Linearna algebra [2. ed.] 978-953-197-560-5 [PDF]

Zitiervorschau

Prof. dr. se. Andrea Aglić Aljinović Prof.dr.se.Neven Elezović Prof. dr. se. Darko Žubrinić LITIIBARNA ALGEBRA

CIP zapis dostupan u računalnom katalogu Nacionalne i sveučilišne knjižnice u Zagrebu pod brojem 834 1 1 6.

ISBN 978-953-197-560-5

Andrea Aglić Aljinović Neven Elezović Darko Zubrinić V

LINEARNA ALGEBRA

2. izdanje

Zagreb, 2013.

©

Prof. dr. se. Andrea Aglić Aljinović, Prof. dr. se.N"evenElezović, Prof. dr. se. Darko Žubrinić,

2011.

Urednik Sandra Gračan, dipl. inž

Nakladnik Element, Zagreb

Dizajn ovitka Edo Kadić

Tisak Element, Zagreb

Sadržaj

1. Vektorski prostori . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 1.1. Baza i dimenzija vektorskoga prostora ........ . 1.2. Vektorski prostori nad općim poljem i prostori funkcija 9 14 1.3. Promjena baze ..... ...... . . . . . . 17 1.4. Skalarni produkt i unitarni vektorski prostori . 25 1.5. Normirani vektorski prostori 28 1.6. Riješeni primjeri ... . . . . . . . . .. . . 2. Linearni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 38 2.1. Prikaz operatora . . . . . . . . . . . . 44 2.2. Promjena baze. Slične matrice . . . . 2.3. Primjeri operatora u ravnini i prostoru 46 53 2.4. Algebra operatora . 57 2.5. Minimalni polinom .. . . . . 60 2.7. Riješeni primjeri ... . . . . . 3. V lastiti vektori i vlastite vrijednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 71 3.1. Karakteristični polinom i vlastite vrijednosti . . 75 3.2. Dijagonalizacija operatora. Matrične funkcije . 82 3.3. Hamilton-Cayleyev teorem . . . . . . . . . . . 84 3.4. Nilpotentne matrice.Jordanova forma matrice . 3.5. Riješeni primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 4. Dijagonalizacija simetrične matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 . 105 4.1. Gramm-Schrnidtov postupak ortogonalizacije 4.2. Simetrične matrice . . . . . . . . . . 1 09 . 111 4.3. Ortogonalne matrice . . . . . . . . . . 11131 4.4. Dijagonalizacija simetrične matrice . 7 4.5. Riješeni primjeri . . . . . . . . . . . 5. Matrične norme, spektar i spektralni radius matrice . . . . . . . . . . . 125 . 125 5.1. Operatorske norme i konvergencija matrica . . . . 130 5.2. Funkcija matrice i teorem o preslikavanju spektra 5.3. Spektralni radius i Neumannov red za (I -A)-1 . 132 5.4. Spektralni radius i spektralna norma matrice . 134 . 136 5.5. Stabilne matrice . . . . . . . . . . . . . . 138 5.6. Geršgorinov teorem o krugovima . . . . . . . 140 5.7. Bauerov teorem o Cassinijevim ovalima . . 5.8. Jacobijeva i Gauss-Seidelova iterativna metoda . 141 . 146 5.9. Matrična analiza za linearne diferencijalne jednadžbe 5.10. Varijacijska karakterizacija vlastitih vrijednosti hermitske matrice . 151 . 155 5.1 1. F��c�et�wa.d�ri".acija . . . . 158 5.12. Rijesern pnmJen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Singularna dekompozicija matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 . 170 6.1. Singularne vrijednosti matrice . . . . . . . . 6.2. Singularna dekompozicija matrica i primjene . 173 .180 6.3. Primjeri singularne dekompozicije . 182 6.4. Pseudoinverzna matrica . . . . . . . 184 6.5. Riješeni primjeri.. . . . . . . . . . 187 6.6. Crtice iz povijesti linearne algebre Odgovori i rješenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 .

1.

Vektorski prostori 1 . Baza i dimenzija vektorskoga prostora

. . .. . . . . . . 1

14

2. Vektorski prostori nad općim poljem i prostori funkcija 9

4. Skalarni produkt i unitarni vektorski prostori . . . 3. Promjena baze . . .

.

. . . . . .. . . .

.

.. .

... . . . . .

.

.

17

5. Normirani vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . 25

6. Riješeni primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1 .1 . Baza i dimenzija vektorskoga prostora

Vektorski prostor. Vektorski prostori koje ćemo proučavati u ovom udžbeniku poopćenja su klasičnih i studentu dobro poznatih skupova vektora u ravnini i prostoru ili pak elemenata prostora Rn uređenih n -torki realnih brojeva. Vektorski se prostori uvode sustavom aksioma, koji preciziraju njihova svojstva. Navodimo strogu definiciju.

Neprazni skup X na kojemu su definirane dvije operacije, +: Xx X__, X (zbra­ janje vektora) i : R x X __,X (množenje skalara i vektora) naziva se vektorski prostor 1 ako vrijede sljedeća svojstva: VP1) za sve x, y E X je x + y = y+x (komutativnost zbrajanja vektora). VP2) za sve x, y, z EX je x+(y + z) (x+y) + z (asocijativnost zbrajanja). VP3) postoji vektor O E X tako da za sve x E X vrijedi x + O = O + x x (vektor O zovemo nul-vektorom) . VP4) za svaki vektor x E X postoji x' EX tako da je x + x' = x' + x = O (vektor x' zovemo suprotnim vektorom od x, i označavamo ga sa -x). VP5) za sve a, f3 E R i x E X je a(f3x) (af3)x (usklađenost množenja skalara s vektorom). VP6) za sve a E R i x, y EX je a(x+y) ax+ay (distributivnost množenja sa skalarom prema zbrajanju vektora). ·

=

=

=

=

1

engl. vector space, njem. Vektorraum, franc. l'espace vectoriel, rus. BeKTOpHoe

npocTpaHCTBO.

