Linearna algebra

Linearna algebra 2 Siniša Miličić cinik@studentmathhr 2462004 Molim da se sve uočene greške i primjedbe pošalju na mail Ovaj dokument je javno dobro, te se smije neograničeno umnažati, mijenjati i koristiti

2 Linearna Algebra 2 2 Sadržaj 1 Teorija grupa 3 11 Općenito 3 2 Vektorski prostor V 3 6 21 Uvod 6 22 Baza 8 23 Skalarni, vektorski i mješoviti produkt 9 3 Linearni operatori 16 31 Osnovna svojstva linearnih operatora 32 Prostor linearnih operatora 16 20 33 Koordinatizacja 34 Spektar 23 26 4 Unitarni prostori 31 41 Definicija, primjeri, osnovni teoremi 42 Operatori na untiranim prostorima 31 35

3 Linearna Algebra 2 3 1 TEORIJA GRUPA 11 Općenito 1-1 1-2 Skup G sa binarnom operacijom čini grupoid (G, ) Grupoid (G, ) zovemo grupom ako vrijedi: 1 a, b G, a b G (zatvorenost, binarna operacija) 2 a, b, c G, (a b) c = a (b c) (asocijativnost) 3 e G, a G, e a = a e = a (neutralni element) 4 a G, a 1 G, a a 1 = a 1 a = e (inverz) 1-3 Grupa (G, ) je abelova ili komutativna ako vrijedi: 5 a, b Ga b = b a (komutativnost) Neutralni element u grupi (G, ) je jedinstven I e, f G, e, f neutralni elementi od (G, ) f = e f = e 1-4 Neka su (G, ) i (H, ) dvije grupe uz istu operaciju Ako je H G kažemo da je (H, ) podgrupa od (G, ), te pišemo (H, ) (G, ) Primjeri: (, +), (, +), (, +), (, +) su grupe uz istu operaciju + i vrijedi Z, pa je (, +) (, +) (, +) (, +), skraćeno S 1 = {z (S 1, ) je podgrupa od ( : z = 1}, (S 1, ) je abelova grupa, ) K 4 = {1, 1, i, i}, (K 4, ) je abelova grupa ( n, +) je abelova grupa Neka je f rotacija trokuta u ravnini s obzirom na središte opisane kružnice Ona čini abelovu grupu s obzirom na kompoziciju Neka je (G, ) grupa i neka je H G H je podgrupa od G ako i samo ako vrijedi da je 1 a, b H, a b H (1i) 2 a H a 1 H (1ii) II e H je neutralni element iz H, pa je e H = e H e H = e H e = e Iz toga slijedi da je a 1 H = a 1 Očito vrijedi (1i), a iz jednakosti neutralnog elementa i (1ii) Time je jedan smjer ekvivalnecije dokazan Za drugi smjer vidimo da (1i) implicira prvi uvjet za grupu Drugi uvjet je nasljedjen iz (G, ) Neutralni element iz G je u H jer je a, a 1 H (1ii) i e = a a 1 H (1i), pa je i treći uvjet zadovoljen Četvrti uvjet je ekvivalentan (1ii)

4 Linearna Algebra 2 4 Uvjeti (1i) i (1ii) su ekvivalentni uvjetu a, b H, a b 1 H (1iii) III a, b H (1ii) Obrnuto, a, b 1 H (1i) a b 1 H a b 1 H a a 1 H (1ii) a b 1 H 1 a b H (1i) 1-5 Neka su (G 1, ) (G 2, ) Preslikavanje h : G 1 G 2 sa svojstvom h(x y) = h(x) h(y), zovemo homomorfizam iz G 1 u G 2 Ako je homomorfizam h injektivan zovemo ga monomorfizam, ako je surjekcija zovemo ga epimorfizam, a ako je bijekcija izomorfizam Primjeri: (, +), (2, +), h : 2, h : x 2x h je izomorfizam ( m, + m ) (K m, ), h(a) = e 2πia m, a m, h je izomorfizam h L(V, W ), h je homomorfizam Pa još grupa GL(V ), regularni linearni operatori nad V i GL(n, ), grupa regularnih matrica iz M n (F ) Ako je dim V = n, i V je vektorski prostor nad, onda gledamo funkciju h : GL(V ) GL(n, ), takva da h : A A (e), pri čemu je h(ab) = h(a)h(b) h je izomorfizam ovih grupa ano kasnije 1-6 Neka su G 1 i G 2 grupe Za njih kažemo da su izomorfne ako postoji izomorfizam iz jedne u drugu Pišemo G 1 G 2 Biti izomorfan je relacija ekvivalencije, tj vrijedi da je 1 H, H grupa, H H 2 G, H, G, H grupe, H G G H 3 F, G, H, F, G, H grupe, H G G F H F IV Prva stavka je očita, jer uvijek postoji identiteta na skupu, a identiteta je bijekcija Druga stavka je takodjer trivijalna, jer bijekcija uvijek ima inverz koji je takodjer bijekcija, pa je taj inverz povratni izomorfizam Pošto je bijektivnost očuvana u kompoziciji i treća stavka je očita Neka su (G, ) i (H, ) grupe, a e G i e H neka su neutralni elementi iz odgovarajućih grupa Neka je h homomorfizam iz G u H Tada je h(e G ) = e H i h(a 1 ) = h(a) 1 V h(e G ) = h(e G e G ) = h(e G ) h(e G ) = e H h(e G ) = h(a a 1 ) = h(a) h(a 1 ) = e H h(a 1 ) = h(a) 1 1-7 Neka su G, H grupe i neka je h : G H homomorfizam Definiramo pojmove: slika Im h = h(g) i jezgra Ker h = {x G : h(x) = e H }

5 Linearna Algebra 2 5 Neka su (G, ) i (H, ) grupe i neka je h : G H homomorfizam Tada je Im h H, Ker h G VI a, b G, c = a b 1 G h(a) h(b) 1 = h(a b 1 ) = h(c) H e G Ker h Ker h a Ker h h(a) = e H = h(a) 1 = h(a 1 ) (1ii) a, b Ker h h(a b) = h(a) h(b) = e H e H = e H (1i)

6 Linearna Algebra 2 6 2 VEKTORSKI PROSTOR V 3 21 Uvod 2-1 2-2 U euklidskom prostoru E 3 definiramo pojam usmjerne dužine kao skup svih točaka pravca P Q, P, Q E 3, P Q koje leže izmedju tih točaka uz podskup linearnog urdedjaja pravca sa svojstvom da je P Q Tu usmjerenu dužinu označavamo sa P Q Ako je P = Q onda govorimo o nulusmjerenoj dužini, 0 Definiramo relaciju istovjetnosti, na skupu usmjerenih dužina na sljedeći način za četiri proizvoljne točke P, Q, R, S E 3 definiramo usmjerene dužine P Q i RS, te ako je P QSR paralelogram kažemo da je P Q istovjetna sa RS, tj P Q RS Relacija istovjetnosti usmjerenih dužina je relacija ekvivalencije VII 2-3 2-4 2-5 2-6 2-7 2-8 [ Klasu ekvivalencije uz relaciju istovjetnosti usmjerenih dužina zovemo vektor, te pišemo a = ] AB, A, B E 3 Skup svih vektora nad E 3 zovemo V 3 Modul vektora, a, a V 3, je duljina neke njegove reprezentante u E 3 Smjer vektora je smjer pravca neke reprezentante vektora u E 3 Za nul-vektor 0 ne definiramo smjer Ako su dva vektora istog smjera, kažemo da su kolinearni i pišemo a b, a, b V 3 Za 0 kažemo da je kolinearan sa svakim vektorom Za dva vektora istog smjera i modula a, b V 3, kažemo da su iste orijentacije ako je a = b, a u protivnom kažemo da su suprotne orijetnacije Vektor u V 3 je jedinstveno odredjen sa modulom, smjerom i orijentacijom VIII 2-9 [ ] [ [ Na skupu V 3 definiramo zbrajanje + : V 3 V 3 V 3 na sljedeći način: +( AB, BC ]) = AC ] (V 3, +) je abelova grupa IX 2-10 U (V 3, +) definiramo preslikavanje : V 3 V 3 koje zovemo množenje skalarom, te koje skalaru λ i vektoru a V 3 pridružuje vektor λ a čiji je modul jednak λ a = λ a, smjer jednak smjeru od a, a orijentacija je ista kao i od a ako je λ > 0, a suprotna λ < 0 Za λ i a V 3 vrijedi da je λ a = 0 λ = 0 a = 0 X

