Линеарна алгебра Linearna algebra [PDF]

Zitiervorschau

MOMIR V. ‚ELI‚

BILJANA SUKARA - ‚ELI‚

LINEARNA ALGEBRA

Banja Luka, 2009.

ii

iii

Sinovima Branislavu i Aleksandru

iv

Sadrºaj 1 Uvod 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9

1.10 1.11 1.12 1.13 1.14

1.15

Osnovni pojmovi matemati£ke logike . . . . . . Elementi teorije skupova . . . . . . . . . . . . . Binarne relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . Relacija ekvivalencije . . . . . . . . . . . . . . . Relacija parcijalnog ureženja . . . . . . . . . . Preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Invertibilnost preslikavanja . . . . . . . . . . . . Binarne operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . Algebarske strukture . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.1 Grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Algebarske strukture sa dvije binarne operacije 1.10.1 Prsten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10.2 Tijelo i polje . . . . . . . . . . . . . . . Realni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Princip matemati£ke indukcije . . . . . . . . . . Kompleksni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . Kombinatorika . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.14.1 Principi prebrojavanja . . . . . . . . . . 1.14.2 Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . 1.14.3 Varijacije . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.14.4 Kombinacije . . . . . . . . . . . . . . . . 1.14.5 Binomna formula . . . . . . . . . . . . . 1.14.6 Varijacije sa ponavljanjem . . . . . . . . 1.14.7 Princip uklju£enja - isklju£enja . . . . . Polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.15.1 Polinomne jedna£ine . . . . . . . . . . . 1.15.2 Dijeljenje polinoma . . . . . . . . . . . . 1.15.3 Nule polinoma . . . . . . . . . . . . . . v

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

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

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

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

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

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

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

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

1

1 2 7 10 14 19 29 37 44 45 55 55 59 61 69 70 84 84 84 88 90 96 99 104 108 111 114 116

vi

SADRšAJ 1.15.4 Hornerov postupak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 1.15.5 Nule realnih polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 1.15.6 Neka analiti£ka svojstva polinoma . . . . . . . . . . . 136

2 Vektorski prostori i linearni operatori 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10

Denicija vektorskog prostora . . . . . . . . . . Primjeri vektorskih prostora . . . . . . . . . . . Potprostor vektorskog prostora . . . . . . . . . Linearan omota£ vektora . . . . . . . . . . . . . Linearna zavisnost i nezavisnost vektora . . . . Baza i dimenzija vektorskog prostora . . . . . . Izomorzam vektorskih prostora . . . . . . . . . Linearna preslikavanja vektorskih prostora . . . Relacije i operacije u skupu linearnih operatora Invertibilnost linearnih operatora . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

Denicija matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Matri£na algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Sabiranje matrica i mnoºenje matrice skalarom 3.2.2 Mnoºenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Transponovane i konjugovane matrice . . . . . 3.2.4 Mnoºenje matrica razbijenih na blokove . . . . Determinanta matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . Svojstva determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . Minori i kofaktori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ra£unanje determinanata . . . . . . . . . . . . . . . . Inverzna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

3 Matrice 3.1 3.2

3.3 3.4 3.5 3.6 3.7

4 Sistemi linearnih algebarskih jedna£ina 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7

4.8

Osnovni pojmovi i oznake . . . . . . . . . . . . Matri£ni metod i Kramerove formule . . . . . . Rje²avanje trougaonih sistema . . . . . . . . . . Gausov metod eliminacije za kvadratne sisteme Gaus-šordanov metod . . . . . . . . . . . . . . Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Odreživanje ranga matrice . . . . . . . . . . . . 4.7.1 Stepenasta forma u odnosu na vrste . . 4.7.2 Redukovana stepenasta forma . . . . . . Analiza saglasnosti linearnih sistema . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

143

143 145 149 155 158 164 173 175 189 195

203

203 205 206 207 212 214 216 219 222 224 229

233 233 236 239 241 250 253 259 261 264 271

SADRšAJ 4.9 4.10 4.11 4.12

vii

Homogeni sistemi . . . . . . . . . . . . . . . . . Nehomogeni sistemi . . . . . . . . . . . . . . . Fundamentalni potprostori matrice . . . . . . . Promjene koordinata izazvane promjenom baze

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

5 Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori matrice 5.1 5.2 5.3 5.4

Osnovni pojmovi i oznake . . . . . . . . . . . . . . . . Odreživanje sopstvenih vrijednosti i sopstvenih vektora Sli£nost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1 ’urova teorema o triangularizaciji . . . . . . . . Pozitivno odrežene matrice . . . . . . . . . . . . . . .

6 Euklidovi i unitarni prostori 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 6.6 6.7

Denicija Euklidovog prostora . . . . . . . . Vektorska norma . . . . . . . . . . . . . . . Matri£na norma . . . . . . . . . . . . . . . . Ortogonalnost . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.1 Ortogonalni skupovi vektora . . . . . 6.4.2 Ortogonalna dopuna . . . . . . . . . Fundamentalni potprostori matrice ponovo . Unitarni prostori . . . . . . . . . . . . . . . Prostor geometrijskih vektora . . . . . . . . 6.7.1 Skalarni proizvod . . . . . . . . . . . 6.7.2 Vektorski proizvod . . . . . . . . . . 6.7.3 Mje²oviti proizvod . . . . . . . . . .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

276 283 294 305

317 317 320 334 347 353

363

363 368 374 378 381 397 403 409 413 415 418 422

viii

SADRšAJ

Poglavlje 1

Uvod 1.1 Osnovni pojmovi matemati£ke logike Svaka smislena re£enica koja je ili ta£na ili neta£na naziva se sud ili iskaz . Re£enica ,,Ja sam student jeste sud (njena ta£nost zavisi od toga ko je izgovara). Re£enica ,,Koliko je sati?  jeste smislena, ali za nju nije mogu¢e re¢i ni da je ta£na ni da je neta£na, pa to nije sud. Re£enica ,,Matematika i brod su do²li sutra nije sud zato ²to to nije smislena re£enica. Sudove ¢emo ozna£avati velikim latinskim slovima A, B, C, ... . Od datih sudova A i B mogu se formirati novi sudovi. Sud ,,A i B  naziva se konjukcija sudova A i B i ozna£ava sa A ∧ B. Taj novi sud je ta£an samo ako su i A i B ta£ni sudovi. Sud ,,A ili B  naziva se disjunkcija sudova A i B i ozna£ava sa A ∨ B. Disjunkcija A ∨ B je ta£na ako je ta£an bar jedan od sudova A, B . Sud ,,ako A, onda B  naziva se implikacija i ozna£ava sa A ⇒ B. Taj sud je neta£an jedino u slu£aju kada je sud A ta£an i sud B neta£an. Implikacija A ⇒ B moºe se interpretirati kao sud ,,iz A slijedi B , odnosno ,,A povla£i B , a ona takože ima zna£enje ,,A je dovoljan uslov za B , odnosno ,,B je potreban uslov za A. Sloºeni sud A ⇒ B ∧ B ⇒ A naziva se ekvivalencija sudova A i B i ozna£ava sa A ⇔ B. Sud A ⇔ B je ta£an ako su sudovi A i B ili oba ta£na ili oba neta£na. Ako je A ⇔ B, tada je sud A potreban i dovoljan da bi vaºio sud B, odnosno B vrijedi ako i samo ako vrijedi A. Sud ,,nije A naziva se negacija suda A i ozna£ava sa ¬A. Taj sud je ta£an samo ako je sud A neta£an. U vezi sa negacijom navodimo sljede¢u ekvivalenciju

(A ⇒ B) ⇔ (¬B ⇒ ¬A) 1

2

Poglavlje 1. Uvod

koja se naziva zakon kontrapozicije i koja omogu¢ava da se dokazivanje suda A ⇒ B zamijeni dokazivanjem suda ¬B ⇒ ¬A. Da bi se izbjegla stalna ponavljanja nekih izraza koji se javljaju pri navoženju sudova, uvode se simboli koji sluºe kao njihova zamjena. Tako se izrazi ,,za svaki, odnosno ,,za proizvoljan zamjenjuju simbolom ∀, dok simbol ∃ sluºi kao zamjena za izraz ,,postoji, odnosno ,,postoji bar jedan. Ti simboli nazivaju se kvantikatori. Pri tome je ∀ univerzalni, a ∃ egzistencijalni kvantikator.

1.2 Elementi teorije skupova Pojam skupa predstavlja osnovni matemati£ki pojam i on se ne deni²e jer ga nije mogu¢e opisati jednostavnijim matemati£kim pojmovima. Skup se zadaje tako ²to se navode svi njegovi elementi ili tako ²to se zadaje neko pravilo ili kriterijum na osnovu kojeg se moºe zaklju£iti da li neki element pripada ili ne pripada posmatranom skupu. Skupove ¢emo ozna£avati velikim latinskim slovima A, B, C, ... . Ako je S skup £iji su elementi x, y, z, ..., tada pi²emo

S = {x, y, z, ...} . Zapis

S = {x : P (x)} koristi se kada se ºeli ukazati na pravilo (svojstvo) na osnovu kojeg se utvržuje pripadnost skupu S. U ovom slu£aju skup S £ine svi oni elementi x koji imaju svojstvo P. Ako skup A £ine svi oni elementi skupa S koji imaju svojstvo P, tada pi²emo A = {a ∈ S : P (a)} . Na primjer,

A = {n ∈ N : n je prost broj oblika n = 4k + 1} . Elementi skupa A su 5,13,17,29,37,41,53,57,61,73,... . Da smo stavili

A = {5, 13, 17, 29, 37, 41, 53, 57, 61, 73, ...} , ne bi bilo jasno ²ta su ostali elementi tog skupa, pa je onaj prvi na£in zapisivanja skupa A pogodniji. Sljede¢i skupovi su zapisani kori²¢enjem nekih od uvedenih oznaka

A = {1, 2, 3},

B = {2, 4, 6, 8, 10, ...},

C = {x ∈ R : x2 − 4x + 3 < 0}.

1.2. Elementi teorije skupova

3

U ovoj knjizi ¢emo koristiti i sljede¢e oznake za neke vaºne skupove brojeva: N Z Q R C

− − − − −

skup skup skup skup skup

svih svih svih svih svih

prirodnih brojeva; cijelih brojeva; racionalnih brojeva; realnih brojeva; kompleksnih brojeva.

O ovim skupovima ¢e biti vi²e rije£i kasnije, a na po£etku koristimo samo ono ²to je o tim skupovima poznato iz srednje ²kole. Primijetimo da i skupovi mogu biti elementi nekog skupa. Tako, na primjer, imamo skup

D = {{1} , {2, 3} , {4, 5}} £iji su elementi skupovi {1} , {2, 3} i {4, 5} . Pri tome D nije isto ²to i skup {1, 2, 3, 4, 5} . Zapis x ∈ S ozna£ava da je x element skupa S, tj. da x pripada skupu S. Ako x nije element skupa S, tj. ako x ne pripada skupu S, tada pi²emo x 6∈ S. Tako 2 ∈ C, dok 0 6∈ C, gdje je C ranije navedeni skup. Kaºemo da su skupovi A i B jednaki i pi²emo A = B ako oni sadrºe iste elemente. Tako je pominjani skup C jednak skupu E = {x ∈ R : 1 < x < 3} . Pri zapisu skupova nije bitan redoslijed kojim su navedeni njihovi elementi. Tako su, na primjer, skupovi {a, b, c} , {a, c, b} i {b, c, a} jednaki. Skupovi {1, 1, 2, 2, 3} , {1, 1, 2, 3} i {1, 2, 3} su takože jednaki, ²to zna£i da nema potrebe da se neki element skupa zapisuje vi²e puta. Ako skupovi A i B nisu jednaki, tada pi²emo A 6= B. Za skup S kaºemo da je kona£an ako on ima kona£no mnogo elemenata. Ako skup S nije kona£an, onda kaºemo da je on beskona£an . Tako su ranije navedeni skupovi A i D kona£ni, dok su skupovi B i C beskona£ni. Ako svi elementi skupa B pripadaju i skupu A, tada kaºemo da je B podskup (dio) skupa A i pi²emo B ⊆ A ili A ⊇ B. Pri tome se ne isklju£uje mogu¢nost B = A. Ako bismo koristili ranije uvedene simbole, ovo bismo mogli zapisati na sljede¢i na£in: B ⊆ A ⇔ (∀x) (x ∈ B ⇒ x ∈ A) . Primijetimo da oznake ⊆ i ⊇ li£e na oznake ≤ i ≥ . Postoje i oznake ⊂ i ⊃ koje li£e na < i > . Tako kod nas B ⊂ A zna£i da je B podskup od A ali da je B 6= A (u tom slu£aju kaºemo da je B pravi podskup od A). Za svaki skup A vaºi A ⊆ A i A 6⊂ A.

4

Poglavlje 1. Uvod

Treba re¢i da se u mnogim knjigama koristi samo oznaka ⊂ i pri tom ona ima zna£enje na²e oznake ⊆ . Ako se oznaka ⊂ koristi sa zna£enjem koje ima na²a oznaka ⊆, tada za svaki skup A vaºi A ⊂ A. S obzirom na deniciju podskupa i na smisao uvedenih oznaka, imamo N ⊆ Z, Q ⊆ R, R ⊆ C, ali i N ⊂ Z, Q ⊂ R, R ⊂ C. Jednakost skupova A i B moºe se okarakterisati na sljede¢i na£in:

A = B ⇔ A ⊆ B ∧ B ⊆ A. ƒesto ¢emo se sretati sa skupovima koji su jednaki, a da se to na prvi pogled ne vidi zbog njihovog razli£itog zapisa. Da bismo dokazali da su oni jednaki, obi£no koristimo navedenu karakterizaciju. Pokazuje se da je korisno posmatrati i skup koji ne sadrºi nijedan element. Taj skup naziva se prazan skup i ozna£ava sa ∅. Prazan skup je podskup svakog skupa. Uz svaki skup A moºe se posmatrati i skup svih njegovih podskupova (dijelova) koji se naziva partitivan skup od A i ozna£ava sa P(A) ili sa 2A . Elementi tog skupa su i skupovi ∅ i A. Dakle,

B ∈ P(A) ⇔ B ⊆ A. Ako je skup A kona£an, tada je i skup P(A) kona£an i pri tome je

|P(A)| = 2|A| , gdje je sa |X| ozna£en broj elemenata skupa X. Ovaj rezultat ¢emo dokazati kasnije (vidjeti pododjeljak 1.14.4), a sada samo recimo da je on razlog ²to se partitivan skup od A ozna£ava i sa 2A .

Primjer 1.1

Ako je A = {1, 2, 3} , tada je

P(A) = {∅, {1} , {2} , {3} , {1, 2} , {1, 3} , {2, 3} , {1, 2, 3}} . Primijetimo da je |A| = 3, a da je |P(A)| = 8 = 23 .

Ako je A ⊆ S, tada se skup svih elemenata skupa S koji ne pripadaju skupu A naziva dopuna skupa A do skupa S ili komplement skupa A u odnosu na skup S i ozna£ava sa Ac . Dakle,

Ac = {x ∈ S : x 6∈ A} .

1.2. Elementi teorije skupova

5

Ako su A i B podskupovi skupa S, tada se skupovi

A ∪ B = {x ∈ S : x ∈ A ∨ x ∈ B} , A ∩ B = {x ∈ S : x ∈ A ∧ x ∈ B} , A \ B = {x ∈ S : x ∈ A ∧ x 6∈ B} nazivaju, redom, unija, presjek, razlika skupova A i B. Primijetimo da za komplement skupa A u odnosu na skup S vaºi

Ac = S \ A. Ako skupovi A i B nemaju nijedan zajedni£ki element, tj. ako je A ∩ B = ∅, tada kaºemo da su ti skupovi disjunktni . Ako je svakom elementu i iz skupa I pridruºen neki skup Ai ⊆ S, tada se kaºe da je zadata familija skupova {Ai } , i ∈ I. Na sljede¢i na£in deni²u se unija i presjek date familije skupova: [

Ai = {x ∈ S : ∃i ∈ I, x ∈ Ai } ,

i∈I

\

Ai = {x ∈ S : x ∈ Ai , ∀i ∈ I} .

i∈I

Ako je I = {1, 2, ..., n} , tada se koriste oznake

n [

Ai i

i=1

n \

Ai .

i=1

Za familiju nepraznih skupova {Ai }i∈I (Ai ⊆ S) kaºemo da je particija (razbijanje ) skupa A ⊆ S ako vaºi:

1. A = 2. Ai

[

Ai ,

T i∈I

Aj = ∅ ako je Ai 6= Aj .

