Download pdf - Predavanja iz predmeta Linearna algebra

Linearna Algebra - Predavanja

Vladimir Pavlovic

January 9, 2013

2

Sadrzaj

I Operacije. Pojam vektorskih prostora 5

I.1 Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

I.2 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

I.3 Operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

I.4 Geometrijski vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

I.5 Definicija vektorskih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

I.6 Linearna kombinacija konacnog sistemavektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

II Osnovni pojmovi i cinjenice 37

II.1 Podprostor vektorskog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

II.2 Potpuni sistemi i skupovi vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

II.3 Linearno (ne)zavisne n-torke vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

II.4 Linearno (ne)zavisni skupovi vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

II.5 Bazni skup, baza, dimenzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

II.6 Sume podprostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

II.7 Linearna preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

II.8 Kako shvatiti pojam izomorfnih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . 88

II.9 Tri ocigledna i jedan vazan izomorfizam . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

II.10 Osnovna tvrdenja o linearnim preslikavanjima . . . . . . . . . . . . . 95

II.11 Kad za f ∈ End(V) vazi Ker(f)⊕ Im(f) = V ? . . . . . . . . . . . . . 102

II.12 Projekcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

II.13 Linearna preslikavanja iz Km u Kn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

II.14 Matrica linearnog preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

II.15 Mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

II.16 Dva primera: rotacija i osna simetrija . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

II.17 Matrica linearnog preslikavanja ipromena baze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

II.18 Jedinicna matrica. Regularne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

II.19 Hom (Km×1,Kn×1), Hom (K1×n,K1×m)i mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

II.20 Linearna forma funkcionele u datoj bazi . . . . . . . . . . . . . . . . 144

3

4 SADRZAJ

II.21 Algebarski dual vektorskog prostora.Dualne baze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

II.22 Kanonski izomorfizam k.d.v. prostorasa drugim dualom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

II.23 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

IIISistemi linearnih jednacina. Determinanta 167III.1 Sistemi linearnih jednacina:

definicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167III.2 Sistemi linearnih jednacina i linearna preslikavanja . . . . . . . . . . . 169III.3 Resivost sistema linearnih jednacina

i rang matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171III.4 GJ- oblik matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173III.5 Permutacije, inverzije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187III.6 n-linearna preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188III.7 Definicija determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195III.8 Osnovne osobine determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198III.9 Determinanta i rang matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205III.10Determinanta i inverzna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206III.11Determinanta i sistemi linearnih

jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

IV Struktura linearnog operatora 209IV.1 Sopstvene vrednosti/vektori linearnog operatora . . . . . . . . . . . . 209IV.2 Teorema Cayley-Hamilton-a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212IV.3 Minimalni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214IV.4 Jordan-ova normalna forma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

V Realan i kompleksan skalarni proizvod 225

Deo I

Operacije. Definicija realnih ikompleksnih vektorskih prostora

I.1 Literatura

Kao udzbenik koristicemo knjigu

Linearna algebra i analiticka geometrija,drugo, ispravljeno i dopunjeno izdanje.

Autor: Ljubisa Kocinac

Radimo samo Glave 1,2,6 i ako stignemo 4.

5

6 DEO I. OPERACIJE. POJAM VEKTORSKIH PROSTORA

I.2 Funkcije

〈a, b〉 :df={{a}, {a, b}

}– primaran ureden par. Vazi

ako je bilo a 6= a0 bilo b 6= b0 onda 〈a, b〉 6= 〈a0, b0〉

f je funkcija definisana na skupu X sa vrednostima u skupu Y , ili f je funkcija

iz skupa X u skup Y skraceno zapisujemo sa

f : X → Y

X := {u, v, w}, gde u 6= v 6= w 6= u; Y := {a, b, c, d}

Slika I.2.1.

Po svojoj prirodi funkcije su specijalne vrste skupova primarnih uredenihparova.

f := {〈u, d〉, 〈v, b〉, 〈w, b〉}f(u) = d, f(v) = b, f(w) = b.

{〈u, a〉, 〈v, b〉, 〈u, c〉, 〈w, d〉} nije funkcija ako a 6= c.

Ako Y1 := {a, b, d}, Y2 := {b, c, d} onda je tacno f : X → Y1 i f : X → Y2. Sdruge strane f : X → {a, b, c} nije tacno.

Dom(f) = X – domen funkcije f

Im(f) = {d, b} – imidz funkcije f ili skup slika funkcije f

{〈u, a〉, 〈w, b〉} – ovo nije funkcija (definisana) na skupu X ali jeste funkcija naskupu X0 := {u, w}.

f � X0 = {〈u, d〉, 〈w, b〉} – restrikcija funkcije f na skup X0.

I.2. FUNKCIJE 7

Oznaka:XY – skup svih funcija iz X u Y

Slika I.2.2.


Primer Definisimo funkciju f : R → Z tako da je za x ∈ R f(x) najveci ceo broj rza koji vazi r ≤ x.

Imamo f ∈ RZ kao i f ∈ RR. Takode je f(−3.7) = −4, f(9) = 9, f(14/3) = 4.

f = {. . . , 〈−3.7,−4〉, 〈9, 9〉, 〈14/3, 4〉, . . .} – beskonacan skup

f :

(· · · −3.7 9 14/3 · · ·· · · −4 9 4 · · ·

)

Primer Definisimo funkciju g : R → R sa g(x) = 2x3− 5x2 +x+11, za x ∈ R. Ovoje primer jedne polinomske funkcije.

Imamo g(0) = 11, g(−1) = 3.

g = {. . . , 〈0, 11〉, 〈−1, 3〉, . . .} = {〈x, 2x3 − 5x2 + x+ 11〉 : x ∈ R} – beskonacanskup

g :

(· · · 0 −1 · · ·· · · 11 3 · · ·

)

Neki specijalni slucajevi

(1) (Uredene n-torke) Funkciju h : {1, 2, 3} → {p, q, r, s} definisanu sa

h :

(1 2 3p p q

)

zapisujemo jednostavnije sa h = (p, p, q).

Funkciju t : {1, 2, 3} → {p, q, r, s} definisanu sa

t :

(1 2 3r q s

)

zapisujemo jednostavnije sa t = (r, q, s).

Dakle ako je domen funkcije skup {1, . . . , n} za neko n ∈ N onda umesto

g :

(1 · · · n

g(1) · · · g(n)

)

pisemo samo g = (g(1), . . . , g(n)) ili g = (g1, . . . , gn), i

za funkciju g kazemo da je uredena n-torka . Specijalno za n = 2 funkcije (a1, a2)nazivamo uredenim parovima (bez onog “primaran”). Za gi kazemo da je i-ta kom-

ponenta n-torke (g1, . . . , gn). Obratimo paznju:

(x, y) =

{

〈1, x〉, 〈2, y〉}

I.2. FUNKCIJE 9

Ako su dati skupovi A1, . . . , An onda sa sa A1×· · ·×An oznacavamo skup svih n-

torki q = (q1, . . . , qn) takvih da je qi ∈ Ai za i = 1, n (dakle g : {1, , . . . , n} →n⋃

i=1

Ai);

A1 × · · · × An nazivamo Descartes-ov proizvod skupova A1, . . . , An tim redom.Ako je specijalno A1 = · · · = An = X onda se ovaj Descartes-ov proizvod svodi

na skup {1,...,n}X kog krace oznacavamo sa Xn . Za Xn kazemo da je skup svih

n-torki elemenata skupa X ili n-ti Descartes-ov stepen skupa X. Recimo C3 jeskup svih (uredenih) trojki kompleksnih brojeva i (3,−2i, 7 + 4i) ∈ C

3.

(2) (Matrice) Imamo

{1, 2, 3} × {1, 2} = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (3, 1), (3, 2)}Funkciju T : {1, 2, 3} × {1, 2} → C datu sa

T :

((1, 1) (1, 2) (2, 1) (2, 2) (3, 1) (3, 2)8 5− i −1 3i 0 −7

)

zapisujemo preglednije tablicom

T :

1 2

123

8 5− i

−1 3i0 −7

ili jos krace sa

T =

8 5− i

−1 3i0 −7

Imamo T (1, 1) = T ((1, 1)) = 8, T (3, 2) = −7.

Dakle ako je za neko n,m ∈ N domen funkcije skup {1, . . . , n}×{1, . . . , m} ondaumesto

P :

((1, 1) · · · (1, m) · · · (n, 1) · · · (n,m)

P (1, 1) · · · P (1, m) · · · P (n, 1) · · · P (n,m)

)

jednostavno pisemo

P =

P (1, 1) · · · P (1, m)...

.........

...P (n, 1) · · · P (n,m)

odnosno

P =

P1,1 · · · P1,m...

.........

...Pn,1 · · · Pn,m


a za funkciju P kazemo da je

matrica formata n puta m

i to sa vrednostima u skupu X ako je Im(P ) ⊆ X (tj. P (i, j) ∈ X za svako i = 1, n

i j = 1, m). Ako je (i, j) ∈ {1, . . . , n} × {1, . . . , m} onda za P (i, j) kazemo da stoji

na mestu (i, j) u matrici P .

Skup svih matrica formata n puta m i to sa vrednostima u skupu X oznacavamo

sa Xn×m . Kvadratna matrica reda n ∈ N jeste matrica formata n puta n.

• Ilustracija Gore definisana funkcija T je matrica formata 3 puta 2 sa vrednostimau C (ili nad C kako se jos kaze). Na mestu (1, 2) u matrici T stoji 5 − i. ImamoT ∈ C

n×m kao i

U :=

−907

∈ Z3×1 ⊆ R

3×1, U3,1 = U(3, 1) = 7

iV :=

[4 −5

√3]∈ R

1×3 ⊆ C2×3, V1,3 = V (1, 3) =

√3

•

Ako su i ∈ {1, . . . , n} i j ∈ {1, . . . , m} onda za matricu

P•,j :df=

P1,j...

Pn,j

∈ Xn×1

kazemo da je j-ta kolona matrice P a za matricu

Pi,• :df=[Pi,1 · · · Pi,m

]∈ X1×m

kazemo da je i-ta vrsta matrice P .

I.3. OPERACIJE 11

I.3 Operacije

Slika I.3.3.

Za funkciju f : X × Y → Z kazemo da je

mesovita operacija izmedu elemenata skupa X i elemenata skupa Y

sa vrednostima u skupu Z

Uobicajeno je da se izabere neki simbol tipa “◦” (ili “?”, “∗”, “·”, “+”, “⊕” i slicno)i da se govori “operacija ◦” a umesto “f(x, y)” za x ∈ X i y ∈ Y pise “x ◦ y”.

Primer Neka je funkcija f : N×P(N) → P(N) definisana sa f(k, A) :df= A∩{1, . . . , k}

za k ∈ N i A ⊆ N; dogovorimo se da umesto f(k, A) pisemo k ◦ A.

Imamo 7 ◦ 2N = {2, 4, 6} i 11 ◦ {2, 5, 10, 31} = {2, 5, 10}. Ovakva funkcija f ,odnosno “◦” je primer mesovite operacije izmedu elemenata skupa N i elemenata

skupa P(N). 2


Slika I.3.4.

Ako je specijalno X = Y = Z =: A onda je zapravo f : A × A → A i u ovomslucaju kazemo da je f operacija na skupu A .

Slika I.3.5.

Operacija ◦ na skupu A je asocijativna ako za svako x, y, z ∈ A vazi

(x ◦ y) ◦ z = x ◦ (y ◦ z)

I.3. OPERACIJE 13

Primer Neka je funkcija g : R×R → R definisana sa g(x, y) :df= |x− y| za x, y ∈ R;

umesto g(x, y) pisimo x ∗ y. ∗ je operacija na skupu R.

Operacija ∗ je komutativna : x ∗ y = |x − y| = |y − x| = y ∗ x vazi za svakox, y ∈ R.

Operacija ∗ nije asocijativna : postoje a, b, c ∈ R tako da a ∗ (b ∗ c) 6= (a ∗ b) ∗ c(recimo imamo 2 ∗ (5 ∗ 11) = 2 ∗ 6 = 4 i (2 ∗ 5) ∗ 11 = 3 ∗ 11 = 8). Dodusex ∗ (x ∗ x) = (x ∗ x) ∗ x vazi za svako x ∈ R (jer je operacija komutativna). 2

Ako nijeX = Y = Z onda u opstem slucaju nema smisla govoriti o asocijativnostimesovite operacije f : X × Y → Z (jer npr. moze da se desi da je a ∗ b ∈ Z \X zaneke a ∈ X, b ∈ Y pa “(a ∗ b) ∗ c”, tj. “f(a ∗ b, c)”, za c ∈ Y nista ne oznacava).

Primer Neka je X := P(N) i neka su ·, ∗ i ⊕ operacije na skupu X definisane sa

A ·B :df= A ∩ B, A ∗B :

df= A ∪ B i A⊕ B :

df= A4B za A,B ⊆ N.

Da li postoji neko M ∈ X tako da je A ∗M = M ∗ A = A za svako A ∈ X?

A ∗ ? = ? ∗ A = A

↑trazimo jedan fiksiran element M koji god A

ovde da stoji!

e1 := N je neutralni element za operaciju “·” :

A · e1 = A ∩ N = A i e1 · A = N ∩ A = A za svako A ∈ X.

e2 := ∅ je neutralni element za operaciju ∗:

A ∗ e2 = A ∪ ∅ = A i e2 ∗ A = ∅ ∪ A = A za svako A ∈ X.

∅ je takode neutralni element i za operaciju ⊕.

• Pitanje 1 Da li postoji jos neki neutralni element za ·, ∗ ili za ⊕?

Odgovor:

n1 = n1 ∗ n2 = n2

•


• Pitanje 2 Za koje A ∈ X postoji neko S ∈ X tako da je A ⊕ S = S ⊕ A =e2 = ∅ = “neutral za ⊕”? Za koje A ∈ X postoji neko S ∈ X tako da jeA · S = S · A = e1 = N = “neutral za ·”? Za koje A ∈ X postoji neko S ∈ X takoda je A ∗ S = S ∗ A = e2 = ∅ = “neutral za ∗”?

A ∗ 2A = 2A ∗ A = “neutral”

•

Imamo ∅ = A⊕ S = A4S akko je S = A. Dakle svaki element skupa X je

invertibilan u odnosu na operaciju ⊕

Imamo N = A · S = A ∩ S akko A = S = N. Dakle samo neutral e1 = N jeinvertibilan u odnosu na operaciju “·”.

Imamo ∅ = A ∗ S = A ∪ S akko A = S = ∅. Dakle samo neutral e2 = N jeinvertibilan u odnosu na operaciju ∗.

Pitanje 3 Imamo A ⊕ A = e2 = ∅ za svako A ∈ X. Da li (i za koje A ∈ X)postoji jos neko S 6= A tako da je A⊕ S = e2? •

Ukoliko je doticna operacija asocijativna (a ova ⊕ jeste takva) onda za svaki

invertibilan element postoji tacno jedan inverzni (suprotni) element : ako je

l ◦ x = x ◦ d = e = “neutral za operaciju ◦”, onda imamo

l = l ◦ e = l ◦ (x ◦ d) = (l ◦ x) ◦ d = e ◦ d = d

2

Primer Neka je ◦ operacija na skupu X := N definisana sa n ◦m :df= min{n,m} za

n,m ∈ N.

Za svako n ∈ N postoji neko k(n) ∈ N tako da je n◦k(n) = k(n)◦n = n. Recimon ◦ (n+1) = (n+1) ◦n = n. Za k(n) mozemo (a i moramo) uzeti bilo koji prirodanbroj veci ili jednak n.

Ali ne postoji jedan fiksiran m0 ∈ N tako da za svako n ∈ N vazi

n ◦m0 = m0 ◦ n = n

I.3. OPERACIJE 15

Dakle ne postoji neutral za operaciju ◦. 2

Primer Neka je ◦ operacija na skupu X := {1, 2, 3, 4} definisana sa n ◦ m :df=

min{n,m} za n,m ∈ X, a ⊕ operacija na skupu Z definisana sa k ⊕ l :df= k − l za

k, l ∈ Z.

◦ je komutativna i asocijativna operacija i ima neutralni element – to je e := 4.Operacija ⊕ nije ni komutativna ni asocijativna. Ne postoji neutralni element zaoperaciju ⊕: kad bi neki s ∈ Z bio neutral za ⊕ onda bi moralo biti 1 = s⊕1 = s−1i 2 = s⊕ 2 = s− 2, tj. i s = 2 i s = 4, sto je nemoguce.

Za operaciju ⊕ termin invertibilan element dakle nema smisla. Element n ∈ Xje inveribilan u odnosu na operaciju ◦ ako postoji neko x ∈ X tako da je n ◦x = 10,tj. min{n, x} = 10, a ovo je moguce akko je n = x = 10; dakle jedino je neutral 10invertibilan u odnosu na ◦. 2

Primer Neka je X := {1, 2, 3, 4} i S := XX = X4 = skup funkcija iz X u X. Naskupu S definisemo operaciju ◦ tako da je za f, g : X → X funkcija f ◦ g ∈ Sklasicna kompozicija funkcija f i g, tj. funkcija f ◦ g : X → X je odredena sa(f ◦ g)(x) = f(g(x)) za svako x ∈ X.

Dobro je poznato da je operacija ◦ asocijativna. Naime ako je f : A → B,g : B → C i h : C → D onda imamo

(

(f ◦ g) ◦ h)

(a) =

(

f ◦ g)(h(a)

)= f(g(h(a)))

(

f ◦ (g ◦ h))

(a) = f

(

(g ◦ h)(a))

= f(g(h(a)))

za svako a ∈ A.

Operacija ◦ nije komutativna jer na primer za f := (2, 3, 1, 4) i g := (2, 1, 3, 4)vazi (f ◦ g)(1) = f(g(1)) = f(2) = 3 i (g ◦ f)(1) = g(f(1)) = g(2) = 1, pa jef ◦ g 6= g ◦ f (recimo zbog (f ◦ g)(1) 6= (g ◦ f)(1)).

(Identicka) funkcija idX (definisana sa idX(x) = x za svako x ∈ X) je neutralnielement za ◦. Element skupa S je invertibilan u odnosu na ◦ akko je bijekcija (tj.funkcija f : X → X koja je 1 − 1 i na; za ovakve funkcije se koristi jos i terminpermutacija skupa X). 2


Asocijativnost i raspored zagrada

Neka je ◦ operacija na skupu X. Ako su x1, x2, x3, x4, x5, x6 ∈ X da li je(

x1 ◦ (x2 ◦ x3)

)

◦(

(x4 ◦ x5) ◦ x6

)

i

(x1 ◦ x2) ◦(

(x3 ◦ x4) ◦ (x5 ◦ x6)

)

jedan te isti element skupa X ili ne? Drugim recima, da li “rezultat racunanja u”x1 ◦x2 ◦x3 ◦x4 ◦x5 ◦x6 zavisi od “rasporeda zagrada”? Ako zavisi onda ne mozemokoristiti zapis “x1 ◦x2 ◦x3 ◦x4 ◦x5 ◦x6” da oznacimo jedan konkretan element skupaX.

Ako je operacija ◦ asocijativna rezultat racunanja NE ZAVISI od rasporedazagrada. Rigorozan dokaz ove cinjenice necemo davati (videcete jedan u okvirupredmeta Uvod u Algebarske Strukture); ovde cemo prezentovati samo jedan “poluin-tuitivan” rezon pomocu kog mozemo shvatiti zasto je to tako.

Dakle pretpostavimo da je ◦ asocijativna operacija. Za n ∈ N i x1, . . . , xn ∈ X

definisimo K(x1) :df= x1 i ako n ≥ 2 K(x1, . . . , xn, xn+1) :

df= K(x1, . . . , xn) ◦ xn+1 (ovo

je primer jedne rekurzivne definicije).

K(x1, . . . , xn) = ( · · · ((x1 ◦ x2) ◦ x3) · · · · · · · · · · · · ) ◦ xn

Na primer imamo K(a, b) = a ◦ b i K(a, b, c, d) = ((a ◦ b) ◦ c) ◦ d. Pokazimoindukcijom po n ∈ N da:

za svako m ∈ N tako da m ≤ n kako kog “postavljali zagrade u x1 ◦ · · · ◦ xm”rezultat je uvek K(x1, . . . , xm).

Ako je n = 1 ili n = 2 jasno je da je ovo tacno. Neka tvrdenje vazi za neko n ≥ 2i neka su dati x1, . . . , xn+1 ∈ X.

“Postavimo na proizvoljan nacin zagrade u x1 ◦ · · · ◦ xn+1” i oznacimo “rezultatodreden tim rasporedom zagrada” sa S.

S =

(

x1 ◦ · · · ◦ xi0

)

︸︷︷︸

A

◦(

xi0+1 ◦ · · · ◦ xn+1

)

︸︷︷︸

B

Tada za neko i0 ∈ {1, . . . , n} imamo

S = A ◦B

I.3. OPERACIJE 17

gde je A rezultat odreden isvesnim rasporedom zagrada u x1 ◦ · · · ◦ xi0 i B rezultatodreden izvesnim rasporedom zagrada u xi0+1 ◦ · · · ◦ xn+1.

Prema indukcijskoj hipotezi je A = K(x1, . . . , xi0) i B = K(xi0+1, . . . , xn+1)(obzirom da je i0 ≤ n i (n+ 1)− i0 ≤ n).

Neka je najpre i0 ≤ n. ◦ je asocijativna operacija te je

S = A ◦(

K(xi0+1, . . . , xn) ◦ xn+1

)

=

(

A ◦K(xi0+1, . . . , xn)

)

◦ xn+1

Kako je A ◦ K(xi0+1, . . . , xn) = K(x1, . . . , xn) (takode prema indukcijskoj hipotezi)to sledi S = K(x1, . . . , xn) ◦ xn+1 = K(x1, . . . , xn+1).

Neka je sada i0 = n + 1. Imamo S = A ◦ xn+1 = K(x1, . . . , xn) ◦ xn+1 =K(x1, . . . , xn+1). Ovim je “dokaz” priveden kraju.

Konvencija Ako je operacija ◦ asocijativna i x1, . . . , xn ∈ X onda je dakle sax1 ◦ · · · ◦ xn jednoznacno (nedvosmileno) odreden jedan element skupa X; u ovomslucaju cemo koristiti ovakav (kraci) zapis u kome nema zagrada. 2

Asocijativnost, komutativnost i redosled elemenata u x1◦· · ·◦xn

Neka je ◦ asocijativna operacija na skupu X. Ako su x1, x2, x3, x4 ∈ X da li jex1 ◦ x2 ◦ x3 ◦ x4 i x3 ◦ x2 ◦ x4 ◦ x1 jedan te isti element skupa X ili ne?

Ako je operacija ◦ komutativna “rezultat racunanja” NE ZAVISI od redosledaelemenata u x1 ◦ · · · ◦ xn. Ovo pokazujemo indukcijom po n ∈ N, n ≥ 2. Za n = 2tvrdenje se svodi na x1 ◦ x2 = x2 ◦ x1, a ovo po pretpostavci vazi.

Neka je sada tvrdenje tacno za neko n ≥ 2 i neka su dati x1, . . . , xn+1 ∈ X. Nekasu i1, . . . , in+1 takvi da je {i1, . . . , in+1} = {1, . . . , n+ 1}.

Ako je i1 6= 1 onda je ili

xi1 ◦· · ·◦xin+1 = u◦x1◦v = (u◦x1)◦v = (x1◦u)◦v = x1◦(u◦v) = x1◦xj2 ◦· · ·◦xjn+1

za neke j2, . . . , jn+1 takve da je {j2, . . . , jn+1} = {2, . . . , n+ 1}, ili jexi1 ◦ · · · ◦ xin+1 = u ◦ x1 = u ◦ x1 = x1 ◦ u = x1 ◦ xj2 ◦ · · · ◦ xjn+1

za neke j2, . . . , jn+1 takve da je {j2, . . . , jn+1} = {2, . . . , n+ 1}.

U svakom slucaju je xi1◦· · ·◦xin+1 = x1◦(xj2◦· · ·◦xjn+1) za neke j2, . . . , jn+1 takveda je {j2, . . . , jn+1} = {2, . . . , n + 1}. Po indukcijskoj hipotezi je xj2 ◦ · · · ◦ xjn+1 =x2 ◦ · · · ◦ xn+1 pa sledi

xi1 ◦ · · · ◦ xin+1 = x1 ◦ (xj2 ◦ · · · ◦ xjn+1) = x1 ◦ x2 ◦ · · · ◦ xn+1


§Neka je S neprazan skup. Pod

sistemom elemenata skupa X sa skupom indekasa S

ili indeksiranim skupom S, podrazumevamo jednostavno bilo koju funkciju x : S →X i da je oznacimo koristimo neki od zapisa “(xs : s ∈ S)” i/ili “(x) : xs, s ∈ S”;konacan sistem je zapravo sistem kod koga je skup S konacan – recimo uredenen-torke su konacni sistemi.

Neka je (as : s ∈ S) konacan sistem elemenata skupa X (dakle ovde je as ∈ Xza svako s ∈ S) i neka je “+” asocijativna i komutativna operacija na skupu X.Neka je n ∈ N broj elemenata skupa S. Proizvoljno “indeksirajmo” elemente skupaS tako da je S = {r1, . . . , rn} za neke r1, . . . , rn (gde naravno ri 6= rj ⇐ i 6= j zai, j = 1, n). Drugim recima uocimo neku bijekciju r : {1, . . . , n} → X.

Elementn∑

i=1

ari = ar1 + · · ·+ arn

skupa X oznacavamo sa∑

s∈S

as

Ova definicija je korektna jer “rezultat racunanja”, kako smo vec videli, ne zavisi odporetka elemenata skupa S koji izaberemo.

§

I.4 Geometrijski vektori

Na slici ispod ureden par tacaka (A,B) je “istog tipa kao” ureden par (A1, B1):

I.4. GEOMETRIJSKI VEKTORI 19

Slika I.4.6.

Takode, ureden par tacaka (T, T ) je “istog tipa kao” ureden par (S, S).

Slika I.4.7.

Skup

x :=

{

. . . , (A,B), . . . , (D,E), . . . , (G,H), . . . , (I, J), . . .

}

=−→AB =

−−→DE =

−−→GH =

−→IJ

nazivamo geometrijski vektor odreden uredenim parom tacaka (A,B) , a to je isto

sto i geometrijski vektor odreden uredenim parom tacaka (D,E), odnosno geometri-jski vektor odreden uredenim parom tacaka (G,H) itd. (preciznu definiciju ovogpojma necemo dati). Imamo (A,B) ∈ x, {(D,E), (I, J)} ⊆ x. Treba dakle pravitirazliku izmedu pojma ureden par tacaka i pojma geometrijski vektor (koji po svojojprirodi predstavlja odreden skup uredenih parova tacaka).

Imamo

y :=−−→BC =

−→EF =

−−→KL =

−−→MN =

{

. . . , (B,C), . . . , (E, F ), . . . , (K,L), . . . , (M,N), . . .

}

Klasicno sabiranje geometrijskih vektora se definise tako da je{

. . . , (A,B), . . . , (D,E), . . . , (G,H), . . .

}

+

{

. . . , (B,C), . . . , (E, F ), . . . , (K,L), . . .

}

=

{

. . . , (A,C), . . . , (D,F ), . . . , (O,P ), . . . , (Q,R), . . .

}

odnosno preciznije

x+ y =−→AB +

−−→BC =

−→AC


Poznato je da je (klasicno) sabiranje geometrijskih vektora komutativna i aso-cijativna operacija.

Slika I.4.8.

Postoji neutral i to je geometrijski vektor

−→0 :=

{

. . . , (A,A), . . . , (G,G), . . . , (R,R), . . . ,

}

=−−→DD =

−→UU

Citaocu je poznato kako se definise mesovita operacija mnozenja geometrijskih vek-

tora realnim brojevima; npr. imamo −2−−→XY =

−−→XW =

−−−→X1X2, 2

−−→XZ =

−−→XW i

3−−→Y X =

−−→YW :

I.5. DEFINICIJA VEKTORSKIH PROSTORA 21

Slika I.4.9.

Poznato je da za geometrijske vektore u, v i α ∈ R vazi α(u+ v) = αu+ αv:

Slika I.4.10.

Poznato je da za proizvoljan geometrijski vektor u i brojeve α, β ∈ R vazi

(α + β)u = αu+ βu kao i α(βu) = (αβ)u.

I.5 Definicija vektorskih prostora

Da “napravimo” realan vektorski prostor potrebne su nam dve “stvari”:

– jedan skup V i neka komutativna i asocijativna operacija ⊕ na skupu V za kojupostoji neutralni element i u odnosu na koju je svaki element invertibilan i– neka mesovita operacija f : R × V → V – dogovorimo se da za α ∈ R i u ∈ Vumesto f(α, u) pisemo α ◦ u – tako da su zadovoljeni sledeci uslovi:

(V1) 1 ◦ u = u za svako u ∈ V ;

(V2) α ◦ (u⊕ v) = (α ◦ u)⊕ (α ◦ v) za svako α ∈ R i u, v ∈ V ;

(V3) (α + β) ◦ u = (α ◦ u)⊕ (β ◦ u) za svako α, β ∈ R i u ∈ V ;

(V4) α ◦ (β ◦ u) = (αβ) ◦ u za svako α, β ∈ R i u ∈ V .

U tom slucaju za uredenu trojku V := (V,⊕, ◦) (= (skup V , operacija ⊕,mesovita

operacija ◦)) kazemo da je

realan vektorski prostor

ili


vektorski prostor nad R;

za elemente skupa V kazemo da su vektori vektorskog prostora V. Operaciju ⊕ nazi-vamo sabiranje vektora u prostoru V.

Pojam

kompleksan vektorski prostor

ili

vektorski prostor nad C

se definise na potpuno isti nacin samo sto je sada ◦ : C×V → V mesovita operacijakoja za svaki kompleksan broj α ∈ C i u ∈ V kao rezultat daje neko α ◦ u ∈ V .

Primer Geometrijski vektoriAko je V skup svih geometrijskih vektora, u ⊕ v je klasican zbir geometrijskih

vektora u i v a α ◦ u klasican proizvod geometrijskog vektora u i realnog broja αonda je (V,⊕, ◦) je realan vektorski prostor. 2

Konvencija Fraza “V = (V,⊕, ◦) je vektorski prostor nad K” znacice zapravo daje K = R ili K = C a V vektorski prostor nad K, i sluzice da se formulisu definicijei formulisu i/ili dokazuju teoreme simultano i za realne i za kompleksne vektorskeprostore. Ukoliko je u datom razmatranju od sustinskog znacaja cinjenica da jeposmatrani vektorski prostor realan, odnosno kompleksan onda cemo umesto “K”pisati bas “R” odnosno “C”. 2

Tvrdenje I.5.1 Za svako n ∈ N i α, α1, . . . , αn ∈ K, u, u1, . . . , un ∈ V vazi:(a) α ◦ (u1 ⊕ · · · ⊕ un) = (α ◦ u1)⊕ · · · ⊕ (α ◦ un) i(b) (α1 + · · ·+ αn) ◦ u = (α1 ◦ u)⊕ · · · ⊕ (αn ◦ u).

Dokaz (a) Indukcijom po n: α◦(u1⊕· · ·⊕un⊕un+1) = α◦((u1⊕· · ·⊕un)⊕un+1

) (1)=

(

α ◦ (u1 ⊕ · · · ⊕ un)

)

⊕ (α ◦ un+1)(2)=

(

(α ◦ u1) ⊕ · · · ⊕ (α ◦ un)

)

⊕ (α ◦ un+1) =

(α◦u1)⊕· · ·⊕(α◦un)⊕(α◦un+1), gde se (1) pravda osobinom (V2) a (2) indukcijskomhipotezom.

(b) Indukcijom po n: (α1+ · · ·+αn+αn+1) ◦u =((α1+ · · ·+αn)+αn+1

)◦u =

(

(α1 + · · · + αn) ◦ u

)

⊕ (αn+1 ◦ u) =

(

(α1 ◦ u) ⊕ · · · ⊕ (αn ◦ u)

)

⊕ (αn+1 ◦ u) =

(α1 ◦ u)⊕ · · · ⊕ (αn ◦ u)⊕ ◦(αn+1u). 2


Konvencija Ako je V := (V,⊕, ◦) vektorski prostor nad K onda je za α ∈ K iu ∈ V umesto α ◦ u ekonomicnije i uobicajeno da se pise α−→u , gde ova strelica

ima funkciju da ukaze na to da je u element skupa V svih vektora (vektorskog)prostora V. Takode je uobicajeno da se pise jednostavno −→x + −→y umesto −→x ⊕ −→y ,gde ponovo ove strelice govore da se radi o elementima skupa V a da je ovo “+”zapravo operacija sabiranja vektora “⊕”; zapis x + y (bez strelica) porucuje da jex, y ∈ K i da je “+” zaista klasicno sabiranje brojeva.

Za elemente skupa K (dakle realne ili kompleksne brojeve) se kaze da su skalari

prostora V a za mesovitu operaciju ◦ da je mnozenje vektora skalarom. 2

Ako neutralni element operacije ⊕ oznacimo sa 0 i ako je u ∈ V proizvoljno ondapo pretpostavci postoji tacno jedan suprotni (u odnosu na operaciju ⊕) elementelementa u; ako izaberemo recimo oznaku u da oznacimo suprotni element elementa

u onda dakle imamo v ⊕ v = 0 (odnosno −→v + −→v =−→0 prema nasoj konvenciji) za

svako v ∈ V . Uz ovakve oznake imamo da vazi naredni stav.

Tvrdenje I.5.2 Za svako α ∈ K i x ∈ V vazi:(a) 0−→x =

−→0 ;

(b) α−→0 =

−→0 ;

(c) α−→x =−→0 moze da vazi samo ako α = 0 ili x = 0;

(d) (−α)−→x = α−→x i (−1)−→x = −→x .

Dokaz (a) Imamo 1−→x = x pa je −→x +0−→x = 1−→x +0−→x = (1+0)−→x = 1−→x = −→x , gdesmo iskoristili (V3). Iz

−→x + 0−→x = −→xsada sledi

−→x +(−→x + 0−→x

)= −→x +−→x

tj.(−→x +−→x

)+ 0−→x =

−→0 odnosno 0−→x =

−→0 + 0−→x =

−→0 .

(b) Imamo

α−→0 = α

(−→0 +

−→0)= α

−→0 + α

−→0

gde smo iskoristili (V2). Odavde je

α−→0 +α

−→0 = α

−→0 + α

−→0 +α

−→0

tj. −→0 = α

−→0 +

−→0


odnosno−→0 = α

−→0 .

(c) Ako je α 6= 0 onda iz α−→x =−→0 sledi

1

α

(α−→x

)=

1

α

−→0 , pa sada prema (b) i

(V4) mora biti

(1

α· α)

−→x =−→0 , tj. −→x = 1−→x =

−→0 .

(d) Imamo−→0 = 0−→x =

(α + (−α)

)−→x = α−→x + (−α)−→x , pa je (−α)−→x = α−→x ;specijalno za α = 1 odavde zbog (V1) sledi (−1)−→x = −→x . 2

Za neutral 0 se kaze da je

nula vektor vektorskog prostora V

Konvencija Uobicajeno je da se pise −−→x umesto −→x za suprotni vektor (tj. suprotnielement) vektora −→x ∈ V . Uz ovu konvenciju moze da se shvati da zapis “−3−→x ” pred-stavlja suprotni vektor vektora 3−→x ali i da predstavlja rezultat (−3) ◦ −→x mnozenjavektora −→x skalarom (brojem) −3. Na osnovu Tvrdenja I.5.2 ova dva vektora se

poklapaju pa zapravo nema dvosmislenosti u tom zapisu. Takode, −→a − −→b se

koristi kao skracenica za −→a + (−−→b ) = −→a +

−→b .

U skladu sa ovim je recimo

2−→x − 5−→y = 2−→x + (−5−→y ) = 2−→x + 5 ◦ −→x = 2−→x + (−5) ◦ −→y

i

2−→x −−→y = 2−→x + (−−→y ) = 2−→x +−→y = 2−→x + (−1) ◦ −→y

i (skoro) po pravilu cemo koristiti ove prve (najjednostavnije) zapise. 2

• Ilustracija Neka

−→u := −→x − 3−→y +−→z−→v := 2−→y − −→z + 3−→r−→w := 3−→z − 5−→r +

−→t


Imamo

4−→u + 5−→v + 3−→w = 4(−→x − 3−→y +−→z ) + 5(2−→y −−→z + 3−→r ) + 3(3−→z − 5−→r +−→t )

(1)=

(

4−→x + 4(−3−→y ) + 4−→z)

+(

5(2−→y ) + 5(−−→z ) + 4(3−→r ))

+(

3(3−→z ) + 3(−5−→r ) + 3−→t

)

=

(2)= (4−→x − 12−→y + 4−→z ) + (10−→y − 5−→z + 15−→r ) + (9−→z − 15−→r + 3

−→t )

(3)= 4−→x + (−12−→y + 10−→y ) + (4−→z − 5−→z + 9−→z ) + (15−→r − 15−→r ) + 3

−→t

(4)= 4−→x − 2−→y + 8−→z + 3

−→t

Argumentacija za gornje jednakosti:(1): na osnovu (V2) tj. α ◦ (u⊕ v) = (α ◦ u)⊕ (α ◦ v), odnosno

α ◦ (u1 ⊕ · · · ⊕ un) = (α ◦ u1)⊕ · · · ⊕ (α ◦ un)

(sto se moze pokazati indukcijom po n ∈ N);

(2): na osnovu (V4) tj. α ◦ (β ◦ u) = (αβ) ◦ u;

(3): zbog komutativnosti operacije ⊕;

(4): na osnovu (V3) tj. (α + β) ◦ u = (α ◦ u)⊕ (β ◦ u), odnosno(α1 + · · ·+ αn) ◦ u = (α1 ◦ u)⊕ · · · ⊕ (αn ◦ u)

•

Jedan veoma opst primer

Neka je K = R i K = C i X neprazan skup. Na skupu XK definisemo operaciju“⊕” koju cemo zvati

standardno sabiranje funkcija

na sledeci nacin: ako su f, g : X → K onda je funkcija f ⊕ g : X → K odredena sa

(f ⊕ g)(x) :df= f(x) + g(x)

za svako x ∈ X. Definisemo i mesovitu operaciju ◦ : K×XK → X

K koju cemo zvati


standardno mnozenje funkcija realnim, odnosno kompleksnim brojem

na sledeci nacin: za f : X → K i α ∈ K funkcija α ◦ f : X → K odredena je sa

(α ◦ f)(x) :df= αf(x)

za svako x ∈ X.

Slika I.5.11.

Slika I.5.12.


Lako se proverava da je(XK,⊕, ◦

)vektorski prostor nad K. Vektori ovog

prostora su funkcije iz X u K, a skalari ovog prostora su realni ili kompleksnibrojevi. Ovo je

vektorski prostor svih funkcija iz X u K

Uverimo se u to da ovo jeste vektorski prostor.

Imamo(

f ⊕ (g ⊕ h)

)

(x) = f(x) +

(

g ⊕ h

)

(x) = f(x) +(g(x) + h(x)

)

i (

(f ⊕ g)⊕ h

)

(x) =

(

f ⊕ g

)

(x) + h(x) =(f(x) + g(x)

)+ h(x)

za svako x ∈ X. Dakle f ⊕ (g ⊕ h) = (f ⊕ g) ⊕ h. Slicno se proverava da je if ⊕ g = g ⊕ f .Neutral za operaciju ⊕ postoji i to je konstantna nula funkcija o : X → K data sao(x) = 0 za svako x ∈ X. Zaista

(

f ⊕ o

)

(x) = f(x) + o(x) = f(x) + 0 = f(x)

za svako x ∈ X. Ako f : X → K onda je funkcija g : X → K definisana sag(x) = −f(x) za svako x ∈ X, suprotni element od f u odnosu na operaciju ⊕.Zaista (

f ⊕ g

)

(x) = f(x) + g(x) = f(x) +(−f(x)

)= 0 = o(x)

za svako x ∈ X, pa je f ⊕ g = o.

Proveravamo osobinu (V1):(

1 ◦ f)

(x) = 1 · f(x) = f(x)

za svako x ∈ X pa je 1 ◦ f = f .

Proveravamo osobinu (V2):(

α ◦ (f ⊕ g)

)

(x) = α ·(

f ⊕ g

)

(x) = α ·(f(x) + g(x)

)i

(

(α ◦ f)⊕ (α ◦ g))

(x) =

(

α ◦ f)

(x) +

(

α ◦ g)

(x) = α · f(x) + α · g(x)


za svako x ∈ X pa je α(f ⊕ g) = (α ◦ f)⊕ (α ◦ g).

Proveravamo osobinu (V3):

(

(α + β) ◦ f)

(x) = (α + β) · f(x) i(

(α ◦ f)⊕ (β ◦ f))

(x) =

(

α ◦ f)

(x) +

(

β ◦ f)

(x) = α · f(x) + β · g(x)

za svako x ∈ X pa je (α + β) ◦ f = (α ◦ f)⊕ (β ◦ f).

Proveravamo osobinu (V4):

(

α ◦ (β ◦ f))

(x) = α ·(

β ◦ f)

(x) = α ·(β · f(x)

)i

(

(α · β) ◦ f)

(x) = (α · β) · f(x)

za svako x ∈ X pa je α ◦ (β ◦ f) = (α · β) ◦ f .

• Ilustracija Neka su f, g, h, q ∈ RR definisane sa

f(x) :df= sin2 x, g(x) :

df= cos2 x, h(x) :

df= 1 i q(x) :

df= cos 2x

za svako x ∈ R. Vazi f ⊕ g = h: zaista ako je x ∈ R onda imamo

(f ⊕ g)(x) = f(x) + g(x) = sin2 x+ cos2 x = 1 = h(x)

pa je (f ⊕ g)(x) = h(x) za svako x ∈ R, tj. f ⊕ g i g su jedna te ista funkcija.Vazi f =

(12◦ h)⊕(−1

2◦ q): zaista ako je x ∈ R onda imamo

((1

2◦ h)

⊕(

−1

2◦ q))

(x) =

(1

2◦ h)

(x) +

(

−1

2◦ q)

(x) =

=1

2h(x) +

(

−1

2

)

q(x) =1

2· 1− 1

2· cos 2x =

1− cos 2x

2= sin2 x = f(x)

pa funkcije(12◦ h)⊕(−1

2◦ q)i f “isto slikaju” svako x ∈ R.

Podsetimo se da umesto zapisa koriscenog gore mozemo pisati (prema jednoj

ranijoj konvenciji) jednostavno 12

−→h − 1

2−→q =

−→f . •

Dva specijalna slucaja


(1) Prostori n-torki Kn: Rn i Cn

Ako je n ∈ N i X = {1, . . . , n} onda specijalno dobijamo prostore (Rn,⊕, ◦) i(Cn,⊕, ◦). Prvi je realan a drugi kompleksan vektorski prostor.

• Ilustracija Za

a := (−2, 1, 3, 5) =

(1 2 3 4

−2 1 3 5

)

∈ R4

i

b := (−3, 0, 4, 7) =

(1 2 3 4

−3 0 4 7

)

∈ R4

imamo

−3−→a + 2−→b = −3(−2, 1, 3, 5) + 2(−3, 0, 4, 7) =

−3

(1 2 3 4

−2 1 3 5

)

+ 2

(1 2 3 4

−3 0 4 7

)

=

(1 2 3 4

(−3) · (−2) (−3) · 1 (−3) · 3 (−3) · 5

)

+

(1 2 3 4

2 · (−3) 2 · 0 2 · 4 2 · 7

)

=

(1 2 3 46 −3 −9 −15

)

+

(1 2 3 4

−6 0 8 14

)

=

(1 2 3 4

6− 6 −3 + 0 −9 + 8 −15 + 14

)

=

=

(1 2 3 40 −3 −1 −1

)

= (0,−3,−1,−1)

•

Sabiranje n-torki brojeva izgleda ovako

(a1, . . . , ai, . . . , an) + (b1, . . . , bi, . . . , bn) = (a1 + b1, . . . , ai + bi, . . . , an + bn)

Mnozenje n-torki brojeva brojevima izgleda ovako

α(a1, . . . , ai, . . . , an) = (αa1, . . . , αai , . . . , αan)


Nula vektor ovog prostora jeste n-torka (0, . . . , 0︸︷︷︸

n puta

), tj. a =(ai : i = 1, n

)gde je

ai = 0 za svako i = 1, n.

Konvencija Za K ∈ {R,C} uobicajeno je da se pod “vektorski prostor Kn” po-drazumeva ne sam skup Kn vec zapravo gore definisan vektorski prostor svih n-torkibrojeva iz K. Ukoliko se posmatra neki drugi prostor sa istim skupom vektora to seonda posebno naglasi. 2

(2) Prostori matrica Kn×m: Rn×m i Cn×m

Ako je n,m ∈ N i X = {1, . . . , n}×{1, . . . , m} onda specijalno dobijamo prostore(Rn×m,⊕, ◦) i (Cn×m,⊕, ◦). Prvi je realan a drugi kompleksan vektorski prostor.

• Ilustracija Za

A =

8 5− i

−1 3i0 −7

∈ C3×2

i

B =

5 3− i

1 2i−2 −4

∈ C3×2

imamo

2−→A − 3

−→B = 2

8 5− i

−1 3i0 −7

− 3

5 3− i

1 2i−2 −4

=

= 2 ·

1 2

123

8 5− i

−1 3i0 −7

+ (−3) ·

1 2

123

5 3− i

1 2i−2 −4

=

1 2

123

2 · 8 2 · (5− i)2 · (−1) 2 · 3i2 · 0 2 · (−7)

+

1 2

123

(−3) · 5 (−3) · (3− i)(−3) · 1 (−3) · 2i

(−3) · (−2) (−3) · (−4)

=

1 2

123

16 10− 2i−2 6i0 −14

+

1 2

123

−15 −9 + 3i−3 −6i6 12

=


1 2

123

1 1 + i

−5 56 −2

=

1 1 + i

−5 06 −2

•

Sabiranje matrica izgleda ovako

a1,1 · · · a1,j · · · a1,m...

.........

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

...ai,1 · · · ai,j · · · ai,m...

.........

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

...an,1 · · · an,j · · · an,m

+

b1,1 · · · b1,j · · · b1,m...

.........

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

...bi,1 · · · bi,j · · · bi,m...

.........

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

...bn,1 · · · bn,j · · · bn,m

=

=

a1,1 + b1,1 · · · a1,j + b1,j · · · a1,m + b1,m...

.........

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

...ai,1 + bi,1 · · · ai,j + bi,j · · · ai,m + bi,m

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

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

...an,1 + bn,1 · · · an,j + bn,j · · · an,m + bn,m

Mnozenje matrica brojevima izgleda ovako

α ·

a1,1 · · · a1,j · · · a1,m...

.........

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

...ai,1 · · · ai,j · · · ai,m...

.........

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

...an,1 · · · an,j · · · an,m

=

α · a1,1 · · · α · a1,j · · · α · a1,m...

.........

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

...α · ai,1 · · · α · ai,j · · · α · ai,m

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

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

...α · an,1 · · · α · an,j · · · α · an,m

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

O =

0 · · · 0 · · · 0...

.........

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

...0 · · · 0 · · · 0...

.........

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

...0 · · · 0 · · · 0

ili preciznije, matrica O =(Oi,j : i = 1, n; j = 1, m

)za koju je Oi,j = 0 za

svako i = 1, n i j = 1, m.


