Linearna algebra. skripta. Januar 2013.

Transcript

1 Linearna algebra skripta Januar 03.

2

3 Reč autora Ovaj tekst je nastao od materijala sa kursa Linearna algebra i analitička geometrija za studente Odseka za informatiku, Matematičkog fakulteta Univerziteta u Beogradu koji sam držao od oktobra 0. do januara 03. Kao glavni propratni udžbenik uz ova skripta, studentima savetujem da koriste []. To je knjiga dostupna svima i ona uključuje materijal sa standardnog osnovnog kursa linearne algebre za studente univerziteta u SAD. Uz nju je, kao dodatak, priložena knjiga rešenja zadataka [3]. Za ovaj udžbenik sam se opredelio zbog laganog stila kao i bogatstva primera i zadataka za vežbu. Neki delovi ovog teksta su nastali pod uticajem knjiga [], [5] i [4]. Studentima takod e savetujem da koriste skripta [6]. Materijal je podeljen u trinaest delova po nedeljama kako su se odvijala predavanja (svake nedelje je održan jedan blok od tri časa). Ta podela nije najprirodnija po sadržaju ali je bila praktična zbog numeracije tvrd enja tokom celog kursa. To je i osnovni razlog zašto sam tu organizaciju zadržao i u skriptama. Svi komentari su dobrodošli! U Beogradu, 0. januar 03. Zoran Petrić zpetric@mi.sanu.ac.rs Zahvalnica Velike zasluge za uspeh ovog kursa pripadaju kolegi Filipu Samardžiću koji je svojom energijom i zalaganjem pomogao studentima da savladaju gradivo. v

4

5 SADRŽAJ Reč autora Zahvalnica Osnovni pojmovi i notacija v v x Odeljak. Prva nedelja.. Skup R n i neke operacije.. Sistemi linearnih jednačina.3. Gausove operacije 3.4. Predstavljanje opšteg rešenja 4.5. Matrice i skraćeni zapis Gausove metode 7 Odeljak. Druga nedelja 9.. Redukovana stepenasta forma 9.. Vektorski prostori Odeljak 3. Treća nedelja Potprostori i linearni omotači Linearna nezavisnost 7 Odeljak 4. Četvrta nedelja 4.. Baza vektorskog prostora 4.. Dimenzija vektorskog prostora 4 Odeljak 5. Peta nedelja Vektorski prostori i linearni sistemi Neke operacije s potprostorima 30 Odeljak 6. Šesta nedelja Višestruka uloga R n Skalarni proizvod i norma vektora u R n Projekcija vektora na pravu 40 Odeljak 7. Sedma nedelja Gram-Šmitov postupak ortogonalizacije Ortogonalna projekcija vektora na potprostor 45 vii

6 viii Sadržaj Odeljak 8. Osma nedelja Linearna preslikavanja, izomorfizmi Linearna preslikavanja (homomorfizmi) Slika i jezgro linearnog preslikavanja 55 Odeljak 9. Deveta nedelja Reprezentacija linearnih preslikavanja Svaka matrica reprezentuje linearno preslikavanje Množenje matrica 65 Odeljak 0. Deseta nedelja Elementarne redukcijske matrice Inverzne matrice Promena baze Promena reprezentacije preslikavanja 75 Odeljak. Jedanaesta nedelja 79.. Determinante, definicija i osnovna svojstva 79.. Minori i kofaktori Kramerova teorema 85 Odeljak. Dvanaesta nedelja 87.. Sličnost matrica 87.. Dijagonalizabilnost Sopstvene vrednosti i sopstveni vektori 89 Odeljak 3. Trinaesta nedelja Minimalan polinom 93 Bibliography 99 Index 00

7

8 OSNOVNI POJMOVI I NOTACIJA prazan skup N skup prirodnih brojeva: {0,,,...} Z skup celih brojeva: {...,,, 0,,,...} R skup realnih brojeva R + skup realnih brojeva većih od nule V, W, U vektorski prostori v, w, u vektori v,..., v n niz vektora P n prostor polinoma stepena manjeg ili jednakog n [S] linearni omotač skupa vektora S U + W suma potprostora nekog prostora U W direktna suma potprostora nekog prostora A, B, C matrice A B matrica A se vrsta-redukuje na matricu B A T transponovana matrica E n jedinična matrica tipa n n A obostrani inverz za A 0 m n nula matrica tipa m n M m n skup matrica nad R tipa m n M n skup kvadratnih matrica nad R tipa n n {x,..., x n } konačan skup; x i x j za i j X broj elemenata konačnog skupa X (x, y) ured en par; (x, y ) = (x, y ) (x = x y = y ) X Y Dekartov proizvod skupova X i Y : {(x, y) x X, y Y } ρ X X refleksivna ( x X)(x, x) ρ ρ X X simetrična ( x, y X)((x, y) ρ (y, x) ρ) ρ X X tranzitivna ( x, y, z X)(((x, y) ρ (y, z) ρ) (x, z) ρ) ρ X X rel. ekvivalencije refleksivna, simetrična i tranzitivna f : X Y je - ( x, x X)(f(x ) = f(x ) x = x ) f : X Y je na ( y Y )( x X)(y = f(x)) f : X Y je bijekcija - i na, tj. postoji g : Y X tako da je g f = X i f g = Y x

9

10 . Prva nedelja.. Skup R n i neke operacije Glavnu ulogu u ovom kursu igraju vektorski prostori R n. definišemo skup R n = df { x. x n x,..., x n R}. Za početak Opredelili smo se da elemente od R n posmatramo kao kolone zbog nekih pogodnosti koje će nam taj pristup doneti. Naravno, naročito zbog problema zapisa, taj pristup ima i nekih mana. Elemente od R n označavamo sa u, v, w,... Sabiranje u R n definišemo prirodno po komponentama, tj. x. + x n y. y n = df x + y. x n + y n. Množenje elemenata od R n skalarima (elementima od R) definišemo na sledeći način x rx r.. = df x n.. rx n. Tvr-denje.. Sabiranje u R n i množenje skalarima zadovoljavaju: ( u + v) + w = u + ( v + w), za 0 = 0., u + 0 = u = 0 + u, 0 u + ( ) u = 0 = ( ) u + u, u + v = v + u, r( u + v) = r u + r v (r + s) u = r u + s u

11 ODELjAK. PRVA NEDELjA (rs) u = r(s u) u = u. dokaz. Direktno po definiciji koristeći odgovarajuća svojstva realnih brojeva... Sistemi linearnih jednačina Definicija. Izraz oblika a x a n x n za n, gde su a,..., a n realni brojevi a x,..., x n promenljive, se zove linearna kombinacija promenljivih x,..., x n. Definicija. Jednačina oblika a x a n x n = b, gde je a x a n x n linearna kombinacija a b R je linearna jednačina po promenljivim x,..., x n. Ona je homogena kada je b = 0. Kažemo da je s = s. s n R n partikularno rešenje (ili samo rešenje) gornje jednačine kada je ispunjeno a s a n s n = b. Opšte rešenje jenačine je skup svih njenih parikularnih rešenja. Definicija. Niz od m (m ) linearnih jednačina po promenljivim x,..., x n je sistem linearnih jednačina po promenljivim x,..., x n koji zapisujemo u obliku a x a n x n = b... a m x a mn x n = b m Kažemo da je s R n partikularno rešenje (ili samo rešenje) sistema kada je s partikularno rešenje svake jednačne u sistemu. Opšte rešenje sistema je skup svih njegovih partikularnih rešenja. Rešiti sistem jednačina znači odrediti njegovo opšte rešenje. Napomena. Ako je S i za i m opšte rešenje i-te jednačine gornjeg sistema, onda je S... S m opšte rešenje tog sistema.