1. VEKTORSKI PROSTORI

2

VP7) za sve a, f3 E R i x E X je (a + {3)x mn oženja vektor a sa zbrajanjem skalara). VPs) 1 · x = x (netr ivijalnost množenja) .

=

ax + {3x ( distributivnost

Govor imo preciznije da je vektor ski pr ostor uređen i trojac (X,+,·) . Kažemo još da je to vektor ski prostor nadpoljem r ealnih br ojeva R, budući se u definiciji množenja sa skalar om koriste r ealni br ojevi. Umjesto polja R može se koristiti i dr ug o polje skalara, na primjer polje kompleksnih br ojeva C. Tada bismo g ovorili o vektor skom prostoru nad poljem C ili napr osto o kompleksnom vektor skom pr ostoru.

Navedimo neke primjere vektorskih pr ostor a koje smo upoznali u prijašnim pred­ metima. Na primjer, skup .,,fimn svih matrica tipa m x n čini vektor ski pr ostor, uz oper acije m atr ičnog a zbr ajanja i mn oženja skalar a s matricom. Tako i vektor-stupci, odnosn o vektor retci duljine n čine vektorski pr ostor, jer su to matrice tipa n x 1 odnosno 1 x n. Pr ostori V1 , V2, V3 vektor a na pravcu, r avnini i u prostoru E3 , uz standardno definirane operacije zbr ajanja i množenja sa skalar om također su vektor ski pr ostori. Nazivamo ih klasičnim vektor skim pr ostor ima. Vektorski pr ostor mog u činiti i funkcije. Neka je X skup svih funkcija definir anih na inter valu [a, b] s vrijednostima u R. Oper acije definir amo na način

(x + y)(t) := x(t) + y(t), (ax) (t) := ax(t).

Svojstva VP1 -VP8 vrijede jer se svode na analogna svojstva za skup realnih br ojeva.

Vektorski podprostor. Pr i navođenju nar ednih primjer a često ćemo biti u situaciji da pr omatramo neki podskup g or e navedenih vektor skih pr ostor a te se pitamo čini li i taj podskup vektor ski prostor ? S tim je u vezi sljedeća definicija. Neka je (X, + ,·) vektor ski prostor. Podskup Wc X čini vektorski podprostor prostor a X ako je on vektor ski pr ostor uz iste operacije koje su definir ane na prostoru

X.

Da bi n eki podskup vektorskog pr ostora bio vektor ski podprostor, nužno je i do­ voljno da linearne kombinacije vektora iz tog podskupa ostaju u njemu: Teorem 1 . Neka je X vektorski prostor. Wc X je podprostor onda i samo onda ako vrijedi (1) za sve vektore x, y E W i skalare a, f3 E R je ax + {3y E W.

DOKAZ. Činjenica da je W podskup vektor skog a pr ostor a dozvoljava nam da ne pr o­ vjeravamo posebno vrijede li svojstva VP1, VP2, VPs, VP6, VP1 i VPs u prostoru W: ona su ispunjena jer vrijede u većem prostoru X. Potrebno je samo pr ovjer iti da li nul-elemen t iz X leži u W te da li suprotni element svakog a elemen ta iz W i sam leži u w.

1. VEKTORSKI PROSTORI

3

=

Ako je x E W, onda po pretpostavci u W leži i kombinacij a 1 · x + (- 1 ) · x = O . Također, čim je x E W, u tom prostoru leži i kombinacija O· x + (- 1 ) · x -x . Time smo pokazali da je W vektorski prostor. Obratn a tvrdnja je očevidna, ako je W vektorski prostor, on mora sadržavati line­ arni spoj svaka svoja dva elementa. © Uvjet ( 1 ) iz Teorema može se zamijeniti sa sljedeća dva uvjeta 2a) ako su x, y E W, onda mora biti i x + y E W (zatvorenost skupa W s obzirom na zbrajanje vektora); (2b) ako je x E W i a bilo koji skalar, onda mora biti ax E W (zatvorenost skupa W s obzirom na množenje sa skalarima) . Ekvivalencij u uvjeta (1) i (2a) , (2b) č itatelj može lako sam provjeriti. Budući svaki podprostor W sadrži nul-element O, podprostor si obično predoču­ jemo kao ravninu (il i pravac) koji prolazi ishodištem. Među mogućim podprostorima od X je i tri vijalni podprostor W = {O}, koji zovemo i nul-podprostorom od X. Podprostore od X koji su različiti od nul-podprostora i X zovemo netrivijalnim pod­ prostorima od X .

Primjeri vektorskih prostora. Znajući za primjere vrlo općeni tih vektorskih prostora, pomoću ovog a teorema možemo dati i neke nove primjere. Budući da sve matrice tipa n x n č ine vektorski prostor, onda će vektorski prostor č initi i sve dijag onalne matrice, sve g ornje ili donje trokutaste matrice itd., jer je li nearna kombinacija dviju takvih matrica ponovo matrica istoga oblika. Slično, vektorski prostor č ini skup C[a, b] svih neprekinutih funkcij a na intervalu [a, b] , jer je zbroj neprekinuti h funkcij a ponovo neprekinuta funkcija. Vektorski prostor č ini skup !Y' svih polinoma, skup !Y'n svih polinoma stupnja :::;; n itd. Podprostor razapet skupom vektora. Navest ćemo najvažniji nač in dobivanja vektorskih podprostora. Neka je X vektorski prostor te a1, . . . , an bilo koji vektori iz X. Tvrdimo da je skup W = {a E X : a = A1a1 + . . . + \ian , A; E R} vektorski podprostor. Da se uvjerimo u to, uzm imo dva elementa a , b ovog a skupa: a = A1a1 + . . . + \zan, b = µ1a1 + . . . + µn an. Provjerimo uvjet (1). Vektor aa + /3b = (aA.1 + f3µ1)a1 + . . . + (a\i + f3µn )an ponovo pripada skupu W. Stog a je W vektorski podprostor od X. Nazivamo g a pod­ prostor generiran (razapet) vektorima ar, . . . , an i označ avamo s L(a1, . . . , an ) . Zove se još i linearni omotač ili linearna ljuska skupa vektora { a1, . . . an }. Primjer 1 . Neka je

funkcije

X prostor svih funkcija definiranih na R. Izdvojimo sljedeće xo(t) X1 (t)

= =

1,

t,

Xn (t) tn . Onda je L(xo, X1, . . . , Xn) = !Y'n , prostor svih polinoma stupnja =

:::;;

n.