Konvencija Za K ∈ {R,C} uobicajeno je da se pod “vektorski prostor Kn×m” po-drazumeva ne sam skup Kn×m vec zapravo gore definisan vektorski prostor matrica.Ukoliko se posmatra neki drugi prostor sa istim skupom vektora to se onda posebnonaglasi. 2

2

I.6 Linearna kombinacija konacnog sistema

vektora

Za uredenu n-torku (u1, . . . , un) cemo koristiti i termin sistem duzine n a da jeoznacimo koristicemo ravnopravno i sledece zapise

“(ui : i = 1, n

)”, “(u) : ui, i = 1, n ” ili “(u) : u1, . . . , un”

Prazan skup nazivacemo drugacije i sistem duzine 0 ili prazan sistem.

Definicija I.6.1 Neka je V vektorski prostor nad K i n ∈ N. Pod

linearnom kombinacijom

n-torke vektora x(xi : i = 1, n

)prostora V sa n-torkom skalara

(αi : i = 1, n

)po-

drazumevamo vektor

α1−→x1 + · · · + αn

−→xn =

n∑

i=1

αi−→xi

i za njega koristimo oznaku bα1, . . . , αncx

Dakle bα1, . . . , αncx :df=

n∑

i=1

αi−→xi .

2

Zapazanje I.6.2 Ako su u1, . . . , un, v1, . . . , vn, α, β ∈ K onda je

α · bu1, . . . , uncx + β · bv1, . . . , vncx = bαu1 + βv1, . . . , αun + βvncxZaista, ovo je jednostavno drugi nacin da se zapise

α−→a + β−→b = α

n∑

i=1

ui−→xi + β

n∑

i=1

vi−→xi =

n∑

i=1

(αui + βvi)−→xi

I.6. LINEARNA KOMBINACIJA KONACNOG SISTEMA VEKTORA 33

2

Terminologija Fraza

“vektor −→v je linearna kombinacija sistema vektora(xi : i = 1, n

)”

znacice:

“postoji neki sistem skalara(αi : i = 1, n

)tako da je −→v =

n∑

i=1

αi−→xi”

tj. tako da je vektor −→v linearna kombinacija sistema vektora(xi : i = 1, n

)sa

sistemom skalara(αi : i = 1, n

).

Isto ce znaciti i fraze poput “vektor −→v se moze prikazati (predstaviti) kao lin-

earna kombinacija sistema vektora(xi : i = 1, n

)”. 2

Primer Vektor (−1, 1) ∈ R2 je linearna kombinacija sistema vektora

(x) : −→x1 = (1,−5), −→x2 = (−1, 3)

Zaista: 2−→x1 + 3−→x2 = 2(1,−5) + 3(−1, 3) = (−1, 1). 2

Terminologija Za vektor v kazemo da je “linearna kombinacija vektora skupa M”ako postoji sistem

(xi : i = 1, n

)vektora skupa M (tj. takav da je −→xi ∈ M za svako

i = 1, n) tako da je vektor v linearna kombinacija sistema vektora(xi : i = 1, n

).

2

Primer I.6.3 Sta, u realnom vektorskom prostoru V :=(RR,⊕, ◦

)svih funkcija iz

R u R, predstavljaju linearne kombinacije funkcija iz skupa M := {fn : n ∈ N0},gde je fn ∈ RR definisana sa fn(x) :

df= xn za svako x ∈ R (recimo f0(x) = x0 = 1)?

Neka je k ∈ N, n1, n2, . . . , nk ∈ N0 i αi ∈ R za i = 1, k. Imamo(

α1

−→fn1 + · · ·+αi

−→fni

+ · · ·+αk

−→fnk

)

(x) = α1fn1(x)+ · · ·+αifni(x)+ · · ·+αkfnk

(x) =

α1xn1 + · · ·+ αix

ni + · · ·+ αkxnk = a0 + a1x + · · ·+ ajx

j + · · ·+ amxm

za m := nk, i odgovarajuce aj ∈ R, j = 1, k. Dakle linearne kombinacije vektoraskupa M su polinomske funkcije. 2

Definicija I.6.4 Neka je M neprazan skup vektora vektorskog prostora V. Skup

LV(M) = L(M) :df= {v ∈ V : v je linearna kombinacija vektora skupa M}

nazivamo


lineal nad skupom M .

Takode definisemo da je L(∅) :df= {0}. 2

Jasno M ⊆ L(M) : ako −→x ∈ M onda −→x = 1 · −→x ∈ L(M).

Takode, uvek vazi 0 ∈ L(M) : ako je M = ∅ onda je 0 ∈ {0} = L(M) a ako je

M 6= ∅ onda mozemo uociti neko x ∈ M pa imamo−→0 = 0−→x ∈ L(M).

Primer I.6.5 U prostoru geometrijskih vektora skup L(−→OA,

−−→OB)

– lineal nad ge-

ometrijskim vektorima u :=−→OA i v :=

−−→OB na slici – predstavlja skup svih geometri-

jskih vektora “paralelnih” ravni R odredenoj tackama O, A, B; tj.

L(u, v) ={−−→OX : X ∈ R

}

Slika I.6.13.

I.6. LINEARNA KOMBINACIJA KONACNOG SISTEMA VEKTORA 35

Slika I.6.14.

Imamo−−→OD /∈ L(u, v) i −−−→O1C1 =

−→OC = u+ 2v ∈ L(u, v).

Skup L(−→AB)

– lineal nad geometrijskim vektorom u :=−→AB na slici – predstavlja

skup svih geometrijskih vektora “paralelnih” sa pravom p odredenom tackama A,B; tj.

L(u) ={−−→AX : X ∈ p

}

Slika I.6.15.

Na primer imamo−−→CD = 2u ∈ L(u), −→EF = 1/2u ∈ L(u), −−→GH = −2u ∈ L(u),−→

IJ /∈ L(u). 2


Primer I.6.6 U realnom vektorskom prostoru V :=(RR,⊕, ◦

)svih funkcija iz R u

R, neka je Mk := {fi : i = 1, k} za k ∈ N, gde je fi ∈ RR definisana sa fi(x) :df= xn

za svako x ∈ R.L(Mk) je skup svih polinomskih funkcija stepena ne veceg od k. 2

Zapazanje I.6.7 Primetimo da ako je M proizvoljan skup vektora prostora V ondavazi:

– ako −→x ,−→y ∈ L(M) onda −→x +−→y ∈ L(M);– ako −→x ∈ L(M) i λ ∈ K onda λ−→x ∈ L(M).Zaista, ako jeM neprazan i ako je −→x ,−→y ∈ L(M) onda postoje vektori a1, . . . , an,

b1, . . . , bm ∈ M i skalari α1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ K tako da je

−→x = α1−→a1 + · · ·+ αn

−→an i −→y = β1

−→b1 + · · ·+ βm

−→bm

pa je zato

−→x +−→y = α1−→a1 + · · ·+ αn

−→an + β1

−→b1 + · · ·+ βm

−→bm ∈ L(M)

a takode je i

λ−→x = λ(α1−→a1 + · · ·+ αn

−→an) = (λα1)−→a1 + · · ·+ (λαn)

−→an ∈ L(M)

za svako λ ∈ K.Ako je M = ∅ onda tvrdenje sledi iz

−→0 +

−→0 =

−→0 i α · −→0 =

−→0 za svako α ∈ K.

2

Deo II

Osnovni pojmovi i cinjenice

II.1 Podprostor vektorskog prostora

Neka je P ⊆ V neprazan skup vektora nekog vektorskog prostora V := (V,⊕, ◦)nad K ∈ {R,C}.

Neka su ⊕′ := ⊕ � (P × P ) i ◦′ := ◦ � (K× P ) odgovarajuce restrikcije operacija⊕ i ◦; preciznije:

⊕′ : P × P → V i

x⊕′ y = x⊕ y za svako x, y ∈ P

◦′ : K× P → V i

α ◦′ x = α ◦ x za svako x ∈ P i α ∈ K.

Pitanje Da li je P := (P,⊕′, ◦′) vektorski prostor nad K?

Potreban uslov za ovo jeste– da ⊕′ bude operacija na skupu P , tj. ⊕′ : P × P → P i– da ◦′ bude mesovita operacija sa vrednostima u skupu P , tj. ◦′ : K× P → P .

Ako za neke x0, y0 ∈ P imamo da je x0 ⊕ y0 ∈ V \ P onda ⊕′ uopste nije nioperacija na skupu P (jer “rezultat nije uvek u P”):

37

38 DEO II. OSNOVNI POJMOVI I CINJENICE

Slika II.1.1.

Ako za neke x0 ∈ P i α ∈ K imamo da je α ◦ x0 ∈ V \ P onda ◦′ uopste nije nimesovita operacija sa vrednostima u skupu P (jer “rezultat nije uvek u P”):

Slika II.1.2.

Dakle da bi trojka P = (P,⊕′, ◦′) uopste imala sanse da bude vektorski prostor(nad K) potrebno je da vaze sledeca dva uslova:

(P1) ako x, y ∈ P onda −→x +−→y ∈ P(P2) ako x ∈ P i α ∈ K onda α−→x ∈ P .

II.1. PODPROSTOR VEKTORSKOG PROSTORA 39

Primer Neka je V :=(NR,⊕, ◦

)vektorski prostor svih funkcija iz N u R – tj.

vektorski prostor svih nizova realnih brojeva.

Neka su a, b ∈ NR. Ako su vektori a i b oba “odredenog tipa”, odnosno oba imaju

odredenu osobinu (recimo oba niza su takva da su im svi clanovi nenegativni, ili obasu aritmeticki nizovi) mogu se postaviti pitanja:

(1) da li je i njihov zbir −→a +−→b niz tog istog tipa?

(2) ako je α ∈ R da li je i vektor α−→a niz tog istog tipa?

Ako su oba niza aritmeticka onda je takav i njihov zbir. Zaista neka postojeδ1, δ2 ∈ R tako da je

an+1 − an = δ1 i bn+1 − bn = δ2

za svako n ∈ N. Stavimo −→c := −→a +−→b . Tada je

cn = c(n) = (−→a +−→b )(n) = a(n) + b(n) = an + bn

tj. cn = an + bn za svako n ∈ N; zato imamo

cn+1 − cn = (an+1 + bn+1)− (an + bn) = δ1 + δ2

za svako n ∈ N.

Ako je a aritmeticki niz i α ∈ R proizvoljno onda je i α−→a aritmeticki niz: zaista,ako je θ ∈ R takvo da je

an+1 − an = θ

za svako n ∈ N, onda imamo

(α−→a )n+1 − (α−→a )n = αan+1 − αan = αθ

za svako n ∈ N.

Dakle ako sa P oznacimo skup svih aritmetickih nizova realnih brojeva, tj.

P :={a ∈ N

R : postoji r ∈ R tako da za svako n ∈ N vazi an+1 − an = r}

onda skup vektora P ⊆ NR naseg vektorskog prostora V zadovoljava uslove (P1) i(P2).


Slika II.1.3.

Pitanje Sta je sa osobinom “svaki clan niza je nenegativan”? •

2

Lako je videti da su uslovi (P1) i (P2) i dovoljni da P bude vektorski prostor.Zaista, ako su oni zadovoljeni onda imamo:

– (x⊕′ y)⊕′ z = (x⊕ y)⊕ z = x⊕ (y ⊕ z) = x⊕′ (y ⊕′ z);– x⊕′ y = x⊕ y = y ⊕ x = y ⊕′ x

– 1 ◦′ x = 1 ◦ x = x

– α ◦′ (x⊕′ y) = α ◦ (x⊕ y) = (α ◦ x)⊕ (α ◦ y) = (α ◦′ x)⊕′ (α ◦′ y);– (α+ β) ◦′ x = (α + β) ◦ x = (α ◦ x)⊕ (β ◦ x) = (α ◦′ x)⊕′ (β ◦′ x);– α ◦′ (β ◦′ x) = α ◦ (β ◦ x) = (αβ) ◦ x = (αβ) ◦′ x

za svako x, y, z ∈ P i α, β ∈ K.

Dalje, kako je po pretpostavci P neprazan mozemo izabrati neko p0 ∈ P ; premaTvrdenju I.5.2 je

−p0 = (−1) ◦ p0 ∈ P – zbog (P2)

pa je

0 = p0 ⊕ (−p0) ∈ P – zbog (P1)


Otuda operacija ⊕′ ima neutral:

x⊕′ 0 = x⊕ 0 = x

za svako x ∈ P . Zbog

p ∈ P ⇒ −p = (−1) ◦ p ∈ P (prema (P1))

svaki element skupa P je invertibilan u odnosu na operaciju ⊕′:

p⊕′ (−p) = p⊕ (−p) = 0

za svako p ∈ P .

Dakle P = (P,⊕′, ◦′) je vektorski prostor (nad K) akko vaze uslovi (P1) i (P2) .

Definicija II.1.1 Za neprazan podskup P ⊆ V kazemo da je

podprostor vektorskog prostora V

ako zadovoljava naredna dva uslova:

(P1) ako x, y ∈ P onda −→x +−→y ∈ P

(P2) ako x ∈ P i α ∈ K onda α−→x ∈ P .

i tu cinjenicu cemo oznacavati sa

Pv

⊆ V

U tom slucaju ako stavimo ⊕′ := ⊕ � (P × P ) i ◦′ := ◦ � (K × P ) imamo da jeP := (P,⊕′, ◦′) vektorski prostor nad K, i za P kazemo da je

vektorski prostor odreden podprostorom P vektorskog prostora V

2

Zapazanje II.1.2 Neka je K ∈ {R,C} i neka su V := (V,⊕, ◦) i V1 := (V1,⊕1, ◦1)vektorski prostori nad K (dakle oba nad R ili oba nad C).

V1 je vektorski prostor odreden nekim podprostorom vektorskog prostora V akkovaze naredna dva uslova:

– V1 ⊆ V– za svako x, y ∈ V1 i α ∈ K je x ⊕1 y = x ⊕ y i α ◦1 x = α ◦ x (tj. ⊕1 i ◦1 su

odgovarajuce restrikcije operacija ⊕ i ◦). 2


Konvencija Neka je Pv

⊆ V. Cesto se pod “podprostor P” podrazumeva zapravo

“vektorski prostor odreden podprostorom Pv

⊆ V”. 2

Primer Ako je V proizvoljan vektorski prostor onda su {0} i sam V podprostori odV. Za njih kazemo da su trivijalni podprostori. Za {0} kazemo da je nula podprostor.2

Primer II.1.3 Prostori PolR i PolCOznacimo sa PolR skup svih polinomskih funkcija iz R u R. Ako je V1 :=

(RR,⊕, ◦

)realan vektorski prostor svih funkcija iz R u R onda skup PolR zadovo-

ljava uslove (P1) i (P2) (sa PolR umesto P ). (Realan) vektorski prostor odredenpodprostorom PolR prostora V1 nazivamo

vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz R u R

Oznacimo sa PolC skup svih polinomskih funkcija iz C u C. Ako je V2 :=(CC,⊕, ◦

)kompleksan vektorski prostor svih funkcija iz C u C onda skup PolC

zadovoljava uslove (P1) i (P2). (Kompleksan) vektorski prostor odreden podpro-storom PolC prostora V2 nazivamo

vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz C u C

2

Primer II.1.4 Prostori Poln,R i Poln,CZa n ∈ N0 oznacimo sa Poln,R skup svih polinomskih funkcija iz R u R stepena

ne veceg od n. Ako je V1 :=(RR,⊕, ◦

)realan vektorski prostor svih funkcija iz R

u R onda skup Poln,R zadovoljava uslove (P1) i (P2) . (Realan) vektorski prostorodreden podprostorom Poln,R prostora V1 nazivamo

vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz R u R

stepena ne veceg od n

Za n ∈ N0 oznacimo sa Poln,C skup svih polinomskih funkcija iz C u C stepenane veceg od n. Ako je V2 :=

(CC,⊕, ◦

)kompleksan vektorski prostor svih funkcija

iz C u C onda skup Poln,C zadovoljava uslove (P1) i (P2). (Kompleksan) vektorskiprostor odreden podprostorom Poln,C prostora V2 nazivamo

vektorski prostor svih polinomskih funkcija iz C u C

stepena ne veceg od n


2

Tvrdenje II.1.5 Neka je V vektorski prostor nad K. Ako je M proizvoljan skupvektora onda je L(M) podprostor od V. Ako je P podprostor onda je P = L(P ).Specijalno:

– svaki podprostor je oblika L(X) za neki skup vektora X;– za svaki skup vektora M ⊆ V vazi L

(L(M)

)= L(M).

Dokaz. Vec znamo da L(M) zadovoljava uslove (P1) i (P2) (Zapazanje I.6.7).Neka je P podprostor od V. Obzirom da X ⊆ L(X) vazi za svaki skup vektora

X bio on podprostor ili ne, dovoljno je da pokazemo da vazi L(P ) ⊆ P . Pokazimoindukcijom po n ∈ N da vazi:

ako su x1, . . . , xn ∈ P i α1, . . . , αn ∈ K onda je α1−→x1 + · · ·+ αn

−→xn ∈ P

Za n = 1 ovo tvrdenje se svodi na uslov (P2) koji po pretpostavci vazi. Pre-tpostavimo da tvrdenje vazi za neko n ∈ N i neka su x1, . . . , xn+1 ∈ P i α1, . . . , αn+1 ∈K. Imamo

α1−→x1 + · · ·+ αn+1

−−→xn+1 =−→u + αn+1

−−→xn+1

gde je −→u := α1−→x1 + · · ·+ αn

−→xn. Prema indukcijskoj hipotezi je −→u ∈ P a zbog (P2)je αn+1

−−→xn+1 ∈ P , pa na osnovu (P1) sledi −→u + αn+1−−→xn+1 ∈ P .

Ovim smo pokazali da je P = L(P ). Specijalno svaki podprostor P je oblikaL(X) – recimo mozemo uzeti X = P . 2

Tvrdenje II.1.6 Ako su Ps za s ∈ S podprostori onda je i⋂

s∈S

Ps podprostor. Za

proizvoljan skup vektora M ⊆ V vazi:

L(M) =⋂{

Pv

⊆ V : M ⊆ P}

tj. L(M) je upravo skup svih onih vektora koji su zajednicki za sve podprostorekoji sadrze skup M .

Dokaz Da skup⋂

s∈S

Ps zadovoljava uslove (P1) i (P2) proverava se neposredno.

Da je

L(M) ⊆⋂{

Pv

⊆ V : M ⊆ P}

sledi iz toga sto za Pv

⊆ V inkluzija M ⊆ P povlaci L(M) ⊆ L(P ) = P , a

L(M) ⊇⋂{

Pv

⊆ V : M ⊆ P}

sledi iz cinjenice da je L(M) ∈{

Pv

⊆ V : M ⊆ P}

. 2


II.2 Potpuni sistemi i skupovi vektora

Za uredenu n-torku(xi : i = 1, n

)kazemo da je injektivna ako vazi i 6= j ⇒ ai 6= aj

za svako i, j = 1, n, tj. ako su a1, . . . , an medusobno razliciti.

Zapazanje II.2.1 (i) Neka je n ∈ N i (x1, . . . , xn) (konacan) sistem vektora pro-stora V. Tada vazi:

vektor je linearna kombinacija sistema vektora (x1, . . . , xn)

akko je on

linearna kombinacija vektora skupa {x1, . . . , xn}

Zaista, neka je v ∈ V linearna kombinacija vektora skupa {x1, . . . , xn}, tj. nekapostoje m ∈ N, m-torka vektora (a1, . . . , am) skupa {x1, . . . , xn} i m-torka skalara(λ1, . . . , λm) tako da je

−→v =m∑

i=1

λi−→ai

Ako je k ∈ N broj elemenata skupa {a1, . . . , am} onda, obzirom da je

{a1, . . . , am} ⊆ {x1, . . . , xn}

postoje prirodni brojevi s1 < · · · < sk tako da je

{a1, . . . , am} = {xs1 , . . . xsk} i pritom vazi i 6= j ⇒ si 6= sj

za svako i, j = 1, k. Zato je

−→v =

m∑

j=1

λj−→aj =

=

∑

j=1,maj=xs1

λj

· −→xs1 + · · ·+

∑

j=1,maj=xsk

λj

· −→xsk +∑

i=1,ni/∈{s1,...,sk}

0 · −→xi

tj. −→v =n∑

i=1

αi−→xi gde je stavljeno:

αsr =∑

j=1,maj=xsr

λj, za r = 1, k, odnosno

II.2. POTPUNI SISTEMI I SKUPOVI VEKTORA 45

αi = 0 ako je i ∈ {1, . . . , n} takvo da i 6= sr za svako r = 1, k.

(ii) Odavde specijalno sledi da je

L(

{x1, . . . , xn})

=

{n∑

i=1

αi−→xi : αi ∈ K, i = 1, n

}

(iii) Ako su x ∈ V i ∅ 6= S ⊆ V takvi da je x ∈ L(S) onda postoji n ∈ N takoda je x linearna kombinacija neke injektivne n-torke

(ai : i = 1, n

)∈ Sn vektora

skupa S.

Zaista, to da je x ∈ L(S) po definiciji znaci da postoji neko k ∈ N tako da je

x linearna kombinacija nekog sistema vektora (b1, . . . , bk) ∈ Sk skupa S

(obzirom da je S 6= ∅). Ako skup {b1, . . . , bk} ima n ∈ N elemenata onda za nekuinjektivnu n-torku (a1, . . . , an) imamo

{b1, . . . , bk} = {a1, . . . , an}Dakle

x je linearna kombinacija vektora skupa {a1, . . . , an}pa je prema delu pod (i)

x linearna kombinacija (injektivne) n-torke (a1, . . . , an).

2

Definicija II.2.2 (i) Za skup vektora M ⊆ V vektorskog prostora V = (V,⊕, ◦)kazemo da je

potpun skup vektora

ako za svaki vektor v prostora V postoje k ∈ N,

vektori x1, . . . , xk ∈ M i skalari α1, . . . , αk ∈ K

tako da je

−→v =

k∑

i=1

αi−→xi

Drugim recima, skup vektora M je potpun ako je svaki vektor prostora V li-nearna kombinacija vektora tog skupa.

(ii) Za konacan sistem vektora(xi : i = 1, n

)kazemo da je


potpun sistem vektora

ako je skup{xi : i = 1, n

}potpun skup vektora. Prazan sistem je po definiciji

potpun sistem svakog nula vektorskog prostora (tj. {0}). 2

Zapazanje II.2.3 Dakle skup vektora M je potpun akko je L(M) = V . Kombi-nujuci ovo sa Zapazanjem II.2.1 mozemo zakljuciti da vazi:

konacan sistem vektora(xi : i = 1, n

)je potpun

akko je

skup vektora{xi : i = 1, n

}potpun

akko

za svaki vektor v postoje αi ∈ K za i = 1, n tako da je −→v =

n∑

i=1

αi−→xi

akko vazi

V =

{n∑

i=1

αi−→xi : αi ∈ K, i = 1, n

}

2

Primer Skup V svih vektora je potpun skup vektora. 2

Primer II.2.4 Za i ∈ N0 neka su fi : R → R definisane sa fi(x) :df= xi za x ∈ R.

U prostoru PolR iz Primera II.1.3 skup {fi : i ∈ N0} je potpun skup vektora(videti Primer I.6.3).

U prostoru Poln,R iz Primera II.1.3 skup {fi : i = 0, n} je potpun skup vektora(videti Primer I.6.6). 2

Definicija II.2.5 Za vektorski prostor kazemo da je

konacnodimenzionalan

ako postoji neki konacan potpun skup vektora tog prostora. 2

II.3. LINEARNO (NE)ZAVISNE N -TORKE VEKTORA 47

Primer II.2.6 Neka je NR vektorski prostor svih realnih nizova. Znamo da je skupsvih V aritmetickih nizova podprostor od NR. Neka su nizovi a1 i a2 definisani sa

a1(n) = 1

ia2(n) = n− 1

za svako n ∈ N (neformalno: a1 = (1, 1, 1, 1, 1, . . . ), a2 = (0, 1, 2, 3, 4, . . . )). Imamoa1, a2 ∈ V (oba ova niza su aritmeticka).

Sistem vektora a = (a1, a2) prostora V je potpun. Zaista, ako je niz x aritmetickionda postoje θ, d ∈ R tako da je

xn = r + (n− 1)d

za svako n ∈ N, pa je

x(n) = r · a1(n) + d · a2(n) = (r−→a1 + d−→a2)(n)

tj. −→x = r−→a1 + d−→a2 .Zakljucujemo da je prostor svih realnih aritmetickih nizova konacnodimenzionalan.

2

Primer Prostor svih polinomskih funkcija iz K u K stepena ne veceg od n (gde jeK ∈ {R,C} i n ∈ N) nije konacnodimenzionalan. Zaista ako su p1, . . . , pm ∈ Poln,K,α1, . . . , αm ∈ K i ako je k ∈ N0 najveci od stepena datih polinomskih funkcija, ondaje α1

−→p1 + · · ·αm−→pm neka polinomska funkcija stepena najvise k; zato se nijedna

polinomska funkcija stepena k + 1 ne moze predstaviti kao linearna kombinacijavektora iz skupa {p1, . . . , pm}. 2

II.3 Linearno (ne)zavisne n-torke vektora

Neka su x1, x2 i x3 vektori nekog vektorskog prostora V nad K. (tj. neka je(x1, x2, x3) konacan sistem vektora tog prostora).

Pitanje 1Da li postoje α1, α2, α3 ∈ K (tj. da li postoji sistem skalara (α1, α2, α3))tako da je

α1−→x1 + α2

−→x2 + α3−→x3 =

−→0

Trivijalno da: dovoljno je uzeti α1 = α2 = α3 = 0.

Pitanje 2 Da li postoje α1, α2, α3 ∈ K koji nisu svi jednaki nuli (tj. takvi danije α1 = α2 = α3 = 0) tako da je


α1−→x1 + α2

−→x2 + α3−→x3 =

−→0

Primer II.3.1 U prostoru R3 neka je dat sistem vektora

(a) : a1 = (1, 1, 1), a2 = (1, 2, 2), a3 = (3, 2, 5)

Ako za neke α1, α2, α3 ∈ R vazi

3∑

i=1

αi−→ai = α1(1, 1, 1) + α2(1, 2, 2) + α3(3, 2, 5) = (0, 0, 0)

tj.(α1 + α2 + 3α3, α1 + 2α2 + 2α3, α1 + 2α2 + 5α3) = (0, 0, 0)

onda mora biti

α1 +α2 +3α3 = 0α1 +2α2 +2α3 = 0α1 +2α2 +5α3 = 0

odnosno

α1 + α2 + 3α3 = 0(α1 + 2α2 + 2α3)− (α1 + α2 + 3α3) = 0(α1 + 2α2 + 5α3)− (α1 + α2 + 3α3) = 0

tj.

α1 +α2 +3α3 = 0α2 −α3 = 0α2 +2α3 = 0

odnosno

α1 + α2 + 3α3 = 0α2 − α3 = 0

(α2 + 2α3)− (α2 − α3) = 0

tj.

α1 +α2 +3α3 = 0α2 −α3 = 0

3α3 = 0

pa mora biti α3 = 0 te i α2 = α3 = 0 kao i α1 = −α1 − 3α3 = 0. 2

II.3. LINEARNO (NE)ZAVISNE N -TORKE VEKTORA 49

Definicija II.3.2 Ako je n ∈ N onda za n-torku vektora(xi : i = 1, n

)vektorskog

prostora V nad K kazemo da je

linearno nezavisna

ako je jedina n-torka skalara(αi : i = 1, n

)za koji vazi

n∑

i=1

αi−→xi =

−→0 jeste tzv.

trivijalna n-torka skalara, tj. ona data sa αi = 0 za svako i = 1, n.Na ovaj nacin smo dakle definisali pojam linearno nezavisnog sistema vektora

duzine n ∈ N. Sistem vektora duzine 0, tj. prazan skup, je po definiciji linearnonezavisan.

Za n-torku vektora(xi : i = 1, n

)kazemo da je

linearno zavisna

ukoliko nije linearno nezavisna. 2

Tvrdenje II.3.3 Sistem vektora(xi : i = 1, n

)je linearno nezavisan akko je ispunjen

sledeci uslov:ako su

(αi : i = 1, n

)∈ Kn i

(βi : i = 1, n

)∈ Kn razlicite n-torke skalara (tj.

za neko i0 ∈ {1, . . . , n} je αi0 6= βi0) onda je

n∑

i=1

αi−→xi 6=

n∑

i=1

βi−→xi

Dokaz Neka je doticni sistem vektora linearno nezavisan i neka je i0 ∈ {1, . . . , n}takvo da je αi0 6= βi0. Tada je αi0 − βi0 6= 0 pa je

(αi − βi : i = 1, n

)netrivijalan

sistem skalara; otuda mora biti

n∑

i=1

(αi − βi)−→xi 6=

−→0

tj.n∑

i=1

αi−→xi 6=

n∑

i=1

βi−→xi

Pretpostavimo sada da je dati uslov ispunjen. Ako je(λi : i = 1, n

)∈ Kn trivi-

jalna n-torka, tj. λi = 0 za svako i = 1, n, i ako je(αi : i = 1, n

)∈ Kn proizvoljna

netrivijalna n-torka, onda je αi0 6= λi0 za neko i0 ∈ {1, . . . , n} te imamo

n∑

i=1

αi−→xi 6=

n∑

i=1

λi−→xi =

−→0

2


Tvrdenje II.3.4 Ako je n-torka vektora(xi : i = 1, n

)linearno nezavisna onda

mora biti i 6= j ⇒ xi 6= xj za i, j = 1, n (tj. vektori x1, . . . , xn su medusobno

razliciti) a takode je i −→xi 6=−→0 za svako i = 1, n.

Dokaz Kad bi postojali neki i, j ∈ {1, . . . , n} takvi da je i 6= j i xi = xj onda biimali

1 · −→xi + (−1) · −→xj =−→0

tj. vektor−→0 bi bio linearna kombinacija n-torke vektora

(xi : i = 1, n

)sa netri-

vijalnom n-torkom skalara definisanom sa αi = 1, αj = −1 i αk = 0 za k ∈{1, . . . , n} \ {i, j}, a ovo je prema nasoj pretpostavci nemoguce.

Gde smo ovde iskoristili cinjenicu da je i 6= j? Da je bilo i = j onda nebismo mogli da definisemo

(αi : i = 1, n

)onako kako gore stoji jer bi tada imali

1 = αi = αj = −1.

Kad bi za neko i0 ∈ {1, . . . , n} bilo −→xi0 =−→0 onda bi za netrivijalnu n-torku

skalara definisanu sa

αi =

{1, ako i = i00, ako i 6= i0

vazilon∑

i=1

αi−→xi = 1 · −→0 =

−→0 , pa bi dati sistem vektora bio linearno zavisan. 2

II.4 Linearno (ne)zavisni skupovi vektora

Pitanje 1 Ako je M ⊆ V neprazan skup vektora da li od mozemo napraviti li-nearno zavisan sistem od vektora skupa M , preciznije da li postoji neko n ∈ N ix1, . . . , xn ∈ M tako da je n-torka (x1, . . . , xn) linearno zavisna?

Trivijalno da: kako jeM 6= ∅mozemo izabrati neko u ∈ M ; svaki sistem (x1, x2, . . . , xn)vektora skupa M kod kog je x1 = x2 = u prema Tvrdenju II.3.4 mora biti linearnozavisan.

Pitanje 2 Da li postoji neko n ∈ N i medusobno razliciti vektori x1, . . . , xn ∈ Mtako da je n-torka (x1, . . . , xn) linearno zavisna?

Definicija II.4.1 Za neprazan skup M ⊆ V vektora kazemo da je

linearno nezavisan skup

ako je svaka injektivna n-torka vektora tog skupa linearno nezavisan sistem, tj.ako vazi:

II.4. LINEARNO (NE)ZAVISNI SKUPOVI VEKTORA 51

ako su n ∈ N, α1, . . . , αn ∈ N i x1, . . . , xn ∈ M tako da i 6= j ⇒ xi 6= xj zai, j = 1, n,

onda je uvek

n∑

i=1

αi−→xi 6=

−→0 osim ako je αi = 0 za svako i = 1, n.

Prazan skup je po definiciji linearno nezavisan. Za skup M ⊆ V vektorakazemo da je

linearno zavisan skup

ukoliko nije linearno nezavisan. 2

Primetimo da iz ove definicije sledi da je svaki linearno zavisan skup M ⊆ Vneprazan. Evo jedne preformulacije pojma “linearno zavisan skup”:

skup vektora M ⊆ V je linearno zavisan akko postoji n ∈ N, vektori x1, . . . , xn ∈M i skalari α1, . . . , αn ∈ K tako da vaze sledeca tri uslova:

(1) i 6= j ⇒ xi 6= xj za i, j = 1, n;

(2) za neko i0 ∈ {1, . . . , n} je αi0 6= 0;

(3)

n∑

i=1

αi−→xi =

−→0 .

Za konacne sisteme veza izmedu linearne nezavisnosti skupova i linearne neza-visnosti sistema data je narednim tvrdenjem.

Tvrdenje II.4.2 Sistem vektora(xi : i = 1, n

)je linearno nezavisan akko su zado-

voljena sledeca dva uslova:

(1) i 6= j ⇒ xi 6= xj za i, j = 1, n (tj. vektori x1, . . . , xn su medusobnorazliciti)

(2) skup {x1, . . . , xn} vektora je linearno nezavisan.

Drugim recima

sistem vektora(xi : i = 1, n

)je linearno nezavisan

akko je

{x1, . . . , xn} linearno nezavisan skup vektora sa tacno n elemenata

Dokaz Ako vaze (1) i (2) onda je(xi : i = 1, n

)injektivna n-torka, pa prema

Definiciji II.4.1 ona mora biti linearno nezavisan sistem.


Pretpostavimo sada da je(xi : i = 1, n

)je linearno nezavisan sistem. Da (1)

vazi vec znamo (Tvrdenje II.3.4). Pokazimo da vazi i (2).Neka je m ∈ N i

(ai : i = 1, m

)injektivna m-torka tako da je

{a1, . . . , am} ⊆ {x1, . . . , xn}

Neka je(λi : i = 1, m

)takva n-torka skalara da vazi

λ1−→a1 + . . . + λj

−→aj + . . . + λm−→am =

−→0

i pokazimo da mora biti λj = 0 za svako j = 1, m.Postoje s1, . . . , sm ∈ {1, . . . , n} tako da je

a1 . . . aj . . . am|| . . . || . . . ||xs1 . . . xsj . . . xsm

tj. aj = xsj za j = 1, m. Kako je i 6= j ⇒ ai 6= aj to je

i 6= j ⇒ si 6= sj

za i, j = 1, m. Zbog toga je to je sistem skalara(αi : i = 1, n

)korektno definisan

uslovima:

λ1 . . . λj . . . λm

|| . . . || . . . ||αs1 . . . αsj . . . αsm

iαi = 0 ako je i ∈ {1, . . . , n} \ {s1, . . . , sm}

Pritom vazi

−→0 = αs1

−→xs1 + . . . + αsj−→xsj + . . . + αsm

−→xsm +∑

i∈{1,...,n}\{s1,...,sm}

0 · −→xi =−→0

tj.n∑

i=1

αi−→xi =

−→0

Obzirom da je(xi : i = 1, n

)linearno nezavisan sistem, ovo znaci da je zapravo

αi = 0 za svako i = 1, n. Specijalno imamo λj = αsj = 0 za svako j = 1, m. 2

Tvrdenje II.4.3 Skup vektora M je linearno zavisan akko postoji neko x ∈ Mtako da je x ∈ L

(M \ {x}

).


Dokaz Pretpostavimo najpre da je skup M linearno zavisan. Tada postojen ∈ N, vektori x1, . . . , xn ∈ M i skalari α1, . . . , αn ∈ K takvi da je i 6= j ⇒ xi 6= xj

za svako i, j = 1, n, i tako da za neko i0 ∈ {1, . . . , n} vazi αi0 6= 0, i tako da je

n∑

i=1

αi−→xi =

−→0 (II.1)

Ako je n = 1 onda (II.1) postaje αi0−→xi0 =

−→0 pa zbog αi0 6= 0 sledi da je

xi0 = 0 ∈ L(M \ {xi0}

).

Ako je n ≥ 2 onda iz (II.1) sledi

−→xi0 =∑

i=1,ni6=i0

(−αi

αi0

)

−→xi (II.2)

Zbog i 6= j ⇒ xi 6= xj vazi{xi : i ∈ {1, . . . , n} \ {i0}

}⊆ M \ {xi0} pa iz (II.2)

sada zakljucujemo da je xi0 ∈ L(M \ {xi0}

).

Da pokazemo obrat pretpostavimo sada da postoji neko z ∈ M tako da je

z ∈ L(M \ {z}

)

Ako je M = {z} onda sledi da je z ∈ L(∅) = {0}, tj. 0 = z ∈ M pa je sistem(duzine 1) (x) : x1 = 0 prema Tvrdenju II.3.4 linearno zavisan (naravno injektivan)sistem vektora skupa M , sto znaci da je M linearno zavisan skup vektora.

Ako je M \ {z} 6= ∅ onda je z linearna kombinacija vektora skupa M \ {z} pa jeprema Zapazanju II.2.1 pod (iii) vektor z i linearna kombinacija neke injektivnek-torke (y1, . . . , yk) elemenata skupa M \ {z}, tj. postoji neko k ∈ N i

postoje y1, . . . , yk ∈ M \ {z} takvi da i 6= j ⇒ yi 6= yj za svako i, j = 1, k,

i postoje β1, . . . , βk ∈ K tako da je

−→z =

k∑

i=1

βi−→yi

odnosno

1 · −→z + (−β1)−→y1 + · · ·+ (−βk)

−→yk = 0


Ako stavimoa1 a2 a3 . . . ak+1

|| || || . . . ||z y1 y2 . . . yk

odnosno a1 = z i ai = yi−1 za i = 2, k + 1, onda je zbog

a1 = z /∈ {y1, . . . , yk} = {a2, . . . , ak+1}sistem vektora (a) : a1, . . . , ak+1 injektivan.

Ako stavimoγ1 γ2 γ3 . . . γk+1

|| || || . . . ||1 −β1 −β2 . . . −βk

odnosno γ1 = 1 i γi = −βi−1 za i = 2, k + 1 onda je sistem skalara (γ1, . . . , γk+1)netrivijalan i vazi

γ1−→a1 + γ2

−→a2 + · · ·+ γk+1−−→ak+1 = 0

Jasno a1, a2, . . . , ak+1 ∈ M te smo ovim pokazali da je skup M linearno zavisan.2

Tvrdenje II.4.4 Neka je n ∈ N, n ≥ 2. Sistem vektora(xi : i = 1, n

)∈ V n je

linearno zavisan akko vazi neki od naredna dva uslova:– x1 = 0 ili– postoji i ∈ {2, . . . , n} tako da je xi ∈ L

({x1, . . . , xi−1}

).

Dokaz Pretpostavimo najpre da je sistem(xi : i = 1, n

)linearno zavisan i neka

je x 6= 0. Tada je sistem duzine 1(xi : i = 1, 1

)je linearno nezavisan.

Neka je k ∈ {1, . . . , n} najveci brojtakav da je sistem

(xi : i = 1, k

)linearno nezavisan.

Mora biti k < n jer bi inace(xi : i = 1, n

)bio linearno nezavisan suprotno nasoj

pretpostavci. Dakle k + 1 ∈ {1, . . . , n} pa je xk+1 definisan. Prema izboru broja ksistem

(xi : i = 1, k + 1

)je linearno zavisan, tj. postoje αi ∈ K za i = 1, k + 1 tako

da jeα1

−→x1 + . . . + αk−→xk + αk+1

−−→xk+1 =−→0 (II.3)

pri cemu postoji neko i0 ∈ {1, . . . , k + 1} takvo da je αi0 6= 0. Kad bi bilo αk+1 = 0

imali bik∑

i=1

αi−→xi =

−→0 i αi0 6= 0 pri cemu je i0 ∈ {1, . . . , k}, a ovo je nemoguce jer

je(xi : i = 1, k

)linearno nezavisan sistem. Dakle αk+1 6= 0 pa sada iz (II.3) sledi

−−→xk+1 =k∑

i=1

( −αi

αk+1

)

−→xi


i pokazali smo sta treba.

Obrat tvrdenja sledi iz Tvrdenja II.4.2 i iz cinjenice da je

m∑

j=1

λj−→xj =

−−−→xm+1

ekvivalentno sa

(−1) · −−−→xm+1 +

m∑

j=1

λi−→xj =

−→0

2

Tvrdenje II.4.5 Ako je N ⊆ V linearno nezavisan skup vektora i x ∈ V \ L(N)onda je i N ∪ {x} linearno nezavisan skup.

Dokaz U slucaju da je N = ∅ tvrdenje se proverava neposredno. Dakle neka jeN 6= ∅.

Pretpostavimo da je N ∪ {x} linearno zavisan skup. Tada za neko n ∈ N, gden ≥ 2 (zasto?), postoji neka injektivna n-torka

(ai : i = 1, n

)∈(N ∪ {x}

)n

vektora skupa N ∪ {x} i neka n-torka skalara(αi : i = 1, n

)∈ Kn tako da je

n∑

i=1

αi−→ai =

−→0

i tako da za neko i0 ∈ {1, . . . , n} vazi αi0 6= 0 .

Kad bi bilo ai ∈ N za svako i = 1, n onda bi ovo znacilo da je N linearno zavisan,te zato mora da

postoji i1 ∈ {1, . . . , n} tako da je ai1 = x.

Dakle

α1−→a1 + . . . + αi1−1

−−→ai1−1 + αi1−→x + αi1+1

−−→ai1+1 + . . . + αn−→an =

−→0 (II.4)

Iz injektivnosti n-torke(ai : i = 1, n

)imamo da je

a1, . . . , ai1−1, ai1+1, . . . , an ∈(N ∪ {x}

)\ {x} ⊆ N .

Iz pretpostavke da je αi1 = 0 bi zbog (II.4) imali

α1−→a1 + . . . + αi1−1

−−→ai1−1 + αi1+1−−→ai1+1 + . . . + αn

−→an =−→0


pri cemu je i0 ∈ {1, . . . , n} \ {i1} i αi0 6= 0i vazi a1, . . . , ai1−1, ai1+1, . . . , an ∈ N ,

pa bi ponovo sledilo da je N linearno zavisan skup. Dakle mora biti αi1 6= 0. Otudase (II.4) sada moze zapisati kao

−→x =∑

i=1,ni6=i1

(−αi

αi1

)

−→ai =−→0

tj. x ∈ L(N), suprotno polaznoj pretpostavci. 2

Lema II.4.6 Neka je M ⊆ V , n ∈ N,(ai : i = 1, n

)∈ Mn injektivna n-torka

vektora skupa M ,(αi : i = 1, n

)∈ Kn n-torka skalara i neka je

x :=n∑

i=1

αi−→ai .

Ako je i0 ∈ {1, . . . , n} takvo da je αi0 6= 0 onda vazi

L(M) = L((M \ {ai0}

)∪ {x}

)

Dokaz Stavimo M0 := {x} ∪(M \ {ai0}

). Zbog αi0 6= 0 imamo

ai0 =1

αi0

−→x +∑

i=1,ni6=i0

(−αi

αi0

)

−→ai

Kako vazi i 6= i0 ⇒ ai 6= ai0 za i = 1, n to je

u :=∑

i=1,ni6=i0

(−αi

αi0

)

−→ai ∈ L(M \ {ai0}

)⊆ L(M0)

Zato je ai0 =1

αi0

−→x +−→u ∈ L(M0∪L(M0)

)= L

(L(M0)

)= L(M0) pa najzad imamo

L(M) = L((M \ {ai0}

)∪ {ai0}

)

⊆ L(M0 ∪ L(M0)

)= L

(L(M0)

)= L(M0) ⊆

⊆ L(M ∪ L(M)

)= L

(L(M)

)= L(M)

tj. L(M0) = L(M). 2


Tvrdenje II.4.7 Neka je N ⊆ V konacan linearno nezavisan skup sa tacno

n ∈ N vektora, i P ⊆ V konacan skup sa tacno m ∈ N vektora. Ako je N ⊆ L(P )

onda mora biti n ≤ m .

Slika II.4.4.

Dokaz Skup brojeva j ∈ N0 takvih da postoje neki N0 ⊆ N i P0 ⊆ P oba sa potacno j elemenata a tako da vazi

L(

(P \ P0) ∪N0

)

= L(P )

je neprazan jer je 0 takav broj: L((P \ ∅) ∪ ∅

)= L(P ). Neka je k ∈ N0 najveci

takav broj. Jasno k ≤ min{n,m}. Pokazimo da je k = n cime bismo dokaz tvrdenjapriveli kraju.


Slika II.4.5.

Neka je, suprotno onom sto treba pokazati, k < n. Neka su N0 ⊆ N i P0 ⊆ Poba sa po tacno k elemenata a tako da vazi

L(

(P \ P0) ∪N0

)

= L(P )

Tada je moguce izabrati neko x ∈ N \N0 6= ∅.Ako je k = m onda sledi P0 = P te je x ∈ N ⊆ L(P ) = L

((P \ P0) ∪ N0

)=

L(∅ ∪N0) = L(N0) ⊆ L(N \ {x}

), tj. N je linearno zavisan skup (videti Tvrdenje

II.4.3), suprotno nasoj pretpostavci.Dakle mora biti k < m pa je P \ P0 neprazan skup sa tacno l := m − k ∈ N

elemenata.


Slika II.4.6.

Neka su prirodan broj s ≥ l i injektivna s-torka (z1, . . . , zl, . . . , zs) vektora takvida je

P \ P0 = {z1, . . . , zl} i (P \ P0) ∪N0 = {z1, . . . , zl, . . . , zs}Ako s > l onda je {zl+1, . . . , zs} ⊆ N0, jer {zl+1, . . . , zs} ∩ (P \ P0) = ∅.

Kako je x ∈ N ⊆ L(P ) = L((P \P0)∪N0

)to postoje βi ∈ K za i = 1, s tako da

je

−→x =

s∑

i=1

βi−→zi (II.5)

Pretpostavimo najpre da je βi = 0 za svako i = 1, l. Ako je s = l (a ovo ce bititako specijalno kad je k = 0 i konsekventno N0 = ∅) onda (II.5) povlaci da je x = 0;no kako je x ∈ N a N linearno nezavisan skup to mora biti x 6= 0 (videti TvrdenjaII.3.4 i II.4.2) – kontradikcija. Dakle zakljucujemo da u ovom slucaju vazi s > l pase zato (II.5) svodi na

−→x =s∑

i=l+1

βi−→zi

Kako je {zl+1, . . . , zs} ⊆ N0 to ovo znaci da je x ∈ L(N0) ⊆ L(N \ {x}

), pa sledi da

je N linearno zavisan skup – kontradikcija.Dakle zakljucili smo da mora da

postoji neko i0 ∈ {1, . . . , l} tako da je βi0 6= 0.

Ako stavimo S := (P \ P0) ∪N0, na osnovu Leme II.4.6 sada sledi

L(S) = L((S \ {zi0}) ∪ {x}

)

Imamo

S \ {zi0} =

[

P \(P0 ∪ {zi0}

)]

∪(N0 \ {zi0}

)

pa ako stavimo P1 := P0 ∪ {zi0} i N1 := N0 ∪ {x} imamo

(S \ {zi0}) ∪ {x} ⊆ (P \ P1) ∪N1

odakle je

L(S) = L((S \ {zi0}) ∪ {x}

)⊆ L

(

(P \ P1) ∪N1

)

Zato je L(P ) = L(S) ⊆ L(

(P \ P1) ∪N1

)

⊆ L(P ∪N) ⊆ L(L(P )

)= L(P ), tj.

L(

(P \ P1) ∪N1

)

= L(P ) (II.6)

Kako je zi0 ∈ P \ P0 a P0 ima k elemenata to je P1 = P0 ∪ {zi0} podskup od P sak + 1 elemenata; kako je x ∈ N \ N0 a N0 ima k elemenata to je N1 = N0 ∪ {x}podskup od N sa k + 1 elemenata. No sada (II.6) protivureci izboru broja k. 2


Posledica II.4.8 Ako su konacni skupovi S1, S2 ⊆ V oba linearno nezavisni i po-tpuni, onda imaju isti broj elemenata.

