru f (x) = cosx. C = [0, tt],def

j c = arccos

dok arccos(c;osx) = x nije tačno za svako x za koje je i definisano, većsamo za x G C = [0. ix\. Lako se proverava da je

arecos(cosx) = \x + 2kn\ € [O.tt],




gcle se k E Z mora birati tako da bude x + 2k% E [— n. tt] tj. da bude|.t + 2kn\ E [0,7r], što je očevidno uvek moguće.

Primet-imo da je tg(arctgi’) = x je tačno za svako x E K jer

je u ovom primeru f (x ) = tgx. C — f ) ,p - 1 def

Jc — dokarctg(tg.i;) = x nije tačno za svako x E 1R, već samo za x E (—f . f).

Lako se proverava da je arctg(tgx) = x + kn 6 (—f . f ) , gde se k E Z bira tako da bude x + kn E (—f . f ), što je uvek moguće.

Znači za svaku injektivnu funkciju / skupa A na skup B uvek važida je / _1(/(x )) = x za svako x iz A i / ( / ~ 1(x)) = x za svako x iz B, međutim tg(arctg.r) = x je tačno za svako x E M, a arctg(tg x) — x

nije tačno za svako x E R već samo za x € ( —f f )• iako f (x) — arctg x

jeste injektivna funkcija skupa R u skup R. Zašto? Odrediti:arcctg(ctg x) =?, ctg(arcct.g x) =?, sin(aresin x ) =? i arcsin(sin x ) =?

Definicija injektivne funkcije / kaže cla da za svako x iz domenafunkcije f mora da važi f (x ) = f (y) =+ x — y. Da li prethodnaimplikacija može da se koristi nekada i kod neinjektivnih funkcija?Odgovor je potvrdan i sadrži se usledećoj teoremi.

Teorema 3.54 Ako je f ncinjektivria funkcija. a njena restrikcija nad

dorncnorn C injektivna. tada važi:

(a E C A b E C A / ( « ) = / (& ) )

Dokaz teoreme 3.54 je posledica sanio definicije injektivnosti pafaktički nema šta da se dokazuje, ali njena važnost u dokazu raznihidentiteta je veoma važna, kao što pokazuje sledeći primer.

Zadatak 3.55 Dokazati da važi sledeća implikacija

2 x

l T x a x E [1, oo) => arcsin — — ^ —2 arctg x

Dokaz: Pre svega i leva i desna st.rana jednakosti koju dokazujemosu definisane za svako x 6 M, jer domen funkcije arctg je R, dok zbog

( - 1 < < l ) ^ ( (x + l ) 2> 0 A (x - l )2 > 0)

sledi da. je i arcsin definisano za svako x E E, jer domen funkcije

arcsin je [—1, 1],



3. Fankcije 49

Sacla primenimo teorernu 3.54 tako što uzrnemo a — arcsin ib = 7T—2 arctg x. Prvo treba pokazati da za svako x € [1, oo) važi

• r 7T 7T , s-i . , , r i

a = arcsm — — r € - = C i b = tt - 2 arctgx e [ - - , - = C.1 4 xA 1 1 1 1

Prva tvrdnja sledi iz same definicije f'unkcije arcsin : [—1,1] —► [—f , f],dok druga sledi iz

x G [1, oc) =4> arctg x G [|, f ) —2 arctgx G (—tt. —|] =>7T—2 arctgX e (0, f ] =>•tt —2 arct-gx e [— f],

Sada je preost.alo još samo da sedokaže da je sin a = sin6 tj. da je

sin(arcsin j — j ) = sin(7r —2arctg x). Leva strana ove jednakasti je

očito jednaka pa pokažimo da je i desna strana tc jednakosti jednaka Znači imamo da je sin(7r —2 arctg ;r) = sin(2 arctg a:) =

= 2 sin(arctg x) cos(arc:tg ;r) = -= j~ ^ . Vidi 3.65

Zadatak 3.56 Odrediti dornene i kodomene (antidomene), ispitati injektivnost i naći inverzne funkcije sledećih funkcija. ukoliko postoje. a) f (x, y) = ( 2 x + y , 8a; + 2 y) b) f ( x , y) = ( 2 x + y. - 6x — 3 y)

Zadatak 3.57 Da li postoje realni brojevi a i b takvi da za svaM realni

broj iz mlervala (—oo, —1] važi arcsin = o + b arctg x.

Zadatak 3.58 Da li postoje realni brojevi a i b takvi da za svaki realm broj iz intervala [—1. 1] važi arcsin = a + 6arctgx.

Zadatak 3.59 Ako je f (x) = 2x + 3 i g(x) = x 2 — 2 odrediti:a) f ( f ( x ) ) : b) f(g (x) ): c) g( f( x) ): d) g(g(x)).

Rešenje a) f ( f ( x ) ) = 2f (x) -} - 3 = 2(2x + 3) f 3 = 4a; + 9;

b) f (g(x) ) = 2 g(x) + 3 = 2( x2 - 2) + 3 = 2a;2 - 1:c) g( f (x)) = ( f ( x ))2 - 2 = (2a; + 3)2 - 2 = 4;r2 + 12a: + 7:d) g(g(x) ) = (g(x ))2 - 2 = (a:2 - 2)2 - 2 = ^ - 4x2 + 2.

Zadatak 3.60 Konstruisati bar jednu funkciju f tako da:

a) f : R ™ [-1,1]; b) f : R ™ [0. 1] ; c) f : R ™ [ - 2, 2];

d) f : R ™ [0. 2]; e) f : R ™ [-3 , 0] : f ) f : R ™ R+ U {0};

g) f : R 1— R+ : h) f : R + R : i) f : [-1 ,1] ^ [ - f , f ] ;

J/ na ' na ' 1 Jna L 1




Rezultata) f ( x ) = sin.i” b) f (x ) = |sin:r|: c) f (x ) = - 2 s inx;

đ) f ( x ) = 2|sinxj; e) f (x ) = —3jair i j ; f) f (x) = x2,g) f ( x ) = 2X: h) f (x) = log.r. i) f (x ) = arcsin.:c;

j) f ( x ) = arccosa-: k) f (x ) = tg(arcsinx); 1) f (x ) = log5(tg(arcsinx)).Kako smo pronašli jednu bijekciju intervala (0,1) na skup realnih

brojeva, time smo dokazali da realnih brojeva ima isto toliko koliko

ima brojeva iz intervala (0,1)

Definicija 3.61 Neka je O : A —>• R. A C TR, funkcija đefinisana sa (Vx G A ) 0 ( x ) = 0. Funkcija O zove se nula funkcija.

Zadatak 3.62 Konstruisati bar dve radičite nenula funkcije f i g

skupa realmh brojera u skup realnih brojeva sa osobinom da je njihova kompozici ja f o q nula funkcija tj. O = f o g, odnosno

...................... ( V x e l ) 0 ( a : ) = / ( # ) ) = 0.

Rezultat f (x ) = i 2 —x i g(x) = sgn(.x'2).Definic-ija funkcije sgn je:

sgn(x) = —1 za x < 0. sgn(x) = 0 za x = 0 i sgn(x) = 1 za x > 0

Zadatak 3.63 Konstrmsati bar dve različite elementarne nenula funkcije f i g đefinisane u skupu .4 = R \ {2} sa osobinom da je njihova kom-

pozicija f o g nula funkcija.

Rezultat f ( x) = i y(x) = -f+f:

Zadatak 3.64 Ispitati da li je f funkcija i ako jeste odrediti njen domen i kodomen ( antidomen). Ispitati zatim da li je injektivna i

izračunati: / ( — 3). / ( —!)■ / ( 2). / '(4). ako je f = {(x. 1 —x)jx e

(—oc, - 2 ) } U {(x. x2 + l)|x e [-1 . 3)} U {(x, x - 2)|x e (3. 'OC')}.Rešenje Kako se nijedan realan broj ne preslikava sa / u dva ra-

zličita realna broja, / jeste funkcija i takve funkcije obično zapisujemo:

( 1 x x < - 2

f ( x ) = < x2 + 1 —1 < x < 3[ x —2 3 < x

V ( f ) = (R\[—2, —1))\{3} = ( - o c , - 2 ) U [ -1,3) U (3,oo), A( f ) =

[1, oo) nije injektivna zbog zbog toga što je, npr. /(2 ) = /( 7 ) = 5.



3. Funkcije 51

Zadatak 3.65 Za koje realne brojeve su defimsane i tačne formule:a) sin(arcsin x) = x: b) arcsin(sinx) = x\ c) tg(arctg.r) = x;d) arctg(tgx) = x; c) co:s(arccosx) = x: f ) arccos(cosrr) = x;

g) cos(arcsinx) = \/l —x2; h) cos(arct-g x) =i) sin(arccos x) = y/l - x2: j) sin(arctg:r) =

k) t.g(arcsinx) = : V tg(arccosx) = ~x2/

rn) a.rccos(sinx) = § — x; n) arcsin.r + arccos x = f .

Rezultat a) x G [—1,1]; b) x G [—§, |] ; c) x e R;d)a:G ( - § . § ) ; e) :r e [-1,1]; f ) : r e [ 0,7r]; g ) i £ [-1,1]:h) x 6 M; i) x G [—1.1]: j) x G M; k) x G ( —1, 1);

1) ar G [ - 1 .1]\{0}; ' m) * G [ - § . §] ; n) :r G [ - ] , ! ] .

Zadatak 3.66 Za kojc su realne brojevc x t y definisanei tačne for-

rnule:a) arctg x + arctg y = arctg b) arctg x + arctg y = 7r + arctg

c) arctg x + arctg y — —?r + arctg d) arctg x + arctg y = § ;

e) arctg:r + arctgy = —§.

Rezultat

arctg :r + arctg y — <

f arctg za a:y < 1

7r + arctg za > 1 A x > 01 ° 1—^2/

—7T+ arctg za xij > 1 A x < 0O ] . . . X y 'S

~ za xy = 1 A x > 0

— | za / // ! \ x < 0.

Proveri da je za f ( x) - arctg x + arctg i g(x) — arctg x + arctg ^

Izračunati: arcsin(sin = ^ ) =? arcsin(sin 1) =? arcsin(sin 2) =?arcsin(sin 3) =? arcsin(sin 4) =? arcsin(sin 5) =? arcsin(sin 6) =?

arcsin(sin 8) =? arccos(cos 6) =? arccos(cos 7) = ? arccos(cos ^ ^ ) =?arctg(tg l) = ? arctg(tg 2) =? arctg(tg3) =? arctg(tg4) = ?arc:tg(tg 5) =? arctg(tg 6) =? arctg(t,g7) =? arctg2 + arctg3 =?

Zadatak 3.67 Za koje vrednosti realnih parametara a i b formula, f (x ) = ax + b




a) definiše funkciju / : R — Rb) defimše injektivnu funkciju f : R —>R

c) defimše strjektivnu funkciju / : R —>Rd ) definiše bijektivnu funkciju f : R —► R

e) definiše rastuću funkciju / : R —»•Rf) definiše neopadajuću funkciju / : R —>R .

Zadatak 3.68 Za koje vrednosti realnih param-etara a, b i c fommla

f (x ) = ax2 + bx + ca) definiše j'unkaju f : R —>Rb) definiše in/jeUivnu funkciju f : R —>Rc) definiše sirjektimu funkciju f : R —>Rd) defi/niše bijektivnu funkciju f : R —>R

e) defimše rastuću funkciju / : M —>Rf ) definiše neopadajuću funkciju / : R —>•R .

Zadatak 3.69 Odrediti / - 1(:r), (7_1(.r). h_1(x), F ~ ](x), G'_ 1(x), H~l (x) , L~l {x) ako je f ( x ) — 2.x + 3, g(x) = £ ~ . /?(:r) = arccos.r,

F(.x) — 2,r. G(x) = :r3. if(ar) = L(x) = v l - r-'2 ?•napisati

V ( f - 1), V(g~l), V[ tr ' i. I>(F_1), X>(G_1) ; P ( / / -1), P (L _1) . Ako se drukčije ne kaže, uvek se podrazumeva da su domeni funkcija,,maksima]ni,' podskupovi od R u kojima su deiinisani izrazi koji ih

definišu.

Zadatak 3.70 Date su funkcije f i (x ) = 2 log.-, x.' 2

f 2(x) = log2 x2, f 3(x) = 2 log2 |.r|, / 4(.r) =<b.r "

Ako među datim funkcijama ima jednakih, napisati koje -su jednake.Odgovore obrazloiti.

Zadatak 3.71 Nekaje / : R2 -*• R2 funkcija koja preslikava skup svih uređenih parova ’realmh brojeva u samog sebe d-efinisana sa izrazom

f (x . y) = (ax + by, cx + dy), gde su a, b, c, d dati realm brojevi. Za koje

vrednosti realnih parametara a, b, c i d funkcija f : a) je vnjektivna.b) je surjektvuna. c) je bijektivna. d) irria inverznu. / “ 1 i odrediti je.e) Odrediti kompozicuju funkcije f sa samorn sobom tj. f o / =?



Glava 4

BULOVA ALGEBRA

Definicija 4.1 Neka je B = (B, + , ■! , 0.1) uređena še.storka gde su 0

i 1 dva razl'ičita elementa skupa B. + i binarne operaaje skupa Bi ' unarna operacija skupa B. Tada ova šestorka jeste Bulova algebra

ako važe sledeći aksiomi:

B \ : a + b = b + ci ; (i •b = b • a B2 : a(b + c) =(a b) + (a c) : a + (b c) = (a + b) •(a + c)iB 3 : a + 0 = a ; a 1 = a B\ : 0 + 0 = 1 ; o •o = 0

za sve a, 6, c iz skupa B.

Umesto a-b pisaćemo kraće ab. Ovde podrazumevamo da operacija,•ima prednost u odnosu na operaciju +, pa zato umesto a + (bc) pišemo samo a + bc i umesto (ab) + (ac) pišemo samo ab + ac. Aksiomi

B\,B2 ,B 3 i B4 redom se nazivaju komutativnost, distributivnost,postojanje neutralnih elementa i komplementarnost.




Operaciju + zvaćemo disjunkcija, operaciju zvaćemo konjunkcija i operaciju ' zvaćemo negacija, po ugledu na jedan od osnovnihprimera ( modela ) Bulove algebre, Iskaznu algebru (Primer 1).

Prim er 4.2 ({ _L, T} , V, A, “1, _L, t ) jeste Bulova algebra. gde su bi-

narne operacije V, A i unarna operacija “I definisane sa

V ± T A _L T P lp

± i T .1 J_ ± ± T

T T T T ± T T 1

Primer 4.3 Uređena šesiorka (v(A), U, fl. c , 0, A^ . gde je V{ A)

skup svih podskupova skupa A (partitivni skup skupa A), A ^ 0, ounarna operacija c dejinisana sa £ V(A)^XC = A \ X =

{x\x 6 A A x £ X } jeste Bulova algebra. Koristi se i oznaka X = X c.

Primer 4.4 Nekaje £>30 skup svih delioca. celog broja trideset tj. D:i0 — {1. 2, 3, 5, 6,10.15, 30}. Tada je (D30, NZS. NZD. ' . 1, 30) Bulova

algebra, gde je NZS(m.n) najmanji zajednački sadržalac brojeva rn i n, NZD(m.n) najveći zajedmčki delilaca brojeva ni i n. a operacija '

definisana sa. a' — ~ za svaki broj a iz D?li).

Primetimo takozvanu dualnost u osmočlanom skupu svili aksiomaBulove algebre, odnosno da ako u bilo kojoj aksiomo + i •zameneuloge (mesta) i 0 i 1 zamene uloge (mesta) dobiće se opet aksioma Bulove algebre. Zbog toga će i sknp svih teorema Bulove algebre biti dualan, što znači da ako smo dokazali neku teoremu, time je njoj dualna teoreme avitomatski dokazana tj. ne treba

je dokazivati.

OSNOVNE TEOREME BULOVE ALGEBRE

Teorema 4.5a + a = a ; aa = a idempotentnost

Dokaz: o = a + 0 = a + aa' = (a + a)(a + a') = (o + a) •1 = a + a

Teorema 4.6

0 + 1 = 1 ; o -0 = 0 ograničenost



4. Bulova algebra

Dokaz: a + 1 ] (a + 1) = (a + a') (a + 1) = a + a' •1 = a + a' = 1

Teorema 4.7

a + ab = a ; a(a + b) = a apsor cij a

Dokaz: a + ab = a 1 + ab = a( 1 + b) = a 1 = a

Teorema 4.8a + a'b = a + b ; a(a' + b) = ab

Dokaz: a + a'b = (a + a' ) (a + b) = 1 •(a + b) B±= J a + b

Teorema 4.9(a + b) + c = a + (b + c ) ; (ab)c = a(bc) asocijativnost.

Dokaz: , .(a + b) + c = 1•((a + b) + c j = (a + a') ((a + b) + c j = (a-(a + b) + a cj +

(a'(a + b) + a'cj a + (a'b + a'c) = a + a'(b + c) = a + (b + c)

Teorema 4.10Sistem jednačina a + x = 1 A a ■ x = 0 po nepoznatoj x . ima

jedinstveno rešenje za sve vrednosti parametra a iz skupa B .

Dokaz: Zbog aksioma B4 sledi da x = a' jeste rešenje datoga sistema. Dokažimo kontradikcijom da rešenja više nema. Pretpostavimo dab J a' takođe jeste rešenje datog sistema. Tada je:b = b- 1 = b(a +ar) = ba+ba' = O+ba' = aa'+ba ' = (a+b)a ' = 1-a' = a' .

Kontradikcija sa b J a ' .

Teorema 4.110' = 1 ; l ' = 0

Dokaz: Sistem0 + x = 1 A 0 • x = 0

ima za rešenja x = O' zbog B4 i x = 1 zbog B3, a kako taj sistem zbogteoreme 4.10 ima sarno jedno rešenje, sledi da je O' = 1 .

Teorema 4.12(a’) ’ = a ; Da l i j e f (x ) = x' bij ekti vna. fu nk cij a ? Zašto ?




Dokaz: Sistema + x = 1 A u' x = 0

ima za rešenja x = a i x = (a')' zbog B\ i B4 , a kako taj sist-em zbog

teoreme 4.10 ima sanio jedno rešenje, sledi da je a = (a')1.

Teorema 4.13(a + b)' = a'b' ; (ab)' = a! + b' Demorganovi zakoni

Dokaz: Sistem

(a + b) + x = 1 A (a + b) x = 0

ima za rešenje x = (a + b)' zbog B,± i x = a'b' zbog (a + b) + a'b' = (a +b +a ’ )- (a + b+b') = 1-1 — 1 i (a + b)-a'b' = aa'b' + ba'b’ — 0 + 0 — 0.Međutim zbog teoreme 4.10 sistem (a + b) + x = 1 A (a + b) x = 0

ima samo jedno rešenje pa mora biti (a + b)' = a'b'.Indukeijom se dokazuje uopštenje (a-i + a -2 ■]-■■■ \ -an)' = a\ a'2 ■ ■ •a'n.

Definicija 4.14 Bulova algebra C = (C'.+ .-. ' . 0.1) je podalgebra Bulovc algebre B — (B.+. ! ,0,1) ako %sarno ako je C C B i op-

eracije iz C su restrikcije operacije izB.

Teorema 4.15 Neka je B = (B. +. ! , 0,1) Bulova algebra. i C C B. Tada C—(C. +, ', 0.1) je podalgebra Bulove algebre B~(B, +. •/ . 0,1)ako 1 samo ako za svako a 1 b iz skupa C važi a + b € C, ab G C i

a' e c !

Dokaz:Dovoljno je dokazati samo da 0 i 1 iz skupa B pripadaju skupu C!.

Iz a E C sledi a' e C, pa je a + a' e C, a kako je i a + a' — 1 G B to konačno sledi da je 1 € C. Analogno iz a e C sledi a' e C. pa jeaa' e C, a kako je i aa' — 0 G B to konačno sledi da je 0 e C.

Definicija 4.16 U Bulovoj algebri B = (B, +, ! . 0.1) definiše se bi-

narna relacija 4 :

(\fx e B)(\!y e B) x 4 y o x + y = y

^Sa da je jasno da su operacije + , • i ' iz C restrikcije opera cija -f , • i ' iz B.



VAŽNA GNJENICA tj. UPUTSTVO

Činjenica 4.17________________________________

4. Bulova algebra 57

Svaku od sledeć ih teorema, Bulovih identiteta, koji zavisi i odpromenljive x dokazivać emo tako što ć emo levoj i desnoj strani dodatix ili X 1 ili ć emo i levu i desnu stranu pomnožiti sa x ili x \ a zatim pri-

menjivati aksiome . B2, B$, i već dokazane teoremel(4.5-4.13)

Teorema 4.18 U Bulovoj algebri B sledeći iskazi su ekvivalentni:a) x f y — y b) xy = x c) x' -f y = 1 d) xy' = 0.

Dokaz: Ako se jednakost a) pomnoži sa x i primeni zakon apsorcije dobija se b). Dodavanjem elementa x' levoj i desnoj strani jednakostib), primenom aksioma f?2, i B 3 sledi c). Primenom unarne operaeije' na c) dobija se dj. Ako dodamo y levoj i desnoj strani jednakostid), primenimo aksioma B2, B± i B3 sledi a). Kako smo pokazali daa) +> b) => c) => d) => a), to je teorema dokazana.

Ovim smo dali četiri ekvivalentne defimcije relacije =?; pa sledi:

Cinjenica 4.19 ______________

Tvrdnja dualna za x 4 y je y 4 x, jer dualno od x + y = y je xy = y.

Teorema 4.20 Relacija 4 u Bulovoj algebri, B = (B, + . •/ . 0,1) jeste

relacija poretka tj. za svako x, y ,z E B važi:

a) x 4 x ; b) (x 4 y A y 4 x =>• x — y: c) (x 4 y A y =4 z^ = > x 4 z

Dokaz: a) x 4 x x + x = x:

b) ^x =<: y A y 4 x^ (x + y — y A y + x — x => x = y,

b) .r =?; y A y 4 =+ x + y = y A y + z = z =» x + y + z = y + z

=£• x + z = z jer smo y + zamenili sa 2, pa sledi x z.

Primer 4.21 ({1, 5.6,30}, NZS, NZD, ' , 1,30) je Bulova podalge-bra Bulove aigebre ({1, 2. 3, 5, 6.10,15. 30}, NZS, NZD, ' , 1, 30).

Dokaz: Na osnovu zatvorenosti operacija +, •i ' u skupujl, 5,6, 30} ina osnovu t-eoreme 4.15 sledi tvrdnja primera.

Haseovi dijagrami (Pogledaj 2.24) su:




30

15

5

30

Figure 4.1:

Teorema 4.22 U Bulovoj aigebri B za svako x i y tz B važi:

a) x 4 x + y: b) y 4 x + y: c) xy 4 x; d) xy 4 y •

Dokaz: a) x 4 x + y O x + y = x + y; c) xy 4. x & xy + x = x.Drugim rečima. zbir je veei od sabirka. a proizvod je manji od

činioca (faktora). Inerptretiraj teoremu na Haseovom dijagramu!

Teorema 4.23 U Bulovoj algebri B za svako x, y i z iz B važi:

a) =3: 2 A y 4 2 => x + y 4. z. Važi i obratno. Teorema. 4.24

=> z 4 xy. Važi i obratno. Teorema. 4.24

=> xy 4 2. Ne važi obratno. Nađi kontmprim.tr.

^ z 4 x+y . Ne važi obratno. Nađi kontrapnmer.

b) [z 4 x A 2 << y

c) (/ =<2 A y : j

d) (z 4 x A z 4 V

Dokaz:a) z f\ y 4 z'j =>• (x + z = z A y + z = z j =$

=> x + y + z = z => x + y 4 z.

b) =<; x A u 4 y j => (îx = u A uy = u j =» u xy = ?/=>■ u 4 xy.

c) =<: 2 A y 4 z j => x + z = z A y + z = z. Na osnovu ovoga sledi:

2 + xy = (z + x ) ( z + y) = zz = z tj. xy + 2 = 2 što znači xy 4 z.

Kontra primer je x = A = { 1. 2}, y = B = { 2. 3}, 2 = C = {2} jer je

A n B C C J dok A £ C i B £ C .



4. Bulova. algebra 59

d ) ( z 4 x A z =$ y j => zx = z f\zy = z. Na osnovu ovoga sledi:

z(x + y) = zx + zy = s -f z ~ tj. z(x + y) = z što znači z 4 x + y

Kontra prirner je x = A = {1. 2), y = B = {2, 3}. z = C = {1, 2, 3}

jer je (7 C A U B dok C £ A i C £ B.Tvrđenja b) i d) su dualna redom tvrđenjima a) i c)! 4.19Na osnovu teorema 4.22 i 4.23 sledi da je x + y najmanje gornje

ograničenje (supremum) t j . najmauji elemenat u skupu gornjili ogra-ničenja za. skup {x . y}, a xy največe donje ograničenje (infinum) zaskup { x . y } . Inerptretiraj teoremu na Haseovom dijagramu!

Najmanje gornje ogrničenje (supremum), ukoliko postoji, jedinstve-no je određen elemenat, jer je ort najmanji elemenat u skupu svih

gornjih granica nekog podskupa skupa B (Teorema 2.27). Na primeru skupu racionalnih brojeva Q ne postoji najmanje gornje ogi'aničenjeza skup < 2 A x € Q), dok u skupu realnih brojeva R za istitaj skup {x|;r2 < 2 A x 6 Q} postoji najmanje gornje ograničenje(supremum) i to je broj a/2- D« h se ovo poslednje može dokazati?

Teorema 4.24 IJ Bulovoj algtbri B za svako x , y i z iz B važi:

a) x + y 4 c =» ( x A y 4 z'j ; b) u 4 xy => (u 4 x A u 4 y j

Dokaz: a) Kako je x 4 x + y, teorema 4.22 i kako je po uslovu teoreme x + y 4 z. to zbog tranzitivnosti sledi x 4 z. Analogno je i y 4 z.

Tvrđenje pod b) je dualno tvrđenju pod a). Dokaži sam. 4.19

T e o r e m a 4.25 U Bulovoj algebn B za svako x, y i z iz B važi:

a) x 4 y => x + z 4 y + z ; b ) x 4 y => xz 4 yz.

Dokaz:

a) x 4 y -t=> xy = x =4> x y z = xz => (xz)(yz) = x z => x z 4 yz.b) x 4 y <=> x + y = y = $ x + y + z = y + z=4> (x + z) + (y + z) = y + z <=? x + z 4 y + z.

T e o r e m a 4 . 2 6 U Bulovoj algebri B za svako x iz B važi:

a) 0 < x ; b) x 4 1

Dokaz: a) 0 =<: x <=>0 + x = x (B\, B:i): b) x 4 1 <£> x 1 = x (B:i)

Znači 0 je najmanji elemenat, a. 1 najveći elemenat skupa B uodnosu na relaciju poretka (parcijalnog uređenja) =<:.



60 Princdpi algehre, opšte, diskretne i linearne

Teorema 4.27 U Bulovoj algebri B za svako x i y iz B važi:

x y = 1 x = 1 A y = 1

Doka-z: xy = 1 =>- x + xy = x + 1 => x = 1.

Teorema 4.28 U Bulovoj algebri B za svako x i y iz B važi:

x = y <£ (x' + y)(x + yr) = 1; x = y O x'y + xy = 0

Dokaz: Iz + ;y)(.?: + y') = 1 na osnovu teoreme 4.27 sledi x' + y = 1i x + y' = 1. a odavde na osnovu teoreme 4.18 je x 4 y i lj 4 x tj.

x = y. Drugi deo teoreme je dualan prvom delu.

Test 4.29 Zaokružiti slova ispred iskaza koji su tačni u Bulovoj algebri B = ({0. !} .+ ,• /, 0,1) : a) x + y = (x'y')' b ) xy = (x' + y')'c) xy = 1 => x = 1 d) x = y => x' = y' e) x' = y' =*> x = y

f) f(x) - f : yr B g) xy = 0 => (x = 0 V y = 0)7 na 1

h) (Vx G B)(3y e B) x + y = 1 A = 0 i) xx = x + x k) x 4 x'.

Drfinicija 4.30 f i l e m en a t p / 0 Bu l o v e a l g ebr e B — ( S . + . / . 0 ,1 ) j e atom ako n e pos t o j t

el em e n a t x 6 B r a z h i t od 0 i r a z l i i t od p tak av da, j e 0 -' i p t j . m i mm a l n i el em e n t u sk u p u

B \ { 0 } .

Teorema 4 .31 N e k i el em e n a t p € B r a z h i t o d n u l e j e a t om B u l o v e a l g eb r e B = ( 6 , + , - / . 0, 1)

ak ko i z 0 4 4 Ps led i 1 = 0 V x = p .

T e or e m a 4 . 3 2 E l em e n a t p 6 B r a z l i t od n u l e j e a t or n B u l o v e a l geh r e ( B . + . - . ' . 0 . 1) ako i

sa rno ak o za svako x v; B v a ži :

p 4 x => px = P i p 4 x =? P x = 0 ■

Drugim rečima p 4 0 je atom ako i sarno ako za svako x iz B je p x jednako ili sa 0 ili sa. p tj,

p za p 4 x

0 za p 4 •<-

T e or e m a 4 . 3 3 A k o j e B = ( B , + , - / ,0 , 1) B u l o v a a l g eb r n , t a d a m i n i m a l n i d e r n e n t i ( 3 .1 9 )

sk u p a B \ {0 } u o d n o su n a r el a c i j u p o r e t k a 4 d ef i n i sa n u s a x + y = y ( i k x y =- x i h x y ' -- 0 i l i

' + y = 1 ) j esu a tom /i , Bu l ov e a l geb re B = ( B , + , / , 0.1) .

T e or e m a 4 . 3 4 U sv a k o j k o n a n o j B u l o v i j a l g eb r i B = ( B . + . • / , 0: 1) za sva k i e l emen a t x -

B \ {0} post o j i , a t om p t a k a v da j e p 4 x.

Definicija 4.35 Funkeija f : B —> C jeste hornomorfizam Bulovih algebn (B, +, •/ , 0,1) i (C, ® , Q ,~ , 0*, 1*) ako je f ( 0) = 0*,,/(1) =

1*. ____ f (x + y) = f (x) © f (y) . f (xy) = f (x ) Q f(y) , f(x' ) = f(x) .




Definicija 4.36 BijekUvni hom.oinorfizarn zove se izornorfizam, a izomorfizam Bulove algebre u samu se.be zove se automorfizam.

Primer 4.37 Bulova algebra({1,2,3.5,6.10,15,30}, NZS. NZD, ' , 1,30) izomorfna je sa

({0 . {2}, {3>, {5}, {2 .3}, {2.5} , {3,5}, {2 .3,5} j . U. n, r .0, {2 .3 ,5 }) ,

qdc je izomorfizam naprimer funkcija ' f 1 2 3 5 6 10 15 30 \

^ {2} {3} {5} {2.3} {2 .5 }J 3 .5 } {2.3.5} ) ' gde su ’ i c definisane sa n' = ~ i Ac —A — {2, 3, 5} \ A.

T e o r e m a 4 . 3 8 N ek a j e ( B . -r . •/ ,0. 1) kona nc i B u l o v a a l geb r a . i ne ka j e S s kup s vi h a t o r n a t e

Bu l o v e a l g eb r e . N eka j e za sva ko ,;r 6 B \ { 0 } d e f i m s a n s k u p

■n(x) - \ p\ p £ S A p =4 : t} = {p i .p i , .. .,Pn} . T a d a

X = p 1 t P 2 ( - . . . - } Pn

j es t e j ed i n st v en o p r ed st a v l j a n j e el em en t a x (d o na , k om u t a t i v n ost i a so c i j a t i v n ost ) .

P o s l e đ i c a 4 . 3 9 U sv a k o j k o n a ć n o j B u l o v o j a l g eb r i j ed i n i c a j e j ed n a k a z bi r u sv i h n .j en lh . a t om a .

Slcdeća teorema je teorema S tona o reprezentaeiji Bulovih algebri. 1

T e o r e m a 4 .4 0 N ek a j e S sk u p a t om a B u l o v e a l g eb r e ( B , - 1) i j i ek a j e V ( S ) sk u p s vi h

pod sku po va skupa S t j . p a r t i t i v n i sk up od skupa s vi h a t oma , S . Tad .a f u n k c i j a

7t : B - * 'P ( S ) de f i n i sana sa = { p \ p C S A p .t},

j est e i zom or f i za m bu l ov i h a l g eb n ( B , -f . / , 0. 1) t \ V ( S ) . U, n. . 0. S) . gde j e u n a r n a op er a ci j a

k om p l em e n t sk u p a d e f i m s a n a sa A --- 5 \ .4 = { x\ z 6 S A ,r 0 ,4 }.

Dokaz: Injektivnost funkcije " : B —~ V i S ) sledi iz

t tf 7T( X ) t 6 71 (’ V )

Sirjektivnost funkcije tt : B — V ( S ) sledi i z

( V A ' G P ( S ) j ( 3 x e B ) ( x = ] T f 44 8 .r = 5 1 * ) ^ t t ( x ) = X .

t £ X t€ t t ( x )

Da bi pokazali liomomorfnost funkcije ix : B ~+ V ( S ) treba dokazati:

w (x i- y ) = 5r(.r) U TT(y) i r ( x y ) = n ( x ) n i t ( y ) i r (x ') = i r ( x ) .

2Stone M. H, The the ory of rep resen tation s for Boolean algebras. Am er. Mat-h. Soc. 40, 37-111, 1936.




p 6 n ( x + y ) = » p ^ » + y = $ - p(x + y ) = p =* p.r + p y = p, a kako na. osnovu 4.32 elementi

p i i p y su iz {p, 0} to je bar jedai) od p x i p y jednak sa p jer u protivnom ako su obo jica 0 imali

bi da je 0 p što nem ože biti jer je p atom. Neka je naprimer p x — p što znači p x odnosno

p € ■n(x) tj. p eU it(i/) ) . Aria logno se dešava i za p y = p.

Iz p g (tt+ i) u 7r( y )) sledi da p pripada bar jednom od skupova n ( x ) ili Tr(y) i neka je

naprimer p 6 i r ( x ) što dalje implicira p x =4- (.r + y) =*- p =^ ( x + y ) => p £ 7r(a: + '(/).

Prem a tom e iz prethodna dva pasusa sledi 7r(x + y ) — 7r ( i) U n ( y ) .

p £ n ( x y ) => p =4 x y x tj. p x odn osn o p e 7r(rr). An alogn o se dobija da je i p e 7r(y)

t j. p e (w (r) n7r( y )) .

Iz p e ( / ( r ) n 7t ( j / ) ) => p 6 7r(x) A p 6 n ( y ) =» p = x A p y => p =4 r y => p e 7r(x j/).

Prema tome iz prethodna dva pasusa sledi n(xy) = tt(.t) n 7r(t/).^ . , ,,4 .3 8 . , 4.16.4.18 , 4.32 , . 0 4,16,4,1.8 ., 4.38D al je im ara o p C 7r(a- j p :r <4= ^ p.i' = p <£> 7= 0 ^

4<4-8 p 0 7T( x ) 44> p € ?r(x) odnosno 7r(xy) --- 7t(.t).

P o s l e d i c a 4 . 4 1 Svaka k onar .na Bu l ova a l gebra i rn a '211 ele .rn .enata . gd e j e n br o j n jerv ih a t oma i b v a ke d ve Bu l o v e a l g eb r e sa j e dna k i r n b r o j em el e r n ena t a su i z o r n o r f n e ,

Bulove funkcije Jeđan od vrlo važnih pojmova Bulovih algebri. naročito u primenama, je pojamBulovih funkcija.

D e f t n i c ij a 4 . 4 2 N ek a j e B = ( B . + . •/ , 0, 1) Bu l o t i a ol g e.b r a . F un k c i j a od n n eza v i sno p r vm en -

I j t v t h f : B n —. B t j . f u n k . i j a k o j a u r eđ ene n — t o r k e ćt j e k o r n ponen t e su i z B p r esh k a va u

e l emen t e sku /p a B j e B u l o va f tm k c i j a . a k ko za sva ku n - t o r k u l .r \. x j ......x n ) £ ki ' važ i :

1) K o n s t a n t n e f u n k c t j e t j. f u n k c i j e obh k a f ( i i - x o , .. . , r n ) = a. gde j e a f i k s r n e l emenu t i z

B j e su B u l o v e f u n k c i j e.

2 ) P r o j e k c i j e , t .j . f u n k c .i j e obh ka f ( x 1 , X 2 - ■■■, x n ) = .r. s a p r o i z r o l j n o 1 £ { 1 , 2 . . . .. n ) j esu

B 'u l ove fun k . c i j e.

3 ) Ak o su f i g B u l o v e f a n k a j e , t a .d a su t o i f u n k .c i .j e f ( :r 1........ x n ) = ( f ( x i ■ x r ) )

( / + s ) ( x i . . . . , x n ) - -- f ( x i , .. . , x n ) + g ( x i , . .. ,x „) 1 ( f ~g ) ( x i ......^n) = f ( x i ....... x „ . ) - g ( x i......... i r )

4 ) Bu l o v e f u n k c .i j e se. mogu đ ob i t i s an i o p r im enom 1), 2) » 3) i t o kon ać no mn ogo pu t a .

Drugim rečima skup Bulovili funkcija sadrži kostantne funkcije, projekcije. funkcije (op-

erac.ije) + , i ' i zatvoren je u ođnosu na kompoziciju (su perpoziciju) funkcija.

Koinpoziciono zatvoreni skupovi funkcija koji sadrže sve projekcije (kao i Bulove funkcuje)

zovu se zovu se kl on ov i funkcija. Iine klon potiče od grčke reči K \ o i ’o a što znači izdanak, jer

sve funkcije jednoga klona izrastaju pom oću s uperpozicija (kompozicija) iz nekih funkcija za koje

se onda kaže da ga generišu. Znači klon Bu lovih funkcija generisan je sa svim konstantam a i

funkcija-ma (operacijama) +, i ' . Danas postoje mn ogobrojn i i značajni naučni radovi, za

razne oblasti, o klonovima.

Teorema 4.43 Ako je skup B dvočlan tj. B = {0,1} tada svaka funkcija f : B n —► B jeste Bulova.



4. Bulova. algebra 63

Dokaz je posledica teoreme 4.52.Ovde će se proučavati samo funkcije dvoelementnih Bulovih algebri

koje su sve Bulove.

Svaka Bulova funkcija se može defrnisati tablično ili Bulovim izra-zom. Na primer funkcija / zadata Bulovim izrazom f (x , y, z, u) =

yu + x'u + i/z'u' i ista ta funkcija tablično X 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0v 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0z 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0u 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0

f(x,y,z,u) 1 0 1 0 0 0 t) 1 1 0 1 0 1 0 f 1

Definicija 4.44 Konstanto. skupa B je proizvoljni e.lemenat skupa B. Pro'menljiva skupa B je sirnbol koji se rnože zarneniti bilo kojim ele- m.entom skupa B.

Definicija 4.45 1) Konstantne i promenljive su Bulovi izrazi.

2) Ako su A i B bulovi izrazi. tada su (/I + B) . ( .4 B) i A' takođe

Bulovi izrazi.

3) Bulovi izrazi se mogu dobiti sarno piimenom 1) i 2) t to konačno mnogo puta.

Da li ova definicija ima neke veze sa đefinicijom 4.42? Da li je to na neki način isto?O evidno, svaki Bulov izraz jednozna no određ uje jednu Bulovu funkciju!

Primeri promenljivil i: x. ij. z. u, xi, y\, z . u-i,...Primeri Bulovih izraza: x, (x + y), ((xy') + y (x'+ y)), (1 + {xy')), ■■•

Uvodi se dogovor o brisanju leve i desne krajnje zagrade, kao i

konvencija da operacija • ima pređnost u odnosu na operaciju + i shodno tome brišu se odgovarajuće zagrade. pa od predhodnih Bulovihizraza sledi da su i x + y, x y' + y (x ’ + y), l + x y ' , ... takođe Bulovi izrazi.

Primetimo da svaki Bulov izraz jednoznačno određuje Bulovu fun-kciju. dok za svaku Bulovu funkciju postoji više Bulovih izraza kojidefinišu istu bulovu f'unkciju. Na primer Bulovi izrazi x' + y' i (xy)' određuju istu Bulovu funkciju f (x , y) = x' + y' = (xy)' čija tablična

reprezentacija je X 0 0 1 1

y 0 1 0 1f(x,y) 1 1 1 0



64 Principi algebre. opšle, diskretne i linearne

Sacla ćemo definisati neke posebne Bulove izraze koji su od velikog

značaja u daljem radu.

Definicija 4,46 Monom je promenljiva ili njegova negacija.

Primeri monoma: x. y, z. u, xi,y\, Z\, U\,x', y', z'. u', x[, y[, z[, u\....

Definicija 4.47 Elementama konjunkcija je konjunkcija, (proizvod)

monoma. Elemenat 1 Bulove algebre jeste elementarna konjunkcija.

Primeri elementarnih konjunkcija: x, x y', x'yzu, 1, x'xyz'2,...

Definicija 4.48 Disjunktivna normalna forma u oznaci D N F je disjunkcija (zbir) elementarnih konjunkaja.

Primeri DNF: x + u'z + x'yzu', xy', x + y, X-, y'x + y\z', 1, ...

Definicija 4.49 Savršcna disjimktivna normalna forma skupa pro- rnenljvinh A = {x\,x2, . . . . x n}. u oznaci SDNF. je disjunkcija (zbir) elementarnih konjunkcija. takvih da se u svakoj elementarnoj konjun- kciji pojavljuje svaka od promenljivih skupa A.

Primeri S D N F za skup promenljivih A = {x,y, z}: xy 'z + x'yz + xyz, xy'z, xyz' + x'y'z' + xy'z ', . . .

Analogno. dualno, se definišu elementarna disjunkcija, konjunk-tivna normalna forma K N F i savršena konjunktivna normalna formaSKNF.

Sada ćemo pokazati da se svaka Bulova funkcija može predstavitipomoću SDNF. U tu svrhu uvodimo sledeću definiciju (oznaku).

Definicija 4.50 xa = { x. za a tj. x l = x i x° = x'. J \ x' za a = 0 J

Teorema 4.51 xa —

Dokaz: 0° = O' = 1, 01 = 0, 1° = l ' = 0, l 1 = 1.

Sada možemo formulisati i dokazati teoremu o reprezentaciji proiz-voljne Bulove funkcije pomoću SDNF.

za x ^ a za x = a




Teorema 4.52

f ( x u X 2 , . . . : X U) = ^ / ( « ! >• • • > < * n ) X i l • ■ ■

(o-] ,...,ur,)e{0,l}ri

Na primeru od tri nezavisno promenljive tj. za n = 3 prethodnateorema ima oblik: f ( x , y , 2 ) —

/(0 . 0, 0).roi/° ° + / ( 0 ,0, l)^0!/0 1+ / '(0 ,1, 0 !./ ''//1.1" + / ( 0 , 1. l)xx>ylz l+

+ / (1 , 0 , O)^1?/0 0 + / ( l . 0 , l ) ; ^ /^ 1+ /( 1 .1 . O)^1;)/1 0 + / ’(1,1, 1):e1?/1z1Proverimo sada da li je ova jednakost tačna za naprimer (n\ y, z) =

(0,1,1). Ako uvrstimo (x, y, z) = (0.1,1), tada na desnoj strani svisabirei (elementarne konjunkeije), izuzev četvrtog po redu će biti nule,

jer u svim tim sabircima će se na bar jednom mestu razlikovati osnovaod eksponenta pa će zbog 4.51 ti sabirei biti jeclnaki 0. a četvrti ćebiti /(0 . 1, 1). Time je naša jeđnakost postala /(0 . 1. 1) = /(0 ,1 ,1 ) tj.tačna. Kako će se ovo očevidno uvek desiti za svaku trojku (x. y, z) G

{0, l } 3 time je teorema dokazana.Dokaz smo sproveli za n = 3. međutim to očevidno važi i za svako

n e N.Neka je BuIoA'a funkcija / zadata sledećom tablicom:

0 0 0 0 1 1 1 1 X

0 0 1 1 0 0 1 1. y0 1 0 1 0 1 0 1 z

1 0 1 0 0 0 1 1 f {x, y, Z ) = x'y'z + x'yz' + xyz' + xyzNa osnovu pri'thodne teoremc 4.52 odnosno na osnovu njenog speci

jalnog slučaja za n = 3 f (x , z) = f((}.dS))x'y'z' + f ( 0. 0. 1 )x'y'z + f ( 0. 1.0 + /(0, 1, l )x 'yz+

+ /Q ’ 0, 0 )xy'./ ■ f ( 1. 0.1) x y'z + f ( 1 1,0 )xyz + f (1 , 1, l)xyz

sledi da nj en e SDNF je

/U :,y, z) == x'y'z' + x'yz' + .1 yz' + xyz.Kao što smo rekli posmatraćemo samo Bulove funkcije na dvoele-

mentnonr skupu B = {0 ,1 }. Bulovih funkcija od jedne nezavisnopromenljive (unarnih operaeija skupa B) f : B —>B irna samo 4 i to

su:

/ . « © * « © h = - = Q / . = DOve fukcije redom se zovu univerzalna negacija, identička funkcija,

negacija i univerzalna afirmacija.

U sledećoj tabeli za oznake funkcija (operacija) koristićemo simboleiz iskazne algebre odnosno uzimamo da




x + y je x V y i zove se disjunkcija, xy je x A y i zove se konjunkcija,

x' + y je x =+ y i zove se implikacija, x'y' + xy je x y i zove se

ekvivalencija, x'y + xy' je x + y i zove se sabiranje pomodulu 2, a zove se

jo š i ekskluzivno ili, x' + y' je x A y (obeležava se i sa j) i zove se ni, azovu je još i Seferova funkcija, x'y' je x V y (obeležava se i sa. |) i zovese nili, a zovu je još i Lukašijevićeva funkcija. I preostalim funkcijama

dodeljena su neka imena ali ih mi nećemo navoditi.

Iskazna algebra je samo jedan primer Bulove algebre zbog kojega

se u mnogim knjigam a operacije + . •i ' označavaju redom sa V, A i

“I, dok u modelu algebre skupova koriste se redom simboli U, fl i c.

Bulovih funkcija. od dve nezavisno promenljive (binarnih operacija

skupa B) ima 16 i evo 7 najkorišćenijih:

X yA/\ V © A V ...

0 0 0 0 1 1 0 1 1 ...

0 i 0 1 1 0 1 1 0 ...

1 0 0 1 0 0 1 1 0 ...

1 1 1 1 1 1 0 0 0 ...

Kako smo dokazali teorcmu 4.52 to znaći đa se svaka Bulova funkcijamože predstaviti (kao njihova kompozicija tj. superpozicija) pomoćufunkcija + , i ' . Zato se za skup funkcija {+ , ' } kaže da je gen-eratorni za skup svih Bulovih funkcija. Sada se postavlja pitanje dali i izbacivanjem neke funkcija iz skupa funkcija {+ , -, '} novo nastalidvočlani skup funkcija i đalje jeste generatorni? Zbog identiteta (teo-reme) x + y — (x'y')' sledi da se funkcija (operacija) + moze izrazitipomoću operacija (funkcija) skupa {•, '} , što znači da je odgovor naprethodno pitanje DA.

Prema tome skup funkcija {•. '} takođe je generatorni i može sepokazati da. izbaeivanjem bilo koje funkcije iz skupa. {•, '} novodobijeniskup funkcija, nije više generatorni. pa se za takve generatorne skupovefunkcija kaže da su baze skupa Bulovih funkcija. Znači {-, '} jeste

jedna dvočlana baza. Očevidno je da i {+ , '} jeste baza skupa, svihBulovih funkcija. Postavlja se sada pitanje da li postoje jednočlanebaze? Odgovor je potvrdan što pokazuje sledeća teorema.

Teorema 4.53 Jednočlani skupovi funkcija {A } %{V } jesu baze skupa Bulovih funkcija.




Dokaz: Iz definicija ni funkcije A (Ševerove funkcije |), funkcijenegacije 1 i disjunkc.ije V sledi

X V

lx xAx yf\y x V y (xAx)A(yAy)

0 0 1 l 1 1 0 0

0 1 1 0 1 0 1 1

1 0 0 l 0 1 1 11 1 0 0 0 0 1 1

Na osnovu jeđnakosti poslednje dve kolone se vidi da se funkcija(operacija ) V može izraziti samo pomoću operacije A tj. x V y —(x7\x)7\{y7\y), odnosno x + y = (x f x) t (y T y)- Naosnovu jednakosti

kolona ispod 1;?; i x7\x sledi da se i “I može izraziti samo pomoćuoperacije A. I sada je očevidno da kako je { “I. V } = + } baza, to jei { A} = { { } jednočlana baza skupa svih Bulovih funkcija dvoelementneBulove algebre. Analogno se dokazuje i za {V7}.

Definicija 4.54 Bulova funkcAja f(xj, x2,. -x„) implicira Bulovufun- kciju g (x i, xo . . . . , xn) ako i samo ako je

f ( x i . x -2 . . . . . x n) + g(xi , x2, . . . . x nj = g(xi , x2 , . . . . xn)

za sve vrednosti nezavisno promenjljivih iz T i , x 2— . xn skupa B. Tada se kaže da je f implikanta za g.

Zbog zakona ograničenosti 1 + x = 1, sledi da f impicira. g akko za svevređnosti promenljivih x\. x 2....... xn za koje / ima vrednost 1 sledi da

i g ima vrednost 1.

Definicija 4.55 Bulov izraz A(x\, x 2, , xn) implicir bulov izraz

B{x\,X 2 , . ••, xn) ako i samo ako funkcija f (xi , x2, , xn) koju određje

Bulov izraz A implicira funkciju g(xi , x2,... , xn) koju određuje Bulov izraz B. Tada, se kaže da je A implikanta za B.

Kako je D N F disjunkcija elementarnih konjunkcija, sledi da zbogapsorcije svaka ta elementarna konjunkcija implicira tu DNF. Na pri-mer elementarna konjunkcija C = x'yz implicira disjunktivnu nor-malnu formu D = xyz' + x'y'z + x'yz + x'y'z' tj. C = x'yz jeimplikanta za D = xyz' + x'y'z + x'yz + x'y'z'. Sada ćemo datidefiniciju kada implikanta C = x'yz jeste prosta implikanta za D =

xyz'+ x'y 'z +x'y z+x'y 'z ', odnosno za Bulovu funkciju koju D određuje.



68 Principi algcbre, opšte, diskretne i linearne

Definicija 4.56 Elem.entarnci konjunkcija C\ je uključena u elernen- tam-u knjunkciju C akko je skup monoma od, C\ podskup skupa. monoma od C .

Definicija 4.57 Elernentarna konjunkcija C je prosta implikanta Bu- love funkcije f akko C implicim f i ako ne postoji elementarna konjunkcija uključena u C koja je različita od C i koja implicira f.

Znači prosta implikanta Bulove funkcije / je elementarna konjunkcijasa najmanje monoma koja implicira tu Bulovu funkeiju /'.

Ovde ćemo često poistovećivati Bulov izraz sa funkcijom koju on

određuje ali ipak treba imati na umu da to nije isto jer beskonačnomnogo različitih Bulovih izraza može da određuje istu Bulovu funkciju.

Kako se svaka Bulova funkcija može predstaviti sa DNF. to sledi dadefinicija proste implikante za Bulovu funkciju jeste isto što i prostaimplikanta za DNF koja predstavlja (određuje) tu funkeiju.

Da bi srno da li definiciju minimalne disjunktivne normalne forme,u oznaci MDNF. moramo prvo dati definiciiu kada se za D N F kaže da je prostija od D N F

Definicija 4.58 D N F je pivstija od D N F 4>2 akko je broj monoma od m-anji ili jednak od broja monoma od $2 1 oko je broj elementrmh konjunkcija od $1 manji ili jednak od broja elementrnih konjunkcija od <3>2- gde je barjedna od pomenutih nejednakosti striktna odnosno < .

Definicija 4.59 D N F Bulove funkcije f je minimalna akko ne po$- toji prostija od nje koja određuje istu tu Bulovu funkciju.

Teorema 4.60 Svaka elernentarna konjunkcija minimalne disjunktivne norrnalne forme (u daljem tekstu M D N F ) jeste prosta impli-

kanta te MDNF odnosno Bulove funkcije koju određuje ta M D N F .

Dokaz: Neka je $ M D N F Bulove funkcije / i neka je $ = C + D, gde je C proizvoljna elementarna konjunkcija ocl <3>, a D je disjunkcija (zbir) svili preostalih elementarnih konjunkeija. Sve jed-

nakosti Bulovih izraza koje će slediti, su u smislu jednakosti funkcijakoje one određuju, pa je onda jasno da je u tom smislu i $== /'. Jasno



4. Bulova aJgebra 69

je ela C jeste implikanta za $ tj. za / . Dokazaćemo da je C prosta im-plikanta za / . Dokaz izvoclimo kontradikcijom. Predpostavimo da C nije prosta implikanta tj. da postoji elementarna. konjunkcija C\ takva

da je skup monoma od C\ poctskup skupa monoma od C, C\ ^ C iCi implicira / . Znači faktički. smo predpostavili da je

C ...- ( \ C \ C \ ^ C ( "i • . / ' / .Primetimo prvo da je C\ + C — C\ + C\C* — C\ (apsorcija). Kako jeznači C\ = C\ + C to dalje sledi

C\ + D = Q + C + D = C\ + $ = Ci + / = / .

Kako smo dobili cla je C\ + D = / to znači da C\ + D je disjunktivnanormala forma za funkcije / koja je prosti.ja od C + D (skup monornaod C\ je podskup skupa monoma od C i C\ 4~ C) što je kontradikcijasa činjenicom da je C' + D minimalana. disjunktivna normalna forma.

Ova teorema je vrlo značajna jer ukazuje na postupak kako doći do M D N F za neku Bulovu funkciju / ’ tj. treba. pronaći sve proste impli-kante te Bulove funkcije / i od njih odabrati što je moguće manji brojt.ako da njihova disjunkcija bude D N F koja određuje baš tu Bulovufunkciju /.

Sada ćemo pokazati postupak za pronalaženje prosl.ih implikantineke Bulove funkcije pomoću Karnoovih tablica, samo za funkcije oddve. tri i četiri nezavisno promenljive. U tu svrhu evo nekoliko defini-eija.

Definicija 4.61 Sledtče četvorouglove zvaćemo osnovnim čctvorouglo- virria: _.

□

Definicija 4.62 Sledeće četvorouglove zvaćemo osnovnim obeleženim

četvorouglovirna: ___★ -k

★ ■k★

~k

* ★

-k * ~k *



Za svaku Bulovu funkciju f (x , y, z ,u ) popunjavamo tahlicu

70 Principi a Igebre, opšte, điskretne i hnearne

X X x' x'

z u z u' J u' z< u

V y' V’ y

tako što ćemo za svaku elemeutarnu konjunkciju SDNF-me te bulovefunkcije ,/. obeležiti njoj odgovarajući kvadratić u tabeli sa simbolm*. Na primer za funkciju

X 1 1 i 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

y 1 1 l 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0

z 1 1 0 0 1 1 0 0 1 -1.1 0 0 1 1 0 0u 1 0 i 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0

f(x,y,z.u) 1 0 i 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1

W N F j e / (•c-y . Z u ) = r yz u -(- ryz'u + X y'z'i / hx'y zil -\- x'y z'u + Jy'zu + x'y ' z'u + X 'u z'u i posle obeleža\'anja odgo\ arajuc'ih poljadobijamo tabelu:

X X x' x'£ k k k u,3 u'

, , / * ku' z’ •k -k k 11

y y' v' y

Zamislirno da je ova tabela od 4 x 4 = 16 kvadratića nacrtanana elastičnom papiru koji se može istezati i savijati. Prvo taj papiristeglimo levo i desno pa ga savijemo u omotač cilindra, a zatim tajcilindar isteglimo u pravcu njegove ose simetrije, savijemo i sastavimou oblik torusa (automobilske gume). Sada iz spoljašnosti toga torusa

posmatramo slike na njemu i tražimo maksimalne osnovne obeleženečetvorouglove.




Maksimalni obeleženi osnovni etvorougao je takav osnovni obeleženi

etvorougao koji se ne sadrži ni u jednom drugom osnovnom obeleženometvorouglu.

I sada svakom maksimalnom osnovnom obeleženom četvorouglu jednoznačno odgovara jedna prosta implikanta.

Cetiri obeležena polja u uglovima ćine jedan maksimalni osnovni

obeleženi četvorougao k ** -k

kome odgovara prosta implikanta yu.

Slika

-k -k* -k

Četiri obeležena polja u preseku prve i četvrte vrste sa posle-

dnje dve kolone čine maksimalni osno\rni obeleženi četvorougao

kome odgovara prosta implikanta x'u.

Dva obeležena polja u preseku treće vrste sa drugom i trećomkolonom čine maksimalni osnovni obeleženi četvorougao * -k komeodgovara prosta implikanta y'z'u'.

I na kraju dva obeležena polja u preseku treće kolone sa poslednje~k

dve vrste čine maksimalni osnovni obeleženi četvorougao — korne' k

odgovara prosta impHkanta x'y'z'.

Naravno sve posmatramo na površini torusa pa zbog toga ona etir i

obeležena polja u uglovima tabele na površini torusa se vide kao-k -k

-k -k

Kako u ovom primeru postoje samo 4 maksimalna osnovna obele-

žena četvorougla. to postoje tačno 4 proste implikante Bulove funkcije / ito su yu , x'u. i/z'u'., x'y 'z '.

M D N F sada dobijamo tako što uzmemo minimalni broj maksi-malnih osnovnih obeleženih četvorouglova (prostih implikanti) takoda je sa njima prepokriveno svako obeleženo polje (bar sa jednim odnjih). Disjunkcija ti prostih implikanti je tražena M D N F . tj. u ovom

primeru biće samo jedna i to yu + x'u + y'z'u'.

Zadatak 4.63 Napisati SDNF, sve proste imphkante i sve mini-



malne D N F Bulove funkcije f definisarte sa tabelom:

72 Principi algebre, opšte, diskretnc i linearne

X 1 1 1 X. 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

v 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 z 1 1 0 0 1 X 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0

u 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0

f 0 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1

Rešenje: SDNF je x y'zu + xy'zu' + xy!z’u' + x'yzu + x'yz'u + x'y'zu' + x'y'z'u + x'yfz'u' Sve proste implikante funkcije f su: y'u ',xy'z,x 'yu, x 'y'z', x'z'u.

M D N F : y'u' + xy 'z + x'yu + x'y'z' i y'u' + xy'z + x'yu + x'z'u.

X X xl x ’

z * k u

z * 'k u’ V1 * u’ J 'k -k u

y y' yf y

Iz prethodna dva primera vidimo da broj minimalnih disjunktivnihnormalnih formi ( M D N F ) za rieku Bulovu funkciju f rnože bi ti 1 ili

2. Očevidno taj broj može biti i veći.Bulovi izrazi i Bulove funkcije su veoma znaćajni jer iinaju velike

primene u drugim naukama kao naprimer i u elektrotehnici. jer sesvako prekidačko kolo može interpretirati sa Bulovim izrazom takošto paralelnu vezu dve grane x i y predstavlja x V y, rednu (serijsku)vezu predstavlja x A y i “lx znači da ako je prekidač x zatvoren. onđa

je prekidač ~\x otvoren i obratno.Uustrujmo na jednom primeru primenu Bulovih funkcija.

Primer 4.64 Konstruisati električno kolo u kojem imajedna (ili više) sijalica i tri nezavisna prekidača, tako da ako tačno jedan prekidač

promeni stanje, onda i sijalica promeni stanje.

Jasno je đa prekidač ima dva stanja 0 ili 1. a sijalica takođe dvastanja 0 ili 1 (ugašena ili upaljena). Takode je jasno da ako tačno dva

prekidača promene stanje, tada sijalica ne promeni stanje i ako tačnotri prekidača promene stanje, tada i sijalica promeni stanje. Neka




su x, y, x promenljive koje su oznake za ta tri prekidača, a f (x , y, z )neka je oznaka za sijalicu. Zadatak je znači konstruisati (odrediti,napisati, napraviti) Bulovu funkciju koja ima osobinu da ako tačno

jedna promenljiva promeni vrednost, tada i funkcija promeni vrednost,ako tačno dve promenljive promene vrednost, tada funkcija ne promenivrednost i ako sve tri promenljive promene vrednost, tada funkcijapromeni vrednost.

Da bi smo napisali tablicu te funkcije / poželjno bi bilo da uređenetrojke iz skupa {0, l } 3 =

= {(0,0 ,0), (0,0,1), (0,1,0), (0,1, !) , ( ! , 0,0). (1,0,1), (1,1, ()),(!, 1,1)}napišemo tačno jednu ispod druge u osam vrsta i tri kolone, tako da

svake dve suseđne uređene trojke se razlikuju na tačno jednom mestu.To se može dobiti naprimer obilaskom svih temena kocke (kroz svakoteme tačno jedanput) krećući se neprekidno po ivicama te kocke i up-isivanjem koordinata svakoga temena kocke kroz koje prođemo, gde jeto kocka čija temena ABCDA\BiCiD\ imaju za koordinate redom(0,0,0), (1.0,0). (1,1,0), (0.1,0), (0 ,0 ,1).(1, 0,1). (1,1,1), (0,1,1). Uteoriji Grafova to se zove Hamiltonov put, tj. put koji prolazi krozsvaki ćvor grafa tačno jedanput. Ako krenemo od temena. .4(0, 0,0),

tada će to biti put ABCDD\C\B\A\. Tada u četvrtoj koloni napišemonaizmenično 0,1, 0.1, 0,1. 0,1 i dobićemo tabelu tražene funkcije:

X y c f ( x , y . z )0 0 0 0

1 0 0 1

1 i 0 0

0 i 0 10 i 1 0

1 i 1 1

1 0 1 0

0 0 1 1

Sada je očevidno da ova Bulova funkcija zadovoljava tražene uslove,pa je time kreativni deo posla završen. SDNF te Bulove funkcije je




f (x , y, z) = xy'z' + x'yz' + xyz + x'y'z. Iz Karnoove tabele

X X x' x'

2 -k -k: k -k

V y' y' y

sledi da ova S D N F je i minimalna, pa sad možerno nacrtati električno

kolo koje je traženo u zađatku:

Figure 4.2:



Glava 5

GRUPOIDI I GRUPE

Definicija 5.1 Ako je * : A2 —> /I funkcija skupa A 2 u neprazni skup A, tada je * binarna operacija nepraznog skupa A.

Prva binarna operacija sa kojom se srećemo još u prvom razreduosnovne škole jeste operacija sabiranja + : N2 —>N, koja svaki uređenpar, čije su komponente prirodni brojevi, preslikava u neki prirodanbroj. Na primer uređen par (3,4) funkcijom (binarnom operacijom)4- preslikava se u prirodni broj 7, tj. +(3,4) = 7. Umesto oznake+(3,4) = 7 češće se koristi oznaka 3 + 4 = 7.

Definicija 5.2 Ako je * binarna operacija nepraznog skupa A ^ 0,tada uređen par (A. *) zoverno grupoid.

Zadatak 5.3 Da li su sledeći uređeni parovi grupoidi:a) (N ,+ ) b) { N.-) c) { N , - ) d) (1 ,~) e ) (Z, •,) f ) { Z\{0},:) g) (K,:)h ) ( R \ { 0} , : ) ,) ( { - 1 , 0 , 1 } . - ) j ) ( { - 1 , 1 } , ■) fc; ( { - 1 , 0 , 1 } , + ) .

Rezultata) Da b) Da c) Ne d) Da e) Da f) Ne g) Ne h) Da i) Da j) Da k) Ne.

Kako je binarna operacija funkcija, to pravila o zapisivanju i zada-vanju funkcija važe i za binarne operacije. Binarne operacije konačniliskupova mogu se zadavati i takozvanim Kejlijevim tablicama. Ke-

jlijeva tablica konačnog grupoida (.4. *) formira se na. sledeći način.Prvo, u gornjem levom uglu neke tabele napišemo simbol binarne op-

eracije, a zatirn sve elemente toga konačnog skupa A napišemo u gorn- joj vrsti te tabele u proizvoljnom poretku. Ta vrsta se zove granična

75




vrsta, Zatiin, u levoj koloni (graničnoj koloni) napišemo sve elementeskupa A u istom poretku kao i u graničnoj vrsti. U graničnoj vrstielementi se upisuju sa leva na đesno, a u graničnoj koloni se upisuju od

gore prema dole. Sada „rezultat” od a * b, gde je a u graničnoj kolonii b u graničnoj vrsti, upisujemo u preseku vrste desno od a i koloneispod b, za sve a i b iz skupa A. Na primer grupoid ( { —1,0 ,1 }. •),gde je operacija •obično množenje u skupu Z (tj. njena restrikcija!),određen je i tablicom

-1 0 1

-1 1 0 -1

0 0 0 0

1 -1 0 1

Defimcija 5.4 Grupoid, (A : *) je

a) polugrupa (asocijativan) ako

(\/x, y. z € A) (x * y) * = x * (y * z)

b) komutathmi ako (Vx, y G .4) x * y = y * xc) sa levim neutralnim elementorn ako

(3e E .4)(Vj; G A) e * x ^ x .

Uobičajeno je da se. umesto grupoid ili grupa (.4. *) kratko kaže samo

grupoid ili grupa A.

Definicija 5.5 Grupoid (A, *) je gru.pa ako postoji takav elernenat e

iz skupa A da važe aksiomi:

A\ Operacija * je asocijativna

A -2 (V.t e A) e* x — x (postoji lem neutralni elemenat)

A 3 (Vx € A)(3x ' £ A) x! * x = e (postoji lem inverzni)

i tada se ta grupa označava sa (A,*. ', e). Grupa u kojoj važi kornu-tativni zakon zove se komutativna ili Abelova grupa. Skup Ase zovenosa.č grupe (.4, *, ', e).



5. Grupoidi i grupe 77

Ako je iz konteksta jasno da je e neutralni elemenat grupe (A, *, ', e ) ili

se dogovorimo da je neutralni eiemenat e i ako se dogovorimo da je a' inverzni za a, tada ć emo tu grupu ozna avati krać e samo sa (A, *) ili još

krać e samo sa njenim nosa em A.U daljem radu, ako druk ije ne kažemo, smatrać emo da je e neutrali

elemenat grupe.

Zadatak 5.6 Ispitati da li su sledeći uređeni parovi grupe: a) (N, + );b) ( Z , + ) ; c) (Q, +); d) (R,+) ; e) ( C , + ) ; f ) ( { - 2 , - 1 , 0 , 1 , 2 ) , + ) ; g)

( Z , - ) ; h ) (N, ■); i ) (Z, ■): j ) (Q, ■); k ) (Q \{ 0} , ■); l ) ( R \ { 0 } , - ) ; m )

( C \ { 0 } , - ) ; n j (Q+,-) ; o ) (R+,-), gd e su + , — i ■ oper ac i j e sabi r an ja ,

oduzimanja i množenja u skupu prirodmh (N), celih (z), racionalnih

(razlomaka) (Q) , realnih (E) . pozitvvnih racionalnih (Q+)? itd.

Rešenje a) (N, +) je polugrupa bez neutralnog elementa, znači nijegrupa; b) (Z, +) jeste grupa jer je (Z, +) asoeijativni grupoid, nula jeneutralni elernenat, a inverzni za k je —k: c), d) i e) analogno kao podb); f ) ( { —2, —1,0,1, 2}, + ) nije grupa jer nije čak ni grupoid zbog togašto + nije binarna operacija skupa { —2. — 1 , 0,1, 2}. Na primer, 2+1 =3, što znači da + nije funkcija koja preslikava kvadrat toga skupa u taj

skup već u skup { -4 , —3, -2 , -1 , 0,1, 2, 3, 4}; g) (Z, - ) jeste grupoidali nije asocijativan zbog toga što npr. ((—2) —(—3)) — (4) ^ (—2) —((—3) — (4)); h) (N. •) jeste polugrupa sa neutralnim elementom ali nepostoji inverzni elemenat za svaki element. npr. (Vrc G N)2 •n / 1: i)Isto kao i (N. •); j) (Q. •) jeste polugrupa sa neutralnim elementom 1 isvaki x G Q ima sebi inverzni J G Q izuzev nule, t.e samo zbog toga(Q, •) nije grupa: k) (Q\{0), •) na osnovu pretliodnog razmatranja iteoreme 4.17. očevidno je grupa, a i preostali uređeni parovi su grupe,takođe.

Teorema 5.7 U grupi (A, *) levi inverzni element je i desni inverzni element i jedinstven je, a levi neutralni element je i desni neutralni i jedinstven je.

T e o r e m a 5 .8 U g r u p i (.4. *) l ev i i n v e r z n i el e r n e n t j e i d esn i i n v er z n i e l em en t i z o v e se i n v er zm e l e i nen t .

A-7 D ok az Neka j e x ' levi inverzni elemenat za x i x " levi inverzni elemenat za, x ' . tj. x ' * x = e

i x " * x ' = e. Tada je x * x ' ' = e * (x * x ' ) '= { x " * x ' ) * ( x * x ' ) '= x " * ((a/ * x ) * x ' ) ==

x " * (e * x. ') == x " * x ' == e. □Iznad svake jednakosti pišemo aksiome, teoreme ili defmicije zbo g koje je jednakost tačna.




T e o r e m a 5 .9 U g r u p i \ A , *) l ev i n e u t r a l n i j e i d esn i n e u t r a l n i i z o ve se n eu t r a l n i el em e n t .

T e o r e m a 5 . 10 N eu t r a l n i el e m en a t j e j e d i n s t v en .

Dokaz Pretpostavimo da su e i i e -2 neutralni elementi. Tad a je ei * e -2 = e i jer je ei

neutralni elemenat i ei * e -2 = e% jer je ei neutralni elemenat, pa sleđi ei = e i - n

T e o r e m a 5 .1 1 I n v er z n i el em en a t u g r u p i { A , * ) j e j ed i n st v en .

Dokaz Neka su a ! i a " inverzni elementi proizvoljnom elementu a iz A . Tada je

Teorema 5.13 U grupi (.4. *) za sve a. b € A važi:

a) (a * b)f — b' * a',

b) jednačine a * x = b i x * a = b su jednoznačno rešive u skupu A.

b) Doka žimo samo za prvu jednačinu , jer je za drugu dokaz sličan. Iz te jedna kosti sledi

da je a' * ( a * x ) = a ' * b , a odavde zbog asocijativnosti i aksioma o levom neutralnom i

levom inverznom elementu sledi x = a ' * b. Ovim je dokazana egzistencija (postojan je)

rešenja. D okažim o kontrad ikcijom jedinstven ost rešenja. Pr etposta vim o supro tno, tj. da

je dn ačin a im a ba r dva ra zliči ta re še nja x \ i x-2 - Tada iz a * x \ = b i o * X 2 = b, kao ikod dokaza egzistencije, sledi cci — a' * b i a'2 = a ' * b tj. x \ = X 2 , što je kontradikcija sa

pretpostavkom da su x \ i X 2 različiti. □

Teorema 5.14 U grupi (A, *) važi zakon kancelacije odnosno skrači-

T e o r e m a 5 . 12 Za svak i el em .ena t a g rupe (.4. *) j e ( a ' ) ' = a .

D o k a z

D o k a z

zb og A 3, 5.8 i 5.11

vanja, tj.s (Va, b,c € A) (b * a = c * a =» b = c).