1. VEKTORSKI PROSTORI

4

Primjer 2. Neka je a E V3 zadani vektor. L (a) je vektorski podprostor koji čine svi vektori kolinearni s a . Ako b nije takav, onda L(a, b) predstavlja skup svih vektora u ravnini razapetoj s a i b .

Linearna nezavisnost vektora. Ako su v1, . . . , Vn bilo koji vektori vektorskog prostora X i /t1, . .. , ltn bilo koji skalari, tada tom vektorskom prostoru pripada i vektor AJVJ + . . . + AnVn koji nazivamo linearnom kombinacijom vektora v1, .. . Vn. Za vektore v 1, . . . , v n u vektorskom pr ostoru kažemo da su linearno nezavisni ako iz lt1v 1 + . . . +vnltn =O slijedi da su svi koeficijentijednaki nuli, tj. lt1 = . .. =ltn =O. Drugim riječima, kažemo da su vektori v1, . .. , Vn su linearno nezavisni ako nji­ hova linearna kombinacija iščezava samo na trivijalan način. U suprotnom kažemo da su vektori v1, . . . , v„ linearno zavisni. Tada postoje skalari A.1, . . , ltn koji nisu svi jednaki nuli, takvi da vrijedi lt1 v1 + ... + VnAn=O. Dakle, vektori v1, . . . , Vn su linearn o zavisni ako postoji njihova linearna kombi­ nacija koja iščezava na netrivijalan način. Svaki skup vektora koji sadrži nul-element je linearno zavisan. Dovoljno je uzeti linearnu kombinaciju koju čine skalari jednaki nuli, osim onog skalar a uz nul vektor. Prema tome, ako su vektori linearno nezavisni, u tom slučaju mora biti vi =f O za sve .

i.

Geometrijska interpretacija linearne nezavisnosti u prostorim a V2 i V3 je ova: dva su vektora v1 i v2 linearno nezavisni ako su neparalelni (tj. nisu na istom pravcu), tri su vektora linearno nezavisni ako su nekomplanarni (tj . nisu u istoj r avnini). Primjer 3. U prostoru

visni. Iz

R2 su vektor i v1= (1 , O)T i v2 = (O, 1) T linearno neza­

A1V1 + /tiv2 =O slijedi (/t1, /ti)T=O pa je /t1=O i /ti= O. Također su nezavisni i vektori w1 = (4, 3)T, w2 = (-2, 5)T. Doista, iz A.1w1 + /tiw2 = O slijedi 4/t1 - 2/t1 = O i 3/t1 + 5/t2 = O, a taj sustav ima rje­ šenje /t1 = /ti=O . Vektori v1 = (1, l)T, v2 = ( - 1, l)T i v3 = (2, 4)T su linearno zavisni, jer vrijedi V3 3v 1 + v2 , odnosno 3v1 + v2 V3 =O. =

-

Pronašli smo netrivijalnu linearnu kombinaciju ovih vektora koja je jednaka nuli.

Konačno-dimenzionalni i beskonačno-dimenzionalni prostori. Svi se prosto­ rikonačno-dimenzionalni u g ornjim primjerima mogu podijeliti u dvije bitno različite skupine. Prvu čine a drug u beskonačno-dimenzionalni prost ori. Je li neki pros­ tor konačno ili beskonačno-dimenzionalan određujemo po broju linearn o nezavisnih vektora koje možemo u njemu pronaći. Tako na primjer, prostor fY' svih �olinoma n zasigurno je beskonačno-dimenzionalan jer su za svaki n vektori 1 , t, t , . .., t linearno nezavisni: njihov linearni spoj jednak je nul funkciji ako za svaki t vrijedi CXo

+ a1t+ azt2 + ... +a,,�=O

5

1. VEKTORSKI PROSTORI

što je moguće samo ako su svi koeficijenti jednaki nuli. Jednako tako, beskonačno-dimenzionalni drži sve polinome!), prostor svih funkcija itd. su prostor neprekinutih funkcij a Uer sa­ Područje matematike koje izučava beskonačno-dimenzionalne vektorske pros­ tore naziva se fankcionalna analiza. Linearna algebra bavi se uglavnom konačno­ dimenzionalnim prostorima. Po prethodnoj definiciji, to znači da će u njima broj linearno nezavisnih vektora biti ograničen. Dimenzija vektorskoga prostora. U konačno-dimenzionalnome prostoru broj linearno nezavisnih vektoraodređuje je konačan. Sam naziv prostora sadrži u sebi riječ 'di­ menzionalan' koji upravo koliki je taj broj. Dimenzija prostora maksimalan jedimX. mogući broj linearno-nezavisnih vektora u tome prostoru. Taj broj označavamo s dimenzije vektorskoga prostoraPrimjeri intuitivno jejasan. smoR2navikli govoriti oitd,dvobrojPojam iliutro-dimenzionalnom prostoru. takvih prostora su , V2, R3 , V3 oznaci prostora upravo označava njegovu dimenzi j u. Kod složeni jpodprostora ih prostora dimenzi jukoristiti je nešto aparat teže utvrditi. Posebice, pri određivanju dimenzije raznih moramo linearne algebre. no što nastavl nastavimo primjera, još jedanprostora. pojam koji sePrijeprirodno ja nas navođenjem ovo razmatranje. To jekorisno pojam jebazedefinirati vektorskoga vektorskoga prostora. Neka je X vektorski prostor dimenzij e k . To znači dadodamo linearno -novodobiveni nezavisnih vektora,skuptakavvišedanećeu Baza njemuli mu možemo pronaći skup v1 x, . iz. . ,togvk prostora bilo koji novi element biti različitlinearno od nule,nezavisan. takvi da vriStoga jedi postoje skalari . . . , .A.k, A, od kojih je barem jedan A1V1 + . . . + AkVk + AX = o . PriDijeltomjenjem je sigurno linearna kombinacija vektorav1 ,v1,. . ..,.Vk. , :vk . s brojemA, i--A,O, inače vektorbixiščezavala prikazujemo u obliku spoja vektora Mi

.A.1,

.A.