12 .3. Gausove operacije 3.3. Gausove operacije Pod Gausovim operacijama podrazumevamo sledeće: (ρ i ρ j ) za i j, i-ta i j-ta jednačina zamene mesta; (rρ i ) za r 0, leva i desna strana i-te jednačine se pomnože sa r; (rρ i + ρ j ) za i j, i-ta jednačina pomnožena sa r se doda j-toj. Primer. 3x 3 = 9 x +5x x 3 = 3 x +x = 3 ρ ρ 3 3 x +x = 3 x +5x x 3 = 3x 3 = 9 x +6x = 9 3ρ x +5x x 3 = 3x 3 = 9 x +6x = 9 ρ + ρ x x 3 = 7 3x 3 = 9 Tvr-denje.. Ako se sistem σ dobija od sistema σ primenom neke Gausove operacije, onda se i sistem σ dobija od sistema σ primenom neke Gausove operacije. ρ i ρ j dokaz. Ako σ σ, onda σ ρ i ρ j σ. Ako σ rρi σ, onda σ r ρi σ. rρ i + ρ j Ako σ σ, onda σ rρ i + ρ j σ. Tvr-denje.3. Ako je sistem σ dobijen od sistema σ primenom neke Gausove operacije, onda je svako rešenje sistema σ ujedno i rešenje sistema σ. dokaz. Neka je s R n rešenje sistema σ. Dakle važi: a s a n s n = b... a m s a mn s n = b m ρ i ρ j Ako σ σ, onda je očigledno s rešenje sistema σ. Pošto iz i-te jednakosti sledi da je ra i s ra in s n = rb i,

13 4 ODELjAK. PRVA NEDELjA imamo da ako σ rρ i σ, onda je s rešenje sistema σ. Pošto iz i-te i j-te jednakosti sledi da je imamo da ako σ (ra i + a j )s (ra in + a jn )s n = rb i + b j, rρ i + ρ j σ, onda je s rešenje sistema σ. Definicija. Dva sistema su ekvivalentna kada imaju isto opšte rešenje. Kao posledicu tvrd enja. i.3 imamo sledeću teoremu. Teorema.4 (Gausov metod). Ako je sistem σ dobijen od sistema σ konačnom primenom Gausovih operacija, onda su sistemi σ i σ ekvivalentni. Definicija. Promenljiva x i ( i n) je vodeća promenljiva u linearnoj jednačini a x a i x i a n x n = b, kada je a i 0 a a =... = a i = 0. Tada za a i kažemo da je pivot. Definicija. Sistem je u stepenastoj formi kada za svaku jednačinu koja ima vodeću promenljivu važi da je ona ili prva u sistemu ili i prethodna jednačina ima vodeću promenljivu levo od date. Primer. Poslednji sistem u prethodnom primeru je u stepenastoj formi, dok svi koji mu prethode nisu. Napomena.5. Svaki sistem se u konačnom broju koraka (Gausovih operacija) može svesti na sistem u stepenastoj formi..4. Predstavljanje opšteg rešenja Ako sistem ima jedinstveno rešenje ili nema rešenja onda je predstavljanje opšteg rešenja jednostavno. Šta se dešava kada to nije slučaj? Primer. Redukujemo dati sistem na stepenastu formu. x +y +z w = y z +w = 3x +6z 6w = 6 y +z w = 3ρ + ρ 3 y z +w = 3y +3z 3w = 3 x +y +z w = y +z w =

14 .4. Predstavljanje opšteg rešenja 5 3ρ + ρ 3 y z +w = ρ + ρ 4 0 = 0 x +y +z w = 0 = 0 Definicija. Promenljiva koja se ne pojavljuje kao vodeća u sistemu u stepenastoj formi je slobodna promenljiva. U gornjem primeru, u poslednjem sistemu, z i w su slobodne promenljive. Opšte rešenje ovog sistema dobijamo metodom supstitucije unazad. Promenljive z i w mogu imati proizvoljne vrednosti. Dobijamo da je y = + z w a onda je x = ( + z w) z + w = z + w. Znači opšte rešenje je: z + w S = { + z w z z, w R} = { 0 +z +w 0 z, w R} w 0 0 i ova poslednja forma je ona u kojoj ćemo ga predstavljati. Definicija. Za dati sistem (dole levo) kažemo da je sistem (dole desno) njemu odgovarajući homogen sistem. a x a n x n = b... a m x a mn x n = b m a x a n x n = 0... a m x a mn x n = 0 Tvr-denje.6. Linearni sistem kome je p R n jedno partkularno rešenje ima opšte rešenje oblika { p + h h je rešenje odgovarajućeg homogenog sistema}. dokaz. Prvo pokazujemo da je svako s R n koje je rešenje sistema predstavivo u obliku p + h, gde je h neko rešenje odgovarajućeg homogenog sistema. Za to je dovoljno pokazati da je s p rešenje odgovarajućeg homogenog sistema. Kad u i-toj jednačini odgovarajućeg homogenog sistema, koja glasi a i x a in x n = 0,

15 6 ODELjAK. PRVA NEDELjA zamenimo umesto svakog x j razliku s j p j (j-tu komponentu vektora s p) dobijamo tačnu jednakost, zato što je a i (s p ) a in (s n p n ) = a i s a in s n (a i p a in p n ) = b i b i = 0. Pošto to možemo uraditi za svaku jednačinu, dobijamo da je s p rešenje odgovarajućeg homogenog sistema. Kao drugo, pokazujemo da je svaki element od R n oblika p+ h, gde je h rešenje odgovarajućeg homogenog sistema, rešenje polaznog sistema. Kad u i-toj jednačini polaznog sistema, koja glasi a i x a in x n = b i, zamenimo umesto svakog x j zbir p j + h j (j-tu komponentu vektora p + h) dobijamo tačnu jednakost, zato što je a i (p + h ) a in (p n + h n ) = a i p a in p n + a i h a in h n = b i + 0 = b i. Pošto to možemo uraditi za svaku jednačinu, dobijamo da je p + h rešenje polaznog sistema. Tvr-denje.7. Za homogen sistem po n promenljivih važi: () 0 R n je njegovo partikularno rešenje; () ako su h i h njegova rešenja i c, c R, onda je i c h + c h njegovo rešenje. dokaz. Direktno zamenom u proizvoljnoj jednačini homogenog sistema kao i u prethodnom dokazu. Posledica.8. Svaki homogen sistem ima ili tačno jedno rešenje ili ih ima beskonačno mnogo. dokaz. Po tvrd enju.7 (), homogen sistem ima bar jedno rešenje a to je 0. Ako je h rešenje različito od 0 onda je za svako r R i r h takod e rešenje tog sistema po tvrd enju.7 (), pa sistem ima beskonačno mnogo rešenja. Posledica.9. Svaki sistem linearnih jednačina ili nema rešenja ili ima tačno jedno rešenje ili ih ima beskonačno mnogo.

16 .5. Matrice i skraćeni zapis Gausove metode 7 dokaz. Direktno iz posledice.8 i tvrd enja Matrice i skraćeni zapis Gausove metode Definicija. Matrica A tipa m n nad R je pravougaona tabela koja se sastoji od m vrsta i n kolona tako da se u preseku i-te vrste i j-te kolone nalazi a ij R. Ako je m = n, onda je matrica kvadratna. Matrica je matrica sistema: dok je a a... a n A = a a... a n... a m a m... a mn a x +a x... +a n x n = b a x +a x... +a n x n = b... a m x +a m x... +a mn x n = b m, a a... a n b a a... a n b.... a m a m... a mn b m proširena matrica tog sistema. Gausove operacije iz prethodnog primera matrično zapisujemo kao: 0 3ρ + ρ ρ + ρ 3 ρ + ρ Definicija. Vektor kolona je matrica tipa m i to je naš zapis za element od R m. Vektor vrsta je matrica tipa n.