Dokaz a*b = a* c ^ a'*(a*b) = o/*(o*c) =£ (a'*a)*6 = (a'*a)*c =£ e*i> = e*c =£ 6 = c. □

U slučaju asocijativnosti operacije, zagrade nema potrebe stavlja-ti. Ako se za simbol operacije grupe umesto * uzme •, tada se grupa

(.4, •) zove multiplikativna grupa. U multiplikativnoj grupi neut.ralnielemenat se označava sa 1 (ili e) i čitamo „jedinica grupe” , a inverznielemenat za. x se označava sa x~]. Umesto x • y pisaćemo xy. U mul-tiplikativnoj polugrupi (G, •) definiše se rekurzivno an za svako n G Nna sledeći način: al = a i a"~] = ana. Ako je (G. •) grupa, tada seova definicija proširuje za sve cele brojeve, tj. a° — e i a~n = (o-1 )nza svako n € N. Ako se za simbol operacije grupe uzme +, tadase grupa (A, + ) zove aditivna. grupa. U aditivnoj grupi neutralni el-

emenat označavamo sa 0 i čitarno ,,nula5’ , dok se inverzni elemenatelementu x označava sa —x i čita se „minus x ” . U aditivnoj polugrupidefiniše se rekurzivno na za. svaki prirodni broj n i svako a iz polu-grupe sa: 1a = a i (n + l)a = na +a . U aditivnoj grupi se ova defini-cija može proširiti na sve cele brojeve sa: Oa — 0 i (—n)a = n(—a) za svako n G N. Analogno i grupoidi (A, •) i (A, +) zovu se multiplika-tivni grupoid odnosno aditivni grupoid. Znači nazivi multiplika.tivnai aditivna govore nam sarno o odabiru oznaka (simbola) za operacije,neutralne i inverzne elemente i nemaju drugog značenja.

Definicija 5.15 Grupoid (H, ) je podgrupoid grupoida (G, ) ako je H C G i operacija- •iz (H\ •) je restrikcija operacije •iz (G,-).

Definicija 5.16 Neka su (H, •) i (G, •) grupe. Tada (H, •) je podgrupa

grupe (G, ) ako i samo ako je H C G i operactja iz (H, ) je restrikcija operacije iz (G, •)

Teorema 5.17 Neutralni elemenat grupe (G,-) jeste t neutralni elemenat svake njene podgrupe (H, •).

Dok az. Kako je iJ / I, to postoji x € II. Ako je e\ neutralnielemenat iz (H,-), tada je xe\ = x i ako je e neutralni elemenat iz(G, ), tada je i xe = x. Dalje iz xe.\ = x i xe = x sledi xt\ — xe, aodavde zbog zakona kancelacije 5.14 sledi da je e\ = e.

Primetirno da je operacija •iz (G. ) funkcija koja preslikava G1 u G,

dok je operacija. •iz (H, ) funkcija koja preslikava. H 2 u H. One, znači,nisu identične već je ova druga restrikcija one prve, a obeležavamo ih




istim simbolom jer cio zabune neće dolaziti. Odnosno, iz konteksta 6euvek biti jasno o kojoj je operaciji reč.

Na primer grnpa ({1. —1}, •) podgrupa je grupe ({1, —1,-z, —?}, •).

grupa (Q, +) je podgrupa grupe (IR, +) itd.

Uobi ajeno je da se umesto grupa (G, ) kaže samo grupa G ako je

iz konteksta jasno o kojoj je operaciji re i ko je neutralni elemenat

e te grupe. Drugim re ima, u tom slu aju, grupu (G.-) tj. ( G , -,e)odnosno (G, •, ',e) ozna avamo samo sa njenim nosa em G.

Teorema 5.18 Neka je (G, , e) grupa. Skup II je nosač neke podgru-

pe grupe (G, •. e) ako i samo ako je II podskup od G i za svako x i y iz skupa H važi da xy i x~l pripadaju skupu II tj.

(V:c, y 6 H) xy E H i x 1 6 H.

Dokaz (=>) Ovaj smer je neposredna posledica definicije podgrupe.(<=) Treba. dokazati da je (H, -,e) grupa, gde je operacija • iz

(II, •, e) restrikcija operacije •iz (G, •, e) i da je e iz (II. , e) isti onaj eiz (G, •, e).

Iz uslova (\fx, y 6 H) xy 6 H sledi da je (H, •) asocijativni

grupoid, gde je naravno operacija •iz (H, ) restrikcija operacije •iz(G, •, e). Ostalo je još samo da se proveri da li je neutralni elemenat e

iz (G, - .e) pripada skupu II.Neutralni elemenat e grupe (G,-.e) pripada skupu II, jer ako bi

u uslovima (V:r ,y € II) xy € H i x~l II uzeli y ~ .r” 1, dobilibi xx~l — e E II . Taj neutralni elemenat e iz G jeste neutralni zagrupoid (grupu) (H. ). jer je neutralni elemenat u grupi jedinstven.

Vidi teoremu 5.10.

Definicija 5.19 Funkcija f : G —► II homornorfizam je grupoida (G, *) u grupoid (II, o) ako

(V.t, y E G) f ( x * y) = f (x) o f (y).

Definicija 5.20 Bijektivni homomorfizam zove se izornorfizam. Izomorfizam, grupoida u samog sebe zove se automorfizarn. Sirjek-

tivni homomorfizarn zove se epimorfizam, a injektivni homomorfizam zove se monomorfizam. Homomorfizam grupoida u sarnog sebe zove




se endornorfizam. Za grupozde (grupe) kaže se da, su izomorfni ako postoji bar jedan izomorfizarri koji preslikava jedan grupoid (grupu) na drugi grupoid (grupu).

Na primer, funkcija f : Z —» {1, —l, z, —z} đefinisana sa f (k) = ik epimorfizam je grupe (Z. -f) i grupe ({1, —1, i. —i}, •). Logaritamska

funkcija, bijekeija, log : K+ — M izomorfizam je grupa ( l + , •) i (R, -f).

Teorema 5.21 Ako je f izomorfizam grupoida (G, *) u grupoid (/ /, o),tada je i f~ l izomorfizam grupoida ( H .o ) u grupoid (G, *).

Dokaz Kako je / bijekcija skupa G u skup II, to je i f~ l bijekcijaskupa H u skup G, pa za sve x, y G G postoje xi, iji 6 H takvi cla je

= / " V i ) i V = f ). Uvrsćavanjem u f (x * y ) = / (x) o / (y)dobija se / ( / 1f.r;) ^ / 11//i)) = ./ '( / 'i./'i)) ° / ( / ' " 1(ž/3)) odnosnosledi / ( / 1(.X]) * ,/ ' 1(:</[)) = ,T] o ;</!. a sada primenom funkcije / 1

sledi f ~ ] (xi) * f~ l (y\) = /"” ] (;ri ° Ž/i) t.j. f~ l Je izomorfizam.

Lema 5.22 Neka je funkcija f homomorfizam grupa (Gi, ★ ) i (G2, o)

/ neka su ej z e2 neutralni elementi tih grupa. Tada, je / ( e 1) = e2.

Dokaz Za svako x iz G\ \'aži

<*< 1= x => f (x*e 1) = f (x ) =» f (x)of(e\) = /( x ) => /(> ,) = e2. □

Teorema 5.23 Neka je (.4,*) polugrupa sa neutralnim elementom i

neka je B podskup od A onih i samo onih elemenata koji imaju sebi inverzne u skupu A. Tada je (B. *) grupa, gde je * iz (B, *) restnkcija operacije * iz (A.*).

Teorema 5.24 Ako su grupoidi (G\. + ) i (G2, •) izomorfni, tada:

a) Ako u G\ postoji neutralni elemenat,, onda mora postojati i u

G2 neutralni elemenat i tim izomorfizmom neutralni elemenat se preslikava na neutralni elemenat.

b) Ako je (G\, + ) asocijativan onda je i (G2, •) asocijativan. Isto važi i za komutativnost.




c) Ako G\ ima neutralni elemenat t ako je a' G G\ tnverzni za

a G G\ onda je f(a' ) inverzni za f(a) gde je f izomorfizam tih grupoida.

Dokaz

a) Neka je e.\ neutralni elemenat iz G\ odnosno(Vfl] E Gi) e\ + a\ = a\ + e\ — a\

tada je f(e\ + a,\) = f(a\ + e\) = f(a\) ekvivalentno sa f(e\) • f(a\) = f(a\) f(e\) = ,f(a\). Kako je / bijekcija ondaako a,\ ,,prođe" kroz ceo skup G\, f(a\) će „proći" kroz ceo skup

G2 •Prema torne f(e\) = e2 je neutralni elemenat u Go

b) (a 4- b) 4- e = a + (b + c) f(a + b) f(c) = f ( a ) f (b + c) O

4 (f(a) • f(b) ) f (c) = /(tt) •(f(b) •/(>')) zbog izomorf'nostifunkcije /. Analogno se dokazuje i za kornutativnost.

c) Neka je a' + a = a + a' = e.\ gde je e\ neutralni elemenat iz G\.Tada iz jednakosti f(a' + o) = f (a + a') = f(e\) sledi da jei f(a' ) f (a) = / (a) • f(a' ) = e2. Znači ako je a' inverzni za aonda je f(a' ) inverzni za /( « ) . □

Iz svega ovoga sledi da ako je grupoid (G i,+ ) izomorfan grupi

(G2 , •) onda je i (G\, +) grupa.Naravno važi i mnogo više, tj . ako su dve algebarske strukture izo-

morfne, tada svi zakoni koji važe u jednoj algebarskoj strukturi, važe i u

drugoj algebarskoj struk turi. Tada je uobi ajeno da se i elemnti njihovih

nosa a obeležavaju istim simbolima tj. na neki na in se identifikuju , iako

su to u suštini razli iti matemati ki objekti.

Zadatak 5 .25 N ek a j e f : ® 2 —>R 2 f u n k c i j a k o j a p r esl i k a v a sk u p s v i h u r eđ en i h p a r o v a r ea l n i h

b r o j ev a u sam og seb e d ef i n i s a n a sa i z r a z om f ( x , y ) = ( a x + b y , c x + d y ) , gde su . a , b , c , d da t i

r e a l n i b r o j ev i . Z a k o j e v r e d n o st i r e a l n i h p a r a m et a r a a .b, c i d. f a n k c i j a f : a) j e i n j ek t i vn a .

b) j e su r j ek t i v n a . c) j e b i j ek t i vn a . d) i m a, m v e r z n u f ' 1 i o d r ed i t i j e . e) j e t a k va da u r eđ en pa r

^ { / : R 2 --s- M2 |/(:r, y ) = ( a x + by. cx + d y ) } , o j j e s t e gr u pa .

Rešenje: a) a d -- bc ^ 0. b) a d — bc ^ 0. c) a d — bc 7^ 0.

d) r \ x , y ) = j e f ( f ~ H x , v ) ) = f r - V ) e ) a d ~ ^

Primer 5 .26

N e k a j e f u n k ci j a f a : K2 —> d ef i n i sa n a sa f . ,[ x , y ) = (0, —ax + a y ) 1

n ek a j e T = | /a : R2 —> M2|/a(.x'. y ) = (0. —a x + a y) A a £ l \ {0} j




a ) Da l i j e f a f u n k c i j a . z a sva ko a £ R?

b ) D a. l i j e f a i n j ek t i v n a f u n k c i j a z a sv a k o a G R?

c ) D a, h j e f a s u r j e k t i v n a f u n k c i j a z a sv a k o a € E ?

d ) D a l i j e f a b i j ek t i v n a f u n k c i j a z a sv a k o a G R ?

e ) D a U j e ( F , - f ) g r u p a , gd e j e ( f a + f b) ( x , y ) d= f f a ( x , y ) + f b (x . y ) l f ) D a l i j e (J 7 . o ) g r u pa , gde j e o k om p o zi c i j a f u n k c i j a ?( f a o f h ) ( x , y)==?

h ) D a l i j e (J 7 , o ) i z o n i o r f n o sa g r u pom (R \ {0 }, •)?

i) D a l i j e ( j F . + ) i z om o r f n o s a gr u p o r n (R, +)?

V id i 15.2 i 15.3

P r i m e r 5 . 2 7 D a l i j e ( { / o , f i , f i , f s , f -i , f s } , ° ) g r u p a . g d e su f u n k c i j e f ; : R 3 —► R 3 de f i n i sa . ne

sa j ed n a k o st i m a f o ( x , y , z ) = ( x . y , z ) , f \ ( x , y , z ) = ( y , z .x ) , f 2 ( x , y ,z ) = ( z , x , y ) , h ( x , y , z ) =

(;r, 2 , y ) , f ^ ( x , y , z ) = ( y , x , z ) , f s ( x , y , z ) = ( z , y . x ) . S t a j e g eom e t r i j s k a i n t er p r e t a c i j a f j . f i ?

P r i m e r 5 .2 8 N e k a su f u n k c i j e f : R 2 —> R 2 i g , h : R '5 —*•R 3 d e j i m s a n e s a i z r a z i m a

/(.X I1, x 2) = (4x*i - 5.T2, 2xi + 7X2). h ( x i , X 2 . X 3 ) = | ( -2 ;C 2 “ 2 X 3 , 2xi + X 3 , 2.n - - x 2 ) i g ( x i, x 2 , x 3) = (5x i + 6x 2 - 6x 3 , - 8x 1 - l l x 2 + 12x 3 , - 4 x i - 6x 2 + 7 x 3 ),

a ) O d r ed i t i ( f o f ) ( x i . X 2 ) ■ V i d i 15.2. b) Od r e d i t i g ( 1 , 1 , 1 ) i g ( 5 , - 7 , - 3 ) .

c ) O d r ed i t i ( g o g ) ( x i , x ' 2 . x : i ) . d ) Od r ed i t i 1 ( x i , x 2<X 3 ).

e) O d r ed i t i ( g o g o . . . o g ) ( x i ,x 2, xs) d= g { 20091 (x i , x 2. x s ) .

2009

f ) O d r e d i t i ft(2) = h c h i h ^ = h o h o h 1 poka za t i da j e. h i 3 '> = -h ,

’ = - M 2), hf5) = h . = ±h . h<4k> = i hf4k + 2>= h & .

g ) D a l i m eđ u f u n k c i j a m a h , /j,(2' , —h, — h (2> p ost o j i i d en t i k a f u n k c i j a ?

h ) D a i i j e ( { h , h ' 2 \ —h , —h,[ 2>} , o ) g r u p o i d i d a l i j e g r u p a ?

i ) D a l i j e ( { i^ , h, h^2 \ —h, —hf -2) } , o ) a s oc i j a t i v n i g r u p o i d sa n e u t r a -

I ni r r i el em e n t om i d a l i j e g r u p a . g d e j e i j i d e n t i k a f u n k c i j a ?

j j D a l i j e ( { i^ . g } , o ) g r u p o i d 1 d a l i j e g r u p a ?

k ) D a l%j e ( { h , h^2 \ —h, —h ' ' 2) } , o ) p od gr u p a od ( { f \ f : R 3 —► R °} , o) ?

I ) D a l i j e ( { h , h ^ 2\ —h , —ft.(2)}, o) i z om o r f n o s a g r u p om i z 5.41.

Definicija 5.29 Neka je (G. •) grupoid i p relacija ekvivalencije defimsana, u skupu G. Tada je relacija p korigruencija ako

(\fx, y. u.t v E G) (x p y A u p v) ==> xu p yv.

Zadatak 5.30 Relacija = m defimsana u skupu celih brojeva Z sa

(V:r, y E Z) (x =m V & m\x - y)

što se obično označava i sax = y (m.od rn) i čita se ,.x je kongruentno sa, y po modulu m ” odnosno x i y irnaju iste ostatke pri deljenju sa

m, jeste kongruencija grupe (Z, +) / jeste kongruencija polugrupc (Z, •). Dokazati.




Rešenje Relacija = m jeste ekvivalencija kao što je pokazano u

2.16, a jeste kongruencija u grupi (Z, +) zbog toga što

(x = m y A u = m v) (m\x —y A m\u —v) m\(x + u) — (y + v) =>

x + u = my + v.

Relacija = m jeste i kongruencija u (Z, •) zbog toga što

(x = rn, yf\u = m v) => (m\x —y A m\u-v) => (m\xu-yu A vT7|//?/. —?yi')

=> (rn\xu - ž/v) => (xu =,n yv)

Faktor skup Z/ = m označavaćemo sa Zm i kako je svaka klasa iz Zm jednoznačno određena bilo kojim svojim elementom. predstavnikom(teoreme 2.14. i 2.15), to ćemo mi za predstavnika klase uzimati naj-

manji nenegativan ceo broj, tj.

Zm = {C 0 ,CU . . . ,Cm-i } .

Ako je p kongruencija grupoida (GY, ). tada posmatrajmo faktorskup G/p (definicija 2.13). Da li se u skupu G/p može definisati takva

binarna operacija * da bude Cx * Cy — Cz ako i samo ako je xy urelaciji p sa elementom zl Sledeća teorema daje odgovor na ovo

pitanje.

Teorema 5.31 Neka je p kongruencija grupoida (G.-). Tada jed-

nakost Cx *Cy = Cxy, gde su x i y izG a Cx, Cy t Cxy iz G/p. defimše binarnu operaciju * u skupu G/p tj. (G/p,*) je grupoid.

Dokaz Treba, znači, proveriti da li * jeste funkcija koja paru(Cx,Cy) pridružuje Cxy, tj. da li par (Cx,Cy) može da se preslika sa* i u neki elemenat različit od Cxy. jer ako uzmemo u E Cx i v E Cy, tada je zbog 2.13. i 2.14, (Cx, Cy) = (Cu, Cv), a pitanje je da li će bitii Cxy = Cuv? Odgovor je potvrdan samo zato što je p kongruencijapa važi:

(CX,C S) = (CU,C V) => ( Cu = C r A C v = Cy) W

2.14 . / . x 5.29 . 2.14 . ^ n r~\=> (u p x A v p y) => uv p xy => Cm, = Lxy. u




Defimcija 5.32 Ako je H podgrupa grupe G i x proizvoljni elemenat iz G . tada xH — \xh\h E H }.

Teorema 5.33 Ako je H podgrupa grupe (G, •) i p relacija definisana u skupu G sa

(V:r, y G G) (x p y <=> x~l y G II).

tada p jeste relacija ekvivalencije.

Dokaz Refieksivnost relacije p sledi iz

x p x <=>x~lx £ II e € II,

što je tačno jer je H podgrupa, pa jo j pripada jedinica e. Simetričnostsledi iz

x p y <=>x~ ]y G H <=> (:r~ly)~l G H O y~xx € H O y p x.

Tranzitivnost sledi iz

x p y f\y p z =$> (x~1y G H A y~lz <G H) => (x ~1 y) (y~ lz) £ II =>

x l ((yy l )z ) £ H => x~l(ez) e H => x~lz e n => x p z. □

Ivoličnički skup G/p obeležava se i sa G/II.




Teorema 5.34 Klasa ekvivalcncije Cx iz Gfp, gde je p RST iz teo-

reme 5.33; poklapa se sa xH.

Dokaz Cx = {a\x p a Aa £ G} = {nj.r ’ o € H A a E G } ={a\3h E H x~] a = h A a E G } = {a\3h E H a = xh A a G G } ={«|q G j H A a e G } = {cx\a E x / / } = .t //- na osnovu definicije 5.32 i

2.13. □Ka.ko su xH klase ekvivalencije za svako x iz grupe G. to je zbog

teoreme 2.15. G = (JxgG x H i (xH = yH V xH D y.H = 0).

Teorema 5.35 Ako je H podgrupa grupe (G, •), tada za svaki eieme-

nat x iz G važiCard(xH) - Card(H),

tj. xH i H imaju isti broj elemenata.

Dokaz Konstruisaćemo jednu bijektivnu funkeiju / skupa H uskup xH i time će dokaz biti završen. Ta funkcija / može. na primer,

da bude funkcija definisana sa

(V/i E H) f(h) = xh (x je fiksni elemenat iz G).

Funkcija / je injektivna jer iz f(h\) = /( /^ ) sledi da je xh\ = xho odnosno h\ — h-2 za sve h\ i h iz H, jer važi zakon kancelacije 5.14 Zasvako xh iz xH postoji h E H takav da je f (h) = xh, pa je funkcija /

sirjektivna, □

Teorema 5.36 ( Lagrange)l Ako je G konačna grupa i H podgrupa od G tada je broj svih elernenata grupe G deljiv brojern smh elemenata podgrupe H i broj | | zovemo indeks gru/pe G po podgrupi H .

Dokaz Neposredna posledica teorema 5.34. i 5.35. □

Teorema 5.37 Neka je a proizvoljni elernenat konačne grupe (G,- ).

Tada H = {an\n E N} je podgrupa grupe G.

1 J.L .La gran ge( 1736 —1813)




Dokaz Kako je a £ G, to je i an = a a •... a, E G i kako je G^ .. ... ✓n

konačan skup a N beskonačan skup, to postoje takvi različiti prirodni

brojevi m i k (na primer nekaje m = k-\-s, gde je s € N) da je am= ak, tj. ak+s — ak. Odavde zbog kancelaeije 5.14 sledi as — e. Neka je l najmanji elemenat nepraznog skupa = e A s G N}. Sada je jasnoda je H = {e, a. a2, . . . , al~1}, tj. Card, ( H ) = l. Inverzni elemenat zaar(r < l) je al~r i inverzni za e je e. Zatvorenost operacije u skupu II očevidna je, pa zbog teoreme 5.18 sledi da je (II. •) podgrupa grupe

(G,-). □ 'Grupe kao što je (II, •) zovu se cikličnim grupama.

Definicija 5.38 Red elernenta a grupe (G, ) najmanji je prirodni broj l (ukoliko postoji), za koji je a! = e, gde je e jedinica gru-pe G. Red konačne grupe G je broj elernenata grupe G.

Iz 5.37. i 5.38. sledi da je red elementa a konačne grupe (G. •) jednak broju elemenata njene cikličke podgrupe II = {o n\ri G N}.

Posledica 5.39 Ako je (G.-) konačna grupa reda n i a proizvoljni

elemenat iz G. tada red l elementa a, delitelj je reda grupe, odakle dalje sledi an = a!k = (al)h = ek = e.

Teorema 5.40 Svaka grupa (G, ) izomorfna je nekoj poqfjrupi\grupe permutacija skupa G.

Dokaz Lako se proverava da funkcija cra G —>G definisana sa

(*) (V.r G G) aa(x) ax

jeste bijekcija tj. permutacija skupa G. Uočimo sada skup svih per-mutacija skupa G koje su oblika (*) i označimo ga sa II tj.

H = {tfajâ : G l- i G A a, 6 G A (Vx £ G)t7a(x) = ax}. n a

Lako se pokazuje da. (H, o) jeste grupa gde je o operacija kompozi-cije funkcija. Da bi dokazali da su (G. •) i (H, o) izomorfni moramo




konstruisati (definisati) neku funkeiju 0 : G —> H koja će biti bijek-cija i homomorfizam tj. izomorfizam. Neka je funkcija w : G —> H

definisana sa

(Va £ G) t.'(<i) = aa.

Funkcija ifj je injektivna jer za sve p i q iz G važi -ip(p) = <-((]) =>

(Tp = aq => (\fx £ G)ap(x) = oq(x) => (Vz G G)px = qx => p = q. Sirjektivnost sledi iz činjenice da za svako a0 £ H postoji takav a £ G da je i’(a) = aa. I konačno, dokažimo još da je ip homomorfizam.Treba dokazati da je riab) = r(a) o ijj(b) odnosno zbog definicijefunkcije ip, to se svodi na to da treba dokazati da je aab = aa ° a^ Jednakost ovih dveju funkcija a(lb i aa o at, koje očevidno imaju isti

domen G dokazaćemo tako što ćemo proizvoljm x iz G preslikati i jednom i drugom funkcijom i konstatovati da se dobija isti rezultat.

o’at(^) = (ab)x = a(bx) = aa(bx) = aa(ab(x)) = (aa o ab)(x). □

Korišćenjem prethodne teoreme dokaži da je ({;r, y, z }, •) grupa ako je

operacija •definisana tablicom

x. y z

X

y

x y z y z x

z z x y

Zadatak 5.41 Dokazati daje ({1, —1 ,i, — ?}, •) komutativna, Abelova. grupa, a ({1,—1},-) njena podgrupa gde je • restrikcija množenja u

skupu kompleksnih brojeva.

Rešenje Operacija skupa {1, —1, i, —i } jeste restrikcija operacije skupa kompleksnih brojeva jer proizvod svaka dva elementa iz togskupa je elemenat iz tog skupa. Operacija je asocijativna i komuta-tivna u celom skupu kompleksnih brojeva pa mora biti i u svakomnjegovom podskupu. Neutralni elemenat je 1, a inverzni su 1' = 1,

(—1)' = —1, i' —i, (—i)' = i.

Zadatak 5.42 Dokazati da je ({p\pn = 1 A p £ C}, •) Abelova grupa

gde je n fiksan prirodan broj a operacija •restrikcija množenja u skupu




Zadatak 5.43 Dokazati daje (A, •) Abelova grupa gde je A = {exl\x E

M} a operacija restrikcija množenja u skupu C (kompleksnih brojeva).

Rešenje (A, *) jeste grupoid jer je *i operacija skupa A zbog togašto je exleyt = e x+y 1 za proizvoljne x i y iz 4. Množenje u skupu C jeasocijativno i komutativno pa je onda takvo i u skupu A. Neutralnielemenat je e°l = 1 a inverzni za exl je e~xl.

Zadatak 5.44 Neka je A = Q \ { — 1} i 7 ieka je * bmarna operacvja definisana u skupu Q sa a. * b = a + b + ab, odnosno pomoću sabimnja i množeiija u skupu racionalnih brojeva Q. Da li je (A *) grupa?

Rešenje Prvo treba dokazati da je (A, *) grupoid, odnosno da je* binarna operacija i za skup A. Jasno je da je a * b E Q za svako a i6 iz Q i da je a * b jednoznačno određen elemenat zbog jednoznačnostioperacija sabiranja i množenja u skupu Q. Treba, međutim, proveritida li je a * b E A za svako a i b iz A. odnosno ako su a i b različiti od—1, da li rnože biti a + b + a.b = —1? To se ne rnože desiti jer, ako

je a + b + ab = —1 onda je a(l + b) = —(1 + b), a pošto je b -=f- —1,sledi da je a — —1, što je kontradikcija sa tim da su a i h različiti od

—1. Znači, (A *) jeste grupoid. Operacija je asocijativna, što slediiz (a * b) * c - = (a + b + ab) * c = a + b + ab + c + ac + bc + ahc = a + b + c + bc + ab + ac + abc = a* (b + c + bc) = a * (b * c). Pronađimoda li postoji takav e E A da je e * a = a za svako a E A. Kako jec * a = a # e + a + <a = a<=>e(l + a) = 0 e = 0, to je levi neutralnielemenat 0 jer je očigledno 0 * a jednako a za svako a E A. Da li zasvaki a E A postoji takav a' E A da je a' * a = 0? Kako je a / —1imamo a' * a = 0 < >a' + a + a'a = 0 a' = i pošto je — ^ —1za svako a E A. to znači da je —^ € A i da je —^ levi inverzni zaa.

Zadatak 5.45 Dokazati da-je (A, *) grupa, gde je skup A = {(a. b)\a E

Q A b E Q A a 0} a * binarna operacija skupa Q2 defi.nisana sa: (a, b) * (c. d) = (ac, ad + b). odnosno pornoću sabiranja i množenja u

skupu racionalnih brojeva Q.

Rešenje Prvo treba ispitati da li je * binarna operacija skupa A,

odnosno da li je (ac, ad + b) E A za svako (a, b) i (c, d) iz A. Očigledno je to tačno jer, pošto su a i e različiti od nule, onda je i ac •=/= 0. Znači




(.A , *) ieste grupoid. Asocijativnost sledi iz: ((a, b) * (c, đ)) * (e, /) =(ac, ađ + b) * (e, / ) = (ace, a c / + ad + 6) = (a, 6) * (ce, c f + rf) =(a, 6) * ((c, r/) * (e, / ) ) . Ispitajmo da li postoji levi neutralni elemenat.

Ako je to (x, y) onda mora biti (x, y)*(a, b) = (a, b) za svako (a, b) £ A. Odnosno, (xa, xb + y) — (a, b) 4=> xa = a Ax6 + y = b <=>rc 1 A& + y =5 + y = 6 O I = 1 A ;y = 0. Znači, (1, 0) je levi neutralni elemenat.Ispitajmo da li svaki (a,b) e A ima sebi levi inverzni. s obzirom nalevi neutralni (1, 0). Odnosno, (x, y) * (a, b) = (1, 0) O (xa, xb + y) =

(1,0) <=> xa = 1 A xb + y = 0 <=> x = \ A y = - k Znači, za proizvoljni(a,b) E A levi inverzni je Q , - £ ) 6 A zbog \ f 0, te je zbog toga

(A, *) grupa.

Zadatak 5.46 Ispitati grupoid (Q2, *) gde je * definisana sa

(a, b) * (c, d) — (ac, bc + c + d)

i, pronaći koje elemente treba izbaciti iz skupa Q2 (minimalni broj) da

bi preostali skup irnao strukturu grupe u odnosu na *.

Rešenje (Q2, *) jeste asocijativan grupoid zbog toga što su (Q2, +)

i (Q2, •) grupoidi i ((a. b) * (c, d)) * (e, /) = (ac., bc + c + d) * (e, /) =(ace, 6ce+ce+đe+e+/) = (a, b)*(ce, đe + e + / ) = (a, 6)*((c, d)*(e, / ) ) .

Levi neutralni elemenat je (1 ,-1 ) koji je očigledno i desni neutralni.Inverzni za (a, b) je (^, - 1 - ako je a 0. Prema tome, inverznielemenat će postojati samo za one parove čija je prva komponenta

različita od nule. Znači, (Q2,*) nije grupa ali(Q2\{(Q, x ) \ x e Q}, *), zbog teoreme 4.17, jeste grupa.

Zadatak 5.47 Dokazati daje ( ( - f , |) , *) grupa, gde je * definisana

sa a * b = arctg(tga + tg 6) za svako a i b iz (—£, §) •

Rešenje Iz definieija funkeija tg i arctg sledi da je( ( — |) , *) grupoid. Asocijativnost sledi iz (a * b) * c = arctg(tg a +tg6)*c = arctg (tg(arctg(tg a+tg6 ))+tgc) = arctg(tg a + tg 6+tg c) =arctg(tg a + tg(arctg(tg b + tg c))) = a * arctg(tg b + tg c) = a * (b * c).

Ako postoji levi neutralni elemenat x onda mora biti:

x*a = a arctg(tg x+tg a) = a tg x+ tg a = tg a tg x = 0 <> x = 0,

zbog injektivnosti funkcije tg nad domenom (—|, |). Znači, 0 je levi

neutralni elemenat (istovremeno i desni) a levi inverzni za x je —x (istovremeno i desni), što se jednostavno dobija i dokazuje.



Zadatak 5.48 Dat je skup A = {a + by/2\a. £ Q A b £ Q }.

a) Koji su od sledećih iskaza tačni: 0 6 A, 2\f 2 £ A, —5 £ A, 1 £ A,

2 - V Ž E A , V Š e A , l - y / Š E A?

b) Da li su, uređeni parovi (A, +), (A, •) i (/1\ {0}. •) grupe?

Rešenje a) 0 = 0 + Q\ /2, 2^ 2 = 0 + 2>/2, -5 = - 5 + 0\/2,1 = 1 + 0\/2, 2 —\/2 = 2 + (—1) /2- Prema tome, samo poslednja dvaiskaza su netačna.

b) (A, +) jeste grupoid zbog toga što je (a + b\J 2) + (c + d\J 2 ) =(a + c) + (b + d)y / 2 6 A jer ako su a, b, c, d iz Q, onda su i a + ci b + d iz Q. Asoeijativnost i komutativnost je očigledna jer je A

podskup skupa R realnih brojeva. Neutralni elemenat je 0, a inverzniza a + by/2 je —a + (—b )\/2 £ A. Preina tome (.4 ,+ ) je Abelovagrupa, (.4, ) jeste grupoid zbog toga što je (a + b\ 2 )(c + d\/2) =(a.c + 2bd) + (ad + bc )\/2 £ A jer sabiranje i množenje u skupu Qne izvodi iz Q. Asocijativnost i komutativnost takođe je očigledna, aneutralni elemenat je 1. Elemenat 0 nema sebi inverzan, pa (A, •) nijegrupa. Ako je a + bv^ E +1 \ {()} i njemu inverzni x + onda je

(a + by/2 )(x + y\/2 ) = 1, odakle sledi da je x = 1V = r E A

kako su a i b racionalni brojevi od kojih je bar jedan različit od nule,onda je i a2 - 2h2 ^ 0 jer, kad bi bilo a2 — 2b2 = 0 odnosno a = ±b\/2 , to bi značilo da su ili oba nule ili je neki od njih iracionalan, što jekontradikcija sa pretpostavkom o brojevima a i b. Na osnovu teoreme5.23 sledi da (A \{0 }; ) jeste Abelova grupa,

Zadatak 5.49 Napisati Kejlijeve tablice grupa({0,1, 2, 3}, 4) i ({1, -1. —i,i}, •)? gdeje {0,1 , 2. 3} faktor skup u odnosu

ria relaciju = 4 , a + operacija iz 5.30 , 5.31 , 5.2 (sabiranje po modulu4.) i dokazati njihovu izomorfnost.

Rešenje

5. Grupoidi i gmpe 91

+ 0 1 2 3 1 i - 1 —i

0 0 1 2 3 1 1 i - 1 —i1 3 2 3 0 i i - 1 —i 1

2 2 3 0 1 - 1 - 1 —i 1 i3 3 0 1 2 —1 —i 1 i - 1




( 0 1 9 3 \ .Funkcija f — f “ . j j(' jedan izomorfizam između tih

grupa jer se te d\re tablice razlikuju samo u oznakama pa je uslov

f ( x + y) = f ( x ) • f ( y ) očigledno zadovoljen za proizvoljne x i y iz Z4,a bijektivnost funkcije / takođe je očigledna. Grupe izomorfne ovim

grupama zovu se ciklične grupe reda 4.

Zadatak 5.50 Neka sup\, P2 , P 3 ipA permutacije skupa S = {1 ,2 ,3 ,4}

definisane sa:

( 1 2 3 4 \ / 1 2 3 4 Pl ~ \ 2 1 4 3 ) P2 ~ V -3 4 1 2

1 2 3 41 2 3 4 p3 l / i o o i l

Dokazati da je ({pi,P25P3jP4} ?°) grupa gde je o operacija kompozicije (slaganja) funkcija odnosno permutacija, tj.

(Pl o p2 )(x) = pi {p2{x)).

R ešenje Napravimo Kejlijevu tablicu ove operacije. Na primer:

pi °P2 = P's5 Pz ° P 2 = P i itd. Tablica je:

o P l P2 P3 P a

P l P i Ps P2 P l

P2 P3 P4 P l P2

V-\ P2 P l P i P3

P4 P l P2 P3 P l

Da bi Kejlijeva tablica sa tako pisanom graničnom vrstom i kolonom

bila tablica neke grupe, treba između ostalog da:

a) Postoje vrsta i kolona sa istim rednim brojem koje su jednakegraničnoj vrsti, odnosno koloni. Granični elemenat te vrste od-

nosno kolone je neutralni elemenat p .

b) U svakoj vrsti i svakoj koloni neutralni elemenat treba da senalazi tačno jedanput (što mora da važi i za sve ostale elemente) i

mora da je simetrično raspoređen u odnosu na glavnu dijagonalu(od levog gornjeg do desnog donjeg ugla). Dokaži.




Ako za Kejlijevu tablicu konačne polugrupe važi napred rečeno,

onda je ona grupa. Pošto je ({pi,P2 ,P 3 ,P4 }, °) polugrupa jer je kom-ponovanje funkcija asocijativno, i pošto za njenu Kejlijevu tablicu važe

uslovi a) i b), to je ona grupa, a pošto je tablica sirnetrična onda jeona Abelova grupa. Sve grupe izoinorfne ovoj grupi zovu se Klajnovimgrupama reda 4. Grupa iz zadatka 5.54. b) izomorfna je ovoj grupi,kao i grupa svih osnih simetrija koje preslikavaju pravilni tetraedar u

samog sebe.

Zadatak 5.51 Neka je grupoid, (G,*) definisan Kejlijevom tablicom:

* b a c d

b a b d ca b a c d

c d c a b

d, c d b a

Da li je (G,*) grupa?

Rešenje (G, *) jeste komutativna grupa jer je (G. *) izomorfan sa

grupom iz pretliodnog zadatka, Izomorfizam je, na primer, funkcija f = ( ^ ° C ^ , što se jednostavno proverava,

V Pl P4 P2 P3 J '

Zadatak 5.52 Da Hgrupoi-di (G. *) i (//, o) sa Kejlijevim iablicama:

* 1 2 3 4 5 6 o 1 2 3 4 5 6

1 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 62 2 3 4 5 6 1 2 2 4 6 1 3 5

3 3 4 1 6 2 5 3 3 6 2 5 1 44 4 5 6 1 3 2 4 4 1 5 2 6 3

5 5 6 2 3 1 4 5 5 3 1 6 4 2

6 6 1 5 2 4 3 6 6 5 4 3 2 1

imaju strukture grupe, gde je II = G = {1, 2, 3,4, 5,6}?

Rešenje (G. *)Elemenat 1 je neutralan jer je prva vrsta jednaka graničnoj vrsti i

prva kolona jednaka graničnoj koloni. Pošto je taj neutralni elemenat




raspoređen simetrično u odnosu na glavnu dijagonalu i u svakoj vrsti ikoloni pojavljuje se tačno jedanput (što važi i za sve ostale elemente),to znači da za svaki elemenat postoji jedinstveni inverzni elemenat i

operacija je komutativna. Da bi (G, *) bio grupa potrebna je još sarnoasocijativnost. Međutim, operacija * nije asocijativna zbog toga što

je, npr. ( 3 * 4 ) * 5 = 6 * 5 = 4 , a dok je 3* (4 *5) = 3 * 3 = 1 pa

(G, *) nije grupa,(H, o) jeste komutativna grupa jer je to množenje po modulu 7 tj.

( f f,o ) = (Žr \ {0} , - ) . '

Zadatak 5.53 Da li se nepotpune Kejhjeve tabhce grupoida (/l, *) i

(B,*) ' ‘ ' '

* e a be e a bO j

b e e

niogu dopuniti tako da predstavljaju tablice polugrupa.

Rešenje Ispitajmo to prvo za grupoid (A, *).

Pošto je (b* b )*b = e* b = b, mora biti i b * (b * b) = b * e = b. Dalje, pošto je (b * a) * a = e * a = a mora biti i b * (a * a) = b * x = a. Međutim, b* x f a jer su u trećoj vrsti elementi b, e, e. pa je odgovorne. Dokažimo to isto na drugi način. Iz tablice se vidi da postoji levineutralni elemenat e i za taj levi neutralni elemenat, svaki elemenatima sebi levi inverzni. Ako bi grupoid (A *) bio asocijativan. onda bibio i grupa, što je nemoguće jer se u trećoj vrsti e pojavljuje dva puta. Analogno se može dokazati, takođe na dva načina i za grupoid (B. *).

Zadatak 5.54 Dokazati da su sledeći uređeni parovi grupe:

a) ( { / J b M . o ) b) ( { / , 9i ,92 , 9s} ,°) c) ({h..huh2 Ji 3 } , o : ) gde su f (x ) = x , f\(x) = f 2(x) = gi(x) = g2(x) =

g 3(x) = 1 x, h(x) = x, hi(x) = h2(x) = - x . h 3(x) = funkcije nad domenom E \{0.1}, a operacija o je kompozicija funkcija.

U putstvo Pošto je komponovanje funkcija asocijativno, treba sarno

napisati Kejlijeve tablice tih operacija i izvršiti ispitivanje ka.o u za-datku broj 5.50. Takođe je važno primetiti da ako su slike ovih funkcija




0 ili 1, tada njihovi originali su takođe 0 ili 1. Grupa. pod b). izomor-fna je grupi iz zadatka 5.50, a grupa pod a) izomorfna je grupama. iz

zadataka 5.60, 5.61. 5.62, 5.63 i 7.37.

Zadatak 5.55 Dokazati da su (.4,-f) i ( A\0 00 0

grupe

0 0

—a a množenja matrica.

gde je A

Rešenje Asocijativnost operacija + i •sledi iz njihovih definicijai iz asocijativnosti sabiranja i množenja u skupu racionalnih brojeva.

Neutralni elemena.t za operaciju + je

r 0 0 —a a

' 0 0 ' ■ 0 0 "0 0

a za •,ie - 1 1

verzni elemenat za s obzirom na operaciju + jeste

. In-

0 '

—a

a s obzirom na operaciju jeste0 0i la a J

Zađatak 5.56 Dokazati da je (A, •) grupa gde je :

A a b -b a ženje matrica.

\a E E A b £ IR > \ 0 00 0 a operacija • je mno-

Rešenje Dokažimo da je (.4. ) izomorfan sa grupom (C\{0},-).

a ' je očigledno bijekcija skupova A iFunkcija f(a + ib) = b a

C\{0}, a homomorfnost funkcije / sledi iz

f ( (a + ib) •(c: + id)) = f ( (ac - bd) + i(ad + bc))

ac — bd ad + bc a b c d

— (ad + bc) ac — bd. —b a —d c

= /( a + i6) f(c-\~id). Prenia tome, na osnovu teoreme broj 4.18 (A, •)

je grupa,

Zadatak 5.57 Dokazatidajecos x sm x

— sin x cos x grupa

gde je operacija množenja matrica.




Zadatak 5.58 M ogu l i u g r u p i p o s t oj a t i t a n o d -va el em e n t a x . r a zl i i t a o d n eu t r a l n o g el em e n t a

e, za ko j e j e x 2 = e ?

Rešenje: Ne pos toje. Dokaz i7A'odimo kontradikcijom . Pred posta vim o sup rotno tj. d a po stoje

tačno dva elementa p i q različita od e, za koje je p 2 = e, q2 = e i p 7^ q. Sada sledi { pqp )~ —

pqppqp = p q eq p = p q q p — pep = p p — e. Pokažim o da je pqp različito i od e i od p. To sledi

iz pqp ~ ( p<i ~ i> -> q - r. kao i iz pqp = p => pq = e p = q . Znači mora biti p qp = q

tj. (p q )2 = e. Medutirn pq ^ p jer bi u protivnom imali q — e, a takođe je i p q q jer bi u

protivnom imali da je p = e i najzad p q -f- e jer bi u protivnom bilo p = q. Tako smo dobili i treći

elemenat grupe pq (različit i od p i od q i od e) za koji je ( p q ) 2 -- e što je suprotno predpostavei

da postoje tačno dva elementa čiji je kvadrat e.

7 /'J ' " " . ,

Zadatak 5.59 Ispitati da h su (X + ), (A-)> ( -V\{("',)}. •)• (B .+),(B, ), (B \{C 0} ; •) grupe gde su A = {C 0,C\, C2}. B = {C 0,C\, C2, C?,}skupovi klasa ekvivalencije (faktor skupovi) po rnodulu 8 odnosno 4(2.16), a + i • definisani sa Cx + Cy = Cx+y i Cx Cy = C:ry, za sve

cele brojeve iz skupa Z.

Rešenje Zbog zađataka 2.16 i 5.30 i teoreme 5.31, + i binarne suoperacije u skupovima A i B. Znači, (A +), (.4, •). (B. +). ( B . ) jesu

grupoidi, a (,4\{G)}- •) ođnosno ({C\, C2}, •) takođe je grupoid jer jeC.x •Cy f C0 za .T, y e {1. 2}. Međutim, ({Ci, C2, C <}. ) nije grupoid

jer je C2 C2 = C4 = Cq.

Asocijativnost i komutativnost ovih binarnih operacija sledi iz nji-hovih definicija. i asocijativnosti i komutativnosti u skupu eelih brojeva

Z. Odnosno, (Cx + Cy) + C, = Cx+y + Cz = C{x+y)+2 = Cx+iy+z) =

Cx + Cy+Z = Cx + (Cy + Cz). Analogno ispitujemo asocijativnostoperacije i komutativnost obe operacije.

Neutralni elemenat za operaciju + je očigledno C0 a za je C\.

Znači, svi prethodni parovi koji su grupoidi jesu i komutativnepolugrupe sa neutralnim elementom. Inverzni elernenat za Cx s obzirom

na operaciju + očigledno je C-x . Znači, (A, +) i (B, +) jesu Abelovegrupe, dok (.4, •) i (B, •) nisu grupe jer ne postoji inverzni elemenatza C0. ({C\, C2}, ) jeste grupa jer inverzni za Ci je C\ a inverzni za

C2 je C2. Skupovi A i B obeležavaju se sa Z3 odnosno Z4, a. njihovielementi C0, Ci, C2, C3 obeležavaju se sa 0, 1, 2, 3. Tada su Kejlijeve



5. Grupoicli i grupe 97

tablice ovili strukturatsleđeće:ukturatsiedece: f^ \f Z » . t ) - l

4 - 0 1 2 0 1 2

0 0 1 2 0 0 0 0

1 1 2 0 1 0 1 2

2 2 0 1 2 0 2 1

4- 0 1 2 3 0 1 2 3

0 0 1 2 3 0 0 0 0 01 1 0 3 0 1 0 1 2 32 2 3 0 1 2 0 2 0 2O

O 3 0 1 2

O

O 0 32

1

1 2

1 1 2

2 2 1

1 2 31 1 2 32 2 0 23 3 2 1

Zadatak 5.60 Neka su A, B i C tačke ravni a koje su temena jed- nakostraničnog trougla ABC čije je t.ežište u tački T. Dalje neka su p,

pi i p2 rotacije ravni a oko tačke T redom za uglove 0°. 120° i 240° i neka su <7 i, cr2 i <j3 osne simetrije ravni a čije su ose redom simetrale

duži BC, AC i AB. Dokazati daje ({/), pi, p2, (Ji, ct2, cr3}, o) neciklička i nekomutativjia grupa reda 6. gde je o operacija kompozicije funkcija.

Rešenje Kejlijeva tablica operacije o u tom skupu je

0 P P l P2 0 2 ^3

P P P l P2 (7 2 ^3

P i P i P2 P 03 o \ CT2

P2 P2 P P \ ^2 ^3 <7l

C l CTl O- 2 <73 P P l P2

(7 2 O 2 (73 <?1 P2 P P l

<73 ^3 (?1 <7 2 P l P2 P

Kako je kompozicija funkcija asocijativna, to ispitivanjem, ka,o u za-Datku 4.41, dobijamo da ova struktura jeste neciklička i nekomuta-tivna grupa. Sve netrivijalne podgrupe ove grupe su: ({/y, pi, p2}, o),

( {p,cn},°) , ( { P ^ 2} , 0) i ({p,CJ3},o ).0\’a grupa je u stvari grupa svih transformacija podudarnosti ravni

a koje trougao ABC preslikavaju u samog sebe, i zove se dijedarska

grupa transformacija jednakostraničnog trougla. Postoje dijedarskegrupe transformacija od 2n elemenata pravilnog n-tougla za svaki




prirodan broj n veći od 1. Ovde je korišćena teorema da svaka trans-formacija podudarnosti u ravni je jednoznačno određena sa tri paraodgovarajućih nekolinearnih tačaka.

Ako temena A,B,C, trougla ABC označimo s a A = l , J 3 = 2i(7 =3, tada permutacije e, a, b, c, d, h u sledećem zadatku su permutacijetemena toga trougla pa zbog toga predstavljaju redom rotacije za 0°,90°, 240°, a zatim osne simetrije u odnosu na ose koje prolaze krozredom temena 1, 2 i 3 i preslikavaju taj trougao u samog sebe.

Ovde je korišćena teorema da svaka transformacija podudarnosti uravni je jednoznačno određena sa tri para odgovarajućih nekolinearnihtačaka. N.aprimer (J^) je osna simetrija u odnosu na. visinu trougla

koja polazi iz temena 1. / 1 2 3 \ / 1 2 3

Zadatak 5.61 jNeka su e = ( 1 2 3 ) ' = ( 9 3 1

1 2 3 \ _ / 1 2 3 \ / 1 2 3 \ ? 1 2 3

3 1 2 ) ’ C~ \ 1 3 2 ) V 3 2 1 ) ’ \ 2 1 3neke perrnutacije skupa {1,2,3}. Dokazati da je ({e, a, b, c.. d, h}, o)

grupa gde je o operacija kompozicije funkcija. Da li je grupa komutativna, da li je ciklična i da li je izomorfna grupi iz prethodnog zadatka?

Rešenje Ispisivanjem Kejlijeve tablice operacije o u ovom primerudobija se da je ova struktura izomorfna grupi iz prethodnog zadatka

jer je jedan izomorfizam funkcija

ip =

Prema torne, i ova struktura je nekomutativna i neciklična grupa.Dakle, u proučavanju geometrijskih transformacija podudarnosti

mogu se koristiti grupe permutacija.

Zadatak 5.62 Neka su

A aCOS(J) — sin (j)

i Ba — cos <p sin (p

sin <f> COS(j) V* sin đ> — COS(j)

matrice, gde je <f>£ { —^ , 0, ^1}. Dokazati da je

( M . , ) ~ ( {Ab A2 * ,A_2 k , B q , B2n, B = 2 k } , ' )

grupa, gde je operacuja •množenje matrica (tj. njena restrikcija).




Rešenje Lako se izračunava đa je = A^+ , A^B^ = B,<p+4>

BtAi, B,cp—'ib i B r;} B Atjf-jp. Ivako su elementi matrica A i B^periodične funkcije sa periodom 2tt, to će i matrice A^+ , B^+ , B ^^

i v4 ,_.0, pripadati skupu M , jer iz 0, p 6 { — 0, 4 } sled idajei (p dh 'ip € { — ,0, 4-, ^ } , a znamo da cos(±4^) = co s(±^ )i sin^rh^) = s in (q ^ ). Znači operacija •je zatvorena u skupu M , tj. (M , •) jeste grupoid. Neutralni elemenat je očevidno jediničnamatriea ,4o, inverzni za A je ,4_0, a inverzni za B je B^. Kako jemnoženje matrica asocijativno to sledi da je ( M . •) grupa.

Aih je rotacija oko koordinatnoga početka za ugao 0, a Bf!, je osnasimetrija u odnosu na osu koja prolazi kroz koordinatni početak i

obrazuje ugao f sa pozitivnom x osom. Vidi 7.20, 7.37 i 16.23

Zadatak 5.63 Neka je X skup svih rnatrica 3 x 3 čije vrste i kolone irnaju tačno jednu jedinicu i dve nule. Dokazati da je (X , •) grupa,

gde je operacija množenje matrica.

Rešenje I = { I , /i, l 2, -J\, J-z- J 3 }, gde su to redorn matrice

1 0 0

0 1 00 0 1

0 1 0

0 0 11 0 0

0 0 1

1 0 00 1 0

1 0 0

0 0 10 1 0

0 1 0

1 0 00 0 1

0 0 1

0 1 01 0 0

Neposredno se proverava da (X , •) jeste grupa. Grupe iz zadataka5.54. a). 5.60, 5.61, 5.62. 5.63. 5.27, i 7.38. su međusobno izomorfne.

Zadatak 5.64 Ispitati aksiorne Abelove grupe za strukture V( A), U



100 PrincipiaJgehre, opšte, diskretne i linearne



Glava 6

PRSTENI I POLJA

Prsteni i polja su algebarske strukture sa dve binarne operacije odkojih ćemo jednu označavati aditivno sa +. a drugu ćemo označavatimultiplikativno sa •. U svakom prsterm podrazumevaćemo da multip-hkativna operacija ima prednost u odnosu na adit-ivnu operaciju, štoće smanjiti broj neophodnih zagrada. Umesto a-b nekada ćemo pisatisamo ab.

Deflnicija 6.1 Ako je R neprazan skup tadaje uređena trojka, (R, +, •) prsten ako važe sledeća tri aksioma

a) ( /?.+) je Abelova grupa (definicija 5.5)

b) (R? ) je polugrupa (dejinicija 5-4)

c) (\/x, y. z e R) x(y + z) = xy + xz A (y + z)x —yx + :x.

Aksiom c) zovemo distributivni zakon. Kao što je rečeno, Abelovagrupa je označena u aditivnoj notaciji, tj. operacija je označena sa +,neutralni elemenat sa 0, inverzni za x E R sa — x i a + a + . . . + a —na

’ '--------- V --------- 'n

za svako a £ R. Odnosno, na se definiše rekurzivno za svako n E N

i a E R sa: 1a = a: (n + 1 )a = na + a. Kako je (R. +) grupa,to se ova definicija rriože proširiti na sve cele brojeve, tj. Oa = 0 i(—n)a = n(—a) za sve n 6 N. Sada imamo

/ \def / \ o.l3—(na) — ~(a + a + .. . + aj —

101




Zbog toga ćemo —(na) označavati samo sa —na, odnosno

( —n)a = n(-a- ) = —na.

Prirner prstena je ({0 }, +, •) gde su + i •definisani sa 0 + 0 = 0 i0-0 = 0. Ovaj jednoelementni prsten zvaćemo nula prstenom. Sledećiprimer dobijamo iz zadatka 5.59, tj. ({Co, C\, C2, C3}, +. •) je prsten.

Primer prstena koji nije konačan je (Z, + . ), itd.

Definicija 6.2 Prsten (/?,+,•) je

a) prsten sa jedinicom ako postoji neutralm elemenat e multiplikativne operacije,

b) komutativan prsten ako je operacija komutativna,

c) domen integriteta ako je komutativan prsten s jedinicom e ^ 0

u kome važi da je

a b = 0 a = 0 V h = 0 tj. ne postoje delitelji nule,

d) polje ako je (R\{ 0}, ) komutatvuna grupa.

Teorema 6.3 U prsterm (/?, +,•) važi:

a) a •0 = 0 •a = 0,

b) (—a)b = a(—b) = —(ab).

c) (—a)(—b) = ab,

za sve elemente a i b koji pripadaju prstenu (R. +, •)•

Dokaz

a) a •0 = a 0 + 0 = a •0 + (a •0 —(a •0)) = (a •0 + « •0) - (a •0) =

a •(0 + 0) - (a •0) = a •0 - (a •0) = 0.U dokazu smo redom koristili aksiome: neutralni elemenat zaoperaciju +, inverzni elemenat u odnosu na +, asocijativnost

operacije +, distributivnost, neutralni elemenat operacije + iinverzni elemenat operacije + . Analogno se dokazuje i 0 •a = 0.



6. Prsteni i polja 103

b) (—a)b — (—a)b+0 = (—a)6+ (ab—(ab)) = ((—a)b + ab)) —(ab) = (—a + a)b — (ab) = 0 •6 —(ab) = 0 — (ab) = —(ab).Korišćeno je redom: neutralni elemenat operaeije + , inverzni ele-

menat operacije +, asocijativnost operacije +, distributivnost,inverzni elemenat operacije +, dokazano pod a i neutralni ele-menat operacije + . Analogno se pokazuje i a •( —b) = —(ab).

c) Korišćenjem dokazanog pod b i teoreme 4.10. imarno

(—a)(—b) = —(a(—b)) = —(—(ab)) = ab. □

Imajući u vidu ovu teoremu opravdano je —(ab) označiti sa —ab.

Teorema 6.4 U prstenu sa jedinieom (R. + , •) sa bar dva elementa, jedinica prstena je razhčita od nule prstena .

Dokaz Dokaz ćemo izvesti kontradikcijom. Pretpostavimo da je e = 0. Tada za proizvoljni elemenat a iz prstena R važi a = a e =a -0 = 0, što znači da je R = {0 }. Kontradikc.ija. □

Teorema 6.5 Svako polje (R. +. •) je domen integriteta.

Dokaz Treba samo pokazati da ne postoje delitelji nule, tj. ako su

a i b različiti od nule, da je onda i ab različito od nule. To je očevidno jer su tada a i b iz 7Ž\{0}, pa je i ab iz i?\{0}, jer je (R \{0}, •).komutativna grupa. □

Teorema 6.6 Svaki konačan domen integriteta (R, +, •) je polje.

Dokaz Neka je R — {a-i. a2, . . . . a „} skup od n eleinenata u kojemsu svaka dva različita, i neka je a £ R i a ^ 0. Dokazaćemo da postojiinverzni elemenat za elemenat a, što će onda značiti da je (R, +, •)

polje. Formirajmo skup S = { aoi,aa2, •••,aan} C R i dokažimo daskup S ima n elemenat.a, tj. da je aa7 ^ aa.:j za. i ^ j . Dokaz izvodimokontradikcijom. Pretpostavimo da je aat = aaj A j . Tada imamoaaj aa, => aa 3 —aa%= 0 =» a(a.j —a ) = 0 => aj —a?; = 0 jer jea 0 i R je bez delitelja nule. To je kontradikcija jer srno dobili da jea.i — aj A i, ^ j . a u skupu R — {tti, a2, • •, a„ } svaka dva su različita.Ivako su R i S konačni skupovi, 5 C R i Card,(S) — Card(R) sledida je S = R. Pošto u domenu integriteta R postoji jedinica, i pošto

je S = R, t.o je za neko k € {1.2 ....... n) aak = e, tj. postoji inverzniz a a / 0 odnosno a 1 = a,k. □



104 / . Principi algebre, opšte, diskretne i linearne

Teorema 6.7 Uređena trojka (Zn,+ , •) je polje ako i samo ako je n prost broj, gdeje Zn faktor skup s obzirom na relaciju = n (kongruencija po modulu n 5.30) . a operacije + i defimsane kao u 5.31

Dokaz Kako je Zi = {z } = {Co} jednočlan skup, to (Z i,+ , )nije polje, jer svako polje ima bar dva elementa, a 1 nije prost broj,pa je teorema tačna za n = 1. Na osnovu 5.30, 5.31 i 5.59 sledida je (Zn, +) komutativna grupa i (Zn, •) komutativna polugrupa sa

jedinicom. Kako je i

Cr(Cy + Cz) = CxCy+z = cxi:y+z) = Cxy+xs = CxCy + CXCZ

to je (Z.n. +, •) komutativni prsten sa jedinicom. Neka je sada n priro-dan broj veći od 1. Jasno je da (Zn ,+ , •) će biti domen integritetaakko u Zn ne postoje delitelji nule. Kako je Zn konačan skup.to zbog teoreme 6.6 sleđi da će (Zn, +, •) biti polje akko u Zn nepostoje delitelji riule. Znači, dokaz se svodi samo na to da trebadokazati da Zu za n > 2 rierna delitelje nule akko je n prost broj.Neka je n prost i dokažimo da Zn nerna delitelja nule. Tada imamoCx Cy = 0 => Cxy = 0=3- n\xy. a odavde. samo zbog činjenice da

je n prost broj sledi ir.r ili n\y, tj. Cx = 0 ili Cy = 0 (primetimo da6|3 •4 ali to ne implicira da 6|3 ili 6|4). Neka sada Zn(n > 2) nemadelitelje nule i pokažimo da je n(n > 2) prost broj. Dokaz ćeino izvestikontradikcijom. Pretpostavimo suprot.no, tj. da je n složen broj. štoznači da (3k, l € N )(kl = n A k < n A l < n). Na osnovu o\'oga imamoda iz 0 = Cn = Ck'Ci sledi Ck = 0 ili G = 0 jer Zn nema delitelja nule,

a odavde dalje sledi n\k ili n\l što znači da je n < k ili da je n < l. To je kontradikcija sa pretpostavkom (3k, l € N )(kl = n A k < n A l < n).

□ U literaturi polje (Zp, +, ). gde je p prost broj, označava se sa

GF(p) i čita „Polje Galoa od p elemenata".

Definicija 6.8 Nekaje (F\ +, •) proizvoljno polje sa jedmicom e. Ako ne postoji takav prirodan broj n da je ne = e + e + ... + e = 0. tada

n

kažemo da je polje F karakteristike nula (ili beskonačne karakteristi-

ke). Ako takav n postoji, tada je najmanji prirodni broj k sa, tom osobtnom ke = 0, karakteristika polja F .



6. Prsteni i polja, 105

Teorema 6.9 Karakteristika konačnog polja F je prost broj.

Dokaz Kako je F konačno polje, to postoji prirodan broj p koji je

njegova karakteristika (Dokaza.no u teoremi 5.37, ali u multiplikativnojnotaciji). Jasno je da je p ^ 1 jer bi imali da je le = e = 0, što jenemoguće zbog teoreme 6.4. Dokažimo kontradikcijom da je p prostbroj. Pretpostavimo suprotno, tj. da je p složen broj, odnosno dapostoje prirodni brojevi n i k takvi da je p = nk An < pA k < p. Sadaimarno

pe = (nk)e = e -f- ... + e = (e + . . . + e)(e + ... + e) = (ne)(ke) = 0,

odakle je ne — 0 ili. ke = 0 jer je F domen integriteta, što znači da p nije karakteristika. Kontrađikcija. □

Zadatak 6.10 Evo nekoliko važnih forrnula koje važe u proizvoljnorn komutativnom prstenu (R, +, •) za bilo koje elemente a, b i c iz R i svakt prirodni broj n:

a) Binomna formula, specijalni slučaj polinomne forrmde.

n k n k

a2bn~2 4 - nabu~l 4 - bn,

b) Za n > 1

£)

a2n+i+b2n+i = ^+b)(a2n- a 2n~lb W n~2bž ~ ..+ a2b>2n~2 —ab2n~l+ b2n),

d)

a3 + b 3 + c3 — 3abc — (a + b + c)(a2 + b2 + c2 —ab —ac —bc),




e)

2(a3 + 63 + c3 - Sabc) = (a + b + c)((a - b )2 + (a, - c)2 + (b - c)2),

f )

Dokazi ovih formula izvode se jednostavno indukcijom po n, ko-rišćenjem zakona distributivnosti i, u slučaju pod a), poznate vezebinomnih koeficijenata

Definicija 6.11 FunkcAja f : Ri —► i ?2 homomorfizam prstena

(polja) (R ] . +. •) 2 (i?2, +, •) ako je

za sve x i y iz skupa R\.

Primetimo da smo operacije prstena R\ obeležili istim simbolimakao i operacije prstena R2 iako to nisu iste operacije. Međutim to jeuobičajeno, jer kao što će se videti to neće dovoditi do zabune. Bijek-tivni homomorfizam zove se izomorfizam, a sirjektivni homomorfizam

zove se epimorfizam. Analogno definiciji 5.15. podgrupoida odnosno podgrupe, definiše

se i potprsten.

Definicija 6.12 Potprsten prstena (R, +, •) je prsten (S, +, •) ako je S podskup od R. i operacije iz (S, +, •) su restnkcije operacija iz (R, +, •)

(a + b + c )2 = a2 + 6~ + c2 + 2ab + 2ac + 26c

g) Polinonma formula, uopštenje binomne formule.

k\

k\ + . . . + kn — k

f ( x + y) = f (x ) + ./'(//)

/> '• • y) = /(•'•) • f ( y )




Dakle, neprazan podskup S prstena (R, + , •) biće potprsten togaprstena ako za sve x, y e S sledi x + y, xy £ S i S je prsten u odnosuna te operacije.

Prsten ({3A:|A: G Z}, + , •) je podprsten prstena (Z, + , •).

Definicija 6.13 Neprazan podskup S prstena (#,+, ) ideal je toga prstena ako je S potprsten prstena R i za sve r £ R i s e S važi da je rs e S i sr e S.

Na primer, u prstenu celih brojeva (Z ,+, •) skup svilr parnih brojeva (pozitivnih, negativnih i nule) ideal je prstena Z.

Definicija 6.14 Ideal S komutativnog prstena R je glavni ideal ako postoji takav a e R da je presek svih ideala koji sadrže a jednak idealuS, označava se sa (a) i kaže da je (a) ideal generisan elementorn a.

Drugim rečima (a) je najmanji ideal koji sadrži a, tada je očevidnoda je (a) = {ra + na|r 6 R A n e Z } ili ako je R komutativan prsten sa

jedinicom tada je (a) = {ra|r € R} . Ideal (a) zovenro ideal generisanelementonr a. Na primer ideal parnih brojeva (2) u prstenu celih bro-

jeva glavni je ideal. U prstenu celih parnih brojeva V . ideal generisan

sa elementom 4 je (4) = {4 m + nA\m e V A n e Z}.Lako se pokazuje da u prstenu (Z. + , •) važi teorema nk — n k za

sve cele brojeve n i k.

Zadatak 6.15 Ispitati koje od sledećih uređemh trojki

(^ ,+, )» (Z, +,•), ({3k\k e Z } .+, •) (Q,+, ), (R\{0},+.-), (€,+, ) jesu

su + t operacije sabiranja i množenja matrice.

Rešenje Dokaz sledi iz zadatka 5.55. i iz distributivnosti množenjamatrice u odnosu na sabiranje matrica.

Zadatak 6.17 Dokazati da je (A +, ) volje gde je

su a) prsteni b) domeni integriteta c) polja

Zadatak 6.16 Dokazati da je ^ ^ \a e Q polje gde

A — {a + by/2\a e Q A b e Q}.




Uputstvo Pogledati zadatak 5.48. i koristiti distributivnost u

skupu realnih brojeva.

Zadatak 6.18 Dokazati daje (Q, 0. ©) polje gde su ® i © defimsane sa a 0 6 = a + &+ l a © 6 = a + 6+- ab.

Rešenje Dokažimo prvo da, je (<Q), ©) Abelova grupa. Asocija,-tivnost grupoida (Q, ®) sledi iz (a © b) © c = (a + b + 1) © c =a + 6 + l + c + l = a + (b + c + 1) + 1 = a©( 6 + c + l ) = a © (b © c).Neutralni elemenat je —1 jer —1 © a = a © —1 = a za svako a iz Q, ainverzni za a je —2 —a jer a © (—2 —a) = (—2 —a) © a = —1 za svakoa iz Q. Komutativnost sledi iz a 0 b = a + 6 + 1 = 6+ a +1 = 6 © a, što

važi za svako a i 6 iz Q. Analogno se dokazuje da je (Q, ©) komutativnapolugrupa sa jedinicom.

Da je (Q\{—1}, ©) Abelova grupa dokazano je u zadatku broj 5.44.Dokažimo još distributivnost operacija © u odnosu na ©. Leva distri-butivnost: x © (y © z) = x © (y + 2 + 1) = x + y + £ + 1 + xy + xz + x =

x + y + x y + x + z + x z + l = ( x+ y+x y )® (x + z + xz) = ( .t©{/)@(t©c).

Analogno se dokazuje i desna distributivnost.

Zadatak 6.19 Neka su a = (ai. a2. a3). b = (6j, 62. 63) i c = (cx. c2. c3) elementi skupa R3 gde je R skup realnih brojeva. i neka su + i * binarne operacije u skupu M3, a o ; R3 x R3 —>R i •: R x R3 —>•R3 takođe

btnarne operacije, koje su defimsane sa

a + b («i + 6i, a2 + 62, a3 + 63),

a * b = (a263 —a362, a36i —a,i63, ai62 —a26i),

a o b = ax6i + a262 + a363,

a a = (acii, aa2, aa3).

Dokazati da

a) strukturi (R3,+,*) nedostaje sam.o asocijativnost operactje * cla

bt bila nekomutativm prsten bez jedimce,

b) a * b = —(b * a),

c) ao (b + c) = a o b + aoc,

d) (a * b)* c = (a o c) •b — (b o c) •a,




e) a * (b * c) = (a o c) •b —(a o b) •c.

Rešenje

a)Jednostavno se proverava da je (M3, +) Abelova grupa i da je (E3, *)

grupoid. Dokažimo levu distributivnost operacije * 11 odnosu na -+.

(ai, a2, a3) * ( (bi, 62, 63) + (c1? c2, c3)) =

(a-i, a2. a3) * (61 + C+, b2 + c2, 63 + c3) =

(a2(63+ c3) —a3(62+ c2), a3(6i+ C])—a.i(63+c3), a i(62+ c2) —a2(b] +c^)) =

(a263—a362, a36i - a i 63, a162- a 26i)+ (a 2c3- a 3c2, a3Ci~a-ic3, aic2—a2ci) =

((ai, a2, a3) * (61, 62 , 63)) + ((aT, a2, a3) * (c ,. c2. c3)).

Analogno se dokazuje i desna distributivnost. Operacija * nije asocijativna jer je, npr.((1, 0, 0) * (0, 1, 0)) * (0, 1, 1) = (0,0, 1) * (0, 1, 1) = ( - 1, 0, 0) dok

je(1,0,0) * ((0,1,0) * (0,1,1)) = (1,0,0) * (1.0.0) = (0,0,0). Ta-kođe ne važi ni komutativnost operacije * zbog toga što je, naprimer

(1, 0, 0) * (0,1, 0) = (0, 0,1) dok je (0,1, 0) * (1, 0, 0) = (0, 0, -1 ) . Ne-postojanje neutralnog elementa za operaciju * sledi iz toga što je, npr.(ai, a2, a,3) * (1. 0. 0) = (0. a3. —a2) i (1. 0,0) 7 (0, a3, —a2) za proizvol-

jan (a i,a2,tt3) iz R3. Lako se proverava da u strukturi (E3,+ .* ) zasvako a, b i c iz l 3 važi:1) a*a= (0,0,0) i 2) (a* b) *c +(b *c) *a +( c* a) *b = (0,0,0).

Osobine b), c), d), e) dokazuju se jednostavno proverom po defini-ciji tih operacija. Na osnovu 12.16, 12.38, 12.44, 12.45, 12.46 i 12.47

sledi da je operacija + izomorfna sabiranju slobodnih vektora, da je *izomorfna vektorskom proizvodu slobodnih vektora, o izomorfna skala-rnom proizvod vektora a operacija •je izomorfna rrmoženju skalara i

vektora.

Zadatak 6 .20 D o k a z a t i d a st r u k t u r i (M4.+ , ) n edos t a j e samo k omu t a t i v n o st oper a c i j e ■ da bi

b i la po l j e. ak o su + i ■ definisani sa ( a i , 0,2, 03. <24) •(6*, 62, 63, 64) = ( x , y, z , u ) i

( 0 - 1. 0 2 ,0 3 , 0 4 ) + ( 6 1 , 6 2 ,6 3 , 6 4 ) = (a-i + 6 1 , 0 2 + 62,03 + 6 3 , 0 4 + 64) gde j e

x — 0161 - 0262 — 0363 - 0464, y = 0261 + ^162 + 0364 - 0463

= O -3 6] + a - 16 3 + 0 4 6 2 — 0-2 6 4 , U — a .4 61 + 0 4 6 4 + 0 2 6 3 — 0-362




Rešenje Lako se proverava da ( E 4,+ . •) jeste prsten. Neutralni elemenat oper acije •jeste

( 1, 0, 0, 0), š to proveravamo p o đefiniciji operacije •, a inverzni elemenat za neki proizvoljni

(a i, a 2, 03, a4 ) iz R 4 koji je različit od elementa (0 , 0, 0, 0), s obzir om na operaciju •jeste eleme-

nat (pai, —pa ^ , —pas, —pa ^ ) gde je p = g3 a5^.g5'^'^ r- Sada, na osnovu teoreme 4.17. sledi da je

uređen par (R 4\ {(0 , 0 , 0 , 0} , •) grupa, odnosno strukturi (R 4, + . •) neđostaje samo k omutativnost

opera cije - da bi bila polje. Nekom utativnost operacije sledi, npr. iz (0 ,1 ,0 , 0) •(0, 0,1 , 0) =

(0, 0, 0,1 ) i (0, 0,1 , 0) •(0,1 , 0, 0) = (0, 0, 0, - 1 ) . O vakve strukture se zovu tela , a ova konkretna

struktura se zove telo kvaterniona.