7 Linearna Algebra 2 7 Za svaki a, b V 3 i za svaki α, β 1 α(β a) = (αβ) a 2 1 a = a 3 (α + β) a = α a + β b 4 α( a + b) = α a + α b Svojstva (V 3, +, ) vrijedi: TM XI Uz vektorsko zbrajanje i množenje sa skalarom (sada definarno) imamo realni vektorski prostor nad V 3 1 a = a XII 2-11 a 0 = 1 a a a 0 je jedinični vektor Vektori a, b V 3 su kolinearni ako i samo ako postoji λ takav da je b = λa XIII Dovoljnost je očita Uzmimo točku O E 3, te točke A, B E 3 takve da je a = [ ] OA i b = [ OB ] a kolinearan sa b OA OB OA, OB su kolinearni b = µ a ili b = µ a gdje je µ = OB OA, a predznak ovisi o orijentacijama a i b 2-12 2-13 Za a 3, a = [ ] AB kažemo da je paralelan sa ravninom Π, ako je AB paralelan sa Π tj ako je AB paralelan as nekim pravcem iz Π Pišemo a Π Vektori iz V 3 su komplanarni ako su paralelni sa istom ravninom Dva vektora su uvijek komplanarna Za svaka dva vektora a, b V 3 i sve α, β Očito su vektori a, b, c = α a + β b komplanarni XIV Neka su a, b nekolinearni vektori i neka je vektor c s njima komplanaran (tj tada postoje jedinstveni α, β, c = α a + β b { a, } b, c komplanaran), XV [ ] a = OA, b = [ ] OB O, A, B nisu kolinearne, pa zato odredjuju ravninu (Π) OC je komplanaran sa (Π) Zato je točka C Π Definiramo točke A i B, takve da je OA = α [ OA ] + [ OB ] = α [ OA ] + β [ OB ] = α a + β b OA, te OB = β OB, a OA CB je paralelogram c = [ OC ] = Jedinstvenost izraza u prošloj propoziciji XVI

8 Linearna Algebra 2 8 Ako su a, b, c V 3 onda je i α a + β b + γ c V 3 XVII 22 Baza Ako su a, b, c V 3 nekomplanarni vektori, onda za svaki d V 3 postoje jedinstveni α, β, γ d = α a + β b + γ c td XVIII dim V 3 = 3 XIX 2-14 Neka su a 1, a 2, a 3 nekomplanarni, tj neka skup njih bude baza od V 3 Svaki vektor a V 3 se može prikazati u obliku a = α 1 a 1 + α 2 a 2 + α 3 a 3 Definirajmo preslikavanje κ : a (α 1, α 2, α 3 ) (κ : V 3 3 ) κ je bijekcija XX 2-15 Identificiramo a = (α 1, α 2, α 3 ) Neka su dani vektori a = (α 1, α 2, α 3 ) i b = (β 1, β 2, β 3 ) Tada je a + b = (α 1 + β 1, α 2 + β 2, α 3 + β 3 ) Za a = (α 1, α 2, α 3 ) i λ vrijedi da je λ a = (λα 1, λα 2, λα 3 ) XXI XXII Za ranije definiranu funkciju κ vrijedi: κ( a + b) = κ( a) + κ( b), a, b V 3 κ(λ a) = λκ( a), a V 3 i λ XXIII Kraće: k je izomorfizam V 3 i 3 su izomorfni a i b su kolinearni ako i samo ako postoji λ takav da je (α 1, α 2, α 3 ) = λ(β 1, β 2, β 3 ) XXIV Za definiciju κ gledamo bazu V 3 kao uredjenu [ ] trojku [ vektora ] Tako možemo uvesti i usmjerenje baze Neka su O, I, J, K E 3 Označimo sa i = OI, j = OJ i [ ] k = OK 2-16 Desna, tj pozitivno orijentirana baza je { i, j, k} Ovo je dogovor na kojem gradimo ostale lijeve i desne baze Neka je B = { a, b, c} jedna baza, gdje su a = [α 1, α 2, α 3 ], b = [β 1, β 2, β 3 ] i c = [γ 1, γ 2, γ 3 ] Gledajmo matricu α 1 β 1 γ 1 α 2 β 2 γ 2 Ta matrica je regularna jer su vektori linearno nezavisni α 3 β 3 γ 3

9 Linearna Algebra 2 9 2-17 [ ] Za bazu { a, b, c} kažemo da je desno (tj pozitivno) orijentirana ako je det a, b, c > 0 U suprotnom kažemo da je lijeva Neka je { a, b, c} neka baza Tada je ili { a, b, c} ili { a, b, c} desna baza XXV 23 Skalarni, vektorski i mješoviti produkt 2-18 Za vektore a, b V 3 \ 0 uz izbor O E 3 vrijedi da je a = a, b (oznaka: ( a, b)) razumijevamo AOB [ ] OA i [ ] b = OB pod kutom vektora Ako su a i b kolinearni onda je ( a, b) = π ili ( a, b) = 0 XXVI 2-19 Ako je ( a, b) = π 2 kažemo da su ortogonalni i pišemo a b 2-20 2-21 Funkciju u : V 3 V 3 gdje su a, b V 3, u( a, b) zapisujemo a b, tj a b zovemo skalarno množenje vektora, definiramo ovako: a b = a b cos( ( a, b)), tj a 0 = 0 Ovaj kosinus još kraće pišemo cos( a, b) Za a a pišemo još i a 2 i zovemo ga skalarni kvadrat Skalarni kvadrat vektora ima vrijednost a 2 Za a, b V 3 vrijedi da je ( a + b) 2 = a 2 + b 2 + 2 a b a b a b = 0 Svojstva skalarnog produkta a, b, c V 3, α a b = b a (komutativnost) (α a) b = α( a b) (kvaziasocijativnost) a ( b + c) = a b + a c (distributivnost) a 2 0, a 2 = 0 a = 0 (*) XXVII XXVIII XXIX XXX 2-22 V 3 je realni vektorski prostor na kojem je definirano skalarno množenje, V 3 V 3 sa svojstivima komutativnosti, distributivnosti, kvaziasocijativnosti i * Takva struktura se zove unitarni prostor

10 Linearna Algebra 2 10 B = { i, j, k} (standardna, ortonormirana, kanonska baza) Za vektore te baze vrijedi: i i = j j = k k = 1 i i j = j k = k i = 0 XXXI Za vektore a = (α 1, α 2, α 3 ), b = (β 1, β 2, β 3 ) vrijedi da im je skalarni produkt jednak a b = α 1 β 1 +α 2 β 2 + α 3 β 3 XXXII a = α 2 1 + α2 2 + α2 3 cos( a, b) = 3 α i β i 3 α 2 i + 3 βi 2 XXXIII a, b V 3 \ O vrijedi a b a b = 0 3 α i β i XXXIV a = (α 1, α 2, α 3 ), γ 1 = ( a, i), γ 2 = ( a, j), γ 3 = ( a, k) cos γ i = αi a, i = 1, 2, 3 2 cos γ1 + cos 2 γ 2 + cos 2 γ 3 = 1 Ti kosinusi se zovu kosinusi smjera a b = a b cos( a, b) a b a b (α 1, α 2, α 3 ), (β 1, β 2, β 3 ) 3 3 \{(0, 0, 0)}, vrijedi ( α i β i ) 2 ( 3 α 2 i )( 3 βi 2) = 0 Nejednakost trokuta XXXV a + b a + b 3 (α i + β i ) 2 3 α 2 1 + 3 β1 2 XXXVI Funkciju v : V 3 V 3 V 3, gdje za a, b V 3 umjesto v( a, b), definiranu ovako: 2-23 1 Ako su a, b kolinearni, onda je a b = 0 2 Ako a, b nisu kolinearni onda je a b vektor čiji su modul, smjer i orijentacija ovakvi: a b = a b sin( a, b) (modul) s a b s a, s b (smjer) ( a, b, a b) čine desnu bazu (orijentacija) a b je površina paralelograma opisanog sa reprezentantama vektora a i b XXXVII

11 Linearna Algebra 2 11 a b = 0 a, b kolinearni XXXVIII a b = b a (antikomutativnost) XXXIX a, b, c V 3, α vrijedi: (α a) b = α( a b) a ( b + c) = a b + a c a (α b) = α( a b) ( a + b) c = a c + b c (lijeva kvaziasocijativnost) (lijeva distributivnost) (desna kvaziasocijativnost) (desna distributivnost) XL Nema neutralnog elementa XLI Ne vrijedi ni asocijativnost XLII Za a, b, c V 3 ( a b) c = ( a c) b ( b c) a a( b c) = ( a c) b ( a b) c XLIII ( a b) c + ( b c) a + ( c a) b = 0 Jacobijev identitet XLIV Pogledajmo kako se ponašaju vektori kanonske baze spram vektorskog produkta: i j k i 0 k j j k 0 i k j i 0 a i j k b = α 1 α 2 α 3 β 1 β 2 β 3 XLV