Dokaz Ovo sledi iz S1 ⊆ V = L(S2) , S2 ⊆ V = L(S1) i Tvrdenja II.4.7. 2

Posledica II.4.9 Ako je V konacnodimenzionalan onda je takav i svaki njegov po-dprostor (preciznije – vektorski prostor odreden datim podprostorom).

Dokaz Neka je {0} 6= Pv

⊆ V i P vektorski prostor odreden podprostorom P .

Postoji konacan skup B ⊆ V vektora sa n ∈ N elemenata tako da je V = L(B) .

Slika II.4.7.

Reci

“a =(ai : i = 1, k

)je linearno nezavisan sistem vektora prostora P”

znaci isto sto i reci

“ai ∈ P za svako i = 1, k i a =(ai : i = 1, k

)je linearno nezavisan sistem vektora

prostora V”.

Zato je k ≤ n za svaki takav sistem. Otuda postoji k0 ∈ N tako da je

k0 = max{k ∈ N :

(ai : i = 1, k

)je linearno nezavisan sistem vektora iz P

}

Postoji linearno nezavisan sistem(ai : i = 1, k0

)vektora iz P . Tvrdimo da za

N :={ai : i = 1, k0

}vazi L(N) = P . N je linearno nezavisan skup prostora P i

ima k0 elemenata (videti Tvrdenje II.4.2). Kad bi postojalo neko x ∈ P \L(N) ondabi skup N ∪ {x} bio linearno nezavisan skup vektora prostora P (videti TvrdenjeII.4.5) sa k0+1 elemenata, te bi sistem (a1, . . . , ak0, x) bio linearno nezavisan sistemvektora iz P ; no kako je ovaj sistem duzine k0 + 1 ovo protivureci izboru broja k0.2

II.5. BAZNI SKUP, BAZA, DIMENZIJA 61

II.5 Bazni skup, baza, dimenzija

Definicija II.5.1 Potpun i linearno nezavizan skup vektora nazivamo

bazni skup vektorskog prostora V

2

Tvrdenje II.5.2 Neka je S ⊆ V konacan potpun skup i N ⊆ S linearno nezavisanskup sa n ∈ N0 elemenata tako da je

n = max {card(M) : M ⊆ S i M je linearno nezavisan}

tj. N je linearno nezavisan podskup od S sa najvecim mogucim brojem elemenata.Tada je i N potpun.

Dokaz Pod datim uslovima mora biti S ⊆ L(N): kad bi postojao neki x ∈S \ L(N) onda bi N ∪ {x} bio linearno nezavisan (prema Tvrdenju II.4.5) podskupod S sa n + 1 elemenata, sto protivureci izboru broja n. Dakle

V = L(S) ⊆ L(L(N)

)= L(N) ⊆ V

tj. N je potpun skup. 2

Teorema II.5.3 Neka je V k.d.v. prostor. Tada– svi linearno nezavisni skupovi su konacni;– postoji skup koji je istovremeno i potpun i linearno nezavisan, tj. postoji bazni

skup prostora V;

– svi bazni skupovi imaju isti broj elemenata i ovaj broj oznacavamo sa dim(V)i nazivamo

dimenzija

konacnodimenzionalnog vektorskog prostora V.

Dokaz Teorema je direkna posledica Tvrdenja II.4.7 i II.5.2 i Posledice II.4.8.2

Zapazanje II.5.4 Primetimo da je ∅ bazni skup nula prostora V = {0}, te i da jedimenzija nula prostora jednaka 0:

dim({0})= 0

2


Konvencija Ako je V konacnodimenzionalan vektorski prostor, Pv

⊆ V i P vektorskiprostor odreden podprostorom P , onda je prema Posledici II.4.9 i P konacnodimenzi-onalan, te je definisano dim(P) ∈ N; za dim(P) ∈ N kazemo i da je dimenzija

podprostora Pv

⊆ V i pisemo dimV(P ) = dim(P ) = dim(P). 2

Definicija II.5.5 Pod

bazom vektorskog prostora V

podrazumevamo svaki sistem(as : s ∈ S

)vektora za koji vaze sledeca dva uslova:

– s1 6= s2 ⇒ as1 6= as2 za svako s1, s2 ∈ S– skup

{as : s ∈ S

}je bazni (tj. istovremeno i potpun i linearno nezavisan)

skup datog vektorskog prostora. 2

Drugim recima, baza je sistem vektora koji se ovako dobija: fiksiramo neki bazniskup vektora M ⊆ V i neku bijekciju a : S → M ;

(as : s ∈ S

)je baza.

Nas ce skoro iskljucivo interesovati baze kod kojih je S = {1, . . . , n} za nekon ∈ N, tj. baze oblika

(ai : i = 1, n

), obzirom da se Linearna Algebra bavi

konacnodimenzionalnim vektorskim prostorima.

§Cinjenica da je neki sistem oblika

(xi : i = 1, n

)baza prostora moze da se iskaze

i na sledeca dva ekvivalentna nacina:

Tvrdenje II.5.6 Sistem(xi : i = 1, n

)je baza prostora

akko je skup{xi : i = 1, n

}bazni skup prostora sa n elemenata.

2

Odavde vidimo da ako je(ai : i = 1, n

)baza prostora onda je n = dim(V) .

Tvrdenje II.5.7 Sistem(xi : i = 1, n

)je baza prostora

akko je on istovremeno

i linearno nezavisan i potpun sistem vektora.


2

§

Definicija II.5.8 Neka je n ∈ N, neka je n-torka(ai : i = 1, n

)baza prostora

V i x ∈ V . Kako je sistem(ai : i = 1, n

)potpun to postoji n-torka skalara

(αi(x) : i = 1, n

)∈ Kn tako da je

x =n∑

i=1

αi(x)−→ai

a kako je sistem(ai : i = 1, n

)linearno nezavisan to je

(αi(x) : i = 1, n

)jedi-

nstvena n-torka skalara za koju ovo vazi; za i ∈ {1, . . . , n} skalar αi(x) nazivamo

i-ta koordinata vektora x u odnosu na bazu(ai : i = 1, n

)

Ako je v ∈{ai : i = 1, n

}onda postoji

tacno jedno i0 ∈ {1, . . . , n} tako da je ai0 = v

(jer je ova n-torka injektivna kao linearno nezavisna).

Za αi0(x) kazemo da je

koordinata vektora x u odnosu na bazu(ai : i = 1, n

)

pri vektoru v

2

Zapazanje II.5.9 Neka su a =(ai : i = 1, n

)i b =

(bi : i = 1, n

)baze prostora

tako da je{ai : i = 1, n

}={bi : i = 1, n

}=: M (tj. obe se dobijaju tako sto

se elementi jednog te istog baznog skupa sa n elemenata poredaju u po injektivnun-torku). Ako su x ∈ V i v ∈ M proizvoljni onda se koordinata vektora x u odnosuna bazu a pri vektoru v poklapa sa koordinatom vektora x u odnosu na bazu bpri vektoru v.

Zaista, neka je x =

n∑

k=1

αk−→ak =

n∑

k=1

βk

−→bk . Ako su p, q ∈ {1, . . . , n} takvi da

je ap = bq = v treba zapravo pokazati da je αp = βq. Postoje i1, . . . , in takvi da(a1, . . . , an) = (bi1 , . . . , bin). Imamo

x =

n∑

k=1

βk

−→bk =

n∑

k=1

βik

−→bik =

n∑

k=1

βik−→ak =

n∑

k=1

αk−→ak


iz cega sledi βik = αk za svako k = 1, n, obzirom da je sistem a linearno nezavisan.Kako je bq = v = ap = bip , to iz injektivnosti n-torke b sledi da je q = ip, pa je zatoβq = βip = αp.

Ovo zapazanje nam omogucava da govorimo i o koordinati vektora x u odnosuna bazni skup M pri vektoru v ∈ M . 2

Primer II.5.10 Neka je n ∈ N. Za i = 1, n neka je ei ∈ Kn definisano sa

ei(j) =

{0, ako j 6= i1, ako j = i

tj. ei = (0, . . . , 0︸︷︷︸

i−1 puta

, 1, 0, . . . , 0︸︷︷︸

n−i puta

) odnosno

e1 = (1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0)e2 = (0, 1, 0, 0, . . . , 0, 0, 0)e3 = (0, 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0)

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

U vektorskom prostoru Kn svih uredenih n-torki brojeva iz K imamo:

n∑

i=1

αi−→ei = α1 · (1, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 0) +

α2 · (0, 1, 0, 0, . . . 0, 0, 0) +α3 · (0, 0, 1, 0, . . . 0, 0, 0) +

......

......

......

......

αn−1 · (0, 0, 0, 0, . . . 0, 1, 0) +αn · (0, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 1)

= (α1, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 0) +(0, α2, 0, 0, . . . 0, 0, 0) +(0, 0, α3, 0, . . . 0, 0, 0) +...

......

......

......

...(0, 0, 0, 0, . . . 0, αn−1, 0) +(0, 0, 0, 0, . . . 0, 0, αn)

= (α1, α2, α3, α4, . . . αn−2, αn−1, αn)

Odavde se lako vidi da je(ei : i = 1, n

)potpun i linearno nezavisan sistem, tj.

baza prostora Kn, te i da je dim(V) = n. Ovu bazu nazivamo

standardna baza prostora Kn


Primetimo da je i-ta koordinata n-torke (α1, α2, α3, . . . , αn−1, αn) u odnosu naovu bazu upravo αi – dakle isto sto i i-ta komponenta te n-torke. 2

Primer II.5.11 Neka je V := (C3,⊕, ◦) kompleksan vektorski prostor uredenihtrojki kompleksnih brojeva i neka je ◦′ := ◦ �

(R × C3

)odgovarajua restrikcija

mesovite operacije ◦. Tada je

VR :=(C

3,⊕, ◦′)

realan vektorski prostor, i za njega kazemo da je R-modifikacija kompleksnog vek-

torskog prostora V.

Opstije, ako je W1 := (W,⊕, ◦) kompleksan vektorski prostor i ◦′ := ◦ �

(R × W ) onda je W2 := (W,⊕, ◦′) realan vektorski prostor; za W2 kazemo da

je R-modifikacija kompleksnog prostora W1.

Vratimo se sada nasem konkretnom primeru, tj. R-modifikaciji VR kompleksnogprostora V = (C3,⊕, ◦). Neka je e =

(ei : i = 1, 3

)standardna baza kompleksnog

prostora V iz Primera II.5.10. Sistem e je linearno nezavisan sistem vektora prostoraVR jer je on linearno nezavisan sistem vektora prostora V i jer je α ◦′ −→x = α ◦−→x zasvako x ∈ Cn i svaki realan broj α ∈ R. No ovaj sistem nije vise baza prostora VR

jer nije potpun sistem vektora ovog prostora. Zaista, dok u prostoru V imamo

i−→e1 = i(1, 0, 0) = (i, 0, 0)

u prostoru VR nema mnozenja vektora kompleksnim brojem i – ovo nije skalar ovogprostora. Skalari ovog prostora su realni brojevi a imamo

α−→e1 + β−→e2 + γ−→e3 = α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0) + γ(0, 0, 1) = (α, β, γ) 6= (i, 0, 0)

za svako α, β, γ ∈ R.S druge strane lako se proverava da sistem

((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (i, 0, 0), (0, i, 0), (0, 0, i)

)

jeste baza prostora VR:

p(1, 0, 0)+x(0, 1, 0)+u(0, 0, 1)+q(i, 0, 0)+y(0, i, 0)+v(0, 0, i) = (p+qi, x+yi, u+vi)

Citaocu se prepusta da ovo razmatranje generalizuje posmatrajuci R-modifikacijuprostora svih kompleksnih n-torki gde je n ∈ N proizvoljno. 2

Primer II.5.12 Za i0, j0 = 1, 3 neka je matrica Ei0,j0 ∈ K3×3 definisana sa

Ei0,j0(i, j) =

{0, ako (i, j) 6= (i0, j0)1, ako (i, j) = (i0, j0)


za i, j = 1, 3.U prostoru K3×3 sada imamo

∑

i,j=1,3

ai,j−→Ei,j = a1,1

1 0 00 0 00 0 0

+a1,2

0 1 00 0 00 0 0

+a1,3

0 0 10 0 00 0 0

+

a2,1

0 0 01 0 00 0 0

+a2,2

0 0 00 1 00 0 0

+a2,3

0 0 00 0 10 0 0

+

a3,1

0 0 00 0 01 0 0

+a3,2

0 0 00 0 00 1 0

+a3,3

0 0 00 0 00 0 1

=

a1,1 0 00 0 00 0 0

+

0 a1,2 00 0 00 0 0

+

0 0 a1,30 0 00 0 0

+

0 0 0a2,1 0 00 0 0

+

0 0 00 a2,2 00 0 0

+

0 0 00 0 a2,30 0 0

+

0 0 00 0 0a3,1 0 0

+

0 0 00 0 00 a3,2 0

+

0 0 00 0 00 0 a3,3

=

=

a1,1 a1,2 a1,3a2,1 a2,2 a2,3a3,1 a3,2 a3,3

Odavde se lako vidi da je{E1,1, E1,2, E1,3, E2,1, E2,2, E2,3, E3,1, E3,2, E3,3

}potpun

i linearno nezavisan skup sa 9 elemenata, te i da je dim(K3×3

)= 3 · 3 = 9. Sistem

E :=(E1,1, E1,2, E1,3, E2,1, E2,2, E2,3, E3,1, E3,2, E3,3

)

je baza prostora K3×3. Imamo

A :=

1 −5 9−3 0 72 2 −1

= b1, −5, 9, −3, 0, 7, 2 , 2, −1cE

Tako je recimo koordinata matrice A u odnosu na bazu E pri vektoru E2,3 jednaka7, a pri vektoru E1,2 jednaka −5.


Slicno, ako su n,m ∈ N i ako su za i0 = 1, n i j0 = 1, m matrice Ei0,j0 ∈ Kn×m

definisane sa

Ei0,j0(i, j) =

{0, ako (i, j) 6= (i0, j0)1, ako (i, j) = (i0, j0)

za i = 1, n i j = 1, m, odnosno

Ei0,j0 =

O(i0−1)×(j0−1)

00...00

i0−1 O(i0−1)×(m−j0)

0 0 . . . 0 0︸︷︷︸

j0−1

1 0 0 . . . 0 0︸︷︷︸

m−j0

O(n−i0)×(j0−1)

00...00

n−i0 O(n−i0)×(m−j0)

onda je skupM :=

{Ei,j : i = 1, n, j = 1, m

}

potpun i linearno nezavisan i ima n ·m elemenata. Zato je sistem

(E1,1, . . . , E1,m;E2,1, . . . , E2,m; . . . . . . . . . ;En,1, . . . , En,m

)

baza prostora Kn×m i ovu bazu nazivamo

standardna baza prostora Kn×m

Primer II.5.13 Neka je K ∈ {R,C}, n ∈ N i za i ∈ 1, n neka su si : K → K

definisane sa si(x) :df= xi za x ∈ K.

Sistem(si : i = 0, n

)funkcija je baza prostora Poln,K. Zaista, ako je v ∈ Poln,K

dato sa v(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn (gde dozvoljavamo i da je an = 0) onda je

v = ba0, a1, . . . , ancs

jerv(x) = a0s0(x) + a1s1(x) + · · ·+ ansn(x)


za svako x ∈ K pa je sistem potpun, a ako su αi ∈ K za i = 1, n takvi da je

n∑

i=1

αi−→sn

nula vektor ovog prostora - konstantna nula funkcija – onda je

(n∑

i=1

αi−→sn)

(x) = 0

za svako x ∈ K, odnosno

α0 + α1x + α2x2 + · · ·+ αnx

n = 0

za svako x ∈ K, odakle se vidi da mora biti αi = 0 za i = 1, n; dakle sistem je ilinearno nezavisan.

Ovu bazu nazivamo

standardna baza prostora Poln,K

Specijalno dim (Poln,K) = n. Standardna baza je specificna po tome sto se koo-rdinate vektora – date polinomske funkcije – u odnosu na nju poklapaju sa koefici-jentima te polinomske funkcije. 2

Primer II.5.14 Ako je u prostoru V geometrijskih vektora (a, b, c) proizvoljna tro-jka nekomplanarnih vektora, onda je ona potpun sistem vektora ovog prostora:

−→u = λ1−→a + λ2

−→b + λ3

−→c

Slika II.5.8.

Znamo da niti lineal nad bilo kojim jednim geometrijskim vektorom niti nad bilokoja dva geometrijska vektora nije jednak V (videti Primer I.6.5). S druge straneprema Tvrdenju II.5.2 svaki potpun skup vektora ima podskup koji je bazni skup.Otuda zakljucujemo da (a, b, c) mora biti baza. Dakle dim(V) = 3. 2

II.6. SUME PODPROSTORA 69

Tvrdenje II.5.15 Neka je V k.d.v. prostor. Ako je (a1, . . . , an) linearno nezavisansistem koji nije potpun, onda postoje k ∈ N i k-torka (b1, . . . , bk) ∈ V k vektora takoda je (a1, . . . , an, b1, . . . , bk) baza.

Dokaz Pretpostavimo suprotno, tj. neka postoji neko n ∈ N takvo da za nekilinearno nezavisan sistem (a1, . . . , an) koji nije potpun vazi da nijedan sistem vektorakoji je oblika (a1, . . . , an, b1, . . . , bk) nije baza; svaki takav broj n zadovoljava n ≤dimV ∈ N pa zato postoji i najveci takav broj, oznacimo ga sa n0.

Neka je a = (a1, . . . , an0) linearno nezavisan sistem koji nije potpun a takav danijedan sistem vektora koji je oblika (a1, . . . , an0, b1, . . . , bk) nije baza. Dakle moguceje izabrati neko x ∈ V \ L

({a1, . . . , an0}

). Kako je a linearno nezavisan sistem to

odavde sledi da je skup {a1, . . . , an0, x} linearno nezavisan (videti Tvrdenje II.4.5)i ima tacno n elemenata, tj. sistem (a1, . . . , an0, x) je linearno nezavisan. Zbogucinjene pretpostavke o sistemu (a1, . . . , an0) sistem (a1, . . . , an0 , x) ne moze bitipotpun (jer bi tad bio baza) a iz istog razloga ne moze postojati nijedna baza oblika(a1, . . . , an0, x, b1, . . . , bk). No sistem (a1, . . . , an0 , x) je duzine n0+1, sto protivureciizboru broja n0. 2

Posledica II.5.16 Ako je V k.d.v. prostor i Pv

⊆ V, pri cemu je P 6= V , onda jedim(P ) < dim(V). 2

Tvrdenje II.5.17 Neka je V konacnodimenzionalan prostor, n := dim(V) ∈ N ia =

(ai : i = 1, n

)sistem duzine (upravo) n. Ako je a bilo linearno nezavisan bilo

potpun, onda je a baza.

Dokaz Ako je a linearno nezavisan sistem a nije potpun onda bi na osnovuTvrdenja II.5.15 postojali k ∈ N i (b1, . . . , bk) ∈ V k tako da je (a1, . . . , an, b1, . . . , bk)baza; no ova bi baza bila duzine n+ k a n+ k > n = dim(V), sto je nemoguce.

Pretpostavimo sada da je a potpun sistem i stavimo A :={ai : i = 1, n

}. Tada

je S konacan potpun skup. Neka je N ⊆ A linearno nezavisan skup sa najvecimbrojem elemenata. Prema Tvrdenju II.5.2 N mora biti potpun skup, te je stoga ibazni skup pa mu je n broj elemenata. Isti broj elemenata ima i njegov nadskup Apa je N = A. Dakle A je bazni skup sa n elemenata a ovo znaci da je a baza (videtiTvrdenje II.5.6). 2

II.6 Sume podprostora

Za neprazne skupove vektora A,B ⊆ V vektorskog prostora V definisemo

A+B :df= {−→x +−→y : x ∈ A, y ∈ B}

iα · A :

df= {α−→x : x ∈ A}


za α ∈ K. Ovako definisana operacija + na skupu P(V ) \ {∅} je asocijativna ikomutativna, sto se lako proverava, a ima i neutral – to je singlton {0}.

Jednostavnom indukcijom pokazuje se da je

A1 + · · ·+ Ak ={−→x1 + · · ·+−→xk : xi ∈ Pi, i = 1, k

}

Tvrdenje II.6.1 Ako je P1, . . . , Pk

v

⊆ V onda je i P1 + · · ·+ Pk

v

⊆ V.

Dokaz Neka je u, v ∈ P1 + · · ·+ Pk i α ∈ K. Tada postoje xi, yi ∈ Pi za i = 1, k

tako da je u =k∑

i=1

xi i v =k∑

i=1

yi. Imamo

u+ v =k∑

i=1

xi +k∑

i=1

yi =k∑

i=1

(xi + yi) ∈ P1 + · · ·+ Pk

jer je xi + yi ∈ Pi za svako i = 1, k, obzirom da je Pi

v

⊆ V. Slicno je

α−→u = αk∑

i=1

xi =k∑

i=1

α−→xi ∈ P1 + · · ·+ Pk

jer je αi−→xi ∈ Pi za svako i = 1, k, obzirom da je Pi

v

⊆ V. 2

Podprostor P1 + · · ·+ Pk

v

⊆ V nazivamo suma k-torka podprostora (P1, . . . , Pk).

Definicija II.6.2 Za uredenu k-torku podprostora (P1, . . . , Pk) kazemo da ima di-

rektnu sumu ili da joj je suma direktna ako vazik∑

i=1

xi 6= 0 kad god je xi ∈ Pi za

i = 1, k tako da za neko i0 ∈ {1, . . . , k} vazi xi0 6= 0.

Zapis Q = P1 ⊕ · · · ⊕ Pk znacice:

Q = P1 + · · ·+ Pk i (P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu

Tvrdenje II.6.3 Neka je P1, . . . , Pk

v

⊆ V. Sledeci uslovi su ekvivalentni:(1) (P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu;(2) ako su xi, yi ∈ Pi za i = 1, k tako da je xi0 6= yi0 za neko i0 ∈ {1, . . . , k},

onda je

k∑

i=1

xi 6=k∑

i=1

yi;

(3) Za svako i0 ∈ {1, . . . , k} vazi Pi0 ∩∑

i=1,ki6=i0

Pi = {0}.


Dokaz (1) ⇒ (2): ako su xi, yi ∈ Pi za i = 1, k tako da je xi0 6= yi0 za nekoi0 ∈ {1, . . . , k}. Definisimo

zi = xi − yi

za i = 1, k. Za svako i = 1, k vazi zi ∈ Pi jer Pi

v

⊆ V. Pritom je zi0 6= 0. Prema (1)sada sledi da je onda imamo

k∑

i=1

zi 6= 0

tj.

0 6=k∑

i=1

(xi − yi) =k∑

i=1

xi =k∑

i=1

yi

odnosnok∑

i=1

xi 6=k∑

i=1

yi.

(2) ⇒ (3): Neka su i0 ∈ {1, . . . , k} i a ∈ Pi0 ∩∑

i=1,ki6=i0

Pi ⊇ {0} proizvoljni. Tada je

a =∑

i=1,ki6=i0

zi (II.7)

za neke zi ∈ Pi za i = 1, k, i 6= i0. Definisimo sistem

xi :df= 0 za i = 1, k, i 6= i0 i xi0 :

df= a,

i sistem

yi :df= zi za i = 1, k, i 6= i0 i yi0 :

df= 0.

Prema II.7 imamok∑

i=1

xi = a =

k∑

i=1

yi

Pritom je xi, yi ∈ Pi za i = 1, k. (2) sada povlaci da je xi = yi za svako i = 1, k,specijalno a = xi0 = yi0 = 0.

(3) ⇒ (1): Neka su xi ∈ Pi za i = 1, k tako da za neko i0 ∈ {1, . . . , k} vazi

xi0 6= 0. Kad bi bilok∑

i=1

xi = 0 onda bi imali

Pi0 3 xi0 =∑

i=1,ki6=i0

(−xi) ∈∑

i=1,ki6=i0

Pi

tj. 0 6= xi0 ∈ Pi0 ∩∑

i=1,ki6=i0

Pi, sto bi protivurecilo uslovu (3). 2

Kao specijalan slucaj prethodnog tvrdenja imamo da ako je P,Qv

⊆ V onda


suma para podprostora (P,Q) je direktna akko je P ∩Q = {0}

Primer U prostoru RR neka je

P1 :={f ∈ R

R : f je parna funkcija}

i P2 :={f ∈ R

R : f je neparna funkcija}

Jednostavno je videti da je P1, P2

v

⊆ RR. Suma para podprostora (P1, P2) je direktna

jer ako je f ∈ P1∩P2 onda za svako x ∈ R vazi f(−x) = f(x) = −f(x), tj. f(x) = 0,pa je f konstantna nula funkcija. Dakle P1 ∩ P2 = {0}. 2

Tvrdenje II.6.4 U k.d.v.p. V neka je P1, . . . , Pk

v

⊆ V. Za i = 1, k stavimo ni :=dim(Pi). Za svako i = 1, k neka je sistem (ai1, . . . , a

ini) baza vektorskog prostora

odredenog sa Pi. Tada je suma k-torke (P1, . . . , Pk) direktna akko je (n1+ · · ·+nk)-torka

(a11, . . . , a1n1, a21, . . . , a

2n2, . . . . . . , ak1, . . . , a

knk)

baza podprostora P1 + · · ·+ Pk.

Slika II.6.9.

Dokaz Pretpostavimo najpre da je doticni sistem baza podprostora P1 + · · ·+Pk. Da pokazemo da (P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu neka su xi ∈ Pi za i = 1, k


proizvoljni. Za svako i = 1, k postoje αi1, . . . , α

ini

∈ K tako je xi =

ni∑

j=1

αija

ij, jer je

(ai1, . . . , aini) potpun sistem za Pi. Imamo

k∑

i=1

xi =

n1∑

j=1

α1ja

1j +

n2∑

j=1

α2ja

2j +

...nk∑

j=1

αkja

kj

(II.8)

Ako jek∑

i=1

xi = 0 onda, obzirom da je

(a11, . . . , a1n1, a21, . . . , a

2n2, . . . . . . , ak1, . . . , a

knk)

linearno nezavisan sistem, iz (II.8) sledi da je αij = 0 za svako i = 1, k i svako

j = 1, ni, te je xi = 0.

Pretpostavimo sada da (P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu i neka su αij ∈ K za svako

i = 1, k i j = 1, ni. Imamo

v :=

n1∑

j=1

α1ja

1j +

n2∑

j=1

α2ja

2j +

...nk∑

j=1

αkja

kj = p1 + p2 · · ·+ pk

(II.9)

gde smo stavili pi :df=

ni∑

j=1

αija

ij. Iz Pi

v

⊆ V sledi da je pi ∈ Pi. Zato, obzirom da

(P1, . . . , Pk) ima direktnu sumu, ako je v = 0 onda sledi da je pi = 0 za svako i = 1, k.

Dakle ako je i = 1, k proizvoljno imamo

ni∑

j=1

αija

ij = 0, pa kako je (ai1, . . . , a

ini)

linearno nezavisan sistem, to ovo moze da vazi samo ako je αij = 0 za svako j = 1, ni.

2


Tvrdenje II.6.5 U k.d.v.p. V neka je P1, . . . , Pk

v

⊆ V. Suma k-torke (P1, . . . , Pk)

je direktna akko vazi dim(P1 + · · ·+ Pk) =k∑

i=1

dim(Pi).

Dokaz Za svako i = 1, k stavimo ni := dim(Pi) i uocimo po bazu (ai1, . . . , aini)

podprostora Pi. Sistem

a := (a11, . . . , a1n1, a21, . . . , a

2n2, . . . . . . , ak1, . . . , a

knk) ∈ (P1 + · · ·+ Pk)

n1+···+nk

je potpun za podprostor P1 + · · · + Pk. Zaista ako je x ∈ P1 + · · · + Pk onda jex = x1 + · · ·+ xk za neke xi ∈ Pi za i = 1, k, pa je

x =

k∑

i=1

xi =

k∑

i=1

(

α1i

−→ai1 + · · ·+ αni

i

−→aini

)

∈ L({aij : i = 1, k, j = 1, ni

})

za neke αji ∈ K za i = 1, k, j = 1, ni. Zato sada na osnovu Tvrdenja II.5.17 imamo

da je

a baza za P1 + · · ·+ Pk akko je dim(P1 + · · ·+ Pk) =k∑

i=1

ni.

No prema Tvrdenju II.6.4 imamo da je

a baza za P1 + · · ·+ Pk akko je suma k-torke (P1, . . . , Pk) direktna.

2

Tvrdenje II.6.6 U k.d.v.p. V neka je Pv

⊆ V. Tada postoji bar jedno Qv

⊆ V takoda je V = P ⊕Q.

Dokaz Ako je P = V onda mozemo (i moramo) uzeti Q = {0}; ako je P = {0}onda mozemo (i moramo) uzeti Q = V . Ukoliko se ne radi ni o jednom od ova dvaslucaja onda ovo direktno sledi iz Tvrdenja II.5.15 i II.6.4. 2

Definicija II.6.7 Neka je Pv

⊆ V. Svaki podprostor za koji vazi P ⊕Q = V nazivase

direktna dopuna podprostora P (u odnosu na prostor V)

2


Primer Transponovana matrica matrice A = [ai,j]n×m ∈ Kn×m jeste matrica B =

[bi,j]m×n ∈ Km×n definisana sa bi,j = aj,i za svako i = 1, m, j = 1, n; oznacavamo je

sa AT . Na primer imamo

a x pb y qc z r

T

=

a b cx y zp q r

Za kvadratnu matricu A = [ai,j]n×n ∈ Kn×n reda n ∈ N kazemo da je

simetricna matrica

ako vazi ai,j = aj,i za svako i, j = 1, n. Dakle A je simetricna akko vazi A = AT .

Za kvadratnu matricu A = [ai,j]n×n ∈ Kn×n reda n ∈ N kazemo da je

antisimetricna matrica

ili kososimetricna matrica, ako vazi ai,j = −aj,i za svako i, j = 1, n. Dakle A je

antisimetricna akko vazi A = −AT .

Primetimo da svaka antisimetricna matrica “ima sve nule na glavnoj dijagonali”,tj. da vazi ai,i = 0 za svako i = 1, n: ovo je zbog ai,i = −ai,i.

a u vu b wv w b

− simetricna matrica

0 −u −vu 0 −wv w 0

− antisimetricna matrica

a1,1 + a1,12

a1,2 + a2,12

a1,3 + a3,12

a2,1 + a1,22

a2,2 + a2,22

a2,3 + a3,22

a3,1 + a1,32

a3,2 + a2,32

a3,3 + a3,32

︸︷︷︸

1

2

(M +MT

)

+

a1,1 − a1,12

a1,2 − a2,12

a1,3 − a3,12

a2,1 − a1,22

a2,2 − a2,22

a2,3 − a3,22

a3,1 − a1,32

a3,2 − a2,32

a3,3 − a3,32

︸︷︷︸

1

2

(M −MT

)

=


=

a1,1 a1,2 a1,3a2,1 a2,2 a2,3a3,1 a3,2 a3,3

︸︷︷︸

M

Za proizvoljnu kvadratnu matricu A = [ai,j]n×n ∈ Kn×n matrica A + AT je

simetricna a matrica A − AT je antisimetricna, sto se direktno proverava; zato

je1

2

(A+ AT

)simetricna a matrica

1

2

(A− AT

)antisimetricna. i pritom vazi

A =1

2

(A+ AT

)+

1

2

(A− AT

)∈ Sim + Ant

gde je Sim ⊆ Kn×n skup svih simetricnih matrica reda n, a Ant ⊆ Kn×n skup svihantisimetricnih matrica reda n.

Ovo znaci da je Kn×n = Sim + Ant. Proveravimo da zapravo vazi

Kn×n = Sim ⊕ Ant

Zaista, neka je [ui,j]n×n ∈ Sim, [vi,j]n×n ∈ Ant tako da [ui,j]n×n + [vi,j]n×n =[wi,j]n×n, gde je wi,j = 0 za svako i, j = 1, n. Fiksirajmo i0, j0 ∈ {1, . . . , n}. Tada jeui0,j0 + vi0,j0 = 0 kao i uj0,i0 + vj0,i0 = 0, pri cemu uj0,i0 = ui0,j0 i vj0,i0 = −vi0 ,j0, teje zapravo

ui0,j0 + vi0,j0 = 0 i ui0,j0 − vi0,j0 = 0

odnosno ui0,j0 = vi0,j0 = 0. 2

Primer Neka je k ∈ N. U prostoru(NR,⊕, ◦

)svih nizova realnih brojeva za skupove

P := {(ai : i ∈ N) : ai = 0 za svako i > k}

i

Q :={(ai : i ∈ N) : ai = 0 za svako i = 1, k

}

vazi P,Qv

⊆ V kao i NR = P ⊕Q.


...

...

0

0

0

ak

ak−1

...

a3

a2

a1

+

...

...

ak+3

ak+2

ak+1

0

0

...

0

0

0

=

...

...

ak+3

ak+2

ak+1

ak

ak−1

...

a3

a2

a1

p + q = a

2

Tvrdenje II.6.8 Neka je P1, P2

v

⊆ V, Q0 := P1 ∩ P2 i neka su Q1

v

⊆ P1 i Q2

v

⊆ P2

takvi da je

Q1 ⊕Q0 = P1 i Q0 ⊕Q2 = P2

Tada je suma trojke podprostora (Q1, Q0, Q2) direktna, i pritom je

Q1 ⊕Q0 ⊕Q2 = P1 + P2


Slika II.6.10.

Dokaz Da pokazemo da trojka (Q1, Q0, Q2) ima direktnu sumu koristicemo seTvrdenjem II.6.3 pod (3). Imamo

Q2 ∩ (Q1 +Q0) = Q2 ∩ P1 = (Q2 ∩ P2) ∩ P1 = Q2 ∩ (P2 ∩ P1) = Q2 ∩Q0 = {0}

i analogno

Q1 ∩ (Q0 +Q2) = Q1 ∩ P2 = (Q1 ∩ P1) ∩ P2 = Q1 ∩ (P1 ∩ P2) = Q1 ∩Q0 = {0}

Preostaje da pokazemo da jeQ0∩(Q1+Q2) = {0}. Neka je q0 ∈ Q0∩(Q1+Q2) = {0}proizvoljno. Tada postoje q1 ∈ Q1 i q2 ∈ Q2 tako da je

q0 = q1 + q2

ImamoP1 3 q0 − q1 = q2 ∈ P2

jer q0 ∈ Q0 ⊆ P1, q1 ∈ Q1 ⊆ P1 i P1

v

⊆ V, pa je

q2 = q0 − q1 ∈ P1 ∩ P2 = Q0

Otuda slediQ0 3 q0 − q2 = q1 ∈ Q1

pa je zapravoq0 − q2 = q1 ∈ Q0 ∩Q1 = {0}

odnosno q0 − q2 = 0 pa imamo

Q0 3 q0 = q2 ∈ Q2

II.7. LINEARNA PRESLIKAVANJA 79

tj. q0 = q2 ∈ Q0 ∩Q2 = {0}, iliti q0 = 0.

Imamo Q0 +Q0 = Q0 jer je Q0

v

⊆ V pa je zato

P1 + P2 = (Q1 +Q0) + (Q0 +Q2) = Q1 + (Q0 +Q0) +Q2 = Q1 +Q0 +Q2

2

Tvrdenje II.6.9 Neka je P1, P2

v

⊆ V. Ako je V konacnodimenzionalan ondavazi

dim(P1 + P2) = dim(P1) + dim(P2)− dim(P1 ∩ P2)

Dokaz Stavimo Q0 := P1 ∩ P2. Primenjujuci Tvrdenje II.6.6 na podprostore

P1 i P2 zakljucujemo da postoje Q1

v

⊆ P1 i Q2

v

⊆ P2 takvi da je Q1 ⊕Q0 = P1 i

Q0 ⊕Q2 = P2 . Neka je ni := dim(Qi) za i ∈ {0, 1, 2}. Prema Tvrdenju II.6.8 suma

trojke (Q1, Q0, Q2) je direktna pa je takva i suma para (Q1, Q0) kao i para (Q0, Q2);takode znamo da je P1 + P2 = Q1 +Q0 +Q2. Sada prema Tvrdenju II.6.5 imamo

dim(P1+P2) = dim(Q1 +Q0 +Q2) = dim(Q1)+dim(Q0)+dim(Q2) = n1+n0 +n2

dim(P1) = dim(Q1) + dim(Q0) = n1 + n0

dim(P2) = dim(Q0) + dim(Q2) = n0 + n1

kao i dim(P1 ∩ P2) = dim(Q0) = n0 odakle direktno sledi zeljena jednakost. 2

II.7 Linearna preslikavanja

Primer Neka je f : R2 → R3 definisano sa

f(x, y) = f((x, y)

):df= (x− y, 2x+ 3y,−7x+ 5y)

Neka su a1 := (x1, y1), a2 = (x2, y2) ∈ R2 i α1, α2 ∈ R proizvoljni. Imamo

f(α1

−→a1 + α2−→a2)= f

(α1(x1, y1) + α2(x2, y2)

)= f(α1x1 + α2x2, α1y1 + α2y2) =

((α1x1 + α2x2) − (α1y1 + α2y2),2(α1x1 + α2x2) + 3(α1y1 + α2y2),

−7(α1x1 + α2x2) + 5(α1y1 + α2y2))

=(

α1(x1 − y1) + α2(x2 − y2),

α1(2x1 + 3y1) + α2(2x2 + 3y2),

α1(−7x1 + 5y1) + α2(−7x2 + 5y2)

)

=


(

α1(x1 − y1), α1(2x1 + 3y1), α1(−7x1 + 5y1))

+

(α2(x2 − y2), α2(2x2 + 3y2), α2(−7x2 + 5y2)

)

=

α1

(x1 − y1, 2x1 + 3y1,−7x1 + 5y1

)+ α2

(x2 − y2, 2x2 + 3y2,−7x2 + 5y2

)=

α1 · f(a1) + α2 · f(a2)Dakle preslikavanje f zadovoljava

f(α1

−→a1 + α2−→a2)= α1 · f(a1) + α2 · f(a2)

2

Primer II.7.1 Neka je P,Qv

⊆ V pri cemu je P ⊕ Q = V . Tada za svako x ∈ Vpostoji tacno jedan par (px, qx) ∈ P × Q tako da je x = px + qx; zbog toga je

definisano preslikavanje projP,Q : V → P gde projP,Q(x) :df= px za x ∈ V . Za projP,Q

kazemo da je

projekcija na podprostor P paralelno podprostoru Q

Pokazimo da za svako α, β ∈ K i x, y ∈ V vazi

projP,Q(α−→x + β−→y

)= α · projP,Q (−→x ) + β · projP,Q (−→y )

Za neke p1, p2, p ∈ P i q1, q2, q ∈ Q imamo x = p1 + q1, y = p2 + q2. Prema definicijije projP,Q(x) = p1 i projP,Q(y) = p2. Imamo

α−→x + β−→y = α(−→p1 +−→q1 ) + β(−→p2 +−→q2 ) = (α−→p1 + β−→p2) + (α−→q1 + β−→q2 )

pri cemu je α−→p1 +β−→p2 ∈ P i α−→q1 +β−→q2 ∈ Q jer je p1, p2, p ∈ P , Pv

⊆ P i q1, q2, q ∈ Q,

Qv

⊆ Q. Zato je prema definiciji preslikavanja projP,Q

projP,Q(α−→x + β−→y

)= α−→p1 + β−→p2 = α · projP,Q (−→x ) + β · projP,Q (−→y )

2

Primer II.7.2 Neka je n ∈ N i a =(ai : i = 1, n

)sistem vektora prostora V.

Definisimo preslikavanje LKa : Kn → V sa

LKa((x1, . . . , xn)

):df=

n∑

i=1

xi−→ai = bx1, . . . , xnca

i pokazimo da za svako α, β ∈ K i x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Kn vazi

LKa(α−→x + β−→y

)= α · LKa (−→x ) + β · LKa (

−→y )


Imamo LKa(x) =

n∑

i=1

xi−→ai i LKa(y) =

n∑

i=1

yi−→ai pa je

α · LKa (−→x ) + β · LKa (−→y ) =n∑

i=1

(αxi)−→ai +

n∑

i=1

(βyi)−→ai =

n∑

i=1

(αxi + βyi)−→ai

No takode je i

LKa(α−→x + β−→y

)= LKa

((αx1 + βy1, . . . , αxn + βyn)

)=

n∑

i=1

(αxi + βyi)−→ai

2

Definicija II.7.3 Neka je K ∈ {R,C} i neka su V i W vektorski prostori oba nadK (dakle oba realna ili oba kompleksna). Za preslikavanje f : V → W kazemo da je

linearno preslikavanje iz prostora V u prostor W

ako vazi

f (α−→x + β−→y ) = α · f (−→x ) + β · f (−→y )

za svako x, y ∈ V i α, β ∈ K. Skup svih linearnih preslikavanja iz V u W oznacavamosa Hom(V,W). 2

Zapazanje II.7.4 Primetimo da ako je f linearno preslikavanje iz prostora V uprostor W onda je

f(01) = 02

tj. nula vektor (prostora V) mora da se slika u nula vektor (prostora W). Ovo je

tako iz razloga sto f(01) = f(

0 · −→01 + 0 · −→01

)

= 0f(01) + 0f(01) = 02. 2

Primer Dakle u Primeru II.7.1 je projP,Q ∈ Hom(V, P ), a u Primeru II.7.2 je LKa ∈Hom(Kn,V). Uzgred primetimo da smo ovde pisali “Hom(V, P )” a ne “Hom(V,P)”,

gde je P vektorski prostor odreden podprostorom Pv

⊆ V; ovo je u skladu sa jednomranije uvedenom konvencijom. 2

Zapazanje II.7.5 Neka je Pv

⊆ V i Qv

⊆ W i f ∈ Hom(V,W). Ako je f⇀P ⊆ Qonda je f � P ∈ Hom(P,Q). Drugim recima restrikcija linearnog preslikavanja jelinearno preslikavanje.


Slika II.7.11.

2

Definicija II.7.6 Neka je V = (V,+, ·) vektorski prostor nad K i neka je X 6= ∅proizvoljan skup. Na skupu XV svih funkcija iz X u V definisimo operaciju ⊕ kojucemo zvati

standardno sabiranje funkcija iz X u V

na sledeci nacin: ako su f, g : X → V onda je funkcija f ⊕ g : X → V odredena sa

(f ⊕ g)(x) :df=

−−→f(x) +

−−→g(x)

za svako x ∈ X. Definisemo i mesovitu operaciju ◦ : K×XV → XV koju cemo zvati

standardno mnozenje funkcija iz X u V realnim, odnosno kompleksnim brojem

na sledeci nacin: za f : X → V i α ∈ K funkcija α ◦ f : X → V odredena je sa

(α ◦ f)(x) :df= α−−→f(x)

za svako x ∈ X.

Lako se proverava da je(XV,⊕, ◦

)vektorski prostor nad K. Njega cemo zvati

vektorski prostor svih funkcija iz X u V i skraceno oznacavati sa XV . 2


Tvrdenje II.7.7 Hom(V,W) je podprostor prostora VW svih funkcija iz V u W.

Dokaz Neka su f, g ∈ Hom(V,W) i α, β ∈ K. Treba pokazati da je i α ·f+β ·g ∈Hom(V,W). Dakle neka su u, v ∈ V i µ, ν ∈ K proizvoljni. Imamo(

αf + βg

)

(µ−→u + ν−→v ) = α · f(µ−→u + ν−→v

)+ β · g

(µ−→u + ν−→v

)=

α ·(µf(u) + νf(v)

)+ β ·

(µg(u) + νg(v)

)=

µ(αf(u) + βg(u)

)+ ν(αf(v) + βg(v)

)= µ

(

αf + βg

)

(u) + ν

(

α · f + β · g)

(v)

2

Slika II.7.12.

Konvencija Za vektorski prostor odreden podprostorom Hom(V,W) prostora VW

koristicemo istu oznaku “Hom(V,W)” kao i za sam skup Hom(V,W). Ovo je uskladu sa sa jednom ranijom konvencijom. Prostor Hom(V,W) nazivamo

vektorski prostor svih linearnih preslikavanja iz V u W

2

Definicija II.7.8 Neka je K ∈ {R,C}. (K,+, ·) je vektorski prostor nad K, gde je“+” uobicajeno sabiranje a “·” uobicajeno mnozenje brojeva. Ako je V vektorskiprostor nad K onda za linearno preslikavanje f ∈ Hom(V,K) kazemo da je

linearna funkcionela na prostoru V


Drugim recima, linearna funkcionela na V je svako preslikavanje f : V → K

(dakle f : V → R ili f : V → C) za koje vazi

f(α−→x + β−→y

)= αf

(−→x)+ βf

(−→y)

za svako α, β ∈ K i x, y ∈ V . 2

Definicija II.7.9 Vektorski prostor Hom(V,K) svih funkcionela na V nazivamo

dualni prostor vektorskog prostora V

ili algebarski dual prostora V i oznacavamo ga sa V ′.

Dakle V ′ = Hom(V,K)v

⊆ VK . 2

Tvrdenje II.7.10 Za f : V → W sledeci uslovi su ekvivalentni:

(1) f je linearno;

(2) f

(n∑

i=1

αi−→ai)

=

n∑

i=1

αif (−→ai ) za svako n ∈ N, a1, . . . , an ∈ V , α1, . . . , αn ∈ K;

(3) f zadovoljava sledeca dva uslova:

– preslikavanje f je aditivno, tj. vazi f(x + y) = f(x) + f(y) za svako x, y ∈ V ;

– preslikavanje f je homogeno, tj. vazi f (α−→x ) = α · f (−→x ) za svako x ∈ V iα ∈ K.

Dokaz (1)⇒(2): Indukcijom po n ∈ N. Baza indukcije:

f(α1

−→a1)= f

(α1

−→a1 + 0−→0)= α1f(a1) + 0f

(−→0)= α1f(a1)

Indukcijski korak:

f

(n+1∑

i=1

αi−→ai)

= f

(

1 ·n∑

i=1

αi−→ai + αn+1

−−→an+1

)

= 1·(

n∑

i=1

αif(−→ai)

)

+αn+1f(−−→an+1

)=

=

n+1∑

i=1

αif (−→ai )

(2)⇒(3): Aditivnost: f(x+y) = f(1−→x +1−→y

)= 1 ·f(x)+1 ·f(y) = f(x)+f(y).

Homogenost je samo specijalan slucaj uslova (2) za n = 1

(3)⇒(1): f(α−→x + β−→y

)= f

(α−→x

)+ f(β−→y

)= α · f(x) + β · f(y). 2

Tvrdenje II.7.11 Uvek je f(01) = 02. Linearno preslikavanje f je injektivno akkoje f↼{02} = {01}.


Dokaz Kako je f(01) = f(01 + 01) = f(01) + f(01) to sledi da je f(01) = 02.Dakle 01 ∈ f↼{02}, pa ako je f injektivno onda odavde direktno imamo da je u

tom slucaju f↼{02} = {01}.Neka sada vazi f↼{02} = {01}. Ako su x, y ∈ V tako da je f(x) = f(y) onda

imamo

02 = f(x)− f(y) = 1 · f(x) + (−1) · f(y) = f(1−→x + (−1)−→y

)= f(x− y)

tj.x− y ∈ f↼{02} = {01}

Znaci x− y = 01 odnosno x = y. Ovim smo pokazali da je f injektivno. 2

Definicija II.7.12 Za f ∈ Hom(V,W) skup

Ker(f) :df= f↼{02} =

{x ∈ V : f(x) = 02

}

nazivamo

jezgro linearnog preslikavanja f .