17 8 ODELjAK. DRUGA NEDELjA Skup svih matrica tipa m n nad R označavamo sa M m n. Posebno, kada je m = n, onda M n n skraćeno zapisujemo kao M n. Sabiranje u skupu M m n definišemo po komponentama, tj. a... a n... + a m... a mn b... b n... = df a + b... a n + b n... b m... b mn a m + b m... a mn + b mn dok množenje matrice skalarom definišemo kao r a... a n ra... ra n... = df.... a m... a mn ra m... ra mn Treba primetiti da se ove definicije, za n =, slažu sa odgovarajućim definicijama za R m datim u odeljku..

18 . Druga nedelja.. Redukovana stepenasta forma Primer. Posmatrajmo sistem linearnih jednačina: x +y z = y +3z = 7 x z = i njegovo matrično svod enje na stepenastu formu: ρ ρ ρ + ρ Med utim, mi možemo i da nastavimo sa Gausovim operacijama: 4 ρ 3 3ρ ρ ρ 3 + ρ 0 ρ ρ Iz poslednje matrice odmah vidimo da je jedinstveno rešenje polaznog sistema x y =. z Definicija. Sistem linearnih jednačina je u redukovanoj stepenastoj formi kada je on u stepenastoj formi i još je svaki pivot jednak i on je jedini ne-nula skalar u svojoj koloni. Analogno za matrice. Napomena.. Svaki sistem (matrica) u stepenastoj formi se može konačnom primenom Gausovih operacija (rρ i ) i (rρ i + ρ j ) svesti na redukovanu stepenastu formu. Tom prilikom pivoti ostaju na mestima gde su i bili. Primer. Rešiti sistem x +6x +x 3 +x 4 = 5 3x +x 3 +4x 4 = 3x +x 3 +x 4 = 5 ρ + ρ ρ 3 ρ ρ

19 0 ODELjAK. DRUGA NEDELjA 4 3 ρ 3 + ρ ρ 3 + ρ ρ + ρ Iz poslednje matrice odmah vidimo da je opšte rešenje sistema 9 + x 3 9 S = { 3 3 x 3 x 3 x 3 R} = { x x 3 R}. Definicija. Za matricu A kažemo da se (vrsta)-redukuje na matricu B (u oznaci A B) kada postoji konačan (možda i prazan) niz Gausovih operacija koje matricu A prevode u matricu B. Tvr-denje.. Relacija je relacija ekvivalencije na skupu matrica. dokaz. (refleksivnost) prazan niz operacija; (simetričnost) posledica tvrd enja.; (tranzitivnost) nadovežemo nizove Gausovih operacija. Za matrice A i B za koje važi A B kažemo da su vrsta- Definicija. ekvivalentne. Teorema.3. Svaka matrica je vrsta-ekvivalentna jedinstvenoj matrici u redukovanoj stepenastoj formi. dokaz. Po napomenama.5 i., svaka matrica je vrsta-ekvivalentna nekoj u redukovanoj stepenastoj formi. Da je ta forma jedinstvena pokazujemo indukcijom po broju n kolona u polaznoj matrici. (baza indukcije) Ako je n = i A je nula matrica onda je ona u redukovanoj stepenastoj formi i svaka matrica vrsta-ekvivalentna sa A je takod e nula matrica. Ako A nije nula matrica, onda se ona ne može redukovati na nula-matricu pa se mora svesti na jedinu ne-nula matricu tipa m koja je u redukovanoj stepenastoj formi a to je matrica (induktivni korak) Pretpostavimo da tvrd enje važi za sve matrice sa n kolona. Neka je A matrica tipa m n i neka su B i C dve različite

20 .. Vektorski prostori matrice u redukovanoj stepenastoj formi koje su vrsta-ekvivalentne sa A. Neka je A matrica koja se dobija od matrice A odbacivanjem poslednje kolone. Primetimo da svaki niz Gausovih operacija koji prevodi A u B takod e prevodi i A u B koja je nastala od B odbacivanjem poslednje kolone i koja je u redukovanoj stepenastoj formi. Isto važi i za A i C, koja nastaje odbacivanjem poslednje kolone iz C. Po induktivnoj hipotezi imamo da je B = C. Znači B i C se razlikuju u poslednjoj koloni. Neka je ta razlika na mestu in. Posmatrajmo sledeće homogene sisteme: b x b n x n = 0... b m x b mn x n = 0 a x a n x n = 0... a m x a mn x n = 0 c x c n x n = 0... c m x c mn x n = 0 čije su matrice redom A, B i C. Po teoremi.4, imamo da svi ovi sistemi imaju iste skupove rešenja. Neka je s. s n proizvoljno partikularno rešenje. Pokazaćemo da s n mora biti 0. Ograničavajući se na i-te jednačine u drugom i trećem sistemu imamo: b i s b in s n (c i s c in s n ) = 0. Odavde, pošto je b i = c i,..., b i(n ) = c i(n ) imamo da je (b in c in )s n = 0, odakle sledi, pošto je b in c in 0, da je s n = 0. Znači u svakom partikularnom rešenju je s n = 0 pa x n mora biti i u drugom i u trećem sistemu vodeća promenljiva. Pošto su B i C u redukovanoj stepenastoj formi i pošto im se prvih n kolona poklapaju, to pivoti u poslednjoj koloni moraju biti jedinice na istom mestu. Znači B = C... Vektorski prostori Definicija. V je vektorski prostor nad poljem R kada je 0 V i za svako u, v V i r R važi da je u V, u + v V i r u V i pritom je zadovoljeno: () ( u + v) + w = u + ( v + w),

21 ODELjAK. DRUGA NEDELjA () u + 0 = u = 0 + u, (3) u + ( u) = 0 = ( u) + u, (4) u + v = v + u, tj. (V, +, 0) je komutativna grupa i (5) r( u + v) = r u + r v (6) (r + s) u = r u + s u (7) (rs) u = r(s u) (8) u = u. Pošto ćemo govoriti samo o vektorskim prostorima nad poljem R, zvaćemo ih skraćeno samo vektorski prostori. Primer. Po tvrd enju. imamo da je R n vektorski prostor. Takod e je lako proveriti da je M m n vektorski prostor u odnosu na operacije definisane u.5. Primer. Vektori u euklidskom prostoru čine jedan vektorski prostor u odnosu na geometrijski zadano sabiranje vektora i množenje vektora skalarima. Primer. P = { x y x + y + z = 0} je vektorski prostor u odnosu na z operacije preuzete iz R 3. Ovo će biti posledica tvrd enja 3. a zasad bi trebalo proveriti da P sadrži 0 0, da x y P x y P, da je P 0 z z zatvoren za sabiranje i množenje skalarima kao i da su zadovoljena svojstva ()-(8). ( ) z Primer. { z, z Z} nije vektorski prostor zato što nije zatvoren z za množenje skalarima... Primer. { 0 } jeste vektorski prostor. To je trivijalan vektorski prostor. 0

22 .. Vektorski prostori 3 Primer. P 3 = {a 0 + a x + a x + a 3 x 3 a 0, a, a, a 3 R}, tj. skup polinoma sa realnim koeficijentima stepena manjeg ili jednakog 3 u odnosu na standardno sabiranje polinoma i množenje polinoma realnim brojevima jeste vektorski prostor. Naslućuje se veza izmed u P 3 i R 4 po kojoj bi npr. polinomu + x x 3 odgovarao 0 R4. Primer. Neka je X proizvoljan skup i V vektorski prostor, tada V X = {f f : X V }, u odnosu na sabiranje definisano sa (f + f )(x) = df f (x) + f (x) i množenje skalarima definisano sa (rf)(x) = df r(f(x)), jeste vektorski prostor. Specijalno, R N = {f f : N R} jeste vektorski prostor. Njegov element f(n) = n + odgovara beskonačnoj koloni Primer. prostor. Skup svih polinoma sa realnim koeficijentima jeste vektorski Tvr-denje.4. U svakom vektorskom prostoru važi: () 0 v = 0 () ( ) v + v = 0 (3) r 0 = 0. dokaz. () 0 v = (0 + 0) v 5 = 0 v + 0 v, a odavde dodavanjem 0 v obema stranama, uz pomoć svojstava, i 3 vektorkih prostora zaključujemo da je 0 = 0 v. () ( ) v + v 8 = ( ) v + v 5 = ( + ) v = 0 v = 0. (3) r 0 = r( 0 + 0) = r 0 + r 0, a odavde dodavanjem r 0 obema stranama kao u () zaključujemo 0 = r 0. Iz dela () ovog tvrd enja sledi da je ( ) v = v, pa nije neophodno proveravati da je v V za svako v V ako je već provereno da je r v V za svako v V i r R.