12 Linearna Algebra 2 12 a b = (α 1 i + α 2 j + α 3 k) (β1 i + β 2 j + β 3 k) = (α 2 β 3 α 3 β 2 ) i + (α 3 β 1 α 1 β 3 ) j + (α 1 β 2 α 2 β 1 ) k = α 2 α 3 β 2 β 3 i α 1 α 3 β 1 β 3 j + α 1 α 2 β 1 β 2 k i j k = α 1 α 2 α 3 β 1 β 2 β 3 2-24 Preslikavanje : V 3 V 3 V 3 mješoviti produkt ( a, b, c) = 0 a, b, c komplanarni definiramo kao ( a, b, c) = ( a b) c, a, b, c V 3, i zovemo XLVI ( a, b, c) = 0 ( a b) c = 0 Ako je a b = 0, onda a, b kolinearni, pa su a, b, c komplanarni Ako je c = 0, onda su komplanarni Ako je a b 0 i c 0, onda je c a b a, b, te je c a, b, tj oni su komplanarni a, b, c komplanarni Ako je a b = 0 onda je ( a b) c = 0 Ako je c = 0, onda je ( a b) 0 a b 0 onda je c 0, onda je c a b, pa je ( a b) c = 0 Ako vektore izrazimo kao a = (α 1, α 2, α 3 ), b = (β 1, β 2, β 3 ), c = (γ 1, γ 2, γ 3 ), tvrdimo da je onda ( a, α 1 α 2 α 3 b, c) = β 1 β 2 β 3 γ 1 γ 2 γ 3 XLVII ( a, b, c) = ( a b) c = c ( a b) = (α 2 β 3 α 3 β 2 )γ 1 + (α 3 β 1 α 1 β 3 )γ 2 + (α 1 β 2 α 2 β 1 )γ 3 ( a, α 1 α 2 α 3 b, c) = β 1 β 2 β 3 γ 1 γ 2 γ 3 ( a, b, c) = ( a, b, c) = ( c, a, b) = ( b, a, c) = ( c, b, a) = ( a, c, b) Vrijedi: ( a b) c = a ( b c) XLVIII XLIX Neka su a, b, c V 3 nekomplanarni vektori Volumen paralelepipeda razapetog ovim vektorima je ( a, b, c) Predznak još daje i informaciju o lijevosti baze L

13 Linearna Algebra 2 13 2-25 2-26 Uzmimo točku O E 3, te bazu { i, j, k} V 3 Uredjenu [ ] četvorku [ (O, i, j, ] k) zovemo koordinatni sustav (Cartesiusov) Gledajmo reprezentante od i = OI, j = OJ i [ ] k = OK Točke I, J, K su jedinične točke, a pravci OI, OJ i OK su koordinatne osi Gledajmo točku T E 3, te vektor r T = [ OT ] V 3 Taj vektor zovemo radijvektor Za taj r T postoje jedinstveni α i, α j, α k takvi da je r T = α i i+α j j+α k k (svojstvo baze vektorskog prostora) Iz toga zaključujemo da se točki T pridružuje uredjena trojka (α i, α j, α k ) 2-27 Znači postoji funkcija κ : E 3 zovemo koordinate točke Ranije definirana funkcija κ je bijekcija 3, κ : T (αi, α j, α k ) Tu sliku pojedinog elementa po toj funkciji LI 2-28 Kako je k bijekcija možemo pisati da je T = (α i, α j, α k ) = (α 1, α 2, α 3 ) = (x, y, z) Točke pišemo u okruglim zagradama ( ), a vektore u uglatim zagradama [ ] Brojeve α i, α j, α k, odnosno α 1, α 2, α 3, odnosno x, y, z zovemo koordinate točke Neka točka A = (α 1, α 2, α 3 ), a točka B = (β 1, β 2, β 3 ) Gledamo vektor [ ] OB = (α 1, α 2, α 3 ) + (β 1, β 2, β 3 ) = (β 1 α 1, β 2 α 2, β 3 α 3 ) ] d(a, B) = [ AB = (β1 α 1 ) 2 + (β 2 α 2 ) 2 + (β 3 α 3 ) 2 [ ] [ ] [ ] [ ] AB = AO + OB = OA + Udaljenost točke od ravnine (znamo što je ravnina) bi bila udaljenost od točke ravnine iz koje se može povući okomica na ravninu koja prolazi kroz danu točku U E 3 gledamo koordinatni sustav (O, { i, j, k}) i ravninu π Uzmimo točku T E 3 Zanima nas što bi bilo d(t, π) Neka je ravnina π zadana sa δ, tj udaljenost od ishodišta i n 0, jedinični vektor normale, okomit na π d + δ = r T cos( r T, n 0 ) = r T n 0 cos( r T, n 0 ) = r T n 0 Za udaljenost vrijedi: d(t, π) = r T n 0 δ T = (x, y, z), n 0 = [A 0, B 0, C 0 ] = [cos α, cos β, cos γ] d(t, π) = x cos α + y cos β + z cos γ δ Činjenicu da je točka na ravini možemo izraziti kao T π d(t, π) = 0 x cos α+y cos β+z cos γ δ = 0 Zadnja jednadžba je tzv Hesseov normalni oblik jednadžbe ravnine Općeniti oblik te jednadžbe je Ax+By +Cz +D = 0, gdje je barem jedan od A, B, C 0 Svaka ravnina se može prikazati jednadžbom: A A2 +B 2 +C 2 x + B A2 +B 2 +C 2 y + C A2 +B 2 +C 2 z + D A 2 +B 2 +C @ = 0 (2i) 2-29 Točke ravnine su rješenja jedne linearne jednadžbe sa tri nepoznanice Izraz (2i) je tzv opća jednadžba ravnine Ostali zaključci: δ = D A2 + B 2 + C 2 [ n 0 = [cos α, cos β, cos γ] = n = [A, B, C] A, A 2 +B 2 +C 2 B A 2 +B 2 +C 2, ] C A 2 +B 2 +C 2

14 Linearna Algebra 2 14 2-30 Ako su vektori a, b nekolinearni i u prikazu [ preko točke T 0 π se nalaze u ravnini π, onda za svaku ] točku T π postoje λ, µ takvi da je T0 T λ a + µ b, tj { a, [ ] b, T0 T } su komplanarni Iz toga slijedi da je r T r 0 = λ a+µ b, tj r T = r 0 +λ a+µ b To je tzv parametraska jednadžba ravnine x = x 0 + λα 1 + µβ 1 u vektorskom obliku Razvijeno u skalare dobivamo y = y 0 + λα 2 + µβ 2, tj parametarsku z = z 0 + λα 3 + µβ 3 jednadžbu ravnine u skalarnom obliku T π r T r 0, a, b komplanarni ( r T r 0, a, x x 0 y y 0 z z 0 b) = 0 α 1 α 2 α 3 β 1 β 2 β 3 = 0 Jednadžba ravnine preko točaka T 1 = (x 1, y 1, z 1 ), T 2 = (x 2, y 2, z 2 ), T 1 = (x 3, y 3, z 3 ): x x 1 y y 1 z z 1 x y z 1 x 2 x 1 y 2 y 1 z 2 z 1 x = 0, tj 1 y 1 z 1 1 = 0 x 3 x 1 y 3 y 1 z 3 z 1 x 2 y 2 z 2 1 x 3 y 3 z 3 1 2-31 Kut izmedju ravnina π 1 i π 2 je min{ ( n 1, n 2 ), π ( n 1, n 2 )} Iz skalarnog produkta slijedi: cos( n 1, n 2 ) = n 1 n 2 n 1 n 2 = A 1 A 2 + B 1 B 2 + C 1 C2 A 2 1 + B1 2 + C2 1 A 2 2 + B2 2 + C2 2 Ravnine su okomite (π 1 π 2 ), po definiciji, ako je kut izmedju njih π/2, tj ako je A 1 A 2 + B 1 B 2 + C 1 C2 = 0 Imamo pravac p E 3 zadan točkom T = r T = (x 0, y 0, z 0 ) i vektorom smjera n 0 = (α 1, α 2, α 3 ) Biti kolinearan znači biti proporcionalan Točka T = r T = (x, y, z) je na pravcu p ako vrijedi da je r T = r T + λn 0, pa se x = x 0 + λα 1 pravac može razviti u sistem od 3 jednadžbe: y = y 0 + λα 1, slijedi da je λ = x x0 α 1 = y y0 α 2 = z z0 α 3 Odavde z = z 0 + λα 3 slijedi kanonska jednadžba pravca: x x 0 α 1 = y y 0 α 2 = z z 0 α 3 Iz toga se vidi da je pravac skup zajedničkih točaka dviju ravnina Jedna točka i vektor smjera daju kompletan pravac Naravno, može se pravac zadati i kao sustav 2 jednadžbe sa tri nepoznanice Ako su dane 2 točke, T 1 = (x 1, y 1, z 1 ) i T 2 = (x 2, y 2, z 2 ) x x 1 x 2 x 1 = y y 1 y 2 y 1 = z z 1 z 2 z 1 2-32 2-33 Neka su dani pravci p i q, zadanih odgovarajućim vektorima smjera u i v Kut izmedju pravaca p i q je (p, q) = min{ ( u, v), π ( u, v)} Kut pravca p i ravnine π Ako je pravac p okomit na svaki pravac te ravnine, onda kažemo da je okomit na ravninu ili da je kut π 2 Ako nije, onda je kut izmedju p i π kut izmedju p i njegove ortogonalne projekcije na π Kut izmedju p i π je broj ψ takav da je sin ψ = u n u n Udaljenost točke T = r T od pravca p = ( r 0, n) je d(t, p) = ( r 0 r T ) n n LII

15 Linearna Algebra 2 15 Udaljenost dva mimoilazna pravca p = ( r 1, n 1 ) i q = ( r 2, n 2 ) je d = (( r 2 r 1 ), n 1, n 2 ) n 1 n 2 LIII