Dakle linearno preslikavanje je monomorfizam akko je Ker(f) = {01}. 2

Tvrdenje II.7.13 Ako je f ∈ Hom(V,W) onda Ker(f)v

⊆ V, Im(f)v

⊆ W.

Dokaz Ako je x, y ∈ Ker(f) i α, β ∈ K onda imamo

f(α−→x + β−→y

)= α · f

(−→x)+ β · f

(−→y)= α

−→02 + β

−→02 =

−→02

tj. α−→x + β−→y ∈ Ker(f).Ako su u, v ∈ Im(f) i α, β ∈ K onda je u = f(x) i v = f(y) za neke x, y ∈ V pa

je α−→u + β−→v = αf(x) + βf(y) = f(α−→x + β−→y

)∈ Im(f). 2

Primer Neka je f : NR → NR dato sa

f(a) = b gde bn =(an+2 − an+1

)−(an+1 − an

)za svako n ∈ N

ilitif(a1, a2, a3, a4, a5, . . . . . . ) =

((a3−a2)−(a2−a1), (a4−a3)−(a3−a2), (a5−a4)−(a4−a3), (a6−a5)−(a5−a4), . . . . . . . . .

)

Lako se proverava da je f linearno preslikavanje. Imamo


f(a) = 0, tj. an = 0 za svako n ∈ N,akko postoji neko δ ∈ R tako da je an+1 − an = δ za svako n ∈ R,

odnosno akko je niz a aritmeticki.

Dakle

Ker(f) je podprostor od NR koji se sastoji od svih aritmetickih nizova realnihbrojeva.

2

Primer Neka je f : R3 → R3 dato sa

f(x, y, z) :df= (0, 2y + z, y + 3z)

za (x, y, z) ∈ R.

Imamo

Ker(f) ={(x, y, z) ∈ R

3 : 2y + z = y + 3z = 0}={(α, 0, 0) ∈ R

3 : α ∈ R}

tj.

Ker(f) ={α(1, 0, 0) ∈ R

3 : α ∈ R}= L

({(1, 0, 0)

})

v

⊆ R3

ImamoIm(f) =

{(0, β, γ) : β, γ ∈ R

}

jer ako su β, γ ∈ R proizvoljni onda vazi

(0, β, γ) = (0, 2y + z, y + 3z) za y =3β − γ

5i z =

2γ − β

5.

Dakle

Im(f) ={β(0, 1, 0) + γ(0, 0, 1) : β, γ ∈ R

}= L

({(0, 1, 0), (0, 0, 1)

})

v

⊆ R3

2

To da za f ∈ Hom(V,W) vazi Ker(f)v

⊆ V i Im(f)v

⊆ W samo je specijalan slucajnarednog opstijeg tvrdenja.

Tvrdenje II.7.14 Ako je f ∈ Hom(V,W), i Pv

⊆ V, Qv

⊆ W onda vazi

f↼Q = {x ∈ V : f(x) ∈ Q}v

⊆ V

if⇀P = {f(x) : x ∈ P}

v

⊆ W


Dokaz Neka su x, y ∈ f↼Q i α, β ∈ K. Imamo

f(α−→x + β−→y

)= α · f

(−→x)+ β · f

(−→y)∈ Q

jer je f(x), f(y) ∈ Qv

⊆ W. Dakle α−→x + β−→y ∈ f↼Q.Neka je sada u, v ∈ f⇀P i α, β ∈ K. Postoje x, y ∈ P tako da je u = f(x) i

y = f(y). Imamo

α · f(−→x)+ βf

(−→y)= f

(α−→x + β−→y

)∈ f⇀P

jer je α−→x + β−→y ∈ P obzirom da x, y ∈ Pv

⊆ V. 2

Specijalno imamo

Ker(f) = f↼{02} i Im(f) = f⇀V ,

pri cemu je naravno

{02}v

⊆ W i Vv

⊆ V.

Definicija II.7.15 Bijekciju f : V → W koja je jos i linearno preslikavanje iz V uW kazemo da je izomorfizam vektorskih prostora, preciznije: izomorfizam iz V

u W. 2

Tvrdenje II.7.16 Ako je f : V → W izomorfizam vektorskih prostora V i W ondaje f−1 : W → V izomorfizam prostora W i V.

Dokaz Treba pokazati da je f−1 linearno preslikavanje. Neka su x, y ∈ W ,

α, β ∈ K i stavimo z := α · f−1(x) + β · f−1(y) ; imamo

f(z) = α · f(f−1(x)

)+ β · f

(f−1(y)

)= α−→x + β−→y

pa je z = f−1(α−→x + β−→y

). 2

Zapazanje II.7.17 Ako je f : V → W izomorfizam iz prostora V u prostor W i

Pv

⊆ V onda je

f � P : P → f⇀P

izomorfizam iz prostora P u prostor f⇀P

Dokaz Kako je f bijekcija iz V u W to je f � P bijekcija iz P u f⇀P . f jelinearno pa je i svaka njegova restrikcija linearno preslikavanje (Zapazanje II.7.5).2


Tvrdenje II.7.18 Neka su dati prostori V, W i U. Ako su oba preslikavanja f :V → W i g : W → U linearna, tj. f ∈ Hom(V,W) i g ∈ Hom(W,U), onda je injihova kompozicija g ◦ f : V → W linearno preslikavanje, tj. g ◦ f ∈ Hom(V,U).Ako je f izomorfizam iz V u W a g izomorfizam iz W u U onda je g ◦ f izomorfizamiz V u U.

Dokaz Neka su x, y ∈ V i α, β ∈ K. Imamo

(g ◦ f)(α−→x + β−→y

)= g

(

f(α−→x + β−→y

))

= g

(

αf(−→x)+ βf

(−→y))

=

= αg

(

f(−→x))

+ βg

(

f(−→y))

= α · (g ◦ f)(x) + β · (g ◦ f)(y)

2

Definicija II.7.19 Kazemo da je prostor V (linearno) izomorfan sa prostorom W

ako postoji neki izomorfizam iz V u W. Na osnovu prethodnog tvrdenja V je izomor-fan sa W akko je W izomorfan sa V. Kaze se jednostavno i prostori V i W su

izomorfni. 2

II.8 Kako shvatiti pojam izomorfnih prostora

(1) Posmatrajmo operaciju ⊕ na skupu {a, b, c, d, e} datu sa

⊕ a b c d ea d a c e bb a b c d ec c c c c cd e d c b ae b e c a d

i operaciju ⊕′ na skupu {0, 1, 2, 3, 4} datu sa

⊕′ 0 1 2 3 40 0 0 0 0 01 0 1 2 3 42 0 2 4 1 33 0 3 1 4 24 0 4 3 2 1

Funkcija h : {a, b, c, d, e} → {0, 1, 2, 3, 4} data sa h :

(a b c d e3 1 0 4 2

)

II.8. KAKO SHVATITI POJAM IZOMORFNIH PROSTORA 89

Slika II.8.13.

je bijekcija i zadovoljava uslov

h(x⊕ y) = h(x)⊕′ h(y)

za svako x, y ∈ {a, b, c, d, e}.

Slika II.8.14.

(2) Neka je


V := (0; +∞) i x⊕ y :df= x · y, α ◦ x :

df= xα

za α, x, y ∈ R. Lako je proveriti da je V := (V,⊕, ◦) realan vektorski prostor. Naprimer imamo

α ◦ (x⊕ y) = α ◦ (xy) = (xy)α = xαyα = (α ◦ x)⊕ (α ◦ y)

α ◦(β ◦ x

)= α ◦ xβ =

(xβ)α

= xαβ = (αβ) ◦ x

Funkcija f : R → (0; +∞) definisana sa f(x) :df= ex za svako x ∈ R je bijekcija

i zadovoljava uslove

f(x + y) = f(x)⊕ f(y) i f(αz) = α ◦ f(z)

za svako x, y, z, α ∈ R:

f(x+ y) = ex+y = exey = f(x)⊕ f(y), f(αz) = eαz =(ez)α

= f(z)α = α ◦ f(z)

Slika II.8.15.

f je dakle (linearan) izomorfizam iz prostora (R,+, ·) u prostor V =((0; +∞),⊕, ◦

).

2

II.9. TRI OCIGLEDNA I JEDAN VAZAN IZOMORFIZAM 91

II.9 Tri ocigledna i jedan vazan izomorfizam

(1) Preslikavanje Usprn : Kn → Kn×1 definisano sa

Usprn

((x1, . . . , xn)

):df=

x1...xn

je izomorfizam prostora Kn i Kn×1:

Usprn

(α(x1, . . . , xn) + β(y1, . . . , yn)

)= (αx1 + βy1, . . . , αxn + βyn) =

αx1 + βy1...

αxn + βyn

= α

x1...xn

+ β

y1...yn

=

= α · Usprn((x1, . . . , xn) + β · Usprn

((y1, . . . , yn)

Ukratko, imamo

(x1, . . . , xn) (y1, . . . , yn)

Usprn ↓ Usprn ↓

x1...xn

y1...yn

kao i

(αx1 + βy1, . . . , αxn + βyn)

Usprn ↓

αx1 + βy1...

αxn + βyn

2


(2) Preslikavanje Zagrn : Kn → K1×n definisano sa

Zagrn

((x1, . . . , xn)

):df=[x1 . . . , xn

]

je izomorfizam prostora Kn i K1×n.

Imamo(x1, . . . , xn) 7→ [x1 . . . , xn

]

(y1, . . . , yn) 7→ [y1 . . . , yn]

kao i

(αx1 + βy1, . . . , αxn + βyn) 7→ [αx1 + βy1 . . . , αxn + βyn]

2

(3) Preslikavanje Transn,m : Kn×m → Km×n definisano sa

Transn,m(A) :df= AT

za svako A ∈ Kn×m je izomorfizam prostora Kn×m i Km×n.

Na primer Trans3,2 : K3×2 → K2×3 i imamo

Transn,m(αM + βN) =

µ

x py qz r

+ ν

a ub vc w

T

=

µx+ νa µp+ νuµy + νb µq + νvµz + νc µr + νw

T

=

[µx+ νa µy + νb µz + νcµp+ νu µq + νv µr + νw

]

αTransn,m(M) + βTransn,m(N) = µ

x py qz r

T

+ ν

a ub vc w

T

= µ

[x y zp q r

]

+ ν

[a b cu v w

]

=

[µx+ νa µy + νb µz + νcµp+ νu µq + νv µr + νw

]

II.9. TRI OCIGLEDNA I JEDAN VAZAN IZOMORFIZAM 93

Ukratko, imamo

x py qz r

a ub vc w

Trans3,2 ↓ Trans3,2 ↓[x y zp q r

] [a b cu v w

]

kao i

µx+ νa µp+ νuµy + νb µq + νvµz + νc µr + νw

Trans3,2 ↓[µx+ νa µy + νb µz + νcµp+ νu µq + νv µr + νw

]

Opsta jednakost glasi (αA+ βB)T = αAT + βBT kad god su matrice A i B

istog formata.Ovo bi trebalo da bude ocigledno a ako nije onda:

[

(αA+βB)T]

(i, j) =(αA+βB

)(j, i) = αA(j, i)+βB(j, i) = αAT(i, j)+βBT(i, j)

=

[

αAT + βBT

]

(i, j). 2

Tvrdenje II.9.1 LKa je injekcija akko je sistem a =(ai : i = 1, n

)linearno neza-

visan. LKa je preslikavanje na akko je sistem a =(ai : i = 1, n

)potpun. Ako je

sistem a =(ai : i = 1, n

)baza prostora V onda je LKa izomorfizam prostora Kn i

(n-dimenzionalnog) prostora V.

Ako je V k.d.v.p. i dim(V) = n ∈ N onda je prostor V izomorfan prostoru Kn


Dokaz Prvi deo je preformulacija Tvrdenja II.3.3 a drugi Zapazanja II.2.3. UPrimeru II.7.2 smo videli da je LKa linearno preslikavanje.

Ako je V k.d.v.p. i dim(V) = n ∈ N onda znamo da postoji neka n-torka vektora(ai : i = 1, n

)koja je baza prostora V, pa dakle postoji neki izomorfizam prostora

Kn i prostora V – to je npr. preslikavanje LKa. 2

Definicija II.9.2 Neka je V konacnodimenzionalan, dim(V) =: n ∈ N i neka jesistem a =

(ai : i = 1, n

)baza prostora V. Na osnovu Tvrdenja II.9.1 i II.7.16

preslikavanje Koorda :df= [LKa]

−1 je izomorfizam iz V u Kn. Dakle

Koorda : V → Kn

i

Koorda(v) = (α1, . . . , αn)

gde je αi i-ta koordinata vektora v u odnosu na bazu a za i = 1, n.

Slika II.9.16.

2

II.10. OSNOVNA TVRDENJA O LINEARNIM PRESLIKAVANJIMA 95

II.10 Osnovna tvrdenja o linearnim preslikavanjima

Terminologija Za f ∈ Hom(V,W) kazemo da je– monomorfizam ako je f injektivno preslikavanje– epimorfizam ako je f preslikavanje na skup W .

Dakle f je izomorfizam iz V u W akko je istovremeno i monomorfizam i epimo-rfizam. 2

Tvrdenje II.10.1 Neka je f ∈ Hom(V,W).

(a) Ako je sistem(ai : i = 1, n

)

linearno zavisan sistem vektora prostora V onda je i

(f(ai) : i = 1, n

)

linearno zavisan sistem vektora prostora W.

(b) f⇀(L(M)

)= L

(f⇀(M)

).

(c) Kad god je(ai : i = 1, n

)

potpun sistem vektora prostora V tada je i

(f(ai) : i = 1, n

)

potpun sistem vektora prostora Im(f).

(d) Ako je f monomorfizam onda kad god je

(ai : i = 1, n

)

linearno nezavisan sistem vektora prostora V tada je i

(f(ai) : i = 1, n

)

linearno nezavisan sistem vektora prostora W.


(e) Ako je f monomorfizam onda kad god je

(ai : i = 1, n

)

baza prostora V tada je i(f(ai) : i = 1, n

)

baza prostora Im(f).

Dokaz (a) Ako jek∑

i=1

αi−→ai =

−→01 i za neko i0 ∈ {1, . . . , k} je αi0 6= 0 onda je

02 = f(01) = f

(k∑

i=1

αi−→ai)

=

k∑

i=1

αif(−→ai)

daklek∑

i=1

αif(−→ai)= 02 i i0 ∈ {1, . . . , k}.

(b) Imamo

y ∈ f⇀(L(M)

)⇐⇒ ∃x ∈ L(M)

(

y = f(x)

)

⇐⇒

⇐⇒ ∃n ∈ N ∃v1, . . . , vn ∈ M ∃λ1, . . . , λn ∈ K

(

y = f

(n∑

i=1

λi−→vi))

⇐⇒ ∃n ∈ N ∃v1, . . . , vn ∈ M ∃λ1, . . . , λn ∈ K

(

y =n∑

i=1

λif(−→vi)

)

⇐⇒ ∃n ∈ N ∃w1, . . . , wn ∈ f⇀M ∃λ1, . . . , λn ∈ K

(

y =n∑

i=1

λi−→wi

)

⇐⇒ y ∈ L(f→(M)

).

(c) Ako je(ai : i = 1, n

)potpun sistem vektora prostora V onda imamo

Im(f) = f⇀V = f⇀L({ai : i = 1, n

})

= L({f(ai) : i = 1, n

})

gde smo koristili deo pod (b). Odavde vidimo da je(f(xi) : i = 1, n

)potpun sistem

vektora prostora Im(f).

(d) Pretpostavimo da je f monomorfizam, tj. pretpostavimo da je

Ker(f) = {01}


Neka je a =(ai : i = 1, n

)linearno nezavisan sistem vektora prostora V. Iz

n∑

i=1

αi · f(−→ai)= 02

sledi

f

(n∑

i=1

αi · −→ai)

= 02

tj.n∑

i=1

αi · −→ai ∈ Ker(f) = {01}

pa jen∑

i=1

αi · −→ai = 01

No kako je a linearno nezavisan sistem to ovo znaci da je jedino moguce da je αi = 0za svako i = 1, n.

(e) Sledi direktno iz (c) i (d). 2

Tvrdenje II.10.2 Neka je K ∈ {R,C} i neka su V i W vektorski prostori nad K.– Ako su oba prostora V i W konacnodimenzionalni i ako je dim(V) = dim(W)

onda je V izomorfan sa W.– Ako je V konacnodimenzionalan i ako je izomorfan sa W onda je i W konacno-

dimenzionalan i vazi dim(V) = dim(W).Dakle ako su V i W k.d.v. prostori nad K onda vazi:

V je izomorfan sa W akko je dim(V) = dim(W)

Dokaz Neka je najpre dim(V) = dim(W) =: n ∈ N. Na osnovu Tvrdenja II.9.1postoji neki

f ∈ Hom(V,Kn) izomorfizam iz V u Kn

kao i neki

g ∈ Hom(W,Kn) izomorfizam iz W u Kn.

Tada je

g−1 ◦ f ∈ Hom(V,W) izomorfizam iz V u W.

Pretpostavimo sada da postoji neki h ∈ Hom(V,W) izomorfizam iz V u W ipretpostavimo da je V konacnodimenzionalan. Ako je dim(V) =: n ∈ N i

(ai : i =

1, n)baza prostora V onda je na osnovu Tvrdenja II.10.1 pod (e) sistem

(f(ai) :

i = 1, n)baza prostora W = Im(f), te je i W konacnodimenzionalan i pritom je

dim(W) = n = dim(V). 2


Tvrdenje II.10.3 Neka je f ∈ Hom(V,W). Ako je V k.d.v. prostor onda sutakvi i Ker(f) i Im(f) i

– ako su k, l ∈ V i ako je (a1, . . . , ak, b1, . . . , bl) baza za V tako da je (a1, . . . , ak)baza za Ker(f), onda je

(f(b1), . . . , f(bl)

)baza prostora Im(f);

– vazi

dim(Ker(f)

)+ dim

(Im(f)

)= dim(V)

Slika II.10.17.

Dokaz Neka je V k.d.v.p. Da je Ker(f) konacnodimenzionalan sledi iz Ker(f)v

⊆V. Da je Im(f) konacnodimenzionalan sledi iz Tvrdenja II.10.1 pod (c).

Neka su k, l ∈ V i neka je (a1, . . . , ak, b1, . . . , bl) baza za V tako da je (a1, . . . , ak)

baza za Ker(f). Da pokazemo da je Im(f) = L({f(b1), . . . , f(bl)

})

neka je

y ∈ Im(f)

proizvoljno. Tada postoji x ∈ V tako da je y = f(x). Kako je (a1, . . . , ak, b1, . . . , bl)

potpun sistem prostora V to je x = α1−→a1 + · · · +αk

−→ak +β1

−→b1 + · · · +βl

−→bl za neke


α1, . . . , αk, β1, . . . , βl ∈ K, te imamo

y = f(x) = f(α1−→a1 + · · · + αk

−→ak + β1

−→b1 + · · · + βl

−→bl )

= α1 · f(−→a1)+ · · · + αk · f

(−→ak)+ β1 · f

(−→b1)+ · · · + βl · f

(−→bl)

= α1−→02 + · · · + αk

−→02 + β1 · f

(−→b1)+ · · · + βl · f

(−→bl)

= β1 · f(−→b1)+ · · · + βl · f

(−→bl)∈ L

({f(b1), . . . , f(bl)

})

Neka su sada β1, . . . , βl ∈ K takvi da je

β1 · f(−→b1)+ · · · + βl · f

(−→bl)= 02

Imamof(β1

−→b1 + · · · + βl

−→bl ) = 02

tj.

β1

−→b1 + · · · + βl

−→bl ∈ Ker(f)

Kako je po pretpostavci Ker(f) = L({a1, . . . , ak

})

, postoje neki α1, . . . , αk ∈ K

tako da je

β1

−→b1 + · · · + βl

−→bl = α1

−→a1 + · · · + αk−→ak

tj.

−α1−→a1 − · · · − αk

−→ak + β1

−→b1 + · · · + βl

−→bl = 01

Sistem (a1, . . . , ak, b1, . . . , bl) je po pretpostavci linearno nezavisan pa odavde za-kljucujemo da je zapravo βj = 0 za svako j = 1, l (kao doduse i da je αi = 0 zasvako i = 1, k).

Ovim smo pokazali da je sistem(f(b1), . . . , f(bl)

)baza za Im(f).

Preostaje da pokazemo tzv. dimenzionu jednakost.

Slucaj 1. Ker(f) = {01}: U ovom slucaju je f monomorfizam. Ako je V = {01}jednakost je direktno proverava. Ako V nije nula prostor onda postoji neko n ∈ N ineka baza

(vi : i = 1, n

)za V. Prema Tvrdenju II.10.1 sistem

(f(vi) : i = 1, n

)je

baza za Im(f). Sada imamo dim(Ker(f)

)= 0 i dim

(Im(f)

)= n = dim(V).

Slucaj 2. Ker(f) = V : U ovom slucaju je f(x) = 02 za svako x ∈ V , tj. Im(f) =

{02}. Kako je dim(Im(f)

)= 0 to je i u ovom slucaju doticna jednakost tacna.

Slucaj 3. Ker(f) 6= {01} i Ker(f) 6= V : Zbog Ker(f) 6= {01} postoji neko k ∈ N ineka (a1, . . . , ak) baza za Ker(f). Kako je Ker(f) 6= V , to (a1, . . . , ak) nije potpunsistem vektora prostora V, pa kako je (a1, . . . , ak) linearno nezavisan sistem to naosnovu Tvrdenja II.5.15 postoje l ∈ N i sistem vektora (b1, . . . , bl) prostora V takoda je (a1, . . . , ak, b1, . . . , bl) baza za V. Znamo da je sistem

(f(b1), . . . , f(bl)

)baza za

Im(f). Sada direktno imamo dim(V) = k + l, dim(Ker(f)

)= k i dim

(Im(f)

)= l.

2


Tvrdenje II.10.4 Neka je f ∈ Hom(V,W).(a) Ako je V k.d.v. prostor tada vazi:

f je monomorfizam akko je dim (Im(f)) = dim(V)

(b) Neka su i V i W k.d.v. prostori pri cemu je dim(V) = dim(W). Tada susledeca tri uslova ekvivalentna:

(1) f je monomorfizam(2) f je epimorfizam(3) f je izomorfizam. 2

Dokaz (a) Imamo:

f je monomorfizam akko je Ker(f) = {01}

tj.

akko dim(Ker(f)

)= 0

a ovo je ekvivalentno sa dim (Im(f)) = dim(V), zbog jednakosti

dim(Ker(f)

)+ dim

(Im(f)

)= dim(V)

(b) Ako je f monomorfizam onda je dim(Im(f)

)= dim(V) = dim(W). Dakle Im(f)

je podprostor k.d.v. prostora W iste dimenzije kao i W, te mora biti Im(f) = W naosnovu Posledice II.5.16, tj. f je preslikavanje na skup W . Zato je f izomorfizamiz V u W.

Ako je f epimorfizam onda je dim(Im(f)

)= dim(W) = dim(V), pa zakljucujemo

da je f monomorfizam. Dakle f je izomorfizam iz V u W. 2

Tvrdenje II.10.5 Neka je f ∈ Hom(V,W).

(i) Neka je Pv

⊆ V. Ako je restrikcija f0 := f � P injektivno preslikavanje (tj.monomorfizam iz P u W) onda je f0 : P → f⇀P izomorfizam iz P u f⇀P .

(ii) Neka je Qv

⊆ V proizvoljan podprostor i f0 := f � Q .

Ako vazi Ker(f)⊕Q = V onda je

f0 : Q → Im(f)

izomorfizam iz podprostora Q u podprostor Im(f).


Slika II.10.18.

Dokaz (i) f0 je po samoj definiciji skupa f⇀P preslikavanje na skup f⇀P .

(ii) Pokazimo najpre da je f⇀Q = Im(f). Neka je y ∈ Im(f). Tada je y = f(x)za neko x ∈ V . Iz Ker(f) +Q = V sledi da je x = a + q za neko a ∈ Ker(f) i nekoq ∈ Q. Dakle

y = f(x) = f(a+ q) = f(a) + f(q) =−→0 + f(q) = f(q) ∈ f⇀Q

Stavimo f0 := f � Q i pokazimo sada da je f0 monomorfizam iz Q u Im(f).

Pretpostavimo da su q1, q2 ∈ Q takvi da je f0(q1) = f0(q2). Imamo−→0 = f(q1) −

f(q2) = f(q1− q2), tj. q1− q2 ∈ Ker(f). No iz q1, q2 ∈ Qv

⊆ V sledi da je q1− q2 ∈ Q.Dakle q1 − q2 ∈ Ker(f)∩Q. Suma para podprostora (Ker(f), Q) je po pretpostavci

direktna, sto znaci da je Ker(f) ∩Q ={−→0}

. Otuda je q1 − q2 =−→0 , tj. q1 = q2.

Tvrdenje sada sledi iz dela pod (i). 2

Na kraju pokazimo jednakost

dim(Ker(f)

)+ dim

(Im(f)

)= dim(V)


(za k.d.v. prostor V) na jedan drugi nacin:

prema Tvrdenju II.6.6 postoji neko Qv

⊆ V tako da je Ker(f) ⊕ Q = V , pa jeprema Tvrdenju II.6.5 Ker(f)

)+ dim(Q) = dim(V); no Q i Im(f) su na osnovu

Tvrdenja II.10.5 izomorfni prostori, pa je dim(Q) = dim(Im(f)

).

II.11 Kad za f ∈ End(V) vazi Ker(f)⊕ Im(f) = V ?

Terminologija Linearno preslikavanje f ∈ Hom(V,V) iz V u V drugacije nazivamo

endomorfizam vektorskog prostora V

Pisemo skracemo End(V) = Hom(V,V). Govorimo o

vektorskom prostoru svih endomorfizama prostora V

2

Tvrdenje II.11.1 Za f ∈ End(V) sledeci uslovi su ekvivalentni:

(1) vazi Ker(f) + Im(f) = V

(2) vazi Im(f) = Im(f 2) (gde f 2 = f ◦ f)

Dokaz (1)⇒(2): Jasno

Im(f 2) ={f(f(x)) : x ∈ V

}⊆{f(y) : y ∈ V

}= Im(f)

te peostaje da pokazemo inkluziju Im(f) ⊆ Im(f 2).Neka je y ∈ Im(f) proizvoljno. Dakle y = f(x) za neko x ∈ V . Po pretpostavci

postoje a ∈ Ker(f) i b ∈ Im(f) tako da je x = a + b. Imamo b = f(b0) za nekob0 ∈ V . Sada je

y = f(x) = f(a) + f(b) = 0+ f(f(b0)) = f 2(b0) ∈ Im(f 2)

(2)⇒(1): Neka je x ∈ V proizvoljno. Iz f(x) ∈ Im(f) = Im(f 2) sledi daje f(x) = f 2(y) za neko y ∈ V . Dakle 0 = f(x) − f(f(y)) = f

(x − f(y)

), tj.

z := x− f(y) ∈ Ker(f), pa je x = z + f(y) ∈ Ker(f) + Im(f). 2

Tvrdenje II.11.2 ako je V konacnodimenzionalan onda su za f ∈ End(V)sledeci uslovi ekvivalentni:

(1) suma para podprostora(Ker(f), Im(f)

)je direktna

(2) vazi Ker(f) + Im(f) = V

(3) vazi Ker(f)⊕ Im(f) = V

(4) vazi Im(f) = Im(f 2).

II.12. PROJEKCIJE 103

Dokaz Na osnovu Tvrdenja II.11.1 dovoljno je pokazati da vazi (1) ⇐⇒ (2),obzirom da je po definiciji (3) ⇐⇒

((1) ∧ (2)

).

Na osnovu Tvdenja II.10.3 je

dim(Ker(f)

)+ dim

(Im(f)

)= dim(V) (II.10)

Zato je na osnovu Tvrdenja II.6.9 je

dim

(

Ker(f) + Im(f)

)

= dim(V)− dim

(

Ker(f) ∩ Im(f)

)

(II.11)

Suma para podprostora(Ker(f), Im(f)

)je direktna akko je Ker(f) ∩ Im(f) = {0},

tj. akko je

dim

(

Ker(f) ∩ Im(f)

)

= 0

Zbog (II.10) i (II.11) sada zakljucujemo:

suma para podprostora(Ker(f), Im(f)

)je direktna

akko vazi

dim

(

Ker(f) + Im(f)

)

= dim(V)

odnosno akko je Ker(f) + Im(f) podprostor konacnodimenzionalnog prostora V

iste dimenzije kao i sam V. A ovo ce prema Posledici II.5.16 vaziti akko Ker(f) +Im(f) = V . 2

II.12 Projekcije

Tvrdenje II.12.1 Ako su f ∈ End(V) i P,Qv

⊆ V takvi da je P +Q = V . Sledeciuslovi su ekvivalentni:

(1) P ⊕Q = V i f = projP,Q(2) vazi f(p) = p za svako p ∈ P i f(q) = 0 za svako q ∈ Q

Dokaz (1)⇒(2): Ako je p ∈ P onda iz p = p + 0, zbog p ∈ P i 0 ∈ Q, sledif(p) = projP,Q(p) = p. Ako je q ∈ Q onda iz q = 0 + q, zbog 0 ∈ P i q ∈ Q, sledif(q) = projP,Q(q) = 0.

(2)⇒(1): Neka je x ∈ P ∩ Q. Zbog x ∈ P mora biti f(x) = x a zbog x ∈ Qmora biti f(x) = 0, pa je x = 0 . Ovim smo pokazali da je P ∩ Q = {0}, tj. da jesuma podprostora P i Q direktna. Zbog pretpostavke P+Q = V je sada P⊕Q = Vpa je projP,Q : V → P definisano. Neka je x ∈ V proizvoljno. Postoje p ∈ P i q ∈ Qtako da je x = p+ q. Jasno projP,Q(x) = p. Zbog p ∈ P = Im(f) postoji neko z ∈ Vtako da je p = f(z). Sada imamo

f(x) = f(p) + f(q) = f(f(z)) + 0 = f 2(z) = f(z) = p = projP,Q(x)


2

Tvrdenje II.12.2 (a) Ako je P ⊕Q = V i f := projP,Q onda je

P = Im(f), Q = Ker(f) i f 2 = f .

(b) Ako je f ∈ End(V) takvo da f 2 = f onda je

Ker(f)⊕ Im(f) = V i f = projKer(f), Im(f)

Dokaz (a) Na osnovu Tvrdenja II.12.1 znamo da vazi f(p) = p za svako p ∈ Pi f(q) = 0 za svako q ∈ Q. Odavde direktno sledi da je Q ⊆ Ker(f). Da pokazemoobrnutu inkluziju neka je x ∈ Ker(f). Postoje p ∈ P i q ∈ Q tako da je x = p + q.Otuda imamo

0 = f(x) = f(p) + f(q) = p+ 0 = p

pa sledi da je x = 0+ q = q ∈ Q. Ovim smo pokazali da je Q = Ker(f).Ako je p ∈ P onda je p = f(p) ∈ Im(f). Zbog toga vazi P ⊆ Im(f). Da

pokazemo obrnutu inkluziju neka je y ∈ Im(f). Dakle y = f(x) za neko x ∈ V .Postoje p ∈ P i q ∈ Q tako da je x = p+ q. Otuda imamo

y = f(x) = f(p) + f(q) = p+ 0 = p ∈ P

Ovim smo pokazali da je P = Im(f).Najzad ako je x ∈ V onda postoje p ∈ P i q ∈ Q tako da je x = p + q pa je

f(x) = f(p)+f(q) = p+0 = p odakle dobijamo f 2(x) = f(f(x)) = f(p) = p = f(x).

(b) Kako f 2 = f specijalno povlaci da je Im(f) = Im(f 2) to sada na osnovuTvrdenja II.11.1 sledi da je Ker(f)+Im(f) = V . Stavimo Q := Ker(f) i P := Im(f).Imamo dakle P +Q = V . Ako je p ∈ P onda je p = f(x) za neko x ∈ V pa imamof(p) = f(f(x)) = f 2(x) = f(x) = p. Ako je q ∈ Q onda je f(q) = 0.

Na osnovu Tvrdenja II.12.1 je sada suma para (P,Q) direktna, pa je Ker(f) ⊕Im(f) = V , i jos imamo f = projP,Q = projKer(f), Im(f). 2

Zapazanje II.12.3 Neka je

R :={(P,Q) : P,Q

v

⊆ V i P ⊕Q = V}

iP :=

{f ∈ End(V) : f 2 = f

}

Definisimo preslikavanjeProj : R → P

saProj(P,Q) :

df= projP,Q

Iz Tvrdenja II.12.2 se sada direktno moze izvesti sledeci zakljucak:

II.13. LINEARNA PRESLIKAVANJA IZ KM U KN 105

preslikavanje Proj je bijekcija iz R u P

2

Primer Uslov Ker(f)⊕Im(f) = V kako smo videli jeste potreban ali nije dovoljanda vazi f 2 = f u sta se mozemo uveriti na sledecem primeru.

Neka je f : R3 → R3 dato sa

f(x, y, z) :df= (0, 2y + z, y + 3z)

za (x, y, z) ∈ R.

Imamo

Ker(f) ={(x, y, z) ∈ R

3 : 2y + z = y + 3z = 0}={(α, 0, 0) : α ∈ R

}

Imamo

Im(f) ={(0, β, γ) : β, γ ∈ R

}

jer ako su β, γ ∈ R proizvoljni onda vazi

(0, β, γ) = (0, 2y + z, y + 3z) za y =3β − γ

5i z =

2γ − β

5.

Vidimo da je Ker(f) ∩ Im(f) = {(0, 0, 0)} pa je Ker(f)⊕ Im(f) = R3.S druge strane imamo

f(0, 1, 0) = (0, 2, 1)

dok

f 2(0, 1, 0) = f(0, 2, 1) = (0, 5, 5)

2

II.13 Linearna preslikavanja iz Km u K

n

Utvrdimo najpre kako izgledaju linearne funkcionele na prostoru Km.

Tvrdenje II.13.1 Neka je (λ1, . . . , λm) ∈ Km proizvoljna m-torka brojeva i nekaje preslikavanje l : Km → K definisano sa

l(x1, . . . , xm) :df= λ1x1 + · · ·+ λmxm

za svako (x1, . . . , xm) ∈ Km. l je linearna funkcionela na Km. Pritom ako je(ej :

j = 1, m)standardna baza prostora K

m onda vazi λj = l(ej) za svako j = 1, m.


Dokaz Imamo

l

(

α(x1, . . . , xm) + β(y1, . . . , ym)

)

= l

(

(αx1 + βy1, . . . , αxm + βym)

)

= λ1(αx1 + βy1) + · · ·+ λm(αxm + βym)= α(λ1x1 + · · ·+ λmxm) + β(λ1y1 + · · ·+ λmym)= αl(x1, . . . , xm) + βl(y1, . . . , ym)

Da je λj = l(ej) za svako j = 1, m utvrduje se neposredno. 2

Tvrdenje II.13.2 Ako je l ∈ (Km) ′ linearna funkcionela na Km, (e) : ei, i = 1, mstandardna baza prostora Km i λj := l(ej) ∈ K za j = 1, m, onda vazi

l(x1, . . . , xm) = λ1x1 + · · ·+ λmxm

za svako (x1, . . . , xm) ∈ Km.

Dokaz Imamo

l(x1, . . . , xm) = l

(m∑

j=1

xj−→ej)

=m∑

j=1

xjl(−→ej)=

m∑

j=1

xjλj = λ1x1 + · · ·+ λmxm

2

Opisimo sada linearna preslikavanja iz Km u Kn.

Tvrdenje II.13.3 Neka je f : Km → Kn linearno preslikavanje, (e) : ei, i = 1, mstandardna baza prostora Km i neka su ai,j ∈ K za i = 1, n, j = 1, m takvi da jef(ej) = (a1,j, . . . , an,j). Tada vazi

f(x1, . . . , xm) =(

a1,1x1 + · · · + a1,jxj + · · · + a1,mxm,...

ai,1x1 + · · · + ai,jxj + · · · + ai,mxm,...

an,1x1 + · · · + an,jxj + · · · + an,mxm

)

Dokaz Imamo

f(x1, . . . , xm) =

II.13. LINEARNA PRESLIKAVANJA IZ KM U KN 107

f

(

x1 · (1, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 0)+

x2 · (0, 1, 0, 0, . . . 0, 0, 0)+

x3 · (0, 0, 1, 0, . . . 0, 0, 0)+

......

......

... . . ....

......

xm−1 · (0, 0, 0, 0, . . . 0, 1, 0)+

xm · (0, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 1)

)

= x1 · f(1, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 0)+x2 · f(0, 1, 0, 0, . . . 0, 0, 0)+x3 · f(0, 0, 1, 0, . . . 0, 0, 0)+...

......

...... . . .

......

...xm−1 · f(0, 0, 0, 0, . . . 0, 1, 0)+xm · f(0, 0, 0, 0, . . . 0, 0, 1) =

x1 · (a1,1, a2,1, a3,1, a4,1, . . . an−2,1, an−1,1, an,1)+x2 · (a1,2, a2,2, a3,2, a4,2, . . . an−2,2, an−1,2, an,2)+x3 · (a1,3, a2,3, a3,3, a4,3, . . . an−2,3, an−1,3, an,3)+...

......

...... . . .

......

...xm−1 · (a1,m−1, a2,m−1, a3,m−1, a4,m−1, . . . an−2,m−1, an−1,m−1, an,m−1)+xm · (a1,m, a2,m, a3,m, a4,m, . . . an−2,m, an−1,m, an,m)

=(

a1,1x1 + · · · + a1,jxj + · · · + a1,mxm,...

ai,1x1 + · · · + ai,jxj + · · · + ai,mxm,...

an,1x1 + · · · + an,jxj + · · · + an,mxm

)

2

Tvrdenje II.13.4 Neka je V konacnodimenzionalan a W proizvoljan vektorski pro-stor, pri cemu su oba nad K (oba realna ili oba kompleksna), dim(V) =: m ∈ N ineka je f : V → W proizvoljno preslikavanje. Tada su sledeca dva uslova ekviva-lentna:

(1) f ∈ Hom(V,W), tj. f je linearno preslikavanje

(2) postoje k ∈ N, funkcionele l1, . . . , lk ∈ V′ i vektori b1, . . . , bk ∈ W tako da


vazi

f(v) = l1(v)−→b1 + · · · + lk(v)

−→bk =

k∑

j=1

lj(v)−→bj

za svako v ∈ V .

Dokaz (1)⇒(2): Neka je(aj : j = 1, m

)proizvoljna baza prostora V i neka je

za svako j = 1, m preslikavanje lj : V → K definisano tako da je za v ∈ V

broj lj(v) j-ta koordinata vektora v u odnosu na bazu a.

Ukratko, preslikavanja l1, . . . , lm su definisana sa(l1(v), . . . , lm(v)

)= Koorda(v). Za

svako j = 1, m preslikavanje lj je linearna funkcionela na V. Zaista, ako su u, v ∈ Vi α, β ∈ K onda imamo

α−→u + β−→v = αm∑

j=1

lj(u)−→aj + β

m∑

j=1

lj(v)−→aj =

m∑

j=1

(αlj(u) + βlj(v)

)−→aj

pa je lj(α−→u + β−→v

)= αlj(u) + βlj(v). Ako stavimo bj := f(aj) za j = 1, m onda

imamo

f(v) = f

(m∑

j=1

lj(v)−→aj)

=

m∑

j=1

lj(v)f(−→aj)= l1(v)

−→b1 + · · · + lm(v)

−→bm

(2)⇒(1): Neka su dati l1, . . . , lk ∈ V ′ i b1, . . . , bk ∈ W i neka je preslikavanjef : V → W definisano sa

f(v) = l1(v)−→b1 + · · · + lk(v)

−→bk =

k∑

j=1

lj(v)−→bj

za svako v ∈ V . Da pokazemo da je f ∈ Hom(V,W) neka su u, v ∈ V i α, β ∈ K.Imamo

f(α−→u + β−→v

)=

k∑

j=1

lj(α−→u + β−→v

)−→bj =

k∑

j=1

(αlj(u) + βlj(v)

)−→bj =

= α

k∑

j=1

lj(u)−→bj + β

k∑

j=1

lj(v)−→bj = αf(u) + βf(v)

2

II.14. MATRICA LINEARNOG PRESLIKAVANJA 109

Tvrdenje II.13.5 Neka su ai,j ∈ K za i = 1, n, j = 1, m proizvoljni i neka jef : Km → Kn preslikavanje definisano sa

f(x1, . . . , xm) =(

a1,1x1 + · · · + a1,jxj + · · · + a1,mxm,...

ai,1x1 + · · · + ai,jxj + · · · + ai,mxm,...

an,1x1 + · · · + an,jxj + · · · + an,mxm

)

Tada je f ∈ Hom (Km Kn) i pritom vazi (a1,j , . . . , an,j) = f(ej) za svako j = 1, m,gde je (e) : ej, j = 1, m standardna baza prostora Km.

Dokaz Neka je (s1, . . . , sn) standardna baza prostora Kn. Imamo

f(x1, . . . , xj, . . . , xm) =(a1,1x1 + · · ·+ a1,jxj + · · ·+ a1,mxm

)−→s1 +...

(ai,1x1 + · · ·+ ai,jxj + · · ·+ ai,mxm

)−→si +...

(an,1x1 + · · ·+ an,jxj + · · ·+ an,mxm

)−→sntj.

f(x1, . . . , xj, . . . , xm) = l1(x1, . . . , xj, . . . , xm)−→s1 +

...li(x1, . . . , xj, . . . , xm)

−→si +...

ln(x1, . . . , xj, . . . , xm)−→sn

gde su funkcije li : Km → K za i = 1, n definisane sa

li(x1, . . . , xj, . . . , xm) :df= ai,1x1 + · · ·+ ai,jxj + · · ·+ ai,mxm

Da je f ∈ Hom (Km,Kn) sada sledi iz Tvrdenja II.13.1 i II.13.4. Jednakosti

(a1,j, . . . , an,j) = f(ej)

za j = 1, m proveravaju se neposredno. 2

II.14 Matrica linearnog preslikavanja

Tvrdenje II.14.1 Neka je V konacnodimenzionalan aW proizvoljan vektorskiprostor. Neka je n := dim(V) ∈ N i neka je a = (a1, . . . , an) proizvoljna bazaprostora V.

Preslikavanje Vreda : Hom(V,W) → W n definisano sa

Vreda(f) :df=(f(a1), . . . f(an)

)

za f ∈ Hom(V,W), je bijektivno.


Dokaz Pokazimo najpre da je Vreda preslikavanje na skup W n . Neka je

w = (w1, . . . , wn) ∈ W n

proizvoljno. Definisimo f : V → W na sledeci nacin:

ako je x ∈ V onda, obzirom da je a baza, postoji jedinstvena n-torka (α1, . . . , αn) ∈Kn takva da je

x = bα1, . . . , αnca =n∑

i=1

αi−→ai

ili drugim recima (α1, . . . , αn) = Koorda(x) – videti Tvrdenje II.9.1 i DefinicijuII.9.2; definisimo

f(x) = bα1, . . . , αncw =n∑

i=1

αi−→wi ∈ W

ili drugim recima f(x) = LKw((α1, . . . , αn)

). (Sve ovo se jednostavno moglo skratiti

sa f := LKw ◦ Koorda, no ovo zapazanje nije nuzno za nas dokaz.)

Pokazimo da je f ∈ Hom(V,W) , tj. da je f linearno preslikavanje; tada bi imali

f ∈ Dom(Vreda) i Vreda(f) = w . Dakle, neka su α, β ∈ K i x, y ∈ V . Ako je

x =n∑

i=1

µi−→ai i y =

n∑

i=1

νi−→ai

onda je

α−→x + β−→y =

n∑

i=1

(αµi + βνi)−→ai = bαµ1 + βν1, . . . , αµn + βνnca

pa prema definiciji naseg preslikavanja f imamo

f(x) =

n∑

i=1

µi−→wi i f(y) =

n∑

i=1

νi−→wi

kao i

f(α−→x + β−→y

)=

n∑

i=1

(αµi + βνi)−→wi = α

n∑

i=1

µi−→wi + β

n∑

i=1

νi−→wi = α · f

(−→x)+ β · f

(−→y)

Pokazimo sada da je Vreda injektivno preslikavanje . Neka su f, g ∈ Hom(V,W)tako da je

Vreda(f) = Vreda(g)


tj. tako da je f(ai) = g(ai) za svako i = 1, n. Ako je x ∈ V i ako je x =

bα1, . . . , αnca onda imamo

f(x) =

n∑

i=1

αi · f(ai) =n∑

i=1

αi · g(ai) = g(x)

Kako je x ∈ V bilo proizvoljno ovim smo pokazali da je f = g. 2

Definicija II.14.2 Neka je V konacnodimenzionalan aW proizvoljan vektorskiprostor, n := dim(V) ∈ N i a = (a1, . . . , an) baza prostora V.

Preslikavanje inverzno bijekciji Vreda : Hom(V,W) → W n iz Tvrdenja II.14.1cemo oznacavati sa

Lineara :df=[Vreda

]−1

Drugim recima

Lineara : Wn → Hom(V,W)

i ako je b = (b1, . . . , bn) ∈ W n proizvoljna n-torka vektora prostora W onda je

Lineara(b) = Linear(a1 ,...,an)(b1, . . . , bn) ∈ Hom(V,W)

ono jedinstveno linearno preslikavanje f iz V u W za koje vazi

f(ai) = bi za svako i = 1, n

2

Definicija II.14.3 Neka je K ∈ {R,C}, neka su V i W k.d.v. prostori nad K,dim(V) =: m ∈ N, dim(W) =: n ∈ N, neka je

a = (a1, . . . , am) baza prostora V

a

b = (b1, . . . , bn) baza prostora W.

Definisemo preslikavanje

Ma,b : Hom(V,W) → Kn×m

tako da je za svako f ∈ Hom(V,W)

Ma,b(f) :df=

λ1,1 . . . λ1,j . . . λ1,m...

......

......

λi,1 . . . λi,j . . . λi,m...

......

......

λn,1 . . . λn,j . . . λn,m

∈ Kn×m


gde su λi,j ∈ K dati sa

f(aj) = bλ1,j, . . . , λn,jcb =n∑

i=1

λi,j

−→bi

za i = 1, n, j = 1, m. Za f ∈ Hom(V,W) matricu Ma,b(f), nazivamo

matrica linearnog preslikavanja f u odnosu na par baza (a, b)

ili u odnosu na baze a i b, tim redom. 2

Primer Neka je f : R2 → R2 definisano sa

f(x, y) :df= (−2x + 5y, 3x+ y)

za svako (x, y) ∈ R2. Znamo da je f ∈ End (R2).Lako se proverava da su sistemi

(a) : a1 = (1, 1), a2 = (−1, 1) i (b) : b1 = (41,−2), b2 = (24,−2)

baze prostora R2. Imamo

f(a1) = (3, 4) = 3−→b1 − 5

−→b2 = b3,−5cb

if(a2) = (7,−2) = −−→

b1 + 2−→b2 = b−1, 2cb

pa je

Ma,b(f) =

[3 −1

−5 2

]

2

Teorema II.14.4 Neka je K ∈ {R,C}, neka su V i W k.d.v. prostori nad K,dim(V) = m ∈ N, dim(W) = n ∈ N, neka je a = (a1, . . . , am) baza prostora V ab = (b1, . . . , bn) baza prostora W.

Preslikavanje Ma,b : Hom(V,W) → Kn×mje

izomorfizam prostora Hom(V,W) i Kn×m

drugim recima Ma,b je bijekcija izmedu doticnih skupova i pritom vazi

Ma,b (µ · f + ν · g) = µ ·Ma,b (f) + ν ·Ma,b (g)

za svako µ, ν ∈ K i f, g ∈ Hom(V,W).