.A.k

x = - ;1: vi - . . . - T vk.

Prema tome, svaki se vektor prostora može napisati u obliku linearne kombinacije svojstva upravo ćemoOvaih udvastrogoj definici ji. definiraju bazu prostora. Zbog njezine važnosti, ponovit Nekaje X vektorski prostor. Baza u X je svaki skup v1, . . . , vk koji ima sljedeća dva svojstva (B1) vektori v1, v2 , . . . , vk su linearno nezavisni, i (B2) svaki drugi vektor x E X može se napisati u obliku linearne kombinacij e vektora V1 , v2 , . . . , vk . Skup(B2) svih kaže linearnih Svojstvo da zakombinacija bazu vrijedivektora vr, . . . , Vk označili smo s L(v1 , . . . , vk) .

V1 , . . . , Vk .

X = L(vr, v2, . . . , vk)·

6

1. VEKTORSKI PROSTORI

Kažemo još da vektoriZaista, baze razapinju čitav prostor. Prikaz svakoga vektora u odabranoj bazi je jednoznačan. iz pretpostavke da ima dva različita prikaza, = A.ivi+ . . . +AkVk = µi v i + . . . +µkvk slijedi (A-1 - µ1 )vi +. . . +(A.k - µk)vk = O a odavde, zbog linearne nezavisnosti, svi koeficijenti moraju biti jednaki nuli, te je A.i = µ1, .. A.k = µk . x

x

„

Po ovojprostora. konstrukciji bazetvrdnja zaključujemo daočita se brojpa vektora u bazi podudara sjnidi­ji menzijom No, ta ni j e posve bi bilo korisno dati detal dokaz. Naime, baza ima beskonačno mnogo i nije očito da će svake dvije imati isti broj elemenata. Svake dvije baze u vektorskom prostoru X imaju isti broj elemenata. Taj se broj podudara s dimenzijom prostora. DOKAZ. Neka je n dimenzij a prostora. Broj vektora u bazi mora biti manji ili jednak n jer su njezini elementi linearno nezavisni vektori. Pretpostavimo da postoji baza V1 , . . . , Vm kod koje je m n. su w1 , ..prostora. . , Wn linearno nezavisni vektori toga prostora. (Takav skup postoji jertakvijeNeka dimenzija ) Budući da je X = L(vi , . . . , vm) , postoje brojevi (a;j} da vrijedi Teorem 2.


R , tj. onih za koje je broj fo. lf (x) l 2dx konačan. Skalarni produkt na prostoru L2 (Q) , definiramo sa (f l g) := fo.f (x)g(x) dx . Pripadna norma je llf ll z vvm Un lf (x) l 2d.x) 1 l2 • je definirati i normirani vektorski prostor Y Moguće (Q) , 1 � p < oo , kao skup svih funkcija f : Q ---> R takvih da je f0 lf (x) IPdx < oo , s normom (f0 lf (x) IPdx) l/p . I za te prostore vrijedi analogna Holderova nejednakost llf llP kao i za prostore Y(a , b) . Za p E (O, 1) ovo nisu vektorski prostori, jer se mogu pronaći f, g E Y (a, b) takve da f + g rf. Y (a, b) . ·

+

+

=

=

=

Pronađimo sve a E R za koje je funkcija f (x) na u prostoru L2 (O, 1 ) . Mora biti konačan integral f01 lf (x) I 2dx Primjer 24.

ta"�� l �

=

= =

x!1

sadrža­ 1 f0 x2'1dx =

[uz pretp. 2a -=-/= - 1 ] = limx-+O+ za�l (I - x2a+l) . Taj će izraz biti ko­ =O načan onda i samo onda ako je 2a + 1 > O , tj. a > 1 /2 . Ako je 2a = - 1 , onda je integral beskonačan, jer je f01 x- 1dx = ln x ll= i = oo .

Banachov i Hilbertov prostor. Za odabrana dva elementa x i y u normiranom prostoru X definirana je udaljenost ll x - Y ll između x i y . To onda omogućava da definiramo i konvergencij u u X : za slijed Xk vektora iz X kažemo da konvergira k x , i pišemo lim Xk x , ako ll xk - x ii ---> O kad k ---> oo . Isto tako, za slijed Xk kažemo da je Cauchyjev ako za svaki e > O postoji n = n ( e ) takav da za sve k, l ;;;:: n vrijedi ll xk - x1 l i � e . Ovo svojstvo pišemo kraće ovako: llxk - xz li ---> O kad k, l ---> oo . Lako se provjeri da je npr. svaki konvergentan slijed u normiranom prostoru Cauchyjev. Ako svaki Cauchyjev slijed u X konvergira, onda kažemo da je vektorski prostor X potpun. Slikovito rečeno, potpun normirao prostor je prostor "bez šupljina", tj. gust u sebi. Potpun normiran prostor zove se Banachov prostor. Potpun unitaran prostor (znamo da je on i normiran) zove se Hilbertov prostor.