16 Linearna Algebra 2 16 3 LINEARNI OPERATORI 31 Osnovna svojstva linearnih operatora 3-1 Za vektorske prostore V, W nad F Preslikavanje A : V W zove se linearni operator ako vrijedi A(αx + V βy) = αa(x) + W βa(y) Zagrade se ne pišu uvijek (Aditivnost) Ako je A : V W linearni operator, onda je A(x + y) = Ax + Ay LIV (Homogenost) Ako je A : V W linearni operator, onda je A(αx) = αa(x) Ako je funkcija A : V W aditivna i homogena, onda je ona linearni operator LV LVI Za A : V W linearni operator, onda za sve x 1,, x n V, α 1,, α n F vrijedi: ( n ) n A α i x i = α i A(x) LVII A(Θ V ) = Θ W LVIII A(Θ V ) = A(Θ V + Θ V ) = A(Θ V ) + A(Θ V ) A(Θ V ) Θ W = A(Θ V ) Primjeri: 1 R φ : V 2 (O) V 2 (O) - rotacija za kut φ 2 Ortogonalno projiciranje iz V 3 (O) i V 2 (O) 3 A : 4 A : 5 A : 6 A : 3 3, A : (x1, x 2, x 3 ) (x 1, x 2, 0) 3 2, A : (x1, x 2, x 3 ) (x 1, x 2 ) 2 3, A : (x1, x 2 ) (6x 1 x 2, 2x 1 + x 2, x 1 7x 2 ) 2 2, A : (x1, x 2 ) (x 2 1, x 2 + 5) - nije! 7 τ : M mn M nm, τ : A A τ 8 det : M m - nije! 9 tr : M m, tr : A m α ii 10 f : 11 g : 12 h : 3, f : (x1, x 2, x 3 ) 2x 1 x 2 + 4x 3 3, g : (x1, x 2, x 3 ) 0 3, g : (x1, x 2, x 3 ) 1 - nije! 13 n : V W, n : x Θ W - nul-operator 14 id : V V, id : x x

17 Linearna Algebra 2 17 15 D : P n P n, D : p p 16 D : P P, D : p p 17 z :, z : (x 1, x 2, ) (x 2, ) Neka je A : V W linearni operator Uzmimo bazu B V = {b 1, b 2,, b n } Za x V vrijedi da postoji jedinstveni rastav x = n α ib i Onda je A(x) = n α ia(b i ) To znači da je linearni operator u poptunosti odredjen djelovanje na bazu Zadavanje linearnog operatora na bazi i proširenje po linearnosti Neka su V i W konačnodimenzionalni vektorski prostori nad, dim V = n < Neka je {b 1,, b n } baza od V, te {w 1,, w n } uredjena n-torka vektora iz W Tada postoji jedinstveni linearni operator A : V W takav da je Ab i = w i, i = 1 n U skupu w i -ova dozvoljavamo ponavljanje Egzistencija: Definirajmo A : V W ovako: Za x V, x = n α ib i definiramo A(x) = n α iw i Iz toga slijedi da je Ab i = w i, i = 1n Neka je x = n α ib i, y = n β ib i Onda je x + y = n (α i + β i )b i Ax = n α iw i, Ay = n β iw i A(x + y) = n (α i + β i )w i = Ax + Ay Linearnost vrijedi λx = n λα ib i Aλx = n λα iw i = λax Homogenost vrijedi Egizstencija dokazana Jedinstvenost: Pretpostavimo da postoji B : V W linearni operator takav da je Bb i = w i, za i = 1 n Onda gledamo da je Bx = B( n α ib i ) = n α ibb i = n α iw i = Ax Dakle, A = B, tj A je jedinstven LIX Neka je A : V W linearni operator 1 Ako je L V onda je A(L) W 2 Ako je M W, onda je A (M) V LX Uzmimo a, b A(L) i α, β F a = Ax, b = Ay za neke x, y L A(αx + βy) = αax + βay = αa + βb W Zatvorenost na linearne kombinacije je dovoljan uvjet za potprostor Uzmimo a, b A (M) i A(a) = x M, A(b) = y M, M αx + βy = αa(a) + βa(b) = A(αa + βb) αa + βb A (M) A : V W, A(V ) = Im A W LXI 3-2 3-3 Slika linearnog operatora A je Im A = A(V ) Rang operatora r je dimenzija slike operatora A : V W, A (Θ W ) = Ker A V LXII 3-4 Jezgra operatora je original neutralnog elementa u kodomeni

18 Linearna Algebra 2 18 3-5 Defekt operatora d je dimenzija jezgre Neka je A : V W linearni operator, te neka je B V = {b 1,, b n }, dim V = n Za x V, x = n α i b i vrijedi Ax = n α i Ab i Iz toga možemo zaključiti da je {Ab 1,, Ab n } skup izvodnica za Im A, pa je r(a) n Linearni operator A : V W je injekcija ako i samo ako je Ker A = Θ V d(a) = 0 LXIII Znamo da je AΘ V = Θ W Ako je A injekcija Ker A = {Θ V } U suprotnom smjeru Neka je Ker A = Θ V Ako je Ax = Ay, onda Ax Ay = Θ w x y Ker A x y = Θ v x = y Neka je A : V W linearni operator A je injekcija ako i samo ako za svaki linearno nezavisni skup S u V vrijedi da je skup A(S) = {Ax : x S} linearno neazvisan skup u W LXIV S = {x 1,, x n } linearno nezavisan u V A(S) = {Ax 1,, Ax n } Gledamo linearnu kombinaciju α 1 Ax 1 + α n Ax n = Θ W A(α 1 x 1 + + α n x n ) = Θ W Pošto znamo da je jezgra od A trivijalna (uvjet injekcije linearnog operatora, iz prethodnog teorema), onda gledamo samo α 1 x 1 + + α n x n = Θ V To vrijedi samo za α i = 0, i = 1 n, čime je dokazan jedan smjer Pretopstavimo da su S i A(S) linearno nezavisni Neka je B = {b 1,, b n } baza od S Tada je {Ab 1, Ab n } linearno nezavisan u A(S), pa je to onda baza od A(S) Tada gledamo Ax = Ay, Ax = n α iab i, Ay = n β iab i n (α i β i )Ab i = Θ W Kako je ovo izraženo preko baze, vrijedi da je α i β i = 0 α i = β i O rangu i defektu Suma ranga i defekta linearnog operatora A : V W je konstantna i jednaka dimenziji domene, tj: r(a) + d(a) = dimv TM LXV Ako je A injekcija, onda je d = 0 i r = dim V, trivijalno Gledamo A takve da je d 0 Znamo da je slika baze skup izvodnica od Im A Gledamo bazu {Ae 1,, Ae d, Ae d+1,, Ae n } Vektori Ae 1, Ae d su nul-vektori jer su dio jezgre Uzmimo da je α d+1 Ae d+1 + + α n Ae n = Θ w Izlučimo li A, dobivamo da je α d+1 Ae d+1 + + α n Ae n u jezgri, tj da se taj vektor može dobiti linearnim kombinacijama vektora iz baze i jezgre Pošto je to istovremeno linearna kombinacija vektora koji nisu u jezgri, onda čine nulvektor samo u tivijalnoj linearnoj kombinaciji 3-6 3-7 3-8 Linearni operator koji je bijekcija zove se izomorfizam Linearni operator koji je injekcija zove se monomorfizam Linearni operator koji je surjekcija zove se epimorfizam

19 Linearna Algebra 2 19 Ako je A : V W linearni operator, pri čemu je dimv = dimw, tada su sljedeće tvrdnje ekvivalentne: 1 A je monomorfizam 2 A je epimorfizam 3 A je izomorfizam LXVI Ako je A : V V linearni operator onda su ove tvodnje ekvivalentne: 1 A je surjekcija 2 A je injekcija 3 A je bijekcija (automorfizam) LXVII Ako je A : V W linearni operator, dimv = n, tada su ove tvrdnje ekvivalnente: 1 A je izomorfizam 2 Svaka baza iz V po A je baza u W 3 Postoji baza iz V takva da je njena slika u W baza u W LXVIII 1 2 Očito, po teoremu o rangu i defektu 2 3 Očito 3 1 3 dim W = dim V = r(a) + d(a), no r(a) = dim V A je surjekcija, i dim V + d(a) = dim V, stoga d(a) = 0, pa je A injekcija, drugim riječima A je bijekcija, ie izomorfizam 1 Ako je A : V W izomorfizam, onda su dimenzije V i W jednake A : V W je izomorfizam Tada je A 1 : W V izomorfizam LXIX LXX Gledamo A 1 : W V a, b W, α, β F x, y V, td Ax = a,ay = b A 1 (αa + βb) = A 1 (αax + βay) = A 1 A(αx + βy) = αa 1 a + βa 1 b Neka je A : V W linearni operator Neka je B : W Z linearni operator, gdje su V, W i Z vektorski prostori nad istim poljem F Tada je AB = A B : V Z linearni operator LXXI Neka je A : V W izomorfizam Neka je B : W Z izomorfizam, gdje su V, W i Z vektorski prostori nad istim poljem F Tada je AB = A B : V Z izomorfizam LXXII 3-9 Za vektorske prostore V i W kažemo da su izomorfni i pišemo V W ako postoji izomorfizam