Dokaz Pokazujemo da je Ma,b 1− 1 preslikavanje . Ako su f, g ∈ Hom(V,W)tako da

Ma,b(f) = Ma,b(g) = [λi,j]n×m ∈ Kn×m

onda za svako j = 1, m vazi

f(aj) = bλ1,j , . . . , λn,jcb = g(aj)

Dakle

Vreda(f) =(f(a1), . . . , f(am)

)=(g(a1), . . . , g(am)

)= Vreda(g)

pa prema Tvrdenju II.14.1 mora biti f = g.

Pokazimo sada da je Ma,b preslikavanje na skup Kn×m . Neka je

S = [si,j]n×m ∈ Kn×m

proizvoljno. Za j ∈ {1, . . . , m} stavimo

wj := bs1,j , . . . , sn,jcb

Kako je Vreda : Hom(V,W) → Wm preslikavanje na skup Wm (prema TvrdenjuII.14.1) to postoji neko f ∈ Hom(V,W) tako da je

(w1, . . . , wm) = Vreda(f) =(f(a1), . . . , f(am)

)

(ukratko f :df= Lineara(w1, . . . , wm)). Po konstrukciji je f(aj) = wj = bs1,j, . . . , sn,jcb

za svako j = 1, m pa je Ma,b(f) = S.

Da pokazemo linearnost preslikavanja T neka je

P := Ma,b (f) = [pi,j]n×m,Q := Ma,b (g) = [qi,j]n×m,R := Ma,b (µ · f + ν · g) = [ri,j]n×m

Za proizvoljno j ∈ {1, . . . , m} imamo

br1,j , . . . , rn,jcb =(µ · f + ν · g

)(aj) = µ · f(aj) + ν · g(aj) =

µ · bp1,j , . . . , pn,jcb + ν · bq1,j , . . . , qn,jcb = bµp1,j + νq1,j , . . . , µpn,j + νqn,jcba odavde sledi da je

ri,j = µpi,j + νqi,j

za svako i = 1, n. Dakle za svako j = 1, m i i = 1, n je R(i, j) = µ · P (i, j) + ν ·Q(i, j) =

(µ · P + ν · Q

)(i, j), pa je R = µ · P + ν · Q, tj. Ma,b (µ · f + ν · g) =

µ ·Ma,b (f) + ν ·Ma,b (g). 2


II.15 Mnozenje matrica

Tvrdenje II.15.1 Neka je K ∈ {R,C}, neka su V i W k.d.v. prostori nad K,dim(V) = m ∈ N, dim(W) = n ∈ N, neka je

a = (a1, . . . , am) baza prostora V

a

b = (b1, . . . , bn) baza prostora W,

i neka jef ∈ Hom(V,W)

Dalje neka je

Ma,b(f) =

λ1,1 . . . λ1,j . . . λ1,m...

......

......

λi,1 . . . λi,j . . . λi,m...

......

......

λn,1 . . . λn,j . . . λn,m

= [λi,j]n×m ∈ Kn×m

Ako je v ∈ V proizvoljan vektor i ako

v =m∑

j=1

xj−→aj = bx1, . . . , xmca i f(v) =

n∑

i=1

yi−→bi = by1, . . . , yncb

onda vazi

y1...yi...yn

= x1

λ1,1...

λi,1...

λn,1

+ · · · + xj

λ1,j...

λi,j...

λn,j

+ · · · + xm

λ1,m...

λi,m...

λn,m

odnosno

y1...yi...yn

=

λ1,1x1 + · · ·+ λ1,jxj + · · ·+ λ1,mxm...

λi,1x1 + · · ·+ λi,jxj + · · ·+ λi,mxm...

λn,1x1 + · · ·+ λn,jxj + · · ·+ λn,mxm

=

∑mj=1 λ1,jxj

...∑m

j=1 λi,jxj

...∑m

j=1 λn,jxj

(II.12)

Dokaz Imamo

II.15. MNOZENJE MATRICA 115

f(v) =

m∑

j=1

xjf(−→aj)= x1 ·

n∑

i=1

λi,1

−→bi + · · · +xj ·

n∑

i=1

λi,j

−→bi + · · · +xm ·

n∑

i=1

λi,m

−→bi =

n∑

i=1

(x1 · λi,1)−→bi + · · · +

n∑

i=1

(xj · λi,j)−→bi + · · · +

n∑

i=1

(xm · λi,m)−→bi =

n∑

i=1

(x1 · λi,1 + · · · + xj · λi,j + · · · + xm · λi,m

)−→bi =

= b x1 · λ1,1 + · · · + xj · λ1,j + · · · + xm · λ1,m,...

x1 · λi,1 + · · · + xj · λi,j + · · · + xm · λi,m,...

x1 · λn,1 + · · · + xj · λn,j + · · · + xm · λn,m cb2


Tvrdenje II.15.2 Neka su dati k.d.v. prostori V, W i U i linearna preslikavanjaf ∈ Hom(V,W) i g ∈ Hom(W,U). Neka je dim(V) =: k, dim(W) =: m i dim(U) =:n. Neka je a baza prostora V, b baza prostora W i c baza prostora U.

Slika II.15.19.

Ako je

Mb,c(g) =

λ1,1 . . . λ1,j . . . λ1,m...

......

......

λi,1 . . . λi,j . . . λi,m...

......

......

λn,1 . . . λn,j . . . λn,m

= [λi,j]n×m ∈ Kn×m

i

Ma,b(f) =

x1,1 . . . x1,s . . . x1,k...

......

......

xj,1 . . . xj,s . . . xj,k...

......

......

xm,1 . . . xm,s . . . xm,k

= [xj,s]m×k ∈ Km×k

onda je

Ma,c(g ◦ f) = [yi,j]n×k ∈ Kn×k matrica cija je s-ta kolona za s = 1, k data sa:

y1,s...

yi,s...

yn,s

= x1,s

λ1,1...

λi,1...

λn,1

+ · · · + xj,s

λ1,j...

λi,j...

λn,j

+ · · · + xm,s

λ1,m...

λi,m...

λn,m


odnosno

y1,s...

yi,s...

yn,s

=

λ1,1x1,s + · · ·+ λ1,jxj,s + · · ·+ λ1,mxm,s...

λi,1x1,s + · · ·+ λi,jxj,s + · · ·+ λi,mxm,s...

λn,1x1,s + · · ·+ λn,jxj,s + · · ·+ λn,mxm,s

=

∑mj=1 λ1,jxj,s

...∑m

j=1 λi,jxj,s

...∑m

j=1 λn,jxj,s

Dokaz Neka je s ∈ {1, . . . , k} proizvoljno. Stavimo vs := f(as). Po pretpostavcije vs = bx1,s, . . . , xj,s, . . . , xm,jca. Zato je prema Tvrdenju II.15.1 sada

g(vs) = b λ1,1x1,s + · · ·+ λ1,jxj,s + · · ·+ λ1,mxm,s,...

λi,1x1,s + · · ·+ λi,jxj,s + · · ·+ λi,mxm,s,...

λn,1x1,s + · · ·+ λn,jxj,s + · · ·+ λn,mxm,s, cc

Kako je g(vs) = g(f(as)

)= (g◦f)(as) to je prema Definiciji II.14.3 za svako s = 1, k

s-ta kolona matrice Ma,c(g ◦ f) data sa

λ1,1x1,s + · · ·+ λ1,jxj,s + · · ·+ λ1,mxm,s...



2

Definicija II.15.3 Neka je L = [λi,j]n×m ∈ Kn×m i X = [xj,s]m×k ∈ Km×k.

Proizvod matrica L i X, tim redom, ili proizvod para matrica (L,X) jeste ma-

trica Y = [λi,j]n×k ∈ Kn×k cija je s-ta kolona za s = 1, k data sa

y1,s...

yi,s...

yn,s

=

λ1,1x1,s + · · ·+ λ1,jxj,s + · · ·+ λ1,mxm,s...



=

∑mj=1 λ1,jxj,s

...∑m

j=1 λi,jxj,s

...∑m

j=1 λn,jxj,s

Proizvod matrica L i X oznacavamo jednostavno sa “L ·X” ili “LX”. 2


Zapazanje II.15.4 Dakle proizvod matrica A = [ai,j]n×m ∈ Kn×m i B = [bi,j]m×k ∈Km×k jeste matrica C = [ci,j]n×k ∈ Kn×k definisana sa

ci,j =m∑

r=1

ai,rbr,j = ai,1b1,j + · · ·+ ai,rbr,j + · · ·+ ai,mbm,j

za i = 1, n, j = 1, k :

.... . . ci,j . . .

...

=

......

......

...ai,1 . . . ai,r . . . ai,m...

......

......

·

. . . b1,j . . ....

......

. . . br,j . . ....

......

. . . bm,j . . .

2

Zapazanje II.15.5 Za svako n,m, k ∈ N definisana je po jedna mesovita ope-racija ∗ izmedu elemenata skupa Kn×m i elementa skupa Km×k sa vrednostima uskupu K

n×k tako da je za A = [ai,j]n×m ∈ Kn×m i B = [bi,j]m×k ∈ K

m×k matricaA ∗B ∈ Kn×k proizvod para (A,B). Zapravo korektnije bi bilo pisati ∗n,m,k umesto∗.

Ukoliko je n = m onda je ∗ = ∗n,n,n operacija na skupu Kn×n svih kvadratnih

matrica reda n. 2

Zapazanje II.15.6 Neka je A = [ai,j]n×m, B = [bi,j]m×k i AB =: C = [ci,j]n×k.

(i) Za svako i = 1, n i j = 1, k je

[ci,j]=[ai,1 . . . ai,r . . . ai,m

]·

b1,j...

br,j...

bm,j

ili

[ci,j]= Ai,•, ·B•,j za svako i = 1, n, j = 1, k.


(ii) j-ta kolona matrice C upravo proizvod matrice A i j-te kolone matrice B,tim redom:

c1,j...ci,j...

cn,j

=

a1,1 . . . a1,r . . . a1,m...

......

......

ai,1 . . . ai,r . . . ai,m...

......

......

an,1 . . . an,r . . . an,m

·

b1,j...

br,j...

bm,j

= A ·

b1,j...

br,j...

bm,j

ili

C•,j = A ·B•,j za svako j = 1, k.

(iii) i-ta vrsta matrice C je upravo proizvod i-te vrste matrice A i matrice B,tim redom:

[ci,1 . . . ci,j . . . ci,k

]=[ai,1 . . . ai,j . . . ai,m

]·

b1,1 . . . b1,j . . . b1,k...

......

......

bi,1 . . . bi,j . . . bi,k...

......

......

bm,1 . . . bm,j . . . bm,k

=

=[ai,1 . . . ai,j . . . ai,m

]·B

ili

Ci,• = Ai,•, ·B za svako i = 1, n.

(iv) j-ta kolona C•,j je upravo linearna kombinacija sistema kolona

(A•,1, . . . , A•,r, . . . , A•,m)

matrice A sa sistemom skalara

(b1,j , . . . , br,j, . . . , bm,j)

Odnosno:


c1,j...ci,j...

cn,j

= b1,j

a1,1...

ai,1...

an,1

+ · · · + br,j

a1,r...

ai,r...

an,r

+ · · · + bm,j

a1,m...

ai,m...

an,m

ili

C•,j = b1,jA•,1 + . . . + br,jA•,r . . . + bm,jA•,m =m∑

r=1

br,jA•,r

Primetimo da je doticni sistem skalara dat j-tom kolonom matrice B:

B•,j =

b1,j...

br,j...

bm,j

Dakle

c1,j...ci,j...

cn,j

=

a1,1 . . . a1,r . . . a1,m...

......

......

ai,1 . . . ai,r . . . ai,m...

......

......

an,1 . . . an,r . . . an,m

·

b1,j...

br,j...

bm,j

(II.13)

= b1,j

a1,1...

ai,1...

an,1

+ · · · + br,j

a1,r...

ai,r...

an,r

+ · · · + bm,j

a1,m...

ai,m...

an,m

=

a1,1b1,j + · · ·+ a1,rbr,j + · · ·+ a1,mbm,j...

ai,1b1,j + · · ·+ ai,rbr,j + · · ·+ ai,mbm,j...

an,1b1,j + · · ·+ an,rbr,j + · · ·+ an,mbm,j

(v) i-ta vrsta Ci,• je upravo linearna kombinacija sistema vrsta


(B1,•, . . . , Br,•, . . . , Bm,•)

matrice B sa sistemom skalara

(ai,1, . . . , ai,r, . . . , ai,m)

Odnosno:

[ci,1 . . . ci,j . . . ci,k

]=

ai,1[b1,1 . . . b1,j . . . b1,k

]+

...ai,r[br,1 . . . br,j . . . br,k

]+

...ai,m

[bm,1 . . . bm,j . . . bm,k

]

ili

Ci,• = ai,1B1,• + . . . + ai,rBr,• . . . + ai,mBm,• =

m∑

r=1

ai,rBr,•

Primetimo da je doticni sistem skalara dat i-tom vrstom matrice A:

Ai,• =[ai,1 . . . ai,j . . . ai,k

]

Dakle

[ci,1 . . . ci,j . . . ci,k

]=

[ai,1 . . . ai,j . . . ai,m

]·

b1,1 . . . b1,j . . . b1,k...

......

......

bi,1 . . . bi,j . . . bi,k...

......

......

bm,1 . . . bm,j . . . bm,k

=

ai,1[b1,1 . . . b1,j . . . b1,k

]+

...ai,r[br,1 . . . br,j . . . br,k

]+

...ai,m

[bm,1 . . . bm,j . . . bm,k

]

(II.14)

=

ai,1b1,1 +...

ai,rbr,1 +...

ai,mbm,1

, . . . . . . ,

ai,1b1,j +...

ai,rbr,j +...

ai,mbm,j

, . . . . . . ,

ai,1b1,k +...

ai,rbr,k +...

ai,mbm,k


2

Zapazanje II.15.7 (i) Jednakost (II.15.1) iz Tvrdenje II.15.1 se sada moze zapisatii ovako

y1...yi...yn

= Ma,b(f) ·

x1...xj...xm

(II.15)

ako f ∈ Hom(V,W), v = bx1, . . . , xmca ∈ V i f(v) = by1, . . . , yncb ∈ W .

(ii) Tvrdenje II.15.2 sada poprima sledeci oblik:Neka su dati k.d.v. prostori V, W i U i linearna preslikavanja f ∈ Hom(V,W) i

g ∈ Hom(W,U). Ako je a baza prostora V, b baza prostora W i c baza prostora U

onda vazi

Ma,c(g ◦ f) = Mb,c(g) ·Ma,b(f)

Slika II.15.20.

2

Tvrdenje II.15.8 Ako je A ∈ Kn4×n3, B ∈ Kn3×n2 i C ∈ Kn2×n1 onda vazi

(A ·B) · C = A · (B · C)


Dokaz Neka je p baza prostora Kn1 , q baza prostora Kn2 , r baza prostora Kn3

i s baza prostora Kn4 (npr. mozemo uzeti standardne baze ovih prostora). Naosnovu Teoreme II.14.4 postoje f ∈ Hom(Kn1 ,Kn2), f ∈ Hom (Kn2 ,Kn3) i f ∈Hom (Kn3 ,Kn4) tako da je

C = Mp,q(f), B = Mq,r(g) i A = Mr,s(h)

Slika II.15.21.

Na osnovu Zapazanja II.15.7 pod (ii) znamo da je A · B = Mq,s(h ◦ g) pa je izistih razloga i (A ·B) · C = Mp,s

((h ◦ g) ◦ f

).

Slicno, znamo da je B ·C = Mp,r(g ◦ f) te i da je A · (B ·C) = Mp,s

(h ◦ (g ◦ f)

).

Ali (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f) i dokaz je priveden kraju. 2

Napomena II.15.9 Ako su Ai ∈ Kni+1×ni za i = 1, k onda se lako proverava da sudefinisani svi proizvodi

A2 · A1,A3 · (A2 · A1),A4 · (A3 · (A2 · A1)),...An · (. . . A4 · (A3 · (A2 · A1)) . . . ).

kao i da kako god uopste rasporedili zagrade u “An ·An−1 · . . . ·A2 ·A1” za matricekoje se dobijaju uvek ce biti definisani njihovi proizvodi. Takode, razmatranje slicnoonom u vezi sa rasporedom zagrada kod asocijativnih operacija, pokazuje da i u ovomslucaju konacan rezultat nece zavisiti od polaznog rasporeda zagrada. 2

Tvrdenje II.15.10 Neka su dati k.d.v. prostori V1, . . . ,Vn+1 i linearna preslika-vanja f1 : V1 → V2, . . . , fn : Vn → Vn+1. Ako je ai baza prostora Vi za i = 1, n+ 1onda je

Ma1 ,an+1(fn+1 ◦ · · · ◦ f1) = Man,an+1(fn) ·Man−1 ,an(fn−1) · . . . ·Ma2 ,a3(f2) ·Ma1,a2(f1)

Dokaz Lagana indukcija po n ∈ N, imajuci u vidu Zapazanje II.15.7 pod (ii).2


II.16 Dva primera: rotacija i osna simetrija

Kroz ovaj odeljak fiksirana je neka ravan R.

Definisemo da je par (A,B) tacaka ravni R istog tipa kao i par (A1, B2) tacakaravni R kao sto smo to i ranije uradili.

Slika II.16.22.

Definisemo geometrijski vektor ravni R odreden parom (A,B) ∈ R2 kao skup

−→AB :

df={. . . , (A,B), (A1, B1), . . .

}

svih parova tacaka ravni R koj su istog tipa kao i (A,B). Definisemo i operacijusabiranja geometrijskih vektora kao i mesovitu operaciju mnozenja geometrijskihvektora realnim brojevima na isti nacin kao i pre. Skup svih geometrijskih vektoraravni R oznacimo sa G a ovako dobijen realan vektorski prostor sa G. Lako je videtida je

dim(G) = 2

Podsetimo se da za preslikavanje f : R → R kazemo da je

izometrijska transformacija

ili transformacija podudarnosti ako za svako A,B ∈ R vazi AB = f(A)f(B).

Veoma vazna osobina izometrijskih transformacija jeste cinjenica da vazi:

ako su (A,B) i (E, F ) istog tipa onda su i(f(A), f(B)

)i(f(E), f(F )

)istog tipa

II.16. DVA PRIMERA: ROTACIJA I OSNA SIMETRIJA 125

Slika II.16.23.

Slika II.16.24.


Slika II.16.25.

Zato ako je x ={. . . , (A,B), (E, F ), . . .

}=

−→AB =

−→EF onda je

−−−−−−→f(A)f(B) =

−−−−−−→f(A)f(B) =

{. . . ,

(f(A), f(B)

),(f(E), f(F )

), . . .

}

pa nam ovo omogucava da (korektno) definisemo preslikavanje F : G → G tako daje

F(−→AB)

=−−−−−−→f(A)f(B)

Simbolicki predstavljeno:

x ={. . . . . . . . . . . . , ( A , B ), . . . . . . . . . . . .

}

↓ ↓f(A) f(B)

F (x) ={. . . . . . . . . . . . ,

(f(A), f(B)

), . . . . . . . . . . . .

}

Da su postojali parovi (A,B) i (E, F ) istog tipa takvi da parovi(f(A), f(B)

)

i(f(E), f(F )

)nisu istog tipa onda ne bismo znali da li da za x =

−→AB =

−→EF

definisemo F (x) =−−−−−−→f(A)f(B) ili F (x) =

−−−−−−→f(E)f(F ), obzirom da su ovo razliciti

geometrijski vektori:−−−−−−→f(A)f(B) 6= −−−−−−→

f(E)f(F ).


Slika II.16.26.

Primer Translacija f : R → R za dati geometrijski vektor v je kao sto znamoizometrijska transformacija. Za nju vazi F = idG. Zaista, za svako A,B ∈ R par(f(A), f(B)

)je istog tipa kao par (A,B), pa je F

(−→AB)

=−−−−−−→f(A)f(B) =

−→AB. 2

Slika II.16.27.

Ako je f : R → R proizvoljna izometrijska transformacija onda za F : G → Gvazi

F (u + v) = F (u) + (v)


odnosno F je aditivno preslikavanje u odnosu na sabiranje geometrijskih vektora.

Zaista, neka je u =−→AB i v =

−−→BC. Tada je u+ v =

−→AC i

F (u) = F(−→AB)

=−−−−−−→f(A)f(B), F (v) = F

(−−→BC)

=−−−−−−→f(B)f(C) i F

(−→AC)

=−−−−−−→f(A)f(C)

pa imamo

F (u+ v) = F(−→AB +

−−→BC)

= F(−→AC)

=−−−−−−→f(A)f(C) =

−−−−−−→f(A)f(B) +

−−−−−−→f(B)f(C)

= F (u) + F (v)

Jednostavnim geometrijskim razmatranjem se moze pokazati da je F i homogenopreslikavanje u odnosu na mnozenje geometrijskih vektora realnim brojevima, tj. davazi

F (αu) = αF (u)

za svako u ∈ G i α ∈ R.

Ovo cemo ilustrovati na Slici II.16.28 u slucaju kad je α ∈ R pozitivan realan

broj. Neka je u =−→AB i C ∈ R takvo da je αu =

−→AC. Imamo AC = α · AB.

Slika II.16.28.

Zbog

AB + BC = AC

|| || ||

f(A)f(B) + f(B)f(C) = f(A)f(C)

zakljucujemo da je su f(A), f(B) i f(C) kolinearne tacke, da je tacka f(B)izmedu tacaka f(A) i f(C) kao i da vazi f(A)f(C) = α · f(A)f(B).

Slika II.16.29.


Slika II.16.30.

Slika II.16.31.

pa odavde imamo

F (αu) = F(

α−→AB)

= F(−→AC)

=−−−−−−→f(A)f(C) = α

−−−−−−→f(A)f(B) = αF

(−→AB)

= αF (αu)

Zakljucujemo da ako je f : R → R proizvoljna izometrijska transformacija ondaje preslikavanje F : G → G linearno iz G u G, tj.

F ∈ End(G)

Primer II.16.1 Rotacija

Neka je O ∈ R i θ ∈ R proizvoljno. Poznato je da je rotacija f : R → R okotacke O za ugao od θ radijana izometrijska transformacija:


Slika II.16.32.

zbog ∠X1OY1 = θ+ω = ∠XOY iX1O = XO, Y1O = Y O je4X1OY1∼= 4XOY ,

pa imamo X1Y1 = XY .

Otuda je RotO,θ :df= F ∈ End(G).

Nadimo matricu linearnog preslikavanja RotO,θ u odnosu na bazu v =(−→OA,

−−→OB)

na Slici II.16.33, gde je ∠AOB prav ugao i OA = OB = 1.

Slika II.16.33.

Neka je najpre θ ∈ (0; π/2).Stavimo A1 := f(A) i B1 := f(B). Imamo

RotO,θ

(−→OA)

=−−−−−−→f(O)f(A) =

−−→OA1 = cos θ · −→OA+ sin θ · −−→OB = bcos θ, sin θcv


i slicno

RotO,θ

(−−→OB)

=−−−−−−→f(O)f(B) =

−−→OB1 = − sin θ · −→OA+ cos θ · −−→OB = b− sin θ, cos θcv

pa je

Mv,v (RotO,θ) =

[cos θ − sin θsin θ cos θ

]

(II.16)

Slicnim geometrijskim razmatranjem, razlikovanjem slucajeva θ ∈ (π, 2; π), θ ∈(π; 3π/2) i sl. dobicemo da je matrica preslikavanja RotO,θ u odnosu na bazu

v =(−→OA,

−−→OB)

i dalje data sa (II.16) kakav god da je θ ∈ R. Do tog zakljucka

mozemo doci i sledecim rezonom kako sledi.

Neka je najpre θ > 0. Postoji neko n ∈ N tako da jeθ

n∈ (0; π/2). Imamo

RotO,θ = RotO,θ/n ◦ . . . ◦ RotO,θ/n︸︷︷︸

n puta

Zato na osnovu Tvrdenja II.15.10 vazi

Mv,v (RotO,θ) = Mv,v

(RotO,θ/n

)· . . . ·Mv,v

(RotO,θ/n

)

︸︷︷︸

n puta

=

[

Mv,v

(RotO,θ/n

)]n

Kako je[cos u − sin usin u cos u

]

·[cos v − sin vsin v cos v

]

=

[(cos u cos v − sin u sin v) (− cos u sin v − sin u cos v)(sin u cos v + cos u sin v) (− sin u sin v + cos u cos v)

]

=

[cos(u+ v) − sin(u+ v)sin(u+ v) cos(u+ v)

]

Jednostavnom indukcijom po k ∈ N se pokazuje da vazi

[cos u − sin usin u cos u

]k

=

[cos(ku) − sin(ku)sin(ku) cos(ku)

]

Znamo da je

Mv,v

(RotO,θ/n

)=

[cos(θ/n) − sin(θ/n)sin(θ/n) cos(θ/n)

]


Otuda najzad imamo

Mv,v (RotO,θ) =

[cos(θ/n) − sin(θ/n)sin(θ/n) cos(θ/n)

]n

=


]

Neka je sada θ < 0. Izaberimo proizvoljno k ∈ N tako da je k2π+ θ > 0. Premaonom sto smo pokazali je

Mv,v (RotO,k2π+θ) =

[cos(k2π + θ) − sin(k2π + θ)sin(k2π + θ) cos(k2π + θ)

]

=


]

No s druge strane jasno je da RotO,k2π+θ = RotO,θ.

Tacka O i baza v =(−→OA,

−−→OB)

odreduju jedan, kako se to kaze, Descartes-ov

koordinatni sistem u ravni R.Ako tacka P ∈ R ima koordinate (x, y) u odnosu na ovaj koordinatni sistem, a

tacka f(P ) dobijena, dakle, rotacijom tacke P oko tacke O za ugao od θ radijanaima koordinate (x1, y1) onda imamo

Slika II.16.34.−→OP = x

−→OA+ y

−−→OB = bx, ycv i

RotO,θ

(−→OP)

=−−−−→Of(P ) = x1

−→OA+ y1

−−→OB = bx1, y1cv

pa na osnovu Tvrdenja II.15.1[x1

y1

]

=


]

·[xy

]

=

[x cos θ − y sin θx sin θ + y cos θ

]

tj.x1 =x cos θ − y sin θy1 =x sin θ + y cos θ

2

Primer II.16.2 Osna simetrija

II.17. MATRICA LINEARNOG PRESLIKAVANJA I PROMENA BAZE 133

II.17 Matrica linearnog preslikavanja i

promena baze

Definicija II.17.1 Neka su a = (a1, . . . , an) i b = (b1, . . . , bn) dve baze k.d.v. pros-tora V gde je (naravno) n := dim(V). Matricu

M(a via b) :df=

α1,1 . . . α1,j . . . α1,n...

......

......

αi,1 . . . αi,j . . . αi,n...

......

......

αn,1 . . . αn,j . . . αn,n

∈ Kn×n

gde su αi,j ∈ K dati sa aj = bα1,j , . . . , αn,jcb =n∑

i=1

αi,j

−→bi za i, j = 1, n, nazivamo

matrica promene baze koja odgovara paru baza (a, b)

2

Zapazanje II.17.2 Primetimo da je idV ∈ Hom(V,V) (tj. da je identicko preslika-vanje linearno) kao i da vazi

M(a via b) = Ma,b

(idV

)

2

Tvrdenje II.17.3 Neka je f ∈ Hom(V,W), gde su V i W k.d.v. prostori, neka sua i a′ baza prostora V a b i b′ baze prostora W. Tada vazi

Ma′ ,b′(f) = M(b via b′) ·Ma,b(f) ·M(a′ via a)

2

Slika II.17.35.


Dokaz Kako je f = idV ◦ f ◦ idV to prema Tvrdenju II.15.10 vazi

Ma′,b′(f) = Mb,b′ (idV ) ·Ma,b(f) ·Ma′,a (idV )

Sada se samo treba podsetiti Zapazanja II.17.2. 2

Tvrdenje II.17.4 Neka su a = (a1, . . . , an) i b = (b1, . . . , bn) dve baze k.d.v. pros-tora V gde je (naravno) n := dim(V). Ako je

v = bα1, . . . , αnca = bβ1, . . . , βncbonda vazi

β1...βi...βn

= M(a via b)

α1...αi...αn

Dokaz Ako stavimo f := idV onda je f ∈ End(V) = Hom(V,V), f(v) = v =bβ1, . . . , βncb i Ma,b(f) = M(a via b) pa na osnovu Zapazanja II.15.7 (iliti TvrdenjaII.15.1) imamo

β1...βi...βn

= Ma,b(f)

α1...αi...αn

↑ ↑

v = idV (v) = f(v) v

2

Tvrdenje II.17.5 (a)Neka su g, h ∈ Hom(V2,V3), p ∈ Hom(V1,V2), q ∈ Hom(V3,V4)i α, β ∈ K. Tada vazi

q ◦ (α · g + β · h) = α · (q ◦ g) + β · (q ◦ h)

kao i

(α · g + β · h) ◦ p = α · (g ◦ p) + β · (h ◦ p)

(b) Neka su B,C ∈ Kn×m, A ∈ Kk×n, D ∈ Km×l i α, β ∈ K. Tada vazi

A · (αB + βC) = αAB + βAC i (αB + βC) ·D = α(BD) + β(CD)

II.17. MATRICA LINEARNOG PRESLIKAVANJA I PROMENA BAZE 135

Dokaz (a) Za proizvoljno x ∈ V1 imamo(

q ◦ (α · g + β · h))

(x) = q

((α · g + β · h

)(x)

)

= q

(

α · g(x) + β · h(x))

(1)=

α · q(g(x)

)+β · q

(h(x)

)= α · (q ◦ g)(x)+β · (q ◦h)(x) =

(

α · (q ◦ g)+β · (q ◦h))

(x)

gde se (1) obrazlaze linearnoscu preslikavanja p. Slicno, za x ∈ V1 imamo(

(α · g + β · h) ◦ p)

(x) =

(

α · g + β · h)(

p(x)

)

= α · g(p(x)

)+ β · h

(p(x)

)=

α · (g ◦ p)(x) + β · (h ◦ p)(x) =(

α · (g ◦ p) + β · (h ◦ p))

(x)

(b) StavimoαB + βC =: P,AB =: Q,AC =: T,AP = A · (αB + βC) =: L iαQ+ βT = α(AB) + β(AC) =: G

Uz ocigledne oznake (npr. G = [gi,j]k×m) imamo da za svako i = 1, k i j = 1, m vazi

li,j =n∑

s=1

ai,sps,j =n∑

s=1

ai,s · (αbs,j + βcs,j) =n∑

s=1

(αai,sbs,j + βai,scs,j) =

α

n∑

s=1

ai,sbs,j + β

n∑

s=1

ai,scs,j = αqi,j + βti,j = gi,j

Ovim smo pokazali da je L = G, tj. A · (αB + βC) = α(AB) + β(AC). Preostalajednakost se moze pokazati na slican nacin. 2

Zapazanje II.17.6 Primetimo da iz Tvrdenja II.17.5 specijalno sledi da za g, h ∈Hom(V2,V3), P ∈ Kk×n, Q ∈ Kn×m i α ∈ K vazi

α(g ◦ f) = (α · g) ◦ f = g ◦ (α · f)

kao i

α(PQ) = (αP )Q = P · (αQ)

2

§Neka je (V,⊕, ·) vektorski prostor nad K i “◦” operacija na skupu V tako da

vazi:


q ◦ (α · g + β · h) = α · (q ◦ g) + β · (q ◦ h)kao i

(α · g + β · h) ◦ p = α · (g ◦ p) + β · (h ◦ p)za svako α, β ∈ K i g, h, p, q ∈ V .

Tada za uredenu cetvorku A := (V,⊕, ·, ◦) kazemo da je

linearna algebra nad K

Operaciju “◦: nazivamo mnozenje vektora u linearnoj algebri A. Za A kazemo daje asocijativna ukoliko je operacija ◦ asocijativna operacija. 2

Primer Neka je V vektorski prostor nad K. Ako je (End(V),⊕, ·) vektorski prostorsvih endomorfizama prostora V onda je A := (End(V),⊕, ·, ◦) asocijativna linearnaalgebra, gde je “f ◦ g” uobicajena kompozicija funkcija f i g. 2

Primer Ako je (Kn×n,⊕, ·) vektorski prostor svih kvadratnih matrica reda n ∈ N

onda je A := (Kn×n,⊕, ·, ∗) asocijativna linearna algebra, gde je “A ∗ B” proizvodmatrica A i B tim redom. 2

Primer Ako je (V,⊕, ·) vektorski prostor svih geometrijskih vektora onda je A :=

(V,⊕, ·,×) linearna algebra koje nije asocijativna, gde je “−→AB × −−→

CD” uobicajen

vektorski proizvod vektora−→AB i

−−→CD. 2

Slika II.17.36.

II.18. JEDINICNA MATRICA. REGULARNE MATRICE 137

§

Ako je A ∈ Kn×k i B ∈ Kk×m onda je AB ∈ Kn×m, a zbog BT ∈ Km×k,AT ∈ Kk×n proizvod para matrica

(BT, AT

)je definisan i vazi BTAT ∈ Km×n.

Kako je i (AB)T ∈ Km×n to su matrice (AB)T i BTAT istog formata pa ima smislapostaviti pitanje da li su jednake.

Tvrdenje II.17.7 Ako su A ∈ Kn×k i B ∈ Kk×m onda vazi (AB)T = BTAT.

Dokaz StavimoBT =: P,AT =: Q,AB =: L,(AB)T = LT =: R iBTAT = PQ =: G

Za proizvoljno i = 1, m i j = 1, n imamo

ri,j = lj,i =

k∑

s=1

aj,sbs,i =

k∑

s=1

qs,jpi,s =

k∑

s=1

pi,sqs,j = gi,j

Ovim smo pokazali da je R = G, tj. da je (AB)T = BTAT. 2

II.18 Jedinicna matrica. Regularne matrice

Neka je n ∈ N fiksirano kroz ovaj odeljak.Postavljamo pitanje da li operacija mnozenja matrica na skupu Kn×n svih kvadra-

tnih matrica reda n (videti Zapazanje II.15.5) ima neutralni element.Neka je matrica In = [ei,j]n×n ∈ Kn×n definisana sa ei,i = 1 za svako i = 1, n,

odnosno ei,j = 0 za sve i, j = 1, n takve da je i 6= j. Drugim recima E je onakvadratna matrica reda n cija je i-ta kolona za i = 1, n data sa:

00...00100...00

i


a i-ta vrsta sa

[

i︷︸︸︷

0, 0, . . . , 0, 0, 1, 0, 0, . . . , 0, 0]

odnosno na glavnoj dijagonali matrice In stoji broj 1 dok na svim ostalim mes-tima stoji broj 0.

Na primer

I2 =

[1 00 1

]

, I3 =

1 0 00 1 00 0 1

, I4 =

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

Neka je A = [ai,j]n×n ∈ Kn×n proizvoljno. Stavimo E := In, D := A · E iL := E · A. Tada imamo (videti Zapazanje II.15.6 pod (iv)):

D•,i = e1,iA•,1 + . . .+ ei−1,iA•,i−1 + ei,iA•,i + ei+1,iA•,i+1 + . . .+ en,iA•,n

= 0 ·A•,1 + . . .+ 0 · A•,i−1 + 1 · A•,i + 0 · A•,i+1 + . . .+ 0 · A•,n = A•,i

za svako i = 1, n. Dakle i-ta kolona matrice D se poklapa sa i-tom kolonom matriceA za svako i = 1, n, te je AE = D = A.

Slicno (videti Zapazanje II.15.6 pod (v)) imamo:

Li,• = ei,1A1,• + . . .+ ei,i−1Ai−1,• + ei,iAi,• + ei,i+1Ai+1,• + . . .+ ei,nAn,•

= 0 · A1,• + . . .+ 0 · Ai−1,• + 1 · Ai,• + 0 · Ai+1,• + . . .+ 0 · An,• = Ai,•

za svako i = 1, n. Dakle i-ta vrsta matrice L se poklapa sa i-tom vrstom matrice Aza svako i = 1, n, te je EA = D = A.

Ovim smo pokazali da vazi

A · In = In ·A = A

za svako A ∈ Kn×n za svako A ∈ Kn×n, tj. da je In neutralni element za operacijumnozenja matrica na skupu K

n×n.Matricu In cemo zvati

jedinicna matrica reda n

§Obzirom da operacija mnozenja matrica na skupu Kn×n ima neutral ima smisla

za datu matricu A ∈ Kn×n pitati se da li je ona invertibilna ili ne. Invertibilnematrice nazivamo regularnim matricama.

Dakle za kvadratnu matricu A ∈ Kn×n reda n kazemo da je


regularna matrica

ako postoji neko B ∈ Kn×n tako da vazi

AB = BA = In

Kako je operacija mnozenja matrica asocijativna to za svaku regularnu matricuA ∈ Kn×n postoji tacno jedna matrica B ∈ Kn×n za koju vazi AB = BA = In, i za

nju koristimo oznaku A−1 i nazivamo je

inverzna matrica (regularne) matrice A

Da ponovimo ako je A ∈ Kn×n regularna onda imamo

AA−1 = A−1A = In

Matrice koje nisu regularne nazivamo

singularnim matricama

Primer II.18.1 Ako je matrica M =

[a bc d

]

∈ K2×2 takva da je ad − bc 6= 0

onda je M regularna. Zaista imamo

(

1

ad− bc

[d −b

−c a

])[a bc d

]

=

[1 00 1

]

= I2

i

[a bc d

](

1

ad− bc

[d −b

−c a

])

=

[1 00 1

]

= I2

Pritom je, kao sto vidimo

[a bc d

]−1

=1

ad− bc

[d −b

−c a

]

=

[d

ad−bc−b

ad−bc−c

ad−bca

ad−bc

]

2

Terminologija Termin

automorfizam prostora V

oznacava endomorfizam prostora V koji je izomorfizam iz V u V.Dakle f : V → V je automorfizam prostora V akko je f bijekcija i f ∈ End(V) =

Hom(V,V). 2


Tvrdenje II.18.2 Neka je V k.d.v. prostor nad K, dim(V) =: n ∈ N i nekasu a =

(ai : i = 1, n

)i b =

(bi : i = 1, n

)baze prostora V. Endomorfizam

f ∈ End(V) je automorfizam prostora V akko je matrica Ma,b(f) ∈ Kn×n regularna;u tom slucaju vazi

Ma,b(f)−1 = Mb,a

(f−1)

Dokaz Pretpostavimo najpre da je f ∈ End(V) automorfizam prostora V. Tadaje f−1 ∈ End(V) i vazi f ◦ f−1 = idV i f−1 ◦ f = idV . Zato je

Ma,b(f)Mb,a

(f−1)= Mb,b (idV ) = In

iMb,a

(f−1)Ma,b(f) = Ma,a (idV ) = In

odakle vidimo da je Ma,b(f) regularna matrica i pritom je

Ma,b(f)−1 = Mb,a

(f−1)

Pretpostavimo sada da je Ma,b(f) regularna matrica i neka je P ∈ Kn×n takvada je

Ma,b(f) · P = P ·Ma,b(f) = In

Na osnovu Tvrdenja II.14.4 postoji neko g ∈ End(V) tako da je P = Mb,a(g). Imamo

Mb,b(f ◦ g) = Ma,b(f)Mb,a(g) = In = Mb,b (idV )

pa prema Teoremi II.14.4 sledi da mora biti f ◦g = idV . Na slican nacin se zakljucujei da je g ◦ f = idV . 2

Tvrdenje II.18.3 Neka je V k.d.v. prostor nad K, dim(V) =: n ∈ N i neka sua =

(ai : i = 1, n

)i b =

(bi : i = 1, n

)baze prostora V. Matrice M(a via b) i

M(b via a) su regularne i vazi

M(a via b)−1 = M(b via a)

Dokaz Ovo sledi iz

M(a via b)M(b via a) = Ma,b (idV )Mb,a (idV ) = Mb,b (idV ◦ idV ) = Mb,b (idV ) = In

2

Tvrdenje II.18.4 Neka je V k.d.v. prostor nad K, dim(V) =: n ∈ N i neka jea =

(ai : i = 1, n

)baza prostora V. Za proizvoljno P = [pi,j]n×n ∈ Kn×n sledeci

uslovi su ekvivalentni:

(1) matrica P je regularna(2) postoji neka baza b =

(bi : i = 1, n

)prostora V tako da je P = M(a via b)

(3) postoji neka baza b =(bi : i = 1, n

)prostora V tako da je P = M(b via a)


Dokaz Implikacije (2)⇒(1) i (3)⇒(1) su sadrzaj Tvrdenja II.18.3.

(1)⇒(3): Ako za j = 1, n stavimo

bj :=

n∑

i=1

pi,j−→ai (II.17)

onda na osnovu Tvrdenja II.14.1 postoji neko f ∈ End(V) tako da je f(aj) = bjza svako j = 1, n; drugim recima f = Linear(a1 ,...,an)(b1, . . . , bn) (videti Defini-ciju II.14.2). Iz (II.17) imamo P = Ma,a(f) pa kako je P regularna matrica toodavde prema Tvrdenju II.18.2 sledi da je f automorfizam prostora V. Obziromda je a baza za V to dalje na osnovu Tvrdenja II.10.1 pod (e) dobijamo da je i(f(ai) : i = 1, n

)=(bi : i = 1, n

)=: b baza za V. No sada (II.17) kaze da je

P = M(b via a).

(1)⇒(2): Kako je implikacija (1)⇒(3) vec pokazana a matrica P −1 regularnato postoji neka baza b =

(bi : i = 1, n

)prostora V tako da je P−1 = M(b via a) pa

je

P =(P−1

)−1= M(b via a)−1 = M(a via b)

prema Tvrdenju II.18.3. 2

Primer II.18.5 Nadimo M(a via b) ako su a i b baze prostora R2 date sa

(a) : a1 = (1, 5), a2 = (−2, 7)

(b) : b1 = (3, 7), b2 = (4,−1)

Neka je (e) : e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) standardna baza prostora R2.Stavimo V := R2. Imamo

M(a via b) = Ma,b (idV) = Me,b (idV)Ma,e (idV)

Dalje imamo Ma,e (idV) =

[1 −25 7

]

kao i

Me,b (idV) = M(e via b) = M(b via e)−1 =

[3 47 −1

]−1

=1

31

[1 47 −3

]

i najzad (videti Primer II.18.1)

M(a via b) =

(1

31

[1 47 −3

])[1 −25 7

]

=1

31

([1 47 −3

] [1 −25 7

])

=1

31

[21 26−8 −35

]

=

[21/31 26/31−8/31 −35/31

]


2

Tvrdenje II.18.6 Ako je A ∈ Kn×n takva da za neko B ∈ Kn×n vazi AB = Inonda je A regularna matrica. Ako je A ∈ K

n×n takva da za neko B ∈ Kn×n vazi

BA = In onda je A regularna matrica.

Dokaz Pretpostavimo da vazi AB = In. Neka je u proizvoljna baza prostoraKn i neka su f, g ∈ End(Kn) takvi da je A = Mu,u(f) i B = Mu,u(g). Tadaje Mu,u(f ◦ g) = AB = In pa je f ◦ g = In. Odavde specijalno sledi da je fpreslikavanje na prostor Kn, a da je g injektivno preslikavanje, pa zakljucujemo dasu f i g zapravo automorfizmi. Otuda su A i B regularne matrice. 2

II.19 Hom(K

m×1,Kn×1), Hom

(K

1×n,K1×m)

i mnozenje matrica

(1) Hom (Km×1,Kn×1) Neka je f ∈ Hom(Km×1,Kn×1) i neka je

(s) : sj =

00...00100...00

j

, j = 1, m

standardna baza prostora Km×1.

Ako je A :=

α1...αj...

αm

∈ Km×1 proizvoljno onda (videti (II.13) u (iv) iz Zapazanja

II.15.6) imamo

II.19. HOM(KM×1,KN×1

), HOM

(K1×N ,K1×M

)I MNOZENJE MATRICA 143

f

(

α1...αj...

αm

)

= f

(m∑

j=1

αj−→sj)

=m∑

j=1

αjf(−→sj)=

= α1

q1,1...

qi,1...

qn,1

+ · · · + αj

q1,j...qi,j...

qn,j

+ · · · + αm

q1,m...

qi,m...

qn,m

=

q1,1 . . . q1,j . . . q1,m...

......

......

qi,1 . . . qi,j . . . qi,m...

......

......

qn,1 . . . qn,j . . . qn,m

·

α1...αj...

αm

= Qf ·

α1...αj...

αm

Dakle postoji neko Qf ∈ Kn×m tako da za svako A ∈ Km×1 vazi

f(A) = Qf · A

Obrnuto ako je M ∈ Kn×m proizvoljna matrica onda iz Tvrdenja II.17.5 pod (b)sledi da za preslikavanje gM : Km×1 → Kn×1 definisano sa

gM(A) = M · A

za A ∈ Km×1 vazi gM ∈ Hom (Km×1,Kn×1).

Ovim je skup Hom (Km×1,Kn×1) potpuno opisan.

(2) Hom (K1×n,K1×m) Neka je f ∈ Hom (K1×n,K1×m) i neka je

(s) : si =[

i︷︸︸︷

0, 0, . . . , 0, 0, 1, 0, 0, . . . , 0, 0], i = 1, n

standardna baza prostora K1×n.

Ako je A :=[α1 . . . αi . . . αn

]∈ K1×n proizvoljno onda (videti (II.14) u (v) iz

Zapazanja II.15.6) imamo


f

([α1 . . . αi . . . αn

])

= f

(n∑

i=1

αi−→si)

=n∑

i=1

αif(−→si)=

=

α1

[q1,1 . . . q1,j . . . q1,m

]+

...αi

[qi,1 . . . qi,j . . . qi,m

]+

...αn

[qn,1 . . . qn,j . . . qn,m

]

=[α1 . . . αi . . . αn

]·

q1,1 . . . q1,j . . . q1,m...

......

......

qi,1 . . . qi,j . . . qi,m...

......

......

qn,1 . . . qn,j . . . qn,m

=[α1 . . . αi . . . αn

]·Qf

Dakle postoji neko Qf ∈ Kn×m tako da za svako A ∈ K1×n vazi

f(A) = A ·Qf

Obrnuto ako je M ∈ Kn×m proizvoljna matrica onda iz Tvrdenja II.17.5 pod (b)sledi da za preslikavanje gM : K1×n → K1×m definisano sa

gM(A) = A ·M

za A ∈ K1×n vazi gM ∈ Hom (K1×n,K1×m).

Ovim je skup Hom (K1×n,K1×m) potpuno opisan.

II.20 Linearna forma funkcionele u datoj bazi

Definicija II.20.1 Linearnu funkcionelu na Kn drugacije nazivamo

linearna forma od n promenljivih

2

Iz Tvrdenja II.13.1 i II.13.2 direktno sledi da je preslikavanje l : Kn → K linearnaforma od n promenljivih akko postoje brojevi λ1, . . . , λn ∈ K tako da je

l(x1, . . . , xn) :df= λ1x1 + · · ·+ λnxn (II.18)

za svako (x1, . . . , xn) ∈ Kn – ovom cinjenicom se “pravda” onaj deo “od n promenlji-

vih”. Preciznije ako je (e) : ei, i = 1, m standardna baza prostora Kn onda imamo:

II.20. LINEARNA FORMA FUNKCIONELE U DATOJ BAZI 145

– ako je l : Kn → K linearna forma od n promenljivih i λi := l(ei) onda vazi(II.18),

– ako je preslikavanje l : Kn → K definisano sa (II.18) za neke λ1, . . . , λn ∈ K

onda je ono linearna forma od n promenljivih i za nju vazi λi = l(ei).

Za broj λj = f(ej) kazemo da je j-ti koeficijent linearne forme l ili koeficijentuz j-tu promenljivu.