=

28

1 . VEKTORSKI PROSTORI

Svaki konačno-dimenzionalni normiran prostorje Banachov ( tj. potpun) , neovisno o izboru norme. Budući da u normiranom �ostoru imam definiran pojam konvergencije, onda mo­ žemo uvesti i pojam reda Lk=l xk određenog slijedom (xk) u Za red E: 1 Xk kažemo da konvergira ako konvergira slijed njegovih parcijalnih suma sk = x1 + . . . + Xk k nekom s tj. lls - sk i l ---t O kad k ---t oo . U tom slučaju pišemo daje xk = s . Važni beskonačno-dimenzionalni Banachovi prostori su lJ' (a, b) , 1 :::::; p < oo . Među njima je samo L2 (a, b) unitaran prostor, dakle i Hilbertov prostor. Vektorski podprostor C([a, b]) kao podprostor normiranog prostora IJ' (a, b) (tj. s pripadnom normom l i · l lp ) nije potpun. Ipak, on je gust u IJ' (a, b) , tj. za svaki f IJ' (a, b) i bilo koji e > O postoji uniformna neprekinuta funkcija fo E C([a, b] ) takva da je llf - follP :::::; e . 1 2 Npr. za funkcij u x- /3 E L (0, 1) postoji slijed uniformno neprekinutih funkcija (funkcija iz C([a, b]) ) koje k njoj konvergiraju u L2 -normi. Budući da je x-1/3 'f- C([O, 1]) , to pokazuje da

X.

EX,

E:i

E

prostor

C([O, 1]) nije gust u sebi s L2 -normom, tj. nij e potpun (i dakle nije Hilbertov prostor) .

S druge strane, može se pokazati da prostor C([a, b]) s oo -normom, tj . llf 11 00 = max { lf (x) I : x [a, b]} , jest potpun, tj. Banachov je prostor. Spomenimo da je Hilbertov prostor f,2 svih kvadratno zbrojivih sljedova realnih brojeva specijalan slučaj Banachovog prostora lp svih p -sumabilnih sljedova realnih brojeva, 1 � p < oo , tj. svih sljedova (xk) takvih da je Lk lxk lP < oo , s pripadnom normom

E

1 .6.. Riješeni primjeri 1 .1 .

Za realne funkcije f i g definiran je njihov zbroj sa (f + g) (x) = f (x) + g(x) i množenje funkcije skalarom sa (A.f ) (x) = Af (x) . Jesu li sljedeći skupovi vektorski

prostori: a) skup svih funkcija na intervalu [a, b] ; b) skup svih ograničenih funkcija na segmentu [a , b] ; c) skup svih neprekidnih funkcija na segmentu [a, b] ; d) skup svih funkcij a definiranih na R takvih da je f (O) = 1 ; e) skup svih funkcija def. na R takvih da je 2f (O) - 3f (1) = O ; f) skup svih funkcija def. na R takvih daje f ( I) + f (2) + . . . + f (k) = O . RJEŠENJE. a) Provjerimo vrijede li sva svojstva vektorskog prostora: 1 ) Komutativnost vrijedi zbog komutativnosti zbrajanja u skupu R : (j + g) (x) = f (x) + g (x) = g (x) + f (x) (g + f ) (x) , Vx E [a , b] , zbog čega je f + g = g + f za sve f i g . 2) Slično, asocijativnost vrijedi zbog asocijativnosti zbrajanja u R . 3 ) Nul-funkcija n (x) = O , Vx [a, b] zadovoljava ! + n = n + f = O , Vf . 4) Za svaku f postoji definirana sa ( -f ) (x) = -f (x) i vrijedi f + (-! ) = ( -f ) + f = n . =

-f E

1. VEKTORSKI PROSTORI

29

5 ) Vrijedi i kompatibilnost množenja u skupu svih funkcij a: (a(f3f))(x) = a((/3f)(x)) = af3(f (x)) = ((af3f))(x), Vx E [a, b] paje a (f3!) = (a/3)! . 6) Distributivnost množenja prema zbrajanju: (a(f + g)) (x) = a (f + g)(x) = a(f (x) + g(x)) = af (x) + ag(x) = (af) (x) + (ag) (x) = (af + ag)(x) , Vx E [a, b] pa je a (f + g) = af + ag . 7) Distributivnost množenja prema zbrajanju u R : (( a +f3 )f) (x) = ( a+/3)! (x) = af(x) + /3! (x) = (af + /3f) (x) , Vx E [a, b] pa je (a + /3)! = af + f3f. 8) Netrivijalnost množenja: 1 · f = f .

Dakle, skup svih funkcija čini vektorski prostor. b) Dovoljno je provjeriti je li to podprostor vektorskog prostora svih funkcija. On to jest, jer je linearna kombinacija ograničenih funkcija na segmentu opet ograničena. c) Da, linearna kombinacija neprekidnih funkcija je neprekidna funkcija. a također d) Ne, jer ako je f (O) onda je i (.V ) (O) = A, pa linearna kombinacija funkcija iz tog skupa nije u njemu. = O onda je i 2 (f + = O i 2g (O) e) Da, jer ako je 2f (O) = O + O = O , a također i = O. = (O ) (O ) f) Da, jer linearna kombinacija takvih funkcija posjeduje isto svojstvo. Provjeri !

(f + g) (O) = 1 + 1 = 2 ,

= 1 i g(O) = 1

- 3f ( 1 ) - 3g( l ) g)(O) - 3(f + g) ( l ) = 2 (J (O) + g(O)) - 3(f ( 1 ) + g(l)) 2A-f - 3A-f ( 1 ) A-(2! - 3f ( 1 ))

Jesu li sljedeći skupovi vektorski prostori (uz uobičajene operacije sa matricama) i ako jesu nađi im baze: a) skup svih matrica; b) skup svih matrica tipa m x n nad R; c) skup svih matrica tipa m x n nad C ;

1 .2.

d) skup svih matrica oblika e) skup svih matrica oblika f) skup svih matrica oblika

RJEŠENJE. a)

[z �] [b �] , [ _a13 � ] , ,

a , f3 , y

a,

E R;

/3 , y E R ;

a , f3

E

R.

Ne, za matrice različitog tipa zbroj nije definiran,

b) Provjerimo sva svojstva vektorskog prostora:

1) Zbrajanje matrica je komutativno.