20 Linearna Algebra 2 20 Za vektorske prostore V, W, Z vrijedi sljedeće: 1 V V 2 Ako je V W onda je W V 3 Ako je V W i W Z LXXIII Ako je A : V W izomorfizam, onda je dim V = dim W Ako su V i W vektorski prostori prostori nad istim poljem, onda ako je dim W = dim V, onda je V W LXXIV LXXV V,W nad F, dim V = dim W = n Onda možemo uzeti dvije baze, B V = {e 1,, e n } i B W = {f 1,, f n } Gledajmo( linearni operator A : e i f i, za i = 1,, n n ) Θ W = A α i e i = n α i Ae i = n α i f i, no (f i ) je baza u W, pa svi α i moraju biti jednaki 0, pa je jezgra trivijalna, što je dovoljno za izomorfizam W, V su izomorfni nad F ako i samo ako je dim W = dim V Anizomorfnih konačnodimenzionalnih vektorskih prostora nad istim poljem je ℵ 0 LXXVI LXXVII Primjer: 3 je trodimenzionalni vektroski prostor, i svi realni trodimenzionalni prostori su mu izomorfni 3-10 Neka je V vektorski prostor Neka je L(V ) skup svih linearnih operatora A : V V Ako je A L(V ) i bijekcija je, onda (tj izomorfizam, tj automorfizam) Kažemo da je A regularan linearni operator 1 A, B L(V ) AB L(V ) 2 A(BC) = (AB)C (A, B, C L(V )) 3 Postoji identiteta I L(V ) i za nju vrijedi da je AI = IA = A za sve A L(V ) 4 Za sve regularne A L(V ) postoji regularni A 1 L(V ) Takav da je AA 1 = A 1 A = I 5 Za regularne A, B L(V ) vrijedi da je AB regularan Drugim riječima, regularni linearni operatori čine grupu LXXVIII 32 Prostor linearnih operatora 3-11 3-12 L(V,W) je skup svih linearnih operatora A : V W Za A, B iz L(V, W ) neka je A+B : V W, tj definirano na sljedeći način: A+B : x A(x)+B(x) Ranija funkcija + je zatvorena na L(V, W ), tj A + B L(V, W ), za sve A, B L(V, W ) LXXIX

21 Linearna Algebra 2 21 L(V, W ) s obzirom na ranije definirano zbrajanje je abelova grupa LXXX 3-13 Za A L(V, W ) i α F definiramo funkcijui α A L(V, W ) takvu da je αa : x αa(x) L(V, W ) s obzirom na zbrajanje i množenje skalarom je vektorski prostor, ie vrijedi kvaziasocijativnost, distributivnost prema množenju skalarom i prema vektorskom zbrajanju i postoji jedinica, tj neutralni element za množenje skalarom LXXXI Posebno, L(V ) je vektorski prostor dim L(V, W ) = dim V dim W LXXXII TM LXXXIII Moramo pronaći bazu od L(V, W ) dim V = n B V = {e 1, e 2,, e n } dim W = m B W = {f 1, f 2,, f m } Neka je E ij : V W, i = 1, m, j = 1,, n { fi k = j E ij e k = k j k = 1, n Θ W Iz toga slijedi da tih preslikavanja ima m n Ona postoje jer su dobro definirana djelovanjem na bazi domene Sada trebamo dokazati da je skup svih E ij baza od L(V, W ) To je ( skup izvodnica i linearno nezavisan skup Neka je A L(V, W ) takav da je Ae k = m α ik f i = m m ) α ik E ik e k = α ik E ik e k, za k = 1,, n n n A = α ik E ik k=1 Time smo dokazali da je skup E ij ( -ova skup izvodnica Gledamo n n n ) n λ ik E ik = 0, tj λ ik E ik x = Θ W Zato n k=1 n k=1 k=1 λ ik E ik e j = Θ W, iz čega slijedi n k=1 n λ ik f i = Θ W, što je nužno jedinstvena linearna kombinacija dim V = n dim L(V ) = n 2 LXXXIV 3-14 3-15 Funkcional je linearni operator iz L(V, F ), tj linearni operator iz vektorskog prostora u vlastito polje Dulani prostor V je skup linearnih funkcionala nad vektorski prostor V Neka je f V, dim V = n je linearni funkcional Neka f nije nul-funkcional Tada je r(f) = 1 d(f) = n 1 dim V = dim L(V, F ) = dim V dim F = dim V V V Dualna baza B V od V ima jednako monogo elemenata kao i baza od V B V = (e ) = {e 1,, e n }

22 Linearna Algebra 2 22 { e 1 za k = j j (e k) = 0 Primjer: 3 e 1 = (1, 0, 0) e 2 = (0, 1, 0) e 3 = (0, 0, 1) (e) = {e 1, e 2, e 3 } ( ) 3 Gledamo bazu (e ) = {e 1, e 2, e 3 } e 1(e 1 ) = 1 e 2(e 1 ) = 0 e 3(e 1 ) = 0 e 1 (e 2) = 0 e 2 (e 2) = 1 e 3 (e 2) = 0 e 1 (e 3) = 0 e 2 (e 3) = 0 e 3 (e 3) = 1 Za x = (x 1, x 2, x 3 ) 3 vrijedi da je e 1 (x) = x 1, e 2(x) = x 2, e 3(x) = x 3 f : 3 Za x 3 definiramo f : x α1 x 1 + α 2 x 2 + α 3 x 3 Drugim riječima f ( 3 ) Općenito tvrdimo da samo adekvatni f-ovi žive u ( n) ( ( g) g ( n) ) ( α 1, α n )(g : x α 1 x 1 + + α n x n ) LXXXV Znamo da je dim(m mn (F )) = m n = dim L(V n, W m ) Iz toga slijedi da je M mn (F ) L(V n, W n ) Neka je V vektorski prostor nad F Tada za L(V ) vrijedi: 1 L(V ) je vektorski prostor 2 A, B L(V ) je AB L(v) 3 A, B, C L(V ) je (AB)C = A(BC) 4 A, B, C L(V ) je A(B + C) = AB + AC 5 α A, B L(V ) je α(ab) = (αa)b 6 A L(V ) je AI = IA = A, gdje je I L(V ) identiteta LXXXVI Drugim riječima, (L(V ), ) je algebra Znamo da je M n (F ) L(V ) Slutimo da će biti izomorfni i kao algebre

23 Linearna Algebra 2 23 33 Koordinatizacja Gledamo vektorski prostor V nad F i njegovu bazu (e) = {e 1, e 1, e n } Gledamo vektor v V, α 1 α 2 v = n α i e i = α 3 M n1(f ), F n α n ψ : V F n, ψ : v v (e), za v V je izomorfizam LXXXVII Neka su V, W vektorski prostori nad F Neka je B V = (e) = {e 1,, e n }, B W = (f) = {f 1,, f n } Neka je A L(V, W ) On je potpuno odredjen svojim djelovanjem na bazi Neka je Ae j = m α ij f i, za j = 1, n Prirodno se nameće matrični zapis: α 11 α 12 α 13 α 1n α 21 α 22 α 23 α 2n A (f,e) = α 31 α 32 α 33 α 3n M mn(f ) α m1 α m2 α m3 α mn Definiramo funkciju φ : L(V n, W m ) M mn (F ), φ : A A f,e φ je bijekcija LXXXVIII φ je linearni operator LXXXIX φ je izomorfizam XC Gledamo opet linearni operator A : V (e) W (e) i operiranje Av, za v V Takodjer gledamo operiranje A (f,e) v (e) (Av) (f) = A (f,e) v (e) XCI V (e), W (f) A L(V, W ) A (f,e) = [α ij ] λ 1 v V, v (e) = λ n Av = A( n j=1 λ je j ) = n j=1 λ jae j = ( ) n j=1 λ m j α if i = m n α ij λ j f i Ovo zadnje je definicija j=1 množenja matrice stupčanom matricom, pomnoženo sa vektorima baze

24 Linearna Algebra 2 24 α 11 α 12 α 13 α 1n α 21 α 22 α 23 α 3n (Av) (f) = α 31 α 32 α 33 α 3n α m1 α m2 α m3 α mn λ 1 λ 2 λ 3 = A (f,e)v (e) λ n Ako su V, W vektorski prostori nad F, a A L(V, W ) Uz pripadne baze (e) od V i (f) od W, vrijedi r(a) = r(a (f,e) ) XCII r(a) = dim Im A = dim [Ae 1, Ae 2,, Ae n ] r(a (f,e) ) = dim [ Ae 1(f),, Ae n(f) ] Sjeti se ψ : V F n od ranije To je izomorfizam, stoga su ovi rangovi jednaki Neka su V, W, X vektorski prostori nad F Neka su (e), (f) i (g) baze pripadnih prostora dim V = n, dim W = m, dim X = l Neka je A linearni operator iz L(V, W ) i B L(W, X) Njihova kompozicija je BA L(V, X) Tada je (BA) (g,e) = B (g,f) A (f,e) XCIII A (f,e) = [α ij ] M mn B (g,f) = [β ij ] M lm BA (g,e) = [γ ij ] M ln Tvrnja je moguća jer su A i B ulančane Tražimo općeniti γ j k, koji mora biti jednak sa lijeve i sa desne strane proponiranog izraza γ j k = n β j i α ik za sve j = 1 l k = 1 n Za k = 1 n vrijedi: ( m ) m BA(e k ) = B(A(e k )) = B α ik f i = α ik Bf i = m α ik l β j i g j = j=1 j=1 ( l m ) β j i α ik g j }{{} j-ta koordinata Kod automorfizama A : V V ako ne mijenjamo bazu onda pišemo samo A (e) Drugim riječima pišemo A (e) x (e) = (Ax) (e) Gledamo pojmove ranga i regularnosti kod matrica i kod operatora A regularan operatore A bijekcija A surjekcija dim Im A = dim V r(a) = dim V r(a (e) ) = n A (e) regularna 3-16 Matricu linearnog operatora S sa vektorskog prostora na njega samog sa svojstvom da ako su (e) i (e ) baze od pripadnog vektorskog prostora onda je Se i = e i, za i = 1 dim V nazivamo matrica prijelaza Neka su V, W vektorski prostori nad Neka su (e), (e ) baze od V, a (f), (f ) baze od W Neka su dimenzije V i W jednake n, odnosno m Neka su S i T linearni operatori takvi da S : V V, S : e j e j i T : W W, td T : f i f i Ako je A L(V, W ), onda vrijedi: A (f,e ) = T 1 (f) A (f,e) S (e) TM XCIV Uočimo da su S i T automorfizmi