23 4 ODELjAK 3. TREĆA NEDELjA Definicija. Izraz oblika c v c n v n za n, gde su c,..., c n skalari a v,..., v n vektori, se zove linearna kombinacija vektora v,..., v n (videti odeljak.). Napomena.5. Za m linearnih kombinacija vektora v,..., v n imamo da je njihova linearna kombinacija d (c v c n v n ) d m (c m v c mn v n ) jednaka linearnoj kombinaciji vektora v,..., v n : (d c d m c m ) v (d c n d m c mn ) v n. Tvr-denje.6. Ako su matrice A i B vrsta-ekvivalentne, onda je svaka vrsta matrice B linearna kombinacija vrsta matrice A. dokaz. Primetimo da tvrd enje važi ako je B dobijeno od A primenom jedne Gausove operacije. Dokaz dalje izvodimo indukcijom pri čemu ovo koristimo kao bazu indukcije a u induktivnom koraku se oslanjamo na napomenu.5.

24 3. Treća nedelja 3.. Potprostori i linearni omotači Definicija. Potprostor vektorskog prostora V je U V koji je sam vektorski prostor u odnosu na nasled ene operacije iz V, tj. 0 U i za svako u, v U i r R važi da je u + v U i r u U. Tvr-denje 3.. Za neprazan podskup U vektorskog prostora V sledeća tvrd enja su ekvivalentna: () U je potprostor od V ; () U je zatvoren za linearne kombinacije parova vektora iz U, tj. za u, u U i c, c R važi da je c u + c u U; (3) U je zatvoren za linearne kombinacije proizvoljnog konačnog skupa vektora iz U, ti. za u,..., u n U i c,..., c n R važi da je c u c n u n U. dokaz. U krugu (3) () () (3), samo je implikacija () () netrivijalna. Iz pretpostavke da je U neprazan zaključujemo da postoji u U. Iz () dobijamo da je 0 u+0 u U, pa je po tvrd enja.4 () i 0 U. Ako su u, v U, i r R, onda su i u + v, r u + 0 u U, što znači da je U zatvoren za sabiranje i množenje skalarima (samim tim i za inverze u odnosu na sabiranje). Svojstva -8 iz definicije vektorskog prostora važe i za U pošto su nasled ena iz V. Primer. Skup rešenja homogenog sistema sa n promenljivih je potprostor od R n. Ovo sledi iz tvrd enja.7 i 3. (videti treći primer u odeljku.). Primer. Skup rešenja sistema linearnih jednačina sa n promenljivih ne mora biti potprostor od R n. Primer. P (prostor polinoma stepena manjeg ili jednakog ) je potprostor od P 3. ( ) x Primer. { x R} je potprostor od R. 0 5

25 6 ODELjAK 3. ( z Primer. { z Z} nije potprostor od R 0). TREĆA NEDELjA Definicija. Linearni omotač (lineal) nepraznog skupa vektora S nekog vektorskog prostora, u oznaci [S] ili L(S) ili span(s), je skup {c s c n s n n N +, c,..., c n R, s,..., s n S}. Linearni omotač praznog skupa vektora nekog vektorskog prostora je trivijalan potprostor tog vektorskog prostora. Tvr-denje 3.. Linearni omotač proizvoljnog skupa vektora nekog vektorskog prostora je potprostor tog vektorskog prostora. dokaz. Neka je V vektorski prostor i neka je S V. Ako je S = onda je po definiciji [S] trivijalan potprostor od V. Ako je S neprazan, onda koristimo tvrd enje 3.. Neka su u, v [S]. Po definiciji linearnog omotača, u = a s a k s k i v = b t b l t l za s,..., s k, t,..., t l S. Tada je c u + d v = ca s ca k s k + db t db l t l [S]. Napomena 3.3. Linearni omotač od S V je najmanji potprostor od V koji sdrži S. ( ( Primer. Lineal od {, } R ) ) je R. To je zato što se za ( x proizvoljno x, y R, vektor može dobiti kao linearna kombinacija y) x + y ( + ) x y ( ). Primer. Neka je W = [{3x x, x}] P. Lako je proveriti da je W {a x + a x a, a R}. Da važi i obrnuta inkluzija sledi iz toga što se za svako a, a R, polinom a x + a x može dobiti kao linearna kombinacija a (3x x ) + a + 3a (x). Tvr-denje 3.4. Za S, T V važi

26 3.. Linearna nezavisnost 7 () S [S]; () S T [S] [T ]; (3) [[S]] = [S]. dokaz. () Ako je v S, onda zbog v = v sledi da je v [S]. () Ako je v [S], onda je po definiciji v = c s c n s n za s,..., s n S. Pošto je S T, to je s,..., s n T, pa je po definiciji v [T ]. (3) Po () je S [S], pa je po () [S] [[S]]. Za obrnutu inkluziju, pretpostavimo da je v [[S]]. Po definiciji imamo da je v = c u +...+c n u n za u,..., u n [S]. Pošto je po tvrd enju 3., [S] potprostor od V, to je po tvrd enju 3. i v [S]. 3.. Linearna nezavisnost Od ovog odeljka pa nadalje smatramo kad navedemo konačan skup {x,..., x n } da su svi x,..., x n med usobno različiti. Definicija. Skup vektora S nekog vektorskog prostora je linearno zavisan kada postoji v S takav da je v [S { v}]. U suprotnom je linearno nezavisan. Napomena 3.5. Prazan skup vektora je trivijalno linearno nezavisan, dok je { 0} linearno zavisan pošto je 0 [ ] = [{ 0} { 0}]. Tvr-denje 3.6. Skup vektora S nekog vektorskog prostora je linearno nezavisan akko za svaki konačan podskup { v,..., v n } S važi: c v c n v n = 0 c =... = c n = 0. dokaz. ( ) Pretpostavimo suprotno, tj. za neki skup { v,..., v n } S važi c v c n v n = 0 i c n 0 (analogno postupamo ako je bilo koje drugo c i 0). Tada, ako je n = dobijamo da je v n = 0, a ako je n >, onda važi v n = c v... c n v n. c n c n U oba slučaja sledi da je v n [S { v n }], što znači da je S linearno zavisan a to je suprotno pretpostavci.

27 8 ODELjAK 3. TREĆA NEDELjA ( ) Pretpostavimo suprotno tj. za neko v S i neke u,..., u n S { v} važi v = c u c n u n. Odavde zaključujemo da je c u c n u n + ( ) v = 0 a to je suprotno pretpostavci zato što je skalar uz v jednak 0. ( ) ( ) Primer. Skup {, } R je linearno nezavisan zato što 45 5 ( ) ( ) ( c + c 45 = 5 0) 40c 50c = 0 c 5c + 5c = 0 = c = 0. Primer. Skup { + x, x} P je linearno nezavisan zato što c (+x)+c ( x) = 0 c +c +(c c )x = 0 c + c = 0 c c = 0 c = c = 0. Primer. Skup { 3 4, 9, 4 8 } R je linearno zavisan zato što je = 9, tj ( ) 4 8 = Primer. Svaki podskup od V koji sadrži 0 je linearno zavisan zato što je 0 [S { 0}] za svako S V. Tvr-denje 3.7. Sve ne-nula vrste matrice u stepenastoj formi čine linearno nezavisan skup. dokaz. Neka je A matrica u stepenastoj formi i neka je k broj njenih ne-nula vrsta. Dokaz izvodimo indukcijom po k 0. (baza indukcije) Ako je k = 0, onda je skup ne-nula vrsta matrice A prazan pa je on po napomeni 3.5 linearno nezavisan. (induktivni korak) Neka su ρ,..., ρ k ne-nula vrste matrice A. Neka je l i, i k, broj kolone u kojoj se nalazi pivot i-te vrste. Na primer, ako je A = , onda je l =, l = i l 3 = 4. Pretpostavimo c ρ c k ρ k = (0... 0).