Na primjer, skupovi A1 = {1} , A2 = {2, 3} , A3 = {4} predstavljaju jednu particiju skupa A = {1, 2, 3, 4} . Skupovi B1 = {1, 3} , B2 = {2} , B3 = {4} , B4 = {1, 3} predstavljaju takože particiju skupa A. Ako su A, B i C proizvoljni podskupovi skupa S, tada se primjenom

6

Poglavlje 1. Uvod

navedenih denicija pokazuje da vaºe sljede¢e relacije:

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.

A ∪ B ⊆ S, A ∩ B ⊆ S; A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A; (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C), (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C); A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C); A ∪ A = A, A ∩ A = A; A ∪ B = B ⇔ A ∩ B = A; A ∪ ∅ = A, A ∩ S = A, A ∩ ∅ = ∅, A ∪ S = S; A ∪ Ac = S, A ∩ Ac = ∅; (A ∪ B)c = Ac ∩ B c , (A ∩ B)c = Ac ∪ B c ; (Ac )c = A, S c = ∅, ∅c = S.

Ako se za par elemenata x i y skupa S ustanovi koji je prvi a koji drugi, tada se taj par naziva urežen par i ozna£ava sa (x, y) ili (y, x), u zavisnosti od toga da li je element x prva a y druga komponenta tog ureženog para ili je ustanovljen suprotan redoslijed. S obzirom na to, dva urežena para su jednaka ako i samo ako su im odgovaraju¢e komponente jednake, tj.

(x, y) = (z, w) ⇔ x = z ∧ y = w. Odavde slijedi da su ureženi parovi (x, y) i (y, x) jednaki samo u slu£aju da je x = y. Analogno, ako se za n elemenata skupa S ustanovi neki poredak, pa ako se prvi od tih elemenata ozna£i sa x1 , drugi sa x2 , ..., n-ti sa xn , tada ureženu n-torku tih elemenata ozna£avamo sa (x1 , x2 , ..., xn ). Pri tome vaºi

(x1 , x2 , ..., xn ) = (y1 , y2 , ..., yn ) ⇔ x1 = y1 ∧ x2 = y2 ∧ · · · ∧ xn = yn . Primijetimo da komponente urežene n-torke (x1 , x2 , ..., xn ) ne moraju biti razli£ite. Neka su X i Y proizvoljni podskupovi skupa S. Tada se skup svih ureženih parova (x, y), pri £emu x ∈ X i y ∈ Y, naziva Dekartov (Kartezijev ) proizvod skupova X i Y i ozna£ava sa X × Y. Dakle,

X × Y = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y } . Dekartov proizvod X × X ozna£ava se i sa X 2 . Studenti £esto napi²u X ×X = {(x, x) : x ∈ X} , ²to je pogre²no. S obzirom na navedenu deniciju Dekartovog proizvoda, imamo

X × X = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ X} .

1.3. Binarne relacije

Primjer 1.2 X ×Y Y ×X X ×X Y ×Y

je

7

Ako je X = {1, 2, 3} i Y = {a, b} , tada je

= = = =

{(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b)} ; {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)} ; {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)} ; {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b)} .

Ako su skupovi X i Y kona£ni, tada je i skup X × Y kona£an i pri tome

|X × Y | = |X| · |Y |. U prethodnom primjeru je |X| = 3, |Y | = 2, pa je |X × Y | = 3 · 2 = 6, |Y × X| = 2 · 3 = 6, |X × X| = 3 · 3 = 9, |Y × Y | = 2 · 2 = 4. Analogno se za skupove Xi ⊆ S, (i = 1, 2, ..., n) deni²e Dekartov proizvod X1 × X2 × · · · × Xn . Imamo

X1 × X2 × · · · × Xn = {(x1 , x2 , ..., xn ) : x1 ∈ X1 , x2 ∈ X2 , ..., xn ∈ Xn } . Dekartov proizvod X ×X × · · · × X} ozna£ava se kra¢e sa X n . Dakle, | {z n

X n = {(x1 , x2 , ..., xn ) : xi ∈ X, i = 1, 2, ..., n} .

1.3 Binarne relacije U matematici se, kao i u svakodnevnom ºivotu, postavlja pitanje u kakvom su odnosu (vezi, relaciji) elementi neka dva skupa ili elementi istog skupa. Kada uo£imo neko dvoje studenata (sa razli£itih ili sa istog fakulteta), moºemo pitati da li su oni poznanici ili ne, da li su iz iste op²tine ili ne, da li oboje stanuju u studentskom domu ili ne, da li oboje primaju stipendiju ili ne, da li su istog pola ili ne itd. Ako uo£imo dvije drºave, moºe nas zanimati da li su one susjedne ili ne, da li su sa istog kontinenta ili ne, da li jedna sa drugom imaju uspostavljene diplomatske odnose ili ne, da li izmežu njih postoji direktna avionska linija ili ne, da li imaju istu valutu ili ne itd. Mogu¢e je, dakle, posmatrati razne relacije izmežu elemenata jednog ili dva skupa. Pojam binarne relacije spada u osnovne matemati£ke pojmove i on se koristi u mnogim matemati£kim disciplinama. Formalno se taj pojam deni²e na sljede¢i na£in.

8

Poglavlje 1. Uvod

Urežena trojka (X, Y, R), gdje su X i Y neprazni skupovi i R proizvoljan podskup Dekartovog proizvoda X × Y (R ⊆ X × Y ), naziva se binarna relacija izmežu X i Y. Ako je Y = X, onda se govori o binarnoj relaciji u skupu X. Za elemente x ∈ X i y ∈ Y kaºemo da su u relaciji R i pi²emo xRy ako (x, y) ∈ R. Iz xRy u op²tem slu£aju ne slijedi yRx. Binarna relacija (X, Y, R) obi£no se poistovje¢uje sa R, pa moºemo re¢i da se svaki podskup R skupa X × Y naziva binarna relacija (kra¢e relacija) izmežu X i Y. Elementi skupa R su, dakle, neki ureženi parovi iz X × Y i to samo oni £ije su komponente u posmatranoj relaciji. Ako neki ureženi par iz X × Y ne pripada skupu R, to zna£i da prva i druga komponenta tog para nisu u relaciji R.

Primjer 1.3

Neka je X = {1, 2, 3} i Y = {2, 4, 6} . Tada je

X × Y = {(1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 2), (3, 4), (3, 6)} , pa sljede¢i podskupovi od X × Y predstavljaju binarne relacije izmežu X i Y :

R1 R2 R3 R4 R5

= {(3, 2)} ; = {(2, 2), (3, 2)} ; = {(1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 6)} ; = {(1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 4), (2, 6), (3, 4), (3, 6)} ; = {(1, 2), (2, 4), (3, 6)} .

Relacije R1 i R2 pokazuju da ne mora svaki element skupa X biti u vezi sa nekim elementom skupa Y i obrnuto. Primijetimo da se navedene relacije mogu zapisati i na sljede¢i na£in:

R1 = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y, x > y} , R2 = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y, x ≥ y} , R3 = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y, x | y} , R4 = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y, x < y} , R5 = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y, y = 2x} . Za cijele brojeve x i y oznaka x | y zna£i da x dijeli y, tj. da postoji cio broj k takav da je y = kx.

Primjer 1.4

Ako je X skup iz prethodnog primjera, tada je

X × X = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)} . Kao primjere binarnih relacija u skupu X navodimo sljede¢e podskupove od X ×X :

R1 R2 R3 R4

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

1.3. Binarne relacije

9

Primijetimo da se navedene relacije mogu zapisati i na sljede¢i na£in:

R1 = {(x, y) : x, y ∈ X, x ≤ y} , R2 = {(x, y) : x, y ∈ X, x < y} , R3 = {(x, y) : x, y ∈ X, x = y} , R4 = {(x, y) : x, y ∈ X, x | y} .

Urežena (n + 1)-orka (X1 , X2 , ..., Xn , R), gdje su Xi (i = 1, 2, ..., n) neprazni skupovi i R proizvoljan podskup Dekartovog proizvoda X1 × X2 × · · · × Xn (R ⊆ X1 × X2 × · · · × Xn ), naziva se n-arna relacija izmežu X1 , X2 , ..., Xn . Ako je Xi = X (i = 1, 2, ..., n), onda se govori o n-arnoj relaciji u skupu X. Ako (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ R, tada kaºemo da su elementi x1 , x2 , ..., xn (u navedenom poretku) u relaciji R. Binarna relacija predstavlja specijalan slu£aj n-arne relacije kada je n = 2. Za binarnu relaciju R u skupu X kaºemo da je

• reeksivna ako ∀x ∈ X vaºi xRx; • simetri£na ako ∀x, y ∈ X vaºi xRy ⇒ yRx; • antisimetri£na ako ∀x, y ∈ X vaºi xRy ∧ yRx ⇒ x = y; • tranzitivna ako ∀x, y, z ∈ X vaºi xRy ∧ yRz ⇒ xRz. Posmatrajmo binarne relacije iz prethodnog primjera. Relacije R1 , R3 i R4 su reeksivne, dok relacija R2 to nije jer, na primjer, (1, 1) 6∈ R2 . Od tih relacija samo je relacija R3 simetri£na. Na primjer, relacija R1 nije simetri£na jer (1, 3) ∈ R3 , dok (1, 3) 6∈ R3 . Sve navedene relacije su tranzitivne. Kao primjer relacije u istom skupu X iz posmatranog primjera moºe da posluºi relacija R = {(1, 2), (2, 3)} . Jasno je da iz 1R2 ∧ 2R3 ne slijedi 1R3 jer (1, 3) 6∈ R. To zna£i da relacija R nije tranzitivna. Kao primjer antisimetri£ne relacije moºe da posluºi relacija podskup (⊆) u partitivnom skupu P(A), gdje je A proizvoljan skup. Prema onome ²to smo rekli u odjeljku 1.2, za sve X, Y ∈ P(A) vaºi

X ⊆ Y ∧ Y ⊆ X ⇒ X = Y.

10

Poglavlje 1. Uvod

1.4 Relacija ekvivalencije Svaka binarna relacija R u skupu X koja je istovremeno reeksivna, simetri£na i tranzitivna naziva se relacija ekvivalencije i ozna£ava sa ∼ . Primijetimo da je relacija jednakosti = relacija ekvivalencije u svakom skupu X jer za sve x, y, z ∈ X vaºi

x = x,

x = y ⇒ y = x,

x = y ∧ y = z ⇒ x = z.

Relacija ekvivalencije, u stvari, predstavlja uop²tenje relacije jednakosti. Naime, ako se uo£i neko svojstvo ili atribut P elemenata skupa X, tada relacija ∼ u skupu X denisana sa

x∼y

ako je P (x) = P (y)

predstavlja relaciju ekvivalencije jer za sve x, y, z ∈ X vaºi

P (x) = P (x), P (x) = P (y) ⇒ P (y) = P (x), P (x) = P (y) ∧ P (y) = P (z) ⇒ P (x) = P (z).

Primjer 1.5

denisana sa

Ako je X skup kuglica i ako je P (x) boja kuglice x, tada relacija ∼

x∼y

ako su kuglice x i y iste boje

predstavlja relaciju ekvivalencije u skupu X.

Primjer 1.6 Neka je X skup ljudi i neka P (x) ozna£ava horoskopski znak osobe x. Relacija ∼ denisana sa x∼y

ako su osobe x i y rožene u istom horoskopskom znaku

predstavlja relaciju ekvivalencije u skupu X.

Primjer 1.7

Neka je X skup studenata za koje pretpostavljamo da su zavr²ili samo jednu srednju ²kolu i neka P (x) ozna£ava vrstu srednje ²kole koju je zavr²io student x (na primjer, gimnaziju, elektrotehni£ku ²kolu, ma²insku ²kolu itd.). Relacija ∼ denisana sa

x∼y

ako su studenti x i y zavr²ili istu vrstu srednje ²kole

predstavlja relaciju ekvivalencije u skupu X.

1.4. Relacija ekvivalencije

11

Primjer 1.8

Neka je X = {1, 2, 3} i R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1)} binarna relacija u skupu X. Kako je ta relacija reeksivna, simetri£na i tranzitivna, to je relacija ekvivalencije.

Primjer 1.9

Neka je X = Z i neka je relacija ∼ denisana sa

x∼y

ako n | (x − y),

gdje je n > 1 dati cio broj. Kako n | 0, tj. n | (x − x), imamo da za svako x ∈ X vaºi x ∼ x, pa je relacija ∼ reeksivna. Ako n | (x − y), tada n | −(x − y), odnosno n | (y − x). Ovo zna£i da za sve x, y ∈ X vaºi x ∼ y ⇒ y ∼ x, pa je relacija ∼ simetri£na. Kona£no, ako n | (x − y) i n | (y − z), tada n | ((x − y) + (y − z)), tj. n | (x − z). Ovo zna£i da za svako x, y, z ∈ X vaºi x ∼ y ∧ y ∼ z ⇒ x ∼ z, pa je relacija ∼ tranzitivna. S obzirom na sve ovo, relacija ∼ je relacija ekvivalencije u skupu X.

Relacija ekvivalencije iz prethodnog primjera naziva se kongruencija po modulu n. Kada je broj x ∈ Z u toj relaciji sa brojem y ∈ Z, obi£no se pi²e

x≡y

(mod n),

a to se £ita ,,x je kongruentno sa y po modulu n. Iz n | (x − y) slijedi da brojevi x i y imaju isti ostatak pri dijeljenju sa n, pa se relacija x ≡ y (mod n) moºe i tako interpretirati. Ako pretpostavimo da je n = 4, tada relacija ∼ iz prethodnog primjera dovodi do podjele skupa X = Z na 4 disjunktna podskupa

X1 = {0, 4, −4, 8, −8, 12, −12, ...} , X2 = {1, 5, −5, 9, −9, 13, −13, ...} , X3 = {2, 6, −6, 10, −10, 14, −14, ...} , X4 = {3, 7, −7, 11, −11, 15, −15, ...} . Vidje¢emo sada ²ta su u stvari ti podskupovi Xi (i = 1, 2, 3, 4) na koje relacija ∼ dijeli skup X. Iz svih prethodnih primjera moºe se uo£iti da relacija ekvivalencije ∼ dovodi do podjele skupa X na disjunktne podskupove X1 , X2 , ... . Tako se u Primjeru 1.5 skup kuglica X dijeli na podskupove koje £ine kuglice iste boje (na primjer, crvene, plave itd.). Relacija ekvivalencije iz Primjera 1.6 skup ljudi X dijeli na podskupove koje £ine ljudi iz X koji su roženi u istom znaku horoskopa. Jedan podskup £ine svi ljudi roženi u znaku ovna (ako u skupu X ima takvih), drugi podskup £ine svi ljudi roženi u znaku bika itd. Relacija

12

Poglavlje 1. Uvod

∼ iz Primjera 1.7 dijeli studente na gimnazijalce, elektrotehni£are itd. U Primjeru 1.8 imamo relaciju ekvivalencije koja dijeli skup X na podskupove X1 = {1, 2} i X2 = {3} . Ako je ∼ neka relacija ekvivalencije u skupu X, tada se skup svih elemenata iz X koji su u toj relaciji sa ksiranim elementom x ∈ X naziva klasa ekvivalencije elementa x i ozna£ava sa Cx . Dakle, Cx = {y ∈ X : y ∼ x} . Primijetimo da svaki element skupa X ima svoju klasu ekvivalencije i da su sve klase ekvivalencije neprazni skupovi jer klasa Cx sadrºi bar element x (to je posljedica reeksivnosti). Skup svih klasa ekvivalencije elemenata skupa X naziva se koli£ni£ki skup i ozna£ava sa X/ ∼ . Vidje¢emo sada ²ta su klase ekvivalencije u vezi sa navedenim primjerima relacija ekvivalencije. Razmotrimo prvo Primjer 1.5. Neka je x proizvoljna kuglica iz skupa X. Ako pretpostavimo da je ona crvene boje, tada klasu Cx £ine sve crvene kuglice iz skupa X. Ako je y druga kuglica i ako je ona takože crvena, tada je i Cy skup svih crvenih kuglice iz X, pa je Cy = Cx . Ako je kuglica y neke druge boje, recimo plave, tada je Cy skup svih plavih kuglice iz X. Prema tome, ako su kuglice x i y iste boje, tj. ako je x ∼ y, tada je Cx = Cy , a ako su x i y kuglice razli£itih boja, tj. ako je x 6∼ y, tada je Cx ∩ Cy = ∅. U vezi sa Primjerom 1.6 uo£imo proizvoljnu osobu x iz skupa X. Njoj odgovara jedan od 12 horoskopskih znakova, recimo ovan. Klasu Cx £ine sve osobe iz X koje su rožene u znaku ovna. Neka je y druga osoba iz skupa X. Ako je i ta osoba rožena u znaku ovna, tada je Cy = Cx . Ako osoba y nije rožena u znaku ovna ve¢, recimo, u znaku ribe, tada Cy £ine sve ribe iz skupa X. U tom slu£aju je Cx ∩ Cy = ∅. Dakle, iz x ∼ y slijedi Cx = Cy , dok iz x 6∼ y slijedi Cx ∩ Cy = ∅. Primjer 1.7 razmotrite sami. Klase ekvivalencije elemenata 1, 2 i 3 skupa X iz Primjera 1.8 su, redom,

C1 = {1, 2} ,

C2 = {1, 2}

i C3 = {3}

jer je 1 ∼ 1 i 1 ∼ 2, 2 ∼ 1 i 2 ∼ 2, dok je 3 ∼ 3. U vezi sa Primjerom 1.9 pretpostavimo da je n = 4 (ostali slu£ajevi razmatraju se sli£no). U tom slu£aju klase ekvivalencije elemenata 0, 1, 2 i 3 su redom

C0 = {0, 4, −4, 8, −8, 12, −12, ...} , C1 = {1, 5, −5, 9, −9, 13, −13, ...} , C2 = {2, 6, −6, 10, −10, 14, −14, ...} , C3 = {3, 7, −7, 11, −11, 15, −15, ...} .