25 Linearna Algebra 2 25 I V : V V je identiteta Gledamo I V (e,e ) Njezin j ti stupac je I V e j = e j u (e) Za S(e j) = e j u (e) Dakle, I V (e,e ) = S (e) Takodjer je onda T (f) = I W (f,f ) A = I W AI V A (f,e ) = (I W AI V ) (f,e ) = (I W A) (f,e)i V (e,e ) = I W (f,f)a (f,e) I V (e,e ) = I 1 W (f,f )A (f,e) I V (e,e ) = T 1 (f) A (f,e)s (e) 3-17 U vektorskom prostoru V sa bazama (e) i (e 1 ) i matricom prijelaza FIXME Ako za dva linearna operatora A, B : V V postoji automorfizam S takav da je B = S 1 AS, onda kažemo da su ti operatori slični Označavamo sa A B XCV Relacija sličnosti operatora je relacija ekvivalencije Neka je u vektorskom prostoru V zadano A, B L(V ), V (e), tada vrijedi:(a 1 ) (e) = (A (e) ) 1 XCVI TM XCVII (BA) (e) = B (e) A (e) A L(V ), A regularan; AA 1 = A 1 A = I V (AA 1 ) (e) = I (e) = I A (e) (A) 1 (e) = I (A 1 ) (e) = (A (e) ) 1 Inverz matrice prijelaza je matrica prijelaza XCVIII Definiramo matrice prijelaza Z i X, tako da za baze od pripadnog vektorskog prostra V, (e) i (e ), tako da je Ze i = e i i Xe i = e i, za sve i = 1 dim V Znači da je ZXe i = e i i XZe i = e i, za sve i = 1 dim V, te je XZ = ZX = I Gledamo vektorski prostor V, i njegove baze (e) i (e ), te neki vektor x V i njegove zapise u bazama x (e) i x (e ) Znamo, za A : V W, (Ax) (f) = A (f,e) x (e) Znamo, takodjer da je I v x = x, te je (Ix) (e ) = I (e,e)x (e) Iz toga slijedi da je x (e) = S (e )x (e) 3-18 Neka su A i B dvije kvadratne matrice Kažemo da su one slične ako postoji regularna matrica S takva da je B = S 1 AS Matrični prikazi operatora A L(V ) u raznim bazama su slične matrice već dokazano Sličnost je relacija ekvivalencije XCIX C

26 Linearna Algebra 2 26 1 A A, trivijalno, uz S = I 2 A B B A, trivijalno: (S 1 ) 1 B(S 1 ) = A 3 A B B C A C, takodjer trivijalno: S 1 BS = C, B = S 1 AS C = S 1 S 1 AS S, T := S S, T 1 = S 1 S 1, C = T 1 AT Neki zaključi za slične matrice A i B: r(a) = r(b), det A = det B Svaka matrica jest matrica nekog linearnog operatora CI α 11 α 1n A M mn ( ), A = [α ij ] = α m1 α mn Gledamo prostore V i W nad, sa dimenzijama dim V = n, dim W = m i bazama (e) i (f) Definiramo linearni operator à : V W takav da je Ã(e j) = m α ij f i, za j = 1 n Tada je Ã(f,e) = A Iz sustava linearnih jednadžbi znamo da smo cijelu priču o matričnom iskazivanju linearnih operatora mogli apstrahirati na izraze AX = B i pripadni homogeni sustav AX = 0 Geometrijska intepretacija preko linearnih operatora je sljedeća: A : M n1 M m1, A = A (f,e) X = X (e) M n1, B = B (f) M m1 Zaključujemo: AX = B A X = B Time znamo da je i AX = 0 A X = 0 X KerA Takodjer zaključujemo da je pitanje postojanja rješenja sustava A X = B ekvivalentno pitanju B ImA 34 Spektar 3-19 3-20 3-21 Neka je V vektorski prostor nad i neka je A L(V ) Kaže se da je λ 0 svojstvena vrijednost (karakteristična vrijednost) operatora A ako postoji vektor x V, x Θ takav da je Ax = λ 0 x σ(a) je skup svih svojstvenih vrijednosti od A Taj skup se zove spektar x iz definicije svojstvene vrijednosti naziva se svojstveni vektor Ako je x svojstvena vrijednost, onda je i αx svojstveni vektor, za istu svojstvenu vrijednost Za istu svojstvenu vrijednost mogu postojati i nezavisni svojstveni vektori Identiteta ima jedinstvenu svojstvenu vrijednost i svi vektori su svojstveni vektori Primjer: 3 3 A : A (e) = 1 0 0 0 2 0 Ovaj operator ima 3 svojstvene vrijednosti 1, 2, 3, svaku u smjeru svake komponente baze 0 0 3 Neka je skalar λ 0 neka svojstvena vrijednost od A L(V ) Gledamo skup V A (λ 0 ) = {x V : Ax = λ 0 x} Za x, y V A (λ 0 ) i α, β vrijedi da je A(αx + β y ) = αax + βay = αλ 0 x + βλ 0 y = λ 0 (αx + βy) Znači V A je potprostor od V

27 Linearna Algebra 2 27 3-22 3-23 Za linearni operator A i svaku njegovu svojstvenu vrijednost λ 0 vrijedi da je V A (λ 0 ) potprostor Takav potprostor nazivamo svojstveni potprostor V A (λ 0 ) je jezgra od A = λ 0 I Što ako je 0 svojstvena vrijednost? Onda je Ax = 0x = Θ KerA {Θ} A nije injekcija A nije bijekcija, tj A nije regularan, singularan, izomorfizam Neka je λ 0 σ(a) Onda je dim V A (λ 0 ) geometrijska kratnost svojstvenog potprostora φ L(V 2 (O)), φ 0, π π, 2π Rotacija nema svojstvenih vrijednosti, ali je karakterističan primjer 3-24 Neka je A kvadratna matrica Polinom k A (λ) = det(a λi) naziva se svojstveni polinom matrice A u varijabli λ To je polinom n-tog stupnja, a vodeći koeficijent je ( 1) n Prisjeti se: A i B su slične ako i samo ako postoji regularna matrica S takva da je B = S 1 AS Slične matrice imaju jednake svojstvene polinome CII k B (λ) = det(b λi) = det(s 1 AS λi) = det(s 1 AS S 1 λis) = det(s 1 (A λi)s) = det(s 1 ) det(a λi) det S = det(a λi) = k A (λ) 3-25 Neka je V neki konačnodimenzionalni vektorski prostor, a (e) neka njegova baza, te neka je A L(V ), a A (e) matrica tog operatora u bazi (e) Karakteristični polinom linearnog operatora A je karakteristični polinom A (e) Drugim riječima: k A (λ) = k A(e) (λ) Prethodna propozicija kaže da je definicija dobra, jer ne ovisi o izboru baze Primjer: 2 2 R φ : R φ(i,j) = cos φ sin φ sin φ cos φ k Rφ (λ) = k Rφ(i,j) (λ) = cos φ λ sin φ sin φ cos φ λ = λ2 2 cos φλ + 1 Ovo nema realnih rješenja za φ kπ, k Neka je V vektorski prostor nad k A (λ 0 ) = 0, a A L(V ) λ 0 je svojstvena vrijednost od A ako i samo ako je TM CIII A L(V ) (e) je baza od V, A (e) je matrica od A po (e) λ 0 je svojstvena vrijednost od A x V, x Θ takav da je Ax = λ 0 x x Ker (A λ 0 I) (A λ 0 ) nije regularan operator A (e) λ 0 I (e) nije regularna matrica det(a λ 0 I) = 0 A L(V ), dim V = n A ima najivše n svojstvenih vrijednosti Nad točno n, a nad najviše n karakterističnih vrijednosti CIV Za se kaže da je algebarski zatvoreno polje to nije, zbog reducibilnosti polinoma Primjer Za A L( 3 ) i bazu (e) od 3 A (e) = 2 1 0 1 0 0 1 0 2 (AX) e = A (e) X (e) = 2 1 0 1 0 0 x 1 x 2 1 0 2 x 3