2) Zbrajanje matrica je asocijativno. Nul-vektor je nul-matrica tipa m x n . 4) Suprotan vektor je suprotna matrica = 5 ) Množenje skalarom je kompatibilno B jer 6) Množenje je distributivna prema zbrajanju u .4mn : B) = su te matrice istog tipa i podudaraju se u općem elementu. 7) Množenje matricaje distributivno prema zbrajanju u R : 8) Množenje je netrivijalno = Slijedi, .4mn je vektorski prostor. Bazu (kanonsku) ovog prostora čine matrice koje na svim mjestima imaju nulu, osim jedinice na mjestu i,j) za i . . ,m, j . , n . dim .4mn = mn . c) Da, dokaz je identičan prethodnom.

3)

-A . a(f3A)

1 A A.

( af3 ) A . a(A +

aA + a ( a +f3 ) A = aA +/3A .

·

Eij = 1,

(

.

.

,

= 1,

.

1. VEKTORSKI PROSTORI

30

d) Da, linearna kombinacija dviju matrica tipa 2 x 2 sa nulom na mjestu ( 1 , 1 ) je istog oblika i ima također nulu na istom mjestu pa je ovo podprostor vektorskog prostora .$!22 . Jednu moguću bazu čini skup

= [ g 6]

[� gl [g �] [ J �:] [ � � ] [ !/Ji ii !�2 ]

E12

,

E2 1 =

En =

·

pa zbroj dviju matrica + = 1 131 iz ovog skupa nije u njemu. Ili još lakše: primijetimo da taj skup ne sadrži nul-matricu. f) Da, provjeri: linearna kombinacija matrica ovog oblika također matrica istog e) Ne, jer je

oblika. Baza čine npr. vektori {

[ 6 �] , [ �l 6] } ·

Pokaži da vektori i + j + k , i + j + 2k , i + 2j + 3k tvore bazu za V3 i prikaži vektor 6i + 9j + 14k u toj bazi. RJEŠENJE. Prostor V3 je trodimenzionalan pa ako su ova tri vektora linearno neza­ visna razapinju čitav prostor V3 , odnosno tvore bazu za V3 Provjerimo linearnu nezavisnost: 1 .3.

•

a (i + j + k) + /3 (i + j + 2k) + y(i + 2j + 3 k) = O, i( a + f3 + y) + j( a + f3 + 2y) + k( a + 2/3 + 3y) = O. Zbog linearne nezavisnosti i , j , k mora biti a +/3 +r = o, a +/3 +2y O, a +2/3 +3y = O. Ovo je homogen sustav sa determinantom sustava različitom od nule. Slijedi a = /3 = y = O , odnosno moguć je jedino trivijalan prikaz nul-vektora pomoću ovih vektora pa su oni linearno nezavisni. Traženje prikaza: 6i + 9j + 14k = a(i + j + k) + /3 (i + j 2k) + y(i + 2j + 3 k) svodi se na rješavanje sustava a +/3 +r = 6, a +/3 +2y = 9, a +2/3 +3y = 14, čija rješenja su a 1 ' /3 2 ' r = 3 . 1 .4. Je li skup koji se sastoji od matrica

{

= =

{

=

+

[ � 6 ] , [ -� -� ] , [ _; _{ ] , [ - � i ]

baza za .$!22 ? RJEŠENJE. Dimenzija prostora .$!22 je 4 pa je dovoljno provjeriti je li taj četveroč­ lani skup linearno nezavisan. Pretpostavimo da postoji netrivijalan prikaz nul-matrice pomoću ovih matrica: a1 A1 + a2A2 + a A + C4A4 = O, 3 3 a 4 + + � = O. a O +

[ � ] [ -��� -���] [ -s�� ���] [ -� ]

1. VEKTORSKI PROSTORI

31

{

Izjednačavajući odgovarajuće elemente na lijevoj i desnoj strani dobijemo sustav == OO ,, 2cx3cx22 +4cx3 +cx3 +-04 404 cx1cx1 +-2cx2 +04 O.O, -2cx2 -S-CX3a3 +04 Rješenje ovog sustava je jednoparametarsko 12 a3 = t , 04 = - ut. 13 a1 = 4t, a2 = - ut, Dakle, post ji netribazuvijalan prikaz. nul-matrice, pa je skup A1 , A2, A3 , A4 linearno zavisan i neotvori za Al22 Dokaži rostori odda su skupovi . Nađisimetri im bazučnihi diimantienzisijmu.etričnih matrica iz Al22 vektorski podp­ RJEŠENJE.A,Provjerimo podprostor od .,,121 2 . Trebamo vidjeli je li za simetrične matrice simetrična: B i aA + je/3Bli ovo (aA + /3B)T (cxA)T + (/3b)T = aA + f3BT = aA + j3B. Simetrična matrica iz .4122 je oblika [ � � ] = a [ 6 g] + b [� 6] + c [g �] pa kanonsku bazupodprostorasrmetnc matncacmematnce { [ 01 0O ] , [ O1 01 ] , [ 0O O1 ] } i dimZaenzijaA imuB jeantisimetrične 3. matrice je: (aA + /3B)T (aA)T + (/3B)T = cxAT + /3BT = cx(-A)+/3(-B) -(cxA + /3B), pa je i aA /3B antisimetrična, odnosno i antisimetrične čine podprostor od Al22 . Svaka antisimetricnaje oblika [�a � ] ijedini element bazeje [ �l 6 ] ovaj prostor je jednodimenzionalan. 5 I x1 = x3 x5, xz -X4 = -x3}. Zadan je skup V { 1 4 E R = ,x2,x3,x ,x5) (x 5 Dokaži daje V podprostor od R i nađi mu bazu i dimenziju. RJEŠENJE da je V= određen sustavom tri nezavisne jednadžbe s pet nepoz­ . jePrimijetimo bismo pronašli nanica, pa rang sustava 2. Dakle, dim V = 2.je Dali njihova 5 3 neku bazu, uzmimo bilo koje E V, linearna E R. Provjerimo a x, , f3 y kombinacija ax f3y u skupu V. ax+ J3y = a(x1,x2,x3,x4,x5) + f3(y1,yz,y3,y4,y5 ) = (ax1 + f3y1 , CXXz + J3yz, CXX3 f3y3, CXX4 + f3y4, CXX5 + =f3ys ) = i zbog f3y3) X3 = x2X5 -, YIx4 = Y32xi -x3Ys , Vriax2jedi+ f3YCXX12 -+(axf3y14 +=f3y4) =1 +CXX5f3y1)+ f3y5 X1 = zbog CXX3 = f3y3 2 (cxx (ax3 + 5 E V pa je V podprostor od R = 2y1koji- yx3 E. Dakle ax Y2 -Y4Za bilo f3y + V je x (xi,x2,x3,x4 ,x5) = (x1, 2x1 + x4 ,x1,x4,x1) (x1,x1 +x4,x1,x4,x1) (x1,x1,x1,0,x1) (O,x4, 0,x4, 0) X1(1 , 1 , 1 , o, 1) + X4 (0, 1 , o, 1 , O). =