1.4. Relacija ekvivalencije

13

Primijetimo da su u ovom slu£aju klase elemenata 4, −4, 8, −8, ... jednake klasi C0 , tj. C0 = C4 = C−4 = C8 = C−8 = · · · . Sli£no je

C1 = C5 = C−5 = C9 = C−9 = · · · C2 = C6 = C−6 = C10 = C−10 = · · · C3 = C7 = C−7 = C11 = C−11 = · · · .

Opet vaºi zaklju£ak koji smo izveli i ranije. Ako je x ∼ y, tada je Cx = Cy , a ako x 6∼ y, tada je Cx ∩ Cy = ∅. Sve ovo ²to smo uo£ili sada ¢emo i dokazati.

Teorema 1.1 Ako je ∼ relacija ekvivalencije na skupu X, tada vaºi: 1. X =

[

Cx ;

x∈X

2. x ∼ y ⇒ Cx = Cy ; 3. x ∼ 6 y ⇒ Cx ∩ Cy = ∅ .

Dokaz. 1. Kako je Cx ⊆ X za svako x ∈ X, jasno je da je

[

Cx ⊆ X. S

x∈X

druge strane, za svaki element x ∈ X vaºi x ∈ Cx , pa imamo X ⊆ Uzimaju¢i u obzir obje relacije zaklju£ujemo da je X =

[

[

Cx .

x∈X

Cx .

x∈X

2. Neka je x ∼ y i neka z ∈ Cx , tj. neka je z ∼ x. Iz z ∼ x i x ∼ y slijedi z ∼ y, pa z ∈ Cy . S obzirom na ovo, imamo relaciju Cx ⊆ Cy . Sli£no, ako w ∈ Cy , tada iz w ∼ y i y ∼ x slijedi w ∼ x, pa w ∈ Cx . Ovo zna£i da je Cy ⊆ Cx , pa imamo i dokaz tvrženja 2. 3. Pretpostavimo sada da x 6∼ y. Kako to zna£i da x 6∈ Cy i kako x ∈ Cx , zaklju£ujemo da je Cx 6= Cy . Da bismo dokazali da iz Cx 6= Cy slijedi Cx ∩ Cy = ∅, dokaza¢emo da iz Cx ∩ Cy 6= ∅ slijedi Cx = Cy (zakon kontrapozicije). U tom cilju pretpostavimo da z ∈ Cx ∩ Cy . Iz z ∈ Cx i z ∈ Cy , tj. iz z ∼ x i z ∼ y zbog simetri£nosti relacije ∼ slijedi x ∼ z i z ∼ y, pa na osnovu svojstva tranzitivnosti relacije ∼ imamo x ∼ y. S obzirom na ovo i na tvrženje 2., zaklju£ujemo da je Cx = Cy , £ime je dokazano tvrženje 3. Kako su klase ekvivalencije Cx (x ∈ X ) neprazni skupovi, iz ove teoreme slijedi da familija {Cx } , x ∈ X predstavlja jednu particiju skupa X (vidjeti odjeljak 1.2). S obzirom na to, svaka relacija ekvivalencije u skupu X odrežuje jednu particiju tog skupa.

14

Poglavlje 1. Uvod

Pokazuje se da vaºi i obrnuto tvrženje, tj. da svaka particija skupa X odrežuje jednu relaciju ekvivalencije u skupu X.

Teorema 1.2 Neka familija nepraznih podskupova Xi , i ∈ I predstavlja jednu particiju skupa X. Ako je ∼ binarna relacija u skupu X denisana sa x ∼ y ako x, y ∈ Xi za neko i ∈ I, onda je to relacija ekvivalencije u skupu X.

Dokaz. Da bismo dokazali da je ∼ relacija ekvivalencije u skupu X, dokaza¢emo da je ona reeksivna, simetri£na i tranzitivna. [ Neka je x proizvoljan element skupa X. Kako je X = Xi , postoji i ∈ I i∈I

tako da x ∈ Xi , pa imamo x ∼ x. To zna£i da je relacija ∼ reeksivna. Dokaza¢emo sada da je ta relacija simetri£na. Iz x ∼ y slijedi da x, y ∈ Xi za neko i ∈ I, pa imamo y, x ∈ Xi za uo£eno i ∈ I, a to zna£i da je y ∼ x. Ako je x ∼ y i y ∼ z, to zna£i da x, y ∈ Xi za neko i ∈ I i y, z ∈ Xj za neko j ∈ I. S obzirom na to, y ∈ Xi ∩ Xj , ²to zna£i da je Xi ∩ Xj 6= ∅. Kako razli£iti skupovi iz familije Xi , i ∈ I moraju biti disjunktni, zaklju£ujemo da Xi i Xj nisu razli£iti skupovi, pa imamo Xi = Xj . To zna£i da elementi x, y i z pripadaju istom skupu, pa je x ∼ z, £ime je dokazana tranzitivnost relacije ∼ .

1.5 Relacija parcijalnog ureženja Svaka binarna relacija R u skupu X koja je istovremeno reeksivna, antisimetri£na i tranzitivna naziva se relacija parcijalnog ureženja i ozna£ava sa ¹ . Skup X u kome je uvedena relacija parcijalnog ureženja ¹ naziva se parcijalno urežen skup i ozna£ava sa (X, ¹). Umjesto x ¹ y moºe se pisati y º x. Ako je x ¹ y i x 6= y, pi²emo x ≺ y. Umjesto x ≺ y moºe se pisati y  x.

Primjer 1.10

Neka je X skup realnih brojeva R. Relacija ≤ predstavlja relaciju parcijalnog ureženja u R jer za sve x, y, z ∈ R vaºi

x ≤ x,

x ≤ y ∧ y ≤ x ⇒ x = y,

x ≤ y ∧ y ≤ z ⇒ x ≤ z.

To zna£i da je relacija ≤ reeksivna, antisimetri£na i tranzitivna, pa je (R, ≤) parcijalno urežen skup.

1.5. Relacija parcijalnog ureženja

15

Kao ²to relacija ekvivalencije ∼ predstavlja uop²tenje relacije =, tako relacija parcijalnog ureženja ¹ predstavlja uop²tenje relacije ≤ .

Primjer 1.11 Neka je S neprazan skup i X = P(S). Relacija ⊆ predstavlja relaciju parcijalnog ureženja u X jer za sve A, B, C ∈ X vaºi A ⊆ A,

A ⊆ B ∧ B ⊆ A ⇒ A = B,

A ⊆ B ∧ B ⊆ C ⇒ A ⊆ C.

Relacije < u R i ⊂ u P(S) nisu relacije parcijalnog ureženja jer one nisu reeksivne.

Primjer 1.12

Neka je X skup cijelih brojeva Z. Ve¢ smo rekli da oznaka x | y zna£i da cio broj x dijeli cio broj y, tj. da je y = k · x za neki cio broj k. Kako za sve x, y, z ∈ Z vaºi

x | x,

x | y ∧ y | x ⇒ x = y,

x | y ∧ y | z ⇒ x | z,

relacija | predstavlja relaciju parcijalnog ureženja u Z, pa je (Z, |) parcijalno urežen skup.

Primjer 1.13 Ako je X skup rije£i jednog jezika (rije£ moºemo shvatiti kao kona£an niz slova), tada leksikografski poredak (to je poredak rije£i kakav nalazimo u rje£nicima) predstavlja relaciju parcijalnog ureženja u skupu X. Ako je ¹ relacija parcijalnog ureženja u skupu X i ako za svaki par elemenata x, y ∈ X vaºi x ¹ y ∨ y ¹ x, onda kaºemo da je ¹ relacija totalnog ureženja u skupu X. Za skup X u kome je uvedena relacija totalnog ureženja kaºemo da je totalno urežen skup . Relacija ≤ predstavlja relaciju totalnog ureženja u skupu R jer je to relacija parcijalnog ureženja sa svojstvom da za svaka dva realna broja x i y imamo x ≤ y ili y ≤ x. I skupovi N, Z, Q sa relacijom ≤ su totalno ureženi skupovi.

Primjer 1.14 denisana sa

x¹y

Neka je X skup studenata i neka je ¹ binarna relacija u skupu X

ako prosje£na ocjena studenta x nije ve¢a od prosje£ne ocjene studenta y

(ako student nema poloºen nijedan ispit, smatra¢emo da mu je prosje£na ocjena 5.00). Ovako denisana binarna relacija u skupu X je relacija totalnog ureženja, pa je (X, ¹) totalno urežen skup.

16

Poglavlje 1. Uvod

Vidjeli smo da je ⊆ relacija parcijalnog ureženja u P(S), ali to nije relacija totalnog ureženja jer je mogu¢e na¢i skupove A, B ∈ P(S) takve da A 6⊆ B i B 6⊆ A. To, na primjer, vaºi za svaka dva disjunktna skupa iz P(S).

Primjer 1.15

Ako je X = {{1} , {1, 2} , {1, 2, 3}} , tada je (X, ⊆) totalno urežen skup. Ako je X = {{1} , {2} , {1, 2, 3}} , tada (X, ⊆) nije totalno urežen skup jer {1} 6⊆ {2} i {2} 6⊆ {1} .

Leksikografski poredak je relacija totalnog ureženja jer se za svake dvije rije£i zna koja od njih ¢e do¢i prije u rje£niku. Neka je (X, ¹) parcijalno (totalno) urežen skup. Za skup Y ⊆ X kaºemo da je odozgo ograni£en ako postoji element M ∈ X takav da je

y¹M

za sve y ∈ Y.

(1.1)

Svaki element M ∈ X za koji vaºi (1.1) naziva se gornja granica (majoranta ) skupa Y. Za skup Y ⊆ X kaºemo da je odozdo ograni£en ako postoji element m ∈ X takav da je m ¹ y za sve y ∈ Y. (1.2) Svaki element m ∈ X za koji vaºi (1.2) naziva se donja granica (minoranta ) skupa Y. Za skup Y ⊆ X kaºemo da je ograni£en ako je on ograni£en i odozgo i odozdo. Ako je M gornja granica skupa Y i ako M ∈ Y, tada M predstavlja najve¢i element (maksimum ) skupa Y. U tom slu£aju pi²emo M = max Y. Dakle, M = max Y ako vaºi

M ∈Y ∧ y¹M

za sve y ∈ Y.

Ako je m donja granica skupa Y i ako m ∈ Y, tada m predstavlja najmanji element (minimum ) skupa Y. U tom slu£aju pi²emo m = min Y. Dakle, m = min Y ako vaºi

m∈Y ∧ m¹y

za sve y ∈ Y.

Najmanja gornja granica skupa Y naziva se supremum skupa Y i ozna£ava sa sup Y. sup Y je element skupa X koji ima sljede¢a dva svojstva:

1.5. Relacija parcijalnog ureženja

17

1. sup Y je gornja granica skupa Y ; 2. za svaku gornju granicu M skupa Y vaºi sup Y ¹ M. Ako skup Y ima najve¢i element, tada je sup Y = max Y. Najve¢a donja granica skupa Y naziva se inmum skupa Y i ozna£ava sa inf Y. inf Y je element skupa X koji ima sljede¢a dva svojstva: 1. inf Y je donja granica skupa Y ; 2. za svaku donju granicu m skupa Y vaºi m ¹ inf Y. Ako skup Y ima najmanji element, tada je inf Y = min Y. Primijetimo da su inmum, supremum, minimum i maksimum skupa Y jedinstveni ako postoje. Dokaza¢emo samo jedinstvenost inmuma jer su ostali dokazi sli£ni. Pretpostavimo da skup Y ima dva inmuma m1 i m2 , tj. da je m1 = inf Y i m2 = inf Y. S obzirom na prvo svojstvo inmuma, imamo da su i m1 i m2 donje granice skupa Y. Ako iskoristimo drugo svojstvo inmuma, imamo da za svaku donju granicu m skupa Y vaºe uslovi m ¹ m1 i m ¹ m2 . Za m = m2 iz prvog uslova dobijamo m2 ¹ m1 , dok za m = m1 iz drugog uslova dobijamo m1 ¹ m2 . Kako je relacija ¹ antisimetri£na, zaklju£ujemo da je m1 = m2 , ²to zna£i da je inmum skupa Y jedinstven. Vaºni podskupovi skupa X su podskupovi oblika

[a, b] = {x ∈ X : a ¹ x ¹ b}

(a, b ∈ X,

a ¹ b)

koji se nazivaju segmenti skupa X, kao i podskupovi oblika

(a, b) = {x ∈ X : a ≺ x ≺ b}

(a, b ∈ X,

a ≺ b)

koji se nazivaju intervali skupa X. Osim njih koriste se i podskupovi [a, b), (a, b], [a, +∞), (a, +∞), (−∞, b] i (−∞, b), gdje, na primjer, oznake [a, +∞) i (−∞, b), imaju sljede¢a zna£enja

[a, +∞) = {x ∈ X : a ¹ x} , (−∞, b) = {x ∈ X : x ≺ b} .

Primjer 1.16

Posmatrajmo urežen skup (R, ≤). Skup

X = [0, 1] = {x ∈ R : 0 ≤ x ≤ 1}

18

Poglavlje 1. Uvod

je odozgo ograni£en. Svaki realan broj M ∈ [1, +∞] predstavlja gornju granicu tog skupa. Pri tome je sup X = max X = 1. Skup X je i odozdo ograni£en. Svaki realan broj m ∈ (−∞, 0] predstavlja njegovu donju granicu. Pri tome je inf X = min X = 0. I skup Y = [0, 1) ⊆ R je ograni£en i vaºi

inf Y = min Y = 0,

sup Y = 1.

Skup Y nema najve¢i element (maksimum). Sli£no, skup Z = (0, 1] ⊆ R nema najmanji element (minimum), dok je

inf Z = 0,

sup Z = max Z = 1.

Skup W = (0, 1) ⊆ R nema ni minimum ni maksimum, dok je

inf W = 0,

sup W = 1.

Skupovi [0, +∞), (0, +∞), (−∞, 0], (−∞, 0) nisu ograni£eni jer nisu ograni£eni ili odozgo ili odozdo. Skupovi koji nisu odozgo ograni£eni nemaju ni maksimum ni supremum, dok skupovi koji nisu odozdo ograni£eni nemaju ni minimum ni inmum.

Primjer 1.17

Ako je S = {1, 2, 3, 4} i X = P(S) = {∅, {1}, {2}, ..., {1, 2, 3, 4}} , tada je (X, ⊆) parcijalno urežen skup. Skup Y = {{1}, {2}, {1, 2}} ⊆ X je odozgo ograni£en. Njegove gornje granice (majorante) su sljede¢i elementi skupa X :

{1, 2},

{1, 2, 3},

{1, 2, 4},

{1, 2, 3, 4}.

Najmanja gornja granica (supremum) skupa Y je element {1, 2}. To je i najve¢i element (maksimum) skupa Y. Dakle,

max Y = sup Y = {1, 2}. Skup Y je i odozdo ograni£en. On ima samo jednu donju granicu (minorantu) i to je element ∅. To je ujedno i njegova najve¢a donja granica (inmum). Skup Y nema najmanji element (minimum) jer on ne sadrºi podskup skupa S koji bi bio podskup od {1}, {2} i {1, 2}. Dakle,

inf Y = ∅,

min Y ne postoji.