Ponovimo ukratko kako se prva od ove dve cinjenice gore obrazlaze:

l(x1, . . . , xn) = l

(n∑

j=1

xj−→ej)

=

n∑

j=1

xjl(−→ej)=

n∑

j=1

xjλj = l(e1)x1 + · · ·+ l(en)xn

§Neka je n ∈ N, (e) : ei, i = 1, m standardna baza prostora Kn i i neka je

preslikavanje H : (Kn) ′ → Kn definisano sa

H(f) :df=(f(e1), . . . , f(em)

)

Da je H bijekcija znamo od ranije jer je (Kn) ′ = Hom (Kn,K) i H = Vrede(videti Tvrdenje II.14.1). No obzirom da je rezon jednostavan ponovimo zasto je Hbijekcija.

Ako je H(f) = H(g), tj. f(ei) = g(ei) za svako i = 1, n onda imamo

f(x1, . . . , xn) = f(e1)x1 + · · ·+ f(en)xn = g(e1)x1 + · · ·+ g(en)xn = g(x1, . . . , xn)

za svako (x1, . . . , xn) ∈ Kn, tj. f = g.

Ako je (λ1, . . . , λn) ∈ Kn proizvoljna n-torka brojeva definisimo preslikavanje

g : Kn → K sa g(x1, . . . , xn) :df= λ1x1 + · · ·+ λnxn za (x1, . . . , xn) ∈ Kn. Da je ovako

definisano preslikavanje g linearno sledi iz

g

(

α(x1, . . . , xn) + β(y1, . . . , yn)

)

= g

(

(αx1 + βy1, . . . , αxn + βyn)

)

=

λ1(αx1+βy1)+ · · ·+λn(αxn+βyn) = α(λ1x1+ · · ·+λnxn)+β(λ1y1+ · · ·+λnyn) =αg(x1, . . . , xn) + βg(y1, . . . , yn)


Direktnom proverom dobijamo λj = g(ej) za svako j = 1, m. Dakle g ∈ (K ′) iH(g) = (λ1, . . . , λn).

§

Neka je sada V proizvoljan k.d.v. prostor nad K, dim(V) =: n ∈ N i a =(aj :

j = 1, n)proizvoljna baza prostora V. K je jednodimenzionalan prostor i jedna baza

je (s) : s1 = 1 (dakle sistem duzine 1 ciji je jedini vektor broj 1) - standardna bazaovog prostora. Ako je f ∈ V ′ imamo

Ma,s(f) = [λ1 . . . λn]

gde je λj = f(aj) (jer f(aj) = f(aj) · 1) za j = 1, n. Ako je v = bx1, . . . , xnca ∈ V ,odnosno ako su brojevi xj koordinate vektora v ∈ V u bazi a onda prema TvrdenjuII.15.1 imamo da je

[f(v)

]= [λ1 . . . λn]

x1...xn

tj.

f(v) = λ1x1 + · · ·+ λnxn

odnosno

f(v) = f(a1)x1 + · · ·+ f(an)xn

Do ovog zakljucka mozemo doci i direktno:

f(v) = f

(n∑

j=1

xj−→aj)

=n∑

j=1

xjf(−→aj)=

n∑

j=1

xjf(aj) = f(a1)x1 + · · ·+ f(an)xn

Preslikavanje l : Kn → K definisano sa l(x1, . . . , xn) :df= λ1x1 + · · · + λnxn za

(x1, . . . , xn) ∈ Kn je linearna forma od n promenljivih i za nju kazemo da je

linearna forma funkcionele f u bazi a

a za njene koeficijente da su koeficijenti funkcionele f u bazi a.

Drugim recima za linearnu funkcionelu l : Kn → K kazemo da je linearna formafunkcionele f ∈ V

′, gde dim(V) = n, u bazi a ako za svaki vektor v ∈ V vazi

II.20. LINEARNA FORMA FUNKCIONELE U DATOJ BAZI 147

f(v) = l(x1, . . . , xn)

gde je v = bx1, . . . , xnca, tj. Koorda(v) = (x1, . . . , xn), odnosno ako su x1, . . . , xn

koordinate vektora v u bazi a.

Slika II.20.37.

Primer Posmatrajmo sledece dve baza prostora R3:

(r) : r1(x) = x2 + x+ 1, r2(x) = x + 1, r3(x) = 1(q) : q1(x) = x2 + 2x+ 3, q2(x) = x2 + 1, q3(x) = x2 − 1

i preslikavanje f : Pol2,R → R definisano sa f(p) = p(0). Ovo je linearna funkcionelana prostoru Pol2,R:

f(αp1 + βp2) = (αp1 + βp2)(0) = αp1(0) + βp2(0) = αf(p1) + βf(p2)

Dakle f ∈ (Pol2,R)′ je vektor dualnog prostora vektorskog prostora Pol2,R.

Da odredimo linearnu formu funkcionele f u bazi r izracunajmo najpre f(r1) =r1(0) = 1, f(r2) = r2(0) = 1, f(r3) = r3(0) = 1. Dakle linearna forma funkcionele fu bazi r jeste linearno preslikavanje l1 : R

2 → R dato sa

l1(x, y, z) = x + y + z

Da odredimo linearnu formu funkcionele f u bazi q izracunajmo najpre f(q1) =q1(0) = 3, f(q2) = q2(0) = 1, f(q3) = q3(0) = −1. Dakle linearna forma funkcionelef u bazi q jeste linearno preslikavanje l2 : R

2 → R dato sa

l2(x, y, z) = 3x+ y − z


Posmatrajmo vektor p ∈ Pol2,R dat sa p(x) = 2x2 + 6x + 6. Lako se proveravada je

−→p = 2−→r1 + 4−→r2 = b2, 4, 0cr kao i −→p = 3−→q1 − 2−→q2 +−→q3 = b3,−2, 1cq

Ako izracunamo l1(2, 4, 0) rezultat bi morao biti isti kao i kad izracunamo l2(3,−2, 1)– morali bi dobiti upravo broj f(p). Da se u ovo uverimo: f(p) = p(0) = 6,l1(2, 4, 0) = 2 + 4 = 6 i l2(3,−2, 1) = 3 · 3− 2− 1 = 6. 2

§

Neka je dim(V) = m, e standardna baza prostoraKm, a proizvoljna baza prostoraV i (s) : s1 = 1 standardna baza (duzine 1) jednodimenzionalnog prostora K. Akoje f ∈ V ′ a l : Km → K linearna forma funkcionele f u bazi a, onda veze izmedu f ,l, matrica linearnih preslikavanja f i l u odnosu na odgovarajuce baze i vrednostifunkcija f i l na baznim vektorima mozemo simbolicki prikazati na sledeci nacin:

Slika II.20.38.

II.21 Algebarski dual vektorskog prostora.

Dualne baze

Tvrdenje II.21.1 Ako jeV konacnodimenzionalan prostor onda je i V ′ konacnodime-nzionalan prostor i dim (V ′) = dim(V).

II.21. ALGEBARSKI DUAL VEKTORSKOG PROSTORA. DUALNE BAZE 149

Dokaz Neka je dim(V) =: m ∈ N. Na osnovu Teoreme II.14.4 prostor V ′ =Hom(V,K) je izomorfan sa prostorom K1×m. Zato je na osnovu Tvrdenja II.10.2 iV ′ konacnodimenzionalan i vazi dim (V ′) = dim (K1×m) = 1 · m = m = dim(V).2

§Neka je a =

(aj : j = 1, m

)proizvoljna baza prostora V. Za svako j = 1, m

definisimo preslikavanjelj : V → K

na sledeci nacin: za svako v ∈ V broj

lj(v) je j-ta koordinata vektora v u odnosu na bazu a .

Ukratko, preslikavanja l1, . . . , lm su definisana sa(l1(v), . . . , lm(v)

)= Koorda(v) .

Za svako j = 1, m preslikavanje lj je linearna funkcionela na V. Zaista, akosu u, v ∈ V i α, β ∈ K onda imamo

α−→u + β−→v = α

m∑

j=1

lj(u)−→aj + β

m∑

j=1

lj(v)−→aj =

m∑

j=1

(αlj(u) + βlj(v)

)−→aj

pa je lj(α−→u + β−→v

)= αlj(u) + βlj(v).

Pokazimo da je sistem l =(lj : j = 1, m

)jedna baza dualnog prostora V

′.

Neka je f ∈ V′proizvoljno. Za j = 1, m stavimo λj := f(aj). Ako je v =

bα1, . . . , αmca ∈ V onda je αj = lj(v) za j = 1, m i imamo

f(v) = f

(m∑

j=1

αj−→aj)

=m∑

j=1

αjf(aj) =m∑

j=1

αjλj =m∑

j=1

λjlj(v) =

( m∑

j=1

λj

−→lj

)

(v)

Dakle

f(v) =

( m∑

j=1

λj

−→lj

)

(v)

za svako v ∈ V pa je

f =

m∑

j=1

λj

−→lj

Ovim smo pokazali da je l =(lj : j = 1, m

)potpun sistem vektora prostora V

′te

kako je on duzine m = dim(V) = dim(V

′)to je na osnovu II.5.17 on zapravo baza

prostora V′.

Ovu bazu l nazivamo


baza prostora V′dualna bazi a prostora V

i za a kazemo da je

baza prostora V dualna bazi l prostora V′

Primer II.21.2 Sistem

(a) : a1 = (1, 1, 1), a2 = (1, 2, 2), a3 = (3, 2, 5)

iz Primera II.3.1 je baza prostora R3:

(α, β, γ) =6α+ β − 4γ

3(1, 1, 1)+

=−3α + 2β + γ

3(1, 2, 2)+

=−β + γ

3(3, 2, 5)

=6α+ β − 4γ

3−→a1 +

−3α + 2β + γ

3−→a2 +

−β + γ

3−→a3

Odavde vidimo da je baza prostora(R3)′

dualna bazi a je sistem (l) : l1, l2, l3funkcionela definisanih sa

l1(x1, x2, x3) :df=

6x1 + x2 − 4x3

3

l2(x1, x2, x3) :df=

−3x1 + 2x2 + x3

3

l3(x1, x2, x3) :df=

−x2 + x3

3

za (x1, x2, x3) ∈ R3. 2

Tvrdenje II.21.3 Neka je a =(aj : j = 1, m

)baza prostora V i l =

(lj : j =

1, m)baza prostora V

′. l je baza prostora V

′dualna bazi a akko vazi

lj(ai) =

{1 ako i = j,0 ako i 6= j

(II.19)

za svako i, j = 1, m; drugim recima ako za svako j = 1, m vazi

lj(a1) = 0, . . . . . . , lj(ai−1) = 0, lj(ai+1) = 0, . . . . . . , lj(am) = 0

dok lj(aj) = 1.

II.21. ALGEBARSKI DUAL VEKTORSKOG PROSTORA. DUALNE BAZE 151

Dokaz Pretpostavimo da je baza l dualna bazi a. Neka je j ∈ {1, . . . , m}proizvoljno. Ako je i ∈ {1, . . . , m} i i 6= j onda je

ai = 1−→ai + 0−→aj +∑

k=1,mk 6= i,j

0−→ak

te je j-ta koordinata vektora ai u bazi a jednaka 0, tj. lj(ai) = 0. S druge strane je

aj = 1−→aj +∑

k=1,mk 6= j

0−→ak

te je j-ta koordinata vektora aj u bazi a jednaka 1, tj. lj(aj) = 1.

Pretpostavimo sada da vazi (II.19) i neka je j ∈ {1, . . . , m} proizvoljno. Ako je

v =

m∑

i=1

αi−→ai onda imamo

lj(v) = lj

(m∑

i=1

αi−→ai)

=

m∑

i=1

αilj(ai) =

= α1lj(a1) + . . .+ αj−1lj(aj−1) + αjlj(aj) + αj+1lj(aj+1) + . . .+ αmlj(am) =

= αjlj(aj) = αj

a αj je upravo j-ta koordinata vektora v u bazi a. Dakle vidimo da je lj j-ti vektorbaze prostora V

′koja je dualna bazi a. 2

Primer II.21.4 Sistem f = (f1, f2) funkcionela na prostoru Pol1,R definisan sa

f1(p) :df= p(1), f2(p) :

df= p(−1)

je baza algebarskog duala prostora Pol1,R. Potrazimo bazu prostora Pol1,R dualnubazi f . Neka je q1(x) = a1x+ b1 i q2(x) = a2x + b2 za x ∈ R. Vazi

f1(q1) = 1f2(q1) = 0

if1(q2) = 0f2(q2) = 1

odnosnoa1 + b1 = 1b1 − a1 = 0

ia2 + b2 = 0b2 − a2 = 1


pa je a1 = b1 =1

2i a2 = −1

2, b2 =

1

2.

Dakle sistem

(q) : q1(x) =1

2x +

1

2, q2(x) = −1

2x+

1

2

je trazena dualna baza. 2

II.22 Kanonski izomorfizam k.d.v. prostora

sa drugim dualom

Neka je V k.d.v. prostor nad K.Za v ∈ V definisemo preslikavanje fv : V

′ → K sa

fv(l) :df= l(v)

za svako l ∈ V ′. Za svako v ∈ V imamo fv ∈ Hom(V ′,K), zaista ako su α, β ∈ K il1, l2 ∈ V ′ onda imamo:

fv(αl1 + βl2) = (αl1 + βl2)(v) = αl1(v) + βl2(v) = αfv(l1) + βfv(l2)

Dakle fv ∈ (V ′) ′ = V ′′ za svako v ∈ V . Definisimo

T : V → V′′

saT (v) :

df= fv

za svako v ∈ V . Pokazimo da je T ∈ Hom(V,V ′′). Za α, β ∈ K i u, v ∈ V imamo

T (αv + βu)(l) = fαv+βu(l) = l(αv + βu) = αl(v) + βl(u) = αfv(l) + βfu(l)

= αT (v)(l) + βT (u)(l) =(αT (v) + βT (u)

)(l)

za proizvoljno l ∈ V ′, pa je T (αv + βu) = αT (v) + βT (u).

Pokazimo da je T injekcija. Neka je v ∈ V tako da je T (v)(l) = 0 za svakol ∈ V ′. Imamo l(v) = 0 za svako l ∈ V ′. Pretpostavimo da je v 6= 0. Tada je sistem(x) : x1 = v duzine 1 linearno nezavisan.

Ako je dim(V) = 1 onda je x baza; u tom slucaju ako je (l) : l1 baza prostoraV ′ dualna bazi x onda imamo l1(v) = l1(x1) = 1 6= 0 – suprotno pretpostavci.

Ako je n := dim(V) > 1 onda postoji baza a = (a1, . . . , an) prostora V takva daje a1 = v (videti Tvrdenje II.5.15); ako je (l1, . . . , ln) baza prostora V ′ dualna bazia onda vazi l1(v) = l1(a1) = 1 6= 0 – suprotno pretpostavci.

Zakljucujemo da zapravo mora biti v = 0. Time smo pokazali da je Ker(T ) ={0}. Dakle T ∈ Hom(V,V ′′), T je monomorfizam i dim(V ′′) = dim(V ′) = dim(V)pa vidimo da je T izomorfizam iz V u V

′′. Za T kazemo da je

II.23. RANG MATRICE 153

kanonski izomorfizam

k.d.v. prostora V i njegovog drugog duala V ′′.Specijalno, iz prethodnog razmatranja sledi da za svako g ∈ V ′′ postoji, i to

tacno jedno, vg ∈ V tako da vazi g(l) = l(vg) za svako l ∈ V ′.

II.23 Rang matrice

Neka su dati n,m ∈ N i A = [ai,j]n×m ∈ Kn×m.

Prostor

Kol(A) :df= L

({A•,1, . . . , A•,m

})

v

⊆ Kn×1

nazivamo

prostor kolona matrice A

a njegovu dimenziju, tj. broj dim(Kol(A)

)

K-rang matrice A

i oznacavamo ga sa rangK(A); dakle

rangK(A) :df= dim

(Kol(A)

)

Slika II.23.39.


Prostor

Vrst(A) :df= L

({A1,•, . . . , An,•

})

v

⊆ K1×m

nazivamo

prostor vrsta matrice A

a njegovu dimenziju, tj. broj dim(Vrst(A)

)

V-rang matrice A

i oznacavamo ga sa rangV(A); dakle

rangV(A) :df= dim

(Vrst(A)

)

Slika II.23.40.


Imamo

Kol(A) ={x1A•,1 + . . . + xjA•,j ++ . . . xmA•,m : x1, . . . , xm ∈ K

}

=

x1

a1,1...

ai,1...

an,1

+ · · · + xj

a1,j...

ai,j...

an,j

+ · · · + xm

a1,m...

ai,m...

an,m

: x1, . . . , xm ∈ K

=

x1a1,1 + · · ·+ xja1,j + · · ·+ xma1,m...

x1ai,1 + · · ·+ xjai,j + · · ·+ xmai,m...

x1an,1 + · · ·+ xjan,j + · · ·+ xman,m

: x1, . . . , xm ∈ K

=

a1,1 . . . a1,j . . . a1,m...

......

......

ai,1 . . . ai,j . . . ai,m...

......

......

an,1 . . . an,j . . . an,m

·

x1...xj...xm

: x1, . . . , xm ∈ K

=

A ·

x1...xj...xm

: x1, . . . , xm ∈ K

= Im(fA)

gde je fA ∈ Hom(K

m×1,Kn×1)dato sa

fA(X) :df= A ·X

za X ∈ Km×1. Dakle dobili smo da je

Kol(A) = Im(fA)

pa i da je

rangK(A) = dim(Im(fA)

)


Na potpuno isti nacin imamo

Vrst(A) ={y1A1,• + . . . + yiAi,• ++ . . . ynAn,• : y1, . . . , yn ∈ K

}

=

y1[a1,1 . . . a1,j . . . a1,m

]+

...yi[ai,1 . . . ai,j . . . ai,m

]+

...yn[an,1 . . . an,j . . . an,m

]

: y1, . . . , yn ∈ K

=

y1a1,1 +...

yiai,1 +...

ynan,1

. . .

y1a1,j +...

yiai,j +...

ynan,j

. . .

y1a1,m +...

yiai,m +...

ynan,m

: y1, . . . , yn ∈ K

=

[y1 . . . yi . . . yn

]·

a1,1 . . . a1,j . . . a1,m...

......

......

ai,1 . . . ai,j . . . ai,m...

......

......

an,1 . . . an,j . . . an,m

: y1, . . . , yn ∈ K

={[

y1 . . . yi . . . yn]A : y1, . . . , yn ∈ K

}= Im(gA)

gde je gA ∈ Hom(K1×n,K1×m

)dato sa

gA(X) :df= X · A

za X ∈ K1×n. Dakle dobili smo da je

Vrst(A) = Im(gA)

pa i da je

rangV(A) = dim(Im(gA)

)

§Ako je A nula matrica formata n×m onda je jasno da je rangK(A) = rangV(A) =

0. Pretpostavimo sada da A nije nula matrica formata n×m.

Neka je


m0 ∈ {1, . . . , m} najveci broj takav da postoje prirodni brojevi1 ≤ j1 < · · · < jn0 ≤ m takvi da je sistem

(A•,j1, . . . , A•,jm0)

linearno nezavisna m0-torka vektora prostora Km×1

i neka je (A•,j1, . . . , A•,jm0) jedna linearno nezavisna m0-torka kolona matrice

A. Kako je (A•,1, . . . , A•,m) potpun sistem vektora prostora Kol(A), prema samojdefiniciji ovog prostora, to je na osnovu Tvrdenja II.5.2

sistem (A•,j1 , . . . , A•,jm0) baza prostora prostora Kol(A),

pa je m0 = rangK(A). Zakljucujemo da vazi:

rangK(A) je najveci broj k ∈ {1, . . . , m} takav da postoje prirodni brojevi

1 ≤ j1 < · · · < jk ≤ m takvi da je sistem kolona matrice A

(A•,j1 , . . . , A•,jk) linearno nezavisan.

Ako je s = 1, m proizvoljno onda je A•,s ∈ Kol(A) = L({A•,j1, . . . , A•,jm0

})pa

postoje neki λi,s ∈ K za i = 1, m0 tako da je

A•,s = λ1,sA•,j1 + · · ·+ λm0,sA•,jm0

tj. svaka kolona matrice A je linearna kombinacija baznog sistema kolona

(A•,j1, . . . , A•,jm0)

§Neka je

n0 ∈ {1, . . . , n} najveci broj takav da postoje prirodni brojevi1 ≤ i1 < · · · < in0 ≤ n takvi da je sistem

(Ai1,•, . . . , Ain0 ,•)

linearno nezavisan sistem vektora prostora K1×n

i neka je (Ai1,•, . . . , Ain0 ,•) jedna linearno nezavisna n0-torka vrsta matrice A.

Kako je (A1,•, . . . , An,•) potpun sistem vektora prostora Vrst(A), prema samojdefiniciji ovog prostora, to je na osnovu Tvrdenja II.5.2

sistem (Ai1,•, . . . , Ain0 ,•) baza prostora prostora Vrst(A),

pa je n0 = rangV(A). Zakljucujemo da vazi:

rangV(A) je najveci broj k ∈ {1, . . . , n} takav da postoje prirodni brojevi

1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ n takvi da je sistem vrsta matrice A

(Ai1,•, . . . , Aik,•) linearno nezavisan.


Ako je s = 1, n proizvoljno onda je As,• ∈ Vrst(A) = L({Ai1,•, . . . , Ain0 ,•

})pa

postoje neki λs,j ∈ K za j = 1, n0 tako da je

As,• = λs,1Ai1,• + · · ·+ λs,n0Ain0 ,•

tj. svaka vrsta matrice A je linearna kombinacija baznog sistema vrsta

(Ai1,•, . . . , Ain0 ,•)

§

Tvrdenje II.23.1 Neka su n,m ∈ N i A ∈ Kn×m. Tada vazi

rangK(A) = rangV(A)

Dokaz (I deo) Pokazimo najpre da za svaku matricu A ∈ Kn×m vazi

rangV(A) ≤ rangK(A)

Ako je A nula matrica ovo sledi iz rangK(A) = 0 = rangV(A). Pretpostavimosada da A nije nula matrica. Tada je r := rangK(A) ∈ N.

Prema definiciji K-ranga postoje matrice-kolone P1, . . . , Pr ∈ Kn×1 i brojeviλs,j ∈ K za s = 1, r i j = 1, m tako da je

A•,j = λ1,jP1 + · · ·+ λr,jPr (II.20)

za svako j = 1, m.

Slika II.23.41.

Neka je B = [bi,s]n×r ∈ Kn×r definisana sa B•,s = Ps za s = 1, r, odnosno B jematrica cija je s-ta kolona upravo Ps za svako s = 1, r:


B =[P1|P2| · · · |Pr−1|Pr

]

Stavimo L := [λs,j]r×m ∈ Kr×m. Iz (II.20) sada sledi

A = B · L(videti Zapazanje II.15.6 pod (iv))

Odavde imamo (videti Zapazanje II.15.6 pod (v)) da za svako i = 1, n vazi

Ai,• = bi,1L1,• + · · ·+ bi,rLr,• ∈ L({L1,•, . . . , Lr,•}

)=: S

v

⊆ K1×m

tj. {A1,•, . . . , An,•} ⊆ S.

Slika II.23.42.

Zato jeVrst(A) = L

({A1,•, . . . , An,•}

)⊆ S

pa imamo da je dim(Vrst(A)

)≤ dim(S) ≤ r odnosno

rangV(A) ≤ rangK(A)

(II deo) Pokazimo sada da za svaku matricu A ∈ Kn×m vazi

rangK(A) ≤ rangV(A)

Ako je A nula matrica ovo sledi iz rangK(A) = 0 = rangV(A). Pretpostavimosada da A nije nula matrica. Tada je r := rangV(A) ∈ N.

Prema definiciji V-ranga postoje matrice-vrste P1, . . . , Pr ∈ K1×m i brojevi λi,s ∈K za i = 1, n i s = 1, r tako da je

Ai,• = λi,1P1 + · · ·+ λi,rPr (II.21)

za svako i = 1, n.Neka je B = [bs,j]r×m ∈ Kr×m definisana sa Bs,• = Ps za s = 1, r, odnosno B je

matrica cija je s-ta vrsta upravo Ps za svako s = 1, r:


B =

P1

P2

...Pr−1

Pr

Stavimo L := [λi,s]n×r ∈ Kn×r. Iz (II.21) sada sledi

A = L ·B

(videti Zapazanje II.15.6 pod (v))Odavde imamo (videti Zapazanje II.15.6 pod (iv)) da za svako j = 1, m vazi

A•,j = b1,jL•,1 + · · ·+ br,jL•,r ∈ L({L•,1, . . . , L•,r}

)=: S

v

⊆ Kn×1

tj. {A•,1, . . . , A•,m} ⊆ S. Zato je

Kol(A) = L({A•,1, . . . , A•,m}

)⊆ S

pa imamo da je dim(Kol(A)

)≤ dim(S) ≤ r odnosno

rangK(A) ≤ rangV(A)

2

Definicija II.23.2 Neka su n,m ∈ N i A ∈ Kn×m. Broj

rangK(A) = rangV(A)

nazivamo

rang matrice A

Rang matrice A oznacavamo sa rang(A) . 2

§

Tvrdenje II.23.3 Neka su V i W k.d.v. prostori, m := dim(V) ∈ N, n :=dim(W) ∈ N i f ∈ Hom(V,W). Ako je a = (a1, . . . , am) proizvoljna baza pro-stora V a b = (b1, . . . , bn) proizvoljna baza prostora W onda vazi

rang(Ma,b(f)

)= dim

(Im(f)

)


Dokaz Znamo da je (videti Odeljak II.9)

Koordb : W → Kn

izomorfizam iz prostora W u prostor Kn kao i da je

Usprn : Kn → Kn×1

izomorfizam iz prostora Kn u prostor Kn×1. Zato je

h := Usprn ◦ Koordb : W → Kn×1

izomorfizam iz prostora W u prostor Kn×1.

Dakle ako je w ∈ W i ako su y1, . . . , yn ∈ K takvi da je

w =

n∑

i=1

yi−→bi

onda je

h(w) =

y1...yi...yn


Slika II.23.43.

Neka je l : Km×1 → Kn×1 definisano sa

l

(

x1...xj...xm

)

:df= Ma,b(f) ·

x1...xj...xm

Znamo da je rang(Ma,b(f)

)= dim

(Im(l)

). Pokazimo da je

h⇀Im(f) = Im(l)

Odavde ce slediti da jeh � Im(f) : Im(f) → Im(l)


izomorfizam iz prostora Im(f) u prostor Im(l) (videti Zapazanje II.7.17) te dakle ida je

dim(Im(f)

)= dim

(Im(l)

)= rang

(Ma,b(f)

)

i tvrdenje ce biti pokazano.

Pokazimo najpre da jeh⇀Im(f) ⊆ Im(l)

Neka je w ∈ Im(f) proizvoljno. Trreba pokazati da je h(w) ∈ Im(l). Postojiv ∈ V tako da je w = f(v). Neka su x1, . . . , xm ∈ K takvi da je

v =

m∑

j=1

xj−→aj

tj. neka je Koorda(v) = (x1, . . . , xm) ∈ Km. Neka je Koordb(w) = (y1, . . . , yn) ∈ Kn,tj. neka su y1, . . . , yn ∈ K takvi da je

w = f(v) =

n∑

i=1

yi−→bi

Na osnovu Zapazanja II.15.7 pod (i) imamo da je

y1...yi...yn

= Ma,b(f) ·

x1...xj...xm

= l

(

x1...xj...xm

)

No

h(w) =

y1...yi...yn

pa je

h(w) = l

(

x1...xj...xm

)

∈ Im(l)

Pokazimo sada da jeIm(l) ⊆ h⇀Im(f)


Neka je

y1...yi...yn

∈ Im(l)

proizvoljno. Postoji

x1...xj...xm

∈ Km×1

tako da je

l

(

x1...xj...xm

)

=

y1...yi...yn

Stavimo v :=

m∑

j=1

xj−→aj i w := f(v). Ako je Koordb(w) = (y′1, . . . , y

′n) ∈ K

n, tj.

w = f(v) =n∑

i=1

y′i−→bi

onda prema Zapazanju II.15.7 pod (i) imamo da je

y′1...y′i...y′n

= Ma,b(f) ·

x1...xj...xm

= l

(

x1...xj...xm

)

=

y1...yi...yn

odnosno y′i = yi za svako i = 1, n. Sada je

w =n∑

i=1

yi−→bi


pa sledi da je

y1...yi...yn

= h(w) ∈ h⇀Im(f)

obzirom da je w = f(v) ∈ Im(f). 2

Tvrdenje II.23.4 Matrica A ∈ Kn×n je regularna akko vazi rang(A) = n.

Dokaz Neka je a proizvoljna baza prostora Kn i f ∈ End(Kn) tako da vaziA = Ma,a(f). Imamo:

rang(A) = n

akkodim

(Im(f)

)= n = dim

(K

n)

akkoIm(f) = K

n

akkof je automorfizam prostora K

n

akko je matrica A regularna. 2


Deo III

Sistemi linearnih jednacina.Determinanta

III.1 Sistemi linearnih jednacina:

definicija

Ako su dati ai,j ∈ K za i = 1, n i j = 1, m i b1, . . . , bn ∈ K zelimo da odgovorimo napitanje da li postoji neko (x1, . . . , xj, . . . , xm) ∈ Km tako da vazi

a1,1x1 + . . . + a1,jxj + . . . + a1,mxm = b1...

......

......

...ai,1x1 + . . . + ai,jxj + . . . + ai,mxm = bi

......

......

......

an,1x1 + . . . + an,jxj + . . . + an,mxm = bn

(III.1)

i ukoliko takve m-torke (x1, . . . , xj, . . . , xm) ∈ Km postoje, da nademo konkretanpostupak kako da generisemo sve takve m-torke.

Ureden par S := (A,B) gde je

A =

a1,1 . . . a1,j . . . a1,m...

......

......

ai,1 . . . ai,j . . . ai,m...

......

......

an,1 . . . an,j . . . an,m

∈ Kn×m

167

168 DEO III. SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA. DETERMINANTA

i

B =

b1...bi...bn

∈ Kn×1

nazivamo

sistem od n linearnih jednacina sa m nepoznatih.

Za matricu A kazemo da je matrica sistema S, za matricu-kolonu B kazemo da jekolona slobodnih clanova sistema S, a za matricu

∼

A :df= [A|B] =

a1,1 . . . a1,j . . . a1,m b1...

......

......

...ai,1 . . . ai,j . . . ai,m bi...

......

......

...an,1 . . . an,j . . . an,m bn

∈ Kn×(m+1)

da je prosirena matrica sistema S. Svaku m-torku (x1, . . . , xj, . . . , xm) ∈ Km zakoju vazi (III.1) nazivamo resenje sistema S. Definisemo i

Res(A,B) :df={

(x1, . . . , xm) : (x1, . . . , xm) je resenje sistema (A,B)}

⊆ Km×1

Obicaj je da se sistem S = (A,B) zadaje jednostavnim zapisom

(S) :

a1,1x1 + . . . + a1,jxj + . . . + a1,mxm = b1...

......

......

...ai,1x1 + . . . + ai,jxj + . . . + ai,mxm = bi

......

......

......

an,1x1 + . . . + an,jxj + . . . + an,mxm = bn

(III.2)

Za sistem (A,B) kazemo da je homogen ako je B = 0n×1, tj. ako je bi = 0 zasvako i = 1, n; pritom kazemo da je sistem Sh = (A,0n×1)

(Sh) :

a1,1x1 + . . . + a1,jxj + . . . + a1,mxm = 0...

......

......

...ai,1x1 + . . . + ai,jxj + . . . + ai,mxm = 0

......

......

......

an,1x1 + . . . + an,jxj + . . . + an,mxm = 0

(III.3)

III.2. SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA I LINEARNA PRESLIKAVANJA169

homogen sistem pridruzen sistemu S = (A,B) datom sa (III.2). U nastavkucemo umesto (A,0n×1) pisati jednostavno (A,0), smatrajuci da se format doticnenula-matrice podrazumeva.

Sisteme kod kojih je n = m nazivamo kvadratnim.

III.2 Sistemi linearnih jednacina i linearna pre-

slikavanja

Matrici A ∈ Kn×m pridruzujemo preslikavanje fA : Km×1 → Kn×1 definisano sa

fA(x1, . . . , xm) =(

a1,1x1 + · · · + a1,jxj + · · · + a1,mxm,...

ai,1x1 + · · · + ai,jxj + · · · + ai,mxm,...

an,1x1 + · · · + an,jxj + · · · + an,mxm

)

Znamo da je fA ∈ Hom(Km,Kn) i jasno je da vazi

Res(A,B) = (fA)↼ {b}

gde naravno b = (b1, . . . , bi, . . . , bn) i

(fA)↼ {b} =

{

(x1, . . . , xj, . . . , xm) ∈ Km : fA(x1, . . . , xj, . . . , xm) = b

}

Otuda je specijalno

Res(A,0

)= Ker(fA)

v

⊆ Km

podprostor, tj. skup resenja homogenog sistema(A,0

)je podprostor od Km (u

sta se mozemo uveriti i direktnom proverom).Ako je en standardna baza prostora Kn×1, a em standardna baza prostora Km×1,

direktnom proverom se mozemo uveriti u to da vazi

Mem,en(fA) = A

§Konvencija Ako je dat prostor V za x ∈ V i H ⊆ V pisacemo x+H umesto

{x}+H. 2

Definicija III.2.1 Za skup S ⊆ V vektora prostora V kazemo da je linearna mno-

gostrukost prostora V ako postoje Uv

⊆ V i x ∈ V tako da je S = x + U ; u tomslucaju kazemo da je mnogostrukost S paralelna podprostoru U . 2


Tvrdenje III.2.2 Neka je g ∈ Hom(V,W) i b ∈ W . Tada je ili g↼{b} = ∅ ili je

g↼{b} linearna mnogostrukost (prostora V) paralelna sa Ker(g)v

⊆ V, tj.

g↼{b} = x +Ker(g)

gde je x ∈ V proizvoljan vektor takav da je g(x) = b. 2

Posledica III.2.3 Ili sistem (III.2) nema resenja, tj. Res(A,B) = ∅, ili ako Res(A,B) 6=∅ onda je

Res(A,B) = x + Res (A,0)

gde jex ∈ Res(A,B)

proizvoljno resenje sistema (A,B), a (A,0) je homogen sistem pridruzen sistemu(A,B) (kao sto se i vidi).

Dokaz Ovo sledi iz Res(A,B) = (fA)↼ {b} i Res

(A,0

)= Ker(fA) na osnovu

Tvrdenja III.2.2. 2

Tvrdenje III.2.4 Neka je S ⊆ V linearna mnogostrukost prostora V i PS :={u− v : u, v ∈ S}.

(a) Vazi PS

v

⊆ V.

(b) Za svako x ∈ S vazi S = x+ PS.

(c) Ako je Uv

⊆ V i x ∈ V tako da je S = x + U onda mora biti U = PS i x ∈ S.

Dakle za svaku mnogostrukost S ⊆ V postoji tacno jedan podprostor – i to jeupravo PS – takav da je mnogostrukost S paralelna s njim; ako je V konacnodimenzio-

nalan definisemo dim(S) :df= dim(PS). 2

Tvrdenje III.2.5 Neka je dat kvadratni sistem (A,B), gde je A ∈ Kn×n. Sistem(A,B) ima jedinstveno resenje ako i samo ako je matrica A regularna.

Dokaz Ako je matrica A = Mem,en(fA) regularna onda je fA automorfizamprostora Kn te specijalno i preslikavanje na; otuda postoji jedinstveno x ∈ Kn

tako da je fA(x) = B. Dakle sistem ima jedinstveno resenje.Obrnuto, neka sistem ima jedinstveno resenje x ∈ Kn. Kako je skup resenja

oblika x + Ker(fA) to mora biti Ker(fA) = {0}, sto znaci da je preslikavanje fAmonomorfizam pa je stoga i automorfizam prostora Kn, tj. matrica A je regularna.2

§

III.3. RESIVOST SISTEMA LINEARNIH JEDNACINA I RANG MATRICA 171

Preslikavanje gA : Km×1 → Kn×1 definisano sa gA(X) :df= AX je linearno, tj.

gA ∈ Hom (Km×1,Kn×1) i jasno je da vazi

(x1, . . . , xj, . . . , xm) ∈ Res(A,B) ⇐⇒

AX = B ⇐⇒

A ·

x1...xj...xm

=

b1...bi...bn

⇐⇒

x1...xj...xm

∈ (gA)↼ {B}

Ako je m = n (dakle ako je sistem kvadratan) i ako je matrica A regularna, ondaje ono jedinstveno resenje (x1, . . . , xn) sistema dato sa Usprn(x1, . . . , xn) = A−1B.

III.3 Resivost sistema linearnih jednacina

i rang matrica

Sistem (III.2) ima resenja akko postoji neko (x1, . . . , xj, . . . , xm) ∈ Km tako da vazi

A ·

x1...xj...xm

=

b1...bi...bn

tj. tako da vaziB = x1A•,1 + · · ·+ xjA•,j + · · ·+ xmA•,m

Drugim recima sistem (III.2) ima resenja akko vaziB ∈ L({

A•,1, . . . , A•,j, . . . , A•,m

})

.

Dakle


sistem (III.2) ima resenja akko vazi B ∈ Kol(A).

Zakljucak Ako sistem (III.2) ima resenja onda vazi Kol( ∼

A)

= Kol(A), gde je∼

A= [A|B] prosirena matrica sistema. 2

Pretpostavimo sada da je Kol( ∼

A)

= Kol(A) =: P . Kako je

(A•,1, . . . , A•,j, . . . , A•,m

)

potpun sistem vektora prostora Pv

⊆ Kn×1 to postoje r ∈ {1, . . . , m} i prirodnibrojevi k1 < · · · < kr ≤ m takvi da je

(A•,k1 , . . . , A•,kr

)baza prostora P . Otuda

kako je B ∈ P to postoje α1, . . . , αr ∈ K tako da je

B = α1A•,k1 + · · ·+ αrA•,kr

pa jeB = x1A•,1 + . . . xjA•,j + · · ·+ xmA•,m

za xks = αs za s = 1, r odnosno xi = 0 za i ∈ {1, . . . , m} \ {k1, . . . , km}, sto znacida je (x1, . . . , xm) ∈ Res(A,B) 6= ∅.

Zakljucak Ako vazi Kol( ∼

A)

= Kol(A) onda sistem (III.2) ima resenja. 2

Time smo pokazali naredno tvrdenje.

Tvrdenje III.3.1 Sistem (III.2) ima resenja akko vazi Kol( ∼

A)

= Kol(A). 2

Kako je uvek Kol(A) ⊆ Kol

( ∼

A)

a radi se o podprostorima konacnodimenzionalnog

prostora Kn×1, to vazi

Kol

( ∼

A)

= Kol(A)

akko vazidim

(

Kol

( ∼

A))

= dim (Kol(A))

tj.

rang( ∼

A)

= rang(A)

Ovim smo pokazali prvi deo naredne teoreme.

Teorema III.3.2 Sistem (III.2) ima resenja akko vazi rang( ∼

A)

= rang(A). U tom

slucaju broj k := rang( ∼

A)

= rang(A) nazivamo rang sistema (A,B); pritom je

skup resenja (linearna mnogostrukost) dimenzije m − k, i sistem ima jedinstvenoresenje akko je k = m.

III.4. GJ- OBLIK MATRICA 173

Dokaz Neka je rang( ∼

A)

= rang(A) = k. Kako je k = rang(A) = dim(Im(fA)

)

to je dim(Ker(fA)

)= m − k. Skup resenja je oblika x + Ker(fA), pa je on lin-

earna mnogostrukost dimenzije m− k; skup resenja je jednoclan ako i samo ako jeKer(fA) = {0}, tj. akko je m = k. 2

III.4 (Redukovan) Gauss-Jordan-ov oblik matrica.

Elementarne matrice

Neka je data nenula matrica B = [bi,j]n×m ∈ Kn×m. Neka je k(B) ∈ N broj vrstamatrice B u kojima ne stoji 0 na svim mestima. Neka su

{i1(B), . . . , ik(B)(B)

}⊆ {1, . . . , n}

gde i1(B) < · · · < ik(B)(B), takvi da je za svako l = 1, k(B) postoji bar jednojl ∈ {1, . . . , m} za koje vazi bil(B), jl 6= 0; drugim recima i1(B), . . . , ik(B)(B) su redni

brojevi svih nenula vrsta matrice B. Za l = 1, k(B) neka je sl(B) ∈ {1, . . . , m}najmanji broj takav da vazi

bil(B), sl(B) 6= 0

Primer Ako

B :=

0 0 0 2 0 −1 40 0 0 0 0 0 00 0 -1 3 5 9 70 0 0 0 0 0 00 0 0 -3 0 8 20 5 0 0 1 0 3

onda je

k(B) = k = 4;i1(B) = i1 = 1, i2 = 3, i3 = 5 i i4 = 6;s1(B) = s1 = 4, s2 = 3, s3 = 4, s4 = 2.

Imamo

bi1,s1 = b1,4 = 2, bi2,s2 = b3,3 = −1, bi3,s3 = b5,4 = −3, bi4,s4 = b6,2 = 5.

2

Definicija III.4.1 Za matricu B = [bi,j]n×m ∈ Kn×m kazemo da je u


Gauss-Jordan-ovom obliku,

ili GJ-obliku, ako je B nula matrica ili ako B nije nula matrica a vazi:

–(i1(B), . . . , ik(B)(B)

)=(1, . . . , k(B)

), tj. il(B) = l za svako l = 1, k(B) i

– sl1(B) < sl2(B) kad god je 1 ≤ l1 < l2 ≤ k(B). 2

Drugim recima za nenula matricu B = [bi,j]n×m ∈ Kn×m kazemo da je u GJ-obliku ako postoje k ∈ N i s1, . . . , sk ∈ {1, . . . , m} tako da je

s1 < · · · < sk

ako k ≥ 1, i tako da je

– ako s1 > 1 onda b1,j = 0 za svako 1 ≤ j < s1;ako k > 1 onda bl,j = 0 za svako 1 ≤ j < sl i 2 ≤ l ≤ k;

– bl,sl 6= 0 za svako 1 ≤ l ≤ k;

– bi,j = 0 za svako sk < i ≤ n i 1 ≤ j ≤ m, ako sk < n.

U ovom slucaju pisemo da je

B ∈ GJn,m(s1, . . . , sk)

“Vizuelno” ovo znaci da je matrica B oblika:


Slika III.4.1.

gde se na svakoj od ovih “malih dijagonala” nalaze brojevi razliciti od 0.

Za nula matricu smatramo da je uvek u GJ-obliku.

Primer Ako

B :=

0 5 2 −8 6 1 2 0 3 110 0 0 -1 3 5 −2 9 7 −40 0 0 0 2 0 3 −1 4 20 0 0 0 0 0 0 -3 2 10 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0

onda je

k = 4;i1 = 1, i2 = 2, i3 = 3 i i4 = 4;s1 = 2, s2 = 4, s3 = 5, s4 = 8.

DakleB ∈ GJ6,10(2, 4, 5, 8)

2


Da bi data nenula matrica B bila u GJ-obliku potrebno je postoji neko k ∈{1, . . . , n} tako da za svako i = 1, k na bar jednom mestu u i-toj vrsti ne stojibroj 0, dok ako je k > 1 onda za svako i = k + 1, n u i-toj vrsti na svim mestimastoji broj 0; ako za l = 1, k sa sl oznacimo najmanji broj j ∈ {1, . . . , m} takav da jebl,j 6= 0, onda je sada dovoljno da vazi s1 < · · · < sk da bi B bila u GJ-obliku.

Tvrdenje III.4.2 Neka je B ∈ GJn,m(s1, . . . , sk). Tada je sistem(B•,s1, . . . , B•,sk

)

kolona matrice B baza prostora Kol(B). Specijalno vazi k = rang(B).

Dokaz Pokazimo najpre da je sistem

(B{1,...,k},{s1}, . . . , B{1,...,k},{sk}

)

vektora prostora Kk×1 linearno nezavisan. Pretpostavimo suprotno. Zbog b1,s1 6= 0

je B{1,...,k},{s1} 6= 0k×1 pa sledi da je k ≥ 2 kao i da postoji neko i0 ∈ {2, . . . , k} takoda je

B{1,...,k},{si0}=

i0−1∑

l=1

λlB{1,...,k},{sl}

za neke λl ∈ K, l = 1, i0 − 1 (videti Tvrdenje II.4.4). No kako je bi0,sj = 0 za svako1 ≤ j < i0 (jer je sj < si0) to sada sledi da je bi0,si0 = 0, sto po pretpostavci nijetacno.

Odavde specijalno sledi i da je sistem kolona(B•,s1, . . . , B•,sk

)matrice B linearno

nezavisan. Zaista, izk∑

l=1

λlB•,sl = 0n×1

sledik∑

l=1

λlB{1,...,k},{sl} = 0k×1

pa i λl = 0 za svako l = 1, k, na osnovu ovog sto smo upravo pokazali.

Neka je sada j0 ∈ {1, . . . , m} proizvoljno. Sistem(B{1,...,k},{s1}, . . . , B{1,...,k},{sk}

)

je baza prostora Kk×1 jer je linearno nezavisan i duzine je k = dim(Kk×1). Otudapostoje λl ∈ K za l = 1, k tako da je

B{1,...,k},{j0} =

k∑

l=1

λlB{1,...,k},{sl} (III.4)


Za proizvoljno k < i ≤ n imamo da je

bi,j0 =

k∑

l=1

λlbi,sl

jer je po pretpostavci bi,j = 0 za svako j = 1, m. Zato sada iz (III.4) sledi

B•,j0 =

k∑

l=1

λlB•,sl

Ovim smo pokazali da je sistem(B•,s1, . . . , B•,sk

)kolona matrice B baza prostora

Kol(B) pa je i k = rang(B). 2

Definicija III.4.3 Pod V-elementarnim transformacijama matrica podrazume-vamo:

– zamenu mesta dveju vrsta; matricu koja se dobija zamenom mesta i-te i j-tevrste matrice A = [ai,j]n×m oznacavacemo sa

A[

Vi ↔ Vj

]

– dodavanje vrste prethodno pomnozene nekim skalarom nekoj drugoj vrsti;matricu koja se dobija dodavanjem j-te vrste matrice A = [ai,j]n×m pomnozeneskalarom λ i-toj vrsti matrice A oznacavacemo sa

A[

λVj → Vi

]

– mnozenjem svih elemenata neke vrste jednim fiksiranim nenula skalarom;matricu koja se dobija mnozenjem i-te vrste matrice A = [ai,j]n×m skalarom λ 6= 0oznacavacemo sa

A[

λ → Vi

]

2

Definicija III.4.4 Pod K-elementarnim transformacijama matrica podrazume-vamo:

– zamenu mesta dveju kolona; matricu koja se dobija zamenom mesta i-te i j-tekolone matrice A = [ai,j]n×m oznacavacemo sa

A[

Ki ↔ Kj

]


– dodavanje kolone prethodno pomnozene nekim skalarom nekoj drugoj koloni;matricu koja se dobija dodavanjem j-te kolone matrice A = [ai,j]n×m pomnozeneskalarom λ i-toj koloni matrice A oznacavacemo sa

A[

λKj → Ki

]

– mnozenjem svih elemenata neke kolone jednim fiksiranim nenula skalarom;matricu koja se dobija mnozenjem i-te kolone matrice A = [ai,j]n×m skalarom λ 6= 0oznacavacemo sa

A[

λ → Ki

]

2

Zapazanje III.4.5 Neka su date matrice A,B ∈ Kn×m.