=

1 .5.

A22

=

T

•

•

vnih

v•

•

•

+

=

=

;

1 .6.

2x1

=

+

r

-

=

+

+

·

.

=

=

=

-

=

X1

+

1 . VEKTORSKI PROSTORI

32 Vektori { ( 1 , 1 , I , O, 1 ) , (O, 1 , O, I , O) } čine bazu 1 .7.

1

i

dim V

=

2.

Neka je { (x1 , . . . , x1 0 ) E R 0 E:�1 Xi O} Dokaži da je V podprostor od 0 R1 , nađi mu bazu, dimenziju te nađi koordinate vektora ( 1 , - 1 , 2, -2, 3, -3, 4, -4, 5, -5) u toj bazi.

V=

V

.RJEŠENJE.

Svaki element iz jedna od mogućih baza

I

je oblika

=

.

(x1,x2 , . . . ,x9, -xi - x2 - . . . - x9)

pa je

{ 1 , 0, 0, . . . , 0, - 1 ) , (O, 1 , 0, . . . , 0, - 1 ) , (0, 0, 1 , . . . , 0, - 1 ) , . . . , (0, 0, 0, . . . , 1 , - 1 ) } Zato je dim V 9 . Označimo vektore baze sa , 9 Imamo:

e1, e2 , e ( 1 , - 1 , 2 , -2, 3 , - 3 , 4, -4, 5 , -5 ) = L Ui ei = ( 1 , a1, . . . , 0'9, - L Ui) i=I i=I = 2 , a.i = -2, 3 , (X(; = -3 , = 4, 1, = -1 , 1 = -4 , 0'9 5 . =

•

.

odnosno a a8

1 .8.

a3

a2

=

=

a5

Vektor x u kanonskoj bazi {i, j , k} ima prikaz x prikaz u bazi {i + j + k, i + j + 2k, i + 2j + 3k} .

.RJEŠENJE.

.

•

a

9

9

=

= 6i + 9j +

T = [ �1 2� �3 l ·

x u novoj bazi x =

( a, /J , y)

dobijemo iz

odnosno rješavanjem sustava

1 .9.

14k . Odredi mu

Matrica prijelaza iz stare u novu bazu je

Komponente vektora

Slijedi a

= oo (harmonijski red) , pa

Lk x't = Lk k-1

2.

Linearni operatori 1.

Prikaz operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 8

2. Promjena baze. Slične matrice . . . . . . . . . . .

.

.

. . 44

.

.

3. Primjeri operatora u ravnini i prostoru . . . . . . . . . . 46

4. Algebra operatora . . .

.

. . . . . .

.

.

.

. . . . . .

.

. 53

5. Minimalni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 6. Riješeni primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2.1 . Prikaz .. operatora Definicija linearnoga operatora. XY A : X Y linearni operator a1, a2 E R

nje

-+

naziva se vrijedi

x x2 E X

Neka su i vektorski prostori. Preslikava­ 1 ako za sve vektore i skalare 1, ( 1)

Uvjet ( 1 ) naziva se uvjet linearnosti. On je ekvivalentan s uvjetima aditivnosti i homogenosti, tj . ( 1 ) vrijedi onda i samo onda ako je ispunjeno

(Vx1 , x2 E X) A(x1 x2) = A(xi) A(x2) (Vx E X) (Va E R) A(ax) = aA(x) A : X Y A(O) O. A(O) = A(O · O) = O ·A(O) = O. , A:R R X = Y = RGraf A(x) = a Primjer 1 . Za svaki linearni operator

Primjer 2. U slučaju neka konstanta. ax , gdje je

1

( 2) ( 3)

+

+

-+

je

Doista,

svaki linearni operator -+ je oblika te funkcije je pravac kroz ishodište.

engl. linear operator, njem. lineare Abbildung (lineare Operator), franc. application lineaire, rus.

HeRHbIR orrepaTOp.

Ju1-

2. LINEARNI OPERATORI

39

= Primjer 3. Nekaje X = i A matrica tipa m x n . Svaka takva matrica definira neki linearni operator. Prirodna veza između matrice i linearnoga operatora definira se sa := Ax.

Rn ,

Y

Rm

A(x)

Ovako definiran operator zaista je linearan, zbog poznatih svojstava matričnoga mno­ ženja.