28 Linearna Algebra 2 28 2 λ 1 0 k A (λ) = k A(e) (λ) = det(a (e) λi) = 1 λ 0 1 0 2 λ = (2 λ) λ(2 λ) + 1 = (2 λ)(λ 1)2 Nultočke tog polinoma su λ 1 = 2, λ 2 = 1 Traženje svojstvenog potprostora, tj za λ odredjujemo V A (λ 0 ) = Ker λ 0 I Odredjujemo sve x V takve da je A λ 0 Ix = Θ, tj (A (e) λ 0 I)x = 0 Traženje svojstvenog potprostora svodi se na rješavanje homogenog sustava Tražimo V A (1) To je rješavanje sustava: 1 1 0 1 1 0 x 1 Taj sustav sigurno ima netrivijalna rješenja jer 1 0 1 je determinanta matrice jednaka 0, time je jezgra netrivijalna Rješenja sustava su sve trojke oblika (x 1, x 1, x 1 ) V A (1) = [(1, 1, 1)] Geometrijska kratnost ove svojstvene vrijednosti d(1) = 1 V A (2) = [(0, 0, 1)] x 2 x 3 3-26 Neka je V vektorski prostor nad, A L(V ), λ 0 sσ(a) Neka je k A (λ) = (λ λ0) q(λ), gdje je q(λ 0 ) 0 Kratnost tih nultočaka je l(λ 0 ) i zovemo je algebarska kratnost svojstvene vrijednosti d(λ 0 ) l(λ 0 ) Ako se A L(V ) može dijagonalizirati, tj ako postoji takva baza (e) da je matrica dijagonalna, onda su na dijagonali svojstvene vrijednosti, tj svaki vektor baze (e) je svojstveni vektor CV CVI Neka je V vektorski prostor nad i neka je A L(V ) Neka su λ 1,, λ n različite pripadajuće svojstvene vrijednosti Neka su x 1,, x k pripadni svojstveni vektori Tada su ti svojstveni vektori linearno nezavisni CVII Indukcija: Za k = 1 očito je da je jedan vektor koji nije nul-vektor linearno nezavisan sam sa sobom Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki k 1, tj da je skup {x 1,, x k 1 } linearno nezavisan Pokazujemo da je onda i skup {x 1,, x k } linearno nezavisan Gledamo jednakost α 1 x 1 + + α k x k = Θ Pomnožimo sve sa λ k Dobijemo λ k α 1 x 1 + λ k α 2 x 2 + + λ k α k x k = Θ Takodjer, primjenimo linearni operator A na tu jednakost Dobijemo λ 1 α 1 x 1 + λ 2 α 2 x 2 + + λ k α k x k = Θ Uzmemo li razliku tih jednakosti, dobijemo da je α 1 (λ 1 λ k )x 1 +α 2 (λ 2 λ k )x 2 + +α k 1 (λ k 1 λ k )x k 1 = Θ, no znamo da su ti vektori (po pretpostavci) linearno nezavisni Stoga je α i (λ i λ k ) = 0 za i = 1 k 1 Pošto su svojstvene vrijednosti različite, zaključujemoo da je α i = 0 Supstituirajmo te vrijednosti u željenu jednakost, dobivamo α k x k = Θ, iz čega zaključujemo da je α k = 0, pa su svi skupa linearno nezavisni Ako je dimenzija vektorskog prostora jednaka broju svojstvenih vrijednosti nekog linearnog operatora, onda se matrica tog linearnog operatora može dijagonalizirati Neka je V vektorski prostor nad i neka je A L(V ), σ(a) = {λ 1,, λ k } Neka je (e (i) ) baza od V A (λ i ), za i = 1 k Tada je unija svih (e (i) ) linearno nezavisan skup CVIII CIX Za dim(v A (λ i )) = 1, što se svodi na prethodnu propoziciju Gledajmo linearnu kombinaciju svojstvenih vektora i izjednačimo je sa Θ x 1 + x 2 + + x k = Θ, x i V A (λ i ), i = 1 k Zbog prethodne propozicije i činjenice da su svi x i iz svojstvenog potprostora, zaključujemo da svi x i moraju biti nul-vektori (kada ne bi bili, postojala bi dva svojstvena vektora različitih svojstvenih vrijednosti koji nisu linearno nezavisni Kako su svi nul-vektori, onda je njihov raspis u bazama moguć samo kada su svi skalarni faktori jednaki 0, pa zaključujemo da su svi vektori baza linearno nezavisni Iz ove propozicije slijedi zaključak da ako je suma geometrijskih kratnosti jednaka dimenziji slike, da je unija svojstvenih baza baza slike

29 Linearna Algebra 2 29 3-27 Neka je V kompleksni vektorski prostor, neka je A L(V ) Neka je σ(a) = {λ 1,, λ k } A se može TM dijagonalizirati (tj postoji takva baza da je matrica od A dijagonlana), ako i samo ako su geometrijska CX i algebarska kratnost svih svojstvenih vrijednosti jednake [ ] 0 1 Gledajmo matricu oblika A (e) = Onda je A operator šamaranja, jer ubije prvu komponentu, a drugu 0 0 nabije na prvu Svojstvena [ ] vrijednost je algebarske kratnosti 2 i vrijednosti λ = 0 Zaključujemo da su x1 svojstveni vektori oblika d(0) = 1 2, pa iz ranijeg teorema zaključujemo da se ova matrica ne može 0 dijagonalizirati Neka je V vektorski prostor, a A L(V ) Kažemo da je M V invarijantan za A ako vrijedi da je A(M) M, tj Ax M za sve x M Svaki linearni operator ima barem dva invarijantna potprostora u V, V i {Θ}, no to su nezanimljivi trivijalni potprostori Svaki svojstveni potprostor od A je invarijantan Obratno nije Ispitaj invarijantnost zbroja i presjeka dva invarijantna potprostora! Presjek? Neka je M V i neka je (e) 1 k baza od M M je invarijantan za A L(V ) ako i samo ako su Ae 1,, Ae k M CXI Implikacija s desna na lijevo je trivijalna Treba samo dokazati da i obrat vrijedi Recimo da je A M n ( ) à : M n1 ( ) M n1 ( ), Ã(x) = A x A je matrica od à u kanonskoj bazi Neka je λ 0 korijen karakterističnog polinoma matrice A Ako je λ 0 realan broj i sve je divno i krasno Ako je λ 0 \ Ono što možemo reći je da taj λ 0 odredjuje dvodimenzionalni invarijantni potprostor od A λ 0 = α + iβ Definirajmo novo preslikavanje ÃC : M n1 ( ) M n1 ( ), à C L(M n1 ( )) Uzmimo opet kanonsku bazu, (e C ) od M n ( ) Gledamo li à C (e C ) Karakteristični polinom od ovog operatora je isti kao i u nad realnim poljem k A = kãc Kako je k A (λ 0 ) = kãc (λ 0 ) = 0 λ 0 = α + βi λ 0 jest svojstvena vrijednost od ÃC, pa dakle je i od A M n1 ( ) Neka je z M n1 ( ) svojstveni vektor za λ 0 Taj z je kompleksni stupac, z = u 1 + v 1 i u 2 + v 2 i u n + v n i Ono što znamo je da je Az = λ 0 z, tj A(x + yi) = (α + iβ)(x + yi) Pošto je A linearni operator Ax + iay = αx βy +i(βx+αy), drugim riječima Ax = αx βy, Ay = βx+αy Gledamo vektore y i x Može se pokazati da je skup tih vektora linearno nezavisan Gledajmo potprostor [{y, x}] dimenzije 2 Ozančimo taj potprostor sa M Jasno je da je M invarijantni potprostor od Ã, jer je svaki vektor iz M transformiran u linarnu kombinaciju vektora baze od M [ ] α β Gledajmo à : M n( ) M n1 ( ), te njegovu restrikciju T : Ã/M : M M Zanima nas T (y,x) = β α Znamo da je λ 2 0 = a2 +β 2 Matrica sada izgleda ovako: [ α ] β α 2 + β 2 λ 0 λ 0 β α, što se moše prikazati na sljedeći λ 0 λ ] 0 način: [ cos φ sin φ α 2 + β 2 sin φ cos φ Kompleksna nultočka karakterističnog polinoma realne matrice/ operatora A generira jedan dvodimenzionlani prostor invarijantan za A na kojem A djeluje kao kompozicija homotetije i rotacije = u 1 u 2 u n + v 1 v 2 v n i 3-28 Za k, k 0 definiramo A 0 = I, A 1 = A, A k+1 = A k A Analogno definiramo A L(V ) 3-29 Za A M n ( ) definiramo polinom p(a) takav da je p(a) = α k A k + + α 1 A + α 0 I Zanima nas za danu matricu A M n ( ) naći polinom p(λ) takav da je p(a) = 0 Takav uvijek postoji jer je

30 Linearna Algebra 2 30 3-30 skup {I, A, A 2,, A n2 } M n ( ) linarno zavisan (kardnalni broj skupa je veći od dimenzije prostora), id est postoji linearna kombinacija koja daje nulu takva da nisu svi koeficijanti jednaki 0 Traženi polinom u A je p(a) = α n 2A n2 + α n 2 1A n2 1 + + α 1 A + α 0, a p(λ) = α n 2λ n2 + α n 2 1λ n2 1 + + α 1 λ + α 0 Jasno je da postoji još mnogo polinoma višeg stupnja sa tim svojstvima (svaki produkt ovog polinoma sa bilo kojim drugim polinomom zadovoljava ovo svojstvo) Minimalni polinom je polinom koji anulira matricu i najmanjeg je stupnja Za A M n (F ) je k A (A) = 0 Hamilton-Cayleyev TM CXII Minimalni i karakteristični polinom imaju zajedničke nultočke CXIII