Zadatak 6.21 Ncka je u prstenu (R. +, •) e jedinica prslena, a za x e R važi x 1994 = 0. Dokazati da postoje inverzni elementi za e - x2

i e + x s obzirom na multiplikativnu operaciju prstena R i naći ih.

Rešenje Na osnovu uslova zadatka i 6.10 ima.mo da je

x 1994 = 0 = > e - x 1994 = e ^ e 1994 - x 1994 = e

^ (e2)997 - (x2)997 = e x2)(e + x2 + x4 + .. . + .r1992) = e ^

<=> (e - x2) 1 = e + x 2 + x4 + . . . + J '1992.

Slično dobijamo da x1994 = 0 x 1995 - 0 e 1995 + x 1995 - e

(e + x)(e —x + x2—.. , + x 1994) = e <=> (e + x )_1 = e - x + x2- . . ,+ x 1994.



Glava 7

KOMPLEKSNI BROJEVI

Faktor struktura (R[č]/^2+1), - f , •) jeste polje jer t2 + 1 je nesvodljivpolinom nad poljem realnih brojeva K (teorema 9.7). Ovo polje zove sepolje kompleksnih brojeva i obeležava se sa C. Kako smo se dogovorilida ćemo za predstavnika klase uzimati polinom najmanjeg stepena, toće faktički značiti da će elementi skupa M[č]/ (t2 + 1) biti klase [a + bt] koje ćemo označavati samo sa a + bt, pa su elementi našeg polja ustvari polinorni stepena ne većeg od 1 (linearni i konstantni), čiji su

koeficijenti realni brojevi. Sada je lako videti da je (a-\-bt) + (c \dt) = a + c+(6+d)/' i (a + 6č)(c+c/t) = ac+ adi + bci + bdi2 = (ac —bd) + (adJr

bc)t + bdt2 + bd = (ac —bd) + (ad+bc)t + bd(t2 + 1) = ac —bd+(ad+bc)t, jer je [bd(t2 + 1); = [f2 + 1] = 0 . Iz tradicionalnih razloga umesto t pisaćerno i, pa će za nas a + bi predstavljati kompleksan broj gde sua i b realni brojevi. Znači, prilikom rada sa kompleksnim brojevimaa + ib tehnika je ista kao da, operišemo sa realnirn binomom a + ib stim što stalno primenjujemo đa je i2 + 1 = 0 tj. i2 = —1.

Teorema 7.1 Uređena trojka (M2, + , •) je polje, gde su operacije +

i •dejinisane sa

(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) i (a, 6)(c, d) = (ac - bd, ad + bc).

Ovo polje zovemo polje kompleksnih brojeva i označavamo ga sa C.

NAPOMENA: Polja (K[/]/(*2+1), + , •) i (R2, + , •) nisu jednaka već

su izomorfna, a.li je uobičajeno da se i za. jedno i za drugo kaže da jeto polje kompleksnih brojeva i označava se sa C.



112 Principi algebre, opšte. diskretne i Jinearne

Dokaz Dokazaćemo samo zatvorenost binarne operacije •u skupuK2\{(0, 0)} i postojanje inverznih elemenata s obzirom na neutralnielemenat (1,0) u strukturi (R2\{(0,0)}, •). jer se ostali aksiomi jed-

nostavno proveravaju. Uređen par (R2\{(0, 0)}, •) jeste grupoid jer(R2, •) jeste grupoid i očevidno važi

(a-, b) f (0, 0) A (c, d) ^ (0, 0) o a2 + b2 f 0 A c2+ d2 f 0 =>

a2c2 — 2abcd-\-b2d2+a2d2+ 2abcd.+b2c2 f 0 <=> (ac—bd)2+(ad+bc )2 f 0

(ac —bd, ad + bc) f (0. 0)

Ako je (.r. y) inverzni za (a, b) tada irnarno da je (a, b)(x, y) = (1. 0)O ax - by = 1 A ay +bx = 0 <=>(x, y) = (^rî- a ^ i) - D

Ako uvederno oznake (a, 0) = a i (0,1) = i. tada je i2 =

(0 .1)(0,1) = (-1 ,0 ) = -1 i (a, b) = (a. 0) + (0, b) = a + (0, l)(b, 0) =a + ib.

Cinjenica 7.2 _______ _________________________ ______

Prema tome za definiciju elemenata skupa kompleksnih brojeva C

može se reć i da su to izrazi oblika a + ib sa kojima se ra una isto

kao sa realnim binomom a + ib gde je a £R, b E R i i2 = — 1 tj .

C = { a + ib\a G R A b G R A i2 = - 1 } i (C, +, •) je polje

Napomenimo da je veoma pogrešno definisati i = \f—i jer nismo još ni definisli šta je to u polju kompleksnih brojeva. Iz dennicijekompleksnog n - tog korena koja sledi u daljem tekstu. vidi se

da yfz u polju C je promenljiva koja uzirna vrednosti iz skupa od?7- elemenata tj. '\fz u C ima n različitih rešenja za svaki kompleksnibroj z različit od nule, pa će onda po toj definiciji slediti da je V~~i £{z, —i} tj. = ±z, dok u polju realnih brojeva R qr~ jeste funkcija

tj. yfx ima najviše jednu vrednost. Definicija i = v^T dovodi do

raznih gluposti kao što je naprimer 1 = \fl = \ /(—1) •(—1) — \f —T • yf—[ = i i = i2 = —1. Pronađite gde je greška?

Teorema 7.3 Za svaki ceo broj k vazi i4k = 1; i4fc+i = i; iik+ž = —1:



Dokaz je neposredna posledica činjenice da je i2 = —1.Dosada smo koristili sledeće oznake za kompleksni broj z \ z —

[a + bt] — a + bt = (a, b) = a + bi = a + z6, gde su a i b proizvoljni

realni brojevi.Odsada ćerno uzimati oznaku z = a + ib i ovaj oblik zvaćemo

algebarski oblik kompleksnog broja.

Definicija 7.4 Ako je z = a + ib kompleksan broj, tada je ž = a —ib njemu konjugovani kompleksan broj.

Drugirn rečima konjugovanje je funkcija f skupa C u skup C, clefin-isana sa /( a + ib) = a —ib i čija geometrijska interpretacija u kom-

pleksnoj ravni je osna simetrija u odnosu na realnu osu.Definicija 7.5 Neka je z = a + ib kompleksan broj.Tada Re(z) =a zovemo realmm delorn. lm(z) = b zovemo imaginamimdelorn i\z\ = Va2 + b2 zovemo modulom kompleksnog broja z, tj. modul je funkeija | |: C —>M+ U {0 }. '

Neposredna posledica definicija 7.4. i 7.5. je sledeća teorema.

Teorema 7.6 Za proizvoljne kornpleksne brojeve z, zj i z2 važi:

a) Re(z) = ^(z H- ž) e )a E R = > a = a

b) hn(z) = ^ ( z - z) f ) ž&2 j= ži

c) zi ± z2 - Z\ ;2 g) = §

d) Re(z\ + z2) = Re(zi ) + Re (z2) h) Im(z\ + z2) = Im(z\) + Im(z2).

Teorema 7.7 Neka je z = a + ib proizvoljan kornpleksni broj. Tada

važi:

a) zž = \z\2b) z 0 ==> z 1 = || "2

c) \z\ = 1 => z~l = 2

Dokaza) 22 = (a + ib)(a —ib) = a2 —i2b2 = a2 — (—1)62 = a2 + 62 = \z\2,b) Na osnovu teoreme 7.1 imamo da z = a + ib ^ 0 implicira z~l =

a;2a+b2 + što daje z _1 = \z\~~2~ž. Ako je z jedinični kompleksnibroj tada je očevidno z~l = ž . □

7. Kompleksni brojevi 113



114 Principi a Igebre, opšte, diskretne i linearne

Definicija 7.8 Funkcija d : C2 —>R+ U {0} koja preslikava uređene parove kompleksnih brojeva u nenegativne realne brojeve clefimsana sa

d(zi- z2 ) — \%1 ~ z21

zove se rastojanje. Odnosno, d(zi, z2) zovemo rastojanjem komplek-

snih brojeva z\ i z2.

Lako se proverava da funkcija d zadovoljava sledeće uslove:

a) d(zh z2) > 0 c) d(z\z2) = d(z2l zx)b) d(ziz2) = ()<=> zi = z2 d) d(zi, z2) < d(zj , z$) + d(z3, z2).

Postoji geometrijska interpretacija kompleksnih brojeva. Pozna-to je da se može konstruisati bijektivna funkcija između skupa svihuređenih parova čije su komponente realni brojevi, tj. skupa R2 ={(a,b)\a G R A & E R } = C i skupa svih tačaka geometrijske (Euk-lidske) ravni.

Uzećemo onu bijekciju koja se dobija fiksiranjem (odabiranjem) jednog Dekartovog pravouglog koordinatnog sistema. Ta bijekcija je

funkcija koja par (kompleksni broj s) z = a + ib = (a, b) G C preslikava

u tačku z ravni čije su to koordinate. Prvu od osa tog koordinatnogsistema zvaćemo realnom osom. a drugu imaginarnom osorn, a celuravan ćemo zvati kompleksnom ravni. Sada se sve definicije poljakompleksnih brojeva mogu interpretirati u ovom geometrijskom mo-delu, tj. mogu se dati njima ekvivalentne definicije i dokazati njihova

ekvivalencija.Napomenimo da se celokupno proučavanje polja kompleksnih bro-

jeva može vršiti i bez ove geometrijske interpretacije. ali se neki poj-

movi lakše i brže shvataju u geometrijskom modelu, kao što ćemo saclavideti. Ako je 2 kompleksni broj, tada ćemo i tačku koja joj odgovarau kompleksnoj ravni, pomenutom bijekcijom, obeležiti istim simbolom2, a kompleksni broj nula i koordinatni početak obeležavaćemo istim

simbolom 0.Dalje u tekstu ćemo pod konveksnim uglom podrazumevati konvek-

sni skup svih tačaka ravni ograničen sa dve poluprave sa zajedničkompočetnom tačkom uključujući i tačke tih polupravih, a pod orijenti-

sanim konveksnim uglom podrazumevaćemo konveksni ugao u komese zna koje 11111je prvi krak, ako je 11111je drugi. Pomenute poluprave




zovu se kraci ugla. Analogno se definiše i konkavni orijentisani ugao.Orijentisani ugao je pozitivan ako rotacija prvog kraka po oblastiugla prema drugom kraku jeste u pozitivnom smeru (to je smer od

tačke (1,0) najkraćiin putem po jediničnoj centralnoj kružnici do tačke(0,1)). Merni broj neorijentisanog ugla je merni broj (dužina) luka je-dinlčne kružnice, koji pripada tome uglu i čiji je centar u temenu togaiigla, a krajnje tačke su na kracima ugla. Merni broj neorijentisanogkonveksnog ugla je broj iz intervala [0, tt] . Merni broj orijentisanogkonveksnog ugla je iz intervala (—7r, tt] , odnosno ako je konveksni ugaopozitivno orijentisan merni broj je iz intervala (0,7r], a u suprotnom

je iz (—7T.0). Merni broj neorijentisanog ili pozitivno orijentisanogkonkavnog ugla je iz intervala (7r, 2tt), a merni broj negativno orijen-tisanog konkavnog ugla je iz intervala (—‘ 2tt. —tt).

Činjenica T.9___________ ________________________________________

Uobi ajeno je da kada se kaže ugao, da se podrazumeva merni broj

konveksnog ugla, orijentisanog ili neorijentisanog što treba nazna iti.

Merni broj ugla između dve neorijentisane prave za koje se ne zna

koja je prva i koja je druga jeste iz intervala [0, f].

Definicija 7.10 Argument kompleksnog broja z u oznaci arg(z) ili aig2, je merm broj konveksnog onjentisanog ugla čiji je prvi krak pozitivna realna osa a drugi krak je poluprava 0z. gde je 0 = 0 + iO

kompleksni broj 0 tj. koordinatni početak.

Kako je merni broj konveksnog orijentisanog ugla uvek iz intervala

(— to je i arg(z) iz intervala (—tt, tt].

Ćinjenica 7.11__________________________________________________

Primetimo da ako je 2 = 0, tada nije definisana poluprava 0z, pa onda

nije definisan ni argument kompleksnog broja 0 = 0 + i0.

Ekvivalentna definicija argumenta kompleksnog broja je:

Defmicija 7.12 Argument u oznaa arg. je sirjektivna funkcija koja preslikava skup nenula kompleksnih brojeva u interval realnih brojeva



116 Principi algehre, opšte. diskretne i linearne

(—7r,7r] tj. arg : CC\{0} ™ (—7r,7r] defimsana sa:

za a > 0

za a < 0 A b > 0 za a < 0 A b < 0

za a = 0 A b > 0

za a = 0 A b < 0

Dokaz ekvivalentnosti definicija 7.12. i 7.10. je posledica definicijafunkcije arctg, konveksnog orijentisanog ugla i mernog broja konvek-snog orijentisanog ugla tj. zbog arg2 € (—t t , tc ) i arctg x G ( —f .. §).

Dalje ćeino podrazumevati kada se kaže ugao da je to konveksni ugao.(Pogledati zadatak 3.52.k))

Argument kompleksnog broja 0 ne definiše se. a argument kom-pleksnog broja različitog od nule obavezno je broj iz intervala (--7r, tt].Na primer, arg(7) = 0, arg(3?) = §, arg(—5) = tt. argf —lOi) = —f,

arg(2 + 2i) = J, arg (-4\/3 - 4/) = . arg(7\/3 - 7i)= - f itd.

Teorema 7.13 Na osnovu defiicije argumenta arg : C\{0} —# (—tt.tt]tj. (V2 € C \ {0 }) arg .: E (—7r. ?r] (argO nije definisan!) sle.di:1. { a i g > 0} = {z\Irn(z) > 0} U2. { z |arg2 > 0} = {z\Im{z) > 0} \ {0}3. { . z | - f < 3 J g z < ^ { z \ R e ( z ) > 0}

4. { 2i - f < arg2 < f } = {z\Re(z) > 0} \ {0 }5. { 2 | - f < arg 2 < f } = {z\Re(z) > 0} U {xi\x > 0}6. {2| —f < arg2 < ~} = { 21 Re(2) > 0} U {;ri|x < 0}

Evo efikasnog primera za proveru razumevanja definicija argumentaarg, imaginarnog dela Irn i realnog dela Re. Proveriti koje od sledećihekvivalencija i implikacija su tačne za svaki kompleksni broj 2:

• arg2 > 0 <=> Im(z) > 0 • arg2 < 0 <= Im(z) < 0

• arg2 < 0 / m(2) < 0 • arg2 > 0 <= lm(z) > 0

• arg2 < 0 => Im(z) < 0 • arg2 > 0 => Im(z) > 0

• —f < arg2 < f => Im(z) € R • —f < arg 2 < | <=> Re(z) > 0

• arg2 < 0 Im(z) < 0 • arg2 > 0 <=> Im(z) > 0

arg2 = arg(a + ib) = <7r7r

++ C




• arg2 > 0 Im{z) > 0

• arg z > 0 Re( z) > O A ^ ^ o j

• arg 2 > 0 4^ [ l m(z) > 0 A 2 0j

Re(z) > 0

Re(z) > 0

< f =!> (/,„(* ) e K A j ^ o )

f < a.rg,

f < arg 2 <

< § « .

-- < a.ra2 — a,xfc>

t < arg 2 < f Ini(z) E l A ^ O

U literaturi se često. ovo što mi zovemo argurnentom k.ornpleksnog broja. zove glavna vred-

nost argumenta kompleksnog broja, a argument kompleksnog broja z označava. se sa A r g ( z ) —

(arg(2) - f 2k n \ k G Z }, što mi nećem o koristiti.

Ako se ima u vidu geometrijska interpretacija kompleksnog broja,sledi da je modul kompleksnog broja (tačke) 2 merni broj duži 02 jer

je 121— |d + ibI = \fa2 + b2 i važi Pitagorina, teorema.

Teorema 7.14 Nekaje p — \z\ = \a + ib\ = Va2 + b2 modul kompleksnog broja 2 . a ip = arg2 6 (—7T, 7r] argument kompleksnog broja 2 .

Tada je z = a + ib 4=> 2 = p{cos tp + i sin tp).

Dokaz U geoinetrijskom modelu dokaz je trivijalan jer (Slika 2) iztrougla Ozz\ gde je z' norrnalna projekcija tačke z 11a realnu osu, slediOz' — Oz-cosp a — p cos p i z'z — Oz -smp <> b — psmp. Akobisrno dokazivali direktno po definiciji 8.7. morali bismo dokaz podelitiu 5 slučajeva i koristiti trigonometrijske formule cos(arctg.x)

itd. □

a + ib=p(cos p + i sin p )= peup




Slika 2.

Kraća oznaka za cos ip + sin ip je el(p ili cis <p tj.

cos (p + sin p) = elip = cis ip.

činjenica 7.15 Kompleksni brojevi su jednaki akko su irn jednaki moduli i argumenti tj. re 1 = pelip r = p A 'ip = ip + 2kn 6 (—n, tt],Vrlo je korisno dogovoriti se da, čim napišemo pe1 , da podrazumevamo daje tp 6(—7r, tt] odnosno da je ip argument kompleksnogbroja pel<p.

Definicija 7.16 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = a -f ib je z = p(cos + i sinc/;) je p = \/ a2 + b2 i p> = arg(s) + 2A;7T zabilo koji ceo broj k.

Teorema 7.17 (cos <p+i sin <p)(cos yHji sin w) = cos(^ -t- -0)+?’ sin(^+0)

Dokaz Sledi iz distributivnosti i adicionih formula, □

Kakoje (cos (p + i sin y?) (cos ip + i sin 'ij’) = cos(ip + v'?) + i sin( > + ip), to sledi da se svi izrazi oblika cos + i sin -p> uvek množe tako što seip-ovi sabiraju . Sa druge strane izrazi oblika evp se takođe innožetako što se tp-ovi sabira ju . Na osnovu toga sledi da se za izra.zcos p: + i sin <p može uvesti kraća oznaka eltp tj.

. . d.ef .cos ip + ? sm ip = e = cis ip

pa je tada 2 = p(cosip + i sin (p) = pet(p. Oblik kompleksnog broja

2 = pelp zvaćemo eksponencijalnim oblikom.Posle proučavanja kompleksm h funkcija desiće se jedn a ..neverovatna’ stvar, odnos no poka-

de f ■ . ^

zaće se da defmici ja cos^ + i s in ip = e?vC. je u stvari teorem a, gd e je e = 2. 7182818 2845904 5...

Posledica prethodne teoreme je:

Teorema 7.18 Ako je z\ = pi(cos<pi + i sin p \) = pie1<pl i ako

je z2 = p2 (cos •p2 + i sin v?2) = P2 lip2} a( a 3e

Z\Z2 = pip2(cos(ipi + ip2) + ?’ sin(î + ip2)) i

— = Z\ZŽ1 = — (cos(î - ip'2) + zsin(<£>i - <p2))- z 2 P2




Iz teoreme 7.18. sledi da je \ziz2\= |2i| \z2\ i

arg(2i22) = arg(^) + arg(z2) + 2A;7t

gde se ceo broj k rnora odabrati tako da arg(.?i) + arg(z2) + 2 kn budeu intervalu (—7r. tt] . Drugim rečima

{arg zj + arg 22 za arg zL + arg z2 e ( — 7r, tt]

2n + arg z\ + arg z2 za arg z\ + arg z2 < —7r

-27r + arg z\ + arg z2 za arg z\ + arg z2 > n

Primeri:

1. ^ = arg(5 + 5-i) = arg(3 + i ) (2 + i ) = a rg (3 |- i ) + arg(2 + i ) =

= arctg ~ + arc tg ± .

2. arctg | + arctg i i- arctg i + arctg | ^ jer je

(3 t-t)(5 + i ) { 7 +- i)(8 + z) = 650(1 + i )

Iz teoreme 7.18. sledi teorema 7.20. Iz teoreme 7.18. indukcijomse lako pokazuje teorema 7.19.

Teorema 7.19 Ako je z = p(cosip + is'mp) tada je zn = pn(cos rnp + žsin n<p) za svako n € N.

Kako je (cos^ + i sin p)'~1= cos(— p) + zsin(— p) (7.7) i kako je(cosi^ + isin p )0 = 1. to prethodna teorema važi za svaki ceo broj n.

Teorema 7.20 Mnozenje broja z sa Irrojern cos p>+ i sin p>je rotacija broja z za ugao p oko koordinatnog početka.

Sad je jasno da za <p £ (—tt. tt] važi: a.rg elw = p.

Teorema 7.21 Za konveksni orijentisani ugao p z\Oz2 važi

Zo<£ Z\Oz2 = arg —.

2l

Dokaz Uzmimo da je \z\ \= |z2|, što očevidno ne utiče na opštostdokaza. Neka je RZiprotacija u kompleksnoj ravni za ugao p *E(—7r, 7r]

oko kompleksnog broja (tačke) z. Tada je Rojip(zi) = z2 = z\et(p <=> elip = 12 arge*^ = arg p = arg ^ z\Oz2 = arg fj- (naosnovu teoreme 7.20). □




Teorema 7.22 Neka je f funkeija koja proizvoljm kompleksni broj z preslikava u slobodni vektor Oz, gd,e je 0 kompleksni broj 0. Tada f jeste izomorfizam aditivne grupa kompleksnih brojeva (C, +) u odnosu

na sabiranje u aditivnu grupu skup slobodnih vektora u odnosu na sabiranje vektora.

Drugim rečima, formulacija prethođne teoreme može biti i:„kompleksni brojevi sabiraju se kao vektori’

Dokaz ove teoreme je posledica tvrdnje da za svaka dva kompieksna

broja zi i z2 cetvorougao 0, z\ + z2, z2 jeste paralelogram i poznate

teoreme o vektorima da je projekcija zbira jednaka zbiru projekcija.

Teorema 7.23 Za konveksm orijentisani ugao tp ==<£ ziwz2 važi

v . z 2 - w < z\wz2 = arg--------- .

z i - w

Dokaz Uzmirno da je \z2 - w\ = \zi - w\ što očevidno neutičena opštost dokaza. Sada sledi da je Rw„p(zi) = z2. Ako izvršimo

translaciju za vektor — iu (odnosno — 0w) imaćemo da je

RwAZl) = -2 R oA -l ~ W) = Z2 ~ WO Z2 - w = (-1 -•, Z 2 — UJ Z 2 — W v •'2 •- w

4=> < v = --------- 4=> (p arg-----------<=>< Z \ w z 2 = arg-----------. Z i - w Z i - w Z 1 - w

gde smo opet koristili teoremu 7.20. Odavde sledi: □

Teorema 7.24 Znači, ako je kompleksni broj z2 dobijen rotacijom

kornpleksnog broja z\ oko broja w za, ugao kp, tada je

z2 = w + (21 —w)ew.

Na osnovu ovoga sledi da sledeća rečenica jeste jedna od ekviva-

lentnih definicija pozitivno orijentisanog ugla.

Definicija 7.25

Konveksni ugao <£ z\wz2je pozitnmo orijentisan akko je arg > 0.




Teorema 7.26 Jednačina zn = w = pet(p gde je z nepoznata, n proizvoljan pnrodan broj i w proizvoljni kompleksni broj različit od nule, ima n različitih rešenja koja su u kompleksnoj ravni temena pravilnog

n-tougla čije je težište u koordinatnom početku, tj. rešenja su( <p+ 2k'K . (/? + 2A;7r\ ,^+2 k*

Zk = \fp cos --------------1- %sm ----------- = e « k = 0 , . . . , n— 1.\ n n )

Dokaz Datu jednačinu zn = w rešićemo uvođenjem smena z = re1 iw = pel{p, gde su r i ijj nepoznate, a p i ip dati brojevi, jer je w dati broj.Sada sledi zn = w <=>rnein = pelip <=>r = ^fpAnf) = y>+ 2/c7r A/c e Z. Da se neka rešenja ne bi ponavljala uzima se da je ip = e (—7r, 1r]

pa je onda dovoljno da je k 6 {0 ,1 , . . . , n — 1} tj.

zn = w = pelLp<=> z e | {fp el±+n | k = 0 ,. . . ,n — l| = S

Znači Zk = \fp el^ su rešenja jednačine zn — w za svako k =0,1 , . . . ,71 — 1. Pokažimo da su svaka dva z iz S različita tj. da ihima bar n. Ako je k\ f= k2, tada je f z^2 jer je

”fp ' « = ifp e %« (e%n )k = fp e%* ( e l n )k x e %n = z^~ 1 e•2tt

; 27Ttj. Zk = Zk~\ e l~ , što znači da je dobijen rotacijom broja Zk~ 1 okokoordinatnog početka za ugao ^ pa sledi da se Zq , z \, .. . zn-\ nalaze naistoj centralnoj kružnici poluprečnika qfp i da se svaki od njih dobijaod prethodnog rotacijom za ugao jer množenje sa el° je rotacijaza ugao 6 oko koordinatnog početka, a pun ugao je 2tt, pa se nikojadva od zq, z\,. . . zn- 1 neće poklapati. Znači pronašli smo bar n reše-nja, Međutim. ako primenimo još i teorernu 8.37. koja kaže da svakipolinorn 71-tog stepena ima najviše n korena, sledi da data jednačinaima tačno n korena. n

Ako \e e = cos — + i sin — = e1 . tada očevidno za svaki elemenatn n ‘

z skupa S {1 ,e ,£ 2, . . . , en_1} važi zn — 1 = 0 i svaka dva elementa,iz S različita su, tj. jednačina zn - 1 = 0 ima bar n rešenja. Međutim,na osnovu teoreme 8.37. sledi da nema više od n rešenja pa je

•2rr

1 = 0 z e { 1 , £;£' , • , £n } gde je e

Primetimo da je (S, ) đklička grupa reda n izomorfna grupi (Zn, +).Generatorne elemente grupe ({1, e, £2, . . . , £n' _1}, •) zovemo primitivnim



korenima jednačine zn — 1 = 0. Jedan primitivni koren jednačine

zn — 1 = 0 je £. _______ ______

Da li je x = 1 rešenje jedna ine \/2x — 3 — \fx —2, gde je

kompleksni koren?

Definicija 7.27 U polju kompleksmh brojeva uzimamo da je


što znači da je € A = { 21, Zo, . . . , zri], gde je A skup rešenja jednačine zn — u\ U polju realnih brojeva »/" je funkcija tj. \fi: je jednoznačno određen broj za n neparno i proizvoljno x € R kao i za n parno i x > 0. Znači simbol n/~ ima različita značenja u polju reahiih

brojeva i polju kompleksnih brojeva-, jer__________________-.... .... ..................... ............. ....... .... ' ' I

y/w, u p o l j u C . j e p i ' o r n e i i l j i v a k o j a

u z i r n a v r e d n o s t i i z s k u p a s v i h r e š e n j a j e d n a e i n e .

z" = w

U nekim udžbenicima se \ /w definiše kao skup svihrešenja jedna ine zn — w tj. — {z\ zn — w }, pa

zbog toga odgovor na pitanje da li je x — 1 rešenje

jedna ine \ /2x — 3 — \ Jx -- 2 , gde je ^ kompleksnikoren, zavisi od toga koju smo od te dve definicije za

\ fw usvojili!

Izmeđ u te dve definicije nema suštinske razlike, aliipak formalne ima!

Po definiciji n- tog korena iz knjige, odgovor na pitanje da li je x = 1

rešenje jednačine \/2x — 3 = \fx —2 zavisi od tačnosti implikacije

(x E A A y E A A \A\ > l) ^ x = y za proizvoljni skup A.

Da li je prethodna implikacija tačna?

Postoje i mišljenja da se u polju kompleksnih

brojeva ne treba definisati, što zna i ni koristiti!Mi ćemo dalje raditi po usvojenoj definiciji 7.27.




Primer 7.28 Odrediti skup svih vrednosti za:

a) \f\., gde je realni (algebarski) koren,

b) \fl, gde je kompleksni koren,

c) rešenja jednačine xA— 1 = 0 u skupu realnih brojeva,

d) rešenja jednačine x4 —1 = 0 u skupu kompleksnihbrojeva,

x4 — 1 e) rešenja jednačine ---------= 0 u skupu realnih brojeva,

x — 1 1

— 1 f ) rešenja jednačine --------- = 0 u skupu kompleksnih brojeva.

' ‘ x — 1

Rešenje: a) {1}. b) {1. —1. /. ~ c) {1 ,- 1} ,

e) { - 1 } , f) { - 1./. -/}•

Zadatak 7.29 OdrediU realni deo, imaginarni deo, m^tal i argument kompleksnog broja z = 1 - f eta za a G ( —tt, tt] . ^ y ' /ur7)Prf ^

4 r? f . 7 'Rešenje: Re(z) — 1 + cosa, Im(z) = sina, dok iz -iimf

1 + em = e 't (e” *f + e*f) = 2cos f e ^ slecli da je modu] \z\ = 2cosa argument je

Uradi slično i za —l + eta, —1 — eta i 1 — eia.U svakom zadatku u kojem se pojavi neki ocl izraza ±1 ± el,a.

obavezno ga uvek transformisati isto kako je urađeno u prethodnom

zadatku!

Zadatak 7.30 OdreAiti realni deo. iniaginarni deo, modul i argument kompleksnog broja z = em + el3 za a,j3 £ ( —tt, 7r].

e: Re(z) = cos a + cos 1 Im(z) =,_sin (\JzJsiii j] . dok iz. „ .... „ __ . ,

2

- - o • n + i 3 . a. —S' "" - a - 3 . „ _ • a + / 3

e + e?A --- e 2 (el 2 + e 1 2 ) = 2 cos — e 2

^ e ^ za

2 c o s ^ M ±7r+£ ) za ^ e ( - tt , ^ ) U( f , tt]

sledi da je modul \z\ = 2 lcos a argument je za E f]

i ±7T + ^ za ^ € (-7T, =f) U ( f , 7r].Rezultat je tačan bez obzira da li ispred broja7r stojiznak + ili

— jer je e±l7T = —1. Međutim znak ispred broja 7r ipak treba birati




tako da ± 7r + ^ bude iz intervala (—7r, 7r] jer smo se dogovorili da

je argument kom pleksnog broja uvek iz intervala (—7r, 7t], pa prema

tome ako je a + j3 > 0 uzimamo znak —, a u suprotnom znak +.

Prema tome za a j 3 E (—tt, tt] sledi: arg(em: + e%3) —{ s±2 za

= { za 2 ^ S ( -7r ,^ )U ( f , 7r ]

{ 7T+ 2±^ za 2 ^ e ( - 7 r , ^ ) U ( f , 7 r ] A a + 3 < 0

U koordinatnom sistemu aOfi osenei deo ravni— € [+F, f ] unutarkvadrata a G (—7r. 7t] i /? G (-tt, 7r] , a zatim osenei deo ravni kada je —f- E (—7r, — ) U ( f ,7r] takođe unutar istoga kvadrata!

Zadatak uraditi i čisto geometrijski!

Zadatak 7.31 Za z = e1 + < je : čirg : = |z| = z24 =

Test 7.32 Ako je \z\ = 1 tada je: a) r = z b) arg 2 = ar gž

c ) 2_1 = 2 d) |,~| = 1 1 e) z~l = z f) |argz| = |argš|

Zadatak 7.33 Neka su z\ i z$ kompleksni brojevi i neka su t i 9 realni brojevi takvi da je £ > 0 i 9 £ (—tt, tt].

a,) U zavisnosti od z\, z$. 9, £ izraziti kompleksni broj z za koji

važi \z — Zi \= t i ^z^ziz = 9.b) Ako su z\ i zs temena pravilnoga šestougla z\, z2, z3. z4, z5, z6

koja pripadaju njegovoj kraćoj dijagonali, izraziti temena z 2 z 4 z5 zq u

zamsnosti od z\ i z3.

Rešenje a) pzfjj = ^ z — ~i-

Zadatak 7.34 Neka je w 6 {e%~ , e~%~ , el~? , e~1^ . el^r,e~v~r } %neka

je a = w + ir2 + w4 i b = w3 + iu5 + w6. Dokazati da je:a) w3'w4 = 1, a+b = —1 i a-b = 2 b) w+w2+w4 E { . ~j~f v.i |

c) cos + cos + cos = ~V7. Uputstvo za c):

Izračunati imaginarni deo od a = w + w2 + w4 za w = e1 .

Zadatak 7.35 Daii su kompleksni brojevi z\ = 4 — i, z2 = — 3 — 5 / i z3 = 2 —4 i. Naći kompleksne brojeve z koji zadovoljavaju uslove




Rešenje Kako za svaki kompleksni broj w f 0 važi w = |iy|eiarg ,to za w = imamo (Vidi 7.33)

*1 3 i arg -2' .-•$ 8.16. ^ ^3 i-âre;6 2l ~~3 = ----------------- e 3

\zi - Zs\

= = 2 V 2 eliM*<-l+<) = 2 ^ e l ‘» = 2 ^ * = 2 + 2 *. /1 3

Znači, ~~JZS3 = 2 + 2i tj. z = z3 + (z — £3)(2 + 2 i) = 6 ?.Zadatak je rešen pod uslovom da smo uglove posmatrali kao kon-

veksne i orijentisane. Ako bi uglove posmatrali kao konveksne i ne-orijentisane, zadatak bi pored rešenja z = 6i imao još i rešenje z' =12 - 2i. '

A k o b i u g a o < £ 2 1 2 3 2 2 posmatrali k a o k o n k a v a n o r i j e n t i s a n i 2 2 3 2 2 kao k o n v e k s a n o r i je n t i -

s a n , t a d a b i r e š e n j e b i lo z " — 5\/3 + 3 + i( \/',i - 9) . A k o bi ugao < £ 2 1 23 2 2 p o s m a t r a l i k a o k o n k a v a n

n e o r i j e n t i s a n i <£ 2 23 22 kao k o n v e k s a n n e o r i j e n t i s a n . t a d a p o r e d r e š e n j a z " — 5 v 3 + 3 + i {\ / Ž — 9)

p o s t o j i i r e š e n j e z ' " — — \/3 — 3 + ? '(5 v '/3 — 5) .

Zadatak 7.36 K'ompleksni brojevi z\, z2, z3 čine u kornpleksnoj ravni2 1 -.2 1 ^2 jednakostranični trougao akko zf+z^+z^ = ziz2+zj z3+z-2 z3. Dokazati.

Rešenje zj + = 2 ^ 2 + z i z 3 + z 2z 3 O z' j - h ( ~z- 2 - z 3) z! + z %+'3 ‘*2 ~3 = 0 = \ { z2+ Z 3 + ( — z2 — £3) 2 — 4 z\ — 4 3 + 4:Z2Z3) 4=>

2zi - z2 + z3 ± i \ / Š{ z2 ~ Z3) Z\ - z-3 = ( z2 - z3) ^ ^ o zi - z3 =( z2 — z3) e±l š o R (}± i l ( z 2 — z3) = —z3 <=>R z 3, ± i ( z 2) = <=> A z \ z 2 z 3

je jednakostraničan trougao. gde oznaka R z^ ( z 2) = z\ govori da serotacijom oko z za ugao z2 preslikava. u z\ .

Zadatak 7.37 Dokazati da funkcija fo : C —> C, gde je 0 G [0, 27r),definisana sa fe(z) = 5e?'9 u kompleksnoj ravni određuje jednu osnu simetriju. Odrediti skup svih kompleksnih brojeva koji pripadaju toj osi.

Rešenje Primetimo da je g(z) = ž osna simetrija gde je realnaosa. u stvari osa simetrije. Takođe je poznato da kompozicija rotacije

Rq _ž, osne simetrije g(z) = ž i rotacije R0 $ je osna simetrija čija osa




gradi ugao | sa prvobitnom osom (realnom osom). Znači ze

2:cie fe( z) jeste osna simetrija. Skup tačaka tražene ose je

0 0 {z\z G C A (arg( ) = - V arg( ) = tt + - ) } U {0}.

Zadatak T.38 Neka su h0 : C C i f e : C -> C funkcije skupa kompleksnih brojeva u skup kompleksnih brojeva defimsane sa

h'o(z) = ze^ i f e( z ) = ž č e za 9 E A = {0. - ^ } .O •)

Dokazati da je

(S.o) = ( { / ? ( , . J l ‘2jr_ , l l J ; r . / q , / 2 t t , / 2 " } • ° j

grupa, gde operacija o je operacija kompozicije funkcija. u skupu S.

Rešenje Skup 5 je zatvoren u odnosu na operaciju " . jer je kom-

pozicija proizvoljne dve funkcije iz tog skupa očevidno oblika

(fei ° fe2)iz ) —že%02el0x = ili (./i^ ° he. 2)(z) = êê'*1

ili ( / 01 o he2)(z) = zeid2e.dl = 3e~^2e^: ili (/?01 o / 0.2)(^) = č e ^ e ’*1,a skup {1, e ^ . e“ ? } je grupa u odnosu na množenje kompleksnihbrojeva. Kompozicija funkcija je u\-ek asocijativna operacija. Neu-tralni elemenat je h.Q. Inverzni elemenat za fe je fg, a za h0 je h. e. Data struktura je očevidno izomorfna grupama iz zadataka 5.54.a),

5.60, 5.61, 5.62, 5.63.Za.datak se može uopštiti ako se za, skup A uzme skup svih argu-

menata svili n-tih korena iz jedinice tj. za n = 2k + 1

A = , _(fc - 1)— ..... ,0, (k - 1) — . k— },1 n n n n n n

a, za n = 2k + 2

r 2tt x271 2tt 2tt ,. 27r 27r A = { - / c — , — ( k — 1) — , . . . . -------- , 0, — , .. ., ( k - 1) — , k — , 7r},

1 n n n n n n

gde je k prirodan broj ili nula. Tada će ta grupa biti izomorfna di-

jedarskoj grupi od 2n elemenat.a, svih transtormacija podudarnostikoje neki pravilni n-tougao preslika.vaju u samog sebe.




Zadatak 7.39 Neka je 1Z = {he\he : C -»> C A M *) = 2e^j iS = {}e\he : € -> C A / , ( 2) = - e>«}

Ispitati da li su sledeće algebarske strukture grupe, gde je o operacija

kompozicije funkctja. a) (1Z„ o) b) (S, o) c) (1ZUS,o).

Rešenje:

(fei ° A 2)(- ) = feAf e2){z) = žeie*ei01 = ze~l02e101 =( V o /?,02)(^) = V(/z.e2)(^) = zel02e101 = 2el(01+®2),

(A i ° V ) ( ? ) = foi(he2)(z) = zei02e%dl = že“ l02elč'1 = žel(01_e2),( V ° /(92)W = hex(fe2)(z) = ž e ^ e 101 = že {01+02).

Odavde sledi da je f ()i o fe2 G 7v. /^, o he2 E 1Z, f e x o he2 G «S,

° fo 2 € 5, što znači da (7£, o) i (7£ U 5, o) jesu grupoidi i očevidnoi grupe, dok (S. o) nije ni grupoid. Geometrijska. interpretacija skupa1Z jeste skup svili rotacija oko 0(0., 0). a S j<; skup svih osnih simetrijakoje prolaze kroz 0(0,0), pa je jasno da koinpozicija dve rotacije

je rotacija, kompozicija dve osne simetrije je rotacija, kompozicijarotacije i osne simetrije je osna simetrija i kompozicija osne simetrijei rotacije je osna simetrija. Grupa (1Z U S. o) ima beskonačno rrmogokonačnili podgrupa i to su svc dijedarske grupe od 2n elemenata svakon E N, odnosno grupe geometrijskih transformacija podudarnosti kojepravilni n— tougao preslikavaju u samog sebe.

Zadatak 7.40 Naći zbir :

1+ cos 9 •cos 9 + cos29 cos 29 4- •••+ cos" ! 9 cos(n —1)9,9 € IZ.n E N.

Rešenje S = Y1t=o cos? ' cos i s = Er=o cos? ^ ' 8ni implicira

n f 1- en6t cos?i 9 f) + bnr S + **=£ £ } (e» cos 9)r = < i-« « «»* ’ J ,, k e Z[ 77 , u = K 7r

Ako je9 = k7T tada je S = n, a ako j e 9 ^ kir tada je

_ _ 1 — en0t cosn9 cosn 9 • sin(n — 1)9S = = 1+ -------------- —7]------------> Jer Je1 — e&t cos 9 sm 9

1 — e10 cos9 = —ie10sm9 i zatim je prošireno sa ie~10.

Zadatak 7.41 Rešiti po x u M: (l + f ) n - ( l - f ) n = 0, 77 £ N.




Rešenje (l + f ) " - (l - f ) " = 0

I \l 1 + emslctg» ~ ( v 1 + e -" iarctgS = 0

X X 2i sinfn arctg —) = 0 4= n arctg —= kn A k E Z,

n n

a odavde za parno n je x = n tg A fc G { 0 ,1 , . . . , n — 1}\{|}. a za

neparno 77 je x = n tg A k E {0. 1. . . . , n — 1}

Zadatak 7.42 Dokazat/i da za svako x, G R i n £ N vaiž;

n / \

V ( 7 ] sin(j: + 2k7:) = 2n cosn v? sin(.r + rup),~ V k )

k = 0 v 7

Rešenje Traženi zbir je imaginarni deo zbira:

n / \ n / \ n / \

\ ' n \ (x+2tv)> _ V ( ] e'T,e 2fc'” = e Ti Y l (e2' ^ ) k = £-'\k ^ w r lM )k = 0 V 7 k = 0 v 7 fc=0 x 7

= eX7(l + e2 f = exl(e-?( e ^ + e^))” = exi(e ^ (2 co s^ )n =

= 2n cosn a to je 2n cosn ip sin(x + n<p).

Zadatak 7.43 U skupu svih kompleksmh brojeva, za razne vrednostt nenegativnog realnog parametra a, rešiti jednačinu z + a\z+ 1|+ / = 0.

Rešenje Neka je z = x + iy, x E R i y 6 K. Tada je

~+ a\z + l\ + i = 0<=>y = - l A x = -a\ J(x + l ) 2 + y2 ^

<&y = —1 A x = —ftV x2 + 2x + 2 <=>

o ? / = - l A (a2 — l).r2 + 2a2:r + 2a2 = 0 A x < 0.

Za a = 0 =š> 2 = —i, a za a = 1 => 2 — —1 — ž. Neka je sadaa € (0,1) U (l ,oo) . Tada, je data jednačina / ekvivalentna sa I ^

y = —l A x < 0 A x = Y^ r(a \/2 —a2)- Ako je a G (0,1) tada

j e I <=> z = 7^2 (tt ~ V 2 —o2) —i- Ako je a € (l,\/2], tada je / <=>2: = j-^2 (a ^ \/2 - a2) - z. Ako je a > \/2, tada nema rešenja.




Zadatak 7.44 Dat je polinom P (x ) = x6 —2x5+ xA— 2x3+ x 2— 2x + l nad. poljem realnih brojeva.

a) Naći polinom G(t ) = -^P(x) koji se dobija od polinoma P(x)

srnenom x + - = t. X b) Dokazati da su koreni polinoma G realm i međusobno različiti,

pri čerriu su sarno dva korena po apsolutnoj vrednosti manja od 2.c) Dokazati da su dva korena polinoma P realna, a ostali koreni

nisu realni i po modulu su jednaki jedinici.

Rešenje a)

Kako je P(x) = x3 —2(x2 + \ ) + x + ~ — 2^ i kako je

x + 7 = t, x2 + 2 = t 2 — 2 i + 73 — t3 — 31, sledi da je polinomG(t) = ^P(x) = t? - 31 - 2{t2 - 2) + t - 2 tj. G{t) = t3 - 2't2 - 2 t + 2.

b) Iz G ( - 2) < 0, (7(0) > 0, G(2) < 0 i G( 3) > 0 sledi da su tx i t2dva različita korena polinoma G(t) iz intervala (—2, 2), a jedan koren

/ ;3 iz intervala (2,3), jer kubna polinomska funkcija G(t) nad poljemrealnih brojeva je neprekidna. pa mora imati koren u intervalu u čijimkrajevima ima različit znak.

c) Za x ^ 0 važi x + 7 = t 4=? x2 —tx + 1 = 0 <> x = — ~4, pa

za t = t:i imamo da je x h2 = 4 6 M, dok za t 6 {ti,t2} sledi

da je |x3)4)5)6|= ^ ^ 4 =\\t ± t21= \\/t2 + 4 - t2 = 1.




FORMULE GEOMETRIJSKIH TRANSFORMACIJA PODUDARNOSTI, INVERZIJE I HOMOTETIJE

Translacija rw za vektor w t w ( z ) = w + 2

Rotacija pw_g za ugao 9 oko w Pw,e{z) = w + (2 —w)et0Osna simetrija <t w j u odnosu na pravu

i kojoj pripada w i koja obrazuje,i20ugao 9 sa pozitivnom realnom osom <rw,d(z) = tl' + (z —w)e

Centralna simetrija crw c>u,(z) = —z + 2w

Inverzija 1w_r u odnosu na kružnicu

sa centrom u w i poluprečnika R I w ,r = w + = =

Iiomotetija hw_k sa centrom u wi koeficijentom k E E hw;k(z) = w + k(z —w)

Primer 7.45a) Ako je A={1 , —|+z^,— i ^ } , tadaje {z s\z e,4} = { }.b) Funkcija f : C —>C. f (z ) = z3 je injektivna ? DA NE.c) Da li je fankc/iu C. . f ) z3 mjektivna ako je

B = i € C A 0 < nr9( , ) < i } ? ' DA NE.d) Da Uje funkcija fD : D — C. f p (z) = 23 injektivna ako je

D = { z \ z e £ A 0 < arg(z) < f } ? DA NE.e) Da li je funkcija f F : E —>C f E(z) = z3 mjektivna ako je

E pram nadskup od D ? DA NE.f) Neka je skup F podskup skupa tačaka kompleksne ravni takav da

svaki jednakostranični trougao čije je težište u koordmatnom početkv ima najviše jedno teme u tom skupu. Da li je funkcija

f F : F —>C, f F(z) = z3 injektivna ? DA NE.g) Koja od prethodnih injektivnih restrikcija funkcuje f : C —>C,

f ( z) = z3 jesta njena maksimalna injektivna restrikcija (vidi 3.17)?h ) Nekaje skup II maksimalni podskup skupa tačaka kompleksne ravni

sa osobmorn da svaki jednakostranični trougao sa težištem u koordinatnom početku ima najviše jedno terne koje pripada torn skupu. Da li je funkcija f H ' H - ^ C , f H(z) = z3 maksimalna

injektivna restnkcija funkcije / : C —>C, f ( z) = z3? DA NE.i) Da li pored svih maksirnalnih injektivnih restrikcija fn : H —> C

funkcije f : C —» C, f (z) = z3, iz prethodnog pnmera, postoje jo š 1

neke njene druge maksimalne injektivne restrikcije? DA NE.

Primer je veom a važan za kompleksnu a nalizu jer je on jedan elementaran u vod u Rimanove ravni!



Glava 8

POLINOMI NAD

PROIZVOLJNIM POLJIMA

U nastavi matematike osnovnih i srednjih škola tradicionalno je dase polinom definiše kao „izraz” ili funkcija / polja realnih brojeva. R

u to isto polje tako da je f ( t ) = a0 + ait + •••+ antn Zatim sedaju i definicije jednakosti dva polinoma što bi, inače, trebalo da slediiz definicije polinoma. Definicija (ili tvrđenje) da su dva polinoma

jednaka ako su im jednake odgovarajuće funkcije, nije tačna!Na primer, ako je (F,+, •) konačno polje karakteristike 3 (npr.

sabiranje i množenje po modulu 3) tj. F = {0,1,2}, tada razli iti

polinomi P( t) = 1 + 2t + 12 + 13 i Q(t) = 1 + 12 nad tim poljem su kaofunkcije jednaki jer se lako proverava da je 1 + 2x + x2 + x3 = 1 + x2tačno za svako x E {0.1.2}, jer se radi o sabiranju i množenju po

modulu 3.Pokazaćemo da ako je polje koeficijenata beskonačno (karakteris-

tike 0), tada je definicija, polinoma kao funkcije izomorfna korektnojdefiniciji polinoma. Vidi 8.38 i 8.41.

Sada ćemo dati definiciju konstante i promenljive, a zatim defini-

ciju polinoma nad proizvoljnim poljem.

Definicija 8.1 Konstanta skupa F je proizvoljni elernenat skupa F.

Promenljiva skupa F je sirnbol (na prirner x, y, z, t, X\, y\, z\,ti, .. .) koji se m.ože zameniti bilo kojim elementom skupa F.

131



132 Principi algebre, opšte,diskretne i linearne

Definicija 8.2 Skup svih polinoma. u oznaci F[t], nad. nekmi poljem F sa promenljivom t, može se definisati na sledeći način:

1) Konstantne i promenljiva t polja F su polinomi nad poljem F .

2) Ako su A i B polmomi nad poljem F , tada su (A + B) i (A • B) takođe polinomi nad poljem F , gde su + i binarne operacije u

F[t] koje su asocijativne, komutativne i važi distributivni zakon operaaje • prema operaciji + i takve da su + i • iz polja

F njihove restrikcije. a jedinica e i nula 0 polja F su redom neutralni elementi za operacije • i + , dok inverzni element za

polinom «o + a,\t + aot2+ ... + a,ntn u odnosu na sabiranje + je

polmom —a-o —a\t —a2t2 —... —a.ntn (vidi 8.3)..3) Polinomi nad poljem F se mogu dobiti samo primenorn 1) % 2)

i to konačno m/nogo puta.

(A-B) pisaćemo (AB). Zbog zakona asocijativnosti množenja možese uvesti dogovor o brisanju zagrada i u slučaju ((t-t)-t) pisaćemo t-t-t tj. samo //’, zbog uobičajene oznake u multiplikativnim grupoidima. Analogno za operaciju + ćerrio umesto ((t + t) + t) pisati t + t + t tj.

3f = 3(e •t) e •t + e -t + e 1 = (e + e + e) t = (3e) •t = (3 e)t, gde jee neutralni elemenat polja F u odnosu na nmoženje. Ako je F poljerealnih brojeva, tada je ot = 3-f. Dokaži! Takođe uvodimo konvencijuo brisanju spoljnih (krajnjih) zagrada i konvenciju da operacija •imaprednost u odnosu na operaciju + pa se umesto (x + (y 2)) piše sanio

x + yz.

Teorema 8.3 Zbog svih ovih dogovora (konvencija) svaki polmom izF[ ] je obhka a,Q+ a,\t + a2t2 + ... + antn, gde su o , q . a\, 0-2.....an. svi iz

polja F, an ± 0, n G N U {0 } (t° je po definiciji jednako jedm/a polja

F) i t je promenljiva polja F .

Nula polja F je polinom koji je neutralni elemenat za sabiranje

polinoma, zove se nula polinom i označava se sa 0.Jedinica polja F je polinom koji je neutralni elemenat za množenje

polinoma i označava se sa 1 ili e. ____________ _ _______________________________

Drugim re ima algebarska struktura polinoma nad poljem (F, + , •) je

proširenje polja (F, + ,• ) do najmanjeg prstena (F [£ ].+ , •), pomoć u

jednog novoga elementa t F i elemenata iz F, korišć enjem operacija+ i • iz (F[t], + , •), koje su proširenje operacija + i • iz polja (F, + , •).



8. Polinomi nad proizvoljnim poljima 133

Teorema 8.4 Ako je polinom P različit od nula polinoma tada postoji samo jedan an E F \ {0}. takav da je P = a$ + a\t + a2t2 + ... + antn.

Definicija 8.5 Nenegativan broj n iz prethodne teoreme 8.4 zove se stepen toga nenula polinoma P = a0 + ayt + a2t2 +. . . + antn %označava se sa dg(P) = n, a an se zove vodeći koeficijenat. toga nenula polinoma.

Stepen nula polinoma nije definisan! x.

Može se reci da, izraz a0 + a.\t + a2t2 + ... + a?f^ + ... jeste polinomako je samo konačno mnogo koeficijenata air različito od nule, gde jeiE N U {0}.

Drugim rečima izraz a0 + a]ć + a2ć2 +. .. + a(tl + . . . je polinom akko

postoji tačno jedan i = n G N U {0} takav da je an ^ 0 i a* = 0 za svei > n, gde su a? iz polja F. a. t je „promenljiva” .

Primer 8.6 Za sledeće polmome P i Q nad poljem F važi:a)P + Q = (a0 + a\t + a2t2) + (60 + b\t + b2t2 + b t3) =

= a0 + 60 + (ai + b\)t + (a2 + b2)t2 + b^t3.b)PQ = (a0 + a\t + a2f2) (60 + b\t + b2t2 + 63 č3) = aQb0 + ( a 0b1+ a lb0)t + (a0b2+ a,i&i + a2b0)t2+ (aQb + a\b2 + a2b\)t3 + (aib^ + a2&2)f4 + a2bst5

Teorema 8.7 Ako su P i Q nenula polinomi nad poljern F , tada je a) PQ ć 0, b) dg(PQ) = dg(P) + d,g(Q) '

Teorema 8.8 Skup svih polinoma nad proizvoljnim poljem F u odnosu na operaciju sabiranja polinoma + i operaciju množenja polinomaima algebarsku strukturu domena mtegriteta.

Znači (F[t], +, •) jeste domen mtegriteta polmoma nad poljem F . Primetimo da operacije sabiranja i množenja polinoma obeležavamoistim simbolima kao i operacije sabiranja i množenja u polju F, što

nikada neće dovoditi do zabune jer ako se operacija + nalazi izmeđudva polinoma onda je to sabiranje polinoma itd.

Kao što smo videli svaki elemenat a polja F je takođe polinom,njegov stepen je 0 za a ^ 0 i zove se konstantni polinom ili polinomstepena 0. 2 Da, li je konstantni polinom različit od nule isto što ipolinom stepena nula? Vidi 8.32.

1V j nekim uđžbenicima definiše se da je stepen nula polinoma —oc , međutim

mnogi dokazi su jasniji ako se stepen nula polinoma ostavi nedefinisanim

2Kasnije, uvođenjem polinomskih funkcija. biće opravdan termin konstantanpolinom, ali samo za polinome nad beskonačnim poljem.




Definicija polinoma nad poljem F kao uređene n —torke elmentaiz polja F čija poslednja komponenta je različita od 0, ekvivalentna jedefiniciji polinoma kao beskonačnog niza čiji elementi (članovi) su iz

polja F i postoji član niza posle kojega su svi članovi niza jednaki 0.Naravno. te definicije su ekvivalentne sa definicijom 8.2, što znači

da su odgovarajuće strukture polinoma izomorlne.Evo definicije polinom kao uređene n - torke koja nije neophodna.

D e f i n i c ij a 8 . 9 E l em e n t i sk u p a ( J = F u IJ F ' J lJ • • ( sk uP sv i h t - t o r k l za s ve i £ Nj j esu p o l i n om i nad, p o l j em F a k o i m j e p osl ed n j a k om p on en t a r a zl i i t a od n u l e. Nu -l a p ol j a F j e

p o l i n om i z o v e s e n u l a p o l i n om .

Dakle, elementi skupa F U F 2 U F 3 U . . gd e je F neko polje, jesu polmomi ako .je u svakoj

i-torki za i > 1 pos ledn ja kom pon enta različita od 0. Z nači, ako je P = (ao, a j ........ a n ) polinom

nad pol jem F . onda je za n > 0 a n ^ 0, dok za n = 0 a0 € F , tj. a0 može biti i nula, pa zbog

F 1 = F sledi da je (ao) — a0 polino m za svako qq e F i zove se konstantan polinom.

D e f i n i c ij a 8 . 1 0 S t ep e n p o l i n om a P ■£ 0 j e br oj k om p on en t i u m a n j en za, j ed a n i ozn a a va se sa

d g ( P ) , a p o sl e d n j a k om p o n en t a z o v e s e v o d eći k o ef i c i j e n t . P o l i n om j e n o r m a l i z ov a n a k o r nu j e

vodeći k oef i c i .j en t j edn ak 1.

Znači, ako je polinom P = ( ao , a . \ ----- , a n ) ^ 0 , tada je d g ( P ) = n . Stepen polinoma

P — a £ F \ {0 } je nula. Stepen nula polinoma ne definiše se.

D e f i n i c ij a 8 . 1 1N e k a su P =

(a0 . a i ........ a „ )i Q - (b0 , b i ,

------bm ) p o l i n om i i n e.k a j e a j

= 0

za j > n i b j = 0 za j > m . O p e r a c i j e sa b i r a n j a + i m n ožen j a ■ u s kupu po l i n oma de f i n išem o

sa

P + Q = ( d o- d \ ........ d-s ),

g d e j e d j = a j + b j , s j e. n a j veći n enega t i van ceo b ro j za ko j i j e ds ■£ 0 i . a k o t a k a v s ne pos t o j i ,

z bi r j e n u l a p o l i n om , a

P - Q = ( C 0 , C i , .. . , C r ) ,

g d e j e c*. —- S j = o a j b k - j < r i e n a j v e ći n e n eg a t i v a n c eo b r o j za k o j i j e cr + 0 i , a k o t a k a v r n t

p o st o j i , p r o i z v od j e n u l a p o l i n om .

Prethodne tri definicije mogu se dati u istoj formulaciji i ako umesto polja b uzmemo prsten

R . Primetim o da je operacija „ + ’ ’ u skupu polinom a označena istim sim bolom kao i operacija

„ + ” polja F , što neće dovoditi do zabune jer će iz konteksta uvek biti jasno o kojoj je operaciji

reč. Analogno važi i za operaciju „ •

P r i m e r 8 .1 2 Z a s l ed e će p o l i n om e n a d p o l j em F v a ži

a) (a.o, a\, a^) + ( b o , b \ , b 2 , b z ) = ( a - o + b0, a-i + b\ , a 2 + 6 2 - 6 3 ) -

b) (a0, ai, a 2 ) ( b 0 , b\ , 62, &3) — (a0 b0, a 0b i + ai&o, a-o&2 + a i^ i + a 2&0 -+ CLsb0, a0b4 + a i 63 + a262 + a3&i + «4&o-

0.065 + ai&4 + 0-2&3 + «3&2 + G4&1 + a^bo ) == (a060, ao6i + a i6 0, a 0&2 + î&i + a &o, a06.3 + o. 162 + <1261, a-ib?, + a^b^, a^b^)

j e r j e 03 = a4 = a.5 = 64 = 65 = 0 .

c) (2, —3, 4) + (8, 7, —4) = (10, 4)

d ) (3 , - 5 , 2) + ( - 3 , 5, - 2 ) = 0




e) A k o su P = (60 ) = b0 € i^\{0} i Q = (a o, a i , . . . , a n ) p o h n om i , t a d a j e P Q =

6o(ao , a i , . . . , a n ) = ( b oao , boa \ , . . . , b0an ) . Ta k ođ e j e 0 •(ao- « i , • •, a n ) = 0.

Teorema 8 .13 A k o su P = (a 0 , a 1, . . . , a n ) i Q — ( bo, b \ , .. . , bm ) n e n u l a p o l i n om i n a d p ol j er n

F i P Q (co, c i , •* , C r ) ; t a d a j e = c.n +m = a n bm .

Dokaz Po definiciji 8.3. im am o da je c n +m = a j b m + n - j Ako je j = 0 ,1 ,.. . , n — 1,tada je m + n — j > m pa j e b m + n ^ j = 0, a ako je j — n + 1, n + 2 , . . . , m + n, tada je a j = 0.

Znači, jedini sabirak u toj sumi koji nije nula, je za j = n, pa je cn + rn = a„& m 4.r,._n = an frm

je r je an ^ 0 i ^ 0 tj • Cln.bm 0 zbog nep ostojanja delitelja nule u polju F . Kako je

Cj = 0 za i > m + n , to je znači rn + n najveći nenegativan ceo broj za koji je c n + m 7^ 0 , pa jecr = C- 1I rn = a n bm . □

Posledica 8.14 A k o su P i Q n e n u l a p ol i n om i n a d p ol j e m F , t a d a j e

a ) P Q ^ 0, b) d g ( P Q ) = d g ( P ) + d g ( Q )

Definicija 8.15 P o l i n o m (0, 1) n a d n e n u l a p r s t en om s a j e d i n i c om . o zn a a v a ć em o s a t . t j . (0, i) = i .

T e o r e m a 8 .1 6 Z a s va k i p o l i n om P = (ao, 01 ........ a n ) n a d p r st e n om sa j e d i n i c om v a ži :

P = (a o, a i , . . . , a n ) = a o + a i t + . . . + a n t n

Dokaz Kako je ( a 0 , a i ) ( b o , b i ) = (a obo, aob\ + a i b o ^ aob ^ + a i 6i + a 2b0) , to je

(0 , l )2 = (0 , 1)(0 , 1) = (0 , 0 , 1) jer a0 = 60 = a 2 = b2 = 0 i a x = 61 = 1.

Indukcijom se lako pokazuje da je (0, l ) fc = (0, 0 , . . . , 0,1 ). Za k = 2 tvrđenje je pokazano.

k + lPretpostavimo da je tačno za k i dokažimo da je tačno za k + 1. A ko je

(0 . 1 ) = [ a o . a i ) , (0 .0 ........ 0 , 1) = ( b 0 , 61... . , bk ) i

k - f -1

( 0 , 0 , ----- 0 , 1 ) = (c0 . c 1 ------ ck + 1), tada je

k + 2

(0 , l ) f c+1 = (0 , 1) (0 , 1 )A = (0 . 1) (0 , 0 , . . . , 0 , 1 ) = (0 , 0 , . . . , 0 , 1)

i f c + 1 f e + 2

je r je zbog te or em e 6.5, c ^+1 = a \ bk = 1 •1 = 1, a za i < k + 1 je a — Y y j = 0 a j ^ i - j = 0,

je r je 60 = &i = •••= 6fc- 1 = 0 i ao = 0. D alj e je očevid n o je r za a* + 0 je a,;(0, 0 ,. . . , 1) =(0,0. . . . , a i ) i 0 - ( 0 , 0 , . . . , 1) = 0 . □

Skup svih polinoma nad poljem F označavaćemo sa F ' [ t ] ,

T e or em a 8 . 1 7 (F[f| , + , •) j e d om en m t eg r i t et a .

Dokaz se izvo di 11a osn ovu 6.1, 6.3, 6.5. i 6.6 . kao i na osnov u asoc ijativ no sti i dis tribu tivn ostičiji dokazi se ostavljaju čitaocu. Takođe važi




T e o r e m a 8 .1 8 A k o j e R p r st en sa j ed i n i c om t a da j e ( /?[£],+, ) p r st en s a j ed i n i c om . A k o j e

R k om u t a t i v n i p r st e n sa j e d i n i c om t a da j e ( /?[č},+, ) k om u t a t i v n i p r st en s a j e d i n i c om . A k o j e

R d om e n i n t eg r i t e ta t a d a j e i + , •) d om en i n t eg r i t et a . N i za, j e d a n p r st e n R sa j e d i n i c om ,

(K[t], + , ) n i j e pol j e .

U daljem tekstu radićemo isključivo sa polinomima nad nekim po-

ljem F.Da, li ćemo polinome zapisivati sa a0 + a\X + a 2 x 2 + ... + a n x n ili

a0 + ( i ] t + a 2 t 2 + ... + a n t n je svejedno, međutim u nekim knjigama jeuobičajeno da se polinomi označava sa a0 + a,\t + a 2 t 2 + ... + antn. doknjemu odgovarajuća polinomska funkcija sa a0 + aiX + a22:2+ ... + an.rn.

Teorema 8.19 (Teorema o delenju polinoma) Za svaka dva polinoma S i T ^ 0, postoje takvi jedinstveni polinomi Q i R, da je

S —QT + R A (R = 0 V dg{R) < dg[T)).

Uobičajeno je da se S = QT + R piše i u obliku

~ = Q + J, ili S : T = Q + J .

Dokaz

• Ako je S = 0, tada je —QT = R, odakle sledi Q = 0 i R = 0

jer bi u protivnom imali da je stepen polinoma na levoj strani jednakosti - Q T = R bio veći od stepena polinoma na desnoj

strani.

• Ako je S ^ 0 i dg(S) < dg(T), tada, očevidno mora biti Q = 0i S = R jer bi opet imali polinome različitih stepena na levoj i

desnoj strani jednakosti S = QT + R.

• Ako je S ^ 0 i dg(S) > dg(T ), tada uzmimo da, jeS = a0 + a\t + a2t2+ ... + antn i T = 60 + + 2 2 + •••+ ^mtm



Definišimo sada konačan niz polinoma S1: S2, . . . , čiji su vodećikoeficijenti označeni sa s*, na sledeći način

Si = S - a nbmHn~mT s 2 = S ^ - Slbmltd9 mT

Sk = S k - i - S k -ib m1tdsl'Sk- ^ ~mT

gde je k najmanji prirodni broj za koji će biti = 0 ili dg(Sk) < dg(T). Dokažimo da takav broj k postoji. Ako je Sk = 0 za nekiprirodni broj k onda je dokaz gotov. U suprotnom slučaju imamoda je dg(S) > dg(Si) jer su polinomi S i anbm tn~mT očevidnoistog stepena i imaju jednake vodeće koeficijente. Na isti načinzaključujemo da je dg(Sy) > dg(S2) > d,g(S3) > ..., što znači daće postojati takav prirodan broj k za koji je dg(Sk) < dg(T). Zamenom Si iz prvc u drugu jednakost, zatim zamenom S2 izdruge u treću jednakost. ... i na kraju zamenom S^-i iz k — 1-veu k-tu. jednakost sledi da je S = QT + R gde je R = Sk i

Q = a n bml t n - m + si6-lfWs.)~« + ... +

Ako bi pored polinoma Q i R koji zadovoljavaju uslove teoremepostojali i polinomi Qi i koji zadovoljavaju uslove teoreme,tada bismo imali S = QT + R i S = Q\T + Ri. odakle oduzima-njem sledi da je —{O —Q\ )T = R —R 1} a odavde obavezno sledida je R, — Ri = 0 i Q —Qi = 0 jer bi u protivnom u jednakosti—(Q —Qi )T = R —R\ bilo da je stepen polinoma na levoj straniveći od stepena polinoma na desnoj strani. Ovim je pokazana i

jedinstvenost polinoma Q i R.D

Ovaj dokaz očevidno daje i postupak (algoritam) za efektivno od-ređivanje polinoma Q i R , pa se zato zove algoritam deljenja, Q sezove količnik, a R se zove ostat.ak pri deljenju polinoma S polinomomT. Ilustrujmo ovo na primeru


S = l - 2 t + t2 - t3 + 2iA i T = t2 + t + 1




( (2f 1- t3 + t2 —2t + 1) : (t2 + t + 1) - 212 - 31 + 2 +

^ l ~ ( 2 ^ 4 + 2 f 3 + 2 t 2)

r _ 3 13 - t2 - 2t + 1 - S - 2t2T = Sx

+ l - ( ~ 3 f3 - 3 t 2 - 3 Q

r 2f2 + 1 + 1 = *Si + 3/:T = 5*2

—(2t2 + 2t + 2)

- t - 1 = S2 - 2T = 5*3Znači količnik Q = 2t2 —3t + 2, a ostatak je R = S-s = —t —1.

Definicija 8.20 Polinom T deli pohnom S (S je delpvo s aT) u oznaci T\S ako postoji takav polinom Q da je S = QT.

Posledica 8.21 Iz dejinicije 6.12. direktno sledi

(T\SAS\R) => T\R;

(T\S AT\R.) =>T\(S + R);

(T\S A S\T) => (3a E F) T =

T\S=>T\SR

za sve polmome T, S i R, iz F[t j.

Definicija 8.22 Najveći zajednički delilac polinoma S i T je polinom

W (W=NZD(S,T)) ako

a) W\S A W\T b) (VWi G F[t]) (W X\S A W^T) => W^\W

Drugim rečima, najveći zajednički delilac proizvoljnih polinoma S i T tj. NZ D( S , T) je polinom VK koji deli i polinom 5 i polinom T. asvaki drugi polinom Wi koji takođe deli polinome S i T , deli i polinomW. Kratko rečeno, najveći zajednički delilac dva polinoma je polinom najvećeg stepena koji deli oba ta polinoma. Na primer



8. Polinomi rmd proizvoljnim poljima 139

najveći zajednički delitelj za polinomea(t —3)4(f- + 7)2(t — l)5(t + 13)3 i b ( t - 3 ) 2( t - l b ) ( t - l ) 7(t + l3)5

je polinom c(t —3 )2(t —1 )°(t + 13)3, gde su a, b i c proizvoljni elementi

polja nad kojim se posmatraju ti polinomi.

Definicija 8.23 Polinomi su uzajamno prosti ako nepostoji polinom, različit od konstantnog, koji deli obojicu tj. ne može se izvući ništa

kao zajednički fakt.or iz te dvojice, različito od konstante.

Koja definicija je anaiogna ovoj definiciji u prstenu celih brojeva,odnosno monoidu (asocijativnom grupoidu sa neutralnim elementom)prirodnih brojeva?

Teorema 8.24 Postoji tačno jedan takav normalizovani polinom W da je W =NZD(S. T), gde su S i T polinomi takvi da je bar jedan od njih različit od, nule.

Dokaz Ako je S = 0 A T ^ 0, tada je NZD(aS, T) = ar^T gde je a vodeći koeficijent polinoma T. Analogan je i slučaj gde je S ^ 0 AT =0. Neka je sada dg(S) > dg(T). Na osnovu prethodne teoreme važi

5 = QT + fli A (R\ = 0 V d g ( R x) < dg(T))

T = ChR^ + R A (R2 = QVdg( R2) < dg(Ri))

Rk- 2 Qk-iRk-i + Rk A (Rk - 0 V dg(Rk) < dg(lik j) )

Rk- 1 Q k R-k

Iz priloženog algoritma (poznatog pod nazivom Euklidov algoritam)za dobijanje riiza polinoma R\,R2, .. . očevidno je da postoji prirodnibroj k za koji je Rk+i = 0 ili dg(Rk) = 0 jer je dg(T) > dg(R\) >

dg(R2) > •••> dg(Ri-i) > dg(Ri)... Sada ćemo pokazati da je Rk za- jednički delilac polinoma S i T. Iz poslednje jednakosti sledi Rk\Rk~i,što dalje, na osnovu pretposlednje, implicira da je Rk\Rk 2, . . . , štodalje na osnovu druge, sledi da je Rk\T i što. na osnovu prve, impli-

cira da, je Rk\S. Znači da je Rk zajednički delilac za S i T. Dokažimosad da je Rk i najveći zajednički delilac za S i T. Pretpostavimo da jeW\\S i 1+1 |T. Tada iz prve jednakosti sledi da je W\\Ri, što zajednosa drugom implicira da je W\\R-2, . . . , što zajedno sa pretposlednjom

implicira da je Wi\Rk pa je dakle i?fc=NZD(S, T), a traženi norrnal-izovani polinom je W = a~lRk, gde je a vodeći koeficient polinoma




Rf,. Jedinstvenost polinoma W jednostavno se dokazuje kontradikci- jorn korišćenjem posledice 6.13. □

Teorema 8.25 (Homerova šema) Pri deljenju polinorna P ---ao + a\t + . . . + antn polinomom t —a, dobija se kohčmk

Q = b0 + b\t . . . "f" bn—itn ^ i ostatak R, pvi čenvu je

6n_i = an, 6n_2 = o;6n_i an._i,. . . , 6o = c*6i + ai, R = abu + a0.