28 3.. Linearna nezavisnost 9 Ograničimo ovu jednakost na l -tu kolonu i dobijamo c a l c k a kl = 0 (u našem primeru dobijamo c + c 0 + c 3 0 = 0). Pošto je matrica u stepenastoj formi imamo da je a l =... = a kl = 0, pa dobijamo c = 0. Ako je k = ovime je tvrd enje dokazano. Ako je k >, onda iz matrice A izbacimo prvu vrstu i ostaje nam matrica ( A u stepenastoj ) formi sa k ne-nula vrsta. U našem primeru je A 0 0 =. Uz c = 0 imamo da c ρ c k ρ k = (0... 0) c ρ c k ρ k = (0... 0), pa pomoću induktivne hipoteze zaključujemo da je c =... = c k = 0. Lema 3.8. Za v V i S V važi: () [S] = [S { v}] akko v [S]; () ako je S linearno nezavisan i v S, onda je S { v} linearno nezavisan akko v [S]. dokaz. () ( ) v [S { v}] = [S]. () ( ) Iz S [S] (3.4 ()) i { v} [S] ( v [S]) zaključujemo S { v} [S]. Po 3.4 () i (3) onda važi [S { v}] [[S]] = [S]. Obrnutu inkluziju zaključujemo iz S S { v} pomoću 3.4 (). () ( ) Iz toga što je S { v} linearno nezavisan sledi da v [(S { v}) { v}] = [S]. () ( ) Neka je za { v,..., v n } S { v}, c v c n v n = 0. Ako je { v,..., v n } S, onda zbog linearne nezavisnosti skupa S važi c =... = c n = 0. Ako je v = v (analogno postupamo kada je v i = v), onda je c = 0 zbog pretpostavke v [S] pa je i c =... = c n = 0 zbog linearne nezavisnosti skupa S. Znači u svakom slučaju je c =... = c n = 0 pa je S { v} linearno nezavisan po tvrd enju 3.6. Tvr-denje 3.9. Za svaki konačan S V postoji T S takav da je T linearno nezavisan i [T ] = [S]. dokaz. Indukcijom po broju k 0 elemenata od S.

29 0 ODELjAK 4. ČETVRTA NEDELjA (baza indukcije) Ako je k = 0, onda je S prazan i po napomeni 3.5 je linearno nezavisan. (induktivni korak) Neka je k. Ako je S linearno nezavisan, onda za T uzmimo baš skup S. Ako je S linearno zavisan onda za neko v S važi v [S { v}]. Po lemi 3.8 () dobijamo [S { v}] = [(S { v}) { v}] = [S]. Pošto S { v} ima k element, na njega možemo primeniti induktivnu hipotezu i zaključiti da postoji T S { v} S takav da je T linearno nezavisan i [T ] = [S { v}] = [S]. Tvr-denje 3.0. Skup S = { u,..., u n } V je linearno zavisan akko je u = 0 ili je za neko i n, u i [{ u,..., u i }]. dokaz. ( ) Indukcijom po n. (baza indukcije) Ako je n =, onda je u [{ u } { u }] = [ ] = { 0}, pa je u = 0. (induktivni korak) Ako je n > i ako je { u,..., u n } linearno nezavisan, onda je po lemi 3.8 () u n [{ u,..., u n }]. Ako je { u,..., u n } linearno zavisan, onda po induktivnoj hipotezi važi da je u = 0 ili je za neko i n, u i [{ u,..., u i }]. ( ) Trivijalno. Tvr-denje 3.. Svaki podskup linearno nezavisnog skupa je linearno nezavisan. Svaki nadskup linearno zavisnog skupa je linearno zavisan. dokaz. Dovoljno je pokazati drugo tvrd enje jer iz njega prvo sledi kontrapozicijom. Pretpostavimo da je S linearno zavisan i da je S T V. Po definiciji linearne zavisnosti postoji v S takav da je v [S { v}]. Pošto je v S i S T, to je v T. Po tvrd enju 3.4 () imamo [S { v}] [T { v}], pa je v [T { v}]. Dakle, T je linearno zavisan.

30 4. Četvrta nedelja 4.. Baza vektorskog prostora U daljem tekstu sa X označavamo broj elemenata konačnog skupa X. Definicija. Za niz vektora B = u, u,... nekog vektorskog prostora, označimo sa B skup članova tog niza. Ukoliko je B konačan niz, onda je broj članova tog niza njegova dužina. Definicija. Niz vektora B je linearno nezavisan kada u njemu nema ponavljanja i skup B je linearno nezavisan. Definicija. Baza vektorskog prostora V je niz vektora B = u, u,... tog prostora takav da je B linearno nezavisan i [B] = V. ( ( 0 Primer. E =, je baza za R 0) ). To važi zato što u E nema ( ( ( ) ( ) ( ponavljanja, {, } je linearno nezavisan (c 0) ) +c 0 = ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0) ) 0 c = c = 0) i [{, }] = R x (za svako R 0 je x +y = ( 0 y 0 x ). y) ( ) ( ) Primer. Na isti način se može pokazati da je B =, takod e 4 baza za R Definicija. E n =..,..,...,.. 0 je standardna (kanonska) baza 0 0 za R n. Vektore u njoj označavamo redom sa e, e,..., e n. Definicija. Skup vektora daje bazu za V kada je njegovo proizvoljno ured enje u niz jedna baza za V. Napomena. Skup S V daje bazu za V akko S je linearno nezavisan i [S] = V.

31 ODELjAK 4. ČETVRTA NEDELjA Primer. Neka je V = {u : R R u(θ) = a cos θ + b sin θ, a, b R} i neka je sabiranje i množenje skalarima definisano kao u sedmom primeru iz odeljka.. Pokažimo da je B = cos θ, sin θ baza za V. Kao prvo u B nema ponavljanja, zatim c cos θ + c sin θ = 0 (ovo sa desne strane jednakosti je konstantna funkcija koja svako x R slika u 0) daje c = 0 kad stavimo θ = 0 i c = 0 kad stavimo θ = π, pa je {cos θ, sin θ} linearno nezavisan. Po definiciji prostora V jasno je da je [{cos θ, sin θ}] = V, pa je cos θ, sin θ baza za V. Primer. Vektorski prostor P 3 ima izmed u ostalih i sledeće baze: B =, x, x, x 3, B = x 3, x, x,, B 3 =, + x, + x + x, + x + x + x 3. Primer. vektora. Trivijalan prostor { 0} ima samo jednu bazu i to je prazan niz Primer. Prostor svih polinoma sa realnim koeficijentima ima beskonačnu bazu, x, x, x 3,... i lako je pokazati da nema konačnu bazu jer bi u njoj postojao polinom najvećeg stepena pa se nijedan polinom stepena većeg od tog ne bi mogao dobiti kao linearna kombinacija polinoma iz baze. Primer. Sistem x +y w = 0 z +w = 0 {y 0 + w 0 y, w R} 0 ima opšte rešenje blika i to je potprostor od R 4 čija je baza 0, 0. 0 Teorema 4.. Konačan niz B = β,..., β n je baza vektorskog prostora V akko za svako v V postoji jedinstvena n-torka skalara c,..., c n takva da je v = c β c n βn. dokaz. ( ) Neka je v V. Pošto je [{ β,..., β n }] = V to postoji n-torka c,..., c n takva da je v = c β c n βn. Ako bi postojala još jedna n-torka d,..., d n takva da je v = d β d n βn, onda bi važilo (c d ) β (c n d n ) β n = 0,