31 Linearna Algebra 2 31 4 UNITARNI PROSTORI 41 Definicija, primjeri, osnovni teoremi 4-1 Sjetimo se V 3, te da je to vektorski prostor, te da smo na tome definirali skalarno množenje koje je komutativno, distributivno, kvaziasocijativno i nenegativno Neka je V vektorski prostor nad Definiramo skalarni produkt na V kao preslikavanje : V V koje ima svojstva: 1 x x 0, x V 2 x x = 0 x = Θ 3 x 1 + x 2 y = x 1 y + x 2 y, x 1, x 2, y V 4 αx y = α x y, x, y V 5 x y = y x Takav prostor onda zovemo unitarni prostor Pogledajmo sada svojstvo lineranosti u prvom elementu: n α 1 x 1 + α 2 x 2 y = α 1 x 1 y + α 2 x 2 y, x 1, x 2, y V, α 1, α 2 α i x i y = α i x i y I ovo (skoro svojstvo linearnosti u drugom elementu): x y 1 + y 2 = y 5 1 + y 2 x = y 3 1 x + y 2 x = y 1 x 1 + y 2 x = x y 1 + x y 2 x αy = αy x = α y x = α x y x, x Θ = x y y = x y x y = Θ = Θ = x Θ = Θ x Gledajući 1 zahtjev, zaključujemo da to mora funkcionirati za x 3 Ako znamo da je u standardni skalarni produkt iz V 3 od (α 1, α 2, α 3 ) (β 1, β 2, β 3 ) = α 1 β 1 + α 2 β 2 + α 3 β 3 n Ovo daje motivaciju za definiranje skalarnog produkta u ovako: Za a = (α 1, α 2,, α n ) i b = (β 1, β 2,, β n ) definiramo a b = n α i β i Lagano je za dokazati da je ovo skalarni produkt CXIV Uz ovako definiran skalarni produkt n postaje unitarni prostor n Gledajmo sada Za a = (α1,, α n ), b = (β 1,, β n ) Definiramo produkt ovako: n a b = α i β i To je skalarni produkt CXV n Tako i postaje unitarni prostor Definiramo za A M n ( ) operaciju B = B τ, tj B ij = B j i Matrica B je hermitski adjungirana matrica matrice Ovako možemo proširiti skalarni produkt i na matrice na sljedeći način za A, B M n ( ): A B = tr (B A)

32 Linearna Algebra 2 32 To je skalarni produkt CXVI 4-2 2 Primjer u : x = (x1, x 2 ), y = (y 1, y 2 ) Definiramo x y = αx 1 y 1 + βx 2 y 2, koji je skalarni produkt za α, β > 0 U P n, n + 1-dimenzionalnom prostoru polinoma defniramo za p, q P n p q = 1 p(t)q(t)dt Gledajmo sve neprekidne funkcije na intervalu [0, 1] kao skup ([0, 1]) To je vektorski prostor Za f, g 1 C ([0, 1]) definiramo f g = f(t)g(t)dt No, to je beskonačnodimenzionalni prostor Vratimo se na unitarni prostor V 3 0 Neka je V unitarni prostor nad Norma je funkcija : V definirana ovako: x = x x 0 Cauchy-Schwartz-Bunjakovskijeva nejednakost Neka ja V unitarni prostor Za sve x, y V vrijedi x y 2 x x y y Pri tome znak jednakosti u ovoj nejednakosti vrijedi ako i samo ako su x i y linearno zavisni TM CXVII Ako je x = Θ ili y = Θ onda nejednakost postaje jednakost i trivijalno vrijedi Gledamo za x, y Θ neki λ 0 x λy x λy = x x λ y x λ x y + λλ y y Uzmimo za λ = x y y y 0 x x x y x y y y y x y y 0 x x x y y x y y y x y y + x y 2 y y x y x y x y + y y y y y y 0 x x y y x y y x y x x y + x y 2 0 x x y y x y x y = x x y y x y 2 Time je dokazan prvi dio teorema Treba obratiti pažnju da su sve od početka medjusobno jednake tvrdnje ekvivalentne Gledajmo sada x y 2 = x x y y Prema ekvivalencijama tvrdnji dobivamo da je x λy x λy = 0, tj x λy = Θ, tj x i y su linerano zavisni Pretpostavimo da je x = αy x y 2 = x y x y = x y y x = x αx αx x = aa x x x x = x x ax ax = x x y y Za sve x, y V i α 1 x 0 2 x = 0 x = Θ 3 αx = α x 4 x + y x + y CXVIII

33 Linearna Algebra 2 33 1 i 2 je očito iz definicije norme i skalarnog produkta 3 αx 2 = αx αx = αα x x = α 2 x = ( α x ) 2 Iz ovog i 1 slijedi da je 3 točno 4 x + y 2 = x + y x + y = x x + x y + y x + y y = x 2 + x y + x y + y 2 = x 2 + 2 Re ( x y ) + y 2 x 2 + 2 x y + y 2 CSB x + y 2 x 2 + 2 x y + y 2 x + y x + y Unitarni prostor uz induciranu normu postaje normirani prostor CXIX x + y 2 + x y 2 = 2 x 2 + 2 y 2 CXX Pitagorin poučak CXXI 4-3 Definirajmo funkciju d : V V d : (x, y) x y To je razdaljinska funkcija To je metrika 4-4 4-5 Normirani vektor je vektor čija je norma jednaka 1 Gledamo vektor x V, te njegovu normu x Definiramo vetor x 0 = 1 x x Norma od x 0 = 1 x x = 1 x x = 1 x 0 zovemo normirani vektor vektora x Za x, y V kažemo da su ortognonalni ako je x y = 0 Pišemo x y Θ x, x V CXXII x x, x V Relacija okomitosti je simetrična CXXIII CXXIV 4-6 4-7 Za skup {e 1,, e n } kažemo da je ortogonalan ako vrijedi e i e j i j Skup {e 1,, e n } kažemo da je skup ortonormiran ako je ortognonalan i normiran, tj e i e j = δ ij, za i, j {1,, n} Ortonormirani skup je linearno nezavisan CXXV

34 Linearna Algebra 2 34 Neka je E = {e 1,, e k } ortonormiarni skup Gledamo linearnu kombinaciju α 1 e 1 + α 2 e 2 + + α k e k = Θ Pomnožimo taj izraz skalarno sa e i za neki i {1, 2, 3, k} Dobivamo α i e i e i = 0 α i = 0 Ortogonalni skup bez nul-vektora je sigurno nezavisan CXXVI U n-dimenzionalnom unitarnom prostoru V ortonormirani skup ima najviše n vektora CXXVII 4-8 Ortonormirana baza je najveći ortonormirani skup u nekom unitarnom prostoru Neka je V unitarni prostor, a dim V = n i neka je {e 1,, e n } ortonormirana baza ako je to ortonorimirani skup Pitamo se ima li svaki unitarni prostor ortonormiranu bazu? DA Ako je {e 1,, e n } ortonormirana baza za V i x = α 1 e 1 + + α n e n i y = β 1 e 1 + + β n e n, onda je x y = α 1 β 1 + α 2 β 2 + + α n β n Gram-Schmidtov postupak ortogonalizacije Neka je {x 1,, x k }, k linearno nezavisan skup u unitarnom prostoru V Tada postoji ortonormirani skup {e 1 e k } u V takav da je [{e 1,, e j }] = [{x 1,, x j }], za j = 1 k CXXVIII TM CXXIX indukcijom Gledajmo prvo jednočlane skupove oblika {x 1 } x 1 Θ Definiramo e 1 = 1 x x 1 1 Pretpostavimo da je {x 1,, x j } znamo ortonormirani skup da zadovoljava traženu jednakost Želimo za x j+1 konstruirati e j+1 Gledajmo f j+1 := x j+1 j x j+1 e i e i, te skalarne produkte f j+1 e l za l = 1 j Taj produkt je uvijek 0 jer se svodi na f j+1 = x j+1 e l x j+1 e l Sada treba provjeriti je li [E := {e 1,, e j, f j+1 }] = [{x 1,, x j, x j + 1} =: X] Ako je neki x linearna kombinacija iz E onda mora biti i linearna kombinacija iz X i obratno Kada bi f j+1 = Θ, onda bi skup {x 1, x j+1 } bio linearno zavisan, što je u kontradikciji sa pretpostavkom teorema E je ortogonalan skup, ali ne nužno normiran jer f j+1 nije nužno normiran, pa ga treba normirati Svaki unitarni prostor ima ortonormiarnu bazu CXXX Uzmimo bilo koju bazu (postoji sigurno barem jedna), te primjeni prethodni teorem Neka je M V,a V je unitaran Iz toga slijedi da je M unitaran prostor 3 Primjer: je realni unitarni prostor, te tri vektora {x1 = (2, 1, 2), x 2 = (3, 3, 0), x 3 = (9, 3, 3)} koji čine bazu Tražimo pripadnu ortonormiranu bazu e 1 = x1 x = x1 1 3 = 1 3 (2, 1, 2) f 2 = x 2 x 2 e 1 e 1 = (3, 3, 0) (2, 1, 2) = (1, 2, 2)