Zadavanje operatora s pomoću neke matrice najvažniji je primjer linearnoga operatora. Dobar dio ovoga poglavlja biti će posvećen proučavanju veze između matrice i linearnoga operatora. Pokazat ćemo da vrijedi i obratna tvrdnja: svakom linearnom operatoru odgovara jedna matrica. Čitatelj bi mogao pomisliti da je stoga pojam linearnoga operatora nepotreban, ukoliko se on može potpuno opisati matricama. Međutim, situacija je nešto složenij a. Preciznija veza između operatora i matrice mogla bi se ovako opisati: ako su zadane baze vektorskih prostora, onda svakome operatoru u tom paru baza odgovara jednoznačna određena matrica. Međutim, promijenimo li baze, istome operatoru odgovarati će neka druga matrica. Linearni operator može se zadati na način koji je neovisan o bazi prostora (vidi geometrijske primjere u narednoj točki) . Stoga tek izbor baze određuje koja će mu matrica odgovarati. Najinteresantnij a analiza matričnoga računa upravo se sastoji u tome da se dadu odgovori na sljedeća dva pitanja: (1) kako odabrati bazu prostora pa da prikaz linearnoga operatora bude po mogućnosti što jednostavnij a matrica (što sličnij a dijagonalnoj); (2) da li (i kada) dvije različite matrice A B pripadaju istome linearnom operatoru (u različitim bazama)?

,

Opišimo obrnutu vezu: kako linearni operator određuje matricu. Neka je baza u prostoru X , a baza u prostoru Neka je : X linearni operator. Vektor a = pripada prostoru i može se razviti po bazi Dakle, postoje skalari takvi da vrijedi

A

- Y. . .e1, . . . , en f1 ,

fm .

f1 , . . . , fm 1 A (e1) au , a21 , . . . am1 A(e1) = auf1 + a1 1f2 + . . . + am1fm .

Y Y.

A(e2 ) = a12f1 + a12f2 + . . . + am2fm,

Slično vrijedi i za ostale vektore:

r

]

A(en ) = a1nf1 + a1nf2 + . . . + amnfm · Pomoću ovih koeficijenata definiramo matricu A :

A=

a11 a12 . . . arn a1 1 a21 . . . a1n .

aml am2

amn

.

Vidimo da j -ti stupac matrice A čine komponente vektora = Ax , za svaki vektor Tvrdimo da vrijedi . Onda vrijedi + ..+

xi e1 .

x"e"

A(x)

A (ej) po bazi f1 , . . . , fm . x . Zaista, neka je x

n m m n A(x) L: xjA (ej) = L Xj L aijfi = L (L aijXj) fi = Ax. j=l j=l i=l i=l j=l =

11

=

2.

40

LINEARNI OPERATORI

Time je tvrdnja dokazana. Ponovimo dokazane tvrdnje u sljedećem teoremu.

Teorem 1 . Neka su X i Y vektorski prostori, A : X ___, Y linearni operator, { ei , . . . , en} baza u X i {f1 , . . . , fm} baza u Y . Operatoru A odgovara u tom paru baza matrica A čiji su stupci komponente vektora A (ej) u bazi { f1 , . . . , fm} . Pri tom za svaki vektor x E X vrijedi A(x) Ax. ( 4) =

Ova je relacija - veza operatora i matrice - toliko važna da smo zbog jednostavnosti formule namjerno bili nedovoljno precizni. Pažljiviji čitatelj će uočiti da u formuli (4) vektor x s lijeve i s desne strane nema isto značenje. S lijeve strane, on je element vektorskoga prostora X i njegov prikaz u bazi toga prostora ima oblik x = x1 e1 + . . . + Xnen . S desne strane, vektor x poistovjećujemo s n vektor-stupcem x = [ x1 x . . . Xn ] T E R , a zatim, nakon množenja s matricom A , vektor Ax 2 (koji pripada prostoru Y ) treba shvatiti na način (Ax) tf1 + . . . + (Ax)mfm . Ove su veze prirodne i čitatelj će doći sam do odgovarajućih ispravnih interpretacija. Pogledaj­ mo primjenu teorema na primjerima.

:

Jedinični operator I X X , definiran je formulom J(x) = x za svaki x E X . Budući da za svaki vektor baze vrijedi J(ej) ej , onda ovome operatoru odgovara (u bilo kojoj bazi) jedinična matrica Nul operator O : X ___, Y , definiranje formulom O(x) = O , za svaki x E X . Njemu odgovara nul-matrica tipa (m, n) . Primjer 4.

--+

=

I.

Primjer 5.

-

d Odredimomatricukojaodgovaraoperatoruderiviranja A = : &n dt n &n u bazi e0(t) = 1 , e 1 (t) = t , . . . , e11 (t) = i . Vrijednosti operatora na vektorima baze je: Primjer 6.

A(eo ) (t) = O(t) , A(e 1 ) (t) = 1 = eo (t) , A(e1) (t) = 2t = 2e 1 (t) ,

[ ]

A(en) (t) = nfz - I

Njegova matrica u tom paru baza glasi A=

=

ne11 - 1 .

o 1 o ... o o o 2 ... o .

O O O

ooo

.

..

n

o

.

___,

41

2. LINEARNI OPERATORI Evo nekoliko zadataka koje bi čitatelj trebao riješiti: • Izračunaj A2 . • Kojem operatoru odgovara ta matrica? 4 = O. • Napiši matricu A za slučaj n = 4 i provjeri da vrijedi A n • Na isti se način uvjeri da vri jedi A = O . Š to to govori o operatoru

A?

Primjer 7. Operator simetrije s obzirom na apscisu. Promotrimo operator ko­ ji vektoru a pridružuje vektor simetričan ovome s obzirom na os apscisa. Ako je a = xi + yj , onda je A(a) = xi - yj . Operator je linearan:

A (a 1 + a2 ) = A((x1 + x2 )i + (Y 1 + Y2 )j) = (x1 + x2 )i - (Y 1 + Y2 )j = A (a1) + A (a2 ), A ( cxa) = A( ex.xi + cxyj) = ex.xi - cxyj = aA(a) . y -----------j

Sl. 2. 1. Operator simetrije s ob­ zirom na os apscisa Da odredimo njegovu matricu u paru kanonskih baza, moramo odrediti djelovanje na jediničnim vektorima i zatim te vektore rastaviti po kanonskoj bazi:

A (i) = i, Ovi vektori određuju stupce matrice A : A=

A(j)

=

-j.

[ � �i].

Primjer 8. Operator rotacije. Promotrimo operator koji radij vektoru r pridru­ žuje radij vektor zarotiran za kut