32 4.. Baza vektorskog prostora 3 pa je c = d,..., c n = d n, zbog linearne nezavisnosti skupa { β,..., β n }. ( ) Očigledno je [B] = V. Još treba pokazati da su β,..., β n med usobno različiti i da je B linearno nezavisan. Ako je β i = β j za i < j, onda je β i = 0 β β i β j β n = 0 β β i β j β n, što je suprotno pretpostavci o jedinstvenosti. Ukoliko bi { β,..., β n } bio linearno zavisan onda bi važilo 0 = c β c n βn = 0 β β n, pri čemu je neko c i 0, što je suprotno pretpostavci o jedinstvenosti. Definicija. Neka je B = β,..., β n baza vektorskog prostora V. Neka je v V i v = c β c nβn (po teoremi 4., n-torka c,..., c n je jedinstvena). Kažemo da je na bazu B i pišemo c. R n reprezentacija vektora v u odnosu c n.. Rep B ( v) = c. ( ( 3 Primer. Neka je v = R ) 3, tj Rep E ( v) =. Neka je B = ) ( ( E 0, baza za R ) ) (ovo se lako proverava). Da bismo odredili Rep B ( v) dovoljno je odrediti skalare c i c takve da je ( ) ( ) ( ) 0 3 c + c =. Rešavajući odgovarajući ( ) sistem jednačina dobijamo c = 3 i c =, pa je 3 Rep B ( v) =. B Primer. Neka su B =, x, x, x 3 i B = + x, x, x + x, x + x 3 dve baze za P 3 (u slučaju B ovo treba proveriti). Neka je v = x + x P 3. c n B

33 4 ODELjAK 4. ČETVRTA NEDELjA Tada je 0 Rep B ( v) = 0 B 0, Rep B ( v) = 0 0 B. 4.. Dimenzija vektorskog prostora Definicija. Vektorski prostor je konačnodimenzionalan kada ima bazu konačne dužine. Primer. Prostor R n je konačnodimenzionalan jer ima bazu E n dužine n. Primer. Prostor svih polinoma sa realnim koeficijentima nije konačnodimenzionalan (videti šesti primer u odeljku 4.). Napomena. Nadalje posmatramo samo konačnodimenzionalne prostore. Mala lema o zameni. Neka su T i S podskupovi od vektorskog prostora V takvi da je T S = i neka je p V takav da je p [T S], p S i S { p} je linearno nezavisan. Tada postoji t T takav da je [T S] = [(T { t}) { p} S]. dokaz. Iz p [T S] sledi p = c t +...+c n t n +d s +...+d k s k. Mora da postoji i n takvo da je c i 0 (inače bi S { p} bio linearno zavisan). Znači t i [(T { t i }) { p} S] pa je: [(T { t i }) { p} S]= [(T { t i }) { p} S { t i }], po lemi 3.8 () = [T { p} S] = [T S], po lemi 3.8 () Velika lema o zameni. Ako su T, S i P podskupovi vektorskog prostora V takvi da je P konačan, T S = P S =, [T S] = V i S P je linearno nezavisan, onda postoji T T takav da je T = P i [(T T ) P S] = V. dokaz. Indukcijom po broju n = P 0. (baza indukcije) Neka je n = 0 što znači da je P =. T = P = važi [(T T ) P S] = [T S] = V. Tada za

34 4.. Dimenzija vektorskog prostora 5 (induktivni korak) Neka je n > 0 i neka je p P. Pošto je p [T S] i S { p} je linearno nezavisan, to je po maloj lemi o zameni V = [T S] = [(T { t}) { p} S] za neko t T. Sada možemo primeniti induktivnu hipotezu na T = T { t}, P = P { p} i S = { p} S i dobijamo da za neko T T takvo da je T = P važi V = [(T T ) P S ] = [((T { t}) T ) (P { p}) ({ p} S)] = [(T (T { t})) P S] = [(T T ) P S], za T = T { t}. Lema 4.. Ako je T konačan podskup od V takav da je [T ] = V i ako je Q V linearno nezavisan, onda Q nema više elemenata od T. dokaz. Neka T ima n elemenata i pretpostavimo da Q ima više od n elemenata. Neka je P skup nekih n elemenata od Q. Po velikoj lemi o zameni (ovde je S = ) dobijamo da je [P ] = V, pa za svako v Q P, v V = [P ] [Q { v}] (po tvrd enju 3.4 () zato što je P Q { v}). To bi značilo da je Q linearno zavisan što je suprotno pretpostavci. Teorema 4.3. U svakom konačnodimenzionalnom vektorskom prostoru sve baze su jednake dužine. dokaz. Dovoljno je pokazati da ako je B konačna baza i B neka druga baza, onda dužina od B nije veća od dužine od B. Pošto su B i B baze to su njihove dužine redom B i B i još je [B] = V i B je linearno nezavisan. Po lemi 4., skup B nema više elemenata od skupa B. Definicija. Dimenzija konačnodimenzionalnog vektorskog prostora V, u oznaci dim V, je dužina njegove proizvoljne baze. Lema 4.4. Linearno nezavisan skup vektora iz n-dimenzionalnog vektorskog prostora ne može imati više od n elemenata. dokaz. Direktno iz leme 4.. Tvr-denje 4.5. Za svaki podskup T konačnodimenzionalnog vektorskog prostora V za koji važi da je [T ] = V, postoji T T koji daje bazu za V.

35 6 ODELjAK 5. PETA NEDELjA dokaz. Po lemi 4.4, ako je dim V = n, onda svaki linearno nezavisan podskup od T ima najviše n elemenata. Neka je P linearno nezavisan podskup od T za koji ne postoji linearno nezavisan podskup od T sa više elemenata. Znači za svako t (T P ) važi da je P { t} linearno zavisan. Po lemi 3.8 () sledi da je t [P ], pa zaključujemo da je T [P ], odakle po tvrd enju 3.4 () i (3) dobijamo V = [T ] [[P ]] = [P ]. Iz P T, po tvrd enju 3.4 () dobijamo [P ] [T ] = V. Dakle [P ] = V, te P daje bazu za V. Lema 4.6. Ako je dim V = n i P V linearno nezavisan takav da je P = n, onda je [P ] = V. dokaz. Skup elemenata B proizvoljne baze B od V ima n elemenata i [B] = V. Po velikoj lemi o zameni dobijamo [P ] = V. Lema 4.7. Ako je dim V = n i P V takav da je [P ] = V i P n onda P daje bazu za V. dokaz. Po tvrd enju 4.5 postoji P P koji daje bazu za V. Po teoremi 4.3 je P = n a pošto je P n, to znači da je P = P. Tvr-denje 4.8. Svaki linearno nezavisan skup vektora konačnodimenzionalnog vektorskog prostora V se može dopuniti nekim vektorima iz skupa koji daje bazu za V do skupa vektora koji daje bazu za V. dokaz. Neka je P linearno nezavisan skup vektora iz V i neka je T skup koji daje bazu za V. Po velikoj lemi o zameni (ovde je S = ), postoji T T takav da je T = P i [(T T ) P ] = V. Pošto je (T T ) P T = dim V to, po lemi 4.7, sledi da (T T ) P daje bazu za V. Tvr-denje 4.9. U n-dimenzionalnom v.p. V, skup P V takav da je P = n je linearno nezavisan akko [P ] = V. dokaz. ( ) Direktno iz leme 4.6. ( ) Iz leme 4.7 dobijamo da P daje bazu za V, pa je linearno nezavisan.