Dokaz Izjednačavanjem koeficijenata uz odgovarajuće stepene (tj.

odgovaraj ućih komponent i) dobijaju se odgovar ijuće jednakosti. □

Ovaj rezultat se zapisi_ije u obliku sledeće sIk iLH' koja se zove Hor-

nerova sliema.

a an an—\ an-2 ‘ ' ‘ a,Q

an abn_i + an._i a 6n_2 + an_ 2 ••• ab\ + <i; <\\

A) 4 a0

bn—i bn... 2 6,-3 ‘ii6o R

DefiLnicija 8,26 Neka je y? funkcija koja svako- n polinomu

P = (a0. ai, ••• an) = a0 + a i/ + . . + an /77

pnd ružuje funkciju -ip(P) polja F u polje F. odrlosno

h p ) : F —> F tako da (V t e F) i iP)( .r) = a0 + a ^ + . .. + anxn

Funkciju ip(P), polja F u polje F, zovemo polinomska funkcija, poli-

norna P.

Može se smatrati da je 77+ 1 - torka (a0, a i5 . . . , an) samo krać a oznaka

za polinom a0 + a\t + . . . + antn\

Definicija 8.27 Skup svih polinomskih funkcija nad poljem F ozna-

čavaćemo sa Vol(F).




Defmicija 8.28 Nekaje F proizvoljno polje. Tada u skupu funkcija F F = { f\f : F —>F } definišu se operacije +, • i o na sledeći naćin:

(Vx E F) (f + g) (x) = f ( x ) + g(x)(Vx e F) (fg)(x) = f(x)g(x)

(\/x e F) (f o g)(x) = f(g (x) )

za sve f i g iz F F.

Zadatak 8.29 a) Da li je ( F F, +, •) prsten?b) Da li je (F / ' ,+ , - ) domen integrileta?c) Da Uje (Vol(F) , +, •) dornen mtegnteta?

d) Da Uje (F1 . + °) prsten? (Distributivnost!)e) Da li je ({fk : jR —> = kx,k E R } , + , o )

polje?f) Odrediti nenula funkcije f i g iz RR takve da je

f o g nula funkaja.

Rešenje pod f):v f 1 za x 2 A x ^ 3 , , f 2 za x ^ 4

/ (x ) = \ 0 za r = 2 V x = 3 s(x) = \ 3 za x = 4 odakle sledi da je / o g nula funkcija tj. (Vx G R) ( f o g) (x) = 0.Ili primer f (x) = x2 —x i g(x) = sgn x 2

Znači, domen funkcije 'ii' je skup svih polinoma F[t], a kodomen je

skup svih polinomskih funkcija Vol(F) tj.

w : F[t] -> Vol(F) C F f .

Teorema 8.30 Funkcija 'ć : F[t] —>Vol(F) jeste epimorfizam, dom-

ena mtegriteta (F[f]. +, •) u komutativni prste.n sa jedinicom (Vol(F), +, ). ' ' '

Dokaz Neka su P = (aQ. aL, . . . , an) i Q = (60, b^ .. . . , bm), polinominad poljern F i neka je n < m. Tada je za svako x iz F

t '[F + Q)(x) = '0(ao + 60, ai + bi, . . . , an + bn, bn+1?..., bm)(x) = ( o ,q + bo) + (o-i + b\)x + .. . + (an + bn)xn + bn+\Xn * + .. . + bmxrn =

ft0 + (i\X + . . . + anxn + b{) + b\X + . . . + bmxm = ijj(P)(x) + ip(Q)(x) = (ib(P) + f (Q))(x) . što znači da je il?(P + Q) = ijj(P) + ^(Q)



142 Principi aIgebre. opšte,diskretne i linearne

Analogno se pokazuje i v{PQ) = i ' (P) •i '((}) a

U teoremi 8.41 dokazaćemo da. ako je F beskonačno polje, tada

je funkcija injektivna, pa je F[t] izomorfan sa Vol(F), što znači dase pojmovi polinom P i polinomska funkcija 'ip(P) u tom siučaju unašem daljem radu mogu smatrati istim, tj. 'ii'(P) može se označitisamo sa P i neće biti zabune zbog pomenutog izomorfiznia. Međutim,ako je F konačno polje, tada 'ip nije injektivna. Na primer. ako je F = Z3 = { 0,1,2} , tada se polinomi P = (1, 2, 1,1) = 1 f 21 f t2 f t3 iQ = (1, 0,1) = l + t 2 nad tim poljem sa funkcijom %), preslikavaju u istupolinomsku funkciju, jer se lako proverava da je l + 2x + x^ + x° = 1+aridentitet u polju F = = {0,1, 2}. U prstenu (Vol(b ), +, •) postojedelitelji nule ako je F konačno polje. Na primer ako je f - Z3 -{ 0, 1, 2}. a f.cj 6 Vol(F) definisani sa f (x ) — x i g(x) = x2 + 2, tada

je ( f g ) ( x ) = f (x)g(x) = x3 + 2x = 0 za svako x € f , tj. f g = 0. a f o i g ^ 0. Uopšte, ako je F polje od rn elemenata, tada je f \{0}grupa u odnosu na operaciju • (takozvana multiplikativna grupa uodnosu na množenje) od m —1 elemenata, pa je x m~l = 1 za svako x iz F \ {0} jer u svakoj multiplikativnoj grupi važi da je svaki elemenatstepenovan ukupnim brojem elemenata te grupe jednak neutralnom

elementu (teorema 5.39), a odatle sledi:

Teorema 8.31 Za svako x iz polja F od m elernenata je z n‘ z.

Primer 8.32 Neka je f (x ) = z 5 + 4x + 1 polinomska funkcija nad

poljen Z 5. Popnmti tabelu

Da Uje f konstantan polinom?

X 0 1 2 3 4

f (x ) 1 -1

Definicija 8.33 Vrednost polinoma P u tački a je vrednost njegove polinomske funkcije 'tp(P) u tački a. Koren (nula) polinoma P je koren

(nula) njegove polinomske funkcije ip(P)-

Drugim rečima, ako je i/j(P)(a) = 0, onda je a koren polinoma P .

Teorema 8.34 fBezuova) Vrednost polinoma p'nid^FpaJjen^ utački

Tjj^jednaka je ostatku pn deljenju poUnoma P poh-



8. Polinomi na.d proizvoljnim poljima 143

Dokaz Na. osnovu teoreme 8.19 postoje jedinstveni polinomi Q i R (R = OV dg(R) < d,g(t —a)) takvi da je

P = (t —a)Q + R odakle zbog 8.30je

y.’ (P ) = i'(t —a)\j)(Q) + i>(R) odnosno(V.x E F) i)(P)(x) = (x —a)ijj(Q)(x) + R

Primetimo da u prethodne tri jednakosti se pojavljuje šest binarnihoperacija i to su : sabiranje i množenje polinoma, sabiranje i množenjefunkcija i sabiranje i množenje u polju F. Takođe je R e F zbog R — 0 V dg(R) < dg(t —a) = 1 tj. R = 0 V dg(R) = 0.

Uzmerno li sada da je x = a dobija se da je

-ij’(P)(a) = (a —a)ib(Q)(a) + R tj. h'(P){(\) = R. □

Posledoca prethodne Bezuove teoreme je teorema:

Teorema 8.35 Polinom t —a faktor je polinoma P (tj. P je deljiv sa t —a) ako i samo ako je a koren polinoma P.

Dokaz Sledi na osnovu teoreme 8.34.Naprimer polinom P = t3 —6f2 + l l t — 6 deljiv je sa polinomom

t — 1 jer je 1 koren (nula) polinoma P.

Teorema 8.36 Ako za svakt koren polmoma P, višestrukosti k, važi da je i koren polinoma Q, ali višestrukosti veće ili jednake k, tada

polinom P deli polinom Q.

Koja teorema je analogna ovoj teoremi u prstenu celih brojeva?C\ .' —71 ' 2 7T

Na primer svi koreni polinoma r~ + x + 1 su el~ [ e~’l~ , a oni su i

koreni polinoma x l° + x° +1. pa x2+ x +1 deli polinom x 10 + x° +1 jer

su e%~%~ i e~l=i~ jednostruki koreni polinoma ;r2+x + l. Delenjem se sadalako dobija da je x 10+ x 5 + l = (x2+aT+l)(;r8 — x7+x° —xA+ x 3 — ir+1).

Napomena: x = e1 => (x1Q= x A x5 = x2).

Teorema 8.37 Svaki polinom Pn n-tog stepena ima najviše n korena.

Dokaz Polinom nultog stepena očevidno ima „nula" korena pa jetvrđenje tačno za n = 0. Ako Pn nema korena, dokaz je završen. Ako

je n > 0 i Pn ima bar jedan koren a, dokaz izvodimo indukcijom poii. Za n = 1 sledi da polinom P\ = a0 + ciit ima tačno jedan koren




—a^cio, jer jednačina a0 + a\X — 0 ima tačno jedno rešenje u polju F. tj. tvrđenje je tačno. Pretpostavimo da je tvrđenje tačno za n — 1 idokažimo da je tačno za n. Kako je Pn = (t —a)Qn-i (zbog teoreme

6.25) i d.g(Qn-i) = n - 1, to na osnovu induktivne pretpostavke sledida Qn i ima najviše n — 1 korena. a iz jednakosti Pn = (t —a)Qn- itada sledi da Pn ima najviše n korena. □

Teorema 8.38 Polmom P nad beskonačnim poljem F je nula poh-

norn akko je svaki elemenat polja F koren polinoma P.

Drugim rečima polinom je nula polinom ako i samo ako je nje-

gova. polinomska funkcija nula fukcija tj. polinomska funkcija je nulafunkcija akko su joj svi koeficijenti jednaki nuli.

Na primer za / : M —>R važi:(V.x 6 R ) f (x) = c + bx + ax2 = 0 <*=> c = 0 A 6 = 0 A a = 0.Dokaz Neka su svi elementi polja F koreni polinoma P. Za svaki

polinom P važi da je P = 0 V dg(P) = n. Na osnovu teoreme8.37 sledi da, ako je dg(P) = n, tada P ima najviše n korena, što jekontradikcija sa uslovom da je svaki elemenat polja F koren polinoma

P jer F nije konačno polje. Znači. mora biti P -- 0. Obratno jeočevidno. □ Važi i teorema da je polinom P n-tog stepena nad beskonačnim

poljem F jednoznačno određen davanjem njegovih vrednosti u n + 1različitih tačaka. Dokaz je posledica teoreme o jednoznačnoj rešivostikvadratnog sistema linearnih jednačina i teoreme o Vandermondovoj

determinanti.

Zadatak 8.39 Naći realne brojeve a, i b, takve da im-je razhka jednaka

datom, broju cy , a njihov proizvod jednak datom pozitivnom broju 3. Dokazati da je max{«. 6} koren polinoma f (x ) = x 2 — \a\x — 3. Da li postoji bar još jedan normalizovani kvadratni polinom različit od f . takav da kakvi god btli brojevt a i b, sledi da je max{a. b} njegov koren?

Rešenje: Sistem jednačina a —b = a A ab = (3 > 0 po nepoznatima

a i b ima uvek dva rešenja i to su (a1} 6X) =

Kako je u slučaju a > 0



8. Polinomi riad proizvoljnim poljima 145

max(ai,ž>i) = «i i max(fl2, &2) = o>2-> to sledi da kvadratni norma-lizovani polinorn čiji koreni su oi i a,2 je f (x ) x2 — ax — [3 tj. f (x ) = x 2 — |oj.r — j3. U slučaju o < 0 je max(ai,6i) = 61 i

max(a2, b2) = b2, pa sledi da traženi kvadratni normalizovani polinomčiji koreni su 61 i b2 je f (x ) = x2 + ax —ft tj. f (x ) = x 2—\a\x —(3.Prema tome / je jedini polinom sa torri osobinom!

Teorema 8.40 4A~o je F konačno polje od, rn elernenata, a skupu M pripada samo nula polinorn i svi polinomi nad poljem F stepena manjeg

od m, tada, je polinom P e M nula polinom akko je svaki elemenat polja F koren polmoma P .

Dokaz Neka P ima za korene sve elemente polja F, tj. neka P ima rn korena. Kako je P 6 M tj. P 0 V dg(P) < m, sledi da je P = 0 jer je slučaj dg(P) < m nemoguć zbog teoreme 8.37 i uslovada P ima rn korena. Obratno je očevidno. □

Teorema 8.41 Polmomi (a0, a} , . . . . an) i (b0, 61, . . . , bm) nad besko- načnim poljem F jednaki su akko su njihove polinornske funkcije jednake.

Drugim rečima za polinomske funkcije /, g : E —► R definisane sa(Vrr G M)/(:r) = c\ + b x + a\x2 i g(x) = c2 + b2x + a2x2 važi da je

/ = g ^ c\ = c2 A 6] = b2 A a-i = a2 tj.(\/x E R)ci + b\ X + a,yx2 = c2 + b2x + a2x2 <=> (ci, bi, a-i) = (c2, b2, a2).

Dokaz Neka je P = (a0. ax....... a„) i Q = (b0, 61, . . . , bm). Ako je

P = Q. onda je očevidno da je i'(P) = rP(Q)- Pretpostavimo da jen < m, što ne umanjuje opštost dokaza. Neka je sada il'(P) = t '(ć/).što znači (Y.:c E F) i. '[P)[x) = t'((f)(x) <>

(Vx G F) a0 + 0 j x + . . . + anxn = b0 + b\x + . . . + bmxrn

(Vx e F) a0-bo + ( a i - b i ) x + . . . + (an- b n)xn- b n+ixn+1- . . .- b rnxm = 0,a odavde, zbog teoreme 8.38 sledi da je njemu odgovarajući polinom

(a0 b0, ai b\, .... an bn , bn+1, . . . , brn)nula polinom, pa je n = m, (jer bi u protivnom imali da vodeći ko-eficijent bm polinoma Q je nula, što je u suprot.nosti sa definicijompolinoma) i a0 = b0, a\ = b\,. . . . an = bn tj. P = Q. □

Znači y je bijekcija i izomorfizam domena integriteta (F[t\, +, •) i

(Vol(F), +, •) kada je F beskonačno polje, pa ćemo zbog toga. u tomslučaju 'tfj(P) označavati samo sa P.



146 Principi algebre, opšte.diskretne i linearne

Teorema 8.42 Polinomi P i Q stepena manjeg od m, nad poljem F

od m elemenata jednaki su akko su funkcije ip(P) i 4'(Q) jednake tj. fV.r C F) ciP) (r ) r(Q)(.r). '

Dokaz je analogan dokazu prethodne teoreme.Sada ćemo polinome stepena različitog od nule klasifikovati na svo-

dljive i nesvodljive tj. polinomi nultog stepena (konstantni polinomi)nisu ni svodljivi ni nesvodljivi. Evo sad tri ekviMilentne dfinicije (teo-rerne?) svodljivosti odnosno nesvodljivosti polinoma nad nekini pol-

jem.

Definicija 8.43 Polvnom je svodljiv akko je jednak pnrizvod poli-

noma stepena manjih od njegovog.

Teorema 8.44 Polinom je svodljiv akko je jedna.k proizvod polm.orna

stepena većih od nule.

Definicija 8.45 Polinom stepena većega od mde, koji nije svodljiv, zove se nesvodljiv polinom.

Teorema 8.46 .

Polinom stepena većeg od nule _/ e nesvodljiv a kko ne postoji

polinom stepena većeg od nule i manjeg od njegovog. koji ga deU.U prethodnoj definiciji i teoremama se podrazumeva da su svi poiinomi

nad istim poljem.Koja definicija je analogna ovim definicijama u prstenu celih bro-

jeva, odnosno monoidu (asocijativnom grupoidu sa neutralnim ele-

mentom) prirodnih brojeva?Ekvivalentnost teoreme 8.44 i definicije 8.43, tj. svodljivosti. sledi

iz teoreme 8.14 koja kaže da ako su P i Q nenula polinonn. tada ,je

dg(PQ) — d,g(P) f dg(Q), što znači cla ako je dg(P) > 0 i dg(Q) > 0.onda je sigurno i dg(P) < dg(PQ) i dg(Q) < dg(PQ). jer su svi iz N.

Očevidno je da svi polinomi prvoga stepena su nesvodljivi nadsvakim poljem. Polinom t2 —2 je svodljiv nad poljem realnih brojeva

jer je t2 —2 = ( t - \/2)(f + \/2), ali je nesvodljiv nad poljern racionalnihbrojeva. dok polinorn t2 + 1 je nesvodljiv nad poljem realnih brojeva,a svodljiv nad poljem kompleksnih brojeva, jer je t2 + 1 = (t —i)(t + i). Polinom f3 + č + 1 je svodljiv nad poljem kompleksnih brojeva. realnih

brojeva. svodljiv je i nad poljem Z 3, a na, primer, nesvoclljiv je nadpoljima Q, Z 2, Z 5, Z 7 itd. (Vicleti teoreme 6.7 i 8.47).




Teorema 8.47 Neka je P CE F[t] poltnom drugog ih trećeg stepena. Tada je polmom P svodljiv nad poljem F akko polmom P ima ba,r

jedan koren u polju F .

Dokaz (=£► ) Ako je polinom P đrugog ili trećeg stepena i svodljivnad poljem F, tada je on deljiv sa linearnim polinomom zbog 8.43

i 8.14 (PQ ^ 0 => dg(PQ) = dg(P) + dg(Q)) i činjenice da su je-dini načini predstavljanja dvojke i trojke kao, zbira prirodnih brojeva:2=1+1, 3=1+2 i 3=2+1. Kako P ima linearni faktor, a svaki linearnipolinom ima jedan koren, sledi da polinom P irna bar jedan koren.(<=) Ako P ima koren a, tada zbog teoreme 8.35 sledi da je t — a faktor polinoma P, tj. P je svodljiv. □

Teorema 8.48 Svaki normalizovani svodljiv polinom, može se uvek

na jedinstven načm napisati kao proizvod normalizovanih nesvodljivih polinoma čiji redosled nvje bitan. (Narvno sve nad istim poljem)

Koja teorema je analogna ovoj teoremi u prstenu celih brojeva?

Primer 8.49 .

Kako je ;r4 + x3 + x2 + x + 1 = (x2 — 2x cos ~ + 1) (x2 —2x cos y + 1) i

kako je x4 + x3 + x2 + x + 1 = (x2 —2 x ^ ^ + 1)(x2 — 2.r- v'^ 1+ 1), da Uje to protivurečno prethodnoj teoremi, jer sva 4 kvadratna polinoma su nesvodljivi nad poljem realnih brojeva? Vidt zadatak 8.57 pod a).

Teorerne koje smo do sada radili važe za proizvoljna polja F. Evosada nekoliko teoreme koje se odnose na polja kompleksnih, realnih iracionalnih brojeva.

Evo jedne važne teoreme koju dajemo bez dokaza. Gaus je daočetiri dokaza ove teoreme (1799,1815.1816. i 1849. godine).

Teorema 8.50 (Osnovnt stav algebre) Svakt polinom, stepena ra- zhčitog od nule, nad poljem kompleksnih brojeva tma bar jedan koren u tom polju.

Teorema 8.51 Svakt polinom Pn = + r/ jf + a2f2+ . . .+ a ntn , n-togstepena, za n > 0, nad poljem kompleksnih brojeva može se napisati u obltku

P = an(t - t{)(t - t 2) . . . ( t - tn),

gde je t polinom (0,1), a ti , t2, .. . ,tn i an su kompleksnt brojevi, od.nosno konstantni polinomi.




Dokaz Na osnovu teoreme 8.50. polinom P ima bar jedan korent\ iz skupa kompleksnih brojeva, pa je zbog 8.35 P = (t —ti)Pn-i , gde je Pn-\ polinom stepena n —1. Sada na polinom Pn_ i primenimo

8.50 i dobijamo Pn = ( t - t \ ) ( t - t 2)Pn- 2- Nastavljajući ovaj postupakdobijamo da je Pn = (t —t\)(t —t2) .. . (t —tn-\)P\. Kako se svakilinearni polinorn može napisati u obliku a(t —tn), to zamenom P\ -=

a(t —tn) u prethodnu jednakost i izjednačavanjem kojeficijenata uz tn

dobijamo da je a = an odnosno tvrdnju teoreme. □Kao što sino rekli (t\,t2, •••, tn) je n - torka brojeva koji su koreni

polinoma P i ako je k broj pojavljivanja korena U u toj n— torci, tada

se kaže da je t%koren reda k za polinom P. Vidi 8.61.

Teorema 8.52 Ako je P polinom nad poljem realmh brojeva i a koren polinoma P, tada je i njemu konjugovani broja koren pohnorna P.

Dokaz Jasno je da ako je a realan broj, tada je a = a. Kakosu struktura polinoma i struktura polinomskih funkcija izomorfne nadbeskonačnim poljem (8.41), to je oncla opravdano, samo u tom slučaju,cla ^ ( P ) kraće pišemo samo sa P, tj. j ( P ) ( x ) = P ( x ) za svako x iz

tog beskonačnog polja. Neka je

P ( x ) = flo + a\X + a2x 2 + . . . + anx n — an(x X\). . . (x xn), tada je

P ( x ) = aQ + a\X -f- a2x2 + . . . + anx 11 — P (x ) = ein(x x j ) . . . (i x ri ).

pa je P ( x ) = P( x) = an(x - i ’ i ) .. , ( x - xn ) = an(x — x\) . . . ( x - x n),

odakle je očevidno da P ( a ) = 0 implicira P ( a ) = 0. \ idi 7.4 i 7.6□

Teorema 8.53 Svaki pohnom P = a0 + a\t + . . . + antn nad poljem

realnih brojeva, može se napisati u obliku proizvoda polmoma stepena manjeg od, 3, čiji koeficijenti su realni brojevi.

Dokaz Na osnovu teoreme 8.51 polinom P se rnože napisati u ob-

liku P = an(t - t\)(t - t2) ... (t - tn) gde su t\,t2, . . . . tn kompleksnikoreni polinoma P. Međutim ako je a koren polinoma P, nad pol-

jem realnih brojeva, tacla je i a koren polinoma P. pa ako izvršimomnoženje polinoma (t —a ) i (t—a) dobijase polinom t2—2Re(a)t+\a\2

čiji koeficijenti su realni. Nastavimo li taj postupak dokle god u poli-noinu P = an(t - t\)(t - t2) ... (t - tn) ima kompleksnih brojeva koji



8. Polinomi na.d proizvoljnim poljima 149

nisii realni, očevidno će se dobiti polinom P u obliku koji tvrdi teorema

tj-

P = an(t2 +p i t + q{) .. . (t2+ p kt + qk)(t - tri) .. . (t - trm),

gde su pi, qi, tr G M i trj £ {ti, t2, . . . , tn} za svako i = 1, 2, .. . , k i j = 1.2 n

Test 8.54 Afco je / G R[x], f ( e ia) = 0 i a ^ kn za k GZ, tada:a) x —eia\f(x) ; b ) .r2 —ireosa: + l| /(;r); c) .r2 + ./•cosn + 1 f ( x ) ;d) x —e~m|/(:r); e) x 2 + .r eosn + l|/(j-),* f) .r2 — 'ž.r cos a + 1 f ( x ) ;

Zadatak 8.55 Odrediti presek skupa stepena svih nesvodljimh poli-

noma i skupa stepena svih svodljivih polinoma nad poljem realnih brojeva.

Zadatak 8.56 Odrediti presek skupa stepena svih nesvodljivih polinoma i skupa stepena svih svodljivih polinoma nad poljem kompleksnih brojeva.

Zadatak 8.57 Dokazati da nad poljem realnih brojeva vair.

a) x4 + x 3 + x2 + x + 1 = (x2 — 2x cos + l) (x 2 — 2x cos^ + 1). Kako je x4 + x3 + x2 + x + 1 = (.r2 + \x + l ) 2 —( ^ x ) 2 =

= (X2 + —~ x + 1) (x2 + + 1) =

= (.r2 — 2xy j - + l)(:r2 — 2rr + 1). to iz prvoga i ovoga

poslednjeg reda, na osnovu, teoreme 8.48 sled,i cos .

b) + v + 14 + j-3 + a-2 + ^ + 1 = n L - + - ^ N s= (. c2 - 2.TCOS 9 f + 1)(:I-2 - 2 x cos ž f + l ) (. r2 - 2xcos !f + 1)

c) x2” - 1 = (i-2 - 1) (** - 2x cos fe + 1)

d) Smenom xG= t lako se dobija

— ir10 + ir5 + 1 = nSLo (^2 — cos n ? 71" •'? X, . : ' °

Vijetovim formulama Ui još lakše smenom 2x = \ + t dobija se 8x3 + 42:2 — Ax —1 = 8(rc: —cos ^)(;r —cos y-)(ir —cos —)

ietovim formulama ili još lakše smenom 2x = | + t dobija se 3 4ir2 - 4:r + 1 = 8(x —cos f ) ( x —cos — )(x —cos -y)



150 Principi. algebre. opšte.diskretne i linearne

3 - 7~2 + 142 - 7 = 0 e {4 cos2 4 cos2 f f . 4 cos2 ff }

. h) x4 + x 2 + 1 = (;r2 + l) 2 - x2 = (x2 + x + l ) ( x2— x + 1)

i) x4 + 1 = (:X2 + l ) 2 - (rr\/2)2 = (rr2+ x\fl + l)(a:2— xf

'jj^.Množenjem rezultata pod f) i pod e) dobija se / 64x6 - 80x4 + 24.x2 - 1 = 64 f [ l =1 (x - cos ’ f )

Rešenje a)Kako je P{x) = x4 + x3 + x2 + x + 1 = ^ i P(x) = 0 ^

^ (x5 = 1 A x ^ 1) <=> x G {e7 , el . e*'r, }, pa. jex4 + ;r3 + x2 + x + 1 = (x2—2x cos r- + l)(rr2 —2x cos ~ + 1).

b)Skup svih korena polinoma P(x) = x2n — 1 je

{ - 1 . 1} U { e ' - f !k £ {1, 2.. . . , n - 1 }} U {e-T * j k £ { 1 . 2 ....... - 1

Teorema 8.58 Ako je (ti, t,2, ••• tn) uređena n — torka korena noma P = antn + an^ t n~L+ ... + a\t + a0 stepena n nad nekim

poljem F, pričernu se svaki, koren tt u toj n— torci pojavljuje ta no

onoliko puta kolika mu je vlšestrukost ( Vidi 8.61). što je po Bezuovoj

teoremi ekvivalentno sa P = an(t —ti) •(t —č2) •... •(t —tn). tada. važi:

t\ + t‘ 2 + . . . + t ,, — t;ar

? ; = i

tlt-2 + tlt.-i, + . . . + tn--itn — tjt1< i < j < n

O-n—2

h h tk + + •••t-n — t.ixtj2 tjk — ( 1)1< i i <%2 < —< i k < n

h h . . . t n -= ( - 1 ) " -an

gde su i, j , h, ž2: ..., ik elementi skupa { 1 .2 , . . . . n}.

Dokaz Kako su t\, f2, . . . , tn koreni polinoma P, to na osnovu 8.35sledi

P = antn + an [fn 1+ . . . + a\t + a0 — an(t —t\)(t —t2) . . . (t. —tn),



a odakle posle množenja i izjednačavanja koeficijenata uz odgovarajućestepene sledi tvrđenje teoreme. □

Primer 8.59 Ako je a4 ^ 0 ia4f4 + a3/ 3 + a2t2+ a\t + «o = ^(^ ~t\)(t —t2)(t —t3)(t — f4) , tada je

a3

8. Polinomi miđ proizvoljnirn poljima 151

a4a2

a4

a4

a0

+ t2 + f 3 + f 4

tlt'2 + f ]^3 + t]t4 + t2ts + f 2 f 4 + / 3 t 4

I iJ + t\t2t± + / 1/ .s/ j + 12/3/1

t\t2tJl

Z a d a t a k 8 . 6 0 D a l i j e 2 cos ^ k o r en p a l i n om a x 3 - 3 ; c ..1. za svafti pr os i b ro j k veći od 3?

R eš en je Da bi nam se pojavili brojevi cos c o s -~ , .. . nađimo skup svih korena. poli-

nonia 29 + 1 = 0 tj. polinorna (z 3 + 1 ) ( + — 2 3 + 1). Skup korena. polin om a z 9 + 1 je

{ — } . a skup korena polin om a z b - z J 4- 1 je { e ^ ' s . e Jj:l' 9 ' , e i + } .

Prema tome sledi cla je z 6 - z 3 + 1 = ( z 2 — 2z cos f 1) (,J2 - 2z cos ^ + l ) ( z 2 - 2z co s ~ + 1).

Izjednačava.njem koeficijenata uz odgovarajuće stepene u prethodnoj jednakosti dobijamo da je:COS | +COS ~ + c o s t f =0. cos | cos ^ + cos | cos '+ +COS 5s cos , cos f cos 5f cos ^ = | .

Na osnovu Vi jetovih pravila sledi da su cos |- ,cos ~ ,c o s -+ koreni pol inoma 8y3 - 6 y — 1, pa

srnenom 2 y x sledi da 2 cos 2co s 2co s ~ su koreni polinoma. x :i - 3 j — 1. Jas no je da

2cos jeste e lemenat skupa {2 co s 2eos 2co s + } za svaki prost broj fc veći ocl 3.

Definicija 8.61 Koren a polinorna P jeste višestrukosti k, odnosno k-tog reda ili k-tostruki koren, ako je polinom P deljiv sa polinomom (t —a)k, a ntje deljiv sa polinomom (t —a)k+l.

Primer 8.62 Ako je P = a(t —a)3(t —Q)(t — 7 )2(t —5)°, onda su

a, (3, 7 i 8 koreni poltnoma P %to redorn trećeg, prvog, drugog i petog reda.

Primer 8.63 Nekaje f ( x ) = x3+ ax2 + bx + c polinom nad poljem realnih brojeva i neka je skup svih njegovih korena { 1, 2}. Tada skupovi svih mogućnosti za a, b i c su a £ { }, b E { } t c G { }.

Rešenje: a € { - 4 , —5}. b G {5, 8} i c G { —'2, —4}.




Zadatak 8.64 Neka su 1.2 i 3 svi koreni polinoma P kojije defimsan

sa <P(x) = x5 + a4.r4 + a3x3 + a2x2 + axx + a0 nad poljem C. Odrediti

koeficijenat uz xA u pohnomu P(x).

Rešen je: a4 E { —8, —9, -1 0 ,-1 1 , —12}

Zadatak 8.65 Neka su x\. ___ x( svi različiti korem normalizovanog polmoma P(x) = x" \an...] X" 1 ; .. . + a1x + a0 nad poljem komplesmh

brojeva C. čije višestrukosti su redom k\, k2. . . . .k^.a) U zavisnosti od Xj i k3 za j E {1 . . . . . t\ izraziti n. an_ i, an_.2 * flo-b) f/ zavisnosti od t izraziti a0. an-i . an._.2 « n ako je kt ~ x{ = /- za

sve i 6 {'1.2....... / }.Rešenje : a) n = fci + fe2+ . . •+ &+. a„._i = —kiX\ —k2x2—.. . —keX£, an._2 = ^(/l'i;ri + k2x2 + . . . + ktX()2 — 1(^1 ! + k2x2 + . . . + k£xj),

00 = (- 1 > + •.4'2 •... + . b) a0 = (-1 )" •l 1 ;22 •:; '' . . . f' ,„ _ £ - (M -l )(2m ) „ _ 1 / ^-(£+l)(2£H-l) \ 2 l ^ - ( ^ + 1) ^ 2_ ( t - l )£ 2m ) 2(ć+2)a n - l ~ 6 : a n - 2 — 2 y 6 J 2 \ 2 J 18 •’

n = U ovom slučaju P(x) = (:r — 1) •(x —2)2 •... •(j' —t)e.

Da li važi isto rešenje ako se u tekstu zadatka umesto polja komple-ksnih brojeva C uzme polje realnih brojeva M? Zašto?

Zadatak 8.66 Neka je (x\, x2, . . . , xn) n - torka svih korena poli- norria f (x ) = xn + x + 1 nad poljem kompleksnih hrojeva C, pri čemu, sc svaki koren x} u toj n— torci pojavljuje tačno onoliko puta

kolika mu je višestrukost ( Vidi 8.61). Izračunati surrm

R ešen je: Skraćivanjem sa xi sledi da je —jr = : Kako su Xi nule polinoma /, to su x^x nule polinoma g(x) = x"/(x_1) = xn(x~n + x~l + 1) = 1 + xn 1+ xn. Kako su x~l nule polinoma g. tosu 1 + ./••'' nule polinoma h(x) = g(x —1) = 1 + (x — l ) 71" 1+ (x — l)n.Kako su 1 + x~1 nule polinoma h. to su (1 + x~L)'~l nule polinoma

xnh(x ') = xn (1 + (X-1 - l )" ” 1+ (.T^1 - l )n) =

x “ |1 + ( - - l ) ” ” 1 + ( - - 1)” 1 = x " + x ( l - X ) " - 1 + (1 - x)" X X




Znači da. tražena suma brojeva J° suma korenapolinoma xn + .t ( 1 — x)n~l + ( 1 — x)n, gde se svaki koren u toj sumi po-

javlju je ta no onoliko puta kolika je njegova višestrukost, a ona je po Vi-

jetovim pravilima jednaka koeficijentu uz xn_1, sa suprotnim znakom,u polinimu xn + x( l —x )n~l + (1 — x )n. Na osnovu binomne formulelako se vidi da taj traženi koeficijenat tj. tražena suma iznosi

— 1 )n(n — 1 ) + ( —l)n l ri = ( —1 )n(—n + 1 + n) = ( —l )n.

Pokažimo sada pomoću primera kako se određuju višestruke nulekorišćenjem Hornerove šeine.

Zadatak 8.67 PolmornP = t4 —2t3— /;2+3 /+ 2 napisati po stepenima

o d t - 2.Rešenje Uradićemo to pomoću Hornerove šeme.

1 _2 -1 3

1 0 -1 1

1 2 3 7

1

1

m

4

6

11

U gornjern levom uglu tabele nalazi se koren polinoma t —2 tj. 2.Desno od njega nalaze se redom koeficijenti polinoma. P od najvećegstepena do slobodnog člana. Koeficijent uz najveći stepen, to je ovde1, uvek se prepisuje ispod samog sebe. Svi ostali brojevi tabele sedobijaju tako što se saberu broj koji je iznad njega i broj levo odnjega prethodno pomnožen sa 2 (tj. broj iz levog gornjeg ugla tabele).Uokvireni brojevi predstavljaju koeficijente polinoma P po stepenima

od t —2, odnosno

P = č4—2t:i —t2 + 34 + 2 = (f - 2)4 + 6(t - 2)3 + 11(i - 2)2 + 7 (i - 2) + 4.

Kad bi gornji uokvireni broj umesto 4 bio 0, to bi značilo da je 2 korenpolinoma P bar prvog reda. Kada bi i prvi i drugi uokvireni broj odgore bili nule, a treći po redu od gore uokvireni broj različit od nule,tada bi broj 2 bio koren drugog reda itd.

Odavde se vidi da, pomoću Ilornerove sheme na ovaj način inože-

mo pronaći višestruke korene ako su nam poznati koreni tog polinoma. Vidi zadatak 8.71 .



154 Principi algebre. opšte,diskretne i linearne

Drugi način za traženje višestrukih korena polinoma P nad poljemkompleksnih brojeva je pomoću izvođa njegove polinomske funkcije

i'ipiP))' i odgovarajućeg polinoma P'. Dvostruki koreni polinoma P

su zajednički koreni polinoma P i P '. koji nisu koreni polinoma P f/. Napomenimo da su zajednički koreni nekih polinoma, koreni njihovognajvećeg zajedničkog delioca. Lako se dokazuje sledeća teorema.

Teorema 8.68 Nula (koren) reda k > 2 polinoma P je nula (koren) reda k — 1 polinoma P f. Broj a je koren reda k polinoma P ako i samo

ako je a zajednički koren polinoma P, P', P" •••, P^k ^ i c* nije koren

polinoma P ^ .

Dokaz Ako je a nula recla k polinoma P to znači cia je

P(:r) = (x - a)kQ(x ) gde je Q(a) / 0.

Izračunajmo sada izvod leve i desne strane prethodne jednakosti.

P'(x) = { x - a)k~l (kQ(x) + (x - a)Qf(x))

odakle sledi da je a nula reda k - 1 polinoma P '. Drugi deo tvrđenja

teoreme je posledica prvog dela koji smo dokazali. □

Teorema 8.69 Neka je ^ raaonalan broj, gde su p t q uzajamno

prostij f l i hrojevi i neka su koeficijenti polinoma

P = antn + <tv \f'1 1+ . . . + Oit + (2(jceli brojevi. Tada ako je | koren polinoma P, onda p\ao i q\an.

Dokaz Kako je ~ koren polinoma P to je

+ . . . + « / + a.0 = 0 (8.1)

an- — han-\pn~l + . . . + a.ipqn~2 + a,Qqn~l = 0 (8.2)Q

n

anpn 1 + anîpn 2q + . . . + a\qn 1+ a^— = 0 (8-3) P

gde su jednakosti (8.2) i (8.3) dobijene iz jednakosti (8.1) množenjemredom sa qn~l i Broj a j j mora biti ceo jer svi ostali sabirci u



8. Polinorni nad proizvoljnim poljima 155

jednakosti (8.2) su celi brojevi. Kako je any ceo broj to an mora bitideljiv sa q jer sn p i q uzajamno prosti brojevi. Analogno se zaključujeda je fl0 deljiv sa p. □

Zadatak 8.70 Neka je P( t) polinom sa realnim koeficijentima, neka, su R a i R b redom ostaci pri deljenju polinoma P(t) polinomvma t —ci i t — b i neka je a b. Naći ostatak pn deljenju polinoma P( t)

polinomom (t —a)(t —b) ako je a, b. Da li važi isti rezultat ako su

polinomi nad proizvoljnim poljem F ?

Rešenje Ostatak pri deljenju polinoma P( t) kvadratnim polinomom(t —a }(t —b) je polinom kt + n, za neke realne brojeve k i n, odnosno

P(t) = (t —a)(t —b)Q(t) + kt + n. gde je Q(t) neki polinom. Tada je

R a = P(a) = (a —a)(a —b)Q(a) + ka + n

R b = P(b) = (b - a)(b - b)Q(b) + kb + n,

Iz ka + n = Ra A kb + n = Rb dobijamo

Ra —Rb aRb - bRa kt + n = -------- :—t +

b a —b

Zbog teoreme 6.24. isti rezultat važi i za polinome nad proizvoljnimpoljein F.

Zadatak 8.7T Naći sve vrednosti A £ C za koje polinorn x 4 + A.t + 3ima višestruke korene u skupu kompleksnih brojeva C.

Rešenje Neka je a višestruki koren polinoma :tA + Xx + 3. Tadaimamo Hornerovu sliemu

a 1 0 0 X 31 a 9

cc Q'3 + A a + Ag' + 31 2 a 3a2 4a3 + A

u kojoj zbog uslova zadatka mora biti a4 + Aa + 3 = 0 i 4a3 + A = 0,ođakle imamo a4 = 1 i A = —4a3, odnosno a G { 1 , —l,ž, —i} i A € { —4,4, 4i, —4?'}.

Zadatak 8.72 Dokazati da postoji beskonačno mnogo polja nad kojirna je svodljm polinorn t7 + t2 + 1.




Rešenje Primetimo da nad poljem Kompleksnih brojeva za t = e1 sledi da je t7 = t. To znači da je polinom t7 + t2 + 1deljiv sa

t + t2 + 1. Sada se lako dobija da je

t7 + t2 + 1 = (t2 + t + 1 ){t5 - t4 + t2 - t + 1).

Ova faktorizacija očevidno važi za sve polinome posmatramo nad, na

primer, bilo kojim konačnirn poljern ({0,1, ...,p — 1}. +, •), gde je p prost broj i pri čemu je —1 = p — 1. Očevidno ova faktorizacija važi inad bilo kojim poljem, a važi i nad prstenom celih brojeva.

Zadatak 8.73 Ispitati za koje sve vrednosti nenegativnog a m polinom /( :r) = (z + l )m- xm- 1 nad poljem E je deljiv polinomom

a) (x2 + x + l )2 b) (:r2 + x + i ) 3

Rešenje a) Polinom (:r2 + x + l)2 iina dvostruke korene e±l^ koji moraju biti bar dvostruki koreni polinoma / , (8.36) što znači da

mora biti koren polinoma / i f ' . Znači f ( e l 3) = (cl 3 + l )n' —

(ei2f )m - 1 = (e^2 cos |)m - - 1 = e 'V - ( e ^ ) 2 - 1 = 0 ^

cfnf = e ^ f <v4> rjf- = ±| + 2kn m = 6 k ± 1. Sa druge straner-, r, . 0 —r ,\ - f m — l ) 7 r - 2 r r ( m — 1 )

f ' (et=r) = (elf + l )m_1 - t ^ {m 1: = e%— 3 - e? 3 = 0 «=>

— 2~[>” —2 kn <+> rn — 1 = 2m. — 2 —6k <+ —rn = —1—6 k <$=>

rn = 6A: + 1. Tako da polinom (x2+ x. + l ) 2 deli / akko je m = fjfc + 1.

b) Videli smo da ako je e'"3 koren polinoma / i / ' , tada je m =

6k + 1. Isto tako dobijamo da ako je e f f koren polinoma /", tadamora biti m = Qk + 2, što znači da polinomi (x2 + x -t-1)° , j . f ' i f " nemaju zajedničkog korena, pa polinom / nije deljiv sa (:r2+ x + l )3

ni za iedno rn.

ZadaJž^K8v7 4 Ako je P(x) = ,x8 - x7 + xh- x4 + x3 - x + 1 polinom

nad poljem realnih brojeva R, tada je P(x) = (x2 —2x cos || + l)(.r2 — 2x cos + 1)

(x2 - 2x cos || + 1) (.r2- 2x cos + 1). Dokazat.i.

Rešenje: Vidi 8.57 i koristi identitet,x 10 + x 5 + 1 = .'2 + r + x 7 + r 5 _ x i + x 3 _ x + 1)




Zadatak 8.75 Dokazati da je

X8 —X7 + x5 —X4 + x3 — X + 1 >

, 9 2tF . . 9 4tF . , 9 S7T w 9 147T .

( 1 - C O S - - - - - - - - - ) ( 1 - ( ' O S — ) ( 1 — c o s — ) ( 1 — c o s ^ - - - - - - - - - - - - - - - - )

v 15 A 15A 15A 15 ;

Rešenje: f (x ) = x2 — 2xc:os f f + 1 > 1 —cos2 je r teme parabole f je njen minimum.


/—Z------------- =;------------------ - A---------- ----------------- . 7T . 2 ? r . 471- 8 ttv i — x 1+ xD—x4 + x6 —x + 1 > sm — sm — sm — sm — .

15 15 1515Zadatak 8.77 Da li je polinom P(x) = x8 —x7 + x5—x4 + x3 — x + 1

27T15sa polinom x2 —2x cos + 1?

Zadatak 8.78 Da li polinom P(x) = x8 —x ‘ + x 5 —x4 + x3 —x + 1ima realnih korena?

(Zadatak 8.79\ Faktonsati polmom P(x) = x 8 + x6 + x4 + x2 + 1 nad

poljem: a) realnih brojeva, b) racionalnih brojeva?a) xH -j j_x6 + x4 + x2 + 1 = (x2 - 2x cos | + l) (x 2 — 2x cos ^ + 1)(x2—2x cos y + l )( x2 — 2x cos ^ + 1)

b) Prvo rešenje: P(x) = X6 + X6 + X4 + x2 + 1 = (x4 + x2 + l ) 2 — (.x3 + x)2 = ...

= (x 4 + x3 + X2 + X + l) (x4 —X3 -(- x2 — X + 1).Drugo rešenje: P(x) = ^ = ^ ( x 5 - l ) (x5 + 1) =

(x — l ) ( x 4 4- x 3 + X2 + X + l) (x + l ) ( x 4 — X3 + x 2 — X + 1) =

X4 + X3 + X2 + X + l ) (x4 —x 3 + x2 —X + 1) .

Zadaj5?c8t8^ Ako jednačina f (x ) = x3 + px + q = 0 ima tn realna, i pmičita rešenja za p,q E M, tada je 4 p3 + 27q2 < 0. Dokazati.

Napomena: D = - 4 p3 — 27q2 zove se disfaiminanta pohnoma f.



Principi algebre, opšte,diskretne i linearne



Glava 9

KONSTRUKCIJA POLJA

Kao što ćemo uskoro videti, bilo koje polje, izuzev polja (Q. +,•),(R, +, •), i (Zp, +, •), konačno ili beskonačno, može se konstruisati po-lazeei od skupa polinoma F[t] nad nekim poljem F i definisanjem nekerelacije ekvivalencije u skupu F[t] koja je i kongruencija s obzirom naoperacije + i •. Faktor struktura, tako dobijena, gde su njene operacijedefinisane kao u teoremi 4.21, biće to polje (odnosno polje izomorfno

tom polju).

Zna i polazeć i od do sad poznatih polja, (Q- + ; 0 ' (^? +? ') ' (^p; + ' ’ )za svaki prost broj p, kostruišemo sva ostala polja!

Teorema 9.1 Relacija =p definisana u skupu svih polmoma F[t] sa

(VQ, S G F[t]) Q = P S ^ P\Q —S

jeste kongruencija u odnosu na sabiranje %množenje polinoma, gde je

P neki nenula pohnom iz F[t].

DokazZnači, Q i S su u relaciji = P ako i samo ako je njihova razlika

deljiva sa P, tj. akko polinomi Q i S iinaju iste ostatke pri deljenju

polinomom P.Relacija je refleksivna jer je Q =p Q <=> P\Q —Q <=> P |0 <=>

tačno. Simetričnost sledi iz Q =p S => P\Q — S => P\S — Q => S =p Q. Relacija je tranzitivna jer (Q = P S A S =p R) =>

(P\Q —S A P\S —R) => P\Q —R => Q =p R. Znači, relacija = P jeste relacija ekvivalencije. Relacija = P je kongruencija u odnosu na

159




sabiranje i množenje polinoma, jer imamo da

(Q = p S A R = P T ) => (P$Q - S) A P \ ( R - T)) => P\((Q + R ) - ( S + T ) ) => Q + R = P S +T kao i (Q = P SAR = P T) =>

(P\Q - S A P\R - T) =» ( P \ ( Q R - S R ) A P \ ( S R - S T ) ) = > P \ ( Q R - ST) => QR = P ST. Klasu ekvivaleneije, s obzirom narelaciju = P kojoj pripada polinom Q, označavaćemo sa [Q], a faktor

skup sa F[t]/=p. □

Teorema 9.2 Uređena trojka (F[t)/=p, + r ) je komutativni prsten s jed/inicom ydc su operaaje + i •definisane sa

f i Q . S e F [ t ]) [Q] + [S] = [Q + S] i [Q5] = [Q][5].

Dokaz Operacije + i •su logički dobro definisane zbog teorema

5.31 i 9.1 . Asocijativnost operacija + i •sledi iz ([Q] + [R$ + [S] =

[Q + R] + [5] = [(Q + R) + S] = [ Q+( R + 5)] = [Q] + [R + S] = [Q] +([R] + [S]) i ([Q][R])[S] = [QR][S] = l(QR)S] = [Q(RS)] = [Q][RS] =[Q]([-R][-S']), gde je korišćena definicija operacija u skupu F[t]/=p iasocijativnost operacija + i •u skupu polinoma F\t]. Analogno sedokazuje komutativnost operacija + i •i distributivnost operacije •u

odnosu na operaciju + skupa F[t]/=p. Neutralni element za operaciju+ je [0], odnosno klasa kojoj pripadaju svi polinomi deljivi sa P kojumožerno označavati i sa [P]. pa je znaci 0 = [0] = [P]. Neutralnielernenat multiplikativne operacije jeste [1] jer [1][Q] — [1 Q] — [Q].lnverzni elemenat s obzirom na operaciju + uvek postoji jer je [Q] +

\-Q] = [Q + (- Q) ] - [0] = [P] = (P) = o. □ _ _Prirodno pitanje koje se sada postavlja. jeste da li za neke polinome

P € F[t] prsten (F[t]/=p, +, •) jeste polje?

Teorema 9.3 Ako je F konačno polje i P nesvodljiv polmorn. tada je

(/ ’[/]/ „•+••) polje.

Dokaz U jednoj klasi faktor skupa F[t]/=p nalaze se svi polinomikoji irnaju isti ostatak pri delenju sa polinornom P, pa je onda isam taj ostatak elemenat te klase. Kako je svaka klasa ekvivalen-cije jednoznačno određena bilo kojim svojim elementom, to ćemo sedogovoriti da svaku klasu reprezentujemo, zapisujemo sa tim njenim

ostatkom. To znači da ako je polinom P = a0 + a\t + .. . + antn n- tog stepena, onda je faktički konstruisana bijekcija koja svakoj klasi



9. Konstrukcija polja 161

pridružuje pomenuti ostatak pri delenju sa P odnosno polinom R = b0 + bit + . . . + bktk gde j e k < n — 1. Zbog toga će broj elemenata faktor

skupa F[t]/=p biti jednak broju svih polinoma R = &o + M + . •- + bktk,

gde je k < n — 1 i gde su b0,bi,..., bn-i elementi skupa F. Ako je F konačan skup sa p elemenata tada će skup svih polinoma R = b0 + b\ + . .. + bktk gde je k < n - 1 iinati pn elernenata (varijacije od p elemenata n-te klase) tj. skup F[t}/=p je konačan i ima pn elemenata(klasa).

Kako je {F\J}/ •) konačan komutativni prsten sa jedinicom,treba još samo dokazati ne postojanje delitelja nule. jer će tada trojka(F[t]/==p, + , •) biti konačni domen integriteta, a zbog teoreme 6.6 bićepolje. Nepostojanje delitelja nule sledi iz 0 = [Q][S} = [QS] => P\QS => P\Q V P\S [Q] = 0 V [S] = 0 gde je korišćeno da ako P deli QS, tada zbog nesvodljivosti polinoma P sledi da P deli Q ili P deli S. □

T e o r e m a 9 .4 U p r st c n u (F[f], sva k i i d ea l j e g l a v n i i d ea l , t j . z a sva k i i d ea l X ^ (0) p o s t o j i

l a k a v p o h n om P d a j e X s k v p s vi h p o l i n om a d e l j i v i h sa P . o d n o s n o X — (P ) V i d i 6 . 1 3 i 6.14

D okaz Neka j e P polinom najmanjeg stepena u idealu X (0) (jer X = (0) je očevidno glavni

ideal) i neka je Q proiz\roljn i poli nor n iz X . Tada na osnovu teoreme 8.19. sleđi da postoje takvi

po l inomi S i R da je Q = P S + R A ( R = Q V d g ( R ) < d g ( P ) ) .

Kako su Q i P iz X . to je i R — Q — P S takođe iz Z, pa je nem oguć slučaj d g ( R ) < d g ( P ) jersmo pretpostavili da. je polinorn P najman jeg stepena iz I , t j . mora biti R = 0. Znači, Q = P S

za proizvoljni polinom Q iz I , tj. X — { P S \ S € F [ t ] } = [F]. □

Kako su u prstenu ( F [ t ] . + . •) svi id eali glavni. to je svaki ideal skup svili polinoma deljivih

sa nekim fiksnim polinomom . Sada je na osnovu definicije 6.14. jasno da je [ P] = ( P ) . Na

primer, skup svih polinoma nad poljem F deljivih sa t 2 + 1 je neki ideal prstena. ( F[ t ' \ , + , ).

D e f i n i c i j a 9 . 5 I d e a l X / F [ t ] p r s t en a ( F ‘t ], + , •) mak sim a l a n j e i d ea l a k o za s v a k i i d ea l M 2 X

va ži M = X i l i M = F [ t [ .

T e or e m a 9 . 6 A k o j e P n e sv od l j i v p o l i n om . p r s t en a (F[f], + , •), t a d a j e ( P ) m a k si m a l n i i d ea l .

Dokaz A ko je P nesvodljiv polinom, tada je (P ) -J- F[t] jer je ( P ) - F[l] ako i samo ako

je F kon sta nta n pol in om . Ne ka je id ea l M 3 (F). Kako je na osnovu teoreme 9.4. u prstenu

(F[/ : ] ,+,-) svaki ideal glavni. to je M = (Q ) za. neki polinom Q G F [ t ] . Znači. ( Q ) D ( P ) što

govori da postoji takav polinom S € F \ t ] d a j e F = Q S . a zbog nesvodljivosti po l inoma F to

znači da je polinom Q konstantan polinom ili da je S konstantan polinom, što po definiciji 6.14.

znači da je (Q ) — F[f] ili ( Q ) = ( P ) . a dalje po definieiji 9.5. sledi da je (F) je maksimalan ideal.□

T e or e m a 9 . 7 A k o j e P G F [ t ] n e sv o d l j i v p o l i n om , t a đ a j e (F[t] /Sp, + , •) po l j e .

Dokaz Teorema. 9.2 tvrd i da je (F[t] / , + , •) komutativan prsten sa jedinicom. Treba samo

dokazati da za proizvoljni [Q] 0 = (F ) iz prstena. F [ t ] /= =p . s obzirom na operaciju množenja



162 Principi a.lgebre, opšte. diskretne i linearne

po sto ji njemu inverzni elemenat. Jasno je da Q $ ( P ) jer bi inače bilo [Q] = 0. Skup polinom a

T = { Q S + T \ S £ P [ t ] A T t ( P ) } jeste ideal prstena F \ t ] (pokaž i!). On sadrži maksimalni

ideal (P ) (Ideal ( P ) je maksim alan zbog teorem e 9.6.) i različit je od ideala ( P ) , pa na osnovu

definicije 9.5 . 1 = F[t], Znači, pos toje takvi polinomi S £ F [ t ] i T £ ( P ) da je Q S + T = 1

odnosno Q S = 1 — T što im plici ra [QS ] = [1 — T ] [Q][*5] = [1] Jer F £ ( P ) . Kako smo za

proizv oljni [Q] 0 pronašli njemu inverzni [S ] , to je dokaz završen. □

Ako je p prost broj, tada je (Zp, +, •) polje, kao što je dokaza.no uteoremi 6.7 . Neka je P nesvodljiv polinom stepena n nad poljem Zp,

tj. P = a0 + (iit + . . .+ a ntn. Tada (ZP[t]/=P, +, ) jeste polje na osnovu9.3. Elementi skupa Zp[t]/=P su klase ostataka pri deljenju polinomom P, tj. ako za reprezenta klase uvek uzmemo polinom najmanjeg ste-

pena iz klase, odnosno baš ostatak, to će biti polinom stepena ne većegod n — 1. Zbog toga ćemo klasu [Q] označavati samo sa Q ako je O polinom najrnanjeg stepena iz klase [Q]. Znači, polje vZp[t]/=p iinaćeonoliko elemenata koliko ima polinoma stepena ne većeg od n — 1 sakoeficijentima iz Zp = {0 ,1 , . . . ,p - 1}. Pošto je polinom stepena nevećeg od n — 1 određen kada na, n mesta određirno njegove koeficijente,to će naše polje imati pn elemenata (varijacije od p elemenata n-teklase). Sada je očevidno da, ako želimo da konstruišemo polje od pn

elemenata gde je p prost broj a n bilo koji prirodan broj. treba pronaćibar jedan nesvodljiv polinom P stepena n nad poljem Zp = GF(p) iforrnirati skup Zp[t]/=P, tj. polje (Zp[t]/=P,+, ). Ako za F uzmeniopolje racionalnih brojeva, a za polinom P uzmemo t2 —2, tada je polje(F[t]/=p, + , •), polje iz zadatka 6.16 (odnosno njernu izomorfno polje).

Ako za F uzinemo polje realnih brojeva, a za polinom P uzmemo t2+ 1.

dobijamo (F[t]/=p,+, •) polje kompleksnih brojeva.

Ako je P — t2— 2, tada ćemo skup F[t]/=p označavati sa F[t]/ ( t ^ - 2 ) -

Lako se v idi da je Q[£]/(t2_2) = {a + b^2\a G Q A b E Q}.

Zadatak 9.8 Napisati Kejlijeve tabhcc opcracija + i • za polja od, 4, 8

i 9 elemenata.

Rešenje Za konstrukciju polja od 4 elementa potrebno nam jepolje (Z2, +, )• i nesvodljiv polinom t2+t + 1 nad tim poljem (teorema



8.47), pa su Kejlijeve tablice polja (^2M/(e2+t+i)?+>')

9. Konstrukcija polja, 163

+ 0 1 t t + 1 0 1 t t + 1

0 0 1 t t + 1 0 0 0 0 01 1 0 t + 1 t 1 0 1 t t + 1t t t + 1 0 1 t 0 t t + 1 1

t + 1 t + 1 t 1 0 t + 1 0 t + 1 1 t

Polje od 8 elemenata je (^[t]/[^+t+i)-, +, •)> Jer Je polinom t6 + t + 1nesvodljiv nad poljem (Z 2, + , •) (teorema 8.47). Zbog kraćeg zapisa utabeli ovog polja, polinom t2 + t + 1 označavaćemo sa T.

+ 0 1 t t + 1 t2 t2 + 1 t2 + t T

0 0 1 t t + 1 t2 t2 + 1 t2 + 1 T 1 1 0 t + 1 t t2 + 1 t2 T t2 + tt t t + 1 0 1 t2+ t T t 2 t2+ 1

t + 1 t + 1 t, 1 0 T t2 + t t2 + 1 t2t2 t2 t2+ 1 t2+ t T 0 1 t t + 1

t2 +1 V + l t2 T t2 + t 1 0 t + 1 t

t2 + 1 t2+ t T t2 t2 + 1 t t + 1 0 1T T t2 + 1 t2+ 1 t2 t + 1 t 1 0

0 1 t t + 1 t2 t 2 + 1 f + t T

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 1 t t + 1 t2 t2 + 1 t2+ t T

t 0 t t2 t2+ 1 t + 1 1 T t2+ 1t + 1 0 t + 1 t2 + 1 t2 + 1 T t2 1 t

t 2 0 i 2 t + 1 T t2 + t t t2 + 1 1t2 + 1 0 t2 + 1 1 t2 t T t + 1 t2 + t

t2 + t 0 t2 + 1 T 1 t2 + 1 t + 1 t t2

T 0 T t2 + 1 t, 1 t2 + t t 2 t+ 1

Polje od 9 elemenata je (Z3[f]/(t2+1), +, •), jer je polinom t2 + 1nesvodljiv nad poljem (Z3, +, •) (teorema 8.47).




+ 0 1 2 t t+ 1 t + 2 21 2t + 1 2t + 2

0 0 1 2 t t+ 1 t + 2 21 2t + 1 2t + 2

1 1 2 0 t + 1 t + 2 t 2t + 1 2t + 2 212 2 0 1 t + 2 t t+ 1 21+ 2 21 21 + 1

t t t + 1 t + 2 21 2t + 1 2t + 2 0 1 2

t + 1 t+ 1 t + 2 t 2t + 1 2t + 2 21 1 2 0

t + 2 t + 2 t t + 1 2t + 2 21 2t + 1 2 0 1

21 21 2t + 1 2t. + 2 0 1 2 t t + 1 t + 2

2t + 1 2t + l 2t. + 2 21 1 2 0 t + 1 t + 2 t

2£ + 2 2t + 2 21 2t + 1 2 0 1 t + 2 t t + 1

0 1 2 t t + 1 t + 2 21 2t. + l 21 + 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 1 2 t t + 1 t + 2 21 21+ 1 2ć + 22 0 2 1 21 21+ 2 21. + 1 t t + 2 t. + 1 I 0 t 2t 2 t + 2 2t + 2 1 t + 1 2t + 1

t + 1 0 t+ 1 2t + 2 t + 2 21 1 2t+ 1 2 t

t + 2 0 t + 2 21+ 1 2t + 2 1 t t, + 1 21. 2

21 0 21. t 1 2t. + 1 t + 1 2 2t + 2 t + 2 2t + l 0 2t + 1 t + 2 t + 1 2 21 2/.+ 2 t. 1

2t + 2 0 2t + 2 t + 1 2t + 1 t, 2 t + 2 1. 21

Evo još nekoliko osnovnih definicija i teorema, bez dokaza, koje bi se m ogle izvesti na osnovu

dosađ izloženog. Slično definiciji potprstena. definiše se i po tpo lje polja.

D e f i n i c i j a 9 . 9 P o d sk u p K p ol j a , F j e p ot p o l j e p o l j a F a k o j e. I \ p o l j e u od n o su n a r e st n k c i j e

o per a c i j a p o l j a F .

D ef in ic i ja 9 .1 .0 P o l j e F j e p r oši r en j e p ol j a K a k o j e K p ot -p ol j e p o l j a t .

Na primer, polje racionalnih brojeva potpolje je realnih brojeva.

D e f i n i c ij a 9 .1 1 P r es ek sv i h p o t p ol j a p ol j a F z o v e s e p r o st o p o t p o l j e p ol j a F .

T e o r e m a 9 . 1 2 P r o st o p o t p o l j e p o l j a F i z om o r f n o j e i U p ol j u (Z p , + , •) za n e k i p r o st b r o j p i l i

po l j u ra , ci ona .l n i h b r o j eva (Q ,+,•)•

D e f i n i c i j a 9 . 1 3 A k o j e K p ot p ol j e p ol j a F i S C F , t ad a j e K ( S ) n a j m a n j e p ot p o l j e po l j a

F k o j e sa d r ži K i S . A k o j e S = { x i , x 2 , ■ ■ , i « } i l i S = {a ’ } , t a d a K ( S ) z a p i s u j e m o sa

K (x i, j ’2, . . •, x n ) od n o sn o K ( x ) .



9. Konstrukcija polja 165

Polje K ( x ) zovemo ekstenzijom (proširenjein) polja K e lementom x .

Definici ja 9,14 E l em e n a t x i z F j e a l g eb ar sk i n a d p ot p o l j em K p ol j a F a k o p o st o j e ta k vi

a o . a i , . . . , a n € K d a j e ao + a , i x + . . . + a n x n — 0 i (ao, a i , . . . , a n ) ^ (0, 0___ _ 0). P o l j e F j e

a l g eb a r s k o p r oši r en j e p ol j a K a k o j e s va k i el em e n a i i z F a l g eb a r sk i n a d K .

Na primer, \ f 2 iz polja realnih brojeva je algebarski nad poljem racionalnih brojeva jer je

y /2 koren po l inoma P = t2 —2 odnosno polinomske funkcije rt j’ ( P } ( x ) = x 2 — 2.

Definici ja 9.15 A k o j e x i z p ol j a F a l g eb a r sk i n a d n j e g ov i m p o t p o l j e m K , t a d a m i m m a l n i

p o l i n om e l er n e n t a r j e st e n o r m a l i z ov a n i p o l i n om i z /<[t] n a j m a n j e g st ep e n a i j i j e k o r en el em en a t

x .

T e or e m a 9 . 1 6 N ek a j e x el em en a t p ol j a F i n ek a j e x a l g eb a r sk i n a d p o t p ol j e m K p o l j a F .

T a da j e m i n i m a l n i p o l i n o m P el em en t a x n esv od l j i v n a d p o l j em K . p o l j e K [ i \ / = p j e i zo m o r f n o

p ol j u K ( x ) i sv a k i el em en a t po l j a K ( x ) m o žc se j ed n o zn a n o p r e d st am t i u obl i k u a o + a i x + . . . +

an_ ix n'_1 gd e su a-o, a \ , , a „ _ i € K .

Na primer, po ije (Q [t]/( t2-- 2)> ') izom orfno je polju ( {a + bV 2\ a . b £ Q }, +, •).

T u j e x = \ p l . Ovo polje označavamo sa Q (v/2) i zovemo ga ekstenzijom (proširenjem) p olja

racionalnih brojeva Q elementom \ J 2. Ov o proširenje je algebarsko. Izom orfizam je funkeija koja

klasi [a + bt ] iz Q [t ] / ( * * - 2 ) pridružuje a + 6\/2.

Polje ( Q [ t ] / (f3 _ 2 ) , + , ■) i zomor fno j e po l ju ( {a + b \ /2 + e < f i \ a , b. c 6 Q } , + , •).

Tu je x = \ /2 , a izomorfizam je funkcija koja klasi [a + bt + e t 2 ] pridružuje a + b \ /2 + c \ /4 .

Ovo proširenje takođe je algebarsko.

T e or e m a 9 . 1 7 Su a k o k o n a n o p o l j e i m a p n el em e n a t a g d e j e p p r o st b r o j t n p r i r o d a n b r o j .

Važi i ob r a t no . Za svak i p r os t b ro j p i sva,k t p r i r odn i b ro j n p os t o j i po l j e od p n el em .ena .t a ..

T e o r e m a 9 .1 8 Mu l t i p l i k a t i v n a g r u p a k o n a n o g p ol j a j e c i k l i n a .

Na primer. u po lju ( Z r, I ••) generatorni elemenat je 3. a u polju o d 9 elemenata je t + 1.



Principi algebre, opšte, diskretne i Jinearne



Glava 10

DETERMINANTE

Da bi smo definisali i proučili determinante, biće nam potrebni nekiosnovni pojmovi o permutacijama, pa ćemo prvo dati definiciju per-mutacije i neke osnovne teoreme u vezi permutacija.

PERMUTACIJE

Kada smo definisali funkcije rekli smo da permutacija nekog skupa je bijektivna funkcija toga skupa u samog sebe. Na primer sve per-mutacije, odnosno bijekcije skupa S = {1,2,3} su:

/1 23\ /1 23\ _ /1 23\ _ __ /1 23\ _ _ /1 23\ _ /123\

G l ~ \123/ ’ 0 2 ~ V1 32/ ! ~ \213/ ' 4 “ V231/ ’ 5 " V312/ ’ 6 V321/ ‘

Kako je skup S totalno uređen relacijom <, to ćemo u prethodnomzapisivanju prvu vrstu izostavljati jer ćemo podrazumevati da su unjoj svi elementi skupa S u redosledu saglasno relaciji < (tj. 123...n) ipermutacija će sada biti zapisana samo sa drugom vrstom. Na primer,<t 4 = 231. Znači, permutacija skupa S = {1 , 2 , . . . , n} biće isto toliko

167




koliko i različitih nizova od n elemenata skupa S u kojima se svakielemenat skupa S pojavljuje tačno jedanput, a njih kao što je poznato

ima n\ = 1 •2 •... •n.

Evo još nekoliko načina zapisivanja permutacije:

cr : {1,2, 3, 4, 5} -♦ {1,2, 3, 4, 5}

na primeru cr(l) = 3, a( 2) = 5, cr(3) = l,cr(4) = 4, a( 5) -- 2, tj.

<J = = 35142 = [3, 5,1,4,2] = [<r(l), <j(2), u(3), (j(4), <j(5)].\3514z/

Skup svili permutacija skupa S = {1,2, oznaeavaćemo saSn. Od sada ćemo raditi samo sa permutacijama skupa S = {1 ,2 , , . . . n} i to više nećemo naglašavati. Očevidno je da (Sn, o) jeste grupa, gde je o kompozicija funkcija (permutacija) iz skupa Sn.

Definicija 10.1 Ako je i < j i cr(ž) > cr(j), tada uređeni par (a( i),a( j) ) zovemo inverzijom pennutacije a. Broj smh inverzija

permutacije a označavaćemo sa Inva.

Prema tome Inv a = |{(cr(i), a(j)) |i < j A a(i) > a(j)}\Na primer broj svili inverzija permutacije a = 35142 dobijamo takošto brojimo sve cifre desno od trojke koje su manje od tri kojih ima2, desno od petice i manjih od pet ima 3, desno od jedinice manjh od

jedan ima 0, desno od četiri rnanjih od četiri ima 1 i desno od dvojkemanjih od dva ima 0 tj. ima ukupno 2+34-0+1+0=6 inverzija. Sada

je jasno da važi:

Lema 10.2

I nv [ m, cr(2),.. ., a ( n )] = m — 1 + I nv[ a( 2) . <r(3),.. ., cr(n)]

Ako je (cr(z), a(j)) inverzija permutacije a. tada se za a(i) i a(j) kaže da učestvuju u inverziji (a(i), a(j)). Ako je broj Inva paran,tada permutaciju a zoverno parnom, a u suprotnom neparnom.

Kako svakom skupu {i, j } jednoznačno odgovara skup {a(ž), a(j) }.

pri zadatoj permutaciji a, to važi:



10. Determinante 169

jer sacla svaka razlika i —j iz imenioca ima sebi odgovarajuću ra-zliku u brojiocu sa kojom je po apsolutnoj vrednosti jednaka. pa jen ,< 7 po apsolutnoj vrednosti jednako 1, a očevidno je da će

znakova — biti isto koliko i inverzija, jer su svi imenioci negativni.

Primer 10.3 Za pernmtaciju a = 35142 imamo da je:

3 - 5 3 - 1 3 - 4 3 - 2 5 - 1 5 - 4 5 - 2 1 - 4 1 - 2 4 - 2

1 —2 1 —3 1 —4 1 —5*2 —3 2 —4 2 —5 3 —4 3 —5*4 —5

D e f i n i c i j a 1 0 . 4 T r a n s p o zi c i j a j e p c r m u t a c i j a k o j a s v e el em e n t e sk u p a S p r e sl i k a v a u s ar n e seb e

i z u zev el em en a t a i i j ( i j ) . d o k i p r esl i k a v a u j , a j p r esl i k a v a u i .

Znač i ako je r tran spozicija, t-ada po stoje d va različita elementa i i j iz skupa S takva

da je r ( i ) = j , r ( j ) = i , dok za svako k g {z, j } važi r(fe) = fe.

Evo nekoliko primera transpozicija:

D e f i n i c i j a 1 0 . 5 A k o se p er m u t a c i j a p d ob i j a k om p o z i c i j o m p e r m u t a c i j e a % t r a n s p oz i ci j e r .

t a d a se kaž e da se per mu t . a c i j e p i a r a z l i k u j u za t r a n spoz i c i j u .

Drugim rečima p i a se razlikuju za transpoziciju ako i samo ako je p = a o r (tj. a = p o r ) .

To možemo zapisti na sledeći način:

i < j

12345678

12375648

ili

a = 1 2 .. . i . . . j . . . n

a ( l ) a ( ' 2 ) . . . a ( i ) . . . a { j ) . . . a ( n ) P=1 2 . . . i . . . j . . . n

<t (T)<t (2) .. . a ( j ) . . . a ( i ) . . . a (n )

T e o r e m a 1 0 . 6 P er m u t a c i j a a i n j o j m v er z n a p e r m u t a c i j a a 1 su i s t e p a m o st i .

D o k a z

cr' C Ako sada uvedem o sm en u a ( i ) = m i a ( j ) = k , tada u razlomku -------

smatrati da je m < k, je r ukol ik o ni je m < k , proš irićemo taj razlom ak sa —1, pa je

mozemo

L)/ . ,r „ = r j 1( m ) - a 3(k ) = (11 ??7— km — k m<k




Posm atrano na primeru 10.3 to izgleda ovako. Uzm em o prvo recipročnu vređn ost celog proizvoda,

je r mu je apsol utn a vr ed nos t 1, pa se vre dnos t neće pro m en it i. Zatim dr ugi , četv rti , pet i, šes ti,

sedmi i desti razlomak proširimo sa -1 i dobijamo da je proizvod tih razlornaka jednak proizvodu:

1 - 2 3 - 1 1 - 4 5 - 1 3 - 2 4 - 2 5 - 2 3 - 4 3 - 5 5 - 4

3 ^ ' ' 3 ^ 4 ’ 2 ^ 3 ’ 1 ^ 5 ’ 4 -- 5 2 - 5 1 - 4 1 - 2 2 - 4

u kojem ako promenirno redosled faktora (razlomaka) dobijamo:

3 - 5 3 - 1 3 - 4 3 - 2 5 - 1 5 - 4 5 - 2 1 - 4 1 - 2 4 - 2

1 - 2 ' 1 - 3 ’ 1 - 4 ' 1 - 5 ' 2 - 3 ' 2 - 4 2 - 5 3 - 4 3- 5 4 - 5

a to je jednako (— i y nv<J .

T e o r e m a 1 0 .7 A k o s e p e rm u t a c i j e r a z l i k u j u za t r a n s p oz i ci j u , o n d a s u o n e r a z l i i t e p a r n o st i .

D oka z Posmatra jmo permutac iju a :

a ----- [cr(l), a ( 2 ) , .. ., a ( i ) , . . . , a ( j ) ----- a(n)}

Znaci uzeli smo da je i < j što ne utiče na opštost dokaza. Uzeće mo još da je a ( i ) < a ( j ) , jer

u suprotnom je provera slična. Ako sada c( i) i a ( j ) zamene mesta. dobija se nova permutacija

koja se razlikuje od p olazne za transpoziciju. Razm atrajući sve moguće slučajeve pokazaćemoda su ove dve perm utacije različite parnosti. Uoč imo neki elemenat a ( l ) i izvršimo podelu na

sledeće slučajeve:

• l < i ili j < l

U ovom slučaju posle zamene mesta elementima a ( i ) i a ( j ) , broj inverzija u kojima

učestvuje a ( l ) se očevidno ne menja.

• i < l < j

— a ( l ) < a ( i ) < a ( j )

Kako ( a ( i ) , a ( l ) ) jeste inverzija i ( o ( l ) . a ( j ) ) nije inverzija, a posle zamene mesta

elementima a ( i ) i a ( j ) imamo da ( a ( j ) , a ( l ) ) jeste inverzija i ( a ( l ) , a ( i ) ) nije in-

verzija, sledi da se broj inverzija u kojima učestvuje a ( l ) nije promenio.

— a ( i ) < a ( j ) < a ( l )

U ovom slučaju se proverava, analogno kao i u prethodnom slučaju, da se broj

inverzija u kojima učestvuje a ( l ) nije promenio.

— a ( i ) < a ( l ) < 0 ( 1 )

U ovoin slučaju broj inverzija posle zamene mesta elementima a ( i ) i a ( j ) povećava

se za 2, odnosno parnost se ne menja.

Znači za svako l {?:, j } sledi da broj inverzija u kojim a učestvuje a ( l ) ne menja parnostza.menom mesta elementima a ( i ) i a ( j ) . I najzađ, kako ( a ( i ) , a ( j ) ) nije inverzija, a posle zamene

mesta elementima a ( i ) i a ( j ) imamo da ( a ( j ) , <r(i)) jeste iverzija, sledi da se parnost br oja

inverzija promenila posle zamene mesta elementima a ( i ) 1 a ( j ) . □Neka se pernmtacije a i p razlikuju za transpoziciju r gde je r ( i ) = j , r ( j ) = i , a za svako

k i { i j } je r ( k ) = k , tj .a = [cr(l), a ( 2) .. ., a ( i ) , . . . , a ( l ) , . . . , a ( j ) , . . . , tr(n)]

p = [cr(lj, a ( 2 ) . . . . a ( j ) , . . . , a ( l ) , . . . , a ( i ) , ------- o- (n ) } .

Iz dokaza perdhodne teoreme vidi se da se brojevi inverzija permutacija a i p razlikuju za

2k + 1 gde je k broj elemenata a ( l ) koji se po mestu (lokaciji) nalaze imeđu a ( i ) i a ( j ) a

veličini se nalaze imeđu a ( i ) i a ( j ) , tj. k = C a r d { a (l ) \ i . < l < j A a ( i ) < a ( l ) < a ( j ) } .

U glavi „Linearne transformacije” data je definicija matrice16.1. Sada ćemo dati definiciju determinante.



10. Deterrniimnte 171

Definicija 10.8 Determinanta u oznaci det, je funkcija koja pres- Ukava skup svih kvadratmh matnca u skup F , gde je F polje nad kojim

su dejinisane te matri.ce. Neka je A = [<%]rm proizvoljna matrica i n

proizvoljan prirodni broj. Tada je det A, reda n, definisana sa:

det : M nn —► F det A = ( - l ) /m;%<r(i)a2<7(2) •••<W(n)creSn

Kao što smo već rekli Sn je skup svih permutacija skupa S = n},odnosno skup bijekcija skupa S u skup S , Tnva je broj svih inverz-ija permutacije a, a M nn je skup svih kvadratnih matrica reda n. Uobičajene oznake za det .4. odnosno det [atj]nn su:

a i i aV2 . • a 1?7 a l l a 12 ■ ■ a l n

det A = det [atJ ]nn= deta 21 a 22 - a 2n a 21 a 22 a 2n

—

a i i i a n l • ■ a n n a n 1 a n 2 ■ ■ a n n

Ekvivalentna definicija determinete data, je na kraju odeljka vek-torski prostori i matrice u pretposlednjem pasusu.

U „geometrijskoj interpretaciji” ova definicija se može opisati sledećimtekstom:

Odaberemo proizvoljan elemenet prve vrste matrice A. zatim oda-beremo proizvoljan elemenat druge vrste matrice A ali da nije u istojkoloni sa prethodno odabranim elementom.

a l l a 12 a 13 a 14 . ■ a l n

a 21 a 22 a 23 a 24 ■ • a 2n

a 31 a 32 a 33 fl34 • ■ a 3n

a A l a 42 a 43 a 44 ■ ■ a 4n

_ a n l a n 2 a n 3 a n 4 ■ • a n n _

Zatim odaberemo proizvoljan elemenat treće vrste matrice A kojinije ni u jednoj od kolona u kojirna se nalaze prethodno odabranielementi. Nastavljajući do kraja ovaj postupak dobićemo n eleme-nata matrice A. Sve njih pomnožimo i to je jedan sabirak na.se sume,

odnosno to je elemenat aia] (i)a2ai( 2 ) ••anai(n) (u našem primeru to jeai2a2ia 33a4n an4), gde je (T\ £ Sn (u našem primeru aY= 213n .. . 4).




Nastavimo proceduru kao što je bila i prethodna i opet, ćemo dobiti n elemenata matrice A koje međusobno pomnožimo i dobijamo eleme-

nat ala2^ a 2c722 ) • -CLn (n), gde je £ Sn. Samo trba voditi računa

da je ( 7 \^ a2. Nastavljajući ovu proceduru dok se ne iscrpu sve ra-zličite mogućnosti, tj. dok ne prođemo kroz skup svih permutacija Sn,

dobićerno i poslednji elemenat na ovaj način tj. ai,Tfr(i)0'2cr?!.(2) •••ćWfe(n)>gde je dk E Sn. Jasno je da je k — n\ = 1 - 2 - 3 ... n. Svaki odovih elemenata ćemo uzeti sa znakom plus ako je odgovarajuća per-mutacija a%(i = 1 ,2 . . . . . k) parna, a, u suprotnom sa znakom minus.Sada izvršimo sumiranje svih tih elemenata i dobijamo det A.

Primer 1.

cletjau] = an

Primer 2.

det

det

a n

«21031

f l l l (1-12

(121 a22a \ ] ( l 2 2 — a 121121

Q'12Q'22«32

a-13

23

« 3 3

— ' f l l lQ ' 2 2 a '33 — a i lQ ' 2 3 ° ' 3 2 — f l 1 2 ° 2 1 t t33 + & l 2 a '23a 31 + ° 1 3 ° 2 1 a 32 G 13G 22 °'3 1-

Primetimo da su u svakom sabirku prvi indeksi uvek 123, dok su drugi

indeksi redorn 123, 132, 213, 231, 312, 321, tj. sve permutacije skupa{1. 2, 3}. Prva, četvrta i peta permutacija su parne jer imaju redom 0,2 i 2 inverzija, a preostale su neparne jer imaju redom 1, 1 i 3 inverzije.

Primer 3. Izračunati vrednost determinante

D

0 1 1 1 .. . 1 1

1 X\ 0 0 .. . 0 0

1 0 X2 0 .. . 0 0

1 0 0 £ 3 .. . 0 0

1 0 0 0 .. • xn—1 0

1 0 0 0 .. . 0 J n

Izračunaćemo ovu determinantu po defmiciji. Determinanta ma-trice D = det[a^]n+iiTl+i jednaka je sumi čiji svaki sabirak je oblika




a < j je proizvoljna permutacija skupa S — {1, 2,.. . , n. n + 1}. Za datumatricu lako se proverava cla pomenuti sabirci ne moraju biti nulasamo ako je

< j € {[21345 . . . n +1 ],[32145 .. . n+ 1],[42315 .. •n + 1].. .[n+1 2345 .. . nl ]}znači, imaćemo samo n (od ukupno (n + 1)!) sabiraka. Kako su sve odovih n permutacija neparne jer imaju redom 1, 3, 5 i 2n —1 inverzija,to je vrednost ove determinante

D = - x 2x3x4 . . . X n - X i X 3 X 4 ... xn-x \ x 2x4 ... xn- . . .- XiX2X3 •••^n-l-

Ako su bar dve promenljive jednake nuli tada je D = 0, ako je tačno jedna promenljiva jednaka nuli, na primer X{ (i € {2, 3,..., n —2, n —

1}), tada je

D — Di — - x i x 2 . . . x ^ ix z+i . . . x n, dok je

D\ — x2i 3 . . . xn i Dn X\X2 . . .

i na kraju, ako su sve promenljive različite od nule, tada je

~ X 2 X : i X A . . . X n - X i X 3 X 4 . . . X n — X ] X 2 X 4 . . . X n . . . - X i X 2 X 3 X A . . . X n —\ =

= —x\x2x3x<\.. . xn(— -1------- (- . . . H------) = — j TT Xi I x- x.T2 \ i l J i l

Definicija 10.9 Ako je matrica B = [btj]nn dobijena od matrice A = [aij]nn tako što su kolone matrice A uzete za vrste marice B tj. bl3 —

ari, tadaje matnca B transponovana matrica od matrice A %ozna-

čava se sa B — AT ili B = A* samo kada je A realna matnca.

Primer

a\\ a 12 a 13

tada je A T =a 21 a 31

Ako je A = a 21 a 22 a 23 a 12 a 22 a 32

_ a 31 a 32 a 33 _ _ a 13 a 23 a 33 _

Teorema 10.10 Determinanta matnce A = [f%]nn i determmata njoj transponovane matnce AT = [bij]nn su jednake.




Dokaz

det A = Ž 2 (- 1 )JnV<Tttl<r(l)a2<r(2) ••°n cr (n )= £ (~ 1 ) ^^ ( 1) 16<t(2)2 ••bcj (n)n oeS n <r £ Sn

Zbog bijelctivnosti funkcije cr imamo da za svako k E {1 ,2 , posto j i / E {1, 2, . . . , n },

tkavo da je 6CT(fc) fe = bi a - x {l ) (na Primer aô je a ( 1) = 5 tad a je 6CT(i )i = fr5a - i ( 5) )> Pa Je Z^ °Skomutativnosti množenja

det A = ^ ( - l ) 7nt’ °"bi CT- i ( i ) b2<7-1(2) •fW 1( «) -crESn

Kako je operacija traženja inverzne funkcije u skupu S n bijekcija skupa S n u skup S n . to znači

da kada a prođe kroz ceo Sn onda i cr-1 prođe kroz ceo S n , Pa Je

det A = ( —1) 1 bya - 1(] )&2<T 1(2) •• ^ner" 1(?<) ’cr—1£ S n,

I na kraju zbog ( - l ) /nv<T = ( - l ) * « « * -1 ( teo rema 10.6 .) s ledi da j e

d e t A = £ t - l ) I n v a ~ 1b1„- H l ) b2o - H 2 r . . b n i 7- H n ) = d e t A T ,

(7*6 S\j,

je r cj 1 pr olazi kro z ceo S n , pa je sve je dn o da li n o st 'im ■inestirna piše a 1 ili cr. (Ka o što je

na primer T . i = i x i = E f c = l x A--) n _ _ . . .Zahvaljujući ovoj teorerni, sve osobine determinante koje dokažemo za vrste. važiće i za

kolone. Znači dokazivaćem o teoreme (osobine determ inante) koje se odn ose na vrste matrica.

Teorema 10.11 Ako je rnatrica B dobijena od matrice A = [o.žj]nntako što su i-ta vrsta i j-ta vrsta zamenile mesta (i ^ j ) , tada je

det B = —det A.

Dokaz Kako je matrica B dobijena od matrice A tako što su ?-ta i j-ta vrsta zamenile

mesta, to je

det B = ^ (“ l ) 7nt' Olo-l l) ft2<r(2) ••a jc r ( i ) • ••a i< r ( j ) 11 ' a n<r(n)

a-eSr,

Da bi smo to doveli u vezu sa det A, treba uvesti takvu smenu da je svaki faktor u tim sabircima

oblika aip{ . j ) i da se na svim mestima nalazi p umesto a . Ta smena je očevidno a = p o r, gde

je o operacija k opozic ij e fu nkci ja u sk upu S n i r transpozicija koja i preslikava u j . j preslikava-

u i . a. sve ostale elemente skupa S = {1, 2 , . . . , n } preslikava u same sebe. Sada imam o da je

a ( i ) = ( p o r ) ( i ) = p ( t ( i )) = p ( j ) , a ( j ) = (p o r ) ( j ) = p ( r ( j ) ) = p t t ) i za svako k $ { i , j }

a ( k ) = (p o r ) ( k ) = p ( r ( k j ) = p ( k ) , na osnovu čega imamo

det B = (—l ) I n 0 a 0’ l p ( l ) 0' 2 p {2 ) •••a j p ( j ) ■••a i p(i ) ■ • •anp(n)< T t S „

de t B = ^ 2 ( ~ 1 ) I n V( T al P( l ) a 2 P(2) ■•-«ip(i) ••■aj P(j) ■ ■■a n p(n )- <?&sn




Kako se p i o se razlikuju za trans poziciju (tj. različite su parn osti) to z bog teor em e 10.7 sledida je (—l ) I n v ° = —( —l) /ni ’ p , pa imam o da je

det B — ^ y ( —1) **Q' \ p( l )Q,2p(2) ' - - - ^ j p ( j ) ’ ' a n p ( n ) -

< r £ Srl

Najzad primetimo da jednakost (smena) o = p o r, , gde je r fiksna transpo zicija, od ređu jefunkciju ti : : S n —* Sn koja je definisana sa

i j j (or) ■— p O = P o T.

Kako je uređeni par (Sn , o ) grupa i zbog teoreme 4.11. sledi da za svako o e S n jednoznačno je

određena permutacija p koja zadovoljava jednakost o = p o r i obratno, za svaku permutaciju

p jednoznačno je određena permutaci ja o koja zadovoljava jednakost o = p o r . To znači da je

funkcija i p bijekcija, pa kada o „pro laz i ” kroz ce lo S n , onada i p „pro laz i ” kroz ce lo S n , takoda u našoj sumi umesto o G S n možemo staviti p €ES n , pa je

det B — — _ ( 1) ^ a i p ( i )a2p(2) •••a?p(j ) • •a j p ( j ) a n p ( n ) —đet A . O

p £ S n

Dokazi prethodne dve teoreme su bili malo teži (apstraktni), doksve ostale teoreme o determinatama biće trivijalne posledice defmicijedeterminante i prethodne dve teoreme.

Teorema 10.12 Ako su dve vrste u kvadmtnoj matrici A iste, tada je det A = 0.

Dok az Ako u pomenutoj matrici A te dve vrste koje su iste zamene

mesta, po teoremi 10.11 slediće da se determinanta te ..nove" matricerazlikuje od determinante matrice A samo u zanku. Kako je ta ,.nova”matrica očevidno jednaka matrici A , to je det A = —det A , odnosnodet /1+det, ,4 = 0. odakle sledi da je det A = 0 ako je polje F nad kojim

je definisana matrica. različito od polja karakteristike 2. Iako ovajdokaz važi sarno ako je polje F karakteristike različite od 2. tvrdnjateoreme važi i za polja karakteristike 2, što se može dokazati. □

Teorema 10.13 Ako se i-ta vrsta matriee A = [aij}nn porn.noži skalarom A, dobija se matriea B za koju važi det B = A de t A

Dokaz

det B -=- ^ ^ ( 1) a l o ( l ) a 2o(2 ) ■ ■ ■ Acii(j(?) • • •a n o( n )

o e S n

= A ( 1) ' <31<t(1)®2cr(2) • • •®io ( i ) •••a no(n ) A det A. D

o ( zS n

Prerna torne determinanta se množi skalarom tako što se svi ele-menti samo jedne vrste pomnože sa tim skalrom.



Teorema 10.14 Ako su svi elemenU i-te vrste matrice A [<+,]„„

jednaki nuli, tada je det A = 0.

Dokaz Kako je = 0 za svaku permutaciju a G Sn, to svakisabirak u sumi

det A = ^ ^( —1) a l c r ( l ) a ' 2cr ( 2) • aia(i) •• a n cr ( n )

(TeSn

ima bar jedan faktor jednak nuli pa je zaista det A = 0. □

Teorema 10.15 Ako su k-ta i l-ta vrsta (k 7^ l) matrice A = [a

proporcionalne tj. linearno zavisne, tada je det. A = 0.

Dokaz Zbog pomenute proporcionalnosti sledi da je a j —\aij za

svako j G {1, 2, . . . , n}, pa imamo da je

det A = ^( —1) ULÔ'lcrfl)®2ct(2) •• aka(k) ••a l o ( l ) • a n o (n ) — oES n

— ^ a a l o ( l ) a 2 o( 2 ) ■ ■ ■ A a l o ( l ) ■ ••a l o ( l ) ■ ■ ■ a n o (n ) ~

O e Sn

— A (— 1) ( a l o ( l ) a 2o( 2) ■ ■ ■ a l o ( l ) ■ ■ ■ a lo (L) ■ ■ ■ a n o( n ) ~ O5oe Sn

jer su dve vrste jednake pa koristimo prethodnu teoremu. □

Teorema 10.16 Neka je i-ta vrsta matnce A = {atj}nn pomnožena

sa X i dodata j-to j vrsti i tako je dobijena matnca B. Dokazati da je

det A — det B .

Dokaz

det B = ^ ^ {—l)InV a l o ( l )a 2o(2) ■■a io( i) ■■■{ ^ a ia( i)~âj o ( j ) ) • • ■a no(n) ~~

o e S n

' ■■ a?:CT( 0 ■• ■° n c r ( n ) ™ i ^ ^ ( " l ) a lo (l ) ■■■a jo (j ) ■■■a n o( n)

oeSn CreSn

= A •0 + det A = det, A. □




10. Deterrninante 177

Definicija 10.17 Neka je A = [a^]nn kvadratna matrica reda n nad poljem F i neka je = (xn,xi2 , •••, xin) vektor n-torka nad istim po- Ijem F, tadaje AXi rnatnca dobijena od matrice A tako što su elementi

i-te vrste a^, ai2, . •., ain matrice A zamenjeni redom sa xn, x i2, , x in tj. i - ta vrsta matrice A zamenjena sa vektorom

Teorema 10.18 D eterminanta je Unearna funkcija po svakoj vrsti tj. detA^+^. = det AXi + de1 AjJt i važi teorema 10.13 (clet AaXj = a •

det AXJ, gde je A — [a ?;j ]nn neka rnatnca.

Dokaz

det A^+^. = ^ ( 1) U'la(l) ®'2cr(2) (Xia(i) “i- Dicr(i)) ••• na(n)aeS’n

^ 1) a\a(\) ••• ia(i) • ana(n) *( 1) lcr(l) •••Via(i) ^na(n)a Sn a€Sn

= det AX) + det Ay_. □

Primer

5 - 3 7 5 - 3 7 5 - 3 7ax i + 0yi nx 2 + j3y2 o + 0y 3 = a X ] X 2 x3 +0 y i V2 2/3

1 4 9 1 4 9 l 4 9

Teoreina 10.19 Determinanta jedinične m.atrice I, čiji svi elementi na glavnoj dijagonali su jedinice a van nje nule, jednaka je 1

Dokaz Iz definicije determinante očevidno je da su svi sabirci jednakinuli, izuzev sabirka ana22. . . ann koji je jednak 1. Znači

' 1 0 0 . . 0 ' 1 0 0 . . 00 1 0 . . 0 0 1 0 . . 0

det / = det 0 0 1 . . 0 = 0 0 1 . . 0

0 0 0 . . 1 0 0 0 . . 1

Sada ćemo dokazati teoreinu koja daje rekurentnu relaciju za izra-čunavanje determinate n-tog reda pomoću determinanti n — 1-prvog

reda, prethodno moramo dati definiciju minora M,j elementa ar] ikofaktora Aij elementa a%] matrice A = [ai3]nn.




Definicija l(h20j Mvrior M;j elementa a,j matrice A = {a,j\nn Je determinanta matnce koja se dobija od matrice A izostavljanjem i-te

vrste %j-te kolone. Kofaktor A tJ elementa atj matrice A je

At] =

Na primer za matricu A = {a2J] 33, minor M23 i kofaktor A23 su

= « M )a 3 2 — r / i‘2 « 3 i 1 .4 23 — ( ~ f ) 2 + 3 ^ 2 3 = ~ ^ 2 3 - M2 s = deta ii ai2

«31 0-32

Teorema 10.21 Ako je /I = [a?;j]nn matnca nad poljem F, tada je

det,4 = ciiiAu + a 12-412 + ••+ 0\nA\n.

Dokaz Determinanta matrice A po definiciji je jednaka sumi od

/?! sabiraka. Mi ćerno podeliti tu sumu na n suma od kojih svaka irna(n —1)! sabiraka, Prva suma će biti po sviirr permut.acijama o koje napi’vom mestu irnajii 1 itd, k-ta suma će biti po svim permutacijamakocl kojih na prvom mestu je k , gde k uzima vrednosti iz skupa

{1. 2 ,___n}. Znači k-ta suma je

{ — l . y nUa (l l a (l ) a 2cT(2) ■■■a ia(i) • • ■a na\n) ~

a(l ) — k

= ^ ^ ( — l ) ^ ^ ! - ) ..... a ^ a i k O > 2 a ( 2 ) • • •a i o ( i ) • •a n o (n ) -

<r(l )=k

što je dalje zbog leme 10.2. jednako

= O'lk ( - l ) fe" 1+l<r(2)*-5<7(3)1«2a(2) •••a^(i) •• ano(n) =o ( l ) = k

= a l k ( ~ ’ l ) fr ^ ^ ( — 1 ) - <J ’ ’ " ! ^ 0 2 ^ ( 2 ) • • • a io( i ) ■• • a n o (n ) —

a ( l ) = k

ai/, (-- l )A; ’ .l/i/, = aifc( - l ) 1+fcM ifc = aiA- iA:-

Kako je def .4 jednako surni od n suma od kojih je svaka jednaka

aifcAifc k E { 1 ,. . ., n}, to je

n

det A = aifcAifc = einAu + ai2 4i2 + •+ ftinîn- Dk = i

Posledica ove teoreme je sledeća teorema.




Teorema 10.22 Ako su svi elementi ispod, glaime, dijagonale matrice A = [a,ij\nn jednaki nuli, tadaje determinanta matrice jednaka proizvodu clemenata na glavnoj dijagonaU tj. đet A = a,n a22 •••ann.

Ako su svi elementi ispod sporedne dijagonale matrice jednaki nuli, tada je determinanta matnce jed.naka proizvodu elemenata na toj di-

jagonali. pomnoženog još sa brojem (—l)n_1, gde je n red matrice.

Teorema 10.23 Neka je A = [a?-j]nn matnca. Tada je suma

a n A k \ + ai2 Ak-j + . . . + an,Ak„.

jednaka det A za, i = k , a jednaka je 0 za i ^ k .

Dokaz Znači prvo treba da dokažemo da je

det A = aîAfi + aÂ^ + .. . + ainA in.

Dokaz izvodimo indukcijom po t. Za 7 = 1 tvrđenje je tačno na osnovuprethodne teoreme. Pretpostavimo da je tačno za i i dokažimo da jetačno za i + 1. Neka je matrica B dobijena od matrice A takoštosu i-ta vrsta i i + 1-va vrsta zamenile mesta, što znači da je det B =

—det/1. Izračunajmo determinantu marice B po induktivnoj pret-postavci razvijajući je po ?-toj vrsti, tj. po vrsti ^ + 1,1 (ii+1.2 •••

jer su i-ta i i + 1-va vrsta zamenile mesta. Očevidno je da se kofaktorieiementa ar+\_k u matrici A i matrici B razlikuju samo po znaku. Sadaimamo da je po induktivnoj pretpostavci

—det A = det B = ai+i_\Bi+i j + ai+ioBi+i^ + ••+ a,i+ijnBt+ijn =

~ ~ a?;+i,iA;+i,i —flz+i/2-47+i,2 —.. . —ai+i.nA,;+i,n,

odnosno

det A = aj+ ijA ;+ ij + aj+iÂj+i^ + •••+ a2-+],nAj+].n.

Dokažimo sada da je za i k

ai\Ak\ + 0,12 Afc2 + • • • + a i n A k n = 0 .

Neka je matrica C dobijena od matrice A tako što je A:-ta vrsta matrice A zamenjena ž-tom vrstom matrice A. pa matrica C ima dve vrste




jednake zbog čega je detC 0. Račnnanjem determinante matrice C

razvijanjem po Ai-toj vrsti dobijamo

a k I - ’U 1 +

C l k 2 - A k 2 + • • • +

a k n A k n ~ 0 ;

a kako je ž-ta vrsta matrice C jednaka A:-toj vrsti matrice C to je

. . . ...... .....— \ d i i A k i + a i 2 A k 2 + • • • + a i n A k n = 0* ^

jT eorem a 10.2 AJAko su A i B kvadratne matnce reda n defimsane ^n^r^êrnF~lâko je a proizvoljni skalar iz polja F, tada je

del(o /l) = an det A t det(AB) = det A det B

Dokaz Pogledaj definicije 16.2 množenja broja alpha sa matricom A i množenja matrica A i B. Prva jednakost se dobija primenom

teoreme 10,13 na svaku vrstu determinante det (n A).Drugu jednakost dokazujemo za. n=S. jer je dokaz za ostale prirodne

brojeve n analogan. Neka. je A = [a?J]33 i neka je B = [hj}ss- Tada

( 1

c o c s 1

6ll 612 6x3

det(A£?) = det O21 a 22 a 23 621 622 623

V _ O31 032 O33 _ _ 631 632 633 _

Q ' l l ^ l l + a 1 2^ 21 + fll .3 ^ 31 a i l^ l 2 + « 1 2 ^ 2 2 + « 1 3 ^ 3 2 a i l ^ l 3 + a 1 2 ^ 2 3 + a 13^33

f l2 1 ^ 1 1 + f l2 2 ^ 2 1 + f l2 3 ^ 3 1 G 2 1 ^ 1 2 + ° 2 2 ^ 2 2 + a '23^32 « 2 1 ^ 1 3 + « 2 2 ^ 2 3 + f l23^ 33

^ 3 1 6 1 1 + 0 3 2 6 2 1 + ^ 3 3 6 3 1 0 3 1 6 1 2 + 0 , 3 2 6 2 2 + 0 3 3 6 3 2 O 3 1 6 1 3 + 0 . 3 2 6 2 3 + 0 3 3 6 3 3

Primenom teoreme 10.18 prethodna determinanta jednaka je zbiru33 = 27 determinanti. Međutim, očevidno da 33 —3! = 2 7 - 6 = 21determinanti jednako je 0, zbog toga što posle izvlačenja zajedničkogfaktora iz kolona bar dve kolone će biti jeclnake. Zato je del (+ Fi)

jednaka zbiru preostalih 6 determinanti tj. det( AB) =

a n 6 i i 012622 O13633 O 1 1 6 1 1 O1.3632 O12623 O 12621 O l i 612 O13633

O 2 1 6 1 1 0 22 622 023633 + 0 2 1 6 1 1 O-23632 O22623 + O2262I 0-21612 023633

0 3 l 6 ] l O32 622 O33633 O 31 6 1 1 O33632 O32623 O32 621 O31612 O33633

01 2 6 2 1 O13632 O 1 1 6 1 3 O1363I O 1 1 6 1 2 O12623 O 1 36 31 0-12622 O 1 1 6 1 3

022621 O23632 O 21613 + O2363I 0-21612 O22623 + 02363 1 O22622 O21613032621 O33632 O31613 O3363I O31612 O32623 O3363I O32622 O31613




Ako se iz svih kolona izvuku zajednički faktori ostaće determinatadet A ili —det A jer su kolone sarno ispermutovane u odnosu na kolonematrice A. Sada se iz tog zbira može izvući zajednički faktor det A i

dobija se

det A -(611622633 ~ 6x1623632 —612621633+ 613621632+612623631 —613622631) =

= det A •( 611622 633 —611623 63 2—612 621633+612 623 631+ 613 62163 2—613 622 631) =

= det A •det B. □

/



Principi algebre, opšte, diskretne i linearne



Glava 11

SISTEMI LINEARNIH

JEDNACINA

Pre nego što kažerno šta je to sistem linearnih jednačina, morarno prvoreei šta je to promenljiva, a šta je to konstanta nekoga skupa.

Definicija 11 .1 Promenljiva skupa U je proizvoljm sirnbol koji se rnože zam.eniti bilo kojim elementom skupa U. Konstanta skupa U

je proizvoljni elemenat skupa U.

Jednačina je formula oblika A = B u kojern se pojavljuje, na primer,promenljiva x. Tada je A = B jednačina po promenljivoj x.

Definic.ija 11.2 Sistern linearnih jednačina S, nad poljem, F, za n-

torku nepoznatih (:r1; x 2, . . . . xn). n. m G N gde su E F i bi € F za i £ { 1 ,2 , . . . , rn) i j € (1 ,2 , . . . , n}, je konjunkcija

183



184 Principi algebre, ojjšte, diskretne i linearne

formula (linearnih jednačina) tj.

S :

allxl + a\2x2 +

0 ,21 X 1 + 0-22 X 2 +

0>m2%2 +

+ O 1 „ . / n

+ 0’2n%n —

+ O'mn'En

h

b2

Ako je bi = b2 = . . . = bn = 0, onda se za sistem S kaže da je

homogen, Skalari &i,62, •••A polja F zovu se slobodni članovi,

Sistem linearnih jednačina se može napisati i u matričnom obliku

Ax = b, gde je A = [a4j\rnn data matriea tipa rnn, x je matrica kolona

čiji elementi su x-i, i 6 { 1. 2, . . . , nepoznate sistema i b je datamatrica kolona, ođnosno:

S : Ax = b <+

a11 042

0-21 °22

a„ni, 1 am2

Uh

«2?

24

x 2

' 6 l '

b2

X n

— . . . . . . . . . .

. . . . . . .1

. . .

s 1

a n

(I 2 1

0*12

U'22

a ]ri

0'2n

h

b 2

ami

+ x 2

®m2

+ • •+ xn

O-mn. bm .

ili 11a osnovu definicije 16.26 matricu *4 možemo posmatrati kao linear-nu transformaciju A : F n —>F ,n . pa je Ax uređena ??i-torka i Ax = b jeste jednakost dve uređene m-torke. Evo još jednog matričnog oblika

zapisivanja sistema S:

S : Ax = b ./']

Odavde sledi da sistern Ax = b ima rešenje (tj. određen je ilineodređen) akko b pripada vektorskom prostoru generisanom sa vek-

tortima kolna matrice A . Ako matricu A = [aij\mn, nad poljem F , posmatramo kao linearnu

transformaciju A : F n —> F m, tada rešavanje jednačine Ax = b pred-stavlja traženje svih vektora x = (x i , . . . ,x n) E F" koji se linearnomtransforrnacijom A preslikavaju u vektor b = (61,.. . . br n ) € F m.

Prema tome sistem je određen za svako b 6 F m ako i samo ako jefunkcija A injektivna!



11. Sistemi linearnih jednaehm 185

Definicija 11.3 Uređena n-torka a = (a-]. a-2, . . . , an) je rešenje sistema S, odnosno sistema Ax = b, ako je Aa — b tj.

+ CJ12&2 + • • • + a l n&' -n — b\

a2lQ'l + a 22Q'2 + ••• + a2 n a n — b2O I # # #

^ml l “I- am2^2 + • + amn&n = brn,

Skup svih rešenja sistema S označavaćemo sa Rs = {x £ F n\Ax—B } .

Definicija 11.4 Sistemi S\ i 52 su ekvmalentm ako i samo ako imaju

iste skupove rešenja tj. RSl =~- Rs2

Definicija 11.5 Ekvivalentne transfo-rmaeije sistema linearnih jedna- čina su.

1 . Zamena mesta jednačinama.

2. Množenje jednačine brojern različitim od, nule.

3. Dodavanje neke jednačine nekoj drugoj jednačim.

4- Promena mesta sabircima u jednačinama ( iste nepoznate pišemo jednu ispod druge tj. u istoj koloni).

Teorema 11.6 Ekvivalentnmi transformac.ijama skup rešenja sistema se ne menja tj. ako je sistem S\ dobijen od sistema S2 ekvivalentnim. transformacijama tada. je RSl — RS2, odnosno sistemi S\ 1 S2 su ekvivalentni.

Dokaz Očevidna je provera da ako je (q -i , q 2 , . . . , Q n ) rešenje sis-tema 5i, tada je (q i , q 2 , . . . , an) rešenje i sistema S2 i obratno. Dokazove teoreme je i posledica teorerne 1 7 . 3 1 . □

Teorema 11.7 Ako je F proizvoljno polje i ( q 'i , q 2 , . . . , an) (E F n i (fii, 62 , . . . . Bn) E F n rešenja sistema S nad poljem F , onda je i

r — ( A q i -f (l — A)/?i , A q 2 + (l — A ) i-_> . ... , A q ,7 + (1 — A ) l 3 n )

rešenje sistema S za svako X E F.




Dokaz Sada ćemo proveriti da li je n-torka r rešenje jednačine

a-nXi + ai2 x 2+ . . . + ainxn = bt jednostavnim zamenjivanjem n-torke

r za svako i 6 {1 ,2 , . . . , n}.

a,[$\ol\ + (1 —A)/?i) + a{ 2(Aq,'2 + (1 ){32) + . . . + ain(\cxn+ (1 A )0n) ~~

A(a?;ia'i + ai2cć2 + . . . + ainoin) + (1 —$(an(3i + ai2(32 + . . . + ain(3n) =

= Abi + (1 —\)bi = bj. Q

Posledica Ako je sistem S nad beskonačnim poljem i ako ima bardva različita rešenja. tada sistem S ima beskonačno mnogo rešenja.

Definicija 11.8 Sistem S je rešiv ( saglasan, neprotivurečan, moguć) ako postoji bar jedna n-torka. iz F n koja je njegovo rešenje tj. ako je skup Rs nepra-zan. U suprotnom, slučaju, tj. kada je skup rešenja Rs

prazan skup, sistem, S je nerešiv (nesaglasa.n, protivurečan, nernogiLĆ, kontradiktoran). Ako sistem ima tačno jedno rešenje, onda se za njega kaže daje određen, a ako ima više od jednoga rešenja, onda se za njega

kaže da je neodređen.

Neodređeni sistemi se dalje klasifikuju prema stepenu neodređenosti,što ćemo definisati pornoću trougaonog oblika sistema linearmb jed-

načina. Ako A posmatramo kao linearnu transfomiaciju. očevidno da ako

je A : F n —> F m sirjektivna tada mora postojati l>ar jedno rešenjetj. sistem je rešiv (saglasan, moguć). Ako je linearna transformađja A : F n —> F rn bijektivna tada sistem ima tačno jedno rešenje i nakraju sistern može biti kontradiktoran samo ako transiormacija A :

F n —> F rn nije sirjektivna.

Teorema 11.9 Sistem linearnih jednačina S , tj. Ax = b, je rešiv ako

i samo ako je

« ' i i a i 2 • • Oi n a n fll2 • O i n bi

«2 1 Q'22 • 0>2n «2 1 022 • • 0 2 n b2r a n g = r a n g

® m l am 2 • • amn a m i ani2 • &mn bn _



11. Sistemi linearnih jednaćina, 187

Dokaz Neka je

a -n a 12 • • a ln an a 12 • • • a ln Ih "

A = a 21 a 22 ■ ■ a 2n i B = a 21 a 22 ■■• a 2n b2

a m l a m.2 ■ • a mn a m l a m 2 ■ • a m n bn

Matricu A zovemo matrica sistema S, dok matricu B zovemo proši-renom matricom sistema S. Označimo sa W vektorski prostor gener-isan vektorima kolona matrice A i sa V vektorski prostor generisankolonama matrice B.

(=>) Ako je sistem Ax = b rešiv, tada se vektor kolona b može napisati

kao linearna kombinacija kolona matrice A, pa, onda kolone matrice A i kolone matrice B generišu iste prostore i sada primenom teoreme17.15 imamo da je rang A = dimW =dimV = ran g B.

(<=)Na osnovu teoreme 17.15 imamo da je rang A = dimW i

rang B = dimV , pa zbog uslova r a n g A = r a n g B irnamo da jedim W = dim V. Kako su W i V konačno dimenzioni vektorski pros-

tori takvi cla je W C V i dim W = dim V , to zbog poslediee teoreme14.34 sledi IV = V. Sada zbog b V i 1' = V sledi da je b e W tj.postoje skalari ( q : i , q 2 , . . . , Q n ) takvi da je

' bi " a\\1

< 5

i

a l n

&2 a 21 a 22 a 2n = Q'i + Q’2 + . . . + Qn

bu m a r n l a m 2 a m .n

b\ — CL\iQ ] + &i2Q-2 4“ - •• "1“ ( l I//f' n

&2 — a2iQi + C122&2 + ••• + a2 n&n

b,n — Cl m ] Q 1 + am2cy2 + • ■• + a m n & n>

što znači da sistem S tj. Ax = b je rešiv, jer jedno njegovo rešenje je

(Qi, a'2, •••- ot.n) . □

Definicija 11.10 Trougaoni oblik sistema od m linearnih jednačina sa n = r + k nepoznatih, nad poljem F, čije nepoznate su iz skupa




{yi,y2-,..., yr, zi ,z2, . . . , zk} = { x u x2i . . . , xn}. jeste sistem jednačina

oblika:

a.llVl + 0122/2 + •••+ GlrŽ/r = b\ + C\\Z\ + . . . + C\i:Zk+ <3-222/2 + •••+ a2r Vr = 2 + C2\Z\+ . . . + C2 kZk

OLrrVr = K + Cr\Z\ + . . . + CrkZk 0 = A

0 = 0

0 = 0

gde je an a22 •••arr 0,atj 6 F, bt € F, cti € f i \<EF za sveindekse i, j £ {1, 2 , . . . , r}, z / e {1,2 , . . . , k}, pn černu ako je r

jedna.ko broju jednačina, tada ne postoje jednakosti 0 = A i 0 = 0.

Matrični oblik ovoga trougaonog sisitema je

aii fli2 a . l r —Cn ~ C \ k

0 a22 a 2r c 2 1 — C2k

0 ... 0 arr ~ C r l crk

0 ... 0 0 0 0 0

0 ... 0 0 0 0 0

0 ... 0 0 0 0 0

gde opet važi da ako je r jednako broju jednačina, tada ne postoje

vrste u prvoj matrici čiji svi elementi su jednaki 0 i u poslednjoj kolonamatrici ne postoji A i nule ispod nje.

Ako je r = 0 i A = 0 sistem je neodređen, a ako je r = 0 i A ^ 0

sistem je protivurečan.Neka je sada r / 0. Ako je A ^ 0 . tada je sistem protivurečan. Ako je A = 0 ,

tada je sistem rešiv i dalje se klasifikuje na određen ako ima tačno jedno rešenje, a to će se očevidno desiti ako i samo ako je k — 0

i na neodređen ako je k ^ 0 , pri Černu se kaže da rnu je stepenneodređenosti jednak k .



Jgprema 11 l l ] Svaki sistem hnearnih jednačina S : Ax = b tj.

a\\x \ + + ••• + aln x n. = b\a 2 1 x l + a 2 2 x 2 + • • • + a 2 n x n = b 2

O : . . . .

a m l x l + a m 2 x 2 + • • • + a m n x n = b m ,

može se ekvivalentnim transformacijama dovesti na trougaoni oblik:

11. Sistenri linearnih jednačina, 189

p i m + P \ 2 y 2 + •• • + P l r U r = q \ + cnz\ + . . . + clkzk

+ p 22 y 2 + • • • + P 2 r y r = Q2 + C2\Z\ + . . . + C2kZk

Pr r V r = qr + c r l Z\ + . . . + crkzk

0 = X 0 = 0

0 = 0

P \ \P 2 2 - ■ -P rr ^ 0- gde jC \r + k = n i (Vl- ,y 2 - ‘ - - ? U n Z \ , Z 2 , . . . :. Zk )

neka permutacija od (x\

Dokaz Neka je B matrica tipa (m, n + 1) dobijena od matrice

sistema A = [aij]mn tako što joj je dodata kolona slobodnih članovab = (bi, b2, . . . , bm), odnosno B je proširena matrica. sistema S. Sada matricu B (odnosno sistem S ) transformišemo ekvivalentnimtransformacijama na oblik B '. tako da od njene podmatrice A dobijemo oblik *, tj. trougaoni oblik, iz teoreme 17.14. Sistem kojiodgovara matrici B ’ očevidno je u trougaonom obliku. □

Teorema 11.12 Kvadratm sistem jednačina S je određen ako i samo ako je determinanta sistema različita od nule.

Dokaz Dati sistern S ekvivalentnim transformacijama svedemona njemu ekvivalentni sistem S\ koji je u trougaonom obliku. Naosnovu osobina, determinanti sledi da je det-S = ()<=> det S\ = 0 .Prema tome ako je det S -=/= 0, tada je i det S\ + 0. pa u trougaonomobliku sistema Si, zbog teoreme 17.14 imamo situaciju

a\ix \ + ai2x 2 + ••• 4' a\nxn = b\^ + a 2 2 x 2 + • • • + a 2 n x n = &2

: . .

a n n x n b-n•>




odakle sledi da je sistem određen, jer je det Si = fln .. . cinn ^ 0.Obratno. ako je kvadratni sistem S određen, tada je i njemu ekviva-lentni trougaoni sistem Sj obavezno kvadratni i odreden, pa matrica

sistema S\ na glavnoj dijagonali ima sve elemente različite od nule, aispod nje jednake nuli, što znači da je det, S\ ^ 0, odnosno det S -=/0.

Teorema 11.13 Homogeni kvadmtm sistem lineamih jednačma ima netrivijalnih rešenja, tj. rešenja različitih od (0, 0, . . . , 0), ako i sarno

ako je determinanta toga sistema jednaka nuli,

Dokaz Kako homogeni sistem ne može biti kontradiktoran to zanjega preostaju sarno mogućnosti da je određen ili neodređen. Međutimpo prethodnoj teoremi on je određen ako i samo ako mu je determi-nanta različita, od nule. što znači ako mu je determinanta jednaka nuli,tada za njega preostaje jedino mogućnost da je neodređen, tj. da ima

netrivijalnih rešenja. □



Glava 12

SLOBODNI VEKTORI

Definicija 12.1 U skupu K2 uređenih parova tačaka prostora E (Eu- klidskog geometrijskog) definisana je relaeija, p na sledeći način:

a) Za A = B ili C = D sledt (A, B)p(C, D) & A = B t C = D

b) Ako je A / B i C / D, tada je (A, B)p(C, D) <s> (duž AB je paralelna, podudarna i isto orijentisana kao duz CD).

Ekvivalentna definicija relacije p data je u zadatku 2.31. Još jednadefinicija relacije p može se dati i to bez korišćenja podudarnosti! Od-nosno, ako je A ^ B i C ^ D. tada je (A, B)p(D, C) ako i samo akopostoje takve tačke E, F E E da su četvorouglovi AB FE i D C FE paralelogrami, a u protivnom je još samo (A, A)p(B , B) za sve A i B iz E.

E F

I na osnovu ove definicije, može se bez korišćenja aksioma podu-darnosti i njihovih posledica, dokazati teorema 12.-5!

Teorema 12.2 Relacija p je relaaja ekvivalencije.

191




Dokaz Sledi iz činjenice da relacije podudarnosti, paralelnosti i

iste orijentisanosti jesu relacije ekvivalencije.

Definicija 12.3 Klase ekvivalencije. se, s obzirom na relaciju p, zovu slobodni uektori,

Kad nema opasnosti od zabune, slobodni vektori zovu se kratko samovektorirna. Skup svih klasa, tj. slobodnih vektora, obeležavaćemo saV = E'2/p. Vektor, odnosno klasa ekvivalencije, je, znači, skup svihparova koji su međusobno paralelni, podudarni i isto orijentisani iliskup svih parova čije su komponente jednake, koji se zove nula vektor.

Može se reć i da je vektor skup svih „strelica” koje su međ usobno

podudarne paraleine i isto orijentisane. __ _

Vektor čiji je jedan predstavnik (-4, B) označavaćemo sa AB. Speci- jalno, vektor čiji je predstavnik (A, A), označavaćemo i sa 0 ili 0.

Definicija 12.4 U skupu V dejinišemo operaciju + na sledeći nacin:

AB + C D =A E gcle je tačka E određena sa B E = C D .

B C

Teorema 12.5 (VV+) je Abelova grupa(vtdt 5.5).

Dokaz Sledi iz definicija 12.1, 12.3 i 12.4. Na primer, AA—BB

= ... = 0 = 0, AB + B A = A A = 0, odakle je A B = - B A , dok sukomutativnost i asocijativnost očevidni.

Definicija 12.6 Intenzitet vektora AB (A ± B) je merni broj duži

AB i označava se sa | AB | ili A B , pravac vektora AB (A ^ B) je

pravac određen tačkama A i B, a smer vektora AB (A ^ B) je od A

prema B. Intenzitet nula vektora (0 = 0) je realni broj 0, a srner i pravac mu se ne definišu.



12. Slobodni vektori 193

Pravac: je skup svih pravih koje su međusobno paralelne (zadatak2.17). a na svakom pravcu postoje dva smera.

Teorema 12.7 Vektor a G V je jednoznačno određen ako mu je zadat intenzitet. pravac. i smer na tom pravcu.

Dokaz Neposredna posledica definicrja 12.1, 12.3 i 12.6.

Definicija 12.8 Operacija množenja realmh brojeva (skalara) a sa vektortma a je funkcija •: R x V — * V definisana na sledeći način:

b) pravac vektora a a isti je sa, pravcemvektora a,

c) smer vektora a •a je isti sa smerom vektora a ako je a > 0,a suprotan ako je a < 0,

2. ako je a = 0 ili a = 0 tada je a a = 0.

Umesto a •a pisaćemo samo aa tli aa .

Teorema 1.2.9 Za sve realne brojeve a i j3 i sve vektore a i b važi:

Dokaz Tvrđenje pocl b) je ekvivalentno Talesovoj teoremi (čijidokaz nije jednostavan u okviru ovoga kursa i pripada geometriji),dok preostala tvrđenja su neposredne posledice definicija 12.1. 12.3,

12.4, 12.8N ap om en a Neka je V neprazan skup čiji su elementi označeni sa

a, b,. . . i neka je F neko polje čiji su elementi označeni sa a, 3, 7 , . . .Tada (V, F, +. •) zoverno vektorskim prostorom nad poljem F ako važi

12.5 i 12.9. Znači slobodni vektori su prirner (model) vektorskog pros-tora. Vidi 14.1

1 . ako je a 0 i a / 0 tada je:

a) \a a\ a\ • a .

a) a(l3a) = (a(3)a

b) a(a -r b) = aa + abc) (a + 3)d = aa + (3 a

đ) 1(7 = a.




Definicija 12.10 (Vektori su istog pravca) <=> (Vektori, su kolineami) (Vektori leže na istoj pravoj) <=>> (Vekton su paralelni). JSlula vektor

je kolinearan sa svakim vektorom i norm,alan je na svaki vektor.

Za dva vektora se kaže da su su kolinearna ako i samo ako su linearno

zavisni. Kolinearnost vektora a i b ozna ava se sa a\\b.

Definicija 12.11 (Pravci vektora su paralelni jednoj ravni) <=> ( Vek- iort su komplanami) (Vektori le.že u istoj ravni) (Vektori leže u

paralelnim ravnima). Nula vektor je komplanaran sa svahrn skupom

komplanarnih vektora.

Ako su vektori komplanarni kaže se da su linearno zavisni. Ako suvektori linearno zavisni, tada su oni kolinearni ili kompianarni.

Evo ekvivalentne definicije kolinearnosti nenula. vektora.

Teorema 12.12 Ako su a i b kolinearni nenula vekton. onda se svaki od njih može zapisati kao proizvod nekog skalar i oriog drugog vektora.

Dokaz Ako je a 0 A b ^ 0, tada postoji takav skalar cv da je

a = ab, gde je a = pn čemu se uziina znak + kada su a i b istog

smera, a u suprotnom znak —. Analogno se pokazuje i slučaj b = aa.

Teorema 12.13 Za svaka dva nekolinearna vektora a i b važi:

a) (Vq. 3 G M) (aa + j3b = 0 +> a = d = 0) , 1

b) Za svaki vektor c koji je komplanaran sa ci %b je c = a-a + 3b za neke a, 6 6 R, pri čemu su a i / 3 jednoznačno određeni. 2

Dokaz

a) Pretpostavimo suprotno, tj. da je na primer a j - 0.

Tada je a = -^b, a odavde, na osnovu definicija 12.8. i 12.10,

sledi da je a\\b. Međutim a\\b je kontradikcija sa uslovom teo-

reme.

lTo je opšta definicija 14.14 linearne nezavisnosti para vektora (o, b).2To je definicija 14.17 generatornog para vektora (a, b) siobodnih vektora




b) Ako je c kolinearan sa nekim od vektora a i b, na primer sa i —*a, tada ie na osnovu teoreme 12.12. c = + 0 •b . U

' J \a\

suprotnom postoje takve 4 koplanarne tačke O, A. B, C da je

0 A = a, 0 B = b. 0 C = c, jer su a, b, c komplanarni. Neka prave p i q, koje prolaze kroz C i paralelne su redom sa OA i OB, sekuprave određene dužima OB i OA redom u tačkama B\ i A\. Sada

je očevidno c =OA] \- OB\, a kako je na osnovu teoreme 12,12,

0A\= a OA i 0B\= 3 OB za neke a, 3 G R, to je c — aa + 3b. Ako je c = a\a + 3\b tada je (a —ai)a + (j3 — f3\)b = 0 i zbog a)sledi a — a = 0 i (3 — f3\ = 0 tj. a = a\ i 3 = [3\.

Teorema 12.14 Slobodni vcktori a, b i aa + 3b su komplanarni za sve vrednosti realnih brojeva a i 3 tj. (Va:. (3 E M).

Dokaz Iz defmicija 12.4, 12.8 i 12.11.

Teorema 12.15 Za svaka tri nekomplanarna vektora a,b ,c £ V važi:

a) (Va, 3 ,7 G R) {aa + (3b + 7 c = 0 +> a = 3 = 7 —- 0 ) 3

b) (Vcf € V) (3 a, 3 ,7 G l ) d = aa + f3b + 7 c pri černu su a, 3 %

7 jcdnoznačno određem, 4

Dokaz

a) Pretpostavimo suprotno, 11a primer, neka je a ^ 0. Tada je

a = —@-b—-c. a odavde. na osnovu teoreme 12.14, sledi da sua a ■ ‘

a, b, c komplanarni, što je kontradikcija sa uslovom teoreme.

Slika

b) Kako su a, b, c nekomplanarni vektori, to postoje takve 4 neko-

planarne tačke u prostoru O, A, B, C , da je OA= a, OB= b

i OC= c. Ako je d komplanaran sa a, b ili a, c ili b, c, dokazsledi na osnovu teoreme 12.13. U protivnom postoji takva tačkaD, koja ne pripada ni jednoj od ravni OAB, OAC i OBC da

3To je definicija 14.14 linearne nezavisnosti uređene trojke vektora (a, b, c).4To je definieija 14.17 generatorne trojke vektora (a, b, č) slobodnih vektora




je 0D = d, Neka ravan određena sa taekama O, C, D seče ra-van trougla OAB po pravoj s i neka prave p i q prolaze kroz D i paralelne su redom sa OC i s. Prava p seče pravu s u

tački E. a prava q pravu određenu sa tačkama 0 i C u tački F.Sada imamo da je d =OD=OE + OF. Kako je O F = 7 OC

(teorema 12.12) i OE= a OA +(3 OB (teorema 12.13b) sledi

d = 7 OC +a. OA +3 0 3 = aa + 3b + 7c. Jedinstvenostskalara a, (3 i 7 dokazujemo kontradikcijom. Pretpostavimo da

je d = aa+(3b+jc = a\ci+f3ib+^\Č, gde je (a, (3,7) 7 (a i, /5i7i).

Odavde sledi da je (a —a\)a + ((3 —j3\)b + (7 —7i)c = 0, što

zbog dokazanog pod a implicira a —a} = (3 —Q\ = 7 —71 = 0tj. (n. 3. ^) —(n[. i\. "i'l. Kontradikcija,

Teoreme 12.13. i 12.15. imaju veliku primenu u dokazivanjunmogih teorema iz geometrije i u rešavanju zadataka iz geometrijekao na prirner, zadaci 12.52. i 12.54. Posledica teoreme 12.13. i 12.14.

je da za svaka dva nekolinearna vektora a i b, skup svili talcvih vek-tora c da su a, b, c komplanarni, jednak je podskupu skupa slobodnih

vektora W = {a a + j3b\a G M A 3 G M}.

Definicija 12.16 Neka je V skup svih slobodnih vektora, Tada ska-

larni proizvod vektora je operacija : V* —>K definisana sa:

(Vči. b € V) a b = |a| |6|cos <): (a, b).

Dalje ćemo umesto a-b pisati saino ab. Uzimamo da je <£ (a, b) £ [0, rr].

Definicija 12.17 Neka je vekiora različit od nula vektora. Tada p r s :

V —>M je funkcija dejimsana sa p r s ( x ) = |.t|cos <£ ( x , a) = p ili

p r 0 : V V je funkcija definisana sa p r đ(x) = f§ :^ = ^ d = - ^ g . 5

Na sledeć ih nekoliko stranica prikazać emo neke vrlo važneprimene skalarnog (unutrašnjeg) proizvoda vektora.

Oznaka p r s ( x ) se čita projekcija vektora x na pravac vektora a.

U daljem tekstu u ovoj knjizi koristić emo da je p r 3 ( x ) uvek vektor.

5U 12.17 definisano je da p r 3( x ) je i vektor i skalar! Međutini, nema sustinske

razlike jer su skupovi projekcija u tim slučajevima međusobno izomorfni jednodi-

menzionalni vektorski prostori, oba nad poljem M tj. prostor (M. R. + . •) izomorfan je sa jednodimenzionalnim vektorskim prostorom ({aa\cx G E }, R. + , •). Vidi 15.13.




Figure 12.1:

Teorema 12.18 Za s-uaki vektor x važi da je x —prđ(x) normalan na vektor a.

Primetimo da ako je x — x\i + x2j + x%k = (x i ,x 2 ,x s) vektorpoložaja tačke A (x\, x2. xs) (Vidi 13.1) i <f = jfj. tada vektor

ax p r (1(x) = - ^ a = p r J x ) = (qx)q = ij\i + y2j + Vsk = (y\. y 2, y3) = y

n n ^

jeste vektor položaja taćke A'(y\,y2, yz), gde je A' projekcija tačke A na pravu koja sadrži koordinatni početak i paralelna je sa vekto-rom a. Vektori i , j , k su jedinični međusobno normalni. 12.43.

Teorema 12.19 Ako je q jedinični vektor, tada je

a) p r{/{x) = (qx)q

b) |prf(x)| = ± , ? f = { ê [0, f ]€ [~,tt]

Oznaku p r 3(x) čitarno: Projekcija vektora x na pravac vektora a. Kako je p r 3(x) = pjff> tj. |:ra| \a\\pr 3(x)\, to ima veliku primenuu zadacima i govori o tesnoj vezi između skalarnog proizvoda i proje-kcije vektora na pravac nekoga drugoga vektora, jer ako je q jediničnivektor, tada je




<JC

Figure 12.2:

Teorema 12.20 Skalarno množenje vektora x sa jedini nim vekto-

rom q je projektovanje vektora x na pravac vektora q. Vektorska

funkcija P = pr - je uvek idempotentna linearna transformacija, tj .

prôpr^ = pr~, odnosno P 2 = P, gde je o kompozicija funkcija.

Vidi teoremu 12.22 i definiciju 15.1. Zbog toga, ovakve funkcije P tj.

idempotentne linearne transformacije zovu se i P R O J E K T O R I .

Teorema 12.21 Vektorska funkcija F = refg : V —>V definisana sa

refj(x) = 2prđ(x) - x jeste involutorna tj. F (F (x)) = x, odnosno F _1 = F. Involutorne funkcije zovu se još i REFLEKTORJ. Ova funkcija u geornetrijskoj interpretaciji predstavlja osnu simetrijuu odnosu na osu koja je paralelna sa vektororn a.

Teorema 12.22 Neka su a, b /. Č / 0 vektori i X realan broj. Tada

tj. p rs je linearna transformacija. Vidi 15.1.

Dokaz

a) Ako je a = 0 ili 6 = 0, tvrđenje je očevidno. Neka je sada

a ^ 0 i b 0. Tada postoje takve tačke M, AT, P da je M A = a,

N P = b i neka je pra.va s||c. Projekcije tačaka M. N , P na

a) pr~(a + b) = pr~(a) + pr-(b)b) prs(Xa) = Xpr&(a).




pravu s neka su M\, A+ 1 \ . Kako su Mi, N i , I \ kolinearne,to postoje tri mogućnosti za njihov raspored (M\ — Ari — P\).(Mi —Fi —A'i). (1\ - Mi —Ari). U prvom od ovih slučajeva

je M p?! + N^Pi = ~M\P\ i MiiVi = p r?(a), A^K = p rrr(6),MiFi = p rt:(a + b), odakle sledi teorema, Slično se pokazuje i uostalim slučajevima,

b) pr-(Aft) = |Aa| cos <); (Aa, Č)^ = ±|A||a| cos (a, jff —

= A|a| cos <£ (a, č) j§| = A p rc?(a).

Ako je poznato da važi distributivnost skalarnog proizvoda u odnosuna sabiranje vektora, onda dokaz jednostavno sledi iz definicije pro-

jekcije p rr-(.f) = ~ r c tj.

/ - -a c ( f + y) _ cx cy P r c(x + y) = — = = P r c(x ) + P r c(y)-

Drugim rečima, distributivnost i linearnost su ekvivalentne činjenice,pod uslovom da važi p rs(Xx) = Xpr 3(x).

Definicija 12.23 Funkcija prn : V —>V preslikava proizvoljni vektor--^ ^

AB na vektor A'B' gdc su A i B' projekcije tačaka A i B na ravan tt i kaže se da je vektor A B ’ projekctja vektora AB na ravan ir.

Teorema 12.24 Za svaki vektor x važi da je x —p rw(x) normalan

na ravan tt.

Dokaz je direktna posledica defiicije sabiranja vektora i definicijeprojekije vektora na ravan 7r tj. na potprostor generisan sa nekoline-arnim vektorima a i b koji su paralelni sa ravni t t .

Teorema 12.25 Projekcija zbira vektora na ravan ?r jednaka je zbiru

projekcija tih vektora na ravan tt tj.

p rn{a + b )= p rn (a) + prT(6) i

pr,(A a) = X p r ja ).

Dokaz Dokaz je posledica teoreme da je projekcija paralelograma

paralelogram.

Funkcije kao što je p r 5 , za koje važi teorema 12.22. i funkcije p rn za koje važi teorema 12.25, zovu se linearne transformacije. 15.1.



D efini€ijaT272fr~Arwl a vektor je normalan na svaki vektor.

r— -|^Teorema 12.27 Vd. b. Č (= V


a) aa = \a\2 <=> \a\ = V aa

b) ab = ba

c) a -Lb ab = 0

đ) (Va G M)a'(a6) = (cm)b = a(ab)

e) a(b + Č) = ab + aČ.

Dokaz Dokazaćemo samo e) jer dokazi ostalih su direktne posle-

dice definicija,^ , 7 . -a 12.17. / 7 |12-22.a(b -1- Č) = aprs[b + c) =

12J 2- a(prs(b) + p r 3(c)) = aprs(b) + aprs (Č) l2= ' ab + ac?.

Definicija 12.28 ve k t o r a {a i , a^, . . . . an } je o r t o n o rm i r a n a k o j e sva k /i od n j i-h j e d i n i n i ia k o su sv a k a d v a m t đ u s ob n o n o r m a l n a ( o r t o g o n a l n a ) . U r eđ en a n — t o r k a v ek t o r a (ai , a 2, • ••a n )

j e or t on or m i r a .n a , a k k o j e {a-i .a^ ........ an} o r t o no r m i r a n . R ea l n a , m . a t r i c a V i j e k o l o n e su

o r t o n o r m i r a n i v ek t i r i , tj . V T U = 1 , zove se O R T O G O N A L N A i l i U N I T A R N A .

Ekvivalentna definicija za definiciju 12.23 jeste sledeća teorema,

koja se može uopštiti kao definicija projekcije na vektorski podprostorgenerisan n - torkom ortonormiranih vektora (qi, q2, , qn)-

Teorema 12.29 Ak.o su q\ %q2 jedinični međusobno normahu vektori tj. {gi, q2} ortonorrnirani skup vektora, tada je vektor (c]\x)q{ + {q2 x)q2

projekcija vektora x na ravan tt paralelnu sa vektorima q\ i q2 tj.

2

p rn(x) = p r(f] f.r)+pr^(x) = (q[x)qi-\-(q2 x)q2 = ^ (££)<&, Vidi 12.25Z--1

a f = x - p rK(x) = x - ^2 (ql,x)q} je norrnalan na q\ t q2 tj. na n.i = 1

Funkcija P (x) = pr„(x) = (q[x)qi + (q2 x)q2 = Jeste ine“arna transformacija, koja je projektor (P 2 = P) tj. projektuje svakivektor na prostor generisan sa vektorima q[ i q2. U geometrijskojinterpretaciji to je projekcija na ravan tt paralelnu vektorima q[ i q2.

Dokaz Kako je (q\x)q\ projekcija vektora x na pravac jediničnogvektora q\ i (q2 x)q2 projekcija vektora x na pravac jediničnog vektora



12, Slobodni vektori 201

?2, to je njhov zbir đijagonala pravougaonika čije stranice su \qix\ i\qix\, jer su q\ i q2 jedinični i međusobno normalni. Sada je jasno da

je x telesna dijagonala kvadra (pravougloga paralelopipeda) čija projekcija na ravan pomenutoga pra vougaonika je baš njegova, dijagonala(qix)<fi + (q2 x)q2- a vektor f je projekcija vektora f na visinu kvadra.

Teorema 12.30 Vektorska funkcija F = re fn : V —>•V definisana sa refn(x) = 2prw(x) —f jeste mvolutorna, F (F ( f ) ) = x, tj. F ] = F. Involutorne funkcije zovu se još i R J E F L E K T O R J . U geometrijskoj interpretaciji F je ravanska simetrija u odnosu na ravan n .

Teorema 12.31 Ako su q\, q2 i q%jedinični međusobno normalm vektori tj. { <Ji •q:) •qi} ortonornnram skup vektora, tada je

(Vf € V) x = p rqi ( f ) + p r (f2( f ) + p r(fi ( f ) = (q[x)q[ + (q2 x)q2 + (q* 3 x)q 3




jedinični vektor koji12.19 sledi da je

Dok az Ako u teoremi 12.29 označimo sa j je istoga pravca i smera sa vektorom f, tada

r =

Teorema 12.32 Gram Šmitov algoritarn. Neka. su đ\, d2 i 0:>, nekomplanarni (linearno nezavisni) vektori i ravan ir paralelna sa vektori-

ma di i o2 Tada su vektonai

Qi

$2

&

_L 0-1Ia”i i ;

- | o 2 - p r . ( a 2 )|

a3 - p r j a 3) _

— 02 ~(9lQ2)gl ^102 -(9io2)f/l|

o s -pr ^ O - p r ^ o3;

12.19

0 3 - ( g l 0 3 ) 91~ ( 92 0 3 ) 9 2 12.29|a3—p r ^ (03)! 103- p r ^ (a3) - p r g-( a 3)| |a3 - (gi«3 )<» - i & a* ) & \

jedinični i međusobno normalni tj. (gi, $2 , Qz) j F ortonovmimna baza.

Ovili 8 trijedara (qi, <£>,q3) određuju 8 oktanata. Da li su ovo jedinitrijedri za dati trijedar (d ,. d2. doj? Jesu ukoliko je L (di) — L(q\) (di i kolinearni), L(dj . d2 ) = Lfcfb di) (ravan određena sa O] i a2

paralelna sa ravni određenom sa q\ i q2) Vidi 14.8. A k o i z r a z i m o s v e u m a t r i č n o j f o r m i , t j . u v e d e m o o z n a k e

oi

91

01

91 =

O l l 01 2 013021 , 02 = a 2 = 0 22 , Cl’ 3 — 0 3 023

_ a:il . 032 _ O33911 912 913921 • 92 = 92 = 922 I I I I 923

. 931 . ^32 . 933 .

o v a t e o r e m a s e r n o ž e z a -p i sa t i i u m a t r i č n o m o b l i k u :

0 11 012 013 911 912 913 r n r i2 r i 3a 2i 022 023 = 921 922 923 0 r-22 r23 = Q R

_ 03 1 032 033 _ _ 931 932 933 _ _ 0 0 1 _

■O- o i = r u 9l A a 2 = r i 2 91 -t~ r 22 92 A 0 3 = r 139 i + r 23 9 2 + r 3393,

g d e j e r n =

r i2 = ( f i 0 2 ;

v e k t o r a <ji j e

| o i | , r 2 , = |a2 - ( q ia 2)r/i| r 33 = \as - (<fid2)9l - (92 0 2)92 !

9 *10 3 , r 2 3 = 9 2 0 3 , p a a l g o r i t a m ( r e d o s l e d ) iz r a č u n a v a n j a b r o j e v a r .

|oi 91 a 1 9102, r13= 03.

92 9 2 0 3 r 3 3 = | a 3 - r 1 3 g i - r 23 q2 1 93

r 22 = | a2 - r l 2 qi \

Q3—1’n <31

O v a j a l g o r i t a m d o b i j a n j a o r t o n o r m i r a n o g t r i e d r a v e k t o r a ( 9 1 ,9 2 , 9 3 ) o d t r i j e d r a ( 0 1 ,0 . 2 ,0 3 ) z o v e

s e G r a m - Š m i t o v a l g o r it a m o r t o g o n a l i z a c i j e , a A = Q ■R z o v e s e Q R f a k t o r i z a c i ja m a t r i c e A .

D e k o m p o z i c i j a A - Q R j e s t e Q.R f a k t o r i z a c i j a m a t r ic e A a k k o s u k o l o n e m a t r ic e Q o r t o n o r m i r a n i

s k u p v e k t o r a ( t j . Q j e o r t o g o n a l n a o d n o s n o u n i t a r n a ) i m a t r i c a R g o r n j a t r o u g a o n a . D a . l i j e

Q R f a k t o r i z a c i ja r e g u l a r n e m a t r i c e A j e d n o z n a č n a a k o j e L { a \ ) = L ( q \ ) , L ( a \ , a 2 ) = L { q \ , 9 2 ) i

L { a \ , a 2 , a 3 ) = L { q \ , q2 . 9 3 ) , g d e s u L ( a \ , ------ a „ ) = < a \ . . . . , a n > o z n a k e z a p r o s t o r g e n e r i s a n



12. Slobodni vektori ‘203

sa, vektorima, qi, .. ., a n l Jeste do na znake ± ispred r \ \ , r 22 i ?"33- J asn o je da je Q T Q = I tj.

de tQ = i l ^ 0. š to sa nezavisnošću ve tora a \ . a 2 i a3 implicira det, A ^ 0 tj. r xl ^ 0, r22 ^ 0 i

Definicija 12.33 Uređenu trojku nekomplanarnih slobodnih vektora zvaćemo triedar vektora ili baza prostora slobodnih vektora.

Definicija 12.34 U skupu t svih triedara vektora može se na sledeći način definisati jedna specijalna relacija p. Neka su (d, b, Č) i (đ\, b\, Ci)triedri. Tada postoje tačke O, A, B, C, A\, B\ i C\ takve da je

a -O A . b =OB, Č -O C , di =O Ai, bt = O B x i Č\ =O G x. Uočtmo rotaciju oko prave kroz tačku O normalne na AOAAi koja tačke A,

B, C preslikava u tačke A , B', C' tako da tačke O. A i A\ budu kolmearne i da A i A\ budu sa iste strane tačke O. Sada uočimo rotaciju oko prave kojoj pripadaju tačke O, A\ i A' i koja tačke B' i C' preslikava u tačke B" i C" tako da B" pripadne ravni AOA± B\ i da B" i B^ budu sa iste strane prave OA\. Sada ćemo rećt da je (d, b,Č)p(a\,b\,Č\) ako i samo ako su C" i C\ sa iste strane ravni

A OA\Bx.

Teorema 12.35 Relacija p iz prethodne definicije jeste relacija ekvivalencije i faktor skup ima tačno dva elementa, tj. dve klase ekvivalencije.

Definicija 12.36 Kla.su ekvivalencije iz prethodne teoreme kojoj pripada triedar (i,j, k) zvaćemo skup desnih triedara, gdeje ( i,j , k) jedan

unapred fiksirani triedar jediničnih vektora od kojih su svaka dva normalna, a d.rugu klasu skup levih triedara.

Napomenimo da se desni trijedar nemože definisati ukoliko se nefiksira neki trijedar i proglasi desnim, a onda svi oni koji su iste ori-

jentaeije sa njim su desni!Da li je korektna definicija: Trijedar vekt.ora (d, 6, Č) je desne ori-

jentacije akko je

r33 7 0. Vidi riftr

a\ b\ c\

a2 b2 c2 > 0 , vidi 12.50«3 h c3




gde je d = a.\i + a2j + a^k, b = b\i + b2j + 63 k i Č = c\i + c2j + c3kl Naravno da nije, ukoliko nismo prethodno definisali da je trijedar

( i , j ,k) desne orijentaeije, jer prethodna nejednakost govori samo da

su trijedri (a,b,Č) i ( i , j ,k) iste orijentacije (i ništa više)!Drugim rečima, ne može se definisati matematički šta je desni tri-

jedar ako se ne fiksira jedan trijedar i proglasi da je on desni! (pa

rnakar 011 bio i levi!!!)Do ove konfuzije dolazi zbog toga što mi kao ljudska bića, znamo

koje nam je desna a koje leva ruka i prva tri prsta. desne ruke einedesni trijedar, a leve ruke eine levi trijedar.

Od svih šest uređenih trojki čije su komponente različiti elementi

skupa nekomplanarnih vektora { a.b.c}, tri su desni triedar, a tri levitriedar. Cikličkim permutovanjem vektora u triedru orijentaeija se nemerija, jer cikličkim permutovanjima vrsta determinanta matrice znakdeterminante se ne rnenja,

Zadatak 12.37 Neka je (01, 02, 03) uređena trojka. nekomplanarnihvektora (t/rijedar vektora).

a) U zavisnosti od vektora dl, 02 i az i operacija sabiranja vektora,

množenja sklara i vektora, inteziteta vektora i skalarnog proizvoda vektora, izraziti sve tnjedare (q\, q2, qz) jediničnih međusobno

normalnih vektora, takvih da je q\ kolinearan sa a\, a vektori

qi, q2: dt i a2 međusolmo komplanami.

b) Koji od tih triedara (q\, q2, q%) su iste orijentacije sa triedrom

(al, a2, a3) ?