– Za svako i, j = 1, n vazi:

akko B = A[

Vi ↔ Vj

]

onda A = B[

Vi ↔ Vj

]

– Za svako i, j = 1, n gde j 6= i vazi:

ako B = A[

λVj → Vi

]

onda A = B[

(−λ)Vj → Vi

]

– Za svako i = 1, n i λ ∈ K \ {0} vazi:

ako B = A[

λ → Vi

]

onda A = B[

λ−1 → Vi

]


ako B = A[

Ki ↔ Kj

]

onda A = B[

Ki ↔ Kj

]

– Za svako i, j = 1, n gde j 6= i vazi:

ako B = A[

λKj → Ki

]

onda A = B[

(−λ)Kj → Ki

]


ako B = A[

λ → Ki

]

onda A = B[

λ−1 → Ki

]

2


Zapazanje III.4.6 Neka su date matrice A,B ∈ Kn×m i prirodni brojevi k ∈ N i1 ≤ j1 < · · · < jk ≤ m.

Za svako i, j = 1, n vazi:

ako B = A[

Vi ↔ Vj

]

onda B{1,...,n},{j1,...,jk} =(

A{1,...,n},{j1,...,jk}

)[

Vi ↔ Vj

]

Za svako i, j = 1, n gde j 6= i vazi:

ako B = A[

λVj → Vi

]

onda B{1,...,n},{j1,...,jk} = A{1,...,n},{j1,...,jk}

[

λVj → Vi

]

Za svako i = 1, n i λ ∈ K \ {0} vazi:

ako B = A[

λ → Vi

]

onda B{1,...,n},{j1,...,jk} = A{1,...,n},{j1,...,jk}

[

λ → Vi

]

2

Definicija III.4.7 Za A,B ∈ Kn×m pisemo

A ∼V B

ako postoje l ∈ N i C0, . . . , Cl ∈ Kn×m tako da je za i = 0, l − 1 matrica Ci+1 dobijena

od matrice Ci nekom V-elementarnom transformacijom, a tako da je C0 = A iCl = B.

Za A,B ∈ Kn×m pisemoA ∼K B

ako postoje l ∈ N i C0, . . . , Cl ∈ Kn×m tako da je za i = 0, l − 1 matrica Ci+1 dobijenaod matrice Ci nekom K-elementarnom transformacijom, a tako da je C0 = A iCl = B. 2

Zapazanje III.4.8 Neka su date matrice A,B,C ∈ Kn×m. Tada:

– ako A ∼V B onda i B ∼V A; ako A ∼K B onda i B ∼K A;

– ako A ∼V B i B ∼V C onda i A ∼V C; ako A ∼K B i B ∼K C onda i A ∼K C;

– A ∼V A i A ∼K A.

Ovo sledi direktno iz Definicije III.4.7 i Zapazanja III.4.5. 2

Zapazanje III.4.9 Neka su date matrice A,B ∈ Kn×m i prirodni brojevi k ∈ N i1 ≤ j1 < · · · < jk ≤ m.

Ako vazi A ∼V B onda vazi i A{1,...,n},{j1,...,jk} ∼V B{1,...,n},{j1,...,jk}

Ovo sledi direktno iz Zapazanja III.4.6. 2


Tvrdenje III.4.10 (a) Ako je A ∼V B ili A ∼K B onda je

rang(A) = rang(B)

(b) Neka su dati sistemi (A1, B1) i (A2, B2) od n linearnih jednacina sa m nepo-znatih. Ako je [A1|B1] ∼V [A2|B2] onda je

Res(A1, B1) = Res(A2, B2)

Dokaz (a) Pokazujemo samo jedan specijalan slucaj tvrdenja.

Neka je B = A[

λVj → Vi

]

za neke i, j = 1, n, gde i 6= j. Za q ∈ {1, . . . , n} \ {i}imamo

Bq,• = Aq,• ∈ Vrst(A)

Takode jeBi,• = Ai,• + λAj,• ∈ Vrst(A)

Dakle{Bq,• : q = 1, n

}⊆ Vrst(A) pa sledi da je Vrst(B) ⊆ Vrst(A). Kako je

A = B[

(−λ)Vj → Vi

]

to isti argument pokazuje i da je Vrst(A) ⊆ Vrst(B).

(b) Pokazujemo samo jedan specijalan slucaj tvrdenja.

Neka je [A2|B2] = [A1|B1][

λVi0 → Vi

]

i neka je sistem [A1|B1] dat sa (III.2).

Ako je (ν1, . . . , νm) ∈ Km resenje sistema [A1|B1] onda iz (III.2) sledi

a1,1ν1+ . . . +a1,jνj+ . . . +a1,mνm = b1...

......

......

......

ai−1,1ν1+ . . . +ai−1,jνj+ . . . +ai−1,mνm = bi−1

(ai,1 + λai0,1

)ν1+ . . . +

(ai,j + λai0,j

)νj+ . . . +

(ai,m + λai0,m

)νm = bi + λbi0

ai+1,1ν1+ . . . +ai+1,jνj+ . . . +ai+1,mνm = bi+1...

......

......

......

an,1ν1+ . . . +an,jνj+ . . . +an,mνm = bn

tj. (ν1, . . . , νm) ∈ Res(A2, B2). Dakle Res(A1, B1) ⊆ Res(A2, B2).

Obzirom da je [A1|B1] = [A2|B2][

(−λ)Vi0 → Vi

]

to isti argument pokazuje da

je Res(A2, B2) ⊆ Res(A1, B1). 2

§

Zapazanje III.4.11 Za svaku matricu A ∈ Kn×m postoji matrica B ∈ Kn×m kojaje u GJ-obliku tako da je A ∼V B. Na vezbama cete raditi konkretan uobicajenalgoritam za dolazenje do jedne takve matrice B. 2


Za nenula matricu B = [bi,j]n×m ∈ Kn×m kazemo da je u

redukovanom Gauss-Jordan-ovom obliku

ili redukovanom GJ-obliku ako postoje k ∈ N i s1, . . . , sk ∈ {1, . . . , m} tako da

s1 < · · · < sk ako k ≥ 1, a tako da je B ∈ GJn,m(s1, . . . , sk) i tako da vazi

– bi,sl = 0 za svako i = 1, sl − 1 i l = 2, k, ako k > 1, i

– bl,sl = 1 za svako l = 1, k.

U tom slucaju pisemo B ∈ GJredn,m(s1, . . . , sk).

Ako je(ej : j = 1, n

)standardna baza prostora Kn×1 onda je lako videti da vazi

B ∈ GJredn,m(s1, . . . , sk) ⇐⇒(

B ∈ GJn,m(s1, . . . , sk) ∧ B•,sl = el za svako l = 1, k)

Smatramo da je nula matrica u redukovanom GJ-obliku.

Primer Ako

B :=

0 0 0 1 7 0 −8 0 1 2 0 3 110 0 0 0 0 1 3 0 −2 9 0 −4 50 0 0 0 0 0 0 1 4 3 0 4 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

onda je

k = 4;i1 = 1, i2 = 2, i3 = 3 i i4 = 4;s1 = 4, s2 = 6, s3 = 8, s4 = 11.

DakleB ∈ GJred6,13(4, 6, 8, 11)

2

Zapazanje III.4.12 Ako je B ∈ GJredn,m(s1, . . . , sk) i j0 ∈ {1, . . . , m} onda je:


– B{1,...,n},{1,...,j0} = 0n×j0 ako j0 < s1

– B{1,...,n},{1,...,j0} ∈ GJredn,j0(s1, . . . , sp) ako s1 ≤ j0, gde je p najveci l ∈ {1, . . . , k} za

koji vazi sl ≤ j0.

Dakle, ako je B u redukovanom GJ-obliku onda je i B{1,...,n},{1,...,j0} u redukovanomGJ-obliku. 2

Primer

x1

00000

x2

10000

x3

01000

x4

−48000

x5

31000

x6

00100

x7

11−4300

x8

00010

x9

1106

−10

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

5−73

−20

x2 −4x4 +3x5 +11x7 +x9 = 5x3 +8x4 +x5 −4x7 +10x9 = −7

x6 +3x7 +6x9 = 3x8 −x9 = −2

x2 = 5 +4x4 −3x5 −11x7 −x9

x3 = −7 −8x4 −x5 +4x7 −10x9

x6 = 3 −3x7 −6x9

x8 = −2 +x9

2

Zapazanje III.4.13 Neka je dat sistem (III.2) takav da je prosirena matrica si-

stema∼

A= [A|B] u redukovanom GJ-obliku, i to [A|B] ∈ GJn,m(s1, . . . , sk). Tada:

– ako sk = m + 1 onda sistem (A,B) nema resenja;

– ako vazi sk ≤ m i k = m, sto je ekvivalentno sa tim da vazi sl = l za svakol = 1, k, onda je

(b1, . . . , bm)

jedinstveno resenje sistema (A,B);

– ako vazi sk ≤ m i k < m onda:


neka je {1, . . . , m}\{s1, . . . , sk} = {d1, . . . , dm−k}; m-torka (x1, . . . , xm) je resenjesistema (A,B) akko se dobija tako sto se brojevi xd1 , . . . , xdm−k

∈ K izaberu proizvoljnoa onda se brojevi xs1 , . . . , xsk definisu sa

xsl = bl −m−k∑

j=1

al,djxdj

za l = 1, k 2

Teorema III.4.14 Za svaku matricu A ∈ Kn×m postoji tacno jedna matrica B ∈

Kn×m koja je u redukovanom GJ-obliku za koju vazi A ∼V B.

Dokaz Egzistencija bar jedne ovakve matrice B sledi veoma jednostavno izZapazanja III.4.11.

Pretpostavimo da je A ∼V B i A ∼V C, gde su i B i C u redukovanom GJ-obliku.Treba pokazati da je B = C. Pretpostavimo suprotno. Tada postoji bar jednoj ∈ {1, . . . , m} tako da je B•,j 6= C•,j; neka je q ∈ {1, . . . , m} najmanji takav broj j.

Matrice B1 := B{1,...,n},{1,...,q} i C1 := C{1,...,n},{1,...,q} su u redukovanom GJ-obliku.Takode vazi

A{1,...,n},{1,...,q} ∼V B1 i A{1,...,n},{1,...,q} ∼V C1

pa je B1 ∼V C1. Odavde specijalno imamo rang(B1) = rang(C1).Neka je

(ej : j = 1, n

)standardna baza prostora Kn×1.

Slucaj 1 q = 1: Zbog B1 6= C1 sledi da vazi

B1 = 0n×1 ∧ C1 = e1

iliB1 = e1 ∧ C1 = 0n×1

pa je rang(B1) 6= rang(C1) u svakom slucaju – kontradikcija.

Slucaj 2 q > 1: Stavimo D := B{1,...,n},{1,...,q−1} = C{1,...,n},{1,...,q−1}.

Slucaj 2.1 D = 0n×(q−1): Kako su i B1 i C1 u redukovanom GJ-obliku, a pritomje B1 6= C1, to mora biti

B1 =[0n×(q−1)

∣∣e1]∧ C1 = 0n×q

iliB1 = 0n×q ∧ C1 =

[0n×(q−1)

∣∣e1]


pa je rang(B1) 6= rang(C1) u svakom slucaju – kontradikcija.

Slucaj 2.2 D 6= 0n×(q−1): D je u redukovanom GJ-obliku pa postoji neko k ∈ N

i prirodni brojevi 1 ≤ s1 < · · · < sk ≤ q − 1 tako da je

D ∈ Gredn,q−1(s1, . . . , sk)

Kako je B1 u redukovanom GJ-obliku to mora biti

k < n i B1 ∈ Gredn,q(s1, . . . , sk, q)

ili

B1 ∈ Gredn,q(s1, . . . , sk)

Slicno mora biti

k < n i C1 ∈ Gredn,q(s1, . . . , sk, q)

ili

C1 ∈ Gredn,q(s1, . . . , sk)

Zbog rang(B1) = rang(C1) odavde (koristeci se Tvrdenjem III.4.2) zakljucujemo damora biti

(i) k < n i B1, C1 ∈ Gredn,q(s1, . . . , sk, q)

ili

(ii) B1, C1 ∈ Gredn,q(s1, . . . , sk)

Ako vazi (i) onda mora biti B•,q = ek+1 = C•,q – kontradikcija.

Neka sada vazi (ii). Na osnovu Tvrdenja III.4.2 postoje λ1, . . . , λk ∈ K tako da je

B•,q =k∑

l=1

λlB•,sl

Vidimo da je (x1, . . . , xq−1) ∈ Kq−1 definisano sa xsl = λl za l = 1, k i xj = 0 zaj ∈ {1, . . . , q − 1} \ {s1, . . . , sk} resenje sistema (D,B•,q). Kako je

[D∣∣B•,q

]= B1 ∼V C1 =

[D∣∣C•,q

]

to prema Tvrdenju III.4.10 pod (b) sada imamo

Res(D,C•,q) = Res(D,B•,q) 3 (x1, . . . , xq−1)


odakle sledi

C•,q =k∑

l=1

λlC•,sl

No C•,sl = B•,sl za svako l = 1, k pa je

C•,q =

k∑

l=1

λlB•,sl = B•,q

sto nije moguce. 2

Definicija III.4.15 Za n ∈ N pod V-elementarnim matricama podrazumevamomatrice:

– EVn (i, j) :df= In

[

Vi ↔ Vj

]

za i, j = 1, n;

– EVn (i, j;λ) :df= In

[

λVj → Vi

]

za i, j = 1, n i j 6= i;

– EVn (i;λ) :df= In

[

λ ↔ Vi

]

za i = 1, n i λ ∈ K \ {0}. 2

Definicija III.4.16 Za n ∈ N pod K-elementarnim matricama podrazumevamomatrice:

– EKn (i, j) :df= In

[

Ki ↔ Kj

]

za i, j = 1, n;

– EKn (i, j;λ) :df= In

[

λKj → Ki

]

za i, j = 1, n i j 6= i;

– EKn (i;λ) :df= In

[

λ ↔ Ki

]

za i = 1, n i λ ∈ K \ {0}. 2

Zapazanje III.4.17 Neka su date matrice A,B ∈ Kn×m.


B = A[

Vi ↔ Vj

]

akko B = EVn (i, j) · A

– Za svako i, j = 1, n i j 6= i vazi:

B = A[

λVj → Vi

]

akko B = EVn (i, j;λ) · A



B = A[

λ → Vi

]

akko B = EVn (i;λ) · A


B = A[

Ki ↔ Kj

]

akko B = A · EKn (i, j)

– Za svako i, j = 1, n i j 6= i vazi:

B = A[

λKj → Ki

]

akko B = A · EKn (i, j;λ)


B = A[

λ → Ki

]

akko B = A · EKn (i;λ)

2

Zapazanje III.4.18 Elementarne matrice su regularne:

EVn (i, j) · EVn (i, j) = In

EVn (i, j;−λ) · EVn (i, j;λ) = In

EVn (i;λ−1) · EVn (i;λ) = In

EKn (i, j) · EKn (i, j) = In

EKn (i, j;−λ) · EKn (i, j;λ) = In

EKn (i;λ−1) · EKn (i;λ) = In

2

Zapazanje III.4.19 Ako su matrice A1, . . . , Ak ∈ Kn×n regularne onda je takva i

A1 · . . . · Ak i vazi(A1 · . . . · Ak)

−1 = (Ak)−1 · . . . · (A1)

−1

2

Teorema III.4.20 Za matricu A ∈ Kn×n sledeci uslovi su ekvivalentni:(1) A je regularna matrica.

(2) A je proizvod nekih V-elementarnih matrica iz Kn×n.

III.5. PERMUTACIJE, INVERZIJE 187

(3) A je proizvod nekih K-elementarnih matrica iz Kn×n.

(4) A je proizvod nekih matrica iz Kn×n svaka od kojih je bilo V-elementarna biloK-elementarna.

(5) A ∼V In.

(6) A ∼K In.

Dokaz Ako je A regularna onda prema Tvrdenju II.23.4 mora biti rang(A) = n;ako je A ∼V B i B ∈ GJredn,n(s1, . . . , sk) onda je k = rang(B) = rang(A) = n pa iz

1 ≤ s1 < · · · < sk ≤ n sledi da je sj = j za j = 1, n; obzirom da je B•,j = B•,sj = ejza j = 1, n, gde je

(ej : j = 1, n

)standardna baza prostora Kn×1, odavde dobijamo

da je zapravo B = In.Obrnuto, ako je A ∼V In onda je rang(A) = rang(B) = n pa je prema Tvrdenju

II.23.4 matrica A regularna. Ovim smo pokazali da je (1) ⇐⇒ (5) a na potpunoisti nacin zakljucujemo da je (1) ⇐⇒ (6).

(5) ⇒ (2): Ako je A ∼V In onda na osnovu Zapazanja III.4.17 postoje q ∈ N iV-elementarne matrice E1, . . . , Eq ∈ Kn×n takve da je E1 · . . . ·Eq ·A = In. MatriceE1, . . . , Eq su regularne (Zapazanje III.4.18) te odavde sada sledi

A = (Eq)−1 · . . . · (E1)

−1 · In = (Eq)−1 · . . . · (E1)

−1

Prema Zapazanju III.4.18 matrice (Eq)−1, . . . , (E1)

−1 su takode V-elementarne.

Na potpuno isti nacin se pokazuje (6) ⇒ (3).

Implikacije (2) ⇒ (4) i (3) ⇒ (4) su trivijalne.

(4) ⇒ (1) je direktna posledica Zapazanja III.4.18 i III.4.19. 2

III.5 Permutacije, inverzije

Neka je n ∈ N i p =

(1 . . . n

p(1) . . . p(n)

)

= (p1, . . . , pn) permutacija skupa {1, . . . , n}.Pod inverzijom permutacije p podrazumevamo svaki par (i, j) ∈ {1, . . . , n}2 takavda vazi

i < j i p(i) > p(j)

Sa inv(p) oznacavamo broj inverzija permutacije p i definisemo broj

sgn(p) :df= (−1)inv(p)

koji nazivamo znak permutacije p.


Tvrdenje III.5.1 Za svako 1 ≤ i < j ≤ n i p ∈ Perm(n) su brojevi

inv(p1, . . . , pi−1, pj, pi+1, . . . , pj−1, pi, pj+1, . . . , pn)

iinv(p1, . . . , pi−1, pi, pi+1, . . . , pj−1, pj, pj+1, . . . , pn)

razlicite parnosti i u skladu s tim vazi

sgn(p1, . . . , pi−1, pj, pi+1, . . . , pj−1, pi, pj+1, . . . , pn)

= −sgn(p1, . . . , pi−1, pi, pi+1, . . . , pj−1, pj, pj+1, . . . , pn)

Tvrdenje III.5.2 (a) Preslikavanje T : Perm(n) → Perm(n) definisano sa

T (p) :df= p−1

je bijekcija.(b) sgn(p−1) = sgn(p). 2

III.6 n-linearna preslikavanja

Neka su V i W oba nad K. Za preslikavanje f : V n → W kazemo da je n-linearno preslikavanje nad prostorom V sa vrednostima u prostoru W ako za svakou1, . . . , un, x, y ∈ V , α ∈ K i svako j = 1, n vazi

(A)f(v1, . . . , vj−1, x+ y, vj+1, . . . , vn) =

= f(v1, . . . , vj−1, x, vj+1, . . . , vn) + f(v1, . . . , vj−1, y, vj+1, . . . , vn)

i

(H)f(v1, . . . , vj−1, αx, vj+1, . . . , vn) = αf(v1, . . . , vj−1, x, vj+1, . . . , vn)

Tvrdenje III.6.1 Ako je f : V n → W n linearno preslikavanje nad prostorom V

sa vrednostima u prostoru W, k1, . . . , kn ∈ N i ako stavimo

F := {1, . . . , k1} × · · · × {1, . . . , kj} × · · · × {1, . . . , kn}onda vazi

f

k1∑

i=1

λi,1vi,1, . . . ,

kj∑

i=1

λi,jvi,j, . . . ,kn∑

i=1

λi,nvi,n

=

=∑

s∈F

λs(1),1 · . . . · λs(j),j · . . . · λs(n),n · f(vs(1),1, . . . , vs(j),j, . . . , vs(n),n

)

III.6. N -LINEARNA PRESLIKAVANJA 189

Dokaz (I) Pokazimo najpre da vazi

f

(

u1, . . . , uj−1,

m∑

i=1

λivi, uj+1, . . . , un

)

=

m∑

i=1

λi · f (u1, . . . uj−1, vi, uj+1 . . . , un)

Ovo cemo uciniti indukcijom po m ∈ N. Za m = 1 ovo je upravo uslov (H).Pretpostavimo da gornja jednakost vazi za sume “duzine” m ∈ N. Imamo

f

(

u1, . . . , uj−1,

m+1∑

i=1

λivi, uj+1, . . . , un

)

=

f

(

u1, . . . , uj−1,

m∑

i=1

λivi, uj+1, . . . , un

)

+f (u1, . . . , uj−1, λm+1vm+1, uj+1, . . . , un) =

m∑

i=1

λi ·f (u1, . . . uj−1, vi, uj+1 . . . , un)+λm+1f (u1, . . . , uj−1, vm+1, uj+1, . . . , un) =

m+1∑

i=1

λi · f (u1, . . . uj−1, vi, uj+1 . . . , un)

(II) Pokazimo sada da za svako j = 1, n vazi

f

k1∑

i=1

λi,1vi,1, . . . ,

kj∑

i=1

λi,jvi,j, uj+1, uj+2, . . . , un

=

=∑

s∈Fj

λs(1),1 · . . . · λs(j),j · f(vs(1),1, . . . , vs(j),j, uj+1, uj+2, . . . , un

)

gdeFj := {1, . . . , k1} × · · · × {1, . . . , kj}

Ovo radimo indukcijom po j ∈ {1, . . . , n}. Za j = 1 ovo sledi iz dela (I). Pre-tpostavimo da je gornja jednakost tacna za neko j ∈ {1, . . . , n− 1}. Imamo

f

k1∑

i=1

λi,1vi,1, . . . ,

kj∑

i=1

λi,jvi,j ,

kj+1∑

i=1

λi,j+1vi,j+1 , , uj+2, . . . , un

=

kj+1∑

i=1

λi,j+1 · f

k1∑

i=1

λi,1vi,1, . . . ,

kj∑

i=1

λi,jvi,j , vi,j+1 , , uj+2, . . . , un

=

kj+1∑

i=1

λi,j+1 ·

∑

s∈Fj

λs(1),1 · . . . · λs(j),j · f(vs(1),1, . . . , vs(j),j, vi,j+1 , uj+2, . . . , un

)

=


kj+1∑

i=1

∑

s∈Fj

λs(1),1 · . . . · λs(j),j · λi,j+1 · f(vs(1),1, . . . , vs(j),j, vi,j+1 , uj+2, . . . , un

)=

kj+1∑

i=1

∑

q∈Gji

λq(1),1 ·. . .·λq(j),j ·λq(j+1),j+1 · f(vq(1),1, . . . , vq(j),j, vq(j+1),j+1 , uj+2, . . . , un

)=

∑

q∈⋃kj+1

i=1 Gji

λq(1),1·. . .·λq(j),j ·λq(j+1),j+1· f(vq(1),1, . . . , vq(j),j, vq(j+1),j+1 , uj+2, . . . , un

)=

∑

q∈Fj+1

λq(1),1 · . . . · λq(j),j · λq(j+1),j+1 · f(vq(1),1, . . . , vq(j),j, vq(j+1),j+1 , uj+2, . . . , un

)

gde smo za i ∈ {1, . . . , kj+1} stavili Gji =

{q ∈ Fj+1 : q(j + 1) = i

}, pa je jasno da

kj+1⋃

i=1

Gji = Fj+1. 2

Tvrdenje III.6.2 Neka je (a1, . . . , am) proizvoljna baza prostora V i neka su zasvako s ∈ {1, . . . , m}n dati vektori bs1,...,sn ∈ W prostora W. Neka je preslikavanjef : V n → W definisano sa

f(x1, . . . , xn) :df=

∑

s∈{1,...,m}n

λs(1),1 · . . . · λs(j),j · . . . · λs(n),n · bs1,...,sn

gde je xj =

m∑

i=1

λi,jai za svako j = 1, n.

f je n-linearno preslikavanje nad prostorom V sa vrednostima u prostoru W, ipritom vazi

f(as1, . . . , asj , . . . , asn) = bs1,...,sj ,...,sn

za svako s ∈ {1, . . . , m}n.

Dokaz Neka je xj =

m∑

i=1

λi,jai za svako j = 1, n, i neka je u =

m∑

i=1

νiai, v =

m∑

i=1

µiai i α ∈ K. Imamo u+ v =m∑

i=1

(νi + µi)ai i αu =m∑

i=1

(ανi)ai pa je

f(x1, . . . , xj0−1, u+ v, xj0+1, . . . , xn) =

∑

s∈{1,...,m}n

λs(1),1 · . . . · λs(j0−1),j0−1 · (νs(j0) + µs(j0)) · λs(j0+1),j0+1 . . . · λs(n),n · bs1,...,sn =

∑

s∈{1,...,m}n

(

λs(1),1 · . . . · λs(j0−1),j0−1 · νs(j0) · λs(j0+1),j0+1 . . . · λs(n),n · bs1,...,sn +


+λs(1),1 · . . . · λs(j0−1),j0−1 · µs(j0) · λs(j0+1),j0+1 . . . · λs(n),n · bs1,...,sn

)

=

∑

s∈{1,...,m}n

λs(1),1 · . . . · λs(j0−1),j0−1 · νs(j0) · λs(j0+1),j0+1 . . . · λs(n),n · bs1,...,sn +

∑

s∈{1,...,m}n

λs(1),1 · . . . · λs(j0−1),j0−1 · µs(j0) · λs(j0+1),j0+1 . . . · λs(n),n · bs1,...,sn =

f(x1, . . . , xj0−1, u, xj0+1, . . . , xn) + f(x1, . . . , xj0−1, v, xj0+1, . . . , xn)

i slicnof(x1, . . . , xj0−1, αu, xj0+1, . . . , xn) =

∑

s∈{1,...,m}n

λs(1),1 · . . . · λs(j0−1),j0−1 ·(ανs(j0)

)· λs(j0+1),j0+1 . . . · λs(n),n · bs1,...,sn =

∑

s∈{1,...,m}n

α · λs(1),1 · . . . · λs(j0−1),j0−1 · νs(j0) · λs(j0+1),j0+1 . . . · λs(n),n · bs1,...,sn =

α∑

s∈{1,...,m}n

λs(1),1 · . . . · λs(j0−1),j0−1 · νs(j0) · λs(j0+1),j0+1 . . . · λs(n),n · bs1,...,sn =

αf(x1, . . . , xj0−1, u, xj0+1, . . . , xn)

2

Tvrdenje III.6.3 Neka je f n-linearno preslikavanje nad prostorom V sa vrednos-tima u prostoru W i (a1, . . . , am) proizvoljna baza prostora V. Ako vazi

f(as1, . . . , asi−1, asj , asi+1

, . . . , asj−1, asi, asj+1

, . . . , asn)

= −f(as1 , . . . , asi−1, asi, asi+1

, . . . , asj−1, asj , asj+1

, . . . , asn)

za svako s ∈ {1, . . . , m}n onda vazi

f(v1, . . . , vi−1, vj, vi+1, . . . , vj−1, vi, vj+1, . . . , vn)

= −f(v1, . . . , vi−1, vi, vi+1, . . . , vj−1, vj, vj+1, . . . , vn)

za svako (v1, . . . , vn) ∈ V n.

Dokaz Neka je vj =

m∑

k=1

λk,jak za i = 1, n. Imamo

f(v1, . . . , vi0−1, vj0, vi0+1, . . . , vj0−1, vi0 , vj0+1, . . . , vn) =

f

(m∑

k=1

λk,1ak, . . . ,

m∑

k=1

λk,j0ak, . . . ,

m∑

k=1

λk,i0ak, . . .

m∑

k=1

λk,nak

)

=


=∑

s∈{1,...,m}n

λs(1),1·. . .·λs(i0−1),i0−1·λs(i0),j0·λs(i0+1),i0+1·. . .·λs(j0−1),j0−1·λs(j0),i0 ·λs(j0+1),j0+1·. . .·λs(n),n··f(as(1), . . . , as(i0−1), as(i0), as(i0+1), . . . , as(j0−1), as(j0), as(j0+1), . . . , as(n))

= −∑

s∈{1,...,m}n

λs(1),1·. . .·λs(i0−1),i0−1·λs(j0),i0 ·λs(i0+1),i0+1·. . .·λs(j0−1),j0−1·λs(i0),j0 ·λs(j0+1),j0+1·. . .·λs(n),n··f(as(1), . . . , as(i0−1), as(j0), as(i0+1), . . . , as(j0−1), as(i0), as(j0+1), . . . , as(n))

=

= −∑

s∈{1,...,m}n

λs′(1),1·. . .·λs′(i0−1),i0−1·λs′(i0),i0 ·λs′(i0+1),i0+1·. . .·λs′(j0−1),j0−1·λs′(j0),j0·λs′(j0+1),j0+1·. . .·λs′(n),n··f(as′(1), . . . , as′(i0−1), as′(i0), as′(i0+1), . . . , as′(j0−1), as′(j0), as′(j0+1), . . . , as′(n))

(∗)=

= −∑

q∈{1,...,m}n

λq(1),1·. . .·λq(i0−1),i0−1·λq(i0),i0·λq(i0+1),i0+1·. . .·λq(j0−1),j0−1·λq(j0),j0·λq(j0+1),j0+1·. . .·λq(n),n··f(aq(1), . . . , aq(i0−1), aq(i0), aq(i0+1), . . . , aq(j0−1), aq(j0), aq(j0+1), . . . , aq(n))

= −f(v1, . . . , vi0−1, vi0 , vi0+1, . . . , vj0−1, vj0, vj0+1, . . . , vn)

gde je za s ∈ {1, . . . , m}n n-torka s′ ∈ {1, . . . , m}n definisana sa

s′(k) = s(k) ako k ∈ {1, . . . , n} \ {i0, j0} i s′(i0) = s(j0), s′(j0) = s(i0)

Obrazlozenje za jednakost (∗):

preslikavanje T : {1, . . . , m}n → {1, . . . , m}n

definisano sa

T (s) :df= s′

je bijekcija (sto sledi recimo iz (s′)′ = s, tj. T (T (s)) = s). 2


Tvrdenje III.6.4 Neka su V i W vektorski prostori. Ako je g : V n → W preslika-vanje takvo da vazi

g(v1, . . . , vi−1, vj, vi+1, . . . , vj−1, vi, vj+1, . . . , vn)

= −g(v1, . . . , vi−1, vi, vi+1, . . . , vj−1, vj, vj+1, . . . , vn)

za svako (v1, . . . , vn) ∈ V n i svako 1 ≤ i < j ≤ n. Tada vazi:

(a) g(vp(1), . . . , vp(n)) = sgn(p)g(v1, . . . , vj, . . . , vn)

za svako (v1, . . . , vn) ∈ V n i svako p ∈ Perm(n);

(b) g(v1, . . . , vn) = 0

za svaku n-torku v ∈ V n koja nije injektivna.

Ako je g usto i n-linearna funkcionela onda vazi i:

(c)

f

v1, . . . , vj0−1,

m∑

i=1i6=j0

λivi, vj0+1, . . . , vn

= 0

za svako (v1, . . . , vn) ∈ V n, (λ1, . . . , λn) ∈ Kn i j0 ∈ {1, . . . , n};

(d)

f

v1, . . . , vj0−1, vj0 +

m∑

i=1i6=j0

λivi, vj0+1, . . . , vn

= f (v1, . . . , vj0−1, vj0 , vj0+1, . . . , vn)

za svako (v1, . . . , vn) ∈ V n, (λ1, . . . , λn) ∈ Kn i j0 ∈ {1, . . . , n}.


Dokaz (a) Neka su (v1, . . . , vn) ∈ V n i p ∈ Perm(n) proizvoljni. Jasno jeda postoje k ∈ N i q0, . . . , qk ∈ Perm(n) takvi da je q0(i) = i za i = 1, n (tj.q0 = (1, . . . , j, . . . , n)), zatim qk = p i takvi da za svako l = 0, k − 1 vazi

ql+1 = (ql(1), . . . , ql(i0 − 1), ql(j0), ql(i0 + 1), . . . , ql(j0 − 1), ql(i0), ql(j0 + 1), . . . , ql(n))

za neke 1 ≤ i0 < j0 ≤ n.Tada su brojevi inv(ql) i inv(ql+1) razlicite parnosti za svako l = 0, k − 1. Kako

je inv(q0) = 0, odavde se jednostavnom indukcijom zakljucuje da je broj inv(ql) isteparnosti kao i broj l za svako l = 0, k − 1. Specijalno je

sgn(p) = sgn(qk) = (−1)inv(qk) = (−1)k

No prema ucinjenoj pretpostavci o preslikavanju g sada sledi

g(v1, . . . , vj, . . . , vn) = (−1)kg(vqk(1), . . . , vqk(n)) = sgn(p)g(vp(1), . . . , vp(n))

tj.g(vp(1), . . . , vp(n)) = sgn(p)g(v1, . . . , vj, . . . , vn)

Deo tvrdenja pod (b) sledi iz cinjenice da vazi

g(v1, . . . , vi−1, x, vi+1, . . . , vj−1, x, vj+1, . . . , vn) =

−g(v1, . . . , vi−1, x, vi+1, . . . , vj−1, x, vj+1, . . . , vn)

(c) Imamo

f

v1, . . . , vj0−1,

m∑

i=1i6=j0

λivi, vj0+1, . . . , vn

=

m∑

i=1i6=j0

λi ·f (v1, . . . vj0−1, vi, vj0+1 . . . , vn)

pa tvrdenje sledi iz dela pod (b).

(d) Imamo

f

v1, . . . , vj0−1, vj0 +

m∑

i=1i6=j0

λivi, vj0+1, . . . , vn

=

f (v1, . . . , vj0−1, vj0, vj0+1, . . . , vn) + f

v1, . . . , vj0−1,

m∑

i=1i6=j0

λivi, vj0+1, . . . , vn

pa tvrdenje sledi iz dela pod (c). 2

III.7. DEFINICIJA DETERMINANTE 195

III.7 Definicija determinante

Tvrdenje III.7.1 Neka je (a1, . . . , an) proizvoljna baza prostora V, gde je dakledim(V) = n.(a) Neka je preslikavanje f0 : V

n → K definisano sa

f0(x1, . . . , xn) :df=

∑

s∈Perm(n)

λs(1),1 · . . . · λs(j),j · . . . · λs(n),n · sgn(s)

gde je xj =

m∑

i=1

λi,jaj za svako i = 1, n.

f0 je n-linearno preslikavanje nad prostorom V sa vrednostima u K, koje jeantisimetricno po svakom paru indekasa, tj. vazi

f0(v1, . . . , vi−1, vj, vi+1, . . . , vj−1, vi, vj+1, . . . , vn)

= −f0(v1, . . . , vi−1, vi, vi+1, . . . , vj−1, vj, vj+1, . . . , vn)

za svako (v1, . . . , vn) ∈ V n i svako 1 ≤ i < j ≤ n.

Pritom vazi f0(a1, . . . , aj, . . . , an) = 1.

(b) Ako je g : V n → K n-linearna funkcionela takva da vazi

g(v1, . . . , vi−1, vj, vi+1, . . . , vj−1, vi, vj+1, . . . , vn)

= −g(v1, . . . , vi−1, vi, vi+1, . . . , vj−1, vj, vj+1, . . . , vn)

za svako (v1, . . . , vn) ∈ V n i svako 1 ≤ i < j ≤ n onda vazi

g(v1, . . . , vn) = Cf0(v1, . . . , vn)

za svako (v1, . . . , vn) ∈ V n, gde je

C = g(a1, . . . , aj, . . . , an)

a f0 ona n-linearna funkcionela koja je definisana pod (a). 2

(c) Postoji tacno jedno n-linearno preslikavanje g nad prostorom V sa vrednostimauK, koje je antisimetricno po svakom paru indekasa i za koje vazi g(a1, . . . , aj, . . . , an) =1.

Dokaz (a) Ako za s ∈ {1, . . . , n}n uzmemo da je bs :df= 0 ako s nije permutacija,

odnosno bs :df= sgn(s) ako s ∈ Perm(n), lako je videti da je preslikavanje definisano

u Tvrdenju III.6.2 upravo ovo ovde definisano preslikavanje f0. Odatle sledi da jef0 n-linearno.


Da je f0 antisimetricno sledi iz Tvrdenja III.6.3 i toga sto je

f(as1, . . . , asj , . . . , asn) = bs1,...,sj ,...,sn

za svako s ∈ {1, . . . , s}n, ako iskoristimo Tvrdenje III.5.1.

(b) Neka je vj =

n∑

i=1

λi,jai za svako j = 1, n.

g(v1, . . . , vj, . . . , vn) =

(n∑

i=1

λi,1ai, . . . ,

n∑

i=1

λi,jai, . . . ,

n∑

i=1

λi,nai

)

=

∑

s∈{1,...,n}n

λs(1),1 · . . . · λs(j),j · . . . · λs(n),n · g(as(1), . . . , as(j), . . . , as(n)) =

∑

s∈Perm(n)

λs(1),1 · . . . · λs(j),j · . . . · λs(n),n · g(as(1), . . . , as(j), . . . , as(n)) =

∑

s∈Perm(n)

λs(1),1 · . . . · λs(j),j · . . . · λs(n),n · sgn(s)g(a1, . . . , aj, . . . , an) =

C∑

s∈Perm(n)

λs(1),1 · . . . · λs(j),j · . . . · λs(n),n · sgn(s) =

Cf0(v1, . . . , vj, . . . , vn)

(c) Za proizvoljno takvo preslikavanje g prema (b) mora da vazi

g(v1, . . . , vn) = Cf0(v1, . . . , vn)

za svako (v1, . . . , vn) ∈ V n, gde je

C = g(a1, . . . , aj, . . . , an) = 1

pa je zapravo

g(v1, . . . , vn) = f0(v1, . . . , vn)

za svako (v1, . . . , vn) ∈ V n

2

Definicija III.7.2 Neka je n ≥ 2. Sa

Detn :(K

n×1)n → K

III.7. DEFINICIJA DETERMINANTE 197

oznacavamo onu jedinstvenu n-linearnu funkcionelu nad prostorom Kn×1 za kojuvazi

Detn(v1, . . . , vi−1, vj, vi+1, . . . , vj−1, vi, vj+1, . . . , vn)

= −Detn(v1, . . . , vi−1, vi, vi+1, . . . , vj−1, vj, vj+1, . . . , vn)

za svako (v1, . . . , vn) ∈ Kn×1 i svako 1 ≤ i < j ≤ n, kao i

Det(e1, . . . , ej, . . . , en) = 1

gde je (e1, . . . , ej, . . . , en) standardna baza prostora Kn×1. Drugim recima, Detnje preslikavanje dato sa

Detn

a1,1...

ai,1...

an,1

, · · · ,

a1,j...

ai,j...

an,j

, · · · ,

a1,n...

ai,n...

an,n

=∑

p∈Perm(n)

sgn(p)·ap(1),1 . . . ap(j),j . . . ap(n),n

Definicija III.7.3 Neka je n ≥ 2. Sa

detn : Kn×n → K

oznacavamo preslikavanje definisano sa

detn(A) :df= Detn(A•,1, . . . , A•,j, . . . , A•,n)

Drugim recima, detn je preslikavanje dato sa

detn

a1,1 . . . a1,j . . . a1,n...

......

......

ai,1 . . . ai,j . . . ai,n...

......

......

an,1 . . . an,j . . . an,n

=∑

p∈Perm(n)

sgn(p) · ap(1),1 . . . ap(j),j . . . ap(n),n

za svako A = [ai,j]n×n ∈ Kn×n. Uobicajeno je da se koristi oznaka

detn ([ai,j]n×n) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a1,1 . . . a1,j . . . a1,n...

......

......

ai,1 . . . ai,j . . . ai,n...

......

......

an,1 . . . an,j . . . an,n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Definisemo i det1 : K1×1 → K sa det1([x]1×1

):df= x. U svakom slucaju, ako je

n ∈ N preslikavanje detn nazivamo

determinanta reda n

Broj detn(A) nazivamo determinanta matrice A ∈ Kn×n. 2


III.8 Osnovne osobine determinanti

Tvrdenje III.8.1 det(AT) = det(A).

Dokaz Stavimo B := AT. Dakle bi,j = B(i, j) = aj,i za svako i, j = 1, n. Imamo

det(B) =∑

p∈Perm(n)

sgn(p) · bp(1),1 . . . bp(j),j . . . bp(n),n =

∑

p∈Perm(n)

sgn(p) · a1,p(1) . . . aj,p(j) . . . an,p(n) =

∑

p∈Perm(n)

sgn(p) · ap−1(p(1)),p(1) . . . ap−1(p(j)),p(j) . . . ap−1(p(n)),p(n) =

=∑

p∈Perm(n)

sgn(p) · ap−1(1),1 . . . ap−1(j),j . . . ap−1(n),n

=∑

p∈Perm(n)

sgn(p−1) · ap−1(1),1 . . . ap−1(j),j . . . ap−1(n),n

=∑

q∈Perm(n)

sgn(q) · aq(1),1 . . . aq(j),j . . . aq(n),n = det(A)

2

Tvrdenje III.8.2 Ako postoje 1 ≤ i < j ≤ n tako da je A•,i = A•,j onda jedet(A) = 0.

Ako postoje 1 ≤ i < j ≤ n tako da je Ai,• = Aj,• onda je det(A) = 0.

Dokaz Ovo sledi iz Tvrdenja III.6.4 pod (b) i Tvrdenja III.8.1. 2

Tvrdenje III.8.3 Neka je A ∈ Kn×n. Ako stavimo Kj = A•,j za j = 1, n ondavazi:

det

K1

∣∣∣∣∣. . .

∣∣∣∣∣Kj0−1

∣∣∣∣∣

m∑

i=1i6=j0

λiKi

∣∣∣∣∣Kj0+1

∣∣∣∣∣. . .

∣∣∣∣∣Kn

= 0

i

det

K1

∣∣∣∣∣. . .

∣∣∣∣∣Kj0−1

∣∣∣∣∣Kj0 +

m∑

i=1i6=j0

λiKi

∣∣∣∣∣Kj0+1

∣∣∣∣∣. . .

∣∣∣∣∣Kn

=

det([K1

∣∣. . .

∣∣Kj0−1

∣∣Kj0

∣∣Kj0+1

∣∣. . .

∣∣Kn

])

za svako (λ1, . . . , λn) ∈ Kn i j0 ∈ {1, . . . , n}.

III.8. OSNOVNE OSOBINE DETERMINANTI 199

Dokaz Ovo sledi direktno iz Tvrdenja III.6.4 pod (c) i (d). 2

Tvrdenje III.8.4 Neka je A ∈ Kn×n. Ako stavimo Vj = Aj,• za j = 1, n onda vazi:

det

(

V1

...

Vj0−1

m∑

i=1i6=j0

λiVi

Vj0+1

...

Vn

)

= 0

i

det

(

V1

...

Vj0−1

Vj0 +m∑

i=1i6=j0

λiVi

Vj0+1

...

Vn

)

= det

(

V1

...

Vj0−1

Vj0

Vj0+1

...

Vn

)

za svako (λ1, . . . , λn) ∈ Kn i j0 ∈ {1, . . . , n}.

Dokaz Ovo sledi direktno iz Tvrdenja III.8.3 i III.8.1. 2


Definicija III.8.5 Za A ∈ Kn×n i i, j = 1, n definisimo

mnri,j(A) :df= detn−1

(A{1,...,n}\{i},{1,...,n}\{j}

)

Ovaj broj nazivamo minor matrice A koji odgovara mestu (i, j).

Definisemo ikofi,j(A) :

df= (−1)i+j

mnri,j(A)

Ovaj broj nazivamo kofaktor matrice A koji odgovara mestu (i, j). 2

Lema III.8.6 Neka je A = [ai,j]n×n ∈ Kn×n i i0, j0 ∈ {1, . . . , n} i neka je(ej : j =

1, n)standardna baza prostora K

n×1. Tada je

detn(A•,1| . . . |A•,j0−1|ei0|A•,j0+1| . . . |A•,n) = (−1)i0+j0mnri0,j0(A) = kof i0,j0(A)

tj.

detn

P

∣∣∣∣∣∣∣

0...0

∣∣∣∣∣∣∣

Q

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ai0,1 . . . ai0,j0−1 1 ai0,j0+1 . . . ai0,n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

R

∣∣∣∣∣∣∣

0...0

∣∣∣∣∣∣∣

S

=

= (−1)i0+j0detn−1

P | Q−− −−R | S

gde je P := A{1,...,i0−1},{1,...,j0−1}, Q := A{1,...,i0−1},{j0+1,...,n}, R := A{i0+1,...,n},{1,...,j0−1}

i S := A{i0+1,...,n},{j0+1,...,n}.

Dokaz Imamo

detn(A•,1| . . . |A•,j0−1|ei0|A•,j0+1| . . . |A•,n) =

(−1)i0−1detn

ai0,1 . . . ai0,j0−1 1 ai0,j0+1 . . . ai0,n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

P

∣∣∣∣∣∣∣

0...0

∣∣∣∣∣∣∣

Q

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

R

∣∣∣∣∣∣∣

0...0

∣∣∣∣∣∣∣

S

=


= (−1)i0−1+j0−1detn (M) = (−1)i0+j0detn (M)

gde je

M = [mi,j]n×n =

1 ai0,1 . . . ai0,j0−1 ai0,j0+1 . . . ai0,n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

0...0

∣∣∣∣∣∣∣

P

∣∣∣∣∣

Q

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

0...0

∣∣∣∣∣∣∣

R

∣∣∣∣∣

S

Neka je

T = [ti,j](n−1)×(n−1) =

P | Q−− −−R | S

Dakle za 2 ≤ i, j ≤ n vazi mi,j = ti−1,j−1.Za svako q = (q1, . . . , qn−1) ∈ Perm(n − 1) definisimo q′ ∈ G := {p ∈ Perm(n) :

p(1) = 1} sa q′(1) = 1 i q′(i) = q(i− 1) + 1 za i = 2, n, tj.

q′ = (1, q1 + 1, q2 + 1, . . . , qn−1 + 1)

Lako se proverava da je preslikavanje

T : Perm(n− 1) → G

definisano sa T (q) = q′ za q ∈ Perm(n− 1), bijekcija.Imamo

detn(M) =∑

p∈Perm(n)

sgn(p) ·mp(1),1 ·mp(2),2 · . . . ·mp(n),n =

∑

p∈Perm(n)p(1)=1

sgn(p) ·mp(1),1 ·mp(2),2 · . . . ·mp(n),n =∑

p∈Perm(n)p(1)=1

sgn(p) ·mp(2),2 · . . . ·mp(n),n =

∑

p∈Perm(n)p(1)=1

sgn(p)·tp(2)−1,1 ·. . .·tp(n)−1,n−1 =∑

q∈Perm(n−1)

sgn(q′)·tq′(2)−1,1 ·. . .·tq′(n)−1,n−1 =

=∑

q∈Perm(q−1)

sgn(q) · tq(1),1 · . . . · tq(n−1),n−1 = detn−1(T )

2


Tvrdenje III.8.7 (a) Za A ∈ Kn×n i svako j0 ∈ {1, . . . , n} vazi

detn(A) =

n∑

i=1

(−1)i+j0ai,j0 ·mnri,j0(A)

tj.

detn(A) =n∑

i=1

ai,j0 · kofi,j0(A)

(b) Za A ∈ Kn×n i svako i0 ∈ {1, . . . , n} vazi

detn(A) =n∑

j=1

(−1)i0+jai0,j ·mnri0,j(A)

tj.

detn(A) =

n∑

j=1

ai0,j · kofi0,j(A)

2

Dokaz (a) Koristeci Lemu III.8.6 imamo

detn(A) = detn

([

A•,1

∣∣∣. . .

∣∣∣A•,j0−1

∣∣∣

n∑

i=1

ai,j0ei

∣∣∣A•,j0+1

∣∣∣. . .

∣∣∣A•,n

])

=

=n∑

i=1

ai,j0detn([A•,1| . . . |A•,j0−1|ei|A•,j0+1| . . . |A•,n]

)=

=n∑

i=1

ai,j0(−1)i+j0mnri,j0(A)

(b) Neka je B = [bi,j]n×n = AT. Koristeci deo pod (a) imamo

detn(A) = detn(B) =

n∑

j=1

(−1)j+i0bj,i0 ·mnrj,i0(B)

Kako je

mnrj,i0(B) = detn−1

(B{1,...,n}\{j},{1,...,n}\{i0}

)= detn−1

((

B{1,...,n}\{j},{1,...,n}\{i0}

)T)

=


detn−1

((BT)

{1,...,n}\{i0},{1,...,n}\{j}

)

= mnri0,j(A)

to konacno dobijamo

detn(A) =

n∑

j=1

(−1)i0+jai0,j ·mnri0,j(A)

2

Tvrdenje III.8.8 (a) Za A ∈ Kn×n i svako j0, j1 ∈ {1, . . . , n}, gde j0 6= j1 vazi

n∑

i=1

ai,j0 · kofi,j1(A) = 0

(b) Za A ∈ Kn×n i svako i0, i1 ∈ {1, . . . , n}, gde i0 6= i1 vazi

n∑

j=1

ai0,j · kofi1,j(A) = 0

Dokaz (a) Neka je B = [bi,j]n×n definisana sa bi,j = ai,j za svako i = 1, n ij = 1, n, j 6= j1, i bi,j1 = ai,j0 za svako i = 1, n. Tada je kof i,j1(B) = kof i,j1(A) zasvako i = 1, n. Takode je B•,j1 = A•,j0 = B•,j0 pa je det(B) = 0. Otuda imamo

n∑

i=1

ai,j0 · kofi,j1(A) =n∑

i=1

bi,j1 · kofi,j1(B) = det(B) = 0

(b) Dokaz za ovo je analogan ovom gore. 2

Za A ∈ Kn×n definisemo tzv. adjungovanu matricu matrice A:

adj(A) :df= [bi,j]n×n, gde bi,j = kofj,i(A)

Tvrdenje III.8.9 Za svako A ∈ Kn×n vazi adj(A) ·A = A · adj(A) = det(A) · In.

Dokaz Neka je adj(A) = [bi,j]n×n i adj(A) · A = [mi,j]n×n. Za svako i = 1, n je

mi,i =

n∑

k=1

bi,kak,i =

n∑

k=1

ak,ikofk,i = det(A)

Ako su i, j = 1, n tako da je i 6= j onda imamo

mi,j =n∑

k=1

bi,kak,j =n∑

k=1

ak,jkofk,i = 0

Ovim smo pokazali da je adj(A) ·A = det(A) ·In. Jednakost A ·adj(A) = det(A) ·Inse pokazuje potpuno analogno. 2


Tvrdenje III.8.10 det(AB) = det(A)det(B).

Dokaz Definisimo preslikavanje f : (Kn×1)n → K sa

f(X1, . . . , Xn) :df= Detn(AX1, . . . , AXn)

za svako (X1, . . . , Xn) ∈ (Kn×1)n.

Pokazimo da je f n-linearno. Imamo

f(X1, . . . , Xi−1, U+V,Xi+1, . . . , Xn) = Detn(AX1, . . . , AXi−1, A(U+V ), AXi+1, . . . , AXn)

= Detn(AX1, . . . , AXi−1, AU + AV,AXi+1, . . . , AXn)

= Detn(AX1, . . . , AXi−1, AU,AXi+1, . . . , AXn)+Detn(AX1, . . . , AXi−1, AV, AXi+1, . . . , AXn)

= f(X1, . . . , Xi−1, U,Xi+1, . . . , Xn) + f(X1, . . . , Xi−1, V,Xi+1, . . . , Xn)

Takode imamo i

f(X1, . . . , Xi−1, λU,Xi+1, . . . , Xn) = Detn(AX1, . . . , AXi−1, A(λU), AXi+1, . . . , AXn)

= Detn(AX1, . . . , AXi−1, λAU,AXi+1, . . . , AXn)

= λDetn(AX1, . . . , AXi−1, AU,AXi+1, . . . , AXn) = λf(X1, . . . , Xi−1, U,Xi+1, . . . , Xn)

Pokazimo da je f antisimetricno. Za 1 ≤ i < j ≤ n imamo

f(X1, . . . , Xi−1, Xj, Xi+1, . . . , Xj−1, Xi, Xj+1, . . . , Xn) =

= Detn(AX1, . . . , AXi−1, AXj, AXi+1, . . . , AXj−1, AXi, AXj+1, . . . , AXn)

= −Detn(AX1, . . . , AXi−1, AXi, AXi+1, . . . , AXj−1, AXj, AXj+1, . . . , AXn)

= −f(X1, . . . , Xi−1, Xi, Xi+1, . . . , Xj−1, Xj, Xj+1, . . . , Xn)

Zato mora da vazi

f(X1, . . . , Xn) = f(e1, . . . , en) ·Detn(X1, . . . , Xn)

gde je (e1, . . . , en) standardna baza prostora Kn×1.Imamo f(e1, . . . , en) = Detn(Ae1, . . . , Aen) = Detn(A•,1, . . . , A•,n) = detn(A).Sada uzimajuci specijalno Xj = B•,j za j = 1, n dobijamo

f(B•,1, . . . , B•,n) = detn(A)Detn(B•,1, . . . , B•,n) = detn(A)detn(B)

No f(B•,1, . . . , B•,n) = Detn(AB•,1, . . . , AB•,n)= Detn((AB)•,1, . . . , (AB)•,n) = detn(AB).2

III.9. DETERMINANTA I RANG MATRICA 205

III.9 Determinanta i rang matrica

Neka je data A ∈ Kn×m. Ako je A = 0n×m definisemo rangD(A) = 0. Ako je A 6=0n×m onda postoji bar jedan broj k ∈ N takav da za neke skupove P ⊆ {1, . . . , n} iQ ⊆ {1, . . . , m}, oba sa po k elemenata, vazi detk(AP,Q) 6= 0; rangD(A) definisemokao najveci takav broj k.

Tvrdenje III.9.1 rangD(A) = rang(A).

Dokaz Kako ova jednakost ocigledno vazi ako je A = 0n×m pretpostavimo da jeA 6= 0n×m. Neka je rangD(A) =: k ∈ N. Neka su P = {p1, . . . , pk} ⊆ {1, . . . , n} iQ = {q1, . . . , qk} ⊆ {1, . . . , m} tako da je detk(AP,Q) 6= 0, i tako da je p1 < · · · < pki q1 < · · · < qk.

(1) Sistem(AP,{q1}, . . . , AS,{qk}

)vektora prostora Kk×1 je linearno nezavisan jer bi u

suprotnom na osnovu Tvrdenja III.8.3 vazilo detk(AP,Q) = 0. Samim tim je i sistem(A•,q1, . . . , A•,qk) vektora prostora K

n×1 je linearno nezavisan. Zato ce jednakostrangD(A) = rang(A) sada slediti ako pokazemo da je Aq ∈ L

({A•,q1, . . . , A•,qk}

)

za svako q ∈ {1, . . . , m}. Ovo je trivijalno tako ako k = m. Zato u nastavkupretpostavljamo da je k < m.

(2) Neka je q ∈ {1, . . . , m} \Q proizvoljno. Vazi dim(K

k×1)= k pa je prema delu

pod (1) sistem(AP,{q1}, . . . , AP,{qk}

)baza prostora Kk×1. Zato postoje α1, . . . , αk ∈

K tako da je

AP,{q} =

k∑

i=1

αiAP,{qi} (III.5)

Ako je k = n onda ovo znaci da je A•,q =

k∑

i=1

αiA•,qi i stvar je gotova. Pretpostavimo

sada da je k < n.Ako pokazemo da vazi

ap,q =k∑

i=1

αiap,qi

za svako p ∈ {1, . . . , n} \ P to ce zajedno sa (III.5) znaciti da je A•,q =k∑

i=1

αiA•,qi.

Neka je p ∈ {1, . . . , n} \P proizvoljno. Pretpostavimo da je pt < p < pt+1 i ql < q <ql+1 (u slucajevima kad je p < p1 ili pk < p ili q < q1 ili qk < q trazena jednakostse dobija na apsolutno identican nacin). Stavimo P1 := P ∪ {p} i Q1 := Q ∪ {q}.Imamo (prema definiciji broja rangD(A) = k)

0 = Detk+1

(AP1,{q1}, . . . , AP1,{ql}, AP1,{q}, AP1,{ql+1}, . . . , AP1,{qk}

)

= Detk+1

(

AP1,{q1}, . . . , AP1,{ql}, AP1,{q} +k∑

i=1

(−αi)AP1,{qi}, AP1,{ql+1}, . . . , AP1,{qk}

)


= Detk+1

(

AP1,{q1}, . . . , AP1,{ql},

(

ap,q +k∑

i=1

(−αi)ap,qi

)

· et+1, AP1,{ql+1}, . . . , AP1,{qk}

)

gde je (e1, . . . , ek+1) standardna baza prostora K(k+1)×1. Dakle (koristeci razvoj po

l + 1-oj koloni) imamo da je

0 = (−1)t+1+l+1

(

ap,q +

k∑

i=1

(−αi)ap,qi

)

detk(AP,Q)

pa kako je detk(AP,Q) 6= 0 to odavde sledi ap,q =k∑

i=1

αiap,qi. 2

Tvrdenje III.9.2 Matrica A ∈ Kn×n je regularna ako i samo ako je detn(A) 6= 0.

Dokaz Ovo sledi direktno iz Tvrdenja II.23.4 i III.9.1. 2

III.10 Determinanta i inverzna matrica

Tvrdenje III.10.1 Matrica A ∈ Kn×n je regularna ako i samo ako vazi det(A) 6= 0i u tom slucaju je

A−1 =1

det(A)· adj(A)

Dokaz Da je A ∈ Kn×n regularna matrica ako i samo ako vazi det(A) 6= 0 vecznamo. Inace, ako je A regularna matrica onda za neko P ∈ Kn×n vazi AP = In pamora biti det(A)det(P ) = det(In) = 1 te i det(A) 6= 0.

Ako je det(A) 6= 0 onda iz adj(A) ·A = A ·adj(A) = det(A) ·In (Tvrdenje III.8.9)sledi da je (

1

det(A)· adj(A)

)

· A = A ·(

1

det(A)· adj(A)

)

= In

2

III.11 Determinanta i sistemi linearnih

jednacina

Neka je dat kvadratni sistem (A,B):

a1,1x1 + . . . + a1,jxj + . . . + a1,nxn = b1...

......

......

...ai,1x1 + . . . + ai,jxj + . . . + ai,nxn = bi

......

......

......

an,1x1 + . . . + an,jxj + . . . + an,nxn = bn

(III.6)

III.11. DETERMINANTA I SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA 207

Za svako i = 1, n stavimo

∆i := Detn(A•,1, . . . , A•,i−1, B, A•,i+1, . . . , A•,n

)

tj. ∆i je determinanta matrice koja ima j-tu kolonu istu kao i matrica A za j 6= i,a i-ta kolona joj je kolona slobodnih clanova B datog sistema.

Tvrdenje III.11.1 Ako je (x1, . . . , xj, . . . , xn) ∈ Kn proizvoljno resenje sistema(A,B) onda vazi ∆i = xi · det(A) za svako i = 1, n.

Dokaz Imamo

∆i = Detn

(

A•,1, . . . , A•,i−1,n∑

j=1

xjA•,j , A•,i+1, . . . , A•,n

)

=n∑

j=1

xjDetn (A•,1, . . . , A•,i−1, A•,j, A•,i+1, . . . , A•,n)

= xiDetn (A•,1, . . . , A•,i−1, A•,i, A•,i+1, . . . , A•,n) = xi · det(A)

2

Zapazanje III.11.2 Ukoliko vazi det(A) = 0 a postoji neko i ∈ {1, . . . , n} tako daje ∆i 6= 0 onda sistem (III.6) nema resenja. 2

Tvrdenje III.11.3 Kvadratni sistem (III.6) ima jedinstveno resenje ako i samo ako

vazi det(A) 6= 0 i u tom slucaju ono je dato sa xi =∆i

det(A)za svako i = 1, n.

Dokaz Prvi deo tvrdenja sledi iz Tvrdenja III.2.5 i III.9.2. Preostali deo tvrdenjasledi iz Tvrdenja III.11.1. 2

Posledica III.11.4 Kvadratni homogen sistem (A, 0n×1) ima netrivijalno resenjeako i samo ako vazi det(A) = 0. 2


Deo IV

Struktura linearnog operatora

IV.1 Sopstvene vrednosti/vektori linearnog ope-

ratora

Neka je f ∈ End(V), dim(V) = n. Da li postoji neka baza a = (a1, . . . , an) prostoraV takva da je

Ma,a(f) = In

Odgovor: jedino u slucaju da je f = idV .

Da li postoji neka baza a = (a1, . . . , an) prostora V takva da je matrica Ma,a(f)dijagonalna?

Ako postoji, kazemo da se (linearni) operator f moze dijagonalizirati. Dakleoperator f se moze dijagonalizirati ako i samo ako postoji neka baza (a1, . . . , an)koja se sastoji od (naravno nenula) vektora ai za koje vazi f(ai) = λi · ai za nekeλi ∈ K, i = 1, n.

§

Neka je a = (a1, . . . , an) proizvoljna baza prostora V. Za λ ∈ K kazemo daje sopstvena vrednost (linearnog) operatora f ∈ End(V) ako postoji neki vektorx 6= 0 takav da je f(x) = λx; u tom slucaju za svaki takav nenula vektor kazemoda je sopstveni vektor operatora f koji odgovara sopstvenoj vrednosti λ. Skupsvih sopstvenih vrednosti operatora f oznacavamo sa spek(f) i nazivamo spektar

operatora f . Vektor je sopstveni vektor operatora f ako je postoji neko λ ∈ spek(f)tako da je on sopstveni vektor operatora f koji odgovara sopstvenoj vrednosti λ.Drugim recima, vektor x ∈ V je sopstveni vektor operatora f ukoliko je x 6= 0 iukoliko postoji neko λ ∈ K tako da vazi f(x) = λx.

f(x) = λx ⇐⇒ f(x)+(−λ)id(x) = 0 ⇐⇒(f−λid

)(x) = 0 ⇐⇒ x ∈ Ker

(f−λid

)

209

210 DEO IV. STRUKTURA LINEARNOG OPERATORA

Ker(f − λid

)6= {0} ⇐⇒ f − λid nije injektivno

⇐⇒ f − λid nije automorfizam

⇐⇒ rang(

Ma,a

(f − λid

))

6= n

⇐⇒ det(

Ma,a

(f − λid

))

= 0

Ma,a

(f − λid

)= Ma,a(f)− λ ·Ma,a

(id)= Ma,a(f)− λIn

Dakle λ ∈ K je sopstvena vrednost operatora akko vazi

det(

Ma,a(f)− λIn

)

= 0

Za svako λ ∈ K vazi

det(

Ma,a(f)− λIn

)

= det(

Mb,b(f)− λIn

)

za svake dve baze a i b. Zaista, ako stavimo P := M(a via b) imamo M(b via a) =P−1 kao i Ma,a(f) = P−1Mb,b(f)P pa je zato

det(

Ma,a(f)−λIn

)

= det(

P−1Mb,b(f)P−λP−1InP)

= det(

P−1(Mb,b(f)−λIn

)P)

=

= det(P−1)det(

Mb,b(f)− λIn

)

det(P ) = det(

Mb,b(f)− λIn

)

jer je det(P−1)det(P ) = det(P−1P ) = det(In) = 1.

§Neka je A = [ai,j]n×n = Ma,a(f).Ako je v = bx1, . . . , xnca onda je v sopstveni vektor koji odgovara sopstvenoj

vrednosti λ ∈ K ako i samo ako vazi

(A− λIn

)·

x1...xi...xn

= 0n×1

i v 6= 0 tj. akko je (x1, . . . , xn) netrivijalno resenje homogenog sistema cija jematrica

IV.1. SOPSTVENE VREDNOSTI/VEKTORI LINEARNOG OPERATORA 211

A−λIn =

a1,1 − λ a1,2 a1,3 . . . a1,i . . . a1,j . . . a1,na2,1 a2,2 − λ a2,3 . . . a2,i . . . a2,j . . . a2,na3,1 a3,2 a3,3 − λ . . . a3,i . . . a3,j . . . a3,n...

...... . . .

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

...ai−1,1 ai−1,2 ai−1,3 . . . ai−1,i . . . ai−1,j . . . ai−1,n

ai,1 ai,2 ai,3 . . . ai,i − λ . . . ai,j . . . ai,nai+1,1 ai+1,2 ai+1,3 . . . ai+1,i . . . ai+1,j . . . ai+1,n...

...... . . .

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

...aj−1,1 aj−1,2 aj−1,3 . . . aj−1,i . . . aj−1,j . . . aj−1,n

aj,1 aj,2 aj,3 . . . aj,i . . . aj,j − λ . . . aj,naj+1,1 aj+1,2 aj+1,3 . . . aj+1,i . . . aj+1,j . . . aj+1,n

......

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

... . . ....

an,1 an,2 an,3 . . . an,i . . . an,j . . . an,n − λ

Polinom

pf(λ) :df= det

(

Mb,b(f)− λIn

)

nazivamo karakteristicni polinom operatora f (kao sto smo to vec pokazali on nezavisi od toga u odnosu na koju bazu prostora formiramo matricu operatora f).

Za kvadratnu matricu P ∈ Kn×n polinom

q(t) :df= det(P − λIn)

nazivamo karakteristicni polinom matrice P .

§Neka je λ ∈ K sopstvena vrednost operatora f ∈ End(V) i p karakteristicni

polinom operatora f . Najveci broj k ∈ N takav da (x − λ)k|p (tj. visestrukostkorena λ polinoma p) nazivamo algebarski red sopstvene vrednosti λ operatora f .Za podprostor Ker(f − λ · id) kazemo da je sopstveni podprostor operatora f koji

odgovara sopstvenoj vrednosti λ; broj dim(

Ker(f −λ · id))

nazivamo geometrijski

red sopstvene vrednosti λ operatora f .

Tvrdenje IV.1.1 Geometrijski red sopstvene vrednosti je manji ili jednak od njenogalgebarskog reda.

Kako je λ sopstvena vrednost to je k := dim(

Ker(f − λ · id))

> 0. Fiksirajmo

neku bazu (a1, . . . , ak) prostora Ker(f − λ · id).


Pretpostavimo najpre da je n := dim(V) > k. Neka su ai ∈ V za k < i ≤ ntakvi da je a = (a1, . . . , ak, . . . , an) baza prostora V. Stavimo A := Ma,a(f). Za

svako 1 ≤ i ≤ k vazi f(ai) =i−1∑

j=1

0 · aj + λai +n∑

j=i+1

0 · aj pa imamo

A =

[λIk Ok×(n−k)

O(n−k)×k B

]

za neko B ∈ K(n−k)×(n−k). Otuda imamo

det(A− xIn) =

∣∣∣∣

(λ− x)Ik Ok×(n−k)

O(n−k)×k B − xI(n−k)

∣∣∣∣

Uzastopnim razvojem po prvoj koloni dobijamo da je

det(A− xIn) = (λ− x)kdet(B − xI(n−k))

odakle neposredno sledi zeljeni zakljucak.

Ako je k = n onda je matrica operatora f u bazi (a1, . . . , an) upravo λIn pa jekarakteristicni polinom operatora f jednak (λ−x)n = (λ−x)k i ponovo dolazimo doistog zakljucka (pri cemu se u ovom slucaju geometrijski i algebarski red sopstvenevrednosi λ poklapaju medusobno i poklapaju sa dimenzijom prostora). 2

IV.2 Teorema Cayley-Hamilton-a

Za proizvoljno λ ∈ K imamo

adj(A− λIn) =

.... . . (ri,j,0 + ri,j,1λ+ · · ·+ ri,j,kλ

k + · · ·+ ri,j,n−1λn−1) . . .

...

=

=

.... . . ri,j,0 . . .

...

+

.... . . (ri,j,1λ) . . .

...

+ · · ·+

.... . . (ri,j,kλ

k) . . ....

+ . . .

· · ·+

.... . . (ri,j,n−1λ

n−1) . . ....

=

=

.... . . ri,j,0 . . .

...

+ λ

.... . . ri,j,1 . . .

...

+ · · ·+ λk

.... . . ri,j,k . . .

...

+ . . .

IV.2. TEOREMA CAYLEY-HAMILTON-A 213

· · ·+ λn−1

.... . . ri,j,n−1 . . .

...

=

= R0 + λR1 + · · ·+ λkRk + · · ·+ λn−1Rn−1

Dakle vazi

adj(A− λIn) = R0 + λR1 + · · ·+ λkRk + · · ·+ λn−1Rn−1

za svako λ ∈ K.

§

Neka su date matrice Ck = [ci,j,k]n×m ∈ Kn×m i Dk = [di,j,k]n×m ∈ K

n×m zak = 1, s. Ako za svako λ ∈ K vazi

C0 + λC1 + · · ·+ λkCk + · · ·+ λsCs = D0 + λD1 + · · ·+ λkDk + · · ·+ λsDs

Tada mora biti Ck = Dk za svako k = 1, s

§

Vazi

det(A− λIn) · In = (A− λIn) · adj(A− λIn)

za svako λ ∈ K.

Neka je det(A− λIn) · In = b0 + · · ·+ bkλk + · · ·+ bnλ

n karakteristicni polinom

matrice A. Znamo da je

adj(A− λIn) = R0 + λR1 + · · ·+ λkRk + · · ·+ λn−1Rn−1

Imamo

(A− λIn) · (R0 + λR1 + · · ·+ λkRk + · · ·+ λn−1Rn−1) =

= AR0 +λ(AR1) + . . . +λk(ARk) + . . . +λn−1(ARn−1)−λR0 − . . . −λkRk−1 − . . . −λn−1Rn−2 −λnRn−1 =

= AR0+λ(AR1−R0)+ · · ·+λk(ARk−Rk−1)+ · · ·+λn−1(ARn−1−Rn−2)−λnRn−1

= b0In + λ(b1In) + · · ·+ λk(bkIn) + · · ·+ λn−1(bn−1In) + λn(bnIn)


Odavde sledi da je

b0In = AR0

A · \ (b1In) = AR1 − R0

A2 · \ (b2In) = AR2 − R1

......

......

Ak−1 · \ (bk−1In) = ARk−1 −Rk−2

Ak · \ (bkIn) = ARk −Rk−1

Ak+1 · \ (bk+1In) = ARk+1 −Rk

......

......

An−1 · \ (bn−1In) = ARn−1 − Rn−2

An · \ (bnIn) = −Rn−1

pa konacno dobijamo

b0 + b1A+ · · ·+ bkAk + · · ·+ bn−1A

n−1 + bnAn = 0n×n

Teorema IV.2.1 Ako je p karakteristicni polinom operatora f ∈ End(V) onda vazip(f) = 0 ∈ End(V). 2

IV.3 Minimalni polinom

Neka je f ∈ End(V) i neka je S skup svih nenula polinoma q sa koeficijentima iz K

takvih da je q(f) = 0 ∈ End(V). Skup S je neprazan, recimo karakteristicni polinomoperatora f pripada skupu S. Neka je k := min{st(p) : p ∈ S}. Drugim recimak ∈ N je takav broj da ne postoji nijedan nenula polinom r sa koeficijentima iz Kstepena manjeg od k koji anulira operator f , tj. takav da je r(f) = 0 ∈ End(V).

Neka je q ∈ S proizvoljan polinom takav da je st(q) = k. Ako je p ∈ S proizvoljanpolinom, onda mora da vazi q|p. Zaista, neka je p = qt + q0 gde je q 6= 0 ⇒st(q0) < st(q). Zbog q0(f) = p(f)− t(f)q(f) = 0 ∈ End(V) pretpostavka q0 6= 0 biprotivurecila izboru broja k. Dakle q0 = 0, tj. q|p.

Odavde specijalno sledi da postoji jedinstven monican polinom (tj. broj 1 muje najstariji koeficijent) m ∈ S takav da je st(m) = k: ako je q ∈ S takav da jest(q) = k i ako je c ∈ K \ {0} najstariji koeficijent polinoma q, onda za monicanpolinom q′ := 1

cq ∈ S vazi st(q′) = k – na ovaj nacin je utvrdena egzistencija ovakvog

polinoma; ako su m1, m2 ∈ S monicni polinomi takvi da je st(m1) = st(m2) = k,onda prema onom sto smo malopre pokazali mora biti m1|m2, pa obzirom da supolinomi m1 i m2 istog stepena sledi da je m2 = z ·m1 za neko z ∈ K, pri cemu iz1 = z · 1 (oba polinoma su monicna) sledi da je zapravo m1 = m2.

IV.4. JORDAN-OVA NORMALNA FORMA 215

Ovaj jedinstveni monican polinom m ∈ S takav da je st(m) = k nazivamominimalni polinom operatora f .

Zapazanje IV.3.1 Ako je v ∈ V sopstveni vektor operatora f ∈ End(V) kojiodgovara sopstvenoj vrednosti λ ∈ spek(f), i ako je p proizvoljan polinom sa koefi-cijentima iz K, onda vazi

p(f)(v) = p(λ) · vZaista, iz f(v) = λ ·v jednostavnom indukcijom po i ∈ N dobijamo da je f i(v) =

λi · v, pa je zato

(s∑

i=0

aifi

)

(v) =s∑

i=0

aifi(v) =

s∑

i=0

aiλi · v =

(s∑

i=0

aiλi

)

· v. 2

Tvrdenje IV.3.2 Ako je m minimalni polinom operatora f ∈ End(V) i λ ∈spek(f) proizvoljna sopstvena vrednost, onda vazi m(λ) = 0.

Dokaz Imamo 0 = m(f)(v) = m(λ) · v, pa kako je v 6= 0 zakljucujemo da morabiti m(λ) = 0. 2

Dakle ako jel∏

i=1

(λi − x)ki karakteristicni polinom operatora f ∈ End(V), gde

i 6= j ⇒ λi 6= λj i gde je 1 ≤ ki za i = 1, l, onda je mininalni polinom operatora f

oblika m(x) =l∏

i=1

(λi − x)k′i, gde je 1 ≤ k′

i ≤ ki za i = 1, l.

IV.4 Jordan-ova normalna forma

Prvi deo

(1)

Neka je V k.d.v.p. i g ∈ End(V). Stavimo

Ni := Ker(gi) = {x ∈ V : gi(x) = 0}

za i ∈ N0 (smatramo da je g0 = idV , te i da je N0 = {0}). Vazi

{0} = N0 ⊆ N1 ⊆ N2 ⊆ · · · ⊆ Ni ⊆ Ni+1 ⊆ . . .

Kad bi za svako i ∈ N bilo Ni ⊃ Ni+1 onda bi imali dim(Ni) < dim(Ni+1) <dim(V) ∈ N za svako i ∈ N, sto je nemoguce. Dakle postoji neko i ∈ N tako da vaziNi = Ni+1; indukcijom po j ≥ i + 1 pokazujemo da je Nj = Ni. Neka je Ni = Nj ineka je x ∈ Nj+1. Tada je 0 = gj+1(x) = gj(g(x)) pa je g(x) ∈ Nj = Ni te stoga i0 = gi(g(x)) = gi+1(x); dakle x ∈ Ni+1 = Ni. Ovim smo pokazali da je Nj+1 ⊆ Ni;kako zbog i ≤ j vazi Ni ⊆ Nj, to sledi da je Ni = Nj+1.


(2)

Koristimo zapis g[A] = g⇀A. Neka je k ∈ N0 najmanji broj takav da vaziNk = Nk+1. U nastavku pretpostavljamo da je N1 6= {0}. Zato je k > 0. Premadelu pod (1) imamo

{0} ⊂ N1 ⊂ · · · ⊂ Ni ⊂ Ni+1 ⊂ · · · ⊂ Nk = Nj, za svako j ≥ k

U nastavku pretpostavljamo da vazi

∀x ∈ V ∃j ∈ N (gj(x) = 0)

drugim recima neka je V =⋃

j∈N

Nj. Tada imamo

{0} ⊂ N1 ⊂ · · · ⊂ Ni ⊂ Ni+1 ⊂ · · · ⊂ Nk = V

Imamo g[Nj+1] ⊆ Nj : zaista, ako je y ∈ Nj+1 onda imamo gj(g(y)) = gj+1(y) =

0, tj. g(y) ∈ Nj. Ovo vazi za svako j ≥ 0.

Zato sada imamo gj−1[

g[Nj+1]]

⊆ gj−1[Nj], tj. gj[Nj+1] ⊆ gj−1[Nj] . Ovo vazi

za svako j ≥ 1.Znaci vazi

{0} ⊆ gk−1[Nk] ⊆ · · · ⊆ gj[Nj+1] ⊆ gj−1[Nj] ⊆ . . . g2[N3] ⊆ g[N2] ⊆ N1

(3)

Neka su p ∈ N i si ∈ N za i = 1, p takvi da:

sp = k; s1 = 1; ako je 1 ≤ i < p onda je si+1 > si; vazi

gsi+1−1[Nsi+1] = gj−1[Nj] za svako p > i ≥ 1 i si+1 ≥ j > si,

gsi+1−1[Nsi+1] ⊂ gsi−1[Nsi] za svako p > i ≥ 2.

Kad bi bilo gk−1[Nk] = {0} imali bi Nk ⊆ Nk−1, tj. Nk = Nk−1, sto protivureciizboru broja k. Dakle imamo

{0} ⊂ gsp−1[Nsp] ⊂ · · · ⊂ gsi+1−1[Nsi+1] ⊂ gsi−1[Nsi ] ⊂ · · · ⊂ gs2−1[Ns2] ⊆ N1

Neka je mi := dim(

gsi−1[Nsi ])

za p ≥ i ≥ 1. Tada je

0 < mp < · · · < mi < · · · < m2 ≤ m1 = dim(N1)

Neka je (a1,1 . . . , amp,1) baza za gsp−1[Nsp] = gk−1[Nk]. Uzastopnom primenomTvrdenja II.5.15 konstruisimo sistem vektora (a1,1, . . . , am2,1) takav da je za svakop ≥ i ≥ 2 sistem (a1,1, . . . , ami,1) baza prostora gsi−1[Nsi ].


Ako je gs2−1[Ns2 ] ⊂ N1 (tada je m2 < m1) neka je sistem (am2+1,1, . . . , am1,1)takav da je (a1,1, . . . , am1,1) baza prostora N1.

(4)

Zbog {al,1 : 1 ≤ l ≤ mp} ⊆ gsp−1[Nsp] postoje al,sp ∈ Nsp za 1 ≤ l ≤ mp tako daje gsp−1

(al,sp) = al,1.

Za svako p > i ≥ 2 vazi {al,1 : mi+1 < l ≤ mi} ⊆ gsi−1[Nsi] pa postoje al,si ∈ Nsi

za mi+1 < l ≤ mi tako da je gsi−1(al,si) = al,1.

a1,sp, . . . , amp,sp;

ami+1+1,si, . . . , ami,si

am3+1,s2, . . . , am2,s2

a1,1, . . . , amp,1; . . . ; ami+1+1,1, . . . , ami,1; . . . ; am3+1,1, . . . , am2,1; am2+1,1, . . . , am1,1

(5)

Za 1 < j < sp i 1 ≤ l ≤ mp definisimo rekurzivno al,j tako da je al,j = g(al,j+1).

Za svako p > i ≥ 2 definisimo rekurzivno al,j za 1 < j < si i mi+1 < j ≤ mi takoda je al,j = g(al,j+1).


a1,sp, . . . , amp,sp;...

a1,j1, . . . , amp,j1;......

a1,si, . . . , amp,si; . . . ; ami+1+1,si, . . . , ami,si;...

...a1,j2, . . . , amp,j2; . . . ; ami+1+1,j2, . . . , ami,j2;

......

......

a1,s2, . . . , amp,s2; . . . ; ami+1+1,s2, . . . , ami,s2; . . . ; am3+1,s2, . . . , am2,s2;...

......

a1,j3, . . . , amp,j3; . . . ; ami+1+1,j3, . . . , ami,j3; . . . ; am3+1,j3, . . . , am2,j3;...

......

......

...a1,1, . . . , amp,1; . . . ; ami+1+1,1, . . . , ami,1; . . . ; am3+1,1, . . . , am2,1; am2+1,1, . . . , am1,1

Sistem (a1,1, . . . , am2,1) je linearno nezavisan. Ako je 1 ≤ j < s2 i ako je sistem(a1,j , . . . , am2,j) linearno nezavisan, onda je i sistem (a1,j+1, . . . , am2,j+1) linearnonezavisan, na osnovu Tvrdenja II.10.1 pod (a), jer je

(g(a1,j+1), . . . , g(am2,j+1)

)= (a1,j , . . . , am2,j)

Ako je 2 ≤ i < p i si ≤ j < si+1 i ako je sistem (a1,j, . . . , ami+1,j) linearno nezavisan,onda je i sistem (a1,j+1, . . . , ami+1,j+1) linearno nezavisan, na osnovu Tvrdenja II.10.1pod (a), jer je

(g(a1,j+1), . . . , g(ami+1,j+1)

)= (a1,j , . . . , ami+1,j)

Induktivnim rasudivanjem zakljucujemo sistem (a1,j, . . . , ami,j) linearno nezavisanza svako 1 ≤ j ≤ sp = k i svako 1 ≤ l ≤ si, gde je i ∈ {1, . . . , p} najmanji broj takavda je j ≤ si.

(6)

Neka je

I :=(

{1, . . . , m1} × {1})

∪p−1⋃

i=1

(

{1, . . . , mi+1} × {si + 1, . . . , si+1})

Pokazimo da je sistem(al,j : (l, j) ∈ I

)linearno nezavisan.


Neka su λl,j ∈ K za (l, j) ∈ I takvi da je∑

(l,j)∈I

λl,jal,j = 0. Neka, suprotno onom

sto treba pokazati, vazi λl,j 6= 0 za neko (l, j) ∈ I. Neka je j0 ∈ {1, . . . , sp} najvecibroj takav da je λl,j0 6= 0 za neko l takvo da je (l, j0) ∈ I. Ako je j0 = 1 onda sledida je

m1∑

l=1

λl,1al,1 = 0

i λl,1 6= 0 za neko 1 ≤ l ≤ m1, sto znaci da je sistem (a1,1, . . . , am1,1) linearno zavisan,a to, kako smo vec utvrdili, nije tacno.

Dakle j0 > 1. Neka je i0 ∈ {2, . . . , p} najmanji broj takav da je j0 ≤ si0 . Daklesi0−1 < j0 ≤ si0 . Sada imamo

0 =

m1∑

l=1

λl,1al,1 +

i0−1∑

i=2

∑

1≤l≤misi−1<j≤si

λl,jal,j +∑

1≤l≤mi0si0−1<j≤j0

λl,jal,j

Ako je (l, j) ∈ I tako da je j < j0, onda je gj0−1(al,j) = 0. Otuda je

0 = gj0−1(0) =

mi0∑

l=1

λl,j0gj0−1(al,j0) =

mi0∑

l=1

λl,j0al,1

i pritom je λl,j0 6= 0 za neko 1 ≤ l ≤ mi0 , sto znaci da je sistem (a1,1, . . . , ami0,1),

a samim tim i sistem (a1,1, . . . , am1,1), linearno zavisan, a to, kako smo vec utvrdili,nije tacno.

(7)

Za j = 2, k stavimo hj := gj−1 ¯ Nj. Imamo hj ∈ End(Nj) kao i

Ker(hj) = {x ∈ Nj : gj−1(x) = 0} = Nj ∩Nj−1 = Nj−1

Takode je Im(hj) = gj−1[Nj]. Zbog dim(Nj) = dim (Im(hj)) + dim (Ker(hj)) sadaimamo

dim(Nj) = dim(Nj−1) + dim(gj−1[Nj]

)

Tvrdimo da je

dim(Nj) = |{(l, q) ∈ I : q ≤ j}|za svako j = 1, k.

Za j = 1 imamo

dim(N1) = |{(l, 1) : l = 1, m1}| = |{(l, q) ∈ I : q ≤ 1}|

jer je (a1,1, . . . , am1,1) baza za N1.


Pretpostavimo sada da je tvrdenje tacno za j = j0, k > j0 ≥ 1, i neka jei0 ∈ {2, . . . , p} takvo da je si0 − 1 ≤ j0 < si0. Iz

dim(gj0[Nj0+1]

)= dim

(gsi0−1[Nsi0

])= mi0 = |{(l, j0 + 1) : l = 1, mi0}|

= |{(l, j0 + 1) : (l, j0 + 1) ∈ I}|i dim(Nj0+1) = dim(Nj0) + dim (gj0[Nj0+1]) sledi

dim(Nj0+1) = |{(l, q) ∈ I : q ≤ j0}|+ |{(l, j0 + 1) : (l, j0 + 1) ∈ I}|= |{(l, q) ∈ I : q ≤ j0 + 1}|

Iz ovog sto smo upravo dokazali specijalno sledi da je dim(Nk) = |{(l, j) ∈ I :j ≤ k}| = |I|, pa kako je sistem

(al,j : (l, j) ∈ I

)vektora prostora Nk = V linearno

nezavisan, zakljucujemo da je(al,j : (l, j) ∈ I

)baza prostora V.

(8)

Uz zadrzavanje dosadasnjih pretpostavki pretpostavimo sada jos i da je g =f − λ · id za neko f ∈ End(V).

Za 1 ≤ l ≤ m2 neka je ul =(al,1, . . . , al,si0

)ako je mi0+1 < l ≤ mi0 za neko

p− 1 ≥ i0 ≥ 2, odnosno neka je ul =(al,1, . . . , al,sp

)ako je 1 ≤ l ≤ mp.

Svaki od tih sistema je oblika v = (v1, . . . , vr) za neko r ≥ 2, tako da vazig(vi) = vi−1 za i = 2, r, odnosno g(v1) = 0; drugim recima f(vi) = λvi + vi−1 zai = 2, r, odnosno f(v1) = λv1. Odavde specijalno vidimo da je

f⇀L(v1, . . . , vr) ⊆ L(v1, . . . , vr)pa kako je v = (v1, . . . , vr) linearno nezavisan sistem, te dakle i baza prostoraL(v1, . . . , vr), mozemo govoriti o matrici restrikcije linearnog preslikavanja f u odnosuna bazu v; a ona izgleda ovako:

λ 1 0 0 00 λ 1 0 00 0 λ 1 0 00 0 0 λ 10 0 0 0 λ

. . .

λ 1 0 00 0 λ 1 0

0 0 λ 10 0 0 λ

∈ Kr×r

tj. rec je o matrici formata r puta r koja na glavnoj dijagonali ima uvek broj λ, dadodijagonali odmah iznad stoji svuda broj 1, a na svim preostalim mestima stojibroj 0; ovakvu matricu skraceno oznacavamo sa J(λ, r). Dakle

J(√5, 2) =

[ √5 1

0√5

]


Definisemo i J(λ, 1) = [λ]1×1 ∈ K1×1.Matrice ovakvog oblika nazivamo Jordan-ovim blokovima.

(9)

Ako jem2 < m1 neka je ul = (al,1) sistem duzine 1 zam2 < l ≤ m1. Posmatrajmo

bazu a koja se dobija tako sto se vertikale sistema(al,j : (l, j) ∈ I

)poredaju

horizontalno s leva na desno, u redosledu od prve ka poslednjoj, i to tako da se usvakoj vertikali vektori ispisuju pocev od onog na dnu do onog na vrhu; preciznijeposmatrajmo sistem dobijen spajanjem gore definisanih sistema u1, u2, . . . , um1.

Kako je

V = L(u1)⊕ · · · ⊕ L(um1)

to matrica linearnog preslikavanja f u odnosu na bazu a izgleda ovako

Jord(λ; k1, . . . , km1) :df=

J(λ, k1) 0J(λ, k2)

. . .

0 J(λ, km1)

(IV.1)

tj. radi se o blok-dijagonalnoj matrici ciji su dijagonalni blokovi upravo Jordan-oviblokovi J(λ, k1), . . . , J(λ, km1). Primetimo da ako je m2 < m1 onda je J(λ, kl) =[λ]1×1 za svako m2 < l ≤ m1 te matrica operatora f izgleda ovako

J(λ, k1) 0J(λ, k2)

. . .

0 J(λ, km2)

O

O λIm1−m2

§

Drugi deo U prvom delu smo pretpostavili da je dat endomorfizam f ∈ End(V)prostora V takav da za neko λ ∈ K vazi

∀x ∈ V ∃j ∈ N((f − λ · id)j(x) = 0

)

Za vektor x ∈ V kazemo da je generalisano sopstveni ili g-sopstveni vektorendomorfizma f koji odgovara λ ∈ K ako je x 6= 0 i ako postoji neko j ∈ N takoda je (f − λ · id)j(x) = 0. Dakle u prvom delu smo pretpostavili da je f takavendomorfizam da postoji neko λ ∈ K takvo da je svaki nenula vektor g-sopstvenivektor koji odgovara λ.


Neka je sada f ∈ End(W) proizvoljan endomorfizam kompleksnog vektorskogprostora W. Za svaku sopstvenu vrednost λ ∈ C operatora f neka je

G(λ, f) = {x ∈ V : postoji j ∈ N tako da je (f − λ · id)j(x) = 0}

Drugim recima elementi skupa G(λ, f) su svi g-sopstveni vektori koji odgovarajubroju λ i nula vektor, iliti

G(λ, f) =+∞⋃

j=1

Ker((f − λ · id)j

)

Neka je spek(f) = {λ1, . . . , λd}, gde i 6= j ⇒ λi 6= λj; ova pretpostavka i oveoznake vaze do kraja ovog odeljka. Za svako i = 1, d skup G(λi, f) je podprostor kaounija rastuceg (u odnosu na inkluziju) niza podprostora; uzimajuci V = G(λi, f) ig = f − λi · id u prvom delu vidimo su ispunjene pretpostavke koje su tamo bileucinjene, pa mozemo fiksirati neku bazu bi za G(λi, f) u odnosu na koju je matricarestrikcije operatora f na podprostor G(λi, f) oblika

Jord(λi; ki,1, . . . , ki,qi

)

datog sa (IV.1).

Tvrdenje IV.4.1 Vazi G(λ1, f)⊕ · · · ⊕G(λd, f) = W . 2

Pre nego sto dokazemo ovo tvrdenje, primetimo da iz njega direktno sledi daje matrica operatora f u odnosu na bazu dobijenu spajanjem baza b1, . . . , bd blok-dijagonalna oblika

Jord(λ1; k1,1, . . . , k1,q1

)0

Jord(λ2; k2,1, . . . , k2,q2

)

. . .

0 Jord(λd; kd,1, . . . , kd,qd

)

Za svaku bazu u odnosu na koju je matrica datog operatora ovog oblika kazemo daje Jordan-ova baza tog operatora.

Dokaz Tvrdenja IV.4.1

(1)

Najpre pokazimo da ako su p1, . . . , pn polinomi sa kompleksnim koeficijentimatakvi da ne postoji z ∈ C takvo da je p1(z) = · · · = pn(z) = 0 (tj. takvi da nemajunijedan zajednicki koren), onda postoje neki polinomi c1, . . . , cn (sa kompleksnimkoeficijentima) takvi da je c1p1 + · · ·+ cnpn = 1.

Neka je S skup svih polinoma oblika q1p1+ · · ·+qnpn za neke polinome q1, . . . , qn,i neka je r ∈ S takav polinom da je st(r) = min{st(l) : l ∈ S \ {0}}. Jasno r 6= 0.


Ako je l ∈ S onda mora da vazi l = r · t za neki polinom t (tj. polinom r morada deli polinom l. Zaista, ako je l = r · t + r0 gde r0 6= 0 ⇒ st(r0) < st(r). Imamor0 = l + (−t) · r ∈ S, jer vazi

– u, v ∈ S ⇒ u+ v ∈ S i– ako je u proizvoljan polinom i v ∈ S onda je u · v ∈ S.Dakle r0 ∈ S, pa bi pretpostavka da je r0 6= 0 protivurecila izboru polinoma r.

Stoga je r0 = 0.

Kako je ocigledno pi ∈ S za svako i = 1, n, to je pi = r · ti za neke polinome ti,i = 1, n. Kad bi r bio nekonstantan, postojalo bi neko z ∈ C tako da je r(z) = 0;no tada bi imali i pi(z) = r(z)ti(z) = 0 za svako i = 1, n, pa bi polinomi p1, . . . , pnimali zajednicku nulu, suprotno pretpostavci. Dakle r je konstantan nenula polinom.

Takode je r = c′1p1 · · ·+c′npn za neke polinome c′1, . . . , c′n, pa deljenjem sa

1

rdobijamo

c1p1 + · · ·+ cnpn = 1, gde su ci :=c′irpolinomi (a ne proizvoljne racionalne funkcije)

jer je r konstantan nenula polinom.

(2)

Neka je dim(W) = n, q karakteristicni polinom operatora f i neka je

p(x) :df= (−1)nq(x) =

d∏

j=1

(x− λj)mj

Jasno p(f) = 0 ∈ End(W). Stavimo pi(x) :df=

d∏

j=1j 6=i

(x− λj)mj za i = 1, d.

Na osnovu dokazanog pod (1) postoje polinomi c1, . . . , cd tako da vazi

d∑

i=1

cipi = 1

Neka je y ∈ W proizvoljan vektor. Imamo

y = id(y) =

(d∑

i=1

ci(f)pi(f)

)

(y) =d∑

i=1

pi(f)(ci(f)(y))

Pritom za svako i = 1, d iz

(f−λi·id)mi

(

pi(f)(ci(f)(y)))

=(

(f−λi·id)mi◦pi(f))

(ci(f)(y)) = p(f)(ci(f)(y)) = 0

tj. pi(f)(ci(f)(y)) ∈ G(λi; f).

Ovim smo pokazali da je G(λ1, f)+ · · ·+G(λd, f) = W . Preostaje da pokazemoda ovi podprostori direktno sumiraju.


(3)

Neka su yi ∈ G(λi, f) za i = 1, d, takvi da je y1 + · · ·+ yd = 0. Za svako i = 1, dneka je ki najmanji prirodan broj takav da je (f − λi · id)ki(yi) = 0. Pretpostavimo,suprotno onom sto treba pokazati, da postoji neko i0 ∈ {1, . . . , d} tako da je yi0 6= 0.Ovo znaci da je (f−λi0 ·id)ki0−1(yi0) =: zi0 sopstveni vektor operatora f koji odgovarasopstvenoj vrednosti λi0.

Imamo

0 =

(f − λi0 · id)ki0−1 ◦

d∏

j=1j 6=i0

(f − λj · id)kj

(y1 + · · ·+ yd) =

=

d∑

i=1i6=i0

(f − λi0 · id)ki0−1 ◦

d∏

j=1j 6=i0,i

(f − λj · id)kj

(

(f − λi · id)ki(yi))

+

+

d∏

j=1j 6=i0

(f − λj · id)kj

(zi0) = 0+ l(f)(zi0)

gde je l(x) :df=

d∏

j=1j 6=i0

(x− λj)kj . Kako je zi0 sopstveni vektor operatora f koji odgovara

sopstvenoj vrednosti λi0 to sada imamo

0 = l(λi0) · zi0 =

d∏

j=1j 6=i0

(λi0 − λj)kj

· zi0

pa kako je λj 6= λi0 to odavde sada sledi da je zi0 = 0, a ovo nije moguce jer je zi0sopstveni vektor.

Deo V

Realan i kompleksan skalarniproizvod

225