36 5. Peta nedelja 5.. Vektorski prostori i linearni sistemi Podsetiti se komentara.5 kao i tvrd enja.6 i 3.7. Definicija. Prostor vrsta neke matrice je linearni omotač skupa svih vektor vrsta te matrice. Oznaka je RS(A). Vrsta-rang matrice A je dimenzija prostora RS(A). Primer. A = ( ) RS(A) = [{( 3), (4 6)}] = [{( 3)}], jer je (4 6) = ( 3). Lema 5.. Ako su dve matrice vrsta-ekvivalentne onda su im prostori vrsta jednaki pa su im samim tim i vrsta-rangovi jednaki. dokaz. Pretpostavimo A B (tj. A se vrsta-redukuje na B). Po tvrd enju.6 imamo da je svaka vrsta matrice B linearna kombinacija vrsta matrice A, pa je RS(B) RS(A) (ovde se koristi tvrd enje 3.4 () i (3)). Na isti način, pošto je relacija simetrična (tvrd enje.), dobijamo RS(A) RS(B), pa je RS(A) = RS(B). Na osnovu leme 5. i tvrd enja 3.7 zaključujemo da Gausov postupak eliminiše zavisnost med u vrstama ostavljajući linearni omotač nepromenjen. Na taj način se formira baza prostora vrsta neke matrice. Primer. A = ρ + ρ ρ + ρ ρ + ρ 3 Znači ( 3 ), (0 0), (0 0 3) je baza za RS(A) Definicija. Prostor kolona neke matrice je linearni omotač skupa svih vektor kolona te matrice. Oznaka je CS(A). Kolona-rang matrice A je dimenzija prostora CS(A). Definicija. Neka je A M m n. Transponovana matrica matrice A je matrica A T M n m takva da se u preseku i-te vrste i j-te kolone matrice 7

37 8 ODELjAK 5. PETA NEDELjA A T nalazi element koji se nalazi u preseku i-te kolone i j-te vrste matrice A. Prostije, prva vrsta matrice A postaje prva kolona matrice A T itd. Primer. A = A T = Primer. Za matricu A iz prethodnog primera odrediti bazu za CS(A). Prvo odredimo bazu za RS(A T ) 0 4 3ρ ρ 7ρ + ρ ρ ρ Dakle baza za RS(A T ) je ( 0 4), (0 3 ), pa je baza za CS(A): 0 0, 3 4 Primetimo da Gausove operacije mogu da promene prostor kolona matrice. Na primer, za ( ) ( ) ρ + ρ važi ( [{ ) (, 4 ) ( }] [{ 0 ) (, 0 ) }] ali ćemo pokazati da važi sledeće. Lema 5.. Ako su dve matrice vrsta-ekvivalentne onda su im kolonarangovi jednaki. dokaz. Pretpostavimo A B. Po teoremi.3, sistemi a x a n x n = 0 b x b n x n = a m x a mn x n = 0 b m x b mn x n = 0

38 5.. Vektorski prostori i linearni sistemi 9 imaju isto opšte rešenje, što znači: akko c c a. a m b. b m c n c n a n. a mn b n... b mn = = pa je skup nekih kolona matrice A linearno nezavisan akko je skup odgovarajućih kolona matrice B linearno nezavisan, odakle sledi da su kolonarangovi matrica A i B jednaki. Primer. A = Matrica A je svedena na redukovanu stepenastu formu. Za bazu od RS(A) možemo uzeti ( 3 0 ), (0 0 4). Što se tiče prostora CS(A), ako izdvojimo kolone matrice u redukovanoj stepenastoj formi koje sadrže pivote, to su članovi standardne baze za R 3. Ovde su to e i e (prva i treća kolona). One čine linearno nezavisan skup a sve ostale kolone su u linearnom omotaču tog skupa jer imaju nule u trećoj vrsti (svim vrstama različitim od prve i druge). Ovaj primer nas uvodi u sledeću teoremu. Teorema 5.3. Svaka matrica ima isti vrsta i kolna rang. dokaz. Po lemama 5. i 5., svod enje matrice na redukovanu stepenastu formu ne menja ni jedan od ovih rangova. Vrsta-rang dobijene matrice jednak je broju pivota u njoj a to je ujedno i broj kolona oblika e, e,... koje daju bazu za prostor kolona te matrice iz istog razloga kao u gornjem primeru. Definicija. Rang matrice je njen vrsta odnosno kolona-rang, pošto su oni jednaki. Oznaka je rank(a). Teorema 5.4. Za homogen sistem sa n promenljivih i sa matricom koeficijenata A sledeća tvrd enja su ekvivalentna:

39 30 ODELjAK 5. PETA NEDELjA () rank(a) = r; () prostor rešenja ima dimenziju n r. dokaz. rank(a) = r akko sistem se svodi na stepenastu formu sa r ne-nula vrsta, akko svedeni sistem ima r pivota, akko svedeni sistem ima n r slobodnih promenljivih, akko prostor rešenja ima dimenziju n r. Kako pokazati poslednju ekvivalenciju će biti jasano iz sledećeg primera. Primer. Posmatrajmo sledeći sistem u redukovanoj stepenastoj formi: x y +u = 0 0 z +u = 0 A = = Opšte rešenje čitamo direktno iz redukovane stepenaste forme. S = {y 0 + u 0 y, u R}. 0 Vektori 0 i 0 0 su linearno nezavisni jer prvi u drugoj vrsti ima jedinicu a drugi nulu (to je mesto koje odgovara promenljivoj y) i isto tako drugi u četvrtoj vrsti ima jedinicu a prvi nulu (to je mesto koje odgovara promenljivoj u) tako da je nemoguće napraviti njihovu netrivijalnu linearnu kombinaciju jednaku 0. Isto se dešava i u opštem slučaju. 5.. Neke operacije s potprostorima U ovom odeljku će biti reči o preseku, sumi i direktnoj sumi potprostora nekog vektorskog prostora. Lema 5.5. Ako su U i W potprostori nekog vektorskog prostora, onda je i U W takod e potprostor tog vektorskog prostora.

40 5.. Neke operacije s potprostorima 3 dokaz. Po lemi 3. dovoljno je proveriti da je U W neprazan i da je U W zatvoren za linearne kombinacije parova vektora. Iz 0 U i 0 W sledi 0 U W pa je on neprazan. Neka su v, v U W i c, c R. Pošto je onda v, v U i U je potprostor, zaključujemo c v + c v U. Na isti način zaključujemo c v + c v W, pa je c v + c v U W. Definicija. Za U i W potprostore nekog vektorskog prostora definišemo njihovu sumu: U + W = df [U W ]. Primer. U, W R 3, U = { x y 0 x, y R}, W = { 0 y z y, z R}. Pošto je 0 0 pa je U + W = R 3., 0 0 U i R 3 = [{ 0, 0 0 0, W, onda važi: }] [U W ] R 3 Lema 5.6. Ako je [S] = U i [T ] = W onda je [S T ] = U + W. dokaz. Iz S T U W, po tvrd enju 3.4 () imamo [S T ] [U W ]. Iz S, T S T, dvostrukom primenom tvrd enja 3.4 () imamo U, W [S T ] pa je i U W [S T ]. Odavde, po tvrd enju 3.4 () i (3), dobijamo [U W ] [S T ]. Dakle, [S T ] = [U W ] = U + W. Teorema 5.7 (Grasmanova formula). Za potprostore U i W konačnodimenzionalnog vektorskog prostora važi: dim(u + W ) = dim(u) + dim(w ) dim(u W ). dokaz. Neka je δ,..., δ r baza za U W. Po tvrd enju 4.8 ta baza se može dopuniti do baze za U i do baze za W. Dakle, neka je B = δ,..., δ r, β,..., β k baza za U i neka je C = δ,..., δ r, γ,..., γ l baza