Rešenje a) Jedno rešenje je triedar (q\, q2, q$) = (fi, r2, r$), gde je f — - S l L f — a 2 - " ( r i a 2 ) r i ^ _ « 3 - ( ^ ^ 3 ) n - ( - / j 2 « 3 V a , , _ a s y a r e $ e n j a s u

1 |ai |' 1 |a-2—(v~ia.2)î Ijci.3 { ' f ' ic t 's) r 1 ( r ^ a s +2 \ J

6 {(n, f2,f3),(fi.r2- f 3),(ri-r2,r3).(fi,-f2, - f 3),t-fl : f2, f3),(-fl, f2,- f3),(-fl - f 2; f 3) , ( - f U- f 2 . - f 3) } .

b) Iste orijentacije sa trijedrom, (d[,d2,03) su(f i, f 2, r3), (ri, - r 2, - r 3), ( -r i , r2, - r :i) i ( - r l, - r 2, r }).

Definicija 12.38 U skupu V definiše se operacija x na sledeći način: a x 6 = c akko je pravac vektora Č normalan na pravce vektora a i b,




intenzitet |c| = |a||6|sin $:(a, b) a smerje određen time da uređena tro-

jka vektora (a, b, Č) bude desni triedar. Ova operacija se zove vektorski protzvod.

Dali jef\ = f 3 = i r2 = r 3 x r1? ged su f u f 2 i f 3

vektori iz rešenja zadatka 12.37?

Definicija ekvivalentna definiciji 12.38 može se dobiti p om oću skalarnog proizvođ a i teoreme 12.32

primenjene na trijedar vektora (a . b . c ).

T e o r e m a 1 2 .3 9 N e k a j e (a , b , c ) t r i j e d a r vek t o r a I j . (a, b ,c ) j e t r o jk a n e k om p l a n a m i h ( l i n e ar n o

n e za v i s n i h ) v ek t o r a . T a d a j e

a X b ~ ( Q3|o||č>|sin £ (a . b) a ko j e (a, b, Č ) de sne o r i j c n t a c i j e

—93 |S||6|sin (a , b) ako j e (a , b, Č ) l eve o r i j cn t a c i j e

j ■ - « - b ~ ( Q l b ) q { ^ c - ( q i Č ) q i - (q 2Č )( ?2 r> , T 7 - 0qd e i e q\ — — , 09 - - -r;--------- ------ , 03 == -----------— • t Ja n a X b zav t s i od c !

|a| |6 - ( q i b ) qi \ \ Č - (q \ ) qi - (q 2Č )q2 \

D a l i |a x 6| zavi -si od c ? D a l i su t r i ed r i (a , 6, č) i (g i. 53. 93) uveA: i s t eo r i j e n t a c i j e ?

Zadatak 12.40 TVefca je (a, Č) trijedar vektora tneka je qi = jfj,

g-2 = -fcišiML i ff = Dokazati da je a) M = ± ^ .| 6 - (q i 6 ) 9 l | ^ | c - ( 9 i ć ) g i - ( 92^ g 2 | J y |Sxb| io

b) (<fi,<Ž2; <&) trijedar uvek iste orijentacije sa trijedrom (a, b, Č).

Teorema 12.41 (Va, 6, c G V") (Va E M) uaiž:

а ) a x b = —(b x a)

б) a'(d x b) — (cm) x b —a x (ab)

c) a\\ b& axb = 0

d) a x d = 0

e) d.16 <=? |a x 6| = |a||6| 4= a6 = 0

^ Dokaz Direktne posledice definicija.

(Teorema 12.42 Za proizvoljne vektore a, b i Č važi

d x (6 + č) = d x 6 + d x c ,

tj. važi distributivni zakon vektorskog proizvoda u odnosu na sabimnje

vektora.



206 Principi algebre,opšte, diskretne i linearne

Figure 12.4:

Dokaz Ako su bar dva vektora od vektora đ. b i c međusobno ko-linearna, tada je tvrđenje direktna posledica definicija vektora, sabi-ranja vektora, vektorskog proizvoda i teoreme 12.41. Ako nikoja dvavektora od vektora a, b, Čnisu kolinearni, tada odaberimo takve tačke

O, A, B, C, D iz prostora E da je

1) 0 4 = d, 0 B = b, O C^ Č i 0 D = b + Čtj. da je OCDB paralelogram.

Zatim konstruišimo ravan a kojoj pripada tačka O i koja je normalnana pravac vektora a. Normalne projekcije tačaka B. C i D na ravan




a označimo redom sa B ', C' i D '. Jasno je da je

2) OA x O X = O A x O X ’ za svako X e {5 , C, D },

jer su pravci i smerovi ta dva vektora očevidno isti, a intenziteti su

jednaki jer su površine paralelograma nad vektorima OA, OX i OA,

OX' iste zbog jednakosti njihovih osnovica | OA |i odgovarajućih

visina |OX' |. Takođe je

3) 0 & = 0 B ' + 0 C'na osnovu 1), 12.22, 12.23 i 12.25 (projekcija zbira jednaka je zbiruprojekcija).

Uzmimo sada da je

4) O X " = O /l x OX' za svako X € {B . C, D }.\OA\ 1 ' J

Očevidno je da su tačke C", D", B" dobijene rotacijom tačaka C', D ', B' oko tačke O za 90°, pa je paralelogram OC'D'B' podudaran sa

paralelogramom OC"D"B". Zato iz OD'=OB' + OC' sledi

OD"=OB" + OC" , a odavde zbog 4) sledi

OA x OD'= —4r- OA x OB' -+—^ ~ OA x OC',

|OA | |OA | |OA |

->što množenjem sa |OA \daje

0 4 x O D '-OA x OB' + O A x OC'

odakle zbog 2) imamo

OA x OD=OA x OB + 0 4 x OC

i na kraju zbog 1) sledi

a x (6 + ć) = a x 6 + a x c

Teorema 12.43 Neka je (i , j ,k ) triedar jediničnih vektora desne ori-

jentacije (desni triedarj gde je iJLj, i±k , j± k tj. trijedar (i, j ,k ) je ortonormiran (16.7). Tada za proizvoljne vektore a = ci\i + a2j + a.s k




%b = 6] /' + b2;j + 63/.: (pogledaj 12.15. b) važi:

a) ab —di&i -f- a b'j + 0363

Š)j) a x b = (dob-A —(hJh)i -f ' i\1 j k

a-2

b2O3h

i — a\

bi

0,3

b-z J +

Oi

b\02

62 k m Oi o2

b\ b20363

\q )’ |a| — \/ 0 d — + a| “I- a?

0 ) 4 (a. 6) = arccos

e ) aLb 4=>ab = 0

Dokaz

( 4>|d x 6|= |d||6|?)

a) Kako je u = j j = kk = 1, i j = ik = jk = 0 i važi đis-tributivnost skalarnog proizvoda u odnosu 11a sabiranje vektora

(teorema 12.27), to sledi tvrđenje.

b) Kako je na osnovu definicije vektorskog proizvoda i definicije

triedra (? , j , k)

1 j k0 k - j

j - k 0 i

k j —i 0

i kako važi distributivnost vektorskog proizvoda u odnosu na

sabiranje vektora, tj. teorema 9.27, to sledi tačnost tvrđenja.

:) Na osnovu definicije 9.16. skalarnog proizvoda vektora sledi

aaIaf = aa O |a| =

Vidi 16.4 i 16.3.

d) Sledi iz definicije skalarnog proizvoda.

y a\ + a| + a| = a 1a a a.

T e or e m a 1 2 . 4 4 A k o j e f ( a ) = ( i a . j a , k a ) t a d a j e f : V — + 1R3 b i j ek t i v n a f u n k c i j a .



12. Slobodni vektoh 209

D o k a z K a ko j e p F ~ funkcija 12.17, to je i / funkcija. Injektivnost sledi iz

f ( a ) = f ( b ) => ( i a , j a , k a ) = ( i b, j b , kb) => i (a — b) = 0 A j ( a — b) = 0 A h (a — b) = 0 =4> a = b

je r ve kto ra

— 6 ^ 0 ne može b it i no rmalan na svakom od vektorai , j , k ,

pa je a — b =

0 .

Sirjektivnost funkcije / je oč ev id na, je r za sv ak u ur eđ en u tr ojk u re al nih bro je va ((11,0,2,03),

postoji vektor o = a \ i + a ^ j + a $k za koji važi f ( a ) = (a i, 02, <13,), što se jednostav no proverava

je r je očevid no i a — a \ , j a = 02 i fca = 03.

Koristićemo kraću oznaku / (a ) = (ai, 02, 03) = 3 . U stvari, funkciju / bi trebalo označavati

sa f ^ -j međutim, zbog kratkoće zapisa, mi to nećemo činiti.

Ista ta funkcija /, mogla se definisati i pomoću teoreme 12.15, gde za vektore a , b i c uzmem o

vektore i , j i k , a za a , 3 i 7 uzmemo redom i a = « i , j a =2 i fca = 03 . Funkcija / , znači, preslikava

slobodne vektore u uređene trojke čije komponente su rea-lni brojevi.

Teorenia 12.45 N e k a j e o : R3 x R3 —>IR b i n a r n a oper a c i j a def i n i s a na sa SLo b = ( ai , a o, 03) o

(č>i, 62, 63) = a i61 + 0262 + 0363 sve f l j b € K3. Tada je

a O b = a6.

Dokaz a ob U=14' (01, 02, a.3) o (61, 62, 63) ai&i + 02 &2 + 0363 12=°‘ ab.

T e o r e m a 1 2 .4 6 A l g e b a r s k a s t r u k t u r a (V7, + , x ) i z om o r f n a j e a l g eb a r s k o j st r u k t -u r i (R3, + , *)

( v i d i 6.19),. gde j e (01. 02, a%) * ( b\ , 62. 63) = (0,263 — 0362, 0361 — 0163, ai&2 — a.2&i)

D ok az Izomorfizam je bi. jekcija / iz teoreme 12.44. P rvo imam o

f ( a + 6) 12= ° ' f ( a j i + 0 2 / + a : i k + b \ i + 62J + 63k) V2'

12.5,12.9. , 1 , 1 ~ 12.41. , , , . , 6.19.= / ( ( a i + 61 )'t - f ( o 2 + 62 )j + (a.i + 6 3 )k ) = ( a i + & 1 , 0-2 + 0 2 , 03 + 6 3) =

6 = J' (01,0,0.0,3) + ( 61,62 ,63) X" = 4' f ( d ) + f ( b ) .

A ta kode je i

f ( a x 6) 12= ° ' /( (« ] i + 02 j + a3&) x (61-i + 62J + 63*)) 12= 3'

/((0-263 “ 0362)* + (0361 - o 163)j + (0462 -- a2&i)fc) i2= 4'

( 02 63 - 0 3 6 2 ,0 3 6 1 — 0 1 6 3 , 0 1 6 2 - 0 26 1 ) ( 0 1 , 0 2 , 0 3 ) * ( 6 1 . 6 2 . 6 3 ) 12= 4-

/( a ) * /(& ).

Ako prim en im o / “ 1 na je dnakost f ( d X &) = / (a ) * /(&) i stavimo a = / "^ (a ) , & = / ~ ^ ( b )

dobija se

/ - 1( a ) x / - 1( b ) = / ~ 1( a * b ) .

T e o r e m a 1 2 . 4 7 /ifco j e f f u n k c i j a i z t eo r em e 12.44 i ope ra c i j a ■ i z zada t k a 6 .19 , t ada za svak i

r ea l a n b r o j a i sv a k i v e k t o r a v a ži f ( a a ) = a ■ f ( a ) o d n o s n o , / - 1 ( a SL) = a / “ 1 ( & ) .

Dokazf ( a a ) 12;J4' ( i ( a a ) , j ( a a ) , k ( a a ) ) 12= 2' ( a ( i d ) , a ( j a ) , a ( k đ ) )

6=9' a ( i d , j đ , k a ) 12= 4- a f ( a ) .

Ako pri m en im o f _1 na jednakost f (a a ) = a - / ( a ) i stavimo a = / ' _ 1 ( a ) . dob i jamo / _ 1 ( a -a ) — a / - J(a). ' ‘



210 Principi aJgebre, opšte, diskretne i linearne

jT e o r e m a 1 2 . 4 8 j ( T eo r em a o d v o st r u k om v ek t o r s k om p r o i z v od u ) Z a s v e vek t o r e a , b, c £ V vaz i

a) (a- X b) X c — (a c)b — ( bc )đ b ) a X (b X Č) — (a,Č)b — (a b) c.

Dokaz ,

(a x b ) x 11 ( r H a ) X r l (b)) x ./ ! iC )

/ - 1(a* b) x / _1(c) 12=46 / _1((a* b) * c)6=9

/ -^ (a o c ) •b (boc) ■a) 12=16 / _1((ao c) b) - /^ ((b o c) •a) 12= '

12=47 (aoc^rHb) - (boC)f~1(a) 12-47= 2'45(oč)6 - (6c)o.

A na lo gno se dok az uje i u slu ča ju p od b).

Definicija 12.49 MeŠoviti pvoizvod vekt.oru a. b i c je a(b x č).

Teorema 12.50 Mešoviti proizvod nekornplanarnih vektora a. b %c je po apsolutnoj vred.nosti jednak zaprernini p a r a l e l o p i p e d a koji jc određen

tirn vektorima a. b i Č i jednak je determinanti matrice cije koJone su

redom koordinate vektora a, b i Č.

Dokaz |a(h x č)| = \b x c] •|pr6x-(a)| = B h = V gde je B baza,h visina i V zapremina paralelopipeda OMNPO'M'N'P'.. pri čemu

je OM = b, OP = Či 0 0 '= a, jer je \b x č] = bcsin < (b,c) površinaparalelograma, a |pr^x?(a)| je visina paralelopipeda zbog normalnosti

vetora (b x Č) na bazu paralelopipeda.

Teorema 12.51 Vektori a. b i Čsu komplanarni akko je njihov mešoviti

protzvod jednak nult.

Dokaz(=>) Ako su a. b i Čkomplanarni, tada ako je bar jedan od

njih nula vektor ili b\\Č, mešoviti proizvod će očevidno biti nula. Neka je sada a 0, b ^ 0, Č 7 0 i b ^ c. 'Tada je 0 / (b x Č) J_ a, pa je na

osnovu teoreme 12.27(c) a(b x Č) = 0.

(«*=) Ako je mešoviti proizvod a(b x Č) jednak nuli. tacla je (7 = 0 ili

h x c = 0 ili a,±(b x Č). U svakom od ovih slučajeva ili je bar jedanod vektora jednak nuli što znači da su komplanarni (definicija 12.11),

ili su vektori b i Č kolinearni, ili su sva tri vektora a, b i c normalna na

vektor b x Č, pa su zbog toga komplanarni.

Drugi način dokazivanja ove teoreme je primenom prethodne teo-



|zadatak_J_2,.52 Neka je A B C D E F pravilni šestougao, P i Q sredine redom stranica BC i E F i tačka T presek duži AP i BQ. U kom odnosu tačka T deli duži AP i BQ?

12. Slobodni vektori 211--- --------- -----r

L

A BRešenje Zađaci ovog tipa rešavaju se tačno utvrđenim postupkom

koji ćemo izložiti kroz ovaj primer. Uočimo bilo koji poligon čijojkonturi pripada bar jedna od duži koje ućestvuju u traženom odnosu,na prirner ABT. U sledećem koraku, napišemo zbir vektora po konturi

tog poligona i izjednačimo ga sa nulom, tj. AB + BT + TA — 0.

Uočimo neka d.va J nekolinearn^ vektora. na primer(^B^ a i BC — Sjisve vektore sa konture izrazimo pomoću vektora a i b (12.13). Jasno

je da je zbog teoreme 12.12 TA= a PA i B T= /3 BQ za neke skalare

a i J. Sada imarno da je TA= a PA= a(—^b —a) i B T = (3 BQ =

1( - 2a |b) što unošenjem u AB + BT f T A = 0 daje

(1 - 2(3 - a)a + (^3 - â)b = 0.

Odavde, na osnovu teoreme 12.13. sledi da je 1 —2(3—a = 0 i | fi—\a =0, tj. a = l \ p = l pa je BT : TQ = 1 : 4 i AT : TP = 3 : 2.

Zadatak 12.53 Neka su A, B, C i D četin proizvoljne tačke.

a) Ako je OM = rM t ON = f N, izraztti M N i N M u zavisnosti od f M i f N, koji se zovu vekton položaja tačaka M i N .

b) Dokazati daje: 2 AĆBD = B Č B C + A D A D —ABAB —DCDC.




c) Izmčunati ugao izrneđu dijagonala AC i BD četvorougla ABCD

ako je AB = 11, BC = 13, CD = Si DA = 4.

Zadatak 12.54 Rešiti jednačinu x + a x x = b u skupu vektora.

Rešenje Ako se data jednačina pomnoži skalarno sa vektorom a do-bija se ax = ah. Množeći vektorski datii jednačinu sa vektoroma dobijamo a x x + a x (a x x) - a x b. Izražavanjem vektoraa x x iz date jednačine i unošenjem u prethodnu jednakost, dobijase b — x + a x (a x x) = a x b. Korišćenjem teoreme 12.48 i

zamenom ax sa ab iz prethodne jedakosti dobija se d a je

b - x + (a b )a - a2x = a x b . odakle je x = ((ab )a + b - a x b ) .

Zadatak 12.55 Naći skalarni proizvod vektora a i b, ako je vektor a = 3 p - 2q i b = p + 4q, gde su p i q normalni i jedinični vekton.

Zadatak 12.56 Koliki je zbir a-b + b-c + Č-aako su a, b i Č tn orta

koji zadovoljavaju uslov a + b + Č = 0.

Zadatak 12.57 Naći intenzitet vektorap = 4a—6+ 8Č, ako je a±b±Čla

i inteziteti su im 2.

Zadatak 12.58 Naći dužvau kraće dijagonale paralelograma konst.ru- isanog nad veMorima a = 5 p + 2q i b = p — 3q, ako je |]7| = 2\/2,

\q] = 3 i (p.q) V 4-

Zadatak 12.59 Naći ugao izrnedju veklora a —3/7+ '2q i b — p + 5f,

ako su p i q uzajamno normalni jedinični vektori.

Zadatak 12.60 Ako je |a| = 2 , |6|= 5, (a,b) = 2tt/3 odrediti za

koju će vrednost koejicijenta a vektori p = aa + 17b i q = 3a —b biti

uzajam.no normalni.

Zadatak 12.61 Koji ugao obrazuju jedinični vektori s i t. ako su

vektori p = Š + 21 i q = 5s —41 uzajamno normalni.

Zadatak 12.62 Za koju vrednost koeficijenta a će vektorip = aa+ob i q = 3a —b, biti kolinearni, ako vektori a i b nisu kolinearni?



1'2. Slobodni vektori 213

Zađatak 12.63 Izračunati površinu paralelograma konstruisanog nad vektorima a = fh+2n i b = in—Zn, za: rn = 5, n = 3 (m, n) = 7i/6.

Zadatak 12.64 Izračunati sinus ugla izmedju dijagonala paralelograma konstruisanog nad vektorima a = 2rfi + n —p ib = rn —3n + p, gde su rh, n ip uzajamno normalni ortovi (jedtnični vektori).

Zadatak 12.65 Izračunati zaprermnu pandelopipeda konstruisanog nad vektorima a = p — 3q + r, b = 2p + q — 3r i Č = p + 2q + f, gde su p, q t f uzajarnno normalni ortovi (jedinični vektori).

Zadatak 12.66 Dati su vektori a = 2 fn — 3n + 4/7; b = m —n — p i

Č = 4m —5n + 2 p. Razložiti vektor Č u pravcu vektora a i b.

Zadatak 12.67 Dokazati da su vektori a = St— 4j + 2k, b = 4i+ j —ki Č = iri + 11 j —7 k, komplanarni i razložiti vektor Č u pravcu vektora ai b tj. na/pisati u obliku^= ~ aa + fibj gde su, a i 0 neki realni brojevi.

Zadatak 12.68 Izračunati površinu paralelograma konstruisanog nad vektorirna p = 2a + 36 i q = a — 46, gde su a i 6 normalni i jedinični.

Zadatak 12.69 Izračunati \q\ zaq = (3m + 4n + 5p) x (rn + (m + A'p), gde su m, n i p uzajamno normatm ortovi (jedinični vektori).

Zadatak 12.70 Dokazati da je rnešovit proizvod tri vektora od kojih su dva kolinearna. jednak nuli.

Zadatak 12.71 Naćt zapreminu trostrane ptramtde čtja su ternena u tačkama A ( 2, —1,1); B ( 5. 5,4): C ( 3, 2, —1); D ( 4,1, 3).

Zadatak 12.72 Naći vtstnu CD trougla, ako znamo njegove strane

AB = 3/7 —4q i BC = p + 5q, prt čemu su p i q jedinični i normalni.

Zadatak 12.73 Naći projekciju vektora a = 10m + 2n na pravac vektora b = 5m — 12n, gde su rn i n normalni i jedinični vektori.

Zadatak 12.74 Strane trougla su: AB = 5a + 26; BC = 2a — 46;

CA = —7a + 26. Naći dužinu težišne linije AM i visine AD trougla ABC. ako su a i b uzajamno normalni ortovi (jedinični vektori).



Zadatak 12.75 Dokazati da je (a + 6)2 + (a - h )2 = 2(a2+ 62) tj. zbir kvadmta dijagonala paralelograma, jednak je zbiru kvadrata njegovih

strana.

Zadatak 12.76 Dokazati da je : (a x b) + (b x Č) + (Č x a) =

= (Č + a) x (đ + b) + (a + 6) x (b + Č) + (b + Č) x (c + a) .


((a xb) x c f + ((b x Č) x a f + ((Č x a) x b) =

= 2 (b2(aČ )2 + a2(bČ )2 + c2(ab)2) - 6(ab)(aČ)(bČ).

Zadatak 12.78 Pokazati da je (a x b) x (b x Č) = (a(b x Č))b.


(a x b) (Č x cl) + (b x Č) •(a x d) -f (Č x a) (b x d) = 0.

Zadatak 12.80 Pokazati da je (a x b )2 + (a •b )2 = a2lr.


(b-Č) x (Č + a) + (a - Č) x (Č + b) = 2 ((a + b) x č).

Zadatak 12.82 Doka zat'i da je

a x (b x (Č x d)) = (a(Č x d))b —(a b)(Č x d).

Zadatak 12.83 Izračunati uglove između dijagonalnih preseka kocke.

Postoje dva ugla različitih mernih brojeva! Jedan je a drugi je !

.......... fi?Ai

214 Phncipi algebre, opšte, diskretne i Jinearne



Glava 13

ANALITIČKA

GEOMETRIJ A Ako 11geometrijskom (Euklidskom) trodimenzionalnom prostoru pored

fiksiranog jediničnog triedra vektora ( i , j ,k) , gde su svaka dva vek-tora međusobno normalna, fiksiramo i jednu tačku O, tada dobijamoDekartov pravougli koordinatni sistem, gde su ose x,y, i z određeneredom sa vektorima i , j i k i tačkom O. Drugim rečima, dobijena

je bijektivna funkcija koja svakoj tački prostora pridružuje uređenutrojku realnih brojeva. Cinjenicu da tački A odgovara uređena trojkarealnih brojeva ( x , y , z ) označavaćemo sa A(x, y,z).

Jasno je da svakom vektoru jednoznačno odgovara tačka A takva

da je vektor OA baš taj vektor i taj vektor ćeino označavati sa f A, gde je O koordinatni početak. Videćemo da je to izomorfizam prostorauređenih trojki realnih brojeva i prostora slobodnih vektora!

Definicija 13.1 Vektor f A =O A zove se vektor položaja tačke A, gde

je O koordinatni početak, f A = O A = xi + yj + zk , gde su (x, y, z) ko-

ordinate tačke A(x, y, z).

Znači ako imamo tačku A(x, y, z), tada je f A = xi + yj + zk i zbog

kratkoće pisanja uobičajeno je da se xi + yj + zk zapisuje samo sa(;r, y, z) ili preciznije taj kraći zapis je ustvari izomorfizam / (vidi12.44 i 12.46) grupe slobodnih vektora u odnosu na sabiranje vektora(V, +) i grupe uređenih trojki realnih brojeva u odnosu na sabiranje

215



(R3, +), gde je sabiranje trojki definisano sa_________________


(ft'i, OL‘ i , a3) + (/?i, /?2, As) — (a’i + A j

ome, ako imarno tačku A(x, y, z), ta<

o 2 + 02 ? 3

Prema tome, ako imarrio tačku A(x, y, z), tada je f ( f A) = (;r. y, z), ali

ćemo zbog kratkoće kao što smo se već dogovorili izostaviti / i pisatisamo f A = (x,y, z).

Sada ćemo videti kako se elementarne činjenice iz analitičke ge-ometrije jednostavno izvode pomoću vektora,

Neka su A(x,i,iji, zx) i B (x2 ,y2<Zž) tačke iz prostora.Tada je

A B = \ AB \ = |f j x' ( f b - r A ) ( r B - f A) = V (x B - i a ) 2 + ~ 1/a)2 a ) 2 .

Lema 13.2

Deoba duži u datoj razmeri Ako tačka M deli duž AB u mzmeri A : 1, tj. AM = A MB, tada

, Ta + A//;

1 + A '

Dokaz A M = \MB & AO + OM = X(MO -I OB) ^

<=> —f A + f M — — A f M + \ t b <5 - ( 1 + t y r M — f / \ + \ v b

?A1+A

Faktički to je jednačina prave p = p(A, B) bez tačke B. odnosno

A e E \ { - l } & M e p \ { B ]

Lema 13.3

Jednačina prave p

Neka je f M = f = (x, y, z) vektorska promenljiva. Tada je

Ako pravoj p pripada tačka A(xi ,yi,Zi) i ako je p\\p — (p\,p2-,pz) , tada vektor položaja f = f j s j = (x, y, z) proizvoljne tačke M teprave p, po prvom zakonu analitičke geometrije, očevidno zadovoljava

jednačinu f M = f = f A + tp gde je t proizvoljni realni broj, jer je M e p & f - f A \ \ p ^ f - f A = tp . Očevidno važi i obratno da ako



13. A milit ička geometrija 217

vektor f = (x, y, z) zadovoljava jednačinu f — f i + tp tada tačkačije koordinate su (x, y. z) pripada pravoj koja prolazi kroz tačku

A(xi , iji, z\) i paralelna je sa vektorom p za neki realni broj t . Znači

jednačina prave u vektorskom obliku je f — f ^ + tp, ekvivalentno sa x = Xa + tpi A y = yA + tpi Az = za + tp$ koji zovemo parametarske

jednačine prave i često ga zapisujemo i sa X ~ XA — V -V A — z - z A _ . P 1 P 2 P3

što zovemo kanonički oblik jednačine prave.

Neka su a = OA i b dati nenula međusobno normalni vektori, neka je f = xi + yj + zk promenljivi vektor i neka je a ravan koja prolazikroz koordinatni početak, a normalna na vektor b. Tada vektorska,

jednačina

a x f = b jeste jednačina prave p koja pripada ravni a, paralelna je sa OA, u-

daljena od OA za ||| (visina paralelograma čija osnovica je OA. a

površina |6|) i ako je P proizvoljna tačka prave p tada je (a,OP,b) trijedar desne orijentacije.

Lema 13.4 'bAj. i/]

Jednačina ravnj_a __

^Neka je rA/ = - r = (x ,y ,z) vektorska promenljiva. Tada je\ Q(xi,yi, zi) e a±n = (A, B, C)

p I I a : Ax + By + Cz + D = 0.

a : A(x - Xi) + B(y - i/\) + C(z - z\) = 0

je n = Ai + B j + Ck = (A, B, C) vektor normalan na ravan a, Q proizvoljna fiksna tačka ravni a, f promenljivi (tekući) vektor čiji vrh

uvek pripada ravni a ako mu je početak u tački 0(0. 0,0), A, B, C, D su realni brojevi. za koje važi da je A 2 + B 2 + C2 ^ 0 (A, B, C) ^(0,0, 0) & A ± 0 V B ^ 0 V C / 0 tj. bar jedan od A, B , C je različitodjmle i D = —nfQ._

Dokaz Jasno je da mora biti bar jedan od brojeva A , B i C različitod nule, jer bi u protivnom to bila jednačina praznog skupa za D ^ 0ili jednačina celoga prostora za D = 0. Neka je dati vektor normalen = (A, B, C) = Ai + Bj + Ck i tekući (promenljivi) vektor f M = f =

= (x ,y ,z) = xi + yj + zk. Tada imamo da Ax + By + Cz + D = 0

& rir = - D & \f = # ^ ±|P*v1 = w ^ M (x >V’ z) G Sde Je




o ravan normalna na vektor n i udaljena od koordinatnog početka zaItJt! u smeru vektora n za D < 0, a u smeru vektora —n za D > 0. □! |n| '

Osnovna pravila za rešavanje zadataka iz analitičke geometrije.

1 Jedinični vektor bilo kojega pravca (ili prave p) se dobija kadabilo koji vektor p paralelan sa pravom (pravcem) p. podelimosa njegovim sopstvenim intezitetom tj. jedinični vektor je p .

,1 fAfo;s, m t JpA * j i j l §£ t fv 2 Bilo koj'i vektor jednak je proizvodu njegovoga inteziteta i je-

diničnog vektora kolinearnog (paralelnog) sa njirn. ..

3 U većini zadataka, potreban vektor u rešavanju, dobija se kaovektorski proizvod neka dva data nekolinearna vektora koji su

/ oba normalna na traženi vektor. ( { K ^ __

4 Dati su vektori r 4, a, b. c i realni brojevi \AB\ = d\, \BC\ = d2

i \CD\ — r/3, tako da je 0 || AB, b j| BC i c ||CD. Tada vektor f D izražen u zavisnosti od datih vektora i skalara (brojeva) je

= pa ± t| ± * d,m -gde se ispred sabiraka uzimaju znaci 4 ako su \-ektori c l , b , c

istog smera sa redorn vektorima AB, BC, C D , a u supi otnom

znaci — .

Lema 13.5Parametarske jednačine ravni

Neka su a = (ai,a2, a3) i b = {b} , b2. 63) dati nekolinearni vektori i

A ( x a , y A, zA) data tačka. Tada f = f A + ota + (3b je vektorska parame-tarska jednačina ravni, ekvivalentno sistemu parametarskih jednačina

t*= x A + aa.i + (3b\, y = yA + aa2 + $b2, z = zA + aa3 + (3b-c gde su a i (3 parametri. Jasno je da je to ravan koja je jednoznačnoodređena time što prolazi kroz datu tačku A i paralelna. je nekoline-

arnim vektorima a i b.Prim er Naći jednačinu skupa svih tačaka koje su sredine neke duži

čija jedna krajnja tačka je na pravoj a : = + p = t\ ikrajnja tačka je na pravoj b : | = = t2.



13. Analitička geometrija 219

Rešenje Proizvoljna tačka prave a je P(2t i + 1 ,t\ —2 ,‘ Sti + 1) i

proizvoljna tačka prave b je Q(3t2, 212 + 3. —12 — 1). Ako su x , y i z koordinate sredine duži PQ, tada je

^ _ x p + x q _ 2ti + 3 2 + 1 x _ _ _ _ _ _

yp + Vq t\ + 2t2 + 1y = ------------------------- ^ = -------------------- ------------------------

2 2 zP + zQ 31\ - t2

2 2što su u stvari parameterske jednačine ravni. Elirninacijom param-etara t\ i t2 iz ovih jednačina dobija se opšti oblik jednačine te ravni

7x - 11 y - s + 2 = 0.

Lema 13.6Normalni oblik jednačine ravni.

Ako se jednačina ravni Ax-\-By + Cz + D = 0 podeli sa intezitetom\-ektora Ai + bj + Ck tj. sa y/A2 + B2 + C2, dobija se

x oos a + y cos (3 + z cos 7 — p, gde je

A BCOS a = . ...-..........— , c o s (J

V A 2 + B 2 + C 2' V W T W + Č Ž '

C . I> COS 7 = . .......... , i p = , -t:..,.....

\ / A 2 + B 2 + C 2 \ f A 2 + B 2 + C 2

i gde su a, 0 i 7 uglovi koje vektor normale n, ravni zaklapa sa je-diničnim vektorima i, j i k. a \p\ je rastojanje ravni od koordinatnogpočetka. Ovaj oblik jednačine ravni zove se normalni oblik jednačine

ravni.

Lema 13.7 ,Segmentni oblik jednačine ravni

Ako je A • B C D ^ 0, tada je

Ax + By + Cz + D = 0 ~d + + ~d = 1~A ~B 7T

Ovaj oblik se zove segmentni oblik jednačine ravni. Brojevi u ime-

niocima ove jednačine prdstavljaju redom odsečke koje oclseca ta ravanna osama x, y i z.




Lema 13.8

Jednačina ravni paralelna sa dva data

nekolinearna vektora a i b tj. normalna na vektor n = a x b i prolazi kroz datu tačku M

Do jednačine ravni a najčešće se dolazi tako što se pronađu dva

nekolinearna vektora a i b, koji su paralelni sa ravni a i bar jednatačka M(xi ,yi , Z\) koja pripada ravni a jer je tada jeđnačina ravni

(a x b ) ( r - rM) = 0 < > A(x - :i‘i) + B(y - yi) + C(z - zi) = 0,

gde je a x b = (A, B, C) = At + Bj + Ck. Ovaj oblik jednačine ravnipoznat je pod nazivom jednačina ravni kroz jednu t ačku. ^

Znači, ako imamo bar jedan vektor n — (A, B, C) —Ai + Bj + Ck koji je normalan na ravan a i bar jednn tačku Q(x\, y\, z\) koja pripadaravni a i ako je f = (x, y, z), tada jednačina ravni a je:

n f = n f Q <=>n ( f — f Q) = 0 A(x — xi ) + B(y — yi) + C(z —î)—0 .

Lema 13.9

Jednačina ravni kroz tri tačkeNa osnovu do sada rečenog jasno je da jednačina ravni kroz tri

nekolinearne tačke A(x^,y^,z\), B(x2 ,y2^ 2 ) 1 C(x%,yz< -3) je:6 x (/[ 'ć ] tf A 7b) x (7A ~ ro)) (r ” r1 ) = 0 odnosno( K

x

X i

X\

X2

- x 3

y

,Vi

Vi

ih

1/3

i

-3

0.

Lema 13.10Prodor prave kroz ravanZajednička tačka P ravni a : n f

se tako što f = r\+ta uvrstimo u nr

f A+ ta anrQ 1prave a : 1nfn i rešimo dobijenu jednačinu

A' Ako sada tako dobijeno tpo t. Tako dobijamo da je t uvrstirno u f = f A + ta , promenljvi (tekući) vektor f postaje f p i slediformula za prodor P prave a : f = f A + ta kroz ravan a : n f = n fQ




Lema 13.11

Projekcija (ortogonalna) tačke na pravu Nekajepravaaodređena tačkom A koja joj pripada i vektorom a sa kojim je paralelna,

Projekcija M' tačke M na pravu a : f = f A + ta dobija se tako štopostavimo ravan a kroz tačku M normalno na na pravu a i tražimoprodor parave a kroz ravan a po prethodnoj formuli. Tako dobijamo

da je ________________ _

Ako prava prolazi kroz koordinatni početak tada za f A rnožemo uzetivektor (tačku) (0, 0,0) pa prethodna formula glasi:

-> r Ma _ ar\, _ ar,, a rM, = ^ a = a = pr = prs(r„).

aa aa \a\ \a\

Lema 13.12

Projekcija (ortogonalna) tačke na ravan Neka je ravan cvodređena tačkom Q koja joj pripada i vektorom n na koji je normalna,

Projekcija M' tačke M na ravan a : n f = nfQ dobija se tako što kroz

tačku M postavimo pravu normalnu na ravan a i prodorna tačka teprave kroz ravan a biće tražena tačka M'

r ) n n.

Ako ravan prolazi kroz koordinatni početak tada za f Q možemo uzetivektor (tačku) (0, 0, 0) pa prethodna formula glasi:

- - rMrl -r - r „ - 7~r n. M ~ nn

Definicija 13.13

Zajednička normala n pravih a i b je prava koja seče pravu o, seče pravu 6, normalna je na pravu ai normalna je na pravu b

Drugim rečiina prava n je zajednička normala pravih a i b akko jen H a =/0 A n D b ^ 0 A n±a A n±b



222 Principiâlêbre, opšte, diskretne i linearne

f\ f- ( h ^ C ) .

Lema 13.14 T T

Algoritam za konstruisanje zajedničke normale neparalelnih pravih (mimoilaznih ili koje se seku)

Neka je n zajednička normala neparalelnih pravih a i b. Tada redomkonstruišemo ravan a, ravan (3, tačku P i pravu n na sledeći način:

f l C a A a\\b 2. b C (3 A (31. a 3. a D 0 = { P } 4. nJ-a A P E n

Drugim rečima kroz pravu a postavimo ravan a paralelnu sa pravom6, zatim kroz pravu b postavimo ravan (3 normalnu na ravan a i pre-sek prave a sa ravni (3 je tačka P koja pripada traženoj zajedničkojnormali n. Znači prava koja prolazi kroz tačku P i normalna je naravan a (tj. na prave a i b) je tražena zajednička normala n.

Lema 13.15

Jedna tačka zajedničke normale mimoilaznih pravih, jednačina te normale i presek dve prave

Neka su neparalelne prave a i b određene sa njiho\rim vektorimaa i b i odgovarajućim tačkama A i B. Tada jedna tačka P njihovezajedničke normale n određena je sa jednakošću:

(rB~ r 4) nB_, „ (rB - r A) ( ( a x b ) x b ) •- - :r- - ---- - a = rp = rA 4------------------- =;----- u-------a n 3 čl {(a x b) x b)

Rezultat se dobija tako što se koristi formula 13.10 za prodor prave

a : f = f A4- ta kroz ravan (3 čiji vektor normale je np = (a x b) x b ialgoritam za dobijanje zajedničke normale 13.14.

Kako je vektor zajedničke normale ft = a x b, to je jednačina

zajedničke normaleii : f = f p + t(a x 6)

IJkoliko prave a i b nisu inimoilazne već se seku. tada je f p vektor

položaja njihove presečne tačke.Zajednička normala dve mimoilazne prave se može dobiti i na

sledeći način. Neka je prava a paralelna vektoru a = (ai, a , 03) i pro-

lazi kroz tačku A(x\,yi , Z\), a prava b paralelna vektoru b — (61, 62, 6 3 )

i prolazi kroz tačku B( x2, 2/2, 2)• Njihove jednačine u kanoničkom ob-liku su:

x - xi _ y - 1/1 __ 2 - zi _ x - x2 _ y ~ y2 _ z - z2 _ ^(i\ a2 a-3 ; bi b2 b 3




Proizvoljna tačka P sa prave a ima za koordinate linearne funkcije odpromenljive t, a proizvoljna tačka Q sa prave b ima za koordinate

linearne funkcije od prornenljive s, pa onda vektor QP ima za koor-

dinate linearne funkcije od dve promenljive s i t. S druge strane jeQP = A(tt x b). Izjednačavanjem tih vektora dobija se sistern od trilinearne jednačine sa tri nepoznate: t. s i A. Za izračunatu vrednostparametra t dobija se tačka P na pravoj a, a za izračunatu vrednostparametra s dobija se tačka Q na pravoj b. Zajednička normala jeodređcna tačkama P i Q. _^

Lema 13.16 * * * ^ .

Presek dve ravni Neka tačke A i B pripadaju redom ravnima,a i 6 , a neka su vektori na i fig normalni redom na ravni a i (3. Tadatačka A' koja je projekcija tačke A na pravu a n /3, određena je naosnovu formule presek prave i ravni, gcle se prava bira tako da jojpripada tačk ec A i da je kolinearna sa vektorom (na x fip) x na i zaravan se tizme ravan i3. Prema tome vektor položaja tačke A' je

r,, = rA + -7---- — ---- -------------- ( (fia x //,,•) x n(

(na x n6) x naj n f3

pa jednačina prave a n 6 je r = r , + t(na x n.g).




Lema 13.17Rastojanje tačke od ravni

Rastojanje d(M,a) proizvoljne tačke M( xi, y\, Z\) od neke ravni- ' ——>a : Ax-\ By \Cz \D = 0 jednako je projekciji vektora N M na pravacvektora n — (A, B, C), gde je N( x, y, z) proizvoljna tačka ravni a, tj.

d(M , a) = \prnNM n

|(xi — x, yi —y, Z\ —z) (A, B, C)\ \Ax.\ + By\ + Cz\ —Ax — By —C<

\Ax\ + Biji + Cz\ + D |

V'A 2 + B 2 + C 2

Lema 13.18 ^Rastojanje između neparalelnih pravih

Rastojanje d(a, b) izmečtu dve neparalelene prave a i b, gde prava

a prolazi kroz tačku .4 i paralelna je sa vektorom a. a prava b prolazikroz tačku B i paralelna je sa vektoroin b. jednako je projekciji vektora

AB na prvac vektora a x b, tj

, ^ , -r->, \(a x b)AB\d(a,b) = \prSxiAB\ =

|a X 1 ) |

Lema 13.19Rastojanje između tačke i prave

Rastojanje d(a , A) između prave a i tačke A jednako je visini pa-ralelograrna čija jedna stranica je a = |a|, a druga MA. gde je M nekatačka prave a i a vektor sa kojim je paralelna prava a. Znači,

----->

d(a,A) = ------------- L.



]3. Analitička, geometrija 225

Lema 13.20 Presek pravih

Presek pravih

a x ~ Xi = y ~ yi = z ~ _ t i 5 . 3; ~ :I'2 _ y ~ Vi _ z ~ z2«1 0,2 03 b‘ 2 63

traži se tako što izrazimo x iz jednačine prave a u zavisnosti od t iizrazimo j; iz jednačine prave b u zavisnosti od s, pa dobijene izrazeizjednačimo što nam daje jednu linearnu jednačinu sa dve nepoznatepo t i s. Analogno uradimo i sa y i sa pa ćemo dobiti tri linearne

jednačine sa dve nepoznate t i s. Ako sistem bude kontradiktoran ondane postoji zajednička tačka te dve prave, ako sistem bude neodređenonda se prave poklapaju i ako sistern bude određen, tj. ima samo

jedno rešenje, onda se prave seku.DRUGI NAČIN (vidi 13.15):

Neka su prave a i b određene sa njiliovim vektorima a i b i odgo-varajueim tačkama A i B i neka se seku, tj. (a x b)(fA —f B) = 0

i a x b =£ 0. Tada zajednička tačka P pravili a i b određena je sa jednakošću:

= ., + (rA - r B) ((a x b) X a)j.

f h b ((a x b) x a)

Rezultat se dobija tako što se uzme da je ravan a određena time što jojpripada prava a i normalna je na vektor (a x b) x a i primeni predhodnirezultat o preseku prave b i ravni a.

Lema 13.21

Pramen ravniPramen ravni je skup svih ravni koje prolaze kroz jednu istu datu

pravu. Prarnen ravni se može dati na primer sa dve ravni koje se seku.Neka se ravni

(*) a : A\X + B\y + C\Z + D\ = 0 i f3 : A2x + B2y + C2z + D 2 = 0

seku. Napisaćemo jednačinu proizvoljne ravni 7 koja pripada pramenuodređenom presekom ravni a i 3. Kako se ravni a, /?, 7 seku po istojpravoj, to su njihovi vektori normala redom

fo = {A\. B\, C\ ). n.fj = (A2: B2, C2) i n'7




komplanarni, pa postoje realni brojevi f i , £ i v takvi da je /m /7+£f?Q.+

i'U -i — 0. Ako n'j nije kolinearno sa np (tj. 7 D' (3 odnosno 7 ^ 0),

tada je £ 0, pa deljenjem sa —£ dobijamo —|n'7 — nQ+ | ftg gde

je vektor —|n'7 takođe normalan na ravan 7 pa ćemo ga obeležiti sa?i7, a broj 7 ćemo obeležiti sa A. Znači imarno da je n7 = na + \ng, za neki realni broj A, gde je n7 vektor normale proizviljne ravni iz togpramena izuzev ravni /?. Ako tačka M(xi ,yi , z\) pripada ravni a iravni 3 , onda ona pripada i ravni 7 pa, jednačina ravni 7 je

(Ax + \A2)( x - * 1) + (Bx + \B2)(y - ž/i) + (Ci + \C2)(z - zt) = 0 tj

+ Biu + C1 z + \ ( A 2 x + B2y + C2 z) —A\Xi —B\yi —C\Z\ + $—A2Xi —B2yi —C2 Z$ = 0

odnosno

(tHt) A\x + B 1 y + C\Z + D\ + \(A2x + B2y + C2z + D>) = 0.

Znači za svaku ravan iz pomenutog pramena izuzev ravni ;3. postojibroj A takav da jednačina (**) postaje jednačina te ravni. pa se zato

jednačina (**) zove jednačina pramena ravni izuzev ravni 3.

Sa druge st.rane ravari (**) sigurno prolazi kroz presek ravni (*), jer bi u protivnom sistem (*) i (**) bio ili kontradiktoran ili odrertenšto je nemoguće jer je (**) linearna kombinacija jednačina (*).

Lema 13.22Jednačina simetralne ravni

Neka su date ravni a i / 3 koje se seku i neka je Q G a i P G 3 i

a : A\X + B\y + C\z + D\ = 0 i (3 : A2x + B2y + C2z + D 2 = 0

Nađimo sada skup svih tačaka M( x, y , z ) u prostom, gde je vektorpoložaja f = f M = (x, y. z), koje su jednako udaljene od ravni a i / 3. Na osnovu formule za rastojanje tačke od ravrii imamao da je

d(M,a) = d(M,(3) ekvivalentno sa: —

^4i;r + B\y + C\z + D\ A2x + B2y + C2z + D2 y/Al + B* + Č ! ~ = ~y/Al + Bl + C l~~'




Znači traženi skup tačaka je unija skupa tačaka ravni

_ A\x + B\y + Ciz + D\ _ A2x + B2y + C2 Z + D2 .

1 ' y/A\ + B'f + Č f ~ = \[A1 + BI + C'i 1

^ t A\x + B\y + C\z + D\ ^ A2x + B2y + C2z + D2

2 • + B* + ć T ~ = + S 22 + C|

i svaku od te dve ravni i 82 zoveino simetralna ravan za ravni a i j3. Koliki je ugao između ravni \821

Lema 13.23Jednačina simetrale uglaNeka su date prave a i b koje se seku.

x - xi 2/ - ž/i z - z i x - x 2 y - 2/2 2 - z2a : --------- --- ---------- --- -------- 1 b : — -----= — ------ = — -----

ai a2 a 3 b} b2 63

Ako su a i b vektori pravih a i b, tada je vektor simetrale ugla p — + 1

i. q — a ~ b ochiosno ako je ab > 0 tada je p vektor simetrale oštrog

ugla. a q vektor simetrale t.upog ugla. Ako je ab < 0 tada je q vektorsimetrale oštrog ugla, a p vektor simetrale tupog ugla. Neka je presek

pravi a i b tačka S(xs . ys zs) i neka je p = (pi,p2 ,ps) i q = (qi<q2, q3), tada jednačine simetrala p i q su:

x - x s y - JJs Z - zs . x - x s y - y s z - zs p : --------- = --------- = --------- 1 q :

P 1 P 2 P 3 q i

Koliki je ugao izrneđu pravih p i q?Primeri sa ispita:

1. Odrediti temena A i B jednakostraničnog trougla A B O , gde tačke A i B pripadaju pravoj p : f = f p + fp i 0(0,0, 0) ^ p. Rešenje:Neka je S projekcija koordinatnog početka 0 (0 , 0, 0) na pravu p. Tada,• -♦ -*,( ( 0 . 0 , 0 ) - f p ) p_ _ f p p _ .I |fJ p

J r s = r p + •; p p P = rp - i f p 1 r A.B = r s ±2. Odrediti f c u zavisnosti od f A i f B, tako da trougao ABC bude

jednakostraničan i da tačke OABC budu komplanarne, gde je O ko-ordinatni početak.

Rešenje: rc = k(rA+ rs) ± % A B \ 4 , gde je cf= (j~4 x AB) x AB.




3. Odrediti f c i f D u zavisnosti od f A i f B, tako da ravan kvadrata

ABCD sadrži 0(0, 0, 0). Rešenje: __^ ^

f c = f B ± \ AB\ -i i r D = f A ±\ A Š\ f r Sde je d = ( f A x AB ) x AB .

4. Neka je ravan et definisana sa a : n f = n fQ i neka su tačke A i

C određene sa svojim vektorima položaja f A i f c , tako da je AC n.

U zavisnosti od vektora n,fQ, fA i f c izraziti vektore položaja tačaka B i D temena kvadrata A B C D , gde je AC njegova dijagonala i ravankvadrata A BCD normalna na ravan a. Rešenje:Neka je (3 ravan kvadrata ABCD tj. normalna na a i prolazi kroz

AC. Tada vektor normale ravni (3 je /7; = AC x n i vektor paralelan

sa BD j e d = A C x (AC x n), pa je rBD = |(rA + rc ) ± ||r4 - f c,|4.

5. Ravan o sadrži tačku Q i normalna je na vektor n, a prava p sadrži tačku P i paralelna je sa vektorom p, pri černu jo p jf a: i Q ^ p.

U funkciji od f Q, n, f p i p izraziti temena A, 0 , 0 jednakostraničnogtrougla A BC ivice 1, čija sva temena leže u ravni a, težište T trougiapripada i pravoj p, a teme .4 je maksimalno udaljeno od tačke Q. Rešenje: Težište T trougla je presek prave p i ravni a, te je f T = f p +

^QHp ^nP' Srec ina st.ranice BC\ tada je TA = ^ i

TAi = ^= . Kako je teme /I je maksimalno udaljeno od tačke Q, sledi• — * 1 CYT

da su A ,Q , T kolinearne i T je između A i Q, pa je rA = rT +

f = f 4. J - I O . f = f ± ± 4 X ^ - 2 V/T>>^ T T F ' '4i2\ A T xn \

6. Neka ravan a : n f = n fQ nije normalna na 2 - osu i neka tačka.4 ^ a je određena sa f A. U zavisnosti od f Q, f A,n izraziti f B. f c . rDtako da je ABCD kvadrat, AB±a, B € a\ BC paralelno sa xOy

ravni. Rešenje

B r {rQ - - - ± \AB\^l gde je k = (1, 0, 0).7. Neka tačka V određena sa vektorom položaja f v ne pripada

pravoj p : f — f p + tp. U zavisnosti od f v , f p i p naći vek-tore položaja f A, f B. f c i f D temena prave pravilne četvorostranepiramide VABCD, ako temena ,4 i C pripadaju pravoj p idijagonala .40 osnove ABCD je jednaka visini piramide.Rešenje Neka je tačka T projekcija tačke V na pravu p. Tada je



Glava 14

VEKTORSKI PROSTORI

U odeljku Slobodni vektori dokazali smo da važi:

1. (V. +) je Abelova grupa

2. a(a + b) = aa + ab3. (o — 3}a (H?+ Ja4. a(j3a) = (a[3)a5. 1 •a = a.

za s\_e realne brojeve a i 3 i sve slobodne vektore a i b.

Medjutim, postoji mnogo algebarskih struktura u kojima važe za-koni 1.2. 3, 4 i 5. Zato je celishodno definisati algebarsku strukturuu kojoj će 1, 2, 3, 4 i 5 biti aksiomi i proučiti tu strukturu, jer smotime onda proučili mnoge druge strukture.

Definicija 14.1 Nekaje V neprazan sknp, a F polje %neka je + bina-

rna operacija koja preslikava skup V 2 u skup V, a binarna operacija koja presUkava skup F x V u skup V. Tada uređena četvorka (V, F. +, •)

229




je vektorski prostor nad poljem, F ako važe aksiomi:

Vi (V, + ) je Abelova grupa

v 2 a •(a + b) = a •a + a •bV 3 (o + 0 ) •a = a •a -t- 3 a

V 4 (a •0 ) a = a (0 a)

v5 1 •a = a

za sve elemente a i b iz skupa V i sve elernente a i 0 iz polja F.

Elementi polja F zovu se skalari, a, elementi skupa V zovu se vek-tori. Skalare ćemo obeležavati malim grčkim slovima, a vektore malimslovima latinice. Neutralni elemenat grupe (Vr. +) označavaćemo sa 0isto kao i nulu polja F, jer će iz konteksta biti jasno cla li se radi o

nula vektoru ili nula skalaru.Uobičajeno je da se umesto a a piše samo aa i umesto a 3 piše

samo a 0 .Za vektorski prostor (V, F, +, •) kratko ćemo reći i pisati samo pros-

tor V nad poljem F ili ako je iz konteksta jasno o kom polju je reč,

reći ćemo samo prostor V .

Primer 1. Slobodni vektori nad poljem realnih brojeva u odnosuna operaciju sabiranja slobodnih vektora i operaciju množenja realnogbroja, slobodnim vektorom čine vektorski prostor nad poljem realnih

brojeva. Prirner 2. Uređena četvorka (F r\J*\+^) je vekt.orski prostor gde

je F proizvoljno polje i operacije +/i •sul definisane sa:

(tt'l, Q'2, •••i an) + (3l, 3-2- •••i $n)j— (&'l “I- @1 * "t" 3o* . •, an + 0n)

f (ai , a'2, •, a«) = ( aa i , a a 2; •• ; aan)a

Dokaži!NAPOMENA: Nula vektor ćemo označavati istim simbolom kao i

nulu polja F tj sa 0. Tako, na primer, umesto (0,0,... ,0) pisaćemo 0.

• Ako uočimo restrikcije prethodno definisanih operacija nad skupom

rešenja homogenog sistema linearnih jednačina, dobijamo vek-torski prostor rešenja homogenih linearnih jednačina.



14. Vektorski prostori i matrice 231

Prirner S. Skup svih polinoma nad poljem F stepena ne većegod n u odnosu na operaciju sabiranja polinoma i množenja, elemenatapolja F polinomima, jeste vektorski prostor nad poljem F. Dokaži!

Prirner 4 L'ređena četvorka (A, F. +, •) gde je A skup funkcijakoje preslikavaju polje F u polje F tj. A = {f \f : F —> F} . jevektorski prostor nad poljem F, gde su operacije + i definisane sa:

( V / € A ) ( Vg € A ) ( f + g ) ( x) =- f ( x ) + g ( x)

(Vft G F ) ( \ / f 6 A) ( a - f ) ( x ) = a f ( x )

za svako x iz polja F.

Dokaži!Primetimo da funkcija O definisana sa 0(x ) = 0. za sve x iz polja

F, jeste neutralni elemenat za sabiranje u skupu funkcija A. Takođe,

funkcija —j definisana sa (—f )( x )^ ~ —f( x) za sve x iz F, je imrerznielemenat u ođnosu na sabiranje funkcija, za funkciju / . Sada je veri-fikacija aksioma vektorskog prostora, za primer 4, jednostavna.

Ako u prethodnom primeru uzmemo da je skup svili funkcija .4 ={ f\f : X —> M}. gde je X neld proizvoljni skup i M polje realnih bro-

jeva, opet ćemo imati prirner vektorskog prostora, Primere vektorskogprostora dalje možemo dobijati ako za skup A ne uzmemo skup svih funkcija, već skup funkcija sa nekom važnom posebnom osobinom.Tako dobijamo vektorske prostore

• neprekidnih funkcija,

• diferencijabilnih funkcija,

• rešenja homogenih linearnih diferencijalnih jednačinaOd mnogobrojnih primera vektorskih prostora sretaćete se sa pri-

merirna vektorskih prostora matrica, homomorfizama (operatora), Li-ovih algebri, Hilbertovih, Banahovih i drugih.

Test 14.2 Koje od sledećih uređenih četvorki jesu linearni vektorski prostori: ^ . ( { a i + j3J + yk \ a .0 .7 e K1-,R, + , x), b) (R,R, + . ■ ) ; / : '

(C,R , + , ). 4 ^(C._9,+,-)4 e j / ( C ) Q , + , - ) , f ) /( K , Q, + , - ) ,

—> K}, M, +, o), Kf ( [ai + [3j + 7 k |a, ,3, 7 e M}, Q, +, x ) ;

$ ({<** I« 6 R } ,R, + , ;), j/(M 3, R, +, -)VT( {a i+p j |a, (3 G R}, M, +, •).




VAŽNA NAPOMENA:_______________________________________

Za svaku teoremu i definiciju iz vektorskog prostora uvek uo ite i ge-

ometrijsku interpretaciju u (M3.IR,+, •), jer sve postaje mnogo jasnije!

Teorema 14.3 Ako je (V, F, +.•) vektorski prostor, tad,a za svako a

iz F i svako a iz V važi:

1. a - 0 - 02. 0 a = 03. a a = 0 4=? a = 0 V a = 04. i - n ) •a, = (a •a) ^ ^

5. a •(—a) = —(a a)6. (—a') (—a) = a •a7. —a = (—1) •a

Dokaz

1. a - 0 = a - 0 + 0 = a • 0 + ( a • 0 — (cv • 0 ) ) = ( a • 0 + ft ■ 0 ) - ( a - 0 ) =

a ■ (0 + 0 ) - ( a ■0 ) = a ■0 - ( a ■0 ) = 0

2. 0 •a = 0 •a + 0 = 0 •a + (0 •a —(0 •a)) = (0 •a + 0 •a) - (0 •«) =

(0 + 0) •a - (0 •«) = 0 •o - (0 •o) = 0

3. Na osnovu dokazanog pod 1. i 2. sledi a = 0Va = 0 => a-a = 0.Dokažimo sad suprotni smer, tj. neka je a-a = 0. SkaJar a ili je

jednak nuli ili je različit od nule. Ako je jednak nuli tvrđenje jedokazano, a ako je razlieit od nule tada postoji njemu inverznia ” 1 u odnosu na množenje u polju F. Pomnožimo li jednakost

a a — 0 sa a-1 dobijamo

a “ x(a •a) = a l •0 (a~La) - a = o4 l - a = 0 ^ a = 0

(-a )-a = (—a:)-a+0 = ( -a )-a+ (a-a -(a-a )) = ( ( -a)-a + a -a)-(a -a)

= (—a + a) •a —(a •a) = 0 •a —(a •a) = 0 —(a •a) == —(a •a).



14. Vektorski prostori i malrice 233

5. Na osnovu aksioma Vi, V 2 i dokazanog pod 2. sledi:

a (—a) = a •(—a) + 0 = a (—a) + (a a - (c* •a)) =

= (q •(—a) + q •a) - (a •a) = a •(—a + a) - (a •a) =

= a •0 —(a •a) = 0 —(a •a) = —(a •a)

6.

(—a) •(-a) = —(a •(—a)) = —(—(a •a)) 'J= ' a •a. □

Kao što smo se dogovorili da ćemo u prstenu i polju a-(3 oznaeavatii sa a,8 , tako ćemo se dogovoriti i da a •a označavamo kratko saaa.

7. (-1) •a = - ( 1 •a) = —a. □

Zbog poslednje tri jednakosti jasno je da rnožemo umesto —(aa) pisati samo —aa.

Ako uočimo neki neprazan podskup skupa slobodnih vektora, po-stavlja se pitanje da li taj podskup jeste vektorski prostor nacl poljemrealnih brojeva u odnosu na sabiranje slobodnih vektora i množenjerealnih brojeva slobodnim vektorima? Odgovor na ovo pitanje je ne-gativan. Odnosno ako uočimo skup svili slobodnih vektora koji polazeiz koordinatnog početka a završavaju se u nekoj ravni kojoj ne pripadakoordinatni početak, onda taj podskup skupa slobodnih vektora očitonije vektorski prostor jer sabiranjem dva vektora iz tog skupa dobija

se vektor koji očevidno ne pripada tom skupu. Ali ako uzrnemo skupsvih slobodnih vektora koji su svi paralelni jednoj datoj fiksnoj ravnionda taj podskup skupa slobodnih vektora jeste vektorski prostor uodnosu na pomenute operacije. Zato se daje sledeća definicija.

Definicija 14.4 Neka je V vektorski prostor nad poljern F. Tada podskup W skupa V zoverno vektorski potprostor prostora V ako je W neprazan skup i ako W jeste vektorski prostor nad, poljem F u, odnosu

na restrikaje operacija sabiranja u, V i množenja skalara izF i vektoraiz V .



234 Principi a Igebre, opšte,diskretne i linearne

Na primer, skup svih medjusobno kolinearnih vektora je vektorskipotprostor prostora svih slobodnih vektora, prostor neprekidnih funkcijakoje preslikavaju skup realnih brojeva u skup realnih brojeva je pot-

prostor prostora svih funkcija { f\f : M —> itd.Prazan skup ne može biti vektorski prostor jer aksioma o pos-

tojanju neutralnog elementa u grupi zahteva postojanje bar jednog

elementa 0 u skupu, za koji važi a + 0 = a.Svaki vektorski. prostor V ^ ({ 0} , F , +.•) ima bar dva potpros-

tora, To su ({0 }, F, +, •) i sam on (V, F, +. •) i oni se zovu trivijalni

potprostori.

Teorema 14.5 Podskup W prostora V je potprostor prostora Vr ako i samo ako je W neprazan podskup od V i za svaka dva elementa x i

y iz W i svaki skalar ot iz F važi da je

x + y G W i ax E W.

Dokaz(=+) Ako W jeste potprostor od V tada po definiciji pot-

prostora sledi da za x, y € W i a £ F je x + y € W i ax € W .(<£=) Dokažimo da važi i u suprotnom smeru, tj. neka sada važi

da je x + y E W i ax E W za sve x, y E W i sve a £ F. Aksiomi V 2 V 3 . V 4 . V 5 važe jer se u njima pojavljuje samo kvantifikator V (zasvako), pa ako neki iskaz važi za svako x iz nekog skupa onda jasno važii. za svako x iz nekog njegovog podskupa. Prema tome. ostalo nam jesarno da proverimo one aksiome Abelove grupe u kojima se pojavljujekvantifikator 3, a. to su aksiomi o neutralnom i inverznom elementu.Znači treba proveriti cla li nula vektor iz prostora V pripada i skupuW. Kako je ax € W za svako a £ F i svako x E W, uzećemo a = 0 i

primenom teoreme 14.3 dobijamo 0 • x E W tj. 0 E IV . Još treba samoproveriti da li za svako x iz W sledi da je i —x iz W . Opet iz ax E W uzimanjem a = —1 sledi —1 • x E W —(1 x) E W => —x E W zbog teoreme 14.3 i aksiome V5. □

Teorema 14.6 Podskup WTprostora V je potprostor prostora l7 ako i samo ako je IV7 neprazan podskup od V i za svaka dva elementa x i

y iz W i svaka d/va skalara a i (3 iz F važi da je

ax + (3y E W




Dovoljno je dolvazati ekvivalentnost poslednje dve teoreme. Iz teo-reme 14,6 sledi teorema 14.5 jer ako u ax + l3y £ W uzmemo (3 = 0dobijamo ax £ W, a ako uzmemo a = 0 = 1 dobijamo x + y £ W.

Obratno, ako su x i y iz W i a i (3 iz F, tada zbog teoreme 14.5 prvosledi da su ax i j3y iz W , a odatle dalje opet zbog teorerne 14.5 sledida je ax + / 3y £ W. □

Definicija 14.7 Nekaj e V vektorski prostor nad poljem F . Vektor Oj ai + a202 + . . . + anan je linearna kombinaeija n-torke vektora (ai, a2,. . . , an), gde su Qi, a2, . . . , an proizvoljni skalari iz polja F i n £ N = { 1 ,2 , . . . } tj. prirodan broj.

Kaže se i da je 0 \0i + a 2a2 + . . . + anan linearna kombinacijavektora ai,a2, ... ,an.Podrazumevaeemo da je uređena n-torka definisana samo za n

prirodan broj tj. n £ N = {1. 2,...} .

Definicija 14.8 Skup svih linearnih kombinacija n-torke vektora (a\,a2, . . . , an) prostora V nad poljem F označavaćemo sa

L( a-i, a,2 •- , an) = {a'iOi + a2a2 + .. . + Qnan|o;i, a2, a n £ F }

i zove se lineal od n -t orke (a\, a2, . . . , an) ili prostor generisan vektorima a,\,a.2 , an.

Cesto korišć ena oznaka u literaturi za lineal n — torke vektora jeste i

<ai, a2. .. , an>.

Teorema 14.9 Skup svih hnearnih kombinacija n—torke vektora A = (a.i,a2, .. . ,an) prostora V je potprostor prostora. V , odnosno lineai

L(a\, a2, . . . , an) je potprostor prostora V.

Dokaz Zbir dve linearne kombinacije n-torke A je opet linearna

kombinacija n-torke A

(a\a\ + . . . + anan) + (/3iai + . . . + /inan) = (a'i+/3i)ai + . . . + (an + /3n)an.

i proizvod skalara i linearne kombinacije n-torke A je linearna kombi-

nacija n-torke A

a(a.\ai + a2a2 + . . . + anan) = (aa.i)ai + (aa2 )a2 + . . . + (aan)an.

Sada na osnovu teoreme 14.5 sledi tvrđenje. □




Teorema 14.10 Svaki podprostor prostra (Rn, R, +, •) jeste vektorski prostor skupa svih rešenja nekoga homognoga sistema linearnih jedna,-

čina nad poljern R. Dokaži sam!

Naravno umesto polja realnih brojva može bit.i bilo koje polje P .

Veoma važni pojmovi u linearnoj algebri su linearna zavisnost inezavisnost neke n-torke vektora. Evo tih definic.ija.

Definicija 14.11 Neka n-torka vektora (a\, a2, • an) je linearno zamsna ako postoje skalari a i , . . . , an takvi, da je bar jedan od njih

različit od nule i a.jai + a 2(i2 + •••+ ot:nan = 0.

Teorema 14.12 Proizvoljna n-torka vektora (a-i. a2. .. . , an) je linearno zavisna ako i samo ako je bar jedan od, njenih. vektora hnearna

kombinaeija preostalih.

Dokaz Ako je ?7-torka (ai, a2, . . . . an) zavisna, tada u linearnojkombinaciji te n-torke koja je jednaka nuli. bar jedan skalar je različitod nule. Vektor koji je uz taj skalar se očevidno može napisati ka,o

lmearna kombinacija preostalih.

Obratno. Ako je neki vektor n-torke (a\, a2, ... ,an) linearna kom-binacija preostalih, tada prebacivanjem svih vektora na jednu stranu

jednakosti dobijamo linearnu kombinaciju n-torke (ai, a2.......an) koja je jednaka nuli, a jedan skalar je jedinica tj. različit, ocl nule. □

Teorema 14.13 Svaka uređena n-torka vektora koja sadrži nula vek-

tor je linearno zavisna.

Dokaz Napravimo linearnu kombinaciju tih vektora tako da uz nula

vektor bude skalar različit, od nule. naprimer 1, a skalari ispred svihostalih vektora neka su nule. Ova linearna kombinacija očevidno jed-naka je nuli, a postoji skalar različit od nule, što znači da je n-torka

zavisna.

Definicija 14.14 Ako n-torka vektora mje hnearno zavisna, tada se

za nju kaže da je linearno nezavisna.

Definicija 14.15 U ređena n - torka vektora, je linearno nezavisna ako i sarno ako a\a\ + a 2a2 . ••, anan = 0 => a\ —a2 = . . . = an = 0.



14. Vektorski prostori 1 limtrice 237

Proveri ekvivalentnost prethodne dve definicije!

Znači n-torka vektora A = (aj, a2, .. ., an) je linearno nezavisna ako

i samo ako njena linearna kombinacija je nula vektor jedino kada susvi skalari jednaki nuli i ni u jednom drugom slučaju, jer u protivnombi imali da je linearna kombinaeija. tih vektora jednaka nuli i bar jedanskalar različit od nule, odakle bi se vektor koji je uz taj skalar mogaopredstaviti kao linearna kombinacija preostalih, pa bi n-torka A bilalinearno zavisna, Vridi 14.12.

Takođe možemo reći da je n-torka vektora A — (ai, a2,..., an) line-arno nezavisna akko se nijedan od vektora te n-torke ne može izraziti

kao linearna kombinacija preostalih. (Dokaži!)

Definicija 14.16 Za skup od n različitih vektora {a-i, a>..... an} se

kaže da je linearno zavisan ili nezavisan ako je n-torka. vektora (ai, a2, . . .. an) hnearno zavisna odnosno nezavisna.

Na primer trojka vektora (i, j ,k) je linearno nezavisna zato što

jednakost ai + f3j + 7 k — 0 implicira da rnora biti a — ,6 — 7 = 0,

jer bi u protivnom jedan od t.a tri vektora bio linearna kombinacijapreostala dva, što je očevidno nemoguće.

Na osnovu teoreme 12.15 sledi da uredjena trojka slobodnih vek-tora je linearno nezavisna ako i samo ako je nekoplanarna.

Primer 1 . Skup vekt-ora {(2,3) , (—1,5) } je linearno nezavisan jer jednakost a ( 2 , 3) +/ 3(—1, 5 ) —0 je tačna ako i samo ako je 2a —(3 = 0i 3a + 5/3 = 0, a ovaj sistem je ekvivalentan sa a — 0 i 13— 0.

Lako se uočava da clva vektora tj. dve uređene n- torke su zavisne

akko su irn odgovarajuće komponente proporcionalne. Primer 2. Skup vektora {(2, 3, —1), (1, 5, 2), (4,13, 3)} je linearno

zavisan jer je 1 •(2, 3, - 1) + 2 •(1. 5, 2) + ( -1 ) •(4,13, 3) = (0,0, 0) = 0.

Prim.er 3. Skup vektora {(1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 8)} je linearnonezavisan jer je a(l, 2, 3) + (3( 4, 5, 6) + 7 (7, 8, 8) = 0 ekvivalentno sasistemom jednačina

a +4 (3 +77 = 0

2a +5/3 +87 = 0 ^ a = 0 A (3 = 0 A 7 = 03a +6/3 +87 = 0



238 Principi algebre, opšte,điskretne i linearne

determinanta

koji očevidno ima samo jedno rešenje (0,0,0). Kada bi taj sistem poredovog trivijalnog rešenja imao i neka druga, tada bi data uređena, trojka.

vektora bila linearno zavisna.

La.ko se pokazuje, da trojka vektora ( (1,2, 3), (4, 5,6), (7,8,8)

je zavisna, ako i samo ako je mešoviti proizvod slobodnih vektoraa = %+ 2 j + 3 k, 6 = 4?+ 5 ] + 6 k, c = 7%+ 8 / + 8 k jednak nuli tj.

1 2 34 5 6 jednaka nuli.

7 8 8 jrrimer lh Ako je doinen funkcija / i g skup [—1, 1] i ako su one

definisane sa f (x ) - arcsin —^ i g{x) “ arctg x : tada uređen parfunkcija (/, g) je linearno zavisan. Dokazati.

primer 5. Ako je domen funkcija / i g skup '! •x ) i. ako su one

defmisane sa f (x ) — arcsin i §(x ) = arctg:r, tada uređen parfunkcija (/. g) je linearno nezavisan. Dokazati.

Pretliodni primeri pokazuju da uređen par funkcija ( j : y) je i za-visan i nezavisan! Da li je to protivurečno? Ako nije objasni zašt.o

nije? Pogledaj 3.55,3.57 i 3.58. primer 6. Ispitati linearnu zavisnost uređene trojke funkcija ( j , g, h)

koje preslikavaju skup A C R u skup realnih brojeva R definisane sa f (x ) = arcsin- ^ 2, g(x) = arctg x i h(x) = 1, ako je A interval:a) ( - o o , - l ] ' b) [-1,1] c) [l ,oo) d) (- oo ,o o)e) koji nije podskup nijednog od intervala ( —oo, —1.|, [—1,1] i |1, oo).

primer 7. Ispitati linearnu zavisnost uređene trojke funkcija (f.g, h) koje preslikavaju skup R u skup R definisane sa j (x) — 1, g(x) — x i

h(x) = x2.

Definicija 14.17 n-torka vektora (ai, a2, •, an) generiše prostorV ako se svaki vektor iz V može predstaviti kao Unearna kom.binacija

n-torke vektora, (a-i, a^,.. •, a„), tj. ako je L(a\. -----an) = V

Definicija 14.18 Za n-torku vektora B = (ai,a2, •••, an) se kaže da je baza prostora (V, F, +, •) ako je B linearno nezamsna i ako B

generiše V (tj. L(a\, a2, •••, an) = V).

Drugim rečima n-torka vektora B = (ai,a2, •••,aTi) je baza pro-

stora V akko se svaki vektor prostora V' može napisa.ti kao linearnakombinacija vektora n-torke B i ako je ?7-torka B liiiearno nezavisna.




Primer 1 . Jedna baza prostora (F 3, F, +, •) je

B = ((1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)).

Ovakve baze čiji svi vektori su jedinični i čija svaka dva vektora sunormalna, zovu se ortonormirane baze. Specijalno, ova ortonormiranabaza u primeru 1, zove se standardna ortonormirana baza.

Primer 2. Trijedar nekoplanarnih vektora (a, b. e) je baza prostorasvih slobodnih vektora, (vidi teoremu 12.15)

Iz prethodnog primera se vidi da vektorski prostor slobodnih vek-tora ima beskonačno mnogo različitih baza ali sve te baze očevidnoimaju isti broj vektora tj. to su samo uređene trojke nekoplanarnih

vektora,Ovaj primer nas upućuje na činjenicu da sve baze istog vektorskogprostora imaju isti broj vektora, što ćemo i dokazati da je tačno.

Za proizvoljnu n-torku vektora se kaže da je rnaksimalna linearnoriezavisna n-torka akko dodavanjem proizvoljnog vektora toj n-torcidobijamo (n -f l)-torku koja je linearno zavisna.

Teorema 14.19 (Teorema o maksimalno lineamo nezavisnoj n-torki) Proizvoljna n-torka vektora je baza prostora V ako i samo ako je ta

n-torka. maksimalna linearno nezavisna n-torka.

Dokaz (=>)

Ako je n-torka B baza prostora V tada dodavanjem proizvoljnogvektora ona će postati zavisna jer se taj vektor može izraziti prekopreostalih vektora, pa je B zaista maksimalna linearno nezavisna n- torka.

(«=) _

Ako je n-torka B = (al7 a-2. . . . , an) maksirnalna linearno nezavisna77-torka, tada da bi ona bila baza treba još dokazati da generiše prostor

V. Dokažimo to kontradikcijom. Pretpost.avimo suprotno, tj. da,postoji vektor x 0 {a i? a2, . . . , an} koji se ne može izraziti kao linearnakombiiiacija n-torke B. Tada iz

(1 ]a ] ~f" Ot‘ 20'2 + .. • OtlnG>n + ox = 0

sledi da je a = 0 (jer bi se za a ^ 0 vektor x mogao izraziti kaolinearna kombinacija n-torke B), pa se dobija




a odatle sledi a x = a2 = ... = an = 0 jer je B linearno nezavisna.Znači dobili smo da je B = (a\, a2, . . . , an, x) linearno nezavisna što

je kontradikcija sa uslovom da je B = (aj , a2, . . . , an) m aksimalna

linearno nezavisna n-torka. □Za proizvoljnu n-torku vektora prostora V se kaže da je minimalna

77,-torka generatora akko izbac.ivanjem proizvoljnog vektora iz te n- torke dobijamo (n —l)-torku koja ne generiše prostor V.

Teorema 14.20 (Teorema o rninimalnoj n-torki generatora) Proiz- voljna n-torka vektora B, je baza, prostora V , ako i samo ako je ta

n-torka rninimalna n-torka generatora.

Dokaz (+>) Ako je B baza prostora V, tada izbacivanjem proizvoljnog vektora

x iz B dobija se (n - l)-torka čijom linearnom kombinacijom se nemože dobiti vektor x jer bi tada B bila zavisna, pa je onda B zaista

minimalna n-torka generatora.

O ) . . . Ako je B minimalna n-torka generatora, tada da bi ona bila i baza

prostora V", treba još samo dokazati da je linearno nezavisna. Dokaz

izvodimo kontradikcijom. Pretpostavimo suprot.no tj. da je B linearnozavisna. Tada se bar jedan vektor n-torke B inože predstaviti kao

linearna kombinacija. preostalih vektora, pa onda oni očevidno generišuprostor V, a to je kontradikcija sa uslovom da je B minimalna n-torka

generatora. □

Teorema 14.21 (Teorerna o jedmstvenoj reprezentaciji) Proizvoljna

n-torka vektora B, je baza prostora V, ako i samo ako se svaki vektor prostora V može na jedinstven način predstaviti kao Unearna kombi-

nacija, vektora n-torke B.

Dokaz (=>)Neka je B = (a , a2, . . . , an) ba.za. prostora V. Dokažimo kon-

tradikcijom da se svaki vektor x prostora V može na jedinstven načinpredstaviti kao linearna kombinacija vektora baze B. Pretpostavimosuprotno, tj. da postoje dve različite reprezentacije vektora x u bazi

B:

x = a'iai + a2a2, + ... + anan = (5\a.\ + /32a2, + ... + 3nan.




Ovo je dalje ekvivalentno sa:

(cv;i —pl )o. i + (a 2 —(3' 2)a 2i + •••+ (an — fin)(ln — 0.

Kako je B linearno nezavisna n-torka, prostora V to sledi:

a'i —(3i = 0 A .. . A an —,/3n = 0 ai = 81 A .. . A an = 0n.

Ovo je kontradikcija sa pretpostavkom da postoje dve različite repre-zentacije vektora x u bazi B.

( HPođirno od iskaza da svaki vektor ima jedinstvenu reprezentaciju

u bazi B. Tada. i nula vektor ima jedinstvenu reprezentaciju u bazi B

tj-0 = ai«i + ot.2Q>2+ ••+ anan

što implicira ai = a;2 = .. . = an = 0 tj. B je linearno nezavisnan-torka. Kako je po uslovu n-torka. B i generatorna to je ona i bazaprostora V. □

Poslednje tri teoreme su u stvari ekvivalentne definicije baze li-nearnog vektorskog prostora. Znači da smo dali četiri ekvivalentnedefinicije baze vektorskog prostora, tj. bilo koja od te četiri može se

uzeti za definiciju, a preostale tri su onda teoreme.

Zadatak 14.22 Neka su zi = a + ib, z2 — c + id £ C \ {0} susedna temena kvadmta ziz2 z 3 z4, gde je ziz% dijagonala, smer konture ziz2 z$z$

je negativan i arg zi ^ arg z2A |a.rg z\ — arg z2\^ tt tj. 7 f odnosno

vektori O z{ i Oz2 su nekolinearni. (VA; G t ) | / f c j .

a) Odrediti kompleksne brojeve a i 0, koji nisu realni, takve da je £3 — OLZ\ + 0z2.

b) Odrediti realne brojeve a i (3, takve da je Z 3 = az 1 + / 3z2, gde zbog uslova f 7 f por (z\,z2) jeste baza vektorskog prostora kompleksnih brojeva nad poljem realnih brojeva.

Rešenje: a) z% = iz\ + (1 —i)z2l . ) „ c2+ d 2—bd—ac ,, , d (a — 6) - c . (a+ 6 )+ a2+ 62 ^ »•b ) * 3 “ tl d ' b<" ------ ^ H H T T c 2

~ \Z2I2- R(i(ziz. 2) „ 1 /1 | , -/fVU'i ~:>) \

Ako je ^ = f ? da li se tada može napisati 23 = az\ + (3z2, za neke



242 Principi algebre, opšte.điskretne i linearne

realne brojeve a i 0 koji zavise od a, 6, c, d?

Da li to znači da u vektorskom prostoru (C,C, + , •) kompleksnih

brojeva, nad poljem, kompleksnih brojeva, vektor ima dve različite reprezentacije preko njegove baze (z\,z2 ), što bi bilo protivurečno prethodnoj teorerni 14.21 /// Gde je greška?

Teorema 14.23 Uređena n-torka nenula vektora (ai, a2, . . . , an) prostora V je zavisna akko među njima postoji vektor koji je jednak hn- earnoj kornbinciji samo njemu prethodnih vektora iz (a\, a2. . . . , an).

Dokaz Dokazujemo samo smer (=>) jer je suprotan očevidno tačan.Kako je to n-torka neriula vektora, sledi da postoji najveći prirodni broj

k e {2, 3,. . . , n} takav da je (a\, a2. . . . , (ik-i) nezavisna. Dokažimosada. da je vekt-or = 0\a\ + /32a2 f ... + Bk-iau-i za neke skalare0i, 02, . . . , (3k~i- Neka je a ia i+ a 2a2+ . . .+av-icu~- l+oa /. = 0. Tadajea = 0 ili a ^ 0. Slučaj a — 0 je nemoguć jer kako je (a-i, a2, . . . . a^_i)nezavisna, to bi onda i (a-i, a2, . . . , a*_i, a*) bila nezavisna. a što jekontradikcija sa činjenicom da je k najveći prirodni broj sa osobinomda je (ai, a2, . . . , a^-i) nezavisna. Kako je a ^ 0, to iz aiai + a2a2+

. . . + ak-\Cik-\ + aak — () s ledi a^ = —^ a i — ^ a 2 — .. . — -^ a. fc - i .

Teorema 14.24 Ncka je (b\, b2, , bn) generatoma n-torka vektora prostora V i neka je a\ G V . tada je (a\, b\, b2, . . . . bn) zamsna, (n + 1)-

torka vektora prostora V .

Dokaz Kako je (b\,b2, . . . , bn) generatorna n-torka. vektora prostora V

to postoje skalari ai , a 2, .. . an takvi da je ai = ai&i + a 2fr2 + . . . + a n6ntj. —ai + a i6i + a 2&2 + . . . + anbn = 0, što znači daje (a\,b\,b2, . . . , bn)

zavisna (n + l)-torka vektora prostora V. _ ......

Teorema 14.25 Neka je n-torka vektora, A\ = (a,\, a2, . . . , an) lin-\

earno nezavisna i neka je B\ = (6i, b2, .. •, bm) generatorna m-torka \

vektora prostora V . Tada je n < m . ___

Dokaz Koristićemo teoremu 14.24 cla ako se generatornoj n - torcidoda neki vektor dobija se zavisna (n + l)-torka. Na osnovu toga

(ai, 6i, b2, . . . , bm) je zavisna. Na osnovu teoreme 14.23 sledi da. postojivektor iz (m, + l)-torke (a i,6i , 62, .. . . bm) koji se niože „izbacitr' tako




da preost.ali su i dalje generatorni. Neka je izbačeni vektor naprimer

b\ što ne utiče na opštost dokaza. (redosled vektora b\, b2, . . . , bm u(ai, 61, b2, . . . , bm) nije bitan za teoremu koju dokazujemo). Znači B2 =

(ax, 62, •••, bm) je generatorna. Sada opet dodamo vektor a2 genera-

tornoj m - torci B2 i dobijamo zavisnu (m + l) - torku (al5 a2,b2}..., brn). Opet postoji vektor iz (ai, a2l b2, . . . , bm) koji se može „izbaciti” takoda preostali su i dalje generatorni. Izbačeni vektor mora biti iz (62, . . . , bm)

jer su (ai, a2).. . , an) nezavisni. Neka je izbačeni naprimer b2. Znači£3 = (ai, a2, &3 . . . , bm) je generatorna. Sada je pitanje da li će seoviin postupkom prvo „pot.rošiti" vektori iz A\ ili iz B\ tj. da li jen < m ili n < m? Ako bi bilo n > m, tada bi se u jeclnom korakunašega postupka (algoritma) desilo da su u skupu Br sve vektori iz

A\ a postojao bi među njima vektor koji je jednak linearnoj kombi-naciji predhodnih, što je nemoguće jer su vektori skupa A\ (i naravnonjegovih podskupova) nezavisni pa je n < m.

Teorema 14.26 Proizvoljne dve baze (ai, a2, . . . , an) i (b\,b2, . . . , bm) prostora V imaju isti broj vektora tj. n = rn.

Dokaz Ako (a\, a2, • , an) posmatramo kao nezavisne, a (61, b2. . . . , bm) kao generatorne tada na osnovu teorerne 14.25 sledi da je n < m, a ako

sada (a-i, a2, •••, an) posmatramo kao generatorne, a (b\, b2, . . . , bm) kao nezavisne t.ada na osnovu teoreme 14.25 sledi da je n > m , paoda.vde sledi n = m.

Ivako sve baze, istog prostora V imaju isti broj vektora, to ima

smisla sledeća definicija.

Definicija 14.27 Nekaje n G {1, 2, . . . } i nekaj e (a\, a2, . . . , an) baza prostora V . Tada je dimenzija vektorskog prostora V jednaka n što se označava sa dimV = n. Dimenzija prostora ({()}, F, +, •) je 0. U ovim slučajevima kažemo da su vekt.orski prostori konačno dimenzioni.

Ako vektorski prostor V nije konačno dimenzioni to se zapisuje sa

dimV = 00 i kaže se da je V beskonačno dimenzionalni vektorski prostor.

Znači dimenzijaja je funkcija dim : V —> { 0 , l ,2 , . . . }U{oo } , ko japreslikava skup svih vektorskih prostora V u skup {0 ,1 ,2 , . . . } U { 00}.

Na primer, prostor svih polinoma nad poljem realnih brojeva je

beskonačno dimenzionalni i njegova jedna baza je npr. ( l ,x , x 2 , x3, ...).



244 Principi algebre, opšte.diskretne i linearne

Zadatak 14.28 Da li su sledeće strukture vektorski proston i ako jesu

odrediti njihove dimenzije i bar jednu bazu: a) (C,C,+,- )

b ) { C, M, +, -) ^ ( C , Q , + , - ) d) (R,E,-f-, ♦ ) X (E ,Q ,+ ,- )r O ^

f)(^ ( { a + b>/2\a E Q A b e Q }, +, ) , Q, +, • Vidi 6.17 i 14.2

Teorema 14.29 Ako je n - torka vektora prostora V nezamsna, tada

je n < đim V\

Dokaz Posledica teoreme 14.25 i definicije 14.27.

Teorema 14.30 Ako je (ai, a?,•. •, an) n-torka vektora prostora 1i n > d;irn(V ), tada je (a\, a2, .. •, a,n) linearno zavisna n-torka, što znači da baza prostora V je uvek maksimalna nezavisna (vidi 14.19).

Dokaz Ako bi (a\., a2, ••, a„n) bila linearno nezavisna. tacla bi zbogteoreme 14.25 bilo n < dim što je kontradikcija sa uslovom n > dim V .

Teorema 14.31 Nezavisna n - torka (a.i, a2, •••, an) vektora prostora

V dimenzije n jeste baza toga prostora.

Dokaz Dokažimo da je (a-\, a2, .. •, an) generatorna n - torka prostoraV. Za proizvoljni x 6 V’ važi da je (a\, a2 , . . . , an,x) zavisna (teorema14.30), a sada na osnovu 14.23 sledi da se x može napisati kao lin-earna kombinacija prethodnih (a-i, a2, •••,an), jer nijedan od vektoraiz skupa {tti, a2, . . . . a.n} se ne inože napisati kao linearna kombinacija

prethodnih jer je (aL, a2, . . . , an) nezavisna,

Teorema 1 rka vektora prostora V dmienzije (nfješte baza toga prostora.

Dokaz Dokažimo da je (ai ,a2, . . . , an) nezavisna n - torka prostora V\ Ako bi (ai, a2, . . . , an) bila zavisna tada bi postojao pravi podskupod k < n elemenata skupa {ai, a2, . . . , an} koji je takođe generatorni.Međutim kako postoji nezavisna n-torka prostora V i generatorna k -

torka prostora V, to zbog t.eoreme 14.25 sledi k > n, što je kontradik-

cija sa k < n.Poslednje teoreme mogu se objediniti u sledećoj činjenici.




Cinjenica 14.33

Ako je broj vektora jecinak dimenziji prostora, tada ti vektori su baza

bilo da dokažemo samo njihovu nezavisnist bilo samo generatornost,

Ako je broj vektora već i od dimenzije, oni su uvek zavisni. Ako su

vektori generatorni, njihov broj je već i ili jednak od dimenzije prostora. Ako su vektori nezavisni, njihov broj je manji ili jednak od dimenzije

prostora. Ako su vektori zavisni, njihov broj je neodređ en u odnosu nadimenziju.

Posledica 14.34 Ako su prostori W i V iste dimenzije i ako je W C

V , tada je W — V, jer proizvoljna baza postora W mora biti i baza prostora V.

Definicija 14.35 Skup od n različitih vektora {ai, a2, . •., an} jeste baza nekoga prostora akko je n — torka vektora (a.j, a2. . . . , an) baza toga

prostora.

^Zadatak 14.36) -

Nekale V velđorski prostor aenerisan s a ^ , - _ , irw, ,, r 7 i ^ v.. I__— x—^ a + o —15c + 10d - e = 0

skupom vektora <a,b,c,d.e\, midsvdza- n , , , 10 ~. . , r , . 2a + b + I 8c — 12a + e = 0

msnosti su aate sledecim sistemom t~nte- , „ govzm lincarnim kom binarijGffiS: ° ~ =odnosno precizno matematički to znači aa + /3b + j c + 6d + ee = 0

(a. 13.7 , S, e) € L((l , 1, -15,10 . - 1), (2,1.18. - 12, 1), (1, 0, 33, - 22, 2))

tj. sistem od 3 lineame zavisnosti vektora a, b, c, d,. e, ekvivalentan je ovom beskonačnom sisternu linecirnih zavisnosti vektora a,b,c,d,e!(a) Odrediti dimenziju vektorskog prostora V.(b) Naći sve podskupove skupa S={a,b,c,d,e} kojisu baze prpstora V.(c) Da li je { a, b. e} baza prostora V ? j- + 1o j _ ^

Rešenje: ----------- -jDati sistem zavisnosti vektora je ekviva- a + b —15c + 10c/ — e = 0lentan sa sledećim sisternom zavisnosti: —b +148c —32d + 3e = 0odakle sledi da su vektori a i b nepotrebni u generfeaSjupTOgtora V, pa{c, d, e} je generatorna za V te je dim V < 3. Međutim kako poslednjisistem reprezentuje SVE zavisnosti skupa vektora S = {a,b,c,d,e}, to dimV' = 3, jer bi u protivnom poslednji sistem u tom trougaonom

obliku morao imati T R I nezavisne zavisnosti, a on ima DVE. Očito



246 Phncipi aJgebre, opšte,diskretne i linearne

je da {c, d, e} jeste baza prostora V, ali kako proveriti da li je { a, b, e}baza prostora \H Komplement skupa {a, b, e} u odnosu na skup S

je {c,d}. Ako se elementi skupa, {c ,d} mugu izraziti preko skupa

vektora {a,6,e}, onda će to značiti da {a, b, e} jeste baza. Drugimrečima, treba proveriti da li poslednji sistem vektorskih zavisnostiu kojem skup nepoznatih je {c,d}, jeste takav da se vektori {c,d.}

mugu izraziti preko skupa vektora {a,b,e} tj. da li je detrminanta

sistema različita od nule ili jednaka nuli! Ako je ra-4o —oi

zličita od nule, onda će {a, b, e } biti baza, a u protivnom neće. Kako

10 =0, to {a, b. e} nije baza. Tako dobijamo da {a. b, c}. je

48 -32{a, b, d}, {a, c, d } , {a, c, ei}, {a, d, e}, {b, c, d } , {b , c, e} , { b, d, e } , {e, d, e }

jesu baze. a samojja, b, e} | nije baza. Vidi definiciju 14.16, gde piše da

{a, b, e } je baza akko je i (a, b, e).

Uo i razliku i sli nosti izmeđ u sitema zavisnosti nekog skupa vektora i

sistema linearnih jedna ina nad nekim poljem !

Teorerna 14.37 Presek 'potprostora W\ i W 2 prostora V nad, poljem

F je takode potprostor prostora l\

Dokaz Neka su x, y 6 W\ fl W 2 i a.,3 E £ . Kako su IT i i W 2potprostori prostora V sledi da je zbog teoreme 14.6 ax + iy E U j iax + !3y 6 W2, a odavde sada sledi da je ax + j3y E H;i H IV2, odakleopet zbog teoreme 14.6 sledi da je W\ 0 W 2 potprostor prostora. V.

□Definicija 14.38 Neka su VI\ 1 W 2 potprostori prostora V\ Tada

IV7! + w 2 ..{x + y\x £ VVT1 A y G W2} C \r

zovemo suma prostora W\ i W2.

Dokaži da za proizvoljne potprostore U i W prostora V je U + IV

takođe potprostor prostora V i da važi:

l .U + U = U 2. U + { 0 } = U 3. U + W = U & W C U.

Ako je V skup svih potprostora vektorskog prostora V , a + gore defi-

nisana suma prostora, da li je (V, +) grupa?

Teorema 14 .39 A k o su W \ i W 2 p o t p r o st o r i k o n a n o d i m e n zi o n a l n o g p r ost o r a V7, t a d a j e

dim(Ui + W 2 ) = dim (Ui) + dim(W 2) " diin(Mi n W 2 )-



Glava 15

LINEARNETRANSFORMACIJE

Do sacla smo proučavali jedan vektorski prostor i objekte u njemu.Sađa ćemo posmatrati dva vektorska prostora V\ i V2 i funkcije kojepreslikavaju V\ u V2, koje su saglasne sa operacijama tih prostora. Toznači da je svejedno da li prvo saberemo dva vektora pa zbir preslikamofunkcijom / ili prvo svaki od tih vektora preslikamo istorn tom funkc-i-

jom / pa tek onda izvršimo sabiranje i takođe je svejedno da li prvoponmožimo skalar i vektor a zatim preslikamo funkcijom / ili prvopreslokamo vektor sa funkcijom / a tek zatim skalar pomnožimo sadobijeni vektorom. Ovakve funkcije zovu se „ l i n ea r n e t r a n sf o r m a - c i j e ” ili „ h o m o m o r f i z m i ” . Evo i precizne matematičke definicije.

Definicija 15.1 Neka su V\ %V 2 vektorski prostori nad istim poljem F. Tada funkciju f : V\ —» V 2 zovemo „ l i n ea r n a t r a n sf o r m a c i j a ”

ili „ h o m o m o r f i z a m ” ako je

/ '(a + b) = / ( a) + / (b) i / (aa ) = otf{ a).

za sve a, b iz V\ t sve a iz polja F.Skup svih homomorfizama prostora V\ u V 2 označava se sa Horti{ \\ , V2).

Geometrijska interpretacija linearne trnsformacije u Euklidskom (ge-

ometrijskom) prostoru (R :3,M, + , •) jeste da paralelogram ije jedno teme

je u koordinatnom po etku se preslikava na paralelogram ije jedno teme je

u koordinatnom po etku (prvi uslov) i linearna transformacija „o uvava”

247



svaku homotetiju iji centar je u koordinatnom po etku (drugi uslov).

VAŽNA NAPOMENA:

248 Principi algebre,opšte, diskretne i linearne

Za svaku teoremu i definiciju iz vektorskog prostora uvek uo ite i ge-

ometrijsku interpretaciju u ■ )- Jer sve postaje mnogo jasnije!

Neka su V\ i V 2 vektorski, prostori nad istim poljem F. Tada funkciju f : V\ —>V 2 zovemo „l i n ea r n a t r a n sf o r m a c i j a ” ih „h o -

m om o r f i z a m v'

f (aa + 5b) — ctf (a) + (3f (b)

za sve a, b iz \\ i sve a i (3 iz polja F.

Primer 15.2 Ođrediti izraz za fnnkciju, kompoziciju. f o g, ako su

definicije funkcija f : R2 —» R2 i g \W R2 date sa izrazima: f (xi , x2) = (ax\ + bx2,cxi + dx2) i g(x\,x2) = (px i + qx2, rx i + sx2),

tj. f i g određene su matricama,

Rešenje: ( f o g)(xi, x 2) = / ( g (x i , x2) ) = / (px-i + qx2. r x i + sx2)

= (a(pxi + qx2) + b(rxi + sx2) , c(pxi + qx2) + d(rxL+ sx2)) == (apxi + aqx2 + br.x\ + bsx2, cpxi + cqx2 + drx\ + dsx2)== ((ap + br)X] + (aq + bs)x2, (cp + dr)x\ + (cq + ds)x2). tj.

a bi

p (J . Vidi 16.1c d r s

/ o g je određena sa matricomap H br aq + bs

cp + dr cq + ds. Vidi 1.6.2.

Da li ovo asocira na množenje matrica?

Primer 15.3 Neka, su funkcije j : M2 M2 i g, h : R3 R3

definisane sa izrazima f (xi , x2) = (4x\ —bx2 ,2xi + 7x2). g(x i , x 2 ,xz) = (5xi + 6x2 —6a’3, —8x-i —11 2 + 12x3, —4.ri —6a‘2 + 7j'3).

i h(xi,x2 ,xs) = K ~ 2 x 2 - 2.t3, 2 xi + :r3, 2a; 1 - x 2)a) Dokazati da su f ,g i h linearne transformacije.b) Odrediti ( f o f ) ( x u x2) i pokazati daj e f o f Unearna transformacija.c) Odrediti g(l, 1,1) i g( 5, —7, —3). d) Odrediti (g o g)(x 1, x2, :?;3).

e) Odrediti g~l (xi, x2 ,xz).

f ) Odrediti ( g o g o .. . o g) (x 1 , x2, x$) = g 2009\x 1, x2, x 3).s .V" y

2009 ,o, g) Odrediti /i(2) = h o h i /?,(3) = h o h o h z pokazati da je /i(3) = -h ,



= -hW, h& = h, h(4k±V = ±h, = - h ^ i h^k + = ^(2).

h) Da li među funkcijama h, hP\ —h, —h ^ postoji identička funkcija?i) Da li je ({h. 6,(2), —h, — h(2' 1 }. o) grupoid i da li je grupa?

j) Da li je ( { id, h, h,(2\ —h, —/i(2)}, o) asocijativni grupoid sa neutra-

Inim elementom. i da li je grupa, gde je id identička funkcija? k) Da li je ({7i, hi2\ —h, —h&}, o) podgrupa od ( { /| / : M3 — M3}, o) ?

Rešenjea) Kako su sada a = (*, y) i b = (u, v) vektori, to je

f (a a + ,db) = f (a(x , y) + 3(u, v)) = f ( (ax , ay) + (3u, pv)) =

= f ( a x + j3u, ay + (3v) =

= (4(a'.x + (3u) — 5(ay + (3v), 2{a x + j3u) + 7(ay + (3v) =

— (4ax — 5ay + 4(3u —5(3v, 2ax + 7ay + 2(3u + 7(3v) =

— (4ax — 5ay. 2ax + 7ay) + (4(3u —S(3v, 2(3u + 7(3v) —

= a(4x —5 y, 2x + 7y) + (3(4u —ov, 2u + 7v) =

= af( x. y) + (3f(u, v) = a f ( a) + (3f(b).

Analogno se dokazuje i za funkcije g i h.

b) (/ ° f)(x\. x2) = ((i.ri —55.x-2, 22,Ti + 39x2), pa je linearna analognodokazu pod a).

c) .9(1,1, !) - (5, —7. —3 ), g( 5 , —7, —3) = (1,1,1),d) (g o g) (xj , x2, x3) = (xu x 2, x3) tj. g o g = id je identička. funkcija,e) g~1= g f) p(2009) = (g o g)(1004) o g = id o g = g, tj. g je involucija.

g) hW(xi ,x2, xz) = (h Oh)(xi ,x2, *3) = h(h.(xi, x-2 , x3)) == |(—8xi + 2 x 2 — 2x3, 2 x i — 5*2 —4.t3, —2ti —4x2 —5x3).

h^( xi , x2, x3) = (/i(2) o h,)(xi,x2 , x :i) = h(2) (h(xi, x2, x.%)) =

= ^(18*2 + 18t 3, —18*i —9*3. —18*i + 9*2) == - \ ( - 2 x 2 - 2 * 3 , 2 * i + * 3 , 2 * 1 - * 2) = ( - / i ) ( * i , * 2 , * 3).

/2(4' = /i(3- o // = —h o h = —/<(2). /*<5) = /l(4) o h = - / l (2) o /l = - / l (3) = /l.(J) = h.

Uradi prethodne primere pomoć u matrica!

Svaka linearna transformacija / :M2 —>M2 je oblika

/ ( * i , * 2) = («*i + 6*2, c*i + dx2), gde su ci, b, c \d realni brojevi.

15. Linearne transformacije 249




Analogno primeru 15.3 pod a) dokazuje se da važi teorema:

Teorema 15.4 Funkcija /:M n— definisana sa f(x\, x 2, . . . , x n) = (a.u*i + ... + ainxn, a2iX\ + . . . + a2nxn, •••, ami*i + ... + amn.in)

je linearna tmnsformacija.

Malo kasnije dokazaćemo da važi:

Svaka linearna transformacija /:M n —» Rm je oblika f [ x i , x -2,.. . , xn)

= (au X\ + .. . + ain.Tn, a2i.Xi + •••+ Q‘2n*».) ••• ami*i + • •+ (inmx n)

Primer 15.5 Funkcije p r s (x) i p r n ( x ) su linearne transfonnacije i to prva preslikava vektorski prostor svih slobodnih vektora u vek-

torki prostor ({<i>a\(p e M},R, + , •) , za svaki nenula vektor a, a druga preslikava vektorski prostor svih slobodnih vektora u vektorki prostor ( { 6a + # | 0 ,v E M},M,+,•), za svaka dva nekolmearna (linearno

nezavisna.) vektora a, i b. koji su paralelni sa ravni t t! (vidi 12.17,

12.23 i 15.13 )

Neposredna posledica definicije linearne transformacije:

Teorerna 15.6 Ako je f Imearna transformacija tada je / ( 0) ---- 0.

Dokaz: Ivako je f ( ax + fiy) — af (x ) + j3f{y) za sve skalare a i touzimanjem a —(3 — 0 dobijamo tvrđenje teoreme.

Ako je / ( * ) = 0 da li mora biti * = 0?(odgovor: samo ako je / injektivna, Zašto?)

Dokaži matematičkom indukcijorn sledeću teorernu:

Teorerna 15.7 Za svaku linearnu transformaciju, f i, za svaki, prirodm

broj n važi

f (ajai + a2a2 + . . . + anan) = o i/ (at) + a2 f ( a2) + . . . + anf (an).

Test 15.8 Neka je f : V -» W Imearna transformaaja, gde su V i W nad poljem F. Zaokružiti slova ispred tačnih iskaza. / (0) = 0.

yf(\/x eV ) f ( - x )

= pî(Vx

e.V)(VA e F) f( A$)

= f(X) + / ( * ) •

>3x(V* e V)x = 04^ / ( * ) = 0. i e): (Vajj e V ) f (x - y) = /(* ) - f(y) .




Definicija 15.9 Neko, su V\ i V 2 vektorski prostori nad poljem F . Tada sabiranje funkcija iz skupa T = { f\f : V\ V2) i množenje skalara polja F i funkcijc iz T definisano je sa

(Vx € V l) ( /+ s ) (x ) = f (x )+g(x) i (Vr £ F,)(VA e F) (Xf) (x) = Xf (x).r č .- :. :v V ■ r f ' r ' - ,

" ' .........i / T ", j r i A Teorema 15.10 Uredjena četvorka (Hom(Vi, V2), F, je vektorski,

prostor, gde su + i •binarne operacije iz prethodne definicije.

Dokaz Prvo treba proveriti da li je / + g € Horn(V]. VVj akosu / i g iz Hom(Vi. V2). tj. da li je zbir dva homomorfizrna opethomomorfizam. Kako je

(}+g)(oi.x+l3y)=f(ax+(3y)+g(ax+fiy)=af(x)+8f(y)+ag(x)+(3g(;y)

= a (f (x) + g(x)) + 3( f (y) + g(y)) = a ( f + g) (x) + 8 (f + g)(y).

to je / + g G Hom( Vi . V2). Znači (IIom(V i, Vo), +) jeste grupoid, apokazaćemo da je i Abelova grupa.

Asocijativnost operaeije + se jednostavno proverava po definicijite operaeije.

Neutralni elemenat je funkcija O : V\ — V 2 koja je definisana sa0(x ) = 0. Naravno treba proveriti da li je O € Hom(V j , V2), tj. da li

je O(ox + f3y) = aO(x) + (50(y) za sve x i y iz V\ i sve a i (3 iz F.Ta jednakost je tačna jer je uvek ekvivalentna sa 0=0.

Pre nego što ispitamo postojanje inverznog elementa pokažimo da je Xf homomorfizam za sve A G F i sve / G Horri (V\. V2). Kako je

(\f ) (ax + 6 y) = A f ( a x + 3y) = X(af(x) + 3f (y) ) =

= a(Xf(x))+i3(Xf(y)) = a(Xf)(x)+(3(Xf)(y), to je X.f 6 Hom.(Vu V2).

Kako se inverzni elemenat za / u odnosu na sabiranje u svakom

vektorskom prostoru obeležava sa —/, to znači da treba dokazati da zasvaki / G Hom(l\, V2) postoji —/ € Hom(Vi, V2) takav da za svako

x G V\ važi ( / + (—/) ) (* ) = 0(x ) tj. / + (—/ ) = O. Dokažimoda traženi homomorfizam —/ je —f = (—1) /. Pokazali smo da. je Xf 6 Hom (V l, V2) za sve A G F i sve / 6 Hom( \] . V2), pa je onda i— / = ( —1) / 6 Horn(\ i , V2), što znači da nam je ostalo da dokažemo

još samo da je / + (—/ ) = O, št.o sledi iz




( f + (—l)/)(a:) = f ( x ) + ((” ! ) f ) ( x ) = . f ( x ) + ( ~ l ) f ( x ) =

= f ( x ) - (1 f (x ) ) = /( * ) - f (x ) = 0 = 0 (1).

Komutativnost operacije -f je očevidna iz definieije.Dokazaćemo još drugu aksiomu vektorskih prostora tj. aksiomu

a( f + g) — a f + ag. Kako je za svako x iz V\:

(a(f + g))(x) —a (f + g) (x) — a( f (x) + g( x) ) = af {x )+ ag(x) —

= (af ) (x ) + (ag)(x) = (a f + ag)(x),

to j e a ( f + g) = a f + ag.Preost.ale tri aksiome se analogno proveravaju po definicijama ope-

racija + i •i defmiciji homomorfizma. □

Teorema 15.11 Uređena trojka (Horn(V),+, o) je prsten. gde je operacija + sabiranje homomorfizama, a o operacija kompozicije funkcija.

Dokaz IJ prethodnoj teoremi smo pokazali da je (Hom(\/).+)

Abelova grupa, a takođe je poznato da je operacija kompozieije funkcijaasoeijativna. Znači ostalo je da se dokaže da je j o g (E Hom(\r) zasve f i g iz Hom(V) i da važi zakon distributivnosti.

Neka su / i g iz Hom( V). Tada je

( / o g)(ax + 3 y) = f (g (ax + 6 y)) = f (ag(x) + 8 g(y)) =

= af(g(x)) + pf (g(y)) - a ( f o g) (x) + (3(f o g) (y),

što znači da je / o g G Hom( V) . Dokažimo sad distributivnost. Kako je za svako x iz V

( f °( g + f i ) )( x) = f ( ( g + h ) (x )) = f ( g ( x ) + h (x )) =

= f (g ( * ) ) + f (h (x ) ) = ( f °g) (x ) + ( f °h) ( x ) = ( f °g + f °h) ( x )<

to je f o ( g + h) = f og + f o /?, (Napomena: U svakom prstenu podra-zumevamo da druga operacija, to je ovde o, ima, prednost u odnosu na

prvu, to je ovde +, što u pisanju smanjuje broj neophodnih zagrada).□




Teorema 15.12 (Osnovni stav linearne algebre) Neka su V\ i Vo vektorski prostori nad, poljem F i neka je (rtj,.... an) baza prostora V\.

Tada za svaku n-torku vektora (b\, b2:..., bn) € V 2 jednoznačno je određena Unearna transformacija f : V\ —>V 2 za koju je f(a,i) = bt za sve i G { 1 ,2 , . . . , n} .

Dokaz Dokažimo prvo j ed i n st v en ost takve linearne transforma-cije. Pretpostavimo da postoje takve dve linearne transformacije / i g. Sada za proizvoljan x — a a + a 2a,2 + . . .+ a nan G V\ imaino da f (x ) — f(a-\a\ + a2a2 + . . . + anan) = a\f(a\) + a 2 f ( a2) + .. . + anf(an) =a\g(th) + a2 g(a2) + . . . + a ng(an) = g(a\a\+a2a2 + .. . + a nan) = g(x), što znači da je / = g.

Dokažimo sada p o s t o j a n j e (egzistenciju) takve linearne transfor-macije / . Definišimo funkciju / : V\ —>V na sledeći način:

f (x ) = f(a\a\ + a 2a,2 + . . . + anan) = a\b\ + a 2b2 + . . . + anbn

za proizvoljni x — a a\ + a2a2 + . . . + anan G V\. Jednostavno seproverava (dokaži sam!) da ovako definisana funkcija / jeste linearnatransformacija, čime je dokaz završen. □

Definicija 15.13 L inearnu, transformaciju f : V\ —> V 2 zovemo:

• m o n om o r f i z am ako je f injektivna,

• ep i m o r f i z am ako je f sirjektivna,

• i zom ,o r f i zam ako je f bijektivna,

• en d o m o r f i z a m ako je V\ = V 2 i

• a u t o m o r f i z a m ako je f bijektivna i V\ = V2.

Za vektorske prostore \\ i V 2 se kaže da su izomorfni ako postoji bar jedan izomorfizam f : V\ —>V2. Ako su prostori V\ i V 2 izomorfni, to se označava sa \\ ~ V 2 ili V\ ~ V2.

Linearna transformacija linearno zavisnu n - torkuvektora preslikava u linearno zavisnu n - torku .




Svaki monomorfizam linearno nezavisnu n - torkuvektora preslikava u linearno nezavisnu n - torku .

Prvi deo dokaza u teoremi 15.14

Ako linearna transformacija svaku linearno neza-visnu n - torku vektora preslikava u nezavisnu n -torku, tada je / injektivna tj. monomorfizam.

Treći deo dokaza u teoremi 1 5 . 1 4

Teorema 15.14 Neka su Vi i V 2 vektorski proston nad poljern F. neka je n-torka vektora (a-i, a2, • , a,n) baza prostora Vi i ncka je

funkcija / : V \—>V 2 lineama transformacija.Tada f jeste izomorfizam-, ako i samo ako uređena n-torka vektora

( /(a i ), / (a 2) , . . . , f {an)) jeste baza prostora V2.

Dok az (+>) Neka je je / izomorfizam.(I) Dokažimo nezavisnost n - torke. (/(a-i ), / ( a 2), •• , / (an))

Iz ai/(ai) + a2/(a2) + .. . + anf{an) = 0 zbog linearnosti sledi da je / (ftiai + a2a2 + .. . + anan) = 0, a zbog injektivnosti i zbog /( ()) = 0 sledi a Tai + a 2a2 + .. . h a nan = 0. Sad zbog nezavis-

nosti n-torke (a-i, a2, . . . . a,n) imamo da je ai = .. . = a n = 0 tj.( /(ai), /(a-2) , . . . , f (an)) je nezavisna n-torka prostora V2.

(II) Dokažimo sada da je (/(ai), f ( a 2) . . . . , / ( a n)) i generatorna.Uzmirno proizvoljni vektor y iz V2. Tada zbog sirjektivnosti iunkeije /imamo da postoji x 6 Ui takav da je f ( x ) = y. Kako je (a i; a2, . . . , an)baza prostora Vi, to postoje skalari ai, a 2, . . . , an 6 Ir t-akvi da jex = aiai + a2a2 + .. . + anan. Zbog linearnosti funkeije / odavde

sledi y = /( ;r ) = n ,/(>/., ) + a2/(a 2) + . ••+ anf(an), što znači dasvaki elemenat y prostora V2 je linearna kombinaeija vektora n-torke

{ f ( a i ) J ( a2 ) , . . . , f ( a n)).(^=) Neka je (f(a, j), f (a2) , . . . , f (an)) baza prostora V2.

(III) Dokažimo injektivnost funkcije /.Iz f (x ) = f (y) tj. /( a ia i + a2a2 + . .. + anan)== / ( A a i + 02a2 + .. . + ( 3nan) zbog linearnosti sledi da je

(ft’i ~ P i ) f (ai) + (a2 —/ 32) f ( a 2) + .. . + (an —$n) f (an) 0,




a ođakle zbog nezavisnosti n-torke (/(ai),/(a2),... ,/(a,n)) sledi da je — i3i = 0, Qo —/?2 = 0 . . . . , an —i3n = 0 tj. x = y, što znači da je / injektivna.

(IV) Dokažimo sada sirjektivnost funkcije /'. Kako je n-torka vek-tora ( / (« ] ) , / ( a 2) , . . . , f (an)) i generatorna, to za svaki y G V 2 postojeskalari A2, .. . An takvi da je y = A] f(a\) + A2/ ( a 2) + .. . + A nf(an). Neka je x = Aiax+ A2a2+ . . . + Anan. Tada zbog linearnosti imamo da

je f ( x ) = Ai/( ai) + A2/( a 2) + . . . + An/ ( a n) = y tj. / je sirjektivna, jersmo dokazali da za svako tj 6 V2 postoji x E Vi tako da, je / ( * ) = y.

Teorema 15.15 Svaka dva vektorska prostora nad poljem F su izo- morfrta akko su iste dimenzije.

Dokaz je neposredna posledica prethodnih teorema 15 .14 i 15.12.

P r im e r 15.16 Vektorski prostori (R, M, +, •) i (C, C, + , •) su. jednodi- rnenzionalni, pa kako su iste dimenzije to po teoremi 15.15 oni su izomorfni. To znači da postji bijekcija između C i M, a poznato je da ne postoji bijekcija između C i K ! gde je greškal

O dgovor:_______ __________________________________________________

Teorema 15.17 Svaki n - dimenzionalni vektorski prostor izomorfan jevektorskom prostoru uređ enih n - torki i taj izomorfizam se zove kanoni ki

izomorfizam,

Teorema 15.17 je posledica teoreme 15.15.

Zbog prethodne teoreme dovoljno je prou avati

samo vektorski prostor uređ enih n - torki, jer time

su prou eni svi vektoski prostori.

U sledećim testovima zaokružiti broj ispred tačnog odgovora.

Test 15.18 Ako je f : V —>W izomorfizam vektorskog prostora V u

vektorski prostor W. tada: 1) postoji / -1 2) dim(V) = dim(W)

3) V = W 4) za svaku nezavisnu n-torku (t’i, ...,vn), ^f(v i ) , ..., f (vn)j

je nezavisna 5) za svaku zavisnu n-torku (ui, ...,vn), ^f(vi),..., f ( vn

je zavisna 6) f (x) = 0 =+ x = 0 7) /(0) = y => y = 0




Test 15.19 Ako je f : V W homomorfizam vektorskog prostora V

u juektorski prostor W , tada je: / ’ In postoji f 1 ^ dim(V) = dim(W) ^ V = W za svaku

nezavisnu n-torku vektora (v^,..., vn) i zV, n-torka (^ f(vi) ,. .. ,f (v n) j

je nezavisna u W 'šj/) za svaku, zavisnu n-torku vektora ( l ’ i , ...,vn) iz

V, n-torka ( f ( v i),..., f ( vn)\ je zavisna u W 6/) f ( x ) = 0 => x = 0''^Tr; fP )£

Test 15.20 Za svaku linearnu transformaciju f : M —> R i svako

x, y, X, v € M tačno je: 1) ./(1) = 1 2) /(0) = 0 3) f (xy) = f ( x ) f ( y )4) /(0 ) = 1 5) f ( - x ) = —x 6) f (xy) = x f ( y ) 7) f(Xv) = f(X) + f(v)



Glava 16

MATRICE I LINEARNE TRANSFORMACIJE

Sada ćemo se upoznati sa matricama i dokazati izomorfnost nekihstruktura linearnih transformacija sa strukturama matrica, Cesto sekaže da je matricatipa rnn pravougaona šema brojeva, tj. eleme-nata nekoga polja. ili uređena, mn-torka elernenata nekoga polja. Evo

definicije matrice.

Definicija 16.1 Matrica tipa mn nad poljem F jeste funkcija Mmn (piše se jo š %Mmxn ili MmJl) koja preslikava skup svih uređenih parova

j ( i j)\i € {1 .2 , . . . , 77i} A j £ {1 ,2 , . . . , n}| u skup F. Skup svih

matrica tipa mn označavaćemo sa A4mn. Matrice tipa nn tj. matrice koje imaju isti broj vrsta i kolona. zvaćemo kvadratne matrice reda n.

Na primer matrica A/2,3 je funkcija definisana, sa A/2,3—

= { ( (1 ,1 ) ,7) , ( (1 ,2) ,4) , ( (1 ,3) ,9) , ( (2 ,1) ,3) , ( (2 ,2) ,0) , ( (2 ,3) ,8 ) }

_ / ( l , l ) (1,2) (1,3) (2,1) (2,2) (2,3) \ [ 7 4 9 '- V 7 4 9 3 0 8 y [ 3 0 8

Poslednji zapis je najpregledniji pa ćemo ga zato najčešće i koristiti.

257




Korist.itćemo i sledeće načine zapisivanja matrice:

a.n O1 2 • aln / «11 a \ 2 . • a\n \

1_

0 2 1 a22 . . a2n 0 2 1 a22 . •• a2ni j \mn

Oml am 2 •• a mn _ V 0 /77.1 a,ni2 . • • amn /

Ako je [a,ij\mn matrica. nad poljem F , tada elemenat polja. F zovemoelement matrice koji je u i-toj vrsti i j-to j koloni matrice.

Elemente a i i , a i2 ___ _ a i n matrice [ a t J } m n tipa mn, zovemo eleme-ntima i-te vrste, a elemente a ^ , a 2 j - • , a m ] matrice [a,;j].mn zoveinoelementima j -te kolone, dok elemente 011,0-221 , a ^ k matrice [a?J]rnn

zovemo elementima glavne dijagonale gde je k — 7 nin{m, n). U oznaci [ 0’ij]mn broj 111 je fiksan prirodni broj koji nam govori da promenljivai uzima vrednosti iz skupa { 1, 2, . . . , m } i broj 71 je fiksan prirodni brojkoji narn govori da promenljiva j uzima vrednosti iz skupa { 1,2. . . . , / 1}.

Definicija 16.2 Zbir istotipnih matrica, tipa mn, definiše se sa:

[ti?;j]?rm -f- [bjj}mn [a?j “1“ bij}ni/n,

rnnoženje skalara X i matrice [a;j]rn.n definiše se sa:

X [a jj jmn — [Xa ij ]mn

i proizvod matrica [ajj]m/c i [btJ}kn definiše se sa:

k

[aij]mkV}ij]krr=\aiiKj+ai2hj+- ■ . '"'rJ . 9de je r, , ^ aiPKj-

Vidi primer 15.2 i definicije 17.29 i 17.30.

Znači matrice A i B mogu se pomnožiti samo ako je broj kolonamatrice A jednak broju vrst.a matrice B tj. Aini:Bkn = Crnn.

Primeri

a-n ar2 0-13 +'bu bV2 b\3 ou + b\\ Ol2+ b12 Ol3 + &13

_ 0.2J a 22 23 _ _ b2i b22 b2i . _ a2i + b2\ a22 + b22 «23 + b23 _

Prema torne ist.otipne matrice se sabiraju tako što se odgovarajući

elementi saberu.

a-n O12 0] 3 A o n Aa 12 Aa-13_ a 21 02 2 023 _ (

Xa22 A o 23 _



14. Matrice i linearne transformacije 259

Prema tome skalar (broj) se množi sa matricom tako što se tajskalar tj. broj pomnoži sa svakim elementom matrice.

an a-i2 fli3

a-21 Cl‘ 22 a2331 a32 a3 3

11 12 bl3

21 22 62331 32 633

O l l ^ l l + a - 1 2 ^ 2 1 + f l l 3&31 a n & i 2 + a i2 & 2 2 + f l l3 & 3 2 a n & i 3 + a i 2 &2 3+ a i 3 &33

a2iîi+a2262i+a2363i a2i6i2+a22&22+a23fr32 a2i6i3+a22623+a.23633a3i6n+a3262i+a3363i a3i6i2+a 32622+a33&32 a3i6 i3+a32623+ a 33633

Znači elmenat cŽJna mestu (i, j ) u proizvodu AmkBkn matrica Amk

i Bkn se dobija pornoću i-te vrste matrice Amk i j-te kolone matrice

Bkn i to tako što se odgovarajući elementi te vrste i kolone pomnože izatim se svi t.i proizvodi saberu, tj. Cjj = Ja, i6iv \o_Jhi ! •. +CLikbkj]mn-

Definicija 16.3 Svaki vcktor a; j^ ia u- a2j, •••, ami) €

kao matrica kolona tj. (a; —

zaptsuje se

l a matrica [ a se zapisuje

T -i C S

l . . . . . . . . . .

.

ci12a22

•• Cl\n. . . a2n

- -

am,i am2 a,mn

ai a2 an

i na osnovu 10.9 sledi da je a j = [a^ a2i

Prema tome svaka, matrica kolona i svaka kolona matrice jeste ve-ktor iz prostora Rm tj. uređena m—torka realnih brojeva.

Na osnovu 16.3, 10.9, 16.6, 12.17 i 12.19 sleđi da je P = a* •a j =a.ioj kvadratna matrica reda n. ranga 1 i za koju važi P 2 = P tj.iciempotentna je odnosno projektor.

Proizvod a j -a, = aja,L je kvadratna matrica reda 1 tj. jedan običniskalar (broj), koji se zove skalarni proizvod vektora at sa vektorom a,:ili kvadrat inteziteta vektora at ili kvadrat norme vektora at u oz-naci ||a7;||2 ili |a?|2 (vidi 16.5) tj. postoji definicija skalanog proizvoda

vektora:




Ql ' 01 "q 2 02

vektora a = (qi, q2, ..., an) =1 !

1 - 0

an 0 n _

preslikava u proizvod matrice vrste aJ i matrice kolone b tj. u broj

aTb = Q1/31+ a 2 2 + - •.+<W?n. Kadaj e matrica A realna (tj. a2J € R), tada se A 1 označava i sa A*, 1 pa je

a*b = aT6 = ol\8\+ q 2/32 + • •+ ^nfin-

Vektori a i b su normalni akko je njihov skalami proizvod jednak nuli Vidi definicije 16.3, 10.9 i 12.16.

Definicija 16.5 Norma vektora ili intezitet vektora iz prostora

« i

Q : — (Q'i, Q 2, •• , Q'm)Q'2

je realni broj | | q || defimsan sa

j ]Q' [|“ V ^ Q — \ / q ;" Q “ \f Ot\ + Q 2 + • • • + atVektor je jedinični akko mu je norrna jednaka 1. Ugao između

vektora (matnca kolona) a i b u oznaci $(a,b) je

+(o.b) = arccosa*b aTb

arccoslall •1161

Zadatak 16.6 Ako su a i b vektori iz ! n, dokazati da je tada

(aTb)a = (aaT)b odnosno (a*b)a = (aa*)b.

Definici ja 16.7 N e k a n - to r k a ve.k tora ( q i . q-2 , ■ ■ ■, qn .) je . o r to n o r m ir a n a akko s u sva ka dv a

m e đ u s o b n o n o r m a l n a i a ko s u j e d i n i č n i .

U o p š t e n j e d e f in i c i je 12. 17:

Definicija 16.8 P r o je k c i ja v ek to ra x na p ra v a c v ek to ra n j e v ek to r P a (x ) =• P a x — a

zb og 16.6 s l e d i P a x = - £ r £ - * . A k o j e q j e d m i č n i v e k to r , t a da j e P q x = { q q * ) x = ( q * x ) q .

To znači da je linearna trausformacija (matrica) koja svaki vektor preslikava na njegovunormalnu projekciju na pravac vektora a.

1,4 = [a,y]mn => A* = [ai]]Tin . Matrica A* se clobija od matrice A konjugova-njem svih elemenata matrice A i zatim transponovanjem.




Teorema 16 .9 Z a sv a k i v e k t o r x v a ži d a j e x — P a ( x ) n o r m a l a n n a v ek t o r a .

Znači P a = - je linearna transform acija tj. matrica ranga 1 koja pom nož en a sa proizv oljnim

vektorom (matricom kolonom sa desne strane) daje njegovu projekciju na pravac vektora a.

Ivako se ne može napraviti direktno uopštenje (geometrijsko) definicije 12.23, to se rnože

napraviti uopštenje njene ekvivalentne definicije (teoreme) 12.29. Evo toga uopštenja:

Definici ja 16.10 A k o j e ( q i . q o , . ■ ■. q n ) o r t o n o r m i r a n a n - t o r k a p r o st o r a (Rm,R, + . .) . t a d a

P ( x ) = P x = ( q \ x )q i + ( q $ x ) q 2 + ••• + ( q ^ x ) q n = £ " = 1« * )< ? » = ' E ? = i ( m * ) x '

j e p r o j ek c i j a vek t or a x n a vek t or sk i p od p r ost o r gen er i sa n sa n - t o r k om vek t or a ( q i ,q z ........ q n ) -

T e or e m a 16 .11 Ak o j e ( q i , q- 2 , . . . , qn ) o r t o n o rm i r a n a b a za p r o st o r a V , ta d a za sv a k o x £ V :

P ( x ) = P x = x = (q ^ x)q i + (q*2 x )q 2 + . . . + ( q ^ x ) q n = E ? = i ( 9 i ■x ) Qi = T , ? = i ( M i ) x t j . P j e i d en t i k a f u n k c i j a .

Ova teorema je uopštenje teoreme koja kaže da ako tačka pripađa ravni, onda njena proje-kcija na tu ravan jednaka je samoj njoj.

Teorema 16 .12 Za sva k i v e k t o r x važi da- j e ve k t o r

r — x ~ ) x = x — E i ~ i ( (l i x )q i n o r m a l a n n a svak i q, za sve i £ {1 , 2 , . . . , n } .

Teorema 16 .13 Sv a k i v e k t o r x se n a j e d i n s t v en n a i n r n o že p r ed s t a v i t i k a o l i n ea r n a k om b i -

n a c i j a n + 1 v ek t o r a x = r + E " = i (< M , * ):r >gde j e (qi,<?2, •••, q n ) da t a o r t on o r m i r a n a n - t or k a

i v ek t o r r n o r m a l a n n a sv a k i od vek t o r a i z sk u p a { q i , q2 .9a}-

Grarn - Srnitov postupak ortogonalizacije nezavisne n - torke vektora je neposredna posledicateorema 16.12 i 16.13:

Teorem a 16.14 G? am Sm i t o v a l g o r i t a n i . PJeka j e (q i . . . ., a n ) nezav i sna ' } (q i , •. ., qn ) o r t o n o -

r m i r a n a i n ek a j e < a i -------------------------------------------------- --------- a, > = < q \ _________ ,q t > za svak o i £ { 1 , . . . , n } . T a d

q i — ± m n i q% — ±t i------------------------------------------- j—i — --------- 7—5— ^ ,----------------rr v i a i 12.32.Ilal II l!aJ-'Jii -(</2“i)'J2- •--(?, ..!“i)'2i-l II

U slučaju n = 3 ima = 8 takvih ortonorm iranih trojki (trijedara) koji reprezentuju 8 oktanata.

Zadatak 16 .15 Neka su a = a = a -i i + a 2j + a ^ k = (a i , a 2 , 03) i x = x = x i i + x 2j + X 3 k =

( x i , x 2 , x s ) sl o bo d n i v ek t o r i i i s t o v r em en o i u ek t or i p r o s t or a (R 3,R . + , •). a zbog 16.3 i 16.4 su i

X l a i

m a t r i c e k o l on e x = x 2 i a = a 2

. _ . a3 .p a j e a [a 1 a-2 a3j- Tada

a) M a t r i n i m m no ž en j em ■ p o k a z u j e se da j e ( a a * ) x = ( a * x ) a , št o z n a i d a j e P ( x ) =

^ a = —^ r—x = P x . V i d i 13.11 i 12.17.

b) P j e m a t r i ca i j a l i n ea r n a t r a n sf or m .a i j a sv a k i v ek t o r x = ( x \ , x 2 , x $ ) p r e sl i k a v a

n a n j e g ov u n o r m a l n u ( or t o g on a l n u ) p r o j ek c i j u n a p r a v u k o j a p r o l a zi k r oz k oo r d i n a t n i

p o et a k 1 pa r a l el n a j e s a v ek t o r om a — a t j . n a p r a v u i j a j ed n a i n a j e f — t a , o d n o s n o

P ( x ) = P x = - ^ - x . Vi d i 13.11 i 12.17.

c) Ma t r i c a P j e i d em .p o t en t n a t j . p r o j ek t o r , o d n o sn o v a ži P 2 = P .

d) Ma . t r i c a F = 2P — I j e i n v o l u t o r n a ( r e f l e k t o r ) , o d n o sn o v a ži _F2 = / , q d e j e I j e d i n i n a

ma t r i c a . L i n e a r n a t r a n s f or m a c i j a F j e o sn a s i m e t r i j a , i j a o sa j e pa r a l el n a sa v ek t o r om a = a .




e ) Ma t r i c a I — P j e i d em p o t en t n a t j . p r o j ek t o r , o d n o sn o v a ži d a j e ( / — P ) 2 — I — P .

L i n eam a t r a n sf or m a c i j a I — P p r o j ek c i j a n a r a v a n k o j a j e n o r m a l n a n a v e k t o r a — a .

f ) Ma t r i c a F x — —F = I — 2 P j e i n v o l u t o r n a ( r ef l ek t o r ) , o d n o sn o v a ži F f = L L m e a r n a

t r a n s f o r m a c i j a F i j e r a va n sk a si m et r i j a , u od n osu n a r a va n k oj a j e n or r n a l n a n a vek t o r

a — a .

Svaka linearna transformacija za koju je P ‘2 = P zove se projektor, a za koju je / 2— I zove se

reflektor, ali nemora svaka biti ortogonalna kao ove iz prethodne teoreme.

V id i 10.9, 12 .17 . 13.11 i 16.3. To znač i da algeb ra slo bođnih vekto ra je us tvar i alg eb ra

matrica, gde je a * = a T matrica vrsta nastala transponovanjem matrice kolone a .

T e o r e m a 1 6 . 1 6 A k o j e P p r o j ek t o r ( v i d i 16.15,12.17,12.20,12.29), t ad a F — 2P — I j es t e

i n v o l u t om a l i n ea r n a t r a n s f orm a c v j a t j . r n a t r i c a za, k o j u va z i F ~ = I o d n osn o / 1 = F , gd e

j e I j ed i n i n a m a t r i ca . T a k ve r n a t r i ce t j . l i n ea r n e t r a n sf o r m a c i j e F zovu se i r ef l ek t or i . A k o

j e P or t ogon a l a n , t a da j e F i i i r a va n sk a si m et r i j a Ui osn a , si r n et r i j a v, L u k l i d sk om ( ob i n om

g eom e t r i j s k om ) p r o s t or u R 3 u z a v i s n o st i od t oga d a l i j e P p r o j ek t o v a n j e n a r i a r a v a n i l i p r a v u

k o j e n a r a v n o s a d r ž e k o o r d i n a t n i p o et a k .

T e o r e m a 1 6 .1 7 L i n ea r n a t r a n sf or r n a c i j a - F j e st e i n v o l u t o r n a a k o i sam o a k o j e r ef l e k t o r t j .

a k o j e ob l i k a F = 2P - I . g d e j e P n e k i p r o j ek t o r o d n o sn o l i n ea r n a t r a n s f or m a c i j a z a k o j u v a ži P '2 = P . U E u k l i d sk om ( o bi n om geom e t r i j s k om ) p r o st o r u R 3 t o su r a v a n s k e s im e t r i j e ( k o s e

s i m et r i j e ) g d e z a om g i n a l A i sl /i k u A ' v a žt d a d u ž A A ' n e n i o r a b i t i n o rm a l n a n a r a v a n , v c c

o br a z u j e n ek i f i k s n i u g a o sa r a v n i . A n a l o g n o i o s n e sim et r i j e .

Da li se može dati uopštenje definicije vektorskog proizvoda slobodnih vektora za prostor

R n , analogno u opštenju skalarnoga proizvo da 16.4. V idi 12.39 i 16.5.

Analogno primeru 15.3 pođ a) dokazuje se da važi teorema:

Teorema 16.18 Fvmkcija / :R n— definisana sa f (:rj, x2-, •••, £«) == (fllll'l + . . . + a,\nXn, a-2iX\ + •••+ a2nXn, . . . , amiXi + .. . + amnJ'-n)

je linea/rna transformacija.

Teorema 16.19 Svaka linearna transformacija f iz skupa smh transformacija C22 = { /: M2->R 2 j / je Unearna transformacija} je oblika f { x ! , x 2 ) = (ax i + bx2 , cx i + dx2), gde su a, 6, c i d neki realni brojevi, koji su jednoznačno određeni za datu linearriit transf ormaciju f .Time je faktički lineamoj transformaciji f jednoznačno pridružena

matrica A — a bc d,

i svakoj matrici A

iz skupa svih matrica M. 22

a b

formacija f

d

a, b €E

jednoznačno odgovara Hnea.rna trans-

definisana sa f(x\, x2) = (ax\ + bx2, cx,\-\-dx2) .




Dok az Neka je / neka proizvoljna linearna transformacija iz C22i neka se vektori (1,0) i (0,1) preslikavaju sa / redom u vektore(a, c) i (b<đ) tj. / (1 ,0 ) = (a, c) i /( 0, 1) = (b,d), čime je zbog teo-reme 15.12 linearna transformacija / jednoznačno određena. Sada

zbog linearnosti funkcije / sledi f ( x \,x2) = / ^ i ( l , 0 ) + £2(0,1)^ =

X i f ( l , 0) f ^2/ ( 0,1) = Xi(a, c) + x2(b, d) = (a,x 1+ bx2, cxx + dx2).

Naravno da o evidno važi uopštenje za m i n tj .

Svaka linearna transformacija /:M n —>Mm je oblika f ( x i , x 2 , . . . ,:cn)

= (0 1 1 X1 + . .. + a,\nx n, a.2\X\ + . . . + a2nx n , . . . , am\X\ + . .. + amnxn)

Ovom teoremom 16.19 je konstruisana bijekcija ip : M 22 —C 22.

Zbog toga je uobičajeno da umesto / : M2-^M2 pišemo A : K2—>M2,gde je A matrica odgovarajuća linearnoj transformaciji /.

Teorema 16.20 Neka je M 22

transformacija C22

Tada za funkciju ib

{ / =

M 22

a, b e M > i neka je skupa b

c d|/ je linearna transformacija}.

a bC22 defimsanu sa ip

c d f ,

gde je ip (x\,x2) = f (x\,x2) = (ax\-\-bx2 ,cx\-\-dx2), važi:

a) ijj je bijekcijab) (VA, B e M 22) i/’ (A B) = 'ijj(A) o ifj(B)

c) (VA B e M 22) ip(A. + B) = ib(A) + ip(B)d) (\/A e M 22)(V A e M) p(XA ) = \ij! j(A)

gde su o i + operaaje kompozicije i sabiranja u skupu lin-

earnih transformacija, a i + operacije množenja i sabiranja

matrica i X A = A A je množenje skalara i rnatrice dok jc X •ijj(A) =\i>)(A) = X f množenje skalara i linearne transformacije. Znači ko- nstimo uobičajenu konvenciju 0 brisanju, simbola operacije tj. množenja skalar i matrice, kao i množenja skalara i linearne trans-

formacije. Operacije + pod c) su različite!

Dokaz a) Dokazano je sa teoremom 16.19.

b) Neka su linearne transformacije / i g definisane sa izrazima

f ( x i , x 2) = (axi + 6.t2, c.r 1:dx>). g(x 1, x2) = (jpxr\qx2, rxr+sx2). Tada po



264 Principi aIgebre. opšte, diskretne i Jinearne

definiciji bijektivne funkcije ip sledi da postoje matrice Aa b c d

i B V (l

r s

takve cla je ip(A) = / i ip(B) = g. Sada sledi da je

(rtp(A) o 4>(B))(xi.x2) =

( / ° g) (x 1 < X 2 ) = f ( g ( x 1: x 2 j) = f (px 1 + qx2, rxi + sx2) =(a(pxi + qx2) + b(rxi + sx2), c(pxi + qx2) + d(rxi + sx2)) (apxi + aqx2 + brxi + bsx2). cpxi + cć

. . . . c

: + C / 2 1

1( V -i 7*r\) --? Ia 6 P

1

c c + +

1 c d r s

(.Ti, 3’2) :

7/;( /l-BjOri,^).

Kako je (•</;(.4) o ^(£))(ffi,x2) = i'(A •B )(x i, .t 2) za svaki par

. Vidi teremu 3.23. [X], x2) 6 R2, to je il'(A) o tp(B) = ip(A • B)

Sada je jasno da je množenje mtrica definisano baš tako kako je idefinisano da bi u izomorfizmu ip množenju matrica odgovarala kom-pozicija linearnih transformacija! Drugim rečima ekvivalentna defini-

cija množenja matrica je:

A - B '1(il'(A) o t.'(B))

c) (' ' (4) + V’( B) ) (:ri - x%) == (./ + g)(x 1 , x 2 ) = (°'ri + bx2 . cx\ + dx2) + (px 1 + qx2, rx\ + 8 X 2 ) = (ax 1+ bx2 + px 1 + qx2, cx\ + dx2 + rx\ + sx2) —

// x /, % / \ , / 7, n \ (\ a + p b + q- ({a-±]>)xi--(l>~q)x2. (( ' - (;ci,a:2)

V' +

c + 7‘ d +

(#i, :r2) = 'tp(A + i?)(:t‘i, #2).

Kako je (ip(A) + xp(B))(x\,x2) = j'(A + B ) ( xu x2) za svaki par

(a?i, x2) E M, to je

a b c d P (.1r s

ij.'(A + B)

d)

ip(\A)(x\, x2) = ip ( A a b 1 / ,•*■* ,1. \ -1i \ 1

Aa Ab '

c d J (x i , x2) — -tp 1 Ac Ad

Vidi teremu 3.23.

= Ail

(\aX] + A bx2, \cxi + A dx2) = \(a.X] + bx2, cxi + dx2)

(1 b (xi,x2) = A ij)(A)(xi,x2) = ( Ar(4s) (x 1, x2) .d




Kako je 'ip(XA)(xi, x 2) = A</’(,4)^(:zi, ;r2) za svaki par (xi,x2) iz

skupa M2, to je 'tft(AA) = A 'tp(A) . Vidi teremu 3.23.

Teorema 16.21 Funkcija 'tp iz teoreme 16/20 je izomorfizam prstena svih Unearnih transform.acija (£nn, -f, o) i prstena matrica (A lnn, +, •)i &je izomorfizam, vektorskih prostora (£nm, M, +, o) i (A4mn, M, + . •).

Ako je <•(. 1) = f , tada se za matricu A kaže da je matrica odgovarajuć a

linearnoj transformaciji /.

Važna napomena! Skalar A u prethodnom nizu jednakosti množi sesa: Matricarna, skalarima, vektorima (n - torkama) i linearnim trans-

formacijama. To su sve različite operacije množenja (multiplikativne)!.Jasno je da dokaz ne gubi nimalo na opštosti što je dokaziva.no zarn — n — 2, a važi za. sve prirodne projeve m i n. Sve izloženo važi zasvako polje F i ako srno mi zbog jasnoće radili za polje realnih brojeva.

Zbog izomorfizama dokazanih u prethodnoj teoremi, često se u raduzbog kraćega zapisivanja i sporazumevanja, „poistovećuje” matrica A sa njoj odgovarajućom linearnom transformacijom / = 'U’ (A) tj.umesto / piše se A, ali strogo uzevši to su različiti matematičkiobjekti.

Zadatak 16.22 Neka su linearne transformacije f i g definisane sa

f (x 1, x2) = (xi + 2x2, %i + 3x2) i g(xi , x2) = (2xx - x2, 2xi + x 2).a) Po definiciji kompozicije o odrediti ( f o g)(xi , x-2) = f (g(xi , x2) ) .b) Napisati matrice Mj 1 Mg koje s-u odgovarajuće Unearnim transfo-

rmacijama f i g tj. Mj = 'p~l (f ) i Mg = 4 r l (g).

c) Izračunati proizvod mairica Mj Mg.d) Napisati line.arnu transformaciju h(xi,x2) kojoj odgovara nuitrica Mr Mg = ilr\h). ’

e) Da lije h = f og tj. da lije (V:ci. x 2 € M) h(xi, x 2) = (f °g )( x\ , x2)?

Za oba dela ispita posebno je važno znati sledeć eprimere, definicije i teoreme:

15.2 15.3, 15.10, 15.11, 15.12, 15.13, 15.14, 16.19, 16.20,

16.22.




Zadatak 16.23 Odrediti sledeće linearne transformacije ravni xOy tj. prostora R2 u, obliku f (x . y) = (ax + by.cx + dy), gde su a, b. c, d realni brojevi i odrediti njima inverzne linearne transformacije:a) Osna simetrija a6 oko ose i koja prolazi kroz koordinatni početak

0 i sa pozitivnom x-osm obrazuje ugao f 6 (—f , f ] .

b) Rotacija pg oko koordinatnog početka 0 za ugao 9 E (—c) Centralna simetrija a0 u odnosu na koordinatni početak 0.

Rešenje Korišćenjem kompleksnih brojeva lako se dobija:

a) a0(x, y) = (x cos 9 + y sin 9, x sin 9 — y cos 9) i a~l —aeb) pe (x, y) = (x cos 9 —y sin 9, x sin 9 + y cos 9) i p~l = p_g

c) v0(x.y) = ( -x , -y ) i a~l = aQ.Matrice ovih linearnih transformacija su:cos 9 sin 9 cos 9 — sin 9 ' -1 0 "

I Isin 9 — cos 9

I Isin 9 cos 9 0 I

I0 -1

Zadatak 16.24 Da li (A U J5, o) jeste grupa Unearmh transforniacija prostora M2, gde je A = {a e\9 E (—7r,7t]}. B — {pg\9 G (—tt, tt]}, o je kompozicija funkcija i aB i pe definisa/ni u zadatku 16.23?

Uputstvo: Ispitati da li a0i oa6i. aei o p0o, pQi o a0o i p0] o p0o pripadajuskupu AU B z& svako 9X i 92 iz E ili iz (—7r,7r], potpuno je svejedno.Zašto? Može se raditi i u matričnom obliku.

Zadatak 16.25 Napisat.i izrazc za Unearne transformacije / 1. / 2./3 koje su ravanske simetrije redom u odnosu na ravni x = y, x = z i y = z. Naći sve linearne iransformacije koje se mogu dobiti kompozi-

cijom funkcija / 1, / 2, h 1 napisati Kejlijevu tablicu kompozicije svih tih linearmh transformacija. Da li one obrazuju grupift Kakva je geo-

metrijska interpretacija ostalih linearnih transform,acija?

Evo potpuno isto izloženo na drugi način. Sitnim je slovima jer ne

treba za ispit.

D e f i n i c ij a 1 6 . 2 6 N e k a j e A = \ a i j\ m n m a t r i c a na d, p o l j e m F i n ek a v ek t o r x = ( x i , x- 2 , ■••, x n )

p r i p a d a p r o st o r u F n . T a d a d ej i n i šem o A x k a o u r e đ en u m -t o r k u

n n n

* A x = a \ j X j , ^ a 2 j X j , •••, ^ 2 , a ™ j x j ) e t j - j —I j=l j —1

A x = ( a u x i + . . . + a i n x n , 0 2 1 ^ 1 + •••+ a.2n X n ..........o,m \ x i + . . . + a m n x n )

i d e f i n i šemo f u n k c i j u f t\ : F n —*■ F m $a f a ( x ) = A x .



14. Matrice i linearne transforrnacije 267

Uređene n-torke (xi,a;2 . . . . , x n ) raožemo označavati i sa

XI X2

Imajući to u vidu zapis * u definiciji 16.26 sada izgleda ovako:

" o i l a 12 ■ ■ a i n ’ " l ' l ' a 11 x i + a i 2 X 2 + . •+ a l n X n

02 1 a -22 ■ ■ f*2n X ‘ 2

—0 21 X 1 + 0 2 2X 2 + ■ + « 2 n X ?i

. a - m l & m 2 ■ a i n n _ _ x n . . Or n 1X 1 + a r n 2 X 2 + • + O r i ! n X n _

Za lakše pamćenje forrnule * korisno je paintiti sleđeću sliku:

Znači. za x 6 F n imamo da je f A ( x ) — A r 6 F m . Ov im je def’misana funkcija 'iP koja

matricu A G *Vfmn preslikava u funkciju J a iz skupa funkcija

F rn n = { f \ f ■ F n - F m A ( 3 A G M r n n ) f ( x ) = A x } .

Prema tome ako je A matrica tipa r r i n tada je i p ( A ) funkcija skupa F n u skup F m tj.

i p \ A ) : F n — F rn i definisana je sa i p ( A ) - - f A odnosno t p ( A ) ( x ) = / . 4 ( x ) = A x za sve x € F n .

T e o r e m a 1 6 . 2 7 F u n k c i j a

V ■ M m n - F m n = { f \ f : F n - F m A ( 3 A £ M m n ) f ( x ) = A x }

d ef i n i sa n a sa 4>( A ) = f A , gd e j e f A : F n —* F m p r e.sl i k a v a .n j e d e f i m s a n o sa f A ( x ) = A x , j e s t e

b i j ek t i v n a f u n k c i j a .

Dokaz Sirjektivnost funkcije ip je očevidna po n jenoj definiciji jer za svako / € T m n postoji

A £ M m n t akva da j e / = f A tj. i p (A ) = f = f A - Doka žim o sada injektivnost funkcije tp .

Iz ' ip(A) -- i' ! />’ ) sled i f A --- f s odnosno f A ( x) = / s ( x ) t j. A x = B x za svako x € F n . Ako

uzmemo x = e,- = (0 ,0 ........ 1 , . . . , 0) £ F n t j . e , je n-torka u kojo j je i-ta komp onenta jednaka

1, a sve ostale komponente jednake 0, tada je A e^ = B e i . Međutim Ae^ je zbog definicije 16.26

je dnako i- to j kolon i m atr ice A , pa je zbog A e t — B e i i -ta kolona matrice A jednaka i-tojkoloni

matrice B za svako i £ {1 , 2 , . . . . n } , pa je znači A = B . □




T e o r e m a 1 6 .2 8 Sv a k a f u n k c i j a sk u p a Tm n j e st e l i n ea r n a t r a n s f or m a c i j a t j . h om om o r f i z am , o d n o sn o F m n. C H om ( F n , F m ) . Obr a t .n o, za sv ak u l in ea /r n u t r a n s fo r m a c i j u f £ H o m ( F n , F m ) ,

p o st o j i m a t r i c a A = [a i j ] m n 6 M .m n t a k va da j e f { x ) = A x za s va k o x i z F n t j . v a z i da j e

Fm n ~1 H om \ F n , F n i ) . Z n a i d a j e T m.n — H om ( F n , F m ) .

D ok az Za sva.ku f ,\ € F m n i sve x = (*i,sc2> •••>%n) £ F n i y = (y i, 2/2 >•• , Un) 6 F n

imamo da. je f A ( x + y ) =

n n n

= A ( x + y ) = {Y_ a i j ( x j + y j ) . ^ a%j (x j + f j j ) , . . . . 53 a r nj ( x j + y j ) ) =

; - i i = i

n n < 1 ^

= (53 avjyj'YL0,2 jxj + X- aij'yj— ’ 53 + X] ajjy-7*^7 - i J = 1 J - l J - 1 J = 1 -7 :=l

n n n n n

= ( 2 3 aW ’ 5 3 a2J:rJ - ' • • S + ( 5 3 a 2 j i j j , . , . , J 2 < h»j V j ) .7 = 1 , / = l j = l ' ' '

-- A x + ,4'y = f a ( x ) + l . A ( y ) -

Slično se pokazuje da je f ^ ( \ x ) — \ f A ( x ) . Time srno poka-zali da je T mn Q H o m ( F n , £ '" ).

Pok ažim o sada da je jFm„. D H o m ( F n , F i n ) . Neka je f proizvoljni homomorfizam iz

H o m ( F n , F r n) i neka je e--, = ( 0 , 0 ........ 0 ,1 ,0 , . . . , 0 ) n - to rka iz F n kod ko je je j - ta komponenta

jednak a 1, a sve ostale kom ponen te jednake nuli. Tada je f ( e . j ) uređena m-torka. Formirajmo

sada rnatricu A = [ a i j } m n či.ja j-ta kolona je m-torka f ( e j ) tj. f ( e j ) = (a \ j .a -i j , ■ ■ ■ ,a.m j ) za

svako j £ { 1 , 2 , . . . . n } . D a li j e f ( x ) = A x — J a ( x ) za svako x ~ (.ej . .r o........ x n ) € F ?Očevidno je da je A e j uvek j-t-a kolona matrice, a kako srno uzeli da je i / ( e j ) j -ta kolona

matrice A to je f ( e j ) = Ae.j = f .A .(e j ) za svako j G ( 1 , 2 , ----- n }. Kako su / , / .a : t 11 F n

linearne transformacije i kako je ( e \, e-2, , en ) baza od F n , to zbog teoreme 15.12 sledi da jef ( x ) = f A ( x ) za svako x £ F n . što znači da je f = / ' a £ T m n - D

Znači je bijekcija skupa svih rnatrica M mn i skupa svih linearnili transforrnacija H o m ( F " . F ,n ).

K o n v e n c i j a Z a sv a k u m a t r i c u A € M m n n j°j o d go va r a j u ć i h om om o r f i z am f . \ € H om ( h n , b n r) ,

b i j e k c i j om %>, o zna ava ć em o i st i m s i m bo l om A .

Naravno, ovo ne znači da su matrica i linearna transformacija ist-i objekti. aii važi sledeća

teorema:

T e o r e m a 1 6 . 2 9 V ek t or sk i p r o st o r ( H o m ( F n , F m) , F , + , ) i z om o r f a n j e sa a l g e ba r sk om s t r u -

k t u r o r n (A'lmn, F , + , •)

D ok az Dokazaćem o da je traženi izomorfizam funkcija 'ib detinisana u teoremi 16.2/. Kako

je te ore m am a 16 .27 i 16.28 dok az an a bijek tivnos t fu nkci je %' : M m n * H o m ( F *, F m). to nam

je os ta lo sa m o da. pok ažem o da je fu nkci ja i p hom omorfizam . Neka su ma trice A = \ a i j }m n i

B = \ bj -Amn proizvoljni elementi iz skupa M m n i neka je x proizvoljni elemenat iz F n . Tada je

i ) ( A + B ) ( x ) = / a + b ( X ) = ( A + B ) x =

n n n

= (Y ( a ! j + )xj >^ (°2 j + 2,7 )X j , •• , (a-mj + bm.j )X j ) =

I 1 .! '■ J 1

n 11 n n n n

=(53 «w -5 3 xj -•••-53 + (53 ^ ^ i ’ 53 b xj" ■ ■’ 53.7 = 1 .7 - = 1 .7 = 1 j = 1 j - 1 3 = 1



14. Matrice i linearne transforrnacije 269

= A x + B x = / , i( x ) + /b ( x ) = v { A ) ( x ) + %/; (B ) (x ) . Znači za svako x iz skupa F n važi da je

0(.4 + B ) ( x ) — t i .' (A ) ( x ) + t p ( B ) ( x ) , pa je

y>(A + B ) = ■ip(A) + i p ( B ) .

Dokažimo sađa da je i p ( \ A ) = \ i p ( A ) . Za svako x iz F n važi da je

n n n

i ) ( \ A ) ( x ) = f X a ( x ) --= ( \ A ) x = ( ^ 3 \ a i j X j , \ ci - 2 j X j , •• •2 3 j= l j= l j= l

n n n

- A(23 ai:/+?> 23 a^ 3x r - ■ >23 a m j x j ) - ^(Ax) = \ f A ( x ) = \ 4 ’ (A ) ( x ) ,

3 = 1 j= 1 j= l

što znači da je t/’(A,4) = \ %j j (A ).

Teorema 16.30 ./Vefca je l7 vektor.ski prostor nad poljem F i neka je

(ai, a-2, . . . . an) baza prostora V . Tada fankcija: F r V definisaria sa¥-'(ai,a2.....a„)

<Č,(ai,a2,...,an)(Al, A2, . . . . An) = Aifli + A2a2 + . . . + Anan

je izomorjizam prostora Fn i prostora V, koji ćemo zvati k a n on i k i i z o m o r f i z m n .

Dokaz se, zbog svoje jednostavnosti, ostavlja čitaocu.

Definicija 16.31 Neka je funkcija f : V'i —> V2 linearna tmnsformacija prostora V\ u prostor V2 i neka su (ai, a2, .. . . an) i (bi, b2. . . . . bm) redorn baze tih prostora. Tada se matnca A određena hnearnom trans-

formacijom f \ — 'ijj(A):

fA ~ iP(bi,b2,...1bm) ° f ° (oi.a.2...Oii) : F r F 7

zove matrica odgovarajuća homomorfizmu f , u odnosu na te izabrane baze. Na osnovu usvojene konvencije, umesto J a pisaćemo samo A,

jer homomorfizmu f a jednoznačno odgovara matrica, A.

V Vo

rioi...an)




Drugim rečirna svaka linearna transformacija / E Hom(Vi, V 2 ) je-

dnaka je linearnoj transformaciji

f — l p. o A o 1 J • ( b] ,b‘ 2 : - - J-yrn ) ) '

gde su (fi-i, ci'2,..., a„) i (61, b2, . . . , fom) neke baze redom prostora V\ iV2, dok je A linearna, transformacija odgovarajuća matrici A <E M.mn-

Dvojno značenje simbola A (matrice ili linearne transformacije),neće dovoditi do zabune jer će iz konteksta uvek biti jasno 0 čemu jereč, da li 0 matrici ili 0 njoj odgovarajućoj linearnoj transformaciji. Vi sigurno već imate iskustava o dvostrukom i višestrukom značenjusimbola (oznaka), kao što na primer simbolom + označavamo razne

binarne operacije: sabiranje homomorfizama, sabiranje matrica, sabi-ranje u polju F itd.Na primer, ako za matrice A ,B € M mn posmatramo linearnu

transformaciju (Određenu sa A + B !) A B : Fn F m, pitanje jeda li je to linearna transformacija koja odgovara zbiru matrica A 4- B ili zbir linearnih preslikavanja koja redom odgovaraju matricama A i B tj. A : F n —> F m i B : F n —> Fm ? Kao što je dokazano teoremom16/20 ili 16.29 nije bitno, jer u oba slučaja to je jedno isto preslikavanje,

tako da nema opasnosti od zabune.________________________________

Takođe, ako za matrice A ,B G M mn posmatramo linearnu trans-

formaciju (Određenu sa A- B !) A- B : F n F'n. pitanje je da li je

t.o linearna transformacija koja odgovara paroizvodu matrica A B ili

kompozicija (neki kažu i proizvod i pišu •urnesto o) iinearnih pres-

likavanja koja redom odgovaraju rnatricama A i B tj. A : F n —> F m

i B : F n — F'n ? Kao što je dokazano teoremoin 16.20 ili 16.29 nije

bitno, jer u oba slučaja to je jedno isto preslikavanje, tako da neriia

opasnosti od zabune. Vidi primer 16.22.

Isto važi i za A A, A € F.Isto rezonovanje kao i u prethodnom pasusu odrediće nam kako da definišemo operaciju

množenja matrica, samo što ćemo umesto sabiranja homomorfizama sada poći od kompozicije_ B .. . . A

homomorfizama. Jasno je da se može napraviti kom pozicija homomorfizama l 11 F 1 i F b —*•

F m ako i samo ako je r = s. I sada matricu koja odgovara linearnoj transformaciji koja je

kompozicija linearnih transformacija

F n p r j p r _A p m t j p n £ p m

nazvaćemo proizvodom matrica A i B i označavati sa A B (Vidi zadatak 16.22). (Yid ećem o da

je ov o ek viva lentno defin iciji 16.2) .

Da bi odredili formulu za računanje proizvoda matrica A 6 M m r i B 6 M r n preslikaćemo

jedin ični vek tor ej transformacijom B , a to što dobijemo dalje ćemo preslikati sa A , gde je e.j




uređena n-torka čija j-t a kom ponen ta je 1, a sve ostale 0. Znači. ej t-v B e.j A ( B e j ) odnosno

ako n-torke zapisujemo u obliku kolona imajući u vidu definiciju 16.26. imamo da je

0 '

' 3 '

1B (— V

b 2 j A^

_ 0 _

. b r j .

a-nbij + airbrja 2 l b l j + . . . + a ^ r b r j

. c i m l b i j + . . . + a r n r b r j

A ko to upor edim o sa defin ic ijom 16.2 m nož en ja m atr ic a, v id im o da A ( B e j ) je baš j-ta

kolona matrice A B tj. ma trice ko ja je proizv'od matrica A i B , pa. je znači ( A B ) e j = A ( B e j ) za

svako j E { 1 ,2 , . . . . ?(.}.

Tim e je u stvari dokazano da je ' i / '+lB ) = "4’ (A ) o xp (B ) jer je

( y ( A ) 0 4< ( B ) ) ( eđ ) = f A ( j B ( t j ) ) = f A ( B e j ) = A l B c , ) .

4 ’ { A B ) ( e j ) — ( A B ) e .j za svako j £ { 1 , 2 , . .. , n } ,

a dalje zbog teoreme 15.12 sledi da je ( A B ) x — A ( B x ) za svako x (- F n , jer je ( e i, e o , .... en )

baza prostora F n .

Znači važi teorema:

T e o r e m a 1 6 .3 2 P r st en ( H o m ( V ) y +, o ) i z om o r f a n j e sa (M . , .'i

Iz teorema 16.20 tj. 16.32 sledi da za operaciju irmoženja matricavaži zakon asocijativnosti i zakon distributivnosti množenja matricau ođnosu na sabiranje matrica, jer je algebarska struktura matricaizomorfna prstenu linearnih transformacija, pa onda i struktura ma-trica mora biti prsten.

Zakon komutativnosti za množenje kvadratnih matrica očevidnone važi jer je:

a to je različito od

' 1 0 ' 1 1 1 1

1 0 0 0 1 1

' 1 1 1 0 " ' 2 0 '0 0 1 0 0 0

Struktura (Jlotn( V). o) je očevidno polugrupa sa neutralnim ele-mentom, jer za kompoziciju funkcija važi zakon asocijativnosti a neu-tralni elemenat je identička. funkcija, odnosno funkcija skupa V u skupV koja sve elemente preslikava u same sebe, a ona očevidno jeste ho-

momorfizam.Ta struktura nije grupa jer funkcije iz ( H om (V ), o) nisu sve bijek-

tivne, pa nema svaka sebi inverznu.




Ali ako uzmemo da je Aut(V ) skup svih automorfizama (bije-ktivnih trasformacija V u V), tada (Aut(V),o) jeste grupa. Kako jegrupa (Aut(V), o) izomorfna sa algebarskom strukturom (M'nn, •), gde

je V n-dimenzioni vektorski prostor, a v l{Aul(V)) = A4'nn C M.nn,

to je onda i (M 'nn,-) takođe grupa REGULARNIH matrica reda n uodnosu na množenje matrica, koja nije komutativna!

Neutralni elemenat u grupi (M nn, •) je matrica I koja je definisanasa I = [aij}nn ako i sanio ako je ai3 = 0 za i ^ j, a atJ = 1 za i = j,

jer za tako definisanu matricu I, koja se zove jedinična matrica, važi Ix = x, gde simbol x ima dvostruko značenje i to ako I tretiramo kaoidentičku transformaciju, tada je x vektor tj. uređena n - torka, a ako

je I jedinična matrica, tada je x matrica kolona.

Kako (M !nn, •) jeste grupa to svaka matrica iz tog skupa ima sebiinverznu, dok svaka matrica iz (M nn, •) nema sebi inverznu. Ma-trice skupa M nn zovu se regularne matrice, dok se matrice skupa

M nn\M nn zovu singularne ili neregularne matrice.Da bi daljnje prouča,vanje matrica učinili jednostavnijim definiše se funkcija skupa svih

kvadratnih matrica reda n nad poljem F u polje F koja se zove de term ina nta i označava se sa

det : M n n F .

D e f l n i c i j a 1 6 . 3 3 D et cr r m n a n t a j e f u n k c i j a det : M n n - * F k o j a j e d ef i n i sa n a za sva k i p r i r od m

b r o j n t a k o da

• j e l i n ea r n a p o sv a k oj v r st i (v i d i 10 .1 8 ) .

• j ed i n i n e m a t r i c e se p r e sl i k a v a j u u j e d i n i c u p ol j a F ( vt d i 1 0 .1 9 ) .

• ako su ve k t o r i v r s t e ma t r i c e l i n ea r n o za .v i sn i l a da se ma t r i c a . p r es l i k a v a u nu l u po l j a £

( v i d i 10 . 1 5 ) .



Glava 17

RANG MATRICE I INVERZNA MATRICA

Definiciju matrice smo dali u 16.1. Sada će mo dati definiciju podma-trice (subinatrice) neke matrice.

Definicija 17.1 Podmatrica mutrice Mmn je matrica koja se dobija od matrice Mmn izbacivanjem proizvoljnog broja vrsta i proizvoljnog

broja kolona.

Definicija 17.2 Kvadratna podmatrica reda r matrice Mmn je kvadratna matrica reda r koja se dobija kada u rnatria Mmn izbacimo

proizvoljnih m —r vrsta i n —r kolona.

Definicija 17.3 Minor reda r matmce Mmn je determ/inanta neke

njene kvadratne podmat.rice reda r.

273




Neke podmatrice (nema ih više od 961) matrice

su na pnmer:

6 0 1 ‘ " 4 9 12 2 9 7 9 2

5 0 2 1 5 3

Minori marice

su napnmer:

4 6 9 0 1

3 2 6 2 9

7 5 9 0 25 8 3 5 2

1 9 5 8 3

3 21 8

4 6 9 0 1

3 2 6 2 9

7 5 9 0 2

5 8 3 5 2

1 9 5 8 3

6 0 1 4 9 12 2 9 7 9 25 0 2 1 5 3

3 21 8

4 9 1" C

1

0 0

1

5 3 2 3 2 6

1 5 3 7 5 9

4 9 1 4 6 9

5 3 2 ? 3 2 6

1 5 3 7 5 9

Zadatak 17.4 Koliko postoji mzličitih podnmtrica matnca

b)"6 8 * ? c)

1

6 8 “9 2

9 2 1 r oJ 0 o

Reše nje: a) 1 b) 9

4 11 3

4 1

1 3

49

Zadatak 17.5 Koliko postoji najviše različitih podmatnca kvadratne

matrice reda n ?E k v i v a l e n t n a f or m u l a c i j a o vo ga za d a t k a g l a si : ,. A k o $ u sv a k a d v a el em e n t a u m a t r i c .i r ed a n

r a z h i t a , k o l i k o t a d a im a r a zl i i t i h p o dm a t r i c a t e k v a d r a t n e m a r i c e ?' i l i

D ok a za t i da n e post o j i mše od 4n - 2 n+1 + 1 r a z l i i t i h p o dm a t n c a k v a d r a t n e m a t r i c e r ed a n .



17. Rang matrice i inverzna matrica 275

Zadatak 17.6 Koliko postoji najviše mzličitih kvadmtmh podmatrica

kvadratne matrice reda n ?

Rešen je (2”) —1Zadatak 17.7 Koliko postoji različitih rninora rnatrica

a) [7] b)

" 4 6 8 “' 6

98 '2

? c) 71

95

23

Rešenje: a) 1 b) 5 c) 18

Definicija 17.8 Rang matrice je funkcija koju označavamo sa r a n g ,

koja preslikava skup rnatrica u skup nenegativnih celih hrojeva na sledeći načm.

1. Ako je .4 = 0, tada je ra n g A=0.

2. Ako je A ^ 0, tada je rang rnatrice A jednak r ako postoji minor reda r različit od nule, a sui minori reda većeg od r ,

ukoliko postoje, jednaki su nuh.

Drugim rečima minor najvećeg reda matrice koji je različit

od nule, zove se bazični minor i njegov red je rang te matrice.

Primer 17.9

A

4 6 9 0 10 2 6 2 90 0 9 5 20 0 0 0 00 0 0 0 0

=>• rang A = 3

Koliko najviše bazičnih minora može imati prethodna matrica? (ij)Drugim rečima, ako su svi elementi matrice A ispod glavne di-

jagonale i r — te vrste jednaki nuli, a preostali elementi na glavnojdijagonali različiti od riule, tacla je rang matrice A jednak r.

Kako se svaka matrica ekvivalentnim transformacijama može svestina oblik prethodne matrice i kako se ekvivalentnim transformacijamatj. Gausovim algoritmom, rang matrice ne menja, sledi da je to, uopštem slučaju, najbrži način za određivanje ranga proizvoljne ma-

trice. Vidi 17.11 i 17.12




Definicija 17.10 Ako je rang matnce A jednak r. tada .svi minori

reda r koji su različiti od nule zovu se bazični minori.

eieikiM%rP)P .

Definicija 17.11 Ekvivalentne transformacije matrice su

1. Zamena mesta vrstarna (kolonama)

2. Množenje vrste (kolone) brojem različitim od mde.

3. Dodavanje neke vrste (kolone) nekoj drugoj vrsti (koloni).

Ako se vrše transformacije nad vrstarna, tada takve transformacije

zovemo vrsta-transformacije. Analogno definišemo kolona-transjor- macije.

Teorema 17.12 Ekvivalentmm transform.a.cijama ran g matrice se

ne menja.

Dokaz Kako zamenom mesta vrstama u kvadrat-noj matrici menjase znak njene determinante, a apsolutna vrednost se ne rnenja i kako

množenjem jedne vrste matrice X sa A determinanta te nove matrice je A det(X), sledi da primena prve dve ekvivalentne transformaeije nemenja rang matrice. Pokažimo da i treća vrsta ekvivalentnih trans-formacija ne menja rang. Ako je u nekom minoru neka vrsta dodatanekoj drugoj vrsti minor se ne menja zbog teoreme 10.16 Neka je rangmatrice Mmn jednak r. Uočimo sada neki minor Crr matrice Mmn različit od nule (koji postoji jer je ra n g Mmn = r) i uočimo nekuvrstu koja ,,ne prolazi’' kroz taj minor. Označimo sa b\. bo. ...,br one

elemente te vrste koji pripadaju kolonama koje prolaze kroz uočeniminor. Neka je Arr determinanta dobijena od determinante Crr takošto je 'i-ta vrsta determinante Crr zamenjena sa bi,b2, ..., br i neka je Brr determinata dobijena od determinante Crr tako što je z-toj vrstidodata vrsta b\, 62, br. Sada na osnovu teoreme 10.18. (osobinadeterminanti) sledi da je Crr + Arr = Brr. Kako je Crr 0, to izprethodne jednakosti sledi da je bar jedan od minora Brr ili Arr ra-zličit od nule, a pošto su oni obojica reda r sledi da se rang matrice Mmn neće smanjiti. Rang se neće ni povećati, jer kako je Cr+i,r+\= 0

i Ar+1,'r+l — 9 to je i Br++r+l = ^r+l.r+l “t' ^r+lj-\-l ~ 0 + 0 = 0. D



17. Rang rnatrice i inverzna rnatrica 277

Definicija 17.13 Za matnce A t B istog tipa se kaže da su ekvivalentne ako irriaju isti rang i to se označava sa A ~ B .

Na osnovu izloženog sleđi

Matrice istog tipa imaju jednake rangove ako i samo ako se mogu ekvivalentnim transformacijama svesti jedna na drugu.

Teorema 17.14 Ako je r rang matrice Bmn = [ b i j ] m n , tada se od te rnatrice ekvivalentnim transformacijama može dobiti matrica *

1 «12 C l \3 <214 « 1 r +1 • • ^ ln

0 1 t t '23 «2 4 ^2 r + 1 • . . G'2 /7

0 0 1 &34 a 3 r + i . • ■ & 3n

0 0 0 1 a r r + l • ■ a r n

0 0 0 0 0 . .. 0

0 0 0 0 0 . .. 0

kod. koje ne postoje elementi ispod glavne dijagonale i r-te vrste koji su razltčiti od nule, a prvih r elemenata na glavnoj dijagonali su jedinice. Očevidno je da svaka matrica oblika ★ irna rang r.

Matrice oblika * zvaćemo trouglastim matricama. a matrice koje

se od matrica oblika * razlikuju samo u torne što su umesto jedinica brojevi različiti od nule, zvaćemo takođe trouglastim matncarna.

Dokaz Na os nov u de fin ici je rGingEi iiiiHino d& je / -— 0 B < n.Ti —- j <n / ; — 0 i u ton i

slučaju teoreina je očevid no tačna. Neka je sada B mn = [ b i j ] m n ^ 0. Ak o su svi elenienti prve

kolone jednaki nuJi, tada zamenimo mesta prvoj i drugoj koloni. Ako su i sada svi elementi prve

kolone jednak i nuli, tada zam enimo m esta prvo j i trečoj koloni. Na stavljajuć i ovaj postupa k

doćićemo do kolone u kojoj je bar jedan elemenat ra.zličit od nule, naprimer k -ti po redu. jer

bi u protiv nom polazn a inatrica bila nula matrica. Sada zam enim o mesta A’-to j i prvo j vrsti.

Prvu vrstu ćemo sada podeliti sa elementom koji je na njenom prvom mestu za koji znamo da

je različi t od nu le, a zatim ćem o je m nož it i odgovara ju ćim broje vim a i dodavati os ta lim vr st am a

tako da. svi elementi prve kolone izuzev prvog, ko ji je jedinica, bud u jednak i nuli. Ak o m atrica

neina više vrsta ili kolona onda je njen rang jednak r = 1 i dobijena matrica je traženog oblika.

II suprotnom slučaju posmatramo njenu podmatricu dobijenu brisanjem prve vrste i prve lcolone.



278 Principi aJgebre, opšte, diskretne i linearne

A ko je ta podm atr ic a nu la m at ri ca , rang pola zn e m atr ic e je opet r = 1 i m atr ic a je tr aže nog

oblika, a ako je ta podmatrica različita od nula matrice na nju primenimo isti postupak kao i na

polaznu m atricu. To sve činirno dok se poja vi nula pod m atrica ili se do god i da brisanjem prve

kolone i vrste nestane posmatrana matrica jer se sastojala sarno od jedne vrste ili kolone. Tada

je posle dn ja m atr ic a očevid n o tr aže nog oblika. Kako rang te pos le dnje m atr ic e m ora biti r zbog

teoreme 17.12, to ova poslednja matrica mora imati tačno r prvih vrsta čiji svi elementi nisu nule,

je r bi u proti vnom ra ng te m atri ce bio m an ji od r . Opisani algoritam se m ora završiti u konačno

mn ogo koraka jer bro j vrsta i kolona je konačan. Ovaj algoritam se zove Gau sov a-lgoritam.

Strogi dokaz ovc teoreme daje se indukcijom po broju vrsta m ma-trice [bij]mn, za svako n. Za r = r a n g Bmn = 0 tvrđenje je oćevidno

tačno. Neka je sada r = r a n g B rnn ^ 0 tj. Bmn 0 . Za m = 1tvrdjenje je tačno jer se tada matrica sastoji od samo jedne vrste ukojoj je bar jedan elemenat različit od nule (zbog r a n g Bmn ^ 0)i sada zamenimo mesta tom elernentu i elementu koji je na prvommestu, a potom celu tu vrstu podelimo sa tim elementom koji je naprvom mestu za koga znamo da je različit od nule. Pretpostavimosada da je tvrdjenje tačno za m i dokažimo onda da je tvrdjenje tačnoi za m + 1. Uočimo matricu B m+\ n od m + 1 vrsta. Kao što je napočetku prethodnog pasusa pokazano, ova rnatrica se ekvivalentnimtransformacijama jednostavno svodi na matricu kod koje je prvi el-emenat prve kolone 1, a svi ostali elementi prve kolone su 0 (opetmoguće zbog r a n g Bmn ^ 0). Ako je matrica Brn+ in imaJa samo

jednu kolonu dokaz je završen. a ako je matrica imala bar dve kolonetada brisanjem prve kolone i prve vrste dobija se matrica od m vrsta.koja je ili nula matrica ili se na nju može primeniti induktivna pret-postavka. Posle ovoga, u oba slučaja, očevidno je dobijena matricatraženog oblika, pa je dokaz indukcijom zavrsen. □

Znači, matrica ima rang r ako i samo ako se ekvivalentnim transformacijama može svesti na matricu oblika * 17.14.

U svim primerima rang matrice ć emo tražit i tako što ć emo je ekvi-

valentnim transformacijama svoditi na oblik * (Vidi 17.14), tj.

trougaoni oblik, stim da umesto jedinica na glavnoj dijagonali mogu

biti i proizvoljni skalari polja razli iti od nule.




Prmier Ispitati u zavisnosti od realnih parametara a, b i c rangmatrice

a c c bc a b c

c b a cb c c a

Rešenje. Izvršimo sledeće ekvivalentne transformacije. Četvrtukolonu pomnožirno sa —1 i dodamo prvoj koloni. Prvu vrstu dodamočetvrtoj vrsti. Treću kolonu pomnožimo sa —1 i dodamo drugoj koloni.Drugu vrstu dodarno trećoj vrsti. Treću vrstu dodamo četvrtoj vrsti.Cetvrtu kolonu pomnožimo sa —1 i dodarno trećoj koloni. Tako smodobili njoj ekvivalentnu matricu i rang r:

a —b 0 c —b b0 a —b b —c c0 0 a + 6 —2c 2c0 0 0 a + 6 + 2c

Ako je g s 1 ! o - > C ) oI I I I onda je rang r=0 Ako je o <I I C 3 = 6 ^ 0 onda je rang r= l Ako je

a = b A c b A c = --b onda je rang r=l Ako je <I I i

' l k <-b onda je rang r=2

Ako je a b A a + b - 2c = 0 A c = 0 ondaj e rang r=2 Ako je a b A a + b - 2 c = 0 A c ^ O ondaje rang r=3 Ako je a ^ b A a + b — 2c ^ 0 A a + b + 2c = 0 onda je rang r=3 Ako je ci b A a + b —2c / 0 A a + b + 2c ^ 0 onda je rang r=4

Elementi glavne dijagonale matrice su a,,. gde i uziina svevrednosti prirodnih brojeva od 1 do min{m . n}, elementi ispod glavne

dijagonale su a^ za i > j i elementi ispod r-te vrste su a^ za i > r.

Teorema 17.15 Rang matrice Bmn = [bij]mn ^ 0 jednak je dimenziji vektorskog prostora generisanog vektorirna kolona te matrice.

Dokaz Neka je b*. = (6^, 62fc, ••, bmk) fc-ta vektor kolona matrice Bmn = [bij]mn za svako k = 1,2, Odredimo sada dimenzijuvektorskog prostora V generisanog sa B = (bx, b2, . . . , bn). Pođimood vektorske jednačine čije nepoznate su «i, a2, - . . , an

Q'ibi + a2b2 + . . . + anbn = 0 = (0, 0,..., 0).



280 Principi algebre, opšte, cliskretne i linearne

Ona je ekvivalentna sistemu linearnih jednačina

Q2 12 + Ct'3 13 H- • +Q?i.6ln = 0Oc\b21~\~ OL2 22 + CI3623+ ••• f >iJh2v ~ 0

S i : . . .

&lbrnl~\~ a2^m2 + Q3^m3+ • • ~ 0

čije nepoznate su Qi, a2, . , otn, a čija matrica je očevidno baš ma-trica Bmn = [bij]mn. Ovaj sistem linearnih jednačina se ekvivalentnim

transformacijama svodi na trougaoni oblik:

a,,;i + n,. ,a 12 4 n ,:/ /| 3-i- . . . a ir+ cv7-r+1ai '■+1 + • +°'»n ( l i n ~ 0

a.t2+ « i3a23+ • +«,;,. a-2r+ «ŽT.+1«2?+1+ •••+Q'ina2n = 0an + . . . +Q:.,;.a3r+ a'ir+1a-3H-i+ ••• +a'i,.,,a.3n = 0

+ tt.,;rfla,r r+i + .. . +Q./f(a.m — 0,

gde je (zi,Ž2? •••, ?’n) neka permutacija skupa {1 ,2 , . . . , n}, odnosno{tti, q2- •• , otn} = {a n , a,2, Q ? : a }• Zbog teoreme 17.14, broj r jebaš rang polazne matrice. Ako je r = n. tada su rang matrice i

dimenzija prostora jednaki n i teorema je dokazana. Neka je sadar < n. Tada sledi da je sistem neodređen i da mu je stepen neo-dredjenosti n — r. Zato se nepoznate a n , a?2, . . . , aiv gornjeg sistemamogu izraziti pomoču nepoznatih air+1, a lr_f2, . . . , a ln. Sada u jed-nakosti ai+bi} + al2bi2+ . . . + ainbln = 0 skalare a ^ , ai2... . . a lr izraz-imo u funkciji od a:jr40 , a ir+2, . . . , ain i grupišemo sve vektore uz skalarair+1, zatim uz ttjr+2 itd. uz skalar aln. Kako je ta jednakost tačna, zasve vrednosti skalara a.tr+l, a lr+2,.... a%n, to sve linearne kombinacije

tih vektora uz te skalare a lr+l,a lr+2, . . . . ain, moraju biti jednake nuli(uzme se da je tačno jedan od tih skalra jednak 1 a ostali skalari jednaki 0). Znači, dobili snro n — r jednakosti, odnosno n — rlinearnih kombinacija vektora skupa {bi, b2, . . . , bn}, koje su jednakenuli. Posma.trajmo tih n — r jednakosti „kao sistem" S 2 od n —r

jednačina čije nepoznate su vektori bi,b2, . . . , bn. Sistem S 2 svedemona trougaoni oblik ekvivalentnim transformacijama. Ovaj trougaonioblik imače isti broj jednačina, tj. n —r, kao i sist.em S 2 , jer ako bi ihu protivnom bilo manje, imali da sistem jednačina «Si, čije nepoznatesu skalari q7-, , ima stepen neodređenosti različit od n —r. Kako ovaj




trougaoni oblik ima tačno n —r jednakosti to sledi da se nekih n —r vektora iz skupa B = { b i , b2,.. , b„ }, naprimer baš onih n — r saglavne dijagonale u trougaonom obliku, mogu izraziti preko preostalihr vektora toga skupa, što znači da tih r vektora generišu vektorskiprostor V koga generišu i svi vektori skupa B — { b i , b 2, . . . , b n}. Tihr vektora jesu i minimalni broj generatora tj. baza tog prostora V ,

jer bi u protivnom sistem S2, morao imati više od n —r jednačina.Kako je rang polazne matrice r i kako je dimenzija prostora gener-isanog vektorima bi , b2. . . . , bn jednaka takođe r , to je dokaz završen.Pogledati zadatak 17.16, jer je kroz njega faktički ponovljen ceo ovaj

dokaz □ Znači, dirnenzija vektorskog prostora V jednaka je razliei broja ve-

ktora b], b2, , bn koji ga generi.su i broja jednačina sisterna S2 tj. veza rneđu vekt.onrna

b i, b 2, . . . , bn,

gde su nepoznate vektor bu b2, ..., bn. Sada je očevidno da je dimenzija prostora Vr jednaka n - (n - r ) = r, odnosno jednaka rangu r

matrice pornenutog sistema jednačina. Analogno se dokazuje da je rang matrice jednak dimenziji vek-

torskog prostora generisanog vektorima vrsta matrice.Evo prethodne teoreme ilustrovane na sledećem primeru.

Zadatak 17.16 Neka je V vektorski prostor genensan uređenom pe- torkom vektora (a.b,c.d.c ). Naći sve linearne zavisnosti ove petorke vektora, dimenziju prostora V , napisati sve baze prostora V čije kom-

ponente su iz skupa S ={a, b, c, d, e}, pri černu od n-torki koje subaze i koje se razlikuju samo u redosledu komponenti, treba pisati

samo leksikografski prvu i naći rang matri.ee čije su kolone dati vektori

a, b, c, d, e , ako je:a — (2 , -1 ,3 ,1) , b = (1 ,0 , -1 ,2) , c = (0 ,1 , -5 , 3),

d.= (1,1. —6,5), e = (- 1 ,-2 ,1 2 ,-1 0 ).

Rešenje. aa + (3b + 7 c + 5d + ee = 0<=>

2 a + / 3 + đ —e = 0 a + 2 / 3+ 3 7 +5(5— 10

—a +7 +<5 —2£ = 0 —7/3 —14 7 —215 +42<s = 0

3a —(3 — 5 7 —6 d + 1 2e = 0 ^ 2(3 + 4 ^ + 6 5 — 12c = 0

a + 2/3 + 3 7 + 5 5 - 10£ = 0 - 3 / 3 - 6 7 -9 5 + 1 9^ = 0




a --{-2(3 —lOe +37 +55 = 0 a — 7 + 5\3 —6e +27 +35 = 0 (3 = —27 —35

e 0 e = 0

Sve zavisnosti skupa vektora S date su sa(7+ 5)a +(—27—35)6+7C+5c/+0-e = 0 (a—2b+c)7 +(a—36+fI)5 = 0gde su 7 i 5 proizvoljni realni brojevi. Za 7 =0 i 5 = 1 dobićemo da

je a — 36 + d = 0, dok za 7 = 1 i 5 = 0 sledi a —26 + c = 0. Znači

imamo da je aa + (3b + 7c + 5d + ee = 0 <+a —36 +(i +0 •e — 0 a —36 +đ +0 •e = 0 â —26 +c +0 e = 0 ^ 6 +c —d +0 •e = 0

(«, 7:5. £) e l ( ( 1 , - 3 ,0 ,1 ,0) , (0,1,1, -1 .0 ) )

Kako je skalar e = 0, to vektor e koji stoji uz njega mora obavezno biti usvakoj od traženih baza, jer se on iz toga sistema ne može izraziti preko

preostalih!

Iz poslednjeg sistema sledi da su vektori a i 6 nepotrebni u generisanjuprostora V, pa (c, cL e) je generatorna. za V te je diml < 3. Međutirnkako poslednji sistem reprezentuje SVE zavisnosti skupa vektora S ={a, 6, c, d, e), to dim V — 3, jer bi u protivnom poslednji sistem u tomtrougaonom obliku morao imati T R I nezavisne jednačine, a 011 ima

DVE. Očito je da (c, d, e) jeste baza prostora V, ali kako proveri-ti da li je (a, 6, e) baza prostora VI Komplement sukpa {a,b. e} uodnosu na skup S je {c. d). Ako se elementi skupa {c. (/} mugu izra-ziti samo preko skupa vektora {a,b,e}. onda će to značiti da (a.b.e)

jeste baza, jer već znamo da je dim V = 3. Drugim rečima. trebaproveriti da li poslednji sistem u kojem skup nepoznatih je {c:,d},

jeste takav da se c i d mogu izraziti preko vektora a. b i e tj. da li je

detrminanta sistema ^ ^ različita od nule ili jednaka nuli! Ako

je različita od nule. onda će (a, b, e) biti baza, a u protivnom neće.

Kako je ^ 1 = - 1 ^ 0, to (a, 6, e) jeste baza. Tako dobijamo da

(a, 6, e). (a,c, e) , (a,d,e), (b.c.c). (b,d,e), i (c, d, e) jesu baze. Vididefiniciju 14.16, gde piše da {a, 6, e j je baza akko je (a, 6, e) baza.

Uo i razliku i sli nosti izmeđ u sitema zavisnosti nekog skupa vektora

sistema linearnih jedna ina nad nekim poljem ! ________

Dimenzija vektorskog prostora V , može se računati i kao razlika uku-




pnog broja vektora koji ga generišu minus stepen neodredjenosti dobi- jenog sistema linearnih jednačina po a, 0, 7 , S, e tj. dim V = 5 —2 = 3ili ukupan broj vektora minus rang matrice A sistema zavisnosti vek-

tora a, b, c, d, e. U ovom zadatku matrica A sistema zavisnosti jea [ 1 — 3 0 1 0 1 . . . . . . . , . . . 0

A — 1 — 2 1 0 0 ’ C1 ra n® oce vi( *no Jednak 2.

Kako je matrica X čiji se rang traži, ekvivalentna matrici Y koja je dobijena od matrice X ekvivalentnim transformacijama, tj.

" 2 1 0 1 -1 ' " 1 2 -1 0 3 5 "-1 0 1 1 - 2

~ 1 =0 1 - 6 2 3

3 -1 -5 - 6 12 0 0 1 0 01 2 3 5 -1 0 0 0 0 0 0

to je r an g X = r a n g Y = dim V = 3.

Time smo i na ovom primeru proverili da rang matrice je jednakdimenziji vektorskog prostora generisanog sa vektorima kolonama tematrice.

Može se primetiti da ovaj primer u potpunosti reprezentuje i opšti

dokaz teoreme!Zna i da postoji potpuna analogija izmeđ u ekvivalentnih transformacija

matrice i ekvivalentnih transformacija sistema linearnih jedna ina.

Teorema 17.1T JS/ckci su f3\—(3n, 021,..., (3 —(0i2i 022 > ,Pm2

. . . , &n=(8in, $2n ’ ••••0mn) vektori iz F m, gde je (F, +, •) neko poljei neka je ( a i 7a2, . . .,amJ m-torka vektora koja generiše vektorski prostor (U, F, +, •) i za sve skalare a:i. a'2, . . . . am iz F zadovoljava uslov

aiOi+ ••+ a ^ a ^ 0 (cv'i, a 2, . . . , am) (r L(J3\.... ,/3nj.Tada je dimenzja vektorskog prostora (V, F, +, •) jednaka m —r,

gde je r rang matrice A čije kolone su vektori f3lr. .. ,(3n tj.

A

l-hi021

012

022

0 1 n

0 2 n

0n i l 0r n 2 0 r

Dokaz ove teoreme sledi iz zadataka 14.36 i 17.16.




Konstruisati algoritam za određivanje svih baza prostora V čije

komponente su iz skupa {ai,a2,.. -,an}. Algoritarn je opisan u zadacima 14.36 i 17.16 i na ispitu se vrlo

često pojavljuju takvi zadaci!Teorema 17.18 Za svaku kvadratnu matricu Bnn važi da je njena determinanta različita od nule ako %samo ako su njeni vektori kolone

(vrste) hnearno nezavisni, tj.

det Bnn 0 (b [ . b‘ 2, . . . , bn) je nezavisna,

qde je b[ — {b\i, hoi* , bni) t-ta vektoi kolo?ia mati ice Bnn za svako i —1.2 . . . . . n.

Dokaz

(=>)Nekaje det Bnn ^ 0 i dokažimo daje n-torka vektora (b|. b2.......bn)

nezavisna. Dokaz izvodimo kont.radikcijom tj. pretpostavićemo da jen-torka (b\. b2. . . . . bn) zavisna. Tada se bar jedna kolona k od kolonate ?7-torke inože napisati kao linearna kombinacija preostalih kolonai neka su skalari u toj linearnoj kombinaciji redom Ai, A2, . . . , A„_i.

Ako sada svaku od tih preostalih vektor kolona. pomnožimo redom saskalarima —Aj, —A2, . . . . —An._i i sve dodamo koloni k, dobiće se da suu A;-toj koloni sve nule, tj. da je det Bnn = 0, što je kont.radikcija sa

uslovom.

(<=)Neka je n-torka vektora (bi , b2, . . . , bn) nezavisna i dokažimo da

je detBnn 0 . Dokaz opet izvodimo kontradikcijom. tj. pret-postavimo da je det Bnn = 0 , što znači da je ra n g Bnn < n, odnosnodini L(bi , b2, . . . , bn) < n zbog teoreme 17.15. Iva.ko ?z-torka vek-tora (bi, b2, . . . . bn), generiše prostor dimenzije manje od n, to jepo teoremi 14.30 n-torka (bi, b2, . . . , bn) linearno zavisna, što je kon-

tradikcija sa uslovom. □Drugim rečima determinanta matrice jednaka je nuli ako

i samo ako su vektori kolona linearno zavisni.U glavi Determinante dali smo definicije minora. MtJ i kofaktora

Aij nekoga elementa at] matrice A = [o,,;jj. Sada ćemo dati definicijuadjungovane matrice matrici A = [a^-] i označavaćemo je sa adj A.



17. Rčing nmtrice i inverzna matrica 285

Na testovima se pojavljuju primeri kao sto sleđe ovi, u kojim sezaokružuje samo broj ispred iskaza. koji je tačan, ili se upisuje odgovorna ostavljena prazna mesta. Broj tačnili iskaza može biti 0,1,2,..., svi.

Test 17.19 Neka su = (an , .. . , aln), a2 = (a2i , a2n),. . . , an =i neka je(ani , . . . , ann) vektori vrste matrice A = Ann = V = Lin( &i, a2?•••an) = {o;]ai 4~ct2a2 + •••+ a nan|(i'l5 . . . , c\.n £ M}.Tada: - ^ d e t A ^ O rangA < n ^ det A ^ 0 ^ r an g A < n'flf. (ai, a2( . .. an) je zavisna <=> det = 0 /. dim V Ô ra n g A 1> Y % det .4 y- {) <=>dim V< n ^ (a i, a2, .. . an) je zavisna <=> ran g A < n

Test 17.20 Odrediti rang r matrice A u sledećth 8 slučajeva.

A

a)

p r r

r p qr q pq r r

a) (p, q, r) = (0, 0, 0) ; b) {p, q, r) = (1,1,1);

c) (/'• <1- r) = (1,1, —1); d) {p.q,r) = (1,1,2);e ) ip-q.r) = (1 , -1 ,0 ) ; f ) {p,q,r) = (1,3,2);g) (p. q. /•) = (1 , -3 ,1) ; h) {p,q,r) = (1,2,1).

b) r= c) r= d) r= e) r= f) r= g) r= h) r=

Test 17.21 Koje od tvrđenja je tačno ako je A kvadratna matrica reda n: det/1 = 0 => r a n g A= 0 1^ -det /t = 0 => r a n g A= n ,&$) det yl = 0 <=> r a n g .1< n — 1 . (m) r a n g A= n => det , 4 ^ 0 .

Test 17.22 Neka je A ~ B <=> kvadratne matrice A i B reda n su

ekvivalentne. Zaokruži tačno. 0 A ~ B => ^detv4=0 <=>det jB=0^ ,

4 ~ B |det A\ = |det B |, A => dct(A) = det B . det A = det B / 0 => 4 ~ B. ^ (det A ^ OAdet B ^ 0) A ~ B ,. l/»‘o jc X -j- 0, tada važi da det .4 = A det B => A ~ r ^

Test 17.23 Zaokružt tačan odgovor. Za proizvoljne kvadratne matrice A , B ,C reda n važi: A(BC) = ( AB)C b^Niet. A A = A det .4

" p f A B = B A P '( ^ S )"1 = B - ' A - 1 g f d e t ( A B ) = det.A + detS• k 4 mh f) det(,4 + B) - - det A + det B det(AS) = det A det B

Tesi 17.24 Neka A ~ B znači da su matrice A i B ekvivalentne. Tada zaokruži tačan odgovor: ^ j ) A ~B = > ( r a n g A = 0 r a n g B = 0 ^ ,

det(A) = det(B) => A ~ B. A ~ B => det(A) = det(B), A ~ B => \det(A)\ = \det(B)\, A ~ B 4=> \det(A)\ = \det(B)\,

')JA ( r a n g A = 0 r a n g B = 0




Definicija 17.25 Ako je A = [aij]nn kvadratna matrica, tada njoj adjungovana matrica, u oznaci adj A. je matrica

-4-11 a 2 i . ■ A n i

A \ 2 ^ - 2 2 ■ • A n 2

A \ n A ^ n ■4.. sT-rm

adj A - ] rirt

Znači, od matrice A dobija se njoj adjugovana matrica adj A takošto se svaki elemenat a t j matrice A zameni njegovim kofaktorom izatim se izvrši tra.nsponovanje tj. odgovarajuće vrste i kolone za.mene

mesta.

Primer' 2 3 - 1 “ " -18 -2 2 10 '

A = 0 -2 4 I I e 12 17 - 8

3 1 7 6 7 - 4

Definicija 17.26 Kvadratna matrica B reda n je inverzna kvadratnoj matrici A reda n ako je AB = I , gde je I = [al3]nn jedinična matnca

tj. atj = 0 & i ^ j i aij = 1 i = j. Matrica inverzna matrici A

označava se sa A-1. a /1' /1 -tM 'n 'J ,Teorema 17.27 Kvadratna matnca A = [aij]nn ima inverznu ako i

samo ako joj je deterniinanta različita od nule.

Dokaz

(=>) _ • , . i Ako matrica A irna sebi iverznu matricu A~l , tada je AA 1 =

/ , a primenom teoreme 10.24imamo da izdet(AA~l) — detl sledi

det A det A "1 — 1 što znači da je det A ^ 0.{ * = ) . . . . . .

Na osnovu teoreme 10.23 i definicije 17.25 imamo da je

A (adj A) = [ a n A k i + aÂ ^ H- .. . + ainA■kn nn

det A 0 . . 0 " ' 1 0 . . 0 "

0 det, A . . 0= det A

0 1 . . 0

0 0 . . det A 0 0 . . 1

(d,et A)I.




Znači dobili smodaje A(adj A) = (detA)I tj. A^(det A)~Yadj A^ =

/ , odnosno A~l = (det A )~ l adj A. Primetimo da skalar (de.t A)~l postoji samo zato što je det A ^ 0 . □

Prirner - .. ...... """

A = 0. 3 - 1 '

' ^ r T i =* A - 1 = —n 12-2 2

1710 '

- 83-

.i ^ i—o

6 7 - 4

' 5 6 —6-1

5 6 -6 '

Primer - 8 -11 12 = -8 - 11 12 jer je- 4 - 6 7 -4 --6 r-7 /

5 6 - 6 ' 5 6 - 6 " " 1i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

o o

- 8 -11 12 - 8 - 1 1 12 0 1 0- 4 - 6 7 _4 _-6 7 0 0 1

Pefiniciia 17.28 Ako kvadratna rnatrica A ima inverznu matricu tj. det A 0, tada se za rnatricu A kaže da je regidarna. U protivnom se za matricu A kaže da je singularua.

Definicija 17.29 Skalarni proizvod vektora (Q'i,a2j

vektora (j3i, /32, . . . , j3n) £ F n je skalar otij3-\ H- q;2/32to zapisujemo sa

•, an) G F n i

•+ UnPiI E F i

i f V 1 . \ 2 . . . • - n f , ) ( ( / , . ^ 2 . . . . . . . . . j 3n) = t t i / ^ 1 ■+ a 2 p2 + • • • + a n/ 3r

Skalarni proizvod vektora A = (olu ol2, •.. ,OLn) i vektora B = (/3X, /32, . . . , (3n) je proizvod matrice vrste A T i matrice kolone B . Vidi 16.3.

Napomena: U 16.3 je definisa.no da ako je A = (ai, q2, ..., an) vektor,tada je AT = [ai, a2. . . . , an] matrica vrsta, jer je A matrica klona!Nakon ove definicije proizvod matrica A = [aij]mn i B = [bij]nk se

može definisati na sledeći način.

Definicija 17.30 Elemenat matrice AB na rnestu (z, j ) dobija se kao skalarni proizvod i-te vektor vrste m,atrice A = [% ]„„, i j-te vektor

kolone matrice B = [bl?\nn tj.

AB — [anbij + a-iob j + • •+ 0'inbnj\nn-




Vidi definiciju 16.2.

Teorema 17.31 Ako su matrice A\ i C\ dobijene redom od matrica Ai C tako što su nad njirna vršene iste ekvivalentne vrsta-transformacije,

tada iz AB — C sledi A\B ----- C\.

Dokaz Neke je AB = C. Tada, po definiciji množenja matrica, i~

ta vrsta matrice C je dobijena tako što je i-ta vrsta matrice A skalarnomnožena redom sa svim kolonama matrice B. pa je onda očevidno daako u matrici A zainene rnesta ?-ta i j-ta vrsta, tada će se isto desiti i umatrici C cia bi se očuvala polazna jednakost. Analogno zaključujemoi za transformacije nmoženje vrste skalarom i dodavanje 2-te vrste j-toj

vrsti (i / j).Evo još jednoga dokaza drugog dela teoreme 17.27:Inverznu matricu A 1 matrice A = [%-]nn naćićemo polazeći

od jednakosti I \A = [A]. Vršićemo iste ekvivalentne vrsta-transfor-macije nad uokvirenim matricama tako cla inatrica A pređe u matricu

Ai oblika * iz teoreme 12.8. Ovo je moguće dobiti samo sa vrsta-transformacijama jer je det A / 0 . pa u svakoj koloni ima bar jeđanelernenat različit od nule i zbog toga nije potrebno menjati mesta

kolonama. Pri tome se matrica / transformisala u matricu koju ćemooznačiti sa na primer sa I\ i zbog teoreme 17.31 je I\A — A\. Kako je det A ^ 0, to je rangA = n pa je i rangAj = n ,zbog čega u matrici A\ su svi elementi na glavnoj dijagonali jednaki

jedinici (a ispod glavne dijagonale jednaki nuli). Dalje vršimo opetiste ekvivalentne transformacije nad matricama I\ i A\ , tako da seod matrice A\ dobije jedinična matrica I , što je očevidno inoguće,a pri tom će od matrice I\ nastati tražena matrica A ' 1, jer iz I\A = A\ je dobijeno .4 1 A = I. Znači pokazali smo da ako je

det A ^ 0, tada postoji rnatrica A_1 takva da je A~lA = I.Ovo je istovremeno i najjednostavniji algoritam za efekti-

vno izračunavanje inverzne matrice u opštem slučaju.

Teorema 17.32 Ako je M nn skup svih regulamih matrica reda n,

tada je (Ai'nn, ) multiphkativna grupa.

Dokaz Uređeni par (M'nn, ) jeste grupoid jer proizvod dve kva-

dratne regularne matrice reda n je opet kvadratna regularna matrica




reda n (zbog det(A • B) = det(A) det(B)) i proizvod dve datematrice je uvek jednoznačno određena rnatrica (tj. ne može se desitida proizvod dve date matrice A i B je i matrica C i matrica D gdeje C ^ D ) .

Asocijativnost operacije množenja matrica sledi iz teoreme 16.20 tj.16.32 koja kaže da je prsten (Hom,(\r): +, o) izomorfan sa ( A i n n , +, •).

Neutralni elemenat ove operacije je jedinična matrica I = [aij]nn kod koje je ait = 1, a svi ostali elementi su joj jednaki 0.

Kako je ftA'nn skup regularnih matrica reda, n, to svaka, ima sebiinverznu po definiciji 17.28 i ta inverzna je regularna zbog jednakostidet A •(1(1 .1 ! = 1, koja važi za, svaku regularnu matricu A. □



Principi algebre, opšte, diskretne i linearne



Glava 18

KARAKTERISTIČINI

KORENI I VEKTORI

U mnogim obiastima matematike i drugih naiika veliku važnost i

primene imaju karakteristični koreni i vektori.

Definicija 18.1 Neka je A kvadratna matnca reda n nad nekim po-

Ijem F. Skalar X je karakteristični koren matrice A ako i samo ako postoji vektor x = (xx, x2, •••• xn) 6 F n (uređena n-torka), različit odnula vektora (0,0,.... 0). takav da se hnearnom, transformacijom koja

odgovara matnci A preslikava u vektor Ax tj. A{£ '/l'Lt--f i / <

Ak — Ax ZJć/f

Vektor x je tada karakteristični vektor matrice A za karakteristični

koren (karakterističnu vrednost) X. Linearna transformacija koja odgovara ma.tria A obeležava se takođe

sa A, pa u jednakost Ax = Ax, izraz A x predstavlja sliku vektora x funkcijom A i istovreme.no predstavlja proizvod matrice A t matrice

291




kolone x, jer vektor x (uređena n-torka) rnože se predstaviti kao ma-

trica kolona. Napomena: Simbol x tertiramo dvojako. kao uređcnu n - torku ili

kao matricu kolonu, zavisno od konteksta! Drugim. rečima vektor x ^ (0,0,. . . , 0) i njegova slika vektor Ax

su kolinearni vektori (tj. kordinate su im proporcionalne) ako i samo

ako je x karakteristični vektor matrice A.

Prema torne najbrža provera da li je x karakteristični vektor matrice A, jeste izračunati proizvod A x i videt.i da li je taj vektor kolinearansa x tj. da li su im koordinate prporcionalne i ako jesu. tada ta.jkoeficijenat proporcionalnosti je karakteristična vreclnost te matrice.

Primer 18.2 Naći karakteristične korene i njirna odgovaraluće karak-1 - 9 -O

teristične vektore matrice A

Rešenje1 0

1 I C M1

1 ------------------------1

1 11 —

1

1 5 3 y l i y

1 l i —

1 1 t

o 0 1 z _ 2 _

1 5-1 -2

(1 - X)x x + (5-x

- 2 y X )y +3

—2y —X

Da bi postojao nenula vektor (ai ,a2,Oi3) koji je rešenje ovoga sis-tema linearnih jednačina, mora determinata, da bude nula, jer je sistemhomogen tj. kada bi determinanta sistema bila različita od nule sistein

bi imao samo jedno rešenje (0, 0. 0)!

A - 2 -2 1 5 —A 3

-1 - 2 -A

-A3 + 6A2 - 11A + 6 - 0 A e {1,2, 3}

1 A2 — 2 A3= -A 3 + 6A2

311A 6

Znači karakteristični koreni matrice A su AiPolinom /a {X) = det,(A — XI) = \A —XI

zove se karakteristični polinom matrice A. Ako se u polinornu /a(A) pored slobodnog člana ,.dopiše (slobodni

član se pomnoži sa jediničnom matricom) jedinična matrica / i ako seumesto A svuda zameni matrica A. tada će se za rezultat uvek. dobiti

nula matrica.Ova osobina je poznata pod nazivom Kejli - Hamiltonova teorema

i kaže se



18. Karakteristični koreni i vektori 293

Teorema 18.3 (Kejh - Hamiltonova teor-em,a) Svaka matrica zadovoljava svoj karakteristični polinom.

Prema tome važi da je —A3 + 6 A2 — 1L4 + 6 / = 0. Proveri sam!

Kararakterističnom korenu Ai = 1 odgovara skup karakterističnihvektora (x, y,z) 6 M koji su nenula rešenja sistema jednačina

Ax = Aix (A - 1 • I) [x, y, z]T = [0,0, 0]T <4>

- 2 y - 2z = 0 _ _ ^4= x + 4.y + 3s — 0 4= .

- 2 y - 2 = 0 V = ~ Z

Skup karakterističnih vektora koji odgovaraju korenu Ai = 1 je Vi = {(z, - z , z)\z e R \ {0}} = {a ( 1, - 1 , l)\a e M \ {0} } . Vidimoda je V\ jednodimenzionalni podprostor baze {(1,—1,1)}, vektorskogprostora M3, bez (0, 0. 0) tj. prava kroz koordinatni početak bez njega.

Analogno se dobijaju skupovi karakterističnih vektora koji odgo-varaju korenu A2 = 2: V2 = {((), —z, z)\z e ]R\{0}} = {a (0 , —1, l)|a GR\{0}} (jednodimenzionalni podprostor, tj. prava sa vektorom pravca(0, —1,1)) bez (0,0,0) i korenu A3 = 3: V3 = {(z, —2z, z)\z 6 M \

{0} } = {a (1, —2, 1)|q G M \ {0} } (jednodimenziona.ini podprostor, tj.prava sa vektorom pravca (1, —2 ,1)) bez (0, 0, 0).

Definicija 18.4 Polinom \A —XI\ ili \XI —A\ zovemo karakteristični polinom matrice A.

Teorema 18.5 Za svaki polinom P postoji matrica A čiji karakteri- st/ični pohnom je P tj. \XI —A\ = P(X).

Primer 18.6 Za polinom P(X) = A3 + a2A2 + aiA + a,o; matrica A čiji karakteristični polinom je P(X) = \XI — A\ jeste:

0 0 —a 01 0 —a\ 0 1 —a2

Uopštenje je očevidno.

Ovo je vrlo zna ajno, jer postoje mnogobrojni algoritmi za

izra unavanje karakteristi nih korena i karakteristi nih vektora matrice,

pa time onda i za ra unanje korena proizvoljnog polinoma.




Definicija 18.7 Polinom najrnanjega stepena rn(X) , koga „zadovoljava

matnca A, zove se mmimalni polinom matrice A.

Kako matrica A, po Kejli - Hamiltonovoj teoremi, „zadovoljava”svoj karakteristični polinom f A(X), to je oncla minimalni polinom

delilac. karakterističnog polinoma.Prema tome minimalni polinom matrice A tražičemo tako što ćemo

karateristični polinom rastaviti na proizvod nesvodljivih polinoma inapisati sve delioce (naravno stepena većega od nule i normalizovane).

Tada od svi tih delioca minimalni polinom će biti onj koji je najman-

jega stepena i matrica A ga „zadovoljavaKako u prethodnom primeru karakteristični polinom matrice A je

f A(X) = det \A —XI\ = —A3 + 6A2—HA + 6 = —(A - 1)(A - 2)(A - 3),to kandidati za minimalne polinome su:

7721(A) = A —1, 7722(A) = A —2, nis(X) = A —3,

777.4(A) = (A —1)(A —2) = A2 —3A + 2,777.5(A) = (A —1)(A —3) = A“ —4A + 3.7 7 7 e ( A ) = ( A — 2 ) ( A — 3) = A 2 — 5 A + 6 , 777t ( A ) = f A(^)- Kako jer?2i(A) = A - I 4- 0, n12( A ) = A - 2 I ± 0, m3(A) - .4 - 3 •/ / 0.7 7 24 ( A ) = A2 - 3 • A + 2 • I ± 0, 7 / 7 , 5(-4-) = A 2 - 4 •.4 + 3 •/ / 0,

7 7 26 ( A ) = A2 - 5 • A + 6 •1 f 0. m7(A) = f A(A) = 0 (bez računanja- 11a osnovu Kejli Hamiltonove teoreme). Dakle, minimalni polinomu ovom primeru slučajno je baš karakteristični polinom matrice .4

7 7 2 ( A ) - f A(X) = - A 3 + 6 A 2 - 11 A + 6 .

Najbrža provera da h vektor (1. —2,1) jeste slucajno karakteristični

vektor matrice A, sastoji se u tome da se izračuna

' 1 " ' 3 ‘ ' 1 '

- 2

1—

c o1 _l

= 3 —2

1

Kako je za, rezultat dobijen vektor (3, —6, 3) = 3(1, —2,1) koji je ko-linearan sa (1, —2,1), sledi da (1,-2,1) jeste karakteristični vektormatrice A i kako je koeficijenat proporcionalnosti jednak 3, sledi da 3

jeste karakteristični koren!



Literatura

[1] Klaus Janich, Linear Algebra, Undergradute Text in Mathematics,Springer-Verlag, 1994, New York.

[2] Seth Warner, Modern Algebra, Dover Publications, INC., New York, 1990.

[3] R. Doroslovački, Osriovi opšte i hnearne algebre, Fakultettehničkih nauka - Stylos, Novi Sad 1997.

[4] R. Doroslovački, S.Gilezan, F. Ferenci, J. Nikić, I. Comić, Z.Uzelac, M. Cvijanović, N.Adžić. Zbirka rešemh zadataka iz matem-

atike I deo (šesto izdanje), Naučna knjiga, Beograd 1991.

[5] Z. Stojaković, Đ. Paunić, Zbirka zadataka iz algebre - grupe, prstenii polja (četvrto izdanje), Institut za matematiku, Novi Sad, 1993.

[6] Z. Stojaković. Đ. Paunić Zadaci iz algebre, grupe, prsteni i polja,Univerzitet u Novom Sadu PMF Novi Novi Sad 1998.

[7] Z. Stojaković, Uvod u linearnu algebru Institut za matematiku,Novi Sad, 1988.

[8] Mirko Stojaković, Teorija Jednačina Naučna knjiga, Beograd 1973.

[9] Mirko Stojaković, Elementi hnearne algebre Zavod za izdavanjeudžbenika, Beograd 1970.

295



Index

aditivan, 79analitička geometrija, 215asocijativnost, 76automorfizani, 80

baza prostora, 238Bezuova teorema, 142Bulova. algebra. 53

eiklične grupe, 87, 165

Dekartov kvadrat, 12Dekartov proizvod, 12deliteiji rmle, 102

deoba duži u datoj razmeri, 216determinanta, 170

osobine, 173dimenzija

rang, 279dimenzija prostora, 243disjunkcija, 3distributivnost, 101

domen integriteta, 102, 103, 135dvostruki vektorski proizvod, 209

ekvivalencija, 4endomorfizam, 80epimorfizam, 80Euklidov algoritam, 139

faktor skup, 84

faktorizacija polinoma, 148

funkcija, 27bijektivna, 32

domen, 29injektivna, 30, 47injektivna maksirnalria, 130

injektivna maksimalna , 31inverzna, 33kompozicija, 34neopadajuća, 38

originali, 29permutacija, 32sirjektivna, 30

slike, 29

generatornost, 238Gram Šmit, 202, 261

grupa, 76ciklična, 87

grupoid, 75

Haseov dijagram, 18

hoinomorfizam, 80Hornerova šema, 140

ideal, 107generisan elementom a, 107glavni, 107, 161maksimalni, 161

ideks grupe po podgrupi, 86implikacija, 5

infinum, 21

296



INDEX 297

inverzija, 168inverzni elemenat, 77, 78

izomorfizam, 80, 87

jednačina prave, 216 jednačina ravni, 217, 219

kroz tri tačke, 220normalni oblik, 219

parametarska, 218segmentni oblik, 219

jednačina simetrale ugla, 227 jednačina simetralne ravni, 226

Kantorov dijagonalni postupak, 43karakteristika polja, 104kardinalni broj, 7, 39Kejli - Hamiltonova teorema, 292Kejlijeva tablica, 75klasa ekvivalencije. 14. 15, 85kofaktor, 177

kombinacijesa ponavljanjem, 38

kornpleksan broj. 111algebarski oblik. 113argument. 115

imaginarni deo, 113konjugovan ,113korenovanje, 120

množenje i rotacija, 119modul, 113realni deo, 113sabiranje, 120

stepenovanje, 119trigonometrijski oblik, 118uglovi, 119

kornutativan prsten, 102, 160

kornutativnost, 76konačna polja

Kejlijeve tablice, 162kongruencija, 83

konjunkcija, 3

kvantifikatori, 4

Lagranžova teorema, 86levi neutralni elemenat, 76lineal, 235

linearna kombinacija, 235linearna, ne zavisnost , 236linearna transformacija, 247

automorfizam, 253dimenzija, 255

endomorfizam, 253epimorfizam, 253

homomorfizam, 247izoinorfizam, 253matrica, 262

monomorfizam, 253osnovni stav, 252

predstavljanje, 250prsten, 252vektorski prostor, 251

linearna zavisnost , 236

maksimalni elemenat, 17maksimum, 21

matrica

definicija, 257ekvivalentna, 276

ekvivalentne transform, 276rninor, 273rang, 275, 276, 279

zavisnost, 284mešoviti proizvod, 210minimalni elemenat, 17minimum, 21minor, 177, 273



298 INDEX

monomorfizam, 80multiplikativan, 79

najmanji elemenat, 17

najveći elemenat, 17najveći zajednički delilac, 138negacija, 3nesvodljiv polinom, 146, 160neutralni elemenat, 76, 78nula funkcija, 50nula polinom, 132nula prsten, 102

operacija, 75ortogonalna, 202osnovni stav algebre, 147

particiie, 9, 15tip, 10

permutacija, 32, 167

parna, 168permutacije

sa ponavljanjem, 34, 35, 38podgrupa grupe, 79

podskup, 7polinom, 132

određenost, 144deljenje, 136koren, 142rnnoženje, 134

nesvodljiv, 146nula, 142racionalni koreni, 154

sabiranje, 134stepen, 134svodljivost i koreni, 146višestrukost korena, 151vodeći koeficijent, 134

polinomska funkcija, 140

polje, 102konačno, 160

konstrukcija, 159polje Galoa, 104

polugrupa, 76potpolje polja, 164potprostor, 233, 234

potprsten., 106pozitivno orijentisan ugao, 120

pramen ravni, 225pravac. 193presek dve ravni, 223

presek pravih, 225proširenje polja, 164proširenje (ekstenzija) polja, 165prodor prave kroz ravan, 220projekcija tačke na pravu, 220projekcija tačke na ravan, 221projektor, 197prsten. 101

prsten sa jedinicom, 102prvi zakon analitičke geometrije.

216

QR faktorizacija, 202

racionalni koreni polinoma, 154rastojanje neparalelnih pravih, 224

rastojanje tačke od prave. 224

rastojanje tačke od ravni, 224reflektor, 198relacija, 11

antisimetrična, 13

binarna, 13ekvivalencije, 14

infinum, 21inverzna, 13

maksimum, 21



INDEX 299

minimum, 21poretka, 17refieksivna, 13

simetrična, 13supremurn, 21tranzitivna, 13

restrikcija, 76

skalarni proizvod, 196skup, 3

tip particija, 10celih brojeva, 16

dobro uređen, 18faktor, 14kardinalni broj. 7, 41količnički, 14, 16komplemerrt. 8particija, 9, 15partitivni, 8, 16prazan, 6

presek, 7razlika, 8totalno uređen. 18unija, 7univerzalni, 7

skupovi, 6slobodni vektor. 191supremum, 21

tautologije, 6transponovana matrica, 173

transpozicija, 169trijedar vektora, 203

desni i levi, 203

uključenje isključenje, 9unitarna, 202uređen par, 11uređena n-torka, 12

vektor, 192intezitet, 192kolinearni, 193

komplanarni, 194množenje, 193nula, 192, 193, 199pravac, 192projekcija, 196, 197, 199sabiranje, 192smer, 192trijedar, 203

desni i ievi, 203

vektorski proizvod, 204vektorski prostor, 229višestrukost korena polinoma, 151 Vietove formule, 150vodeči koeficijent polinoma, 134

zajednička normala, 221



Documents

Principi Algebre, Opste, Diskretne i Linearne - Doros