Skup Z = {∅, {1}, {2}, {1, 3}} ⊆ X je odozgo ograni£en. Njegove gornje granice su elemeni {1, 2, 3} i {1, 2, 3, 4}. Najmanja gornja granica skupa Z je {1, 2, 3}. Skup

1.6. Preslikavanja

19

Z nema maksimum jer on ne sadrºi skup takav da su ∅, {1}, {2} i {1, 3} njegovi podskupovi. Dakle, max Z ne postoji,

sup Z = {1, 2, 3}.

U ovom slu£aju je

min Z = inf Z = ∅. Skup W = {{1}, {2}, {1, 3}} je ograni£en. Njegove gornje granice su skupovi {1, 2, 3} i {1, 2, 3, 4}, dok je ∅ njegova jedina donja granica, pa imamo

inf W = ∅,

sup W = {1, 2, 3}.

Skup W nema ni minimum ni maksimum.

1.6 Preslikavanja U pojmove bez kojih nije mogu¢e zamisliti matematiku spada svakako i pojam preslikavanja. Denisa¢emo taj pojam prvo na na£in koji nije do kraja strog ali je intuitivno jasan, a onda ¢emo dati i drugu deniciju u terminima binarnih relacija koja ¢e biti stroºa. Neka su X i Y neprazni skupovi i f pravilo po kome se svakom elementu skupa X pridruºuje po jedan element skupa Y. Urežena trojka (X, Y, f ) naziva se preslikavanje skupa X u skup Y, a uobi£ajeno je da se i samo pravilo f naziva preslikavanje. Pored naziva preslikavanje koriste se i drugi nazivi kao operator, transformacija itd. U slu£aju kada su X i Y skupovi brojeva koristi se naziv funkcija . Pored zapisa u obliku urežene trojke (X, Y, f ) preslikavanje se zapisuje u obliku f : X → Y (ovo £itamo ,,f preslikava skup X u skup Y ) ili kra¢e sa f. Skup X naziva se oblast denisanosti (domen ) preslikavanja f, dok se skup Y naziva kodomen preslikavanja f. Oznaka x 7→ f (x) ukazuje na £injenicu da se pri preslikavanju f elementu x ∈ X pridruºuje element f (x) ∈ Y. Element f (x) ∈ Y naziva se slika elementa x ∈ X pri preslikavanju f, a £esto se kaºe i da je to vrijednost preslikavanja f u ta£ki x. Skup R(f ) = {f (x) : x ∈ X} naziva se oblast vrijednosti preslikavanja f. Jasno je da je R(f ) ⊆ Y.

20

Poglavlje 1. Uvod Ako je Z ⊆ X, tada se skup

f (Z) = {f (z) : z ∈ Z} naziva slika skupa Z pri preslikavanju f. S obzirom na uvedene oznake, imamo R(f ) = f (X), tj. oblast vrijednosti preslikavanja f je slika oblasti denisanosti toga preslikavanja. Ako je U ⊆ Y, tada se skup

f −1 (U ) = {x ∈ X : f (x) ∈ U } naziva inverzna slika skupa U pri preslikavanju f. Ako je U jedno£lan skup {y}, tada je f −1 {y} skup svih elemenata skupa X koji se pri preslikavanju f preslikavaju u element y. Rekli smo da se preslikavanje skupa brojeva u skup brojeva obi£no naziva funkcija. Uobi£ajeno je da se funkcija zadaje jednako²¢u koja odrežuje pravilo pridruºivanja. Na primjer, kvadriranje realnih brojeva je funkcija i ona se zadaje jednako²¢u f (x) = x2 , x ∈ R. Ova jednakost opisuje pravilo po kom se vr²i pridruºivanje. S obzirom na to pravilo, i broju 1 i broju −1 pridruºuje se broj 1, dok se brojevima −2 i 3 pridruºuju brojevi 4 i 9, redom. Ako sa y ozna£imo op²ti element skupa Y, a sa x op²ti element skupa X, tada se funkcija f : X → Y moºe zapisati u obliku jednakosti

y = f (x). Mada ovaj zapis nije korektan, on se £esto koristi. Nave²¢emo sada neke primjere koji ¢e pomo¢i da se bolje razumije pojam preslikavanja.

Primjer 1.18

Neka je X skup igra£a jednog fudbalskog tima, Y skup prirodnih brojeva i f pravilo po kome se elementu x ∈ X pridruºuje element skupa Y denisano sa

f (x) = broj koji igra£ x nosi na ležima u toku utakmice. Kako svaki igra£ u toku utakmice mora na ležima nositi broj i kako nijedan igra£ ne moºe na ležima nositi dva ili vi²e brojeva, ovako denisano pravilo pridruºivanja ispunjava uslove iz denicije, pa urežena trojka (X, Y, f ), odnosno samo pravilo f,

1.6. Preslikavanja

21

predstavlja preslikavanje iz X u Y. Kako fudbalski tim ima manje igra£a nego ²to ima prirodnih brojeva, jasno je da postoje prirodni brojevi koje ne nosi nijedan od igra£a. Pri denisanom pridruºivanju svakom igra£u odgovara po jedan prirodan broj, ali ne¢e svaki prirodan broj biti pridruºen nekom od igra£a.

Primjer 1.19

Neka je X skup gražana Republike Srpske, Y skup svih nizova dekadnih cifara duºine 13 i f pravilo pridruºivanja denisano sa

f (x) = jedinstven mati£ni broj gražanina x ∈ X. Urežena trojka (X, Y, f ), odnosno samo pravilo f, predstavlja preslikavanje iz X u Y jer je svakom gražaninu iz X pridruºen po jedan niz cifara iz Y koji se naziva jedinstven mati£ni broj i ozna£ava sa JMB.

Primjer 1.20

Neka je X skup studenata Elektrotehni£kog fakulteta u Banjoj Luci, Y skup svih imena (Y = {Marko, Petar, Sonja, Marija,... }) i f pravilo pridruºivanja denisano sa

f (x) = ime studenta x ∈ X. Urežena trojka (X, Y, f ), tj. pravilo f, predstavlja preslikavanje iz X u Y jer svakom studenti iz X odgovara po jedno ime iz skupa Y. Primijetimo da jedno ime moºe biti pridruºeno i ve¢em broju studenata, ali ne postoji student koji bi imao dva ili vi²e imena. Naime, u na²oj sredini nije obi£aj da se ljudima daje vi²e imena. Ako bi se u skupu X ipak na²ao student sa dva ili vi²e imena, onda posmatrano pravilo f ne bi bilo preslikavanje u smislu na²e denicije.

Primjer 1.21

Neka je X skup ljudi i Y skup realnih brojeva i neka su f i g pravila pridruºivanja denisana na sljede¢i na£in:

f (x) = g(x) =

teºina osobe x ∈ X, broj cipela osobe x ∈ X.

Oba ova pravila odrežuju preslikavanja iz X u Y, tj. urežene trojke (X, Y, f ) i (X, Y, g) jesu preslikavanja u smislu na²e denicije.

22

Poglavlje 1. Uvod

Primjer 1.22

Neka je X skup svih stanovnika jednog grada, Y skup svih nizova dekadnih cifara i f pravilo pridruºivanja denisano sa

f (x) = teku¢i ra£un u banci stanovnika x ∈ X. Kako svaki stanovnik posmatranog grada nema u banci otvoren teku¢i ra£un, urežena trojka (X, Y, f ), tj. pravilo f, nije preslikavanje iz X u Y jer to pravilo ne pridruºuje svakom elementu skupa X neki element skupa Y. ƒak i kad bi svi stanovnici posmatranog grada imali otvorene teku¢e ra£une, pravilo f ne bi opet bilo preslikavanje jer neki ljudi imaju vi²e teku¢ih ra£una otvornih u raznim bankama, ²to bi zna£ilo da pravilo f nekim elementima skupa X pridruºuje vi²e elemenata skupa Y, ²to nije dopu²teno denicijom preslikavanja.

Primjer 1.23

Neka je X skup svih gražana jedne drºave, Y skup svih predsjedni£kih kandidata i f pravilo pridruºivanja denisano sa

f (x) = predsjedni£ki kandidat za koji je glasao gražanin x ∈ X. Urežena trojka (X, Y, f ), tj. pravilo f, nije preslikavanje iz X u Y jer nema svaki gražanin pravo glasa na izborima. Ako bismo sa X ozna£ili skup svih gražana jedne drºave koji imaju glasa£ko pravo, urežena trojka (X, Y, f ) opet nije preslikavanje jer nikad svi gražani sa pravom glasa ne izažu na izbore, pa postoji element x ∈ X kome nije pridruºen nijedan element iz Y po posmatranom pravilu f. Izborna pravila dopu²taju da ne moraju svi gražani sa pravom glasa da glasaju, ali denicija preslikavanja ne dopu²ta da pravilo f nekom elementu x ∈ X ne pridruºi nijedan element iz Y. Pretpostavimo da je svaki gražanin sa pravom glasa iza²ao na izbore. U tom slu£aju ¢e urežena trojka (X, Y, f ) biti preslikavanje ako je svaki glasa£ki listi¢ ispravan, tj. ako je svaki gražanin zaokruºio samo po jedno ime od predsjedni£kih kandidata. Ovo je preslikavanje zato ²to je sada svakom elementu skupa X pridruºen po jedan element iz skupa Y. Jasno je da ¢e u ovom slu£aju mnogo elemenata skupa X imati istu sliku u skupu Y jer ¢e mnogo gražana glasati za istog kandidata. Ako neki gražanin nije zaokruºio nijedno ime ili ako je zaokruºio vi²e imena, urežena trojka (X, Y, f ) nije preslikavanje. U ovim slu£ajevima ili svakom elementu skupa X nije pridruºen element skupa Y ili je nekom elementu skupa X pridruºeno vi²e elemenata skupa Y. To zna£i da u ovim slu£ajevima denicija preslikavanja ne dopu²ta ono ²to ni izborna pravila ne dopu²taju.

Primjer 1.24

Neka je X = R, Y = Z i f pravilo pridruºivanja denisano sa

f (x) = [x],

1.6. Preslikavanja

23

gdje je sa [x] ozna£en cjelobrojni dio realnog broja x ∈ X, tj. [x] predstavlja najve¢i cio broj koji nije ve¢i od x. Urežena trojka (X, Y, f ) jeste funkcija jer svakom realnom broju odgovara samo po jedan cio broj sa svojstvom da je to najve¢i cio broj koji nije ve¢i od uo£enog realnog broja. Za ovako denisanu funkciju vaºi, na primjer, f (−1) = −1, f (−0.51) = −1, f (0) = 0, f (0.987) = 0, f (1.001) = 1.

Primjer 1.25 Neka su X i Y proizvoljni neprazni skupovi i neka je y0 ksiran element skupa Y. Deni²imo pravilo pridruºivanja sa f (x) = y0

za svako x ∈ X.

Kako je i u ovom slu£aju svakom elementu skupa X pridruºen samo po jedan element skupa Y, pravilo f predstavlja preslikavanje iz X u Y. U ovom slu£aju je svakom elementu skupa X pridruºen isti element iz skupa Y. Ovako denisano preslikavanje naziva se konstantno preslikavanje iz X u Y.

Primjer 1.26 nisano sa

Neka je X neprazan skup, Y = X i id pravilo pridruºivanja de-

id(x) = x za svako x ∈ X.

Urežena trojka (X, Y, f ), tj. pravilo id, jeste preslikavanje. Ovako denisano preslikavanje naziva se identi£no preslikavanje skupa X, a ozna£ava se i sa idX .

Skup

F = {(x, y) : x ∈ X ∧ y = f (x)} ⊆ X × Y naziva se grak preslikavanja f : X → Y. Preslikavanje f : X → Y moºe se poistovijetiti sa svojim grakom, tj. moºe se staviti

f = {(x, y) : x ∈ X ∧ y = f (x)} = {(x, f (x)) : x ∈ X} . Ako ovo uradimo, imamo da je f podskup Dekartovog proizvoda X × Y koji ima svojstvo da se svaki element skupa X javlja ta£no po jedanput kao prva komponenta u elementima tog podskupa. U odjeljku 1.3 smo kazali da se svaki podskup skupa X × Y naziva binarna relacija izmežu X i Y, pa zaklju£ujemo da preslikavanje f : X → Y predstavlja specijalnu binarnu relaciju izmežu skupova X i Y.

24

Poglavlje 1. Uvod

Navodimo sada formalnu deniciju preslikavanja u terminima binarnih relacija. Svaka binarna relacija (X, Y, f ) koja ima svojstvo da za svaki element x ∈ X postoji samo po jedan element y ∈ Y takav da je xf y (tj. da (x, y) ∈ f ) naziva se preslikavanje iz X u Y. Iz ove denicije slijedi da za preslikavanje f : X → Y vaºi implikacija

(x, y1 ) ∈ f ∧ (x, y2 ) ∈ f ⇒ y1 = y2 . Dok smo za proizvoljnu binarnu relaciju R koristili oznake xRy i (x, y) ∈ R da bismo ukazali da su x i y u relaciji R, za binarnu relaciju f koja je preslikavanje pored oznaka xf y i (x, y) ∈ f koristi se i oznaka y = f (x), jer su elementi x i y u relaciji f ako je y slika elementa x pri preslikavanju f. Prva denicija preslikavanja nije u matemati£kom pogledu dovoljno stroga jer je bazirana na pojmu ,,pravilo koji nije jasno denisan. Ova denicija preslikavanja je matemati£ki korektna jer je bazirana na jasno denisanom pojmu binarne relacije.

Primjer 1.27

Neka je X = {1, 2, 3, 4, 5}, Y = {a, b, c} i neka su dati sljede¢i podskupovi skupa X × Y :

f1 f2 f3 f4

= {(1, a), (2, a), (3, b), (4, c)} ; = {(1, a), (2, b), (3, c), (4, b), (5, a), (1, c)} ; = {(1, c), (2, a), (3, b), (4, a), (5, b)} ; = {(1, b), (2, c), (3, c), (4, c), (5, b)} .

f1 i f2 jesu binarne relacije izmežu X i Y, ali to nisu preslikavanja iz X u Y. Relacija f1 nije preslikavanje zato ²to postoji element iz skupa X (to je 5) koji nije u relaciji f1 ni sa jednim elementom skupa Y. Svaki element skupa X jeste u relaciji f2 sa nekim elementom iz skupa Y, ali je element 1 u relaciji f2 i sa elementom a i sa elementom c, pa binarna relacija f2 zbog toga nije preslikavanje. Relacije f3 i f4 jesu preslikavanja jer je svaki element skupa X u relacijama f3 i f4 sa po jednim elementom skupa Y. Vidimo da je f3 (1) = c, f3 (2) = a, f3 (3) = b, f3 (4) = a, f3 (5) = b, dok je f4 (1) = b, f4 (2) = c, f4 (3) = c, f4 (4) = c, f4 (5) = b. Preslikavanja f3 i f4 mogu se predstaviti i pomo¢u sljede¢ih tablica µ ¶ µ ¶ 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 f3 : , f4 : . c a b a b b c c c b Prve vrste ovih tablica sadrºe elemente skupa X , dok se ispod njih nalaze njihove slike dobijene pomo¢u odgovaraju¢eg preslikavanja.

1.6. Preslikavanja

25

Znamo da su dvije urežene trojke jednake ako su im odgovaraju¢e komponente jednake. S obzirom na to, preslikavanja (X1 , Y1 , f1 ) i (X2 , Y2 , f2 ) su jednaka ako i samo ako je X1 = X2 , Y1 = Y2 i f1 = f2 . Uslov f1 = f2 zna£i da je f1 (x) = f2 (x) za svako x ∈ X1 = X2 . Nave²¢emo sada neke vrste preslikavanja. Za preslikavanje f : X → Y kaºemo da je injektivno (injekcija , 1 − 1 preslikavanje ) ako za sve x1 , x2 ∈ X iz uslova x1 6= x2 slijedi f (x1 ) 6= f (x2 ). Drugim rije£ima, preslikavanje f je 1 − 1 ako ono razli£itim elementima skupa X pridruºuje razli£ite elemente skupa Y . S obzirom na zakon kontrapozicije, f je 1 − 1 preslikavanje ako za sve x1 , x2 ∈ X iz uslova f (x1 ) = f (x2 ) slijedi x1 = x2 . Kako za svako preslikavanje f iz x1 = x2 slijedi f (x1 ) = f (x2 ), moºemo re¢i da za injektivno preslikavanje f : X → Y vaºi ekvivalencija

f (x1 ) = f (x2 ) ⇔ x1 = x2 . Preslikavanje iz Primjera 1.18 jeste injekcija jer igra£i iz istog fudbalskog tima u toku utakmice nose razli£ite brojeve. Svi gražani Republike Srpske imaju razli£ite mati£ne brojeve, pa je i preslikavanje iz Primjera 1.19 injekcija, dok preslikavanje iz Primjera 1.20 to nije ako postoji bar dvoje studenata sa istim imenom. I preslikavanja f i g iz Primjera 1.21 obi£no nisu 1 − 1 jer ako skup X sadrºi veliki broj ljudi, onda mežu njima obi£no ima onih sa istom teºinom, kao i onih sa istim brojem cipela. Ako se to ne bi desilo, onda bi posmatrana preslikavanja bila injektivna. Preslikavanje iz Primjera 1.22 mora biti 1 − 1 jer bi u protivnom neko mogao raspolagati tužim novcem, ²to banke ne smiju dopustiti. ’to se ti£e preslikavanja iz Primjera 1.23, ona bi bila 1 − 1 u slu£aju da su se svi gražani kandidovali za predsjednika i da, svaki kandidat dobije po jedan glas. Po²to se to u praksi nikad ne de²ava, posmatrano preslikavanje nije injekcija. Ni preslikavanja iz Primjera 1.24 i 1.25 nisu injekcije. Za konstantno preslikavanje £ak nije ni mogu¢e na¢i dva elementa u X koja bi imala razli£ite slike. ’to se ti£e preslikavanja f3 i f4 iz Primjera 1.26, nijedno od njih nije injekcija. Za preslikavanje f : X → Y kaºemo da je surjektivno (sirjektivno, surjekcija, sirjekcija, preslikavanje na ) ako je f (X) = Y, tj. ako svaki element skupa Y predstavlja sliku nekog elementa skupa X.

26

Poglavlje 1. Uvod Dakle, preslikavanje f : X → Y je preslikavanje na ako

(∀y ∈ Y ) (∃x ∈ X) : f (x) = y. Preslikavanje iz Primjera 1.18 nije surjektivno jer fudbalski tim ima 11 fudbalera plus rezerva, dok skup prirodnih brojeva nije kona£an. Broj nizova dekadnih cifara duºine 13 je ve¢i od broja gražana Republike Srpske, tako da ni preslikavanje iz Primjera 1.19 nije surjekcija. ’to se ti£e preslikavanja iz Primjera 1.20, ako na spisku svih imena moºemo na¢i ime koje se ne nalazi na spisku svih studenata ETF (to se £ini vjerovatnim), onda preslikavanje iz Primjera 1.20 nije surjekcija. Preslikavanje iz Primjera 1.23 je po pravilu surjekcija mada se mežu predsjedni£kim kandidatima ponekad naže i neko za koga ni uºa rodbina ne¢e da glasa. Ali, i takvi dobiju bar po jedan glas jer valjda svaki kandidat glasa za samog sebe. Preslikavanja iz Primjera 1.24 i 1.26 su takože surjekcije. Za svaki cio broj y mogu¢e je na¢i £ak beskona£no mnogo realnih brojeva x za koje je [x] = y. Na primjer, ako je y = 2009, tada za sve relne brojeve x ∈ [2009, 2010) vaºi [x] = y. Za preslikavanje f : X → Y kaºemo da je bijektivno (bijekcija , obostrano jednozna£no preslikavanje ) ako je ono istovremeno i injektivno i surjektivno. Od preslikavanja navedenih u prethodnim primjerima samo je identi£no preslikavanje skupa X bijekcija. Ako je X kona£an skup i ako je |X| = n, tada se svako bijektivno preslikavanje f : {1, 2, ..., n} → X naziva permutacija skupa X. U tom slu£aju se svako bijektivno preslikavanje f : X → X takože naziva permutacija skupa X. Ako su X i Y kona£ni skupovi i ako znamo da je preslikavanje f : X → Y injekcija, surjekcija ili bijekcija, tada moºemo ustanoviti vezu izmežu broja elemenata skupa X i broja elemenata skupa Y. Naime, vaºe sljede¢a tvrženja:

• Ako je preslikavanje f : X → Y injekcija, tada je |X| ≤ |Y |. • Ako je preslikavanje f : X → Y surjekcija, tada je |X| ≥ |Y |. • Ako je preslikavanje f : X → Y bijekcija, tada je |X| = |Y |. • Ako je |X| = |Y | < ∞, tada je preslikavanje f : X → Y injekcija ako i samo ako je to surjekcija. • Ako je |X| = |Y | < ∞, tada je preslikavanje f : X → Y bijekcija ako i samo ako je to injekcija ili surjekcija.

1.6. Preslikavanja

27

Vidje¢emo kasnije da pretposljednje tvrženje vaºi i za specijalna preslikavanja f : X → Y kada X i Y nisu kona£ni skupovi. Naime, ako su X i Y kona£nodimenzionalni vektorski prostori iste dimenzije i ako je preslikavanje f : X → Y linearno, tada je f injekcija ako i samo ako je to surjekcija (vidjeti odjeljak 2.10). Ovaj rezultat krije se i u sljede¢em tvrženju:

• Linearni sistem Ax = b sa kvadratnom matricom A ima rje²enje za svaku desnu stranu b ako i samo ako odgovaraju¢i homogen sistem Ax = 0 ima samo trivijalno rje²enje (vidjeti odjeljak 4.9). Neka su data preslikavanja f : X → Y i g : Y → Z. Preslikavanje h : X → Z denisano sa

h(x) = g(f (x)) za sve x ∈ X naziva se kompozicija (proizvod ) preslikavanja f i g i ozna£ava sa h = g ◦ f. Dakle, (g ◦ f )(x) = g(f (x)) za sve x ∈ X. Primijetimo da kompozicija g ◦ f postoji samo u slu£aju da je kodomen preslikavanja f podskup domena preslikavanja g.

Primjer 1.28 µ f:

Neka je

a A

b D

c B

d C

¶

µ ,

Tada je

g: µ

g◦f :

a b 1 6

A 1

B 2

c d 2 5

C 5

D 6

E 3

F 4

¶ .

¶ .

Ovaj rezultat dobijamo tako ²to koristimo deniciju proizvoda preslikavanja i pri tome uzimamo u obzir kako su zadata preslikavanja f i g. Tako, na primjer, imamo

(g ◦ f )(a) = g(f (a)) = g(A) = 1,

Primjer 1.29

(g ◦ f )(b) = g(f (b)) = g(D) = 6.

Neka je X = Y = R, f (x) = x2 i g(x) = sin x. Tada je

(g ◦ f )(x) = sin x2 , dok je

(f ◦ g)(x) = sin2 x.

28

Poglavlje 1. Uvod

Iz ovog primjera se vidi da za proizvod preslikavanja ne vaºi zakon komutativnosti jer je f ◦ g 6= g ◦ f. Vidje¢emo sada da za proizvod preslikavanja vaºi zakon asocijativnosti.

Teorema 1.3 Neka su data preslikavanja f : X → Y, g : Y → Z i h : Z →

U. Tada je

h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f.

Dokaz. Da bismo ovo dokazali, treba da dokaºemo da preslikavanja h◦(g◦f )

i (h◦g)◦f imaju isti domen, isti kodomen i da je (h◦(g◦f ))(x) = ((h◦g)◦f )(x) za svako x ∈ X. Kako g ◦ f : X → Z i h ◦ g : Y → U, imamo h ◦ (g ◦ f ) : X → U i (h ◦ g) ◦ f : X → U, ²to zna£i da preslikavanja h ◦ (g ◦ f ) i (h ◦ g) ◦ f imaju isti domen i kodomen. S obzirom na deniciju proizvoda preslikavanja, za svako x ∈ X vaºi

(h ◦ (g ◦ f ))(x) = h((g ◦ f )(x)) = h(g(f (x))) i

((h ◦ g) ◦ f )(x) = (h ◦ g)(f (x)) = h(g(f (x))), pa je

((h ◦ (g ◦ f ))(x) = ((h ◦ g) ◦ f )(x) za sve x ∈ X.

Imaju¢i u vidu asocijativnost proizvoda preslikavanja umjesto h ◦ (g ◦ f ) i (h ◦ g) ◦ f moºemo pisati h ◦ g ◦ f.

Teorema 1.4 Ako su f : X → Y i g : Y → Z 1 − 1 preslikavanja, tada je i

njihov proizvod g ◦ f : X → Z 1 − 1 preslikavanje.

Dokaz. Pretpostavimo da je (g◦f )(x1 ) = (g◦f )(x2 ). S obzirom na deniciju proizvoda preslikavanja, to zna£i da je g(f (x1 )) = g(f (x2 )). Kako je g 1 − 1 preslikavanje, odavde slijedi da je f (x1 ) = f (x2 ). Uzimaju¢i u obzir da je i f 1 − 1 preslikavanje, iz prethodne relacije slijedi da je x1 = x2 . Tako smo dokazali da iz (g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ) slijedi x1 = x2 , pa je g ◦ f 1 − 1 preslikavanje.

Teorema 1.5 Ako je g ◦ f 1 − 1 preslikavanje, tada je f 1 − 1 preslikavanje.

1.7. Invertibilnost preslikavanja

29

Dokaz. Neka je f (x1 ) = f (x2 ). Tada je g(f (x1 )) = g(f (x2 )), pa je (g ◦

f )(x1 ) = (g ◦ f )(x1 ). S obzirom na to da je g ◦ f 1 − 1 preslikavanje, zaklju£ujemo da je x1 = x2 . Prema tome, ako je f (x1 ) = f (x2 ), tada je x1 = x2 , ²to zna£i da je f 1 − 1 preslikavanje. Primijetimo da sada g ne mora biti 1 − 1 preslikavanje.

Teorema 1.6 Ako su f : X → Y i g : Y → Z preslikavanja na, tada je i njihov proizvod g ◦ f : X → Z preslikavanje na. Dokaz. Dokaºimo da za svaki element z ∈ Z postoji odgovaraju¢i element

x ∈ X takav da je (g ◦ f )(x) = z. Neka je, dakle, z proizvoljan element skupa Z . Kako je g preslikavanje na, postoji element y ∈ Y takav da je g(y) = z. Kako je i f preslikavanje na, postoji element x ∈ X takav da je f (x) = y. To zna£i da za uo£eni element z ∈ Z postoji element x ∈ X takav da je z = g(f (x)), tj. z = (g ◦ f )(x), pa je g ◦ f preslikavanje na.

Teorema 1.7 Ako je g ◦ f preslikavanje na, tada je g preslikavanje na. Dokaz. Kako je g ◦ f : X → Z preslikavanje na, to zna£i da za svako z ∈ Z

postoji element x ∈ X takav da je (g ◦ f )(x) = z, tj. g(f (x)) = z. Ako stavimo y = f (x), to zna£i da za svako z ∈ Z postoji element y ∈ Y takav da je g(y) = z, pa je g : Y → Z preslikavanje na.

S obzirom na prethodne teoreme, imamo sljede¢e tvrženje.

Teorema 1.8 Ako su f : X → Y i g : Y → Z obostrano jednozna£na pres-

likavanja, tada je i njihov proizvod g ◦f obostrano jednozna£no preslikavanje.

1.7 Invertibilnost preslikavanja U praksi se £esto javlja ovakav zadatak: ako su zadati preslikavanje f : X → Y i element y ∈ Y, treba na¢i element x ∈ X takav da je

f (x) = y.

30

Poglavlje 1. Uvod

Kada traºimo rje²enje jedna£ine f (x) = y, gdje je y ∈ Y zadati element, moºemo posmatrati grak preslikavanja f, pa zamijeniti uloge domena i kodomena tog preslikavanja. Poku²a¢emo svakom elementu y ∈ Y da pridruºimo element x ∈ X za koji vaºi f (x) = y. Ako je f preslikavanje na, tada za svako y ∈ Y postoji bar po jedno rje²enje jedna£ine f (x) = y. Ako je f 1 − 1 preslikavanje, tada jedna£ina f (x) = y za svako y ∈ Y moºe imati najvi²e jedno rje²enje. Idealno bi bilo ako bi za svaki element y ∈ Y postojao ta£no po jedan element x ∈ X takav da je f (x) = y. U vezi sa tim imamo sljede¢u deniciju. Za preslikavanje f : X → Y kaºemo da je invertibilno ako za svaki element y ∈ Y postoji ta£no po jedno element x ∈ X takav da je f (x) = y. Jasno je da vaºi sljede¢e tvrženje.

Teorema 1.9 Preslikavanje f : X → Y je invertibilno ako i samo ako je to

bijekcija.

Prema tome, ako je preslikavanje f : X → Y bijektivno, ono je invertibilno, pa moºemo posmatrati preslikavanje f −1 : Y → X denisano sa f −1 (y) = x, gdje je x ∈ X element za koji je f (x) = y. Ovako denisano preslikavanje f −1 je jednozna£no odreženo i ono se naziva inverzno preslikavanje preslikavanja f. Svako invertibilno preslikavanje ima inverzno preslikavanje. Neka je {(x, f (x)) : x ∈ X} ⊆ X × Y grak preslikavanja f : X → Y. Skup

{(f (x), x) : x ∈ X} ⊆ Y × X naziva se inverz graka preslikavanja f. Ima smisla postaviti pitanje kada ¢e taj skup predstavljati grak nekog preslikavanja skupa Y u skup X. Neka je X = {a, b, c, d} i Y = {x, y, z, w} i neka su preslikavanja f : X → Y i g : X → Y denisana sa f (a) = y, f (b) = x, f (c) = w, f (d) = z i g(a) = x, g(b) = y, g(c) = x, g(d) = w. Graci tih preslikavanja su skupovi

{(a, y), (b, x), (c, w), (d, z)} i {(a, x), (b, y), (c, x), (d, w)}. Inverzi tih graka su skupovi

{(y, a), (x, b), (w, c), (z, d)} i {(x, a), (y, b), (x, c), (w, d)}.

1.7. Invertibilnost preslikavanja

31

Jasno je da prvi od ovih skupova predstavlja grak jednog preslikavanja skupa Y u skup X, jer se svaki element skupa Y javlja ta£no po jedanput kao prva komponenta ureženih parova, dok drugi skup ne predstavlja grak preslikavanja skupa Y u skup X jer se, recimo, z ne javlja kao prva komponenta. S obzirom na drugu deniciju preslikavanja, skup

{(f (x), x) : x ∈ X} ⊆ Y × X ¢e predstavljati preslikavanje skupa Y u skup X ako se svaki element skupa Y javlja ta£no po jedanput kao prva komponenta u elementima tog skupa. To ¢e se desiti ako i samo ako je f bijektivno preslikavanje. S obzirom na to i na prethodnu teoremu, vaºi sljede¢e tvrženje.

Teorema 1.10 Preslikavanje f : X → Y je invertibilno ako i samo ako skup {(f (x), x) : x ∈ X} ⊆ Y × X

predstavlja preslikavanje skupa Y u skup X.

Ako je preslikavanje

f = {(x, f (x)) : x ∈ X} ⊆ X × Y invertibilno, tada preslikavanje

{(f (x), x) : x ∈ X} ⊆ Y × X predstavlja inverzno preslikavanje preslikavanja f i ono se ozna£ava sa f −1 . Dakle, f −1 = {(f (x), x) : x ∈ X} ⊆ Y × X. Ako preslikavanje f −1 : Y → X zapi²emo u obliku

f −1 = {(y, f −1 (y)) : y ∈ Y }, vidimo da je x = f −1 (y) ako i samo ako je y = f (x). Preslikavanje koje je samo 1 − 1 ili samo na nije invertibilno. Dok preslikavanje f : X → Y koje je 1 − 1 ali nije na nije invertibilno, preslikavanje f : X → f (X) u tom slu£aju jeste invertibilno jer je ono i 1 − 1 i na preslikavanje.

32

Poglavlje 1. Uvod

Postoje preslikavanja za £iju je invertibilnost dovoljno ustanoviti ili injektivnost ili surjektivnost. Neka je f : X → Y i |X| = |Y | < ∞. Ako je f injekcija, tada je to invertibilno preslikavanje. Naime, prema ranije navedenom tvrženju, ako je f injekcija, tada je to i surjekcija, ²to zna£i da je to preslikavanje bijektivno, pa je ono invertibilno. Sli£no, ako je f surjekcija, tada je to i injekcija, pa je f bijekcija, tj. to je invertibilno preslikavanje. Specijalno, ako je X kona£an skup, tada je svako preslikavanje f : X → X koje je 1 − 1 ili na automatski invertibilno. Identi£no preslikavanje idX : X → X koje je denisano sa idX (x) = x je o£igledno 1 − 1 preslikavanje, pa je ono invertibilno. Primijetimo da je id−1 X = idX . Neka f : X → Y. Za preslikavanje g : Y → X kaºemo da je lijevi inverz preslikavanja f ako je g ◦ f = idX . Za preslikavanje h : Y → X kaºemo da je desni inverz preslikavanja f ako je f ◦ h = idY . Kako je idX = g ◦ f preslikavanje na, g mora biti preslikavanje na, tj. svaki lijevi inverz od f mora biti preslikavanje na. Kako je idY = f ◦ h 1 − 1 preslikavanje, h mora biti 1 − 1 preslikavanje, tj. svaki desni inverz od f mora biti 1 − 1 preslikavanje. Vaºe sljede¢a tvrženja.

Teorema 1.11 Ako je f : X → Y 1 − 1 preslikavanje, tada f ima lijevi

inverz.

Dokaz. Neka je f 1 − 1 preslikavanje i neka je x ∈ X ksiran element. Posmatrajmo preslikavanje g : Y → X koje je denisano sa (

g(y) =

f −1 {y}, ako y ∈ R(f ) , x, ina£e

gdje je f −1 {y} = {x ∈ X : f (x) = y}. Kako je f 1 − 1 preslikavanje, svaki element y ∈ R(f ) je slika samo jednog elementa iz skupa X , pa je na ovaj na£in svakom elementu skupa Y pridruºen ta£no po jedan element skupa X , ²to zna£i da g jeste preslikavanje. Primijetimo da za ovako denisano preslikavanje g vaºi

(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(y) = x za svako x ∈ X, tj. g ◦ f = idX , ²to zna£i da je g lijevi inverz od f . Jasno je da taj lijevi inverz nije jedinstven.

1.7. Invertibilnost preslikavanja

33

Teorema 1.12 Ako je f : X → Y preslikavanje na, tada f ima desni inverz. Dokaz. Kako je f preslikavanje na, svaki element y ∈ Y je slika bar jednog elementa iz skupa X. To zna£i da je za svako y ∈ Y skup f −1 {y} neprazan. Posmatrajmo preslikavanje h : Y → X, gdje je h(y) jedan od elemenata iz skupa f −1 {y}. Bez obzira na to kako smo izabrali taj element, vaºi h(y) ∈ f −1 {y}, pa za svako y ∈ Y vaºi (f ◦ h)(y) = y, tj. f ◦ h = idY , pa je h desni inverz za f. Teorema 1.13

(a) Ako je preslikavanje f : X → Y invertibilno, tada inverzno preslikavanje f −1 : Y → X predstavlja i lijevi i desni inverz od f.

(b) Ako je g : Y → X lijevi inverz od f i h : Y → X desni inverz od f , tada je f invertibilno preslikavanje i pri tome je g = f −1 = h. (c) Ako je preslikavanje f : X → Y invertibilno, tada je i inverzno pres¡ ¢−1 likavanje f −1 : Y → X invertibilno i pri tome je f −1 = f. (d) Ako su f : X → Y i g : Y → Z invertibilna preslikavanja, tada je i preslikavanje g ◦ f : X → Z invertibilno i pri tome je (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 .

Dokaz. (a) ¡Ako je f ¢invertibilno preslikavanje, tada za svaki element x ∈ X imamo f −1 ◦ f (x) = f −1 (f (x)) = f −1 (y) = x, tj. f −1 ◦ f = idX . Ovo zna£i da je f −1 lijevi inverz od f. Sli£no, za svaki element y ∈ Y imamo ¡ ¢ −1 f ◦f (y) = f (f −1 (y)) = f (x) = y, tj. f ◦ f −1 = idY , ²to zna£i da −1 je f desni inverz od f . (b) Ako je g lijevi inverz od f, tada je g ◦ f = idX . Kako je idX = g ◦ f 1 − 1 preslikavanje, onda je i f 1 − 1 preslikavanje. Ako je h desni inverz od f , tada je f ◦ h = idY . Kako je idY = f ◦ h preslikavanje na, i f je preslikavanje na. Dakle, ako f ima i lijevi i desni inverz, onda je f i 1 − 1 i na preslikavanje, pa je f invertibilno preslikavanje, tj. postoji inverz f −1 . Kako je g ◦ f = idX i f ◦ h = idY , koriste¢i zakon asocijativnosti za proizvod preslikavanja dobijamo

g = g ◦ idY = g ◦ (f ◦ h) = (g ◦ f ) ◦ h = idX ◦ h = h. Dakle, ako f ima i lijevi i desni inverz, onda su oni jednaki, pa je g = f −1 = h.

34

Poglavlje 1. Uvod

(c) Iz f ◦ f −1 = idY slijedi da je f lijevi inverz od f −1 , a iz f −1 ◦ f = idX slijedi da je f desni inverz od f −1 . S obzirom na (b), to zna£i da f ¡ ¢−1 predstavlja inverz preslikavanja f −1 , tj. f −1 = f. (d) Kako su preslikavanja f i g invertibilna, to su 1−1 i na preslikavanja, pa je prema Teoremi 1.4 i prema Teoremi 1.6 g◦f i 1−1 i na preslikavanje. S obzirom na to, preslikavanje g ◦ f je invertibilno. Vaºi ³

´

³

´

f −1 ◦ g −1 ◦(g◦f ) = f −1 ◦ g −1 ◦ g ◦f = f −1 ◦idY ◦f = f −1 ◦f = idX

i ³

´

³

´

(g ◦f )◦ f −1 ◦ g −1 = g ◦ f ◦ f −1 ◦g −1 = g ◦idY ◦g −1 = g ◦g −1 = idZ a to zna£i da je f −1 ◦ g −1 inverz od preslikavanja g ◦ f, tj. (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 .

Primjer 1.30

Za svako od sljede¢ih preslikavanja ustanoviti da li je injektivno, surjektivno, invertibilno. Osim toga, za svako od tih preslikavanja odrediti lijevi inverz, desni inverz i inverz, a ako neki od tih inverza ne postoji, utvrditi za²to ne postoji. (a) f1 : {1, 2, 3} → {a, b, c},

f1 (1) = a, f1 (2) = b, f1 (3) = c;

(b) f2 : {1, 2, 3} → {a, b, c, d}, (c) f3 : {1, 2, 3} → {a, b}, (d) f4 : R2 → R,

f2 (1) = a, f2 (2) = b, f2 (3) = c; f3 (1) = a, f3 (2) = b, f3 (3) = a;

f4 (x1 , x2 ) = 2x1 − 3x2 ;

(e) f5 : R2 → R2 ,

f5 (x1 , x2 ) = (−x2 , x1 );

(f) f6 : R2 → R2 ,

f6 (x1 , x2 ) = (x1 + 2, x2 − 3);

(g) f7 : R → R2 ,

f7 (x) = (x/2, 0).

Rje²enje. (a) f1 je o£igledno i 1−1 i na preslikavanje. Kako je f1 bijekcija, to je invertibilno preslikavanje. Pri tome je

f1−1 : {a, b, c} → {1, 2, 3}

f1−1 (a) = 1, f1−1 (b) = 2, f1−1 (c) = 3.

f1−1 je i lijevi i desni inverz od f1 .

1.7. Invertibilnost preslikavanja

35

(b) f2 je 1 − 1 preslikavanje, ali nije preslikavanje na jer d nije slika nijednog elementa iz skupa {1, 2, 3}. Kako f2 nije bijekcija, to preslikavanje nije invertibilno, tj. ne postoji f2−1 . Preslikavanje f2 je 1 − 1, pa ono ima lijevi inverz. Na primjer, preslikavanje g : {a, b, c, d} → {1, 2, 3} denisano sa g(a) = 1, g(b) = 2, g(c) = 3, g(d) = 1 predstavlja lijevi inverz preslikavanja f2 . Primijetimo da je g◦f2 = id{1,2,3} . To nije jedini lijevi inverz preslikavanja f2 . To preslikavanje ima tri razli£ita lijeva inverza, jer slika elementa d moºe biti ili 1, ili 2, ili 3. Preslikavanje f2 nema desni inverz jer bi u protivnom to bilo invertibilno preslikavanje. (c) f3 je preslikavanje na, ali nije 1 − 1 jer je f3 (1) = f3 (3). Dakle, f3 nije bijekcija, pa to nije invertibilno preslikavanje, tj. ne postoji inverz f3−1 . Kako je f3 preslikavanje na, postoji desni inverz od f3 . Na primjer, preslikavanje h : {a, b} → {1, 2, 3} denisano sa h(a) = 1, h(b) = 2 predstavlja jedan desni inverz od f3 jer je f3 ◦ h = id{a,b} . Naime, imamo (f3 ◦ h)(a) = f3 (h(a)) = f3 (1) = a, (f3 ◦ h)(b) = f3 (h(b)) = f3 (2) = b. I preslikavanje h0 : {a, b} → {1, 2, 3} denisano sa h0 (a) = 3, h0 (b) = 2 je desni inverz od f3 , jer je f3 ◦ h0 = id{a,b} . Preslikavanje f3 nema lijevi inverz. (d) f4 nije 1 − 1 preslikavanje jer je, na primjer, f4 (0, 0) = f4 (1/2, 1/3). f4 je preslikavanje na jer za svako y ∈ R postoji element x = (x1 , x2 ) ∈ R2 takav da je f4 (x) = y. Na primjer, ako stavimo x = (y/2, 0), tada je f4 (x) = y. Preslikavanje f4 nije bijektivno, pa ono nije ni invertibilno. Kako je f4 preslikavanje na, ono ima desni inverz, tj. postoji preslikavanje h : R → R2 takvo da je f4 ◦ h = idR . Ako stavimo h(y) = (2y, y), tada je (f4 ◦ h)(y) = f4 (h(y)) = f4 (2y, y) = 2(2y) − 3y = y, ²to zna£i da je h jedan desni inverz od f4 . Desni inverz od f4 ne odrežuje se jednozna£no. Ako stavimo h0 (y) = (y, y/3), imamo (f4 ◦ h0 )(y) = f4 (h0 (y)) = f4 (y, y/3) = 2y − 3y/3 = y, pa je i h0 desni inverz od f4 . Preslikavanje f4 nema lijevi inverz jer to nije invertibilno preslikavanje. Naime, kako f4 ima desni inverz, kada bi imao i lijevi, to bi bilo invertibilno preslikavanje. (e) Neka je (x1 , x2 ) 6= (x01 , x02 ). To zna£i da je x1 6= x01 ili je x2 6= x02 , pa je (−x2 , x1 ) 6= (−x02 , x01 ). Dakle, ako je (x1 , x2 ) 6= (x01 , x02 ), tada je f5 (x1 , x2 ) 6= f5 (x01 , x02 ), ²to zna£i da je f5 1 − 1 preslikavanje. Neka je y = (y1 , y2 ) proizvoljan element iz R2 . Da bismo utvrdili da li je y slika nekog elementa x = (x1 , x2 ) ∈ R2 pri preslikavanju f5 , posmatrajmo jedna£inu f5 (x1 , x2 ) = (y1 , y2 ), tj. jedna£inu (−x2 , x1 ) = (y1 , y2 ). Iz te jedna£ine dobijamo x1 = y2 i x2 = −y1 , pa je f5 preslikavanje na. Kako je f5 preslikavanje 1 − 1 i na, to je bijekcija, pa je to invertibilno preslikavanje. To zna£i da f5 ima i lijevi i desni inverz i da su oni jednaki inverzu f5−1 , gdje je

f5−1 : R2 → R2 ,

f5−1 (x1 , x2 ) = (x2 , −x1 ).

Primijetimo da je za sve (x1 , x2 ) ∈ R2

(f5 ◦ f5−1 )(x1 , x2 ) = f5 (f5−1 (x1 , x2 )) = f5 (x2 , −x1 ) = (x1 , x2 )

36

Poglavlje 1. Uvod i

(f5−1 ◦ f5 )(x1 , x2 ) = f5−1 (f5 (x1 , x2 )) = f5−1 (−x2 , x1 ) = (x1 , x2 ).

(f) Ako je (x1 , x2 ) 6= (x01 , x02 ), tada je x1 6= x01 ili je x2 6= x02 , pa je (x1 +2, x2 −3) 6= (x01 +2, x02 −3). To zna£i da iz (x1 , x2 ) 6= (x01 , x02 ) slijedi f6 (x1 , x2 ) 6= f6 (x01 , x02 ), pa je f6 1 − 1 preslikavanje. Jedna£ina f6 (x1 , x2 ) = (y1 , y2 ) ima rje²enje za svako (y1 , y2 ) ∈ R2 . To rje²enje je (x1 , x2 ) = (y1 − 2, y2 + 3). Dakle, f6 je preslikavanje na. Kako je f6 bijekcija, to je invertibilno preslikavanje £iji su lijevi i desni inverz jednaki inverzu f6−1 , gdje je

f6−1 : R2 → R2 ,

f6−1 (x1 , x2 ) = (x1 − 2, x2 + 3).

Sami se uvjerite da je f6 ◦ f6−1 = idR2 , f6−1 ◦ f6 = idR2 . (g) Ako je x1 6= x2 , tada je x1 /2 6= x2 /2, pa je (x1 /2, 0) = 6 (x2 /2, 0). Drugim rije£ima, ako je x1 6= x2 , tada je f7 (x1 ) 6= f7 (x2 ), ²to zna£i da je f7 1 − 1 preslikavanje. Ako je (y1 , y2 ) ∈ R2 i y2 6= 0, jasno je da ne postoji element x ∈ R takav da je f7 (x) = (y1 , y2 ), ²to zna£i da f7 nije preslikavanje na. Kako f7 nije bijekcija, to nije invertibilno preslikavanje. Mežutim, kako je f7 1 − 1 preslikavanje, ono ima lijevi inverz. Neka je, recimo, ½ 2x1 , x2 = 0 2 g : R → R, g(x1 , x2 ) = . 0, x2 6= 0 Tada je

(g ◦ f7 )(x) = g(f7 (x)) = g(x/2, 0) = x za svako x ∈ R, tj. g ◦ f7 = idR , pa preslikavanje g predstavlja jedan lijevi inverz od f7 . Sami opi²ite bar jo² jedan lijevi inverz od f7 .

Primijetimo da pojmovi injektivnog i surjektivnog preslikavanja i njima odgovaraju¢i pojmovi lijevog i desnog inverza imaju osnovnu ulogu pri rje²avanju zadatka koji se sastoji u tome da za dato preslikavanje f : X → Y i za dati element y ∈ Y rije²imo po x ∈ X jedna£inu

f (x) = y.

(1.3)

Data jedna£ina ¢e imati rje²enje za svako y ∈ Y samo ako je f preslikavanje na, a f ¢e biti preslikavanje na samo ako f ima desni inverz. Prema tome, egzistencija desnog inverza preslikavanja f obezbježuje egzistenciju

1.8. Binarne operacije

37

rje²enja jedna£ine (1.3) za svako y ∈ Y. Egzistencija lijevog inverza preslikavanja f obezbježuje jedinstvenost rje²enja jedna£ine (1.3). Naime, ako je g lijevi inverz od f , tj. ako je g ◦ f = idX , tada iz f (x1 ) = f (x2 ) slijedi x1 = g(f (x1 ) = g(f (x2 ) = x2 , a to zna£i da egzistencija lijevog inverza preslikavanja f obezbježuje injektivnost tog preslikavanja. Primijetimo da egzistencija lijevog inverza preslikavanja f ne obezbježuje u op²tem slu£aju egzistenciju rje²enja jedna£ine (1.3). Na kraju ¢emo denisati jo² neke pojmove u vezi sa preslikavanjima. Ako je f : X → Y, F : X 0 → Y (X ⊆ X 0 ) i f (x) = F (x) za sve x ∈ X, tada se preslikavanje f naziva restrikcija (suºenje ) preslikavanja F na skup X , dok se preslikavanje F naziva ekstenzija (pro²irenje ) preslikavanja f na skup X 0 . Restrikcija preslikavanja F na skup X ozna£ava se sa F|X . Na primjer, funkcija f (x) = x3 /x je restrikcija funkcije F (x) = x2 na skup R \ {0}.

1.8 Binarne operacije Denisa¢emo sada jo² jedan vaºan matemati£ki pojam  pojam binarne operacije. Sa operacijama smo se svi sreli £im smo nau£ili da brojimo, jer smo poslije toga odmah po£eli i da sabiramo brojeve. Kasnije smo u£ili oduzimanje, mnoºenje, dijeljenje itd. Sve su to primjeri binarnih operacija. Pri sabiranju paru prirodnih brojeva a i b pridruºuje se jedan prirodan broj koji se naziva zbir brojeva a i b i ozna£ava sa a + b. To pridruºivanje vr²i se po odreženom pravilu koje smo morali nau£iti. Mnoºenje je takože podrazumijevalo da se paru prirodnih brojeva a i b pridruºi jedan prirodan broj. Taj broj naziva se proizvod brojeva a i b i ozna£ava sa a · b, a njega dobijamo po drugom pravilu koje smo nau£ili tek po²to smo nau£ili pravilo za sabiranje. Tako smo, koriste¢i razna pravila, uvodili razne operacije sa brojevima. Ali, kao ²to se razli£itim kombinovanjem parova brojeva mogu dobijati brojevi, tako se kombinovanjem parova elemenata proizvoljnog skupa S mogu dobijati elementi tog skupa. To zna£i da se operacije mogu denisati u svakom skupu, a ne samo u skupovima brojeva. Da¢emo sada formalnu deniciju op²te binarne operacije u proizvoljnom skupu S. U odjeljku 1.6 smo denisali pojam preslikavanja, a sada ¢emo vidjeti da binarna operacija predstavlja samo specijalno preslikavanje. Preslikavanje ∗ : S × S → S naziva se binarna operacija u skupu S. Binarna operacija predstavlja samo specijalan slu£aj tzv. n-arne operacije koja se deni²e kao preslikavanje ∗ : S n → S. U slu£aju n = 2 imamo

38

Poglavlje 1. Uvod

binarnu operaciju. Ako je n = 1, tj. ako je ∗ : S → S govori se o unarnoj operaciji u skupu S. U slu£aju n = 3 imamo ternarnu operaciju. Broj n naziva se duºina operacije. Duºina binarne operacije je 2. Binarna operacija u skupu S predstavlja pravilo po kome se svakom ureženom paru elemenata iz skupa S pridruºuje ta£no po jedan element iz skupa S. Uobi£ajeno je da se slika elementa (a, b) ∈ S × S pri preslikavanju ∗ ne ozna£ava sa ∗(a, b), ve¢ sa a ∗ b. Vidjeli smo da za svako preslikavanje f : X → Y vaºi

x = y ⇒ f (x) = f (y). Kako je ∗ preslikavanje iz S × S u S , na osnovu ovog svojstva preslikavanja imamo (a, b) = (c, d) ⇒ a ∗ b = c ∗ d. Imaju¢i ovo u vidu moºemo lako dokazati sljede¢e tvrženje.

Lema 1.1 Ako je ∗ binarna operacija u skupu S, tada za sve a, b, c, d ∈ S vaºi:

(i) a ∗ b ∈ S (skup S je zatvoren u odnosu na operaciju ∗); (ii) a = c ∧ b = d ⇒ a ∗ b = c ∗ d; (iii) a = b ⇒ a ∗ c = b ∗ c; (iv) c = d ⇒ a ∗ c = a ∗ d.

Dokaz. (i) Ako a ∈ S i b ∈ S, tada (a, b) ∈ S × S. Kako je ∗ preslikavanje skupa S × S u skup S, jasno je da a ∗ b ∈ S. (ii) Iz a = c i b = d slijedi (a, b) = (c, d), pa je slika elementa (a, b) ∈ S × S pri preslikavanju ∗ jednaka slici elementa (c, d) ∈ S × S pri tom preslikavanju, tj. a ∗ b = c ∗ d. (iii) Iz a = b slijedi (a, c) = (b, c), pa je slika elementa (a, c) ∈ S×S pri preslikavanju ∗ jednaka slici elementa (b, c) ∈ S × S pri tom preslikavanju, tj. a ∗ c = b ∗ c. (iv) Iz c = d slijedi (a, c) = (a, d), pa je a ∗ c = a ∗ d.

1.8. Binarne operacije

39

S obzirom na (i), ako su a i b elementi skupa S, tada a ∗ b ∈ S i b ∗ a ∈ S. Ako su a i b razli£iti elementi skupa S, tada su (a, b) i (b, a) razli£iti elementi skupa S×S, pa su i njihove slike pri preslikavanju ∗ u op²tem slu£aju razli£ite. Dakle, u op²tem slu£aju a ∗ b nije isto ²to i b ∗ a. Ponekad se moºe desiti da je a ∗ b = b ∗ a, ali to ne slijedi iz denicije binarne operacije. Tvrženje (ii) nam kaºe da u izrazu a ∗ b moºemo a zamijeniti sa c i b sa d i da se pri tome dobija izraz koji je jednak izrazu a ∗ b. Tvrženja (ii) i (iv) nam kaºu da moºemo obje strane jednakosti pomnoºiti zdesna i slijeva istim elementom. Binarne operacije obi£no se ozna£avaju specijalnim simbolima kao ²to su +, −, ·, :, ∗, ×, ◦, ?, ⊕, ª, ⊗, ¯, ∨, ∧, ∩, ∪, ... . Kao ²to smo za op²te preslikavanje obi£no koristili oznaku f, tako ¢emo za op²tu binarnu operaciju obi£no koristiti oznaku ∗. Ako je ∗ : S × S → S data binarna operacija na skupu S, rekli smo da ¢emo umjesto ∗(a, b) pisati a ∗ b, a £esto ¢emo i ovu oznaku skra¢ivati tako da ¢emo pisati samo ab, kao ²to smo navikli da umjesto a · b pi²emo samo ab. Nave²¢emo sada neke primjere binarnih operacija. Neke od tih operacija ¢e vam biti poznate, dok ¢e neke biti nove i moºda ¢e izgledati £udno dok se ne naviknete da na operacije gledate samo kao na specijalna preslikavanja.

Primjer 1.31

Obi£no1 sabiranje u N, Z, Q i R. Primijetimo da su ti skupovi zatvoreni u odnosu na operaciju sabiranja.

Primjer 1.32

Obi£no mnoºenje u N, Z, Q i R.

Primjer 1.33 Obi£no oduzimanje u Z, Q i R. Primijetimo da je sada izostavljen skup N, jer oduzimanje nije binarna operacija u N. Naime, skup N nije zatvoren u odnosu na tu operaciju jer, na primjer, 1 − 2 6∈ N.

Primjer 1.34

Obi£no dijeljenje u Q \ {0} i R \ {0}. Primijetimo da dijeljenje nije binarna operacija u N i Z, jer koli£nik dva prirodna (cijela) broja ne mora biti prirodan (cio) broj. Dijeljenje nije binarna operacija ni u Q ni u R, jer dijeljenje nulom nije denisano.

1

Koristimo ovaj atribut jer ¢emo i neke druge operacije zvati sabiranje

40

Poglavlje 1. Uvod

Poslije ovih obi£nih operacija na koje ste navikli, nave²¢emo i neke operacije na koje tek treba da se naviknete.

Primjer 1.35

Neka je

Zn = {0, 1, 2, ..., n − 1}

(n ≥ 2).

Deni²imo operacije +n = Zn × Zn → Zn i ·n = Zn × Zn → Zn na sljede¢i na£in:

a +n b a ·n b

= ostatak pri dijeljenju obi£nog zbira a + b sa n; = ostatak pri dijeljenju obi£nog proizvoda a · b sa n.

Binarne operacije +n i ·n nazivamo, redom, sabiranje po modulu n i mnoºenje po modulu n. Cio broj n naziva se moduo. Da bismo pojednostavili oznake, umjesto +n i ·n ¢emo pisati + i ·, ali ¢emo imati u vidu da se ne radi o obi£nom sabiranju i mnoºenju. U sljede¢im tablicama (one se nazivaju Kejlijeve tablice ili tablice operacija ) date su operacije + i · u skupovima Z3 i Z4 : + 0 1 2

0 0 1 2

1 1 2 0

2 2 0 1

· 0 1 2

0 0 0 0

1 0 1 2

+ 0 1 2 3

2 0 2 1

0 0 1 2 3

1 1 2 3 0

2 2 3 0 1

3 3 0 1 2

· 0 1 2 3

0 0 0 0 0

1 0 1 2 3

2 0 2 0 2

3 0 3 . 2 1

Ako je skup S kona£an, tada se binarna operacija ∗ : S × S → S moºe prikazati pomo¢u Kejlijeve tablice. Ako je, na primjer, S = {a, b, c}, tada se jedna od mogu¢ih operacija u skupu S moºe zadati sljede¢om tablicom

∗ a b c

a a b c

b a a c

c b . b b

Iz ove tablice vidimo da je a ∗ a = a, a ∗ b = a, a ∗ c = b, b ∗ a = b itd.

Primjer 1.36

Neka je Xn = {1, 2, ..., n} (n ≥ 1). Rekli smo da se svako bijektivno preslikavanje skupa Xn u Xn naziva permutacija skupa Xn .2 Neka je Sn skup svih permutacija skupa Xn . Ako su σ i τ proizvoljni elementi skupa Sn , tada proizvod permutacija, denisan sa

(στ )(i) = σ(τ (i)) za svako i ∈ Xn , 2

Ponekad se koristi i naziv permutacija stepena n.

1.8. Binarne operacije

41

predstavlja binarnu operaciju u skupu Sn , jer je proizvod dvije permutacije skupa Xn takože permutacija tog skupa. Na primjer, ako je n = 4 i ako su µ ¶ µ ¶ 1 2 3 4 1 2 3 4 σ= i τ= 2 1 3 4 4 2 1 3 dvije permutacije iz skupa S4 , tada je µ 1 στ = 4

Primjer 1.37

2 1

3 2

4 3

¶ .

Neka je M2 (R) skup svih tablica realnih brojeva oblika · ¸ a b . c d

Takve tablice nazivaju se matrice i one ¢e biti jedna od glavnih tema ove knjige. Sabiranje i mnoºenje u skupu M2 (R) denisa¢emo na sljede¢i na£in: · ¸ · 0 ¸ · ¸ a b a b0 a + a0 b + b0 + = , c d c0 d0 c + c0 d + d0 ¸ ¸ · ¸ · 0 · aa0 + bc0 ab0 + bd0 a b0 a b . = · ca0 + dc0 cb0 + dd0 c0 d0 c d

Primjer 1.38

Neka je Rn = {(x1 , x2 , ..., xn ) : xi ∈ R, i = 1, 2, ..., n}. Sabiranje u skupu R deni²e se na sljede¢i na£in: n

(x1 , x2 , ..., xn ) + (y1 , y2 , ..., yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , ..., xn + yn ). Tu xi + yi ozna£ava obi£no sabiranje realnih brojeva xi i yi .

Primjer 1.39

Ako je P(X) partitivan skup skupa X, tada ∪ i ∩ predstavljaju binarne operacije u skupu P(X).

Denisa¢emo sada neke pojmove u vezi sa binarnim operacijama. Neka je ∗ binarna operacija u skupu S . 1. Kaºemo da je operacija ∗ komutativna ako je

x ∗ y = y ∗ x za sve x, y ∈ S.

42

Poglavlje 1. Uvod 2. Kaºemo da je operacija ∗ asocijativna ako je

x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z

za sve x, y, z ∈ S.

3. Za element e1 ∈ S kaºemo da je lijevi neutralan element (lijevi jedini£ni element ) u odnosu na operaciju ∗ ako je

e1 ∗ x = x za sve x ∈ S. Za element e2 ∈ S kaºemo da je desni neutralan element (desni jedini£ni element ) u odnosu na operaciju ∗ ako je

x ∗ e2 = x za sve x ∈ S. Za element e ∈ S kaºemo da je neutralan element (jedini£ni element ) u odnosu na operaciju ∗ ako je

e ∗ x = x i x ∗ e = x za sve x ∈ S, tj. ako je on i lijevi i desni neutralan element. 4. Ako u skupu S postoji neutralan element e u odnosu na operaciju ∗, tada za elemente x0 ∈ S i x00 ∈ S kaºemo da su lijevi i desni inverzni elementi datog elementa x ∈ S ako je

x0 ∗ x = e i x ∗ x00 = e, redom. Za element y ∈ S kaºemo da je inverzan element (inverz ) datog elementa x ∈ S ako je on i lijevi i desni inverzan element od x, tj. ako je y ∗ x = e i x ∗ y = e. Uobi£ajeno je da se inverzan element od x ozna£ava sa x−1 . Za element x ∈ S koji ima inverz kaºemo da je invertibilan.

Teorema 1.14 Ako u S postoje lijevi neutralan element e1 i desni neutralan element e2 u odnosu na operaciju ∗, tada je e1 = e2 .

Dokaz. Kako je e1 ∗ x = x za sve x ∈ S, za x = e2 imamo e1 ∗ e2 = e2 . Sli£no, kako je x ∗ e2 = x za sve x ∈ S, za x = e1 imamo

e1 ∗ e2 = e1 . Iz e1 ∗ e2 = e1 i e1 ∗ e2 = e2 slijedi e1 = e2 .

1.8. Binarne operacije

43

Iz ove teoreme slijedi da postojanje lijevog i desnog neutralnog elementa garantuje postojanje neutralnog elementa u odnosu na operaciju ∗ kao i njegovu jedinstvenost.

Teorema 1.15 Ako je operacija ∗ asocijativna i ako element x ∈ S ima

lijevi inverzan element x0 i desni inverzan element x00 , tada su oni jednaki.

Dokaz. Neka je operacija ∗ asocijativna i neka je x0 ∗ x = e i x ∗ x00 = e. Iz

prve od ovih relacija dobijamo

(x0 ∗ x) ∗ x00 = e ∗ x00 . Ako sada iskoristimo asocijativnost operacije ∗, relaciju x∗x00 = e i deniciju neutralnog elementa, zaklju£ujemo da iz prethodne relacije slijedi

x0 ∗ (x ∗ x00 ) = e ∗ x00 , x0 ∗ e = e ∗ x00 , x0 = x00 . Iz ove teoreme slijedi da postojanje lijevog i desnog inverza elementa x u odnosu na asocijativnu operaciju ∗ garantuje postojanje inverza elementa x u odnosu na tu operaciju kao i njegovu jedinstvenost. Primijetimo da pretpostavka o asocijativnosti operacije ∗ igra klju£nu ulogu u dokazu prethodne teoreme.

Teorema 1.16 Ako je ∗ asocijativna binarna operacija u skupu S i ako su

elementi x i y iz skupa S invertibilni, tada je i element x ∗ y invertibilan i pri tome je (x ∗ y)−1 = y −1 ∗ x−1 .

Dokaz. Kako je x−1 ∗ x = e, x ∗ x−1 = e, y −1 ∗ y = e, y ∗ y −1 = e, imamo (y −1 ∗ x−1 ) ∗ (x ∗ y) = y −1 ∗ (x−1 ∗ x) ∗ y = y −1 ∗ e ∗ y = y −1 ∗ y = e i

(x ∗ y) ∗ (y −1 ∗ x−1 ) = x ∗ (y ∗ y −1 ) ∗ x−1 = x ∗ e ∗ x−1 = x ∗ x−1 = e, ²to zna£i da je element y −1 ∗ x−1 ∈ S i lijevi i desni inverz elementa x ∗ y ∈ S, pa je on inverz tog elementa, tj.

(x ∗ y)−1 = y −1 ∗ x−1 .

44

Poglavlje 1. Uvod

Zadatak 1.

Provjerite koja od binarnih operacija iz navedenih primjera nije asocijativna. Da biste pokazali da operacija ∗ nije asocijativna, dovoljno da ukaºete na konkretne elemente a, b, c ∈ S za koje je a ∗ (b ∗ c) 6= (a ∗ b) ∗ c.

Zadatak 2.

Provjerite koja od binarnih operacija iz navedenih primjera nije komutativna. Za to je dovoljno ukazati na konkretne elemente a, b ∈ S takve da je a ∗ b 6= b ∗ a. Ako je ∗ binarna operacija u skupu S , onda se urežen par (S, ∗) naziva grupoid . U skupu S moºe biti denisano vi²e binarnih operacija, pa je u vezi sa skupom S mogu¢e posmatrati vi²e grupoida. Na primjer, u vezi sa skupom R moºemo posmatrati grupoide (R, +), (R, −), (R, ·), gdje su +, − i · binarne operacije sabiranja, oduzimanja i mnoºenja, redom. U skupu M2 (R) denisali smo binarne operacije sabiranja i mnoºenja, pa imamo grupoide (M2 (R), +) i (M2 (R), ·). Vidjeli smo da (N, −) i (R, :), nisu grupoidi.

Zadatak

Provjeriti koji od grupoida (R, +), (R, ·), (M2 (R), +) i (M2 (R), ·) ima neutralan element. Ako u nekom od tih grupoida postoji neutralan element, odrediti elemente koji nemaju inverz.

1.9 Algebarske strukture Vidjeli smo da na skupu S moºe biti denisano vi²e operacija. Mogu¢e je £ak da te operacije budu i razli£ite duºine (unarne, binarne, ternarne,...). Skup koji je snabdjeven odreženim brojem operacija naziva se algebarska struktura . Ako je u skupu S uvedena jedna operacija ∗, tada tu algebarsku strukturu ozna£avamo sa (S, ∗). Ako su u skupu S uvedene dvije operacije ∗ i ◦, tada pod algebarskom strukturom podrazumijevamo ureženu trojku (S, ∗, ◦). U op²tem slu£aju, ako je u skupu S denisano k operacija (k ≥ 1), tada se odgovaraju¢a urežena (k + 1)-orka £ije su komponente skup S i datih k operacija naziva algebarska struktura. Sam skup S naziva se nosa£ algebarske strukture. Ako je iz konteksta jasno o kojim operacijama u skupu S se radi, moºe se i sam skup S nazivati algebarska struktura, ali se pod strukturom uvijek podrazumijeva skup plus date operacije. Mi ¢emo se baviti isklju£ivo algebarskim strukturama sa binarnim operacijama.

1.9. Algebarske strukture

1.9.1

45

Grupa

Urežen par (G, ∗) skupa G i binarne operacije ∗ naziva se grupa ako su ispunjeni sljede¢i uslovi: (G1) skup G je zatvoren u odnosu binarnu operaciju ∗, tj.

x ∗ y ∈ G za sve x, y ∈ G; (G2) binarna operacija ∗ je asocijativna, tj.

x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z

za sve x, y, z ∈ G;

(G3) u skupu G postoji neutralan element u odnosu na operaciju ∗, tj. postoji element e ∈ G takav da je

e ∗ x = x i x ∗ e = x za sve x ∈ G; (G4) svaki element skupa G je invertibilan, tj. za svaki element x ∈ G postoji element x−1 ∈ G takav da je

x−1 ∗ x = e i x ∗ x−1 = e. Ako je operacija ∗ komutativna, tj. ako je

x ∗ y = y ∗ x za sve x, y ∈ G, tada se grupa (G, ∗) naziva komutativna (Abelova ) grupa . Uslovi (G1)(G4) nazivaju se aksiome grupe. S obzirom na deniciju grupe, da bismo opisali neku grupu, moramo zadati neki skup G i neku binarnu operaciju ∗ tako da budu ispunjeni uslovi (G1)(G4). Ako je ∗ binarna operacija u skupu G, tada je uslov (G1) automatski ispunjen, pa se i ne mora provjeravati. Ve¢ smo vidjeli da se urežen par (G, ∗), pri £emu operacija ∗ zadovoljava samo uslov (G1), naziva grupoid. Ako je pored uslova (G1) ispunjen i uslov (G2), tada se algebarska struktura (G, ∗) naziva polugrupa . Ako su ispunjeni uslovi (G1), (G2) i (G3), tada se urežen par (G, ∗) naziva monoid . Monoid je, dakle, polugrupa koja ima neutralan element. Prije nego ²to navedemo neke posljedice aksioma (G1)(G4), nave²¢emo neke primjere algebarskih struktura sa jednom binarnom operacijom, kao i objekte tipa (G, ∗) koji ne ispunjavaju neki od uslova (G1)(G4).

46

Poglavlje 1. Uvod

Primjer 1.40

1. (N, +)

Zbir dva prirodna broja je prirodan broj (G1). Sabiranje prirodnih brojeva je asocijativno (G2). Ne postoji neutralan element za operaciju sabiranja u N, pa uslov (G3) nije ispunjen, a samim tim ni uslov (G4). Dakle, (N, +) je polugrupa. 2. (Z, +) Uslovi (G1) i (G2) su ispunjeni i ti uslovi predstavljaju osnovna svojstva sabiranja cijelih brojeva. Postoji neutralan element u Z i to je broj 0 (G3). Inverz elementa x ∈ Z u odnosu na operaciju sabiranja je −x (G4). Prema tome, (Z, +) je grupa. Kako je operacija sabiranja komutativna, to je Abelova grupa. 3. (Q, +) je Abelova grupa sa neutralnim elementom 0. Inverz elementa x ∈ Q je −x. 4. (R, +) je Abelova grupa sa neutralnim elementom 0. Inverz elementa x ∈ R je −x. 5. (C, +) je Abelova grupa sa neutralnim elementom 0. Inverz elementa z ∈ C je −z . 6. (N, −) nije grupoid, jer nije ispunjen uslov (G1). Naime, razlika dva prirodna broja ne mora biti prirodan broj. Na primjer, 1 − 2 6∈ N. 7. (Z, −) je grupoid, ali to nije polugrupa, jer oduzimanje cijelih brojeva nije asocijativno. Na primjer, (2 − 3) − 4 6= 2 − (3 − 4). Ovaj grupoid ima desni neutralan element 0. 8. (Z, ·) Ovo je monoid sa neutralnim elementom 1, ali to nije grupa jer nije ispunjen uslov (G4). Naime, 1 je jedini broj u Z koji ima inverz u odnosu na mnoºenje. 9. (Q \ {0}, ·) je grupa sa neutralnim elementom 1. Inverz elementa x ∈ Q \ {0} je 1/x. Kako je operacija mnoºenja komutativna, ovo je Abelova grupa. 10. (R \ {0}, ·) je Abelova grupa sa neutralnim elementom 1. Inverz elementa x ∈ R \ {0} je 1/x. 11. (C \ {0}, ·) je Abelova grupa sa neutralnim elementom 1. Inverz elementa y x z = x + iy ∈ C \ {0} je z1 = x2 +y 2 − i x2 +y 2 . 12. (Q, :) nije grupoid jer koli£nik proizvoljnog racionalnog broja i 0 nije racionalan broj. 13. (Q \ {0}, :) je grupoid. Operacija dijeljenja nije asocijativna, pa to nije polugrupa. Ovaj grupoid ima desni neutralan element 1.

1.9. Algebarske strukture

47

14. Neka je Zn = {0, 1, ..., n − 1} i ⊕ sabiranje po modulu n, tj.

x⊕y =x+y

(mod n).

Struktura (Zn , ⊕) je Abelova grupa. S obzirom na ono ²to smo imali u Primjeru 1.35, ⊕ je binarna operacija u Zn , pa je uslov (G1) ispunjen. Da bismo dokazali da je operacija ⊕ asocijativna, posmatrajmo preslikavanje f : Z → Zn denisano sa

f (x) = x (mod n), tj.

f (x) = ostatak pri dijeljenju cijelog broja x sa n .

Prvo ¢emo dokazati da je

f (x + y) = f (x) ⊕ f (y). Naime, ako je f (x) = r1 i f (y) = r2 , to zna£i da je

i

x = nq1 + r1 ,

0 ≤ r1 < n

y = nq2 + r2 ,

0 ≤ r2 < n.

S obzirom na ovo, imamo

x + y = nq1 + r1 + nq2 + r2 = n(q1 + q2 ) + r1 + r2 . Ako je

r1 + r2 = qn + r,

imamo pa je

0 ≤ r < n − 1,

x + y = n(q1 + q2 + q) + r, f (x + y) = r = r1 ⊕ r2 = f (x) ⊕ f (y).

Neka su x, y, z proizvoljni elementi skupa Zn . Tada je f (x) = x, f (y) = y, f (z) = z. S obzirom na dokazanu relaciju f (x + y) = f (x) ⊕ f (y), vaºi

(x ⊕ y) ⊕ z

= (f (x) ⊕ f (y)) ⊕ f (z) = f (x + y) ⊕ f (z) = f ((x + y) + z) = f (x + (y + z)) = f (x) ⊕ f (y + z) = f (x) ⊕ (f (y) ⊕ f (z)) = x ⊕ (y ⊕ z),

a to dokazuje asocijativnost operacije ⊕ na skupu Zn , tj. uslov (G2). I uslov (G3) je ispunjen, jer je 0 neutralan element u odnosu na operaciju ⊕. Inverz elementa x ∈ Zn je n − x ako je x 6= 0. Inverz od 0 je 0. Kako je x + y = y + x, jasno je da je x ⊕ y = y ⊕ x, pa je operacija ⊕ komutativna.

48

Poglavlje 1. Uvod

15. Neka je sa ¯ ozna£eno mnoºenje po modulu n, tj.

x¯y =x·y

(mod n).

Struktura (Zn , ¯) je monoid. Dokaz asocijativnosti operacije ¯ u Zn sli£an je dokazu asocijativnosti operacije ⊕. Neutralan element u odnosu na operaciju ¯ je 1. Primijetimo da (Zn , ¯) nije grupa jer 0 nema inverz. 16. (Zn \ {0}, ¯) je grupa ako je n prost broj, a ako n nije prost broj, to nije grupa. Ako n nije prost broj, tada (Zn \ {0}, ¯) nije grupoid. Naime, ako je n = k·l, tada k, l ∈ Zn \{0} i pri tome je k¯l = 0, ²to zna£i da k¯l 6∈ Zn \{0}. Ako je n prost broj, tada je skup Zn \ {0} zatvoren u odnosu na operaciju ¯, jer ne postoje brojevi x, y ∈ Zn \ {0} takvi da je x · y = n, pa je x ¯ y 6= 0. Operacija ¯ je asocijativna u Zn , pa je asocijativna i u Zn \ {0}. Neutralan element je 1, a svaki element x ∈ Zn \ {0} ima inverz u Zn \ {0}. 17. Neka je G skup svih kvadratnih tablica ¸ · a b , (a, b, c, d ∈ R) c d i neka je + operacija sabiranja u skupu G denisana sa ¸ ¸ · ¸ · · a1 + a2 b1 + b2 a2 b2 a1 b1 . = + c1 + c2 d1 + d2 c2 d2 c1 d1 Struktura (G, +) je Abelova grupa. Neutralan · ¸element u odnosu na ovako 0 0 denisanu operaciju sabiranja je tablica . Inverz (suprotan element) · ¸ · ¸ 0 0 a b −a −b tablice je tablica . c d −c −d 18. Neka je V3 skup svih usmjerenih duºi (vektora) u prostoru £iji po£etak je ksirana ta£ka prostora i neka je + operacija sabiranja vektora denisana na osnovu pravila trougla ili pravila paralelograma. Struktura (V3 , +) je Abelova grupa. Neutralan element je nula-vektor, tj. usmjerena duº £ija se krajnja ta£ka poklapa sa po£etnom. Inverzan element vektora a je vektor −a koji ima isti pravac i isti intenzitet kao i vektor a, dok mu je smjer suprotan smjeru vektora a. 19. Neka je G skup svih bijektivnih preslikavanja f : S → S, gdje je S proizvoljan neprazan skup i ◦ proizvod (kompozicija) preslikavanja. Dokaºimo da je (G, ◦) grupa. Ako je f : S → S i g : S → S, tada je f ◦ g : S → S. To zna£i da za sve f, g ∈ G imamo f ◦ g ∈ G, pa je ispunjen uslov (G1). Vidjeli smo da je proizvod proizvoljnih preslikavanja asocijativan, pa i za sve f, g, h ∈ G vaºi f ◦ (g ◦ h) = (f ◦ g) ◦ h. Identi£no preslikavanje idS skupa S pripada skupu G. Kako je

f ◦ idS = idS ◦ f = f

za sve f ∈ G,

1.9. Algebarske strukture

49

to zna£i da idS predstavlja neutralan element u odnosu na operaciju ◦, tj. idS = e. Vidjeli smo da je svako bijektivno preslikavanje invertibilno, pa za svako preslikavanje f ∈ G postoji preslikavanje f −1 ∈ G takvo da je

f −1 ◦ f = f ◦ f −1 = e. S obzirom na to da su ispunjeni uslovi (G1)(G4), struktura (G, ◦) je grupa. Primijetimo da to nije Abelova grupa jer proizvod preslikavanja nije komutativna operacija. Ako skup S ima n elemenata, tj. ako je S = {x1 , x2 , , ..., xn }, tada svako bijektivno preslikavanje f : S → S predstavlja permutaciju skupa S . U odjeljku 1.14 ¢emo vidjeti da je broj permutacija skupa od n elemenata jednak n!, pa to zna£i da u tom slu£aju skup G ima n! elemenata. 20. Neka je G skup svih preslikavanja fa,b : R → R denisanih sa

f (x) = ax + b,

a, b ∈ R, a 6= 0.

Preslikavanja fa,b su injektivna, jer iz uslova fa,b (x1 ) = fa,b (x2 ), tj. iz uslova ax1 + b = ax2 + b, slijedi x1 = x2 . Ta preslikavanja su i surjektivna, jer je svaki element y ∈ R slika nekog elementa x ∈ R. Naime, iz uslova fa,b (x) = y, koji se svodi na uslov ax + b = y, slijedi x = (y − b)/a. Prema tome, preslikavanja fa,b (a, b ∈ R, a 6= 0) su bijektivna. Neka je sa ◦ ozna£en proizvod (kompozicija) preslikavanja u skupu G. Kako je

(fa,b ◦ fc,d ) (x) = =

fa,b (fc,d (x)) = fa,b (cx + d) = a(cx + d) + b acx + ad + b = fac,ad+b (x),

imamo

fa,b ◦ fc,d = fac,ad+b .

(1.4)

Iz a 6= 0 i c 6= 0 slijedi ac 6= 0, pa relacija (1.4) zna£i da iz fa,b , fc,d ∈ G slijedi fac,ad+b ∈ G, ²to zna£i da je ispunjen uslov (G1), tj. da je skup G zatvoren u odnosu na operaciju ◦. Vidjeli smo da je proizvod proizvoljnih preslikavanja asocijativan, pa to vaºi i za proizvod u G. Preslikavanje f1,0 ∈ G predstavlja identi£no preslikavanje skupa R i to je neutralan element u skupu G u odnosu na proizvod preslikavanja. Naime, iz relacije (1.4) slijedi

fa,b ◦ f1,0 = f1,0 ◦ fa,b = fa,b

za sve fa,b ∈ G.

Da bismo utvrdili da li svaki element fa,b ∈ G ima inverz, poku²a¢emo odrediti realne brojeve x 6= 0 i y tako da budu ispunjeni uslovi

fx,y ◦ fa,b = f1,0

i fa,b ◦ fx,y = f1,0 .

S obzirom na relaciju (1.4), ovi uslovi mogu se zapisati u obliku

fxa,xb+y = f1,0

i fax,ay+b = f1,0 ,

50

Poglavlje 1. Uvod pa nepoznati brojevi x i y moraju zadovoljiti jedna£ine

ax = bx + y = ay + b =

1 0 0.

Kako je a 6= 0 iz prve jedna£ine slijedi x = 1/a, tj. x = a−1 , pa iz druge i tre¢e jedna£ine dobijamo y = −a−1 b. Prema tome, inverz elementa fa,b ∈ G je fa−1 ,−a−1 b . Da je svako preslikavanje fa,b ∈ G invertibilno, mogli smo zaklju£iti i na osnovu £injenice da su ta preslikavanja bijektivna. Kako su ispunjeni uslovi (G1)(G4), struktura (G, ◦) je grupa. Da bismo utvrdili da li je to Abelova grupa, odredi¢emo fc,d ◦ fa,b . Iz relacije (1.4) slijedi

fc,d ◦ fa,b = fca,cb+d , pa je uslova fa,b ◦ fc,d = fc,d ◦ fa,b ispunjen samo ako je

ac = ca i ad + b = cb + d, tj. samo ako je ad + b = cb + d za sve a, b, c, d (ac 6= 0.) Ako, na primjer, stavimo a = 2, c = 1, b = 0 i d = 3, vidimo da uslov ad + b = cb + d nije ispunjen, pa je f2,0 ◦ f1,3 6= f1,3 ◦ f2,0 , ²to zna£i da operacija ◦ nije komutativna, pa (G, ◦) nije Abelova grupa. 21. Neka je G skup svih preslikavanja Rθ : R2 → R2 , gdje je Rθ rotacija za ugao θ u smjeru suprotnom kretanju kazaljki na satu i ◦ proizvod (kompozicija) preslikavanja. Kako je

(Rθ ◦ Rψ )(x, y) = Rθ (Rψ (x, y)) = Rθ+ψ (x, y), proizvod rotacije za ugao θ i rotacije za ugao ψ je rotacija za ugao θ + ψ, tj. vaºi Rθ ◦ Rψ = Rθ+ψ . Dakle, uslov (G1) je ispunjen. Kako je proizvod preslikavanja asocijativan, to