41 3 ODELjAK 5. PETA NEDELjA za W. Dovoljno je da pokažemo da je D = δ,..., δ r, β,..., β k, γ,..., γ l baza za U + W. U D nema ponavljanja, inače bi moralo biti β i = γ j za neke i i j. Taj vektor bi onda pripadao U W pa ni B ni C ne bi bili linearno nezavisni. Kao posledicu leme 5.6 imamo [D] = [B C] = U + W. Još treba pokazati da je D linearno nezavisan. Pretpostavimo: d δ d r δr + b β b k βk + c γ c l γ l = 0. Neka je v = d δ d r δr + b β b kβk U. Iz gornje jednakosti dobijamo da je v = (c γ c l γ l ) W. Dakle v U W pa je v [{ δ,..., δ r }]. Po teoremi 4., zbog jedinstvenosti Rep B ( v) dobijamo b =... = b k = 0. Uz to, gornja jednakost postaje d δ d r δr + c γ c l γ l = 0, što zbog linearne nezavisnosti od C daje d =... = d r = c =... = c l = 0. Definicija. Konkatenacija (nadovezivanje) nizova vektora: β,..., β k γ,..., γ l = df β,..., β k, γ,..., γ l. Lema 5.8. Neka je V = U + W i neka su B i C redom baze za U i W. Tada su sledeća tvrd enja ekvivalentna: () svaki v V se može na jedinstven način predstaviti kao u + w pri čemu je u U a w W ; () B C je baza za V ; (3) za proizvoljne ne-nula vektore u U i w W, niz u, w je linearno nezavisan; (4) U W = { 0}. dokaz. (() ()) B C je niz bez ponavljanja jer bi inače postojao ne-nula vektor v B C koga bismo mogli predstaviti kao v + 0 i kao 0 + v, što je suprotno pretpostavci (). Kao posledicu leme 5.6 imamo da je [B C] = [B C] = U + W = V. Još treba pokazati da je B C linearno nezavisan. Neka je B = β,..., β k i C = γ,..., γ l. Pretpostavimo: b β b k βk + c γ c l γ l = 0 =

42 5.. Neke operacije s potprostorima 33 Po () imamo da je b β b k βk = 0 i c γ c l γ l = 0, odakle po linearnoj nezavisnosti skupova B i C sledi b =... = b k = c =... = c l = 0. (() (3)) Neka su u U i w W dva ne-nula vektora i neka je u = b β b k βk a w = c γ c l γ l. Zbog linearne nezavisnosti niza B C, ako bi bilo u = w onda bi to bili nula vektori što je suprotno pretpostavci. Pretpostavimo da je r u + s w = 0. Znači: rb β rb k βk + sc γ sc l γ l = 0, pa zbog linearne nezavisnosti niza B C dobijamo rb =... = rb k = sc =... = sc l = 0. Iz u 0 v sledi da je bar jedno b i i bar jedno c j različito od 0 pa je onda r = s = 0. ((3) (4)) Pretpostavimo suprotno, tj. postoji ne-nula vektor v U W. Onda je v, v linearno zavisan što je suprotno pretpostavci (3). ((4) ()) Pretpostavimo da za u, u U i w, w W važi u + w = u + w. Onda važi u u = w w U W pa po (4) važi u u = w w = 0, tj. u = u i w = w. Definicija. Za potprostore U i W nekog vektorskog prostora V kažemo da su nezavisni kada se svaki v U + W može na jedinstven način predstaviti kao u + w pri čemu je u U a w W. Definicija. Vektorski prostor V je (unutrašnja) direktna suma svojih potprostora U i W kada su oni nezavisni i V = U + W. Oznaka je V = U W. Ako je V = U W, onda po teoremi 5.7 i lemi 5.8 sledi da je dim(v ) = dim(u) + dim(w ) i da je U W = { 0}. Primer. Neka je M = { x y z y z = 0}, N = {k 0 0 k R} i N = {k 0 k R}. Možemo pokazati da je M N = R 3 = M N. Prevedimo M u oblik {x z 0 x, z R}. Dakle M = 0, 0, N = 0 0 i N = 0 su redom baze 0 za M, N i N. Pošto su M N i M N baze za R 3, to su, po lemi

43 34 ODELjAK 6. ŠESTA NEDELjA 5.8, direktne sume M N i M N jednake prostoru R 3.

44 6. Šesta nedelja 6.. Višestruka uloga R n Primer. Posmatramo euklidsku pravu p na kojoj je fiksirana tačka O (koordinatni početak) i jedan jedinični vektor i. Time smo fiksirali jedan koordinatni sistem prave p. Neka je A proizvoljna tačka prave p. Kažemo da je u A = OA vektor položaja tačke A. A O i p Posmatrajmo sledeća pridruživanja: x R x i A p, tako da je vektor položaja u A tačke A jednak vektoru x i. Ovo su bijekcije koje nam omogućavaju da element od R posmatramo na još dva načina:. kao geometrijski vektor na pravoj p (x je komponenta tog vektora u datom koordinatnom sistemu) i. kao tačku prave p (x je koordinata te tačke u datom koordinatnom sistemu). Primer. Posmatramo euklidsku ravan α u kojoj je fiksirana tačka O (koordinatni početak) i dva jedinična, ortogonalna vektora i i j. Kao i malopre, kažemo da je u A = OA vektor položaja tačke A. A j O i Posmatrajmo sledeća pridruživanja: ( ) x R x i + y j A p, y tako da je vektor položaja u A tačke A jednak linearnoj kombinaciji x i + y j. Ovo su takod e bijekcije koje nam omogućavaju da svaki element od R 35

45 36 ODELjAK 6. ŠESTA NEDELjA posmatramo na još dva načina, kao vektor u ravni čije su komponente (x, y), odnosno tačku A(x, y) te ravni. Ovo sve važi i za R 3 i euklidski prostor. Po analogiji, pošto nemamo vizuelnu predstavu o tome šta bi bio euklidski n-dimenzionalni prostor za n 4, smatramo elemente od R n za vektore tog prostora odnosno tačke čiji su to vektori položaja. 6.. Skalarni proizvod i norma vektora u R n Definicija. Za dva vektora u = u. u n i v = v. v n definišemo njihov skalarni proizvod u v kao realan broj u v u n v n. Lako se vidi da ovako definisan skalarni proizvod zadovoljava sledeća svojstva: () linearnost, tj. (a u + b v) w = a( u w) + b( v w), () komutativnost, tj. u v = v u, (3) pozitivna definisanost, tj. u u 0 i u u = 0 akko u = 0. Vektorski prostor V sa binarnom operacijom : V V R koja zadovoljava svojstva (), () i (3) je realni unitarni vektorski prostor. Definicija. Norma vektora u R n, u oznaci u, je u u = u u n. Za n 3 se lako proveri da ako u R n posmatramo kao geometrijski vektor, onda je njegov intenzitet (dužina) jednak u (to je ujedno i rastojanje tačke, čiji je to vektor položaja, od koordinatnog početka). Za n = ( u = (u )), to sledi zbog toga što je po definiciji intenzitet geometrijskog vektora u i jednak u = u = u. Za n = to sledi po Pitagorinoj teoremi, zbog toga što je intenzitet geometrijskog vektora u i + u j jednak u + u = u. u u O u

46 6.. Skalarni proizvod i norma vektora u R n 37 Za n = 3, dva puta primenjujući Pitagorinu teoremu zaključujemo isto. u 3 u u O 3 u u u + u Uopštavajući ovo na R n definišemo intenzitet (dužinu) vektora u R n kao u = u u n. Rastojanje izmed u tačaka A i B je dužina vektora AB = u B u A a to je po prethodnom jednako u B u A = (u B ua ) (u B n u A n ). Osobine norme: (i) u 0, u = 0 akko u = 0, (ii) k u = k u i još dve sledeće teoreme. Teorema 6. (Koši-Švarc). u v u v. dokaz. Ako je u = 0 ili v = 0, onda važi u v = u v = 0. Pretpostavimo u, v 0, tada imamo: 0 ( u v v u) ( u v v u), po (3), akko 0 u v u v u v + u v, po (), () i def. norme, akko u v u v u v, akko u v u v, zato što je u, v > 0 jer su u, v 0. Analogno, polazeći od 0 ( u v + v u) ( u v + v u), dobijamo u v u v. Dakle važi u v u v. Teorema 6. (Minkovski). u + v u + v. dokaz. u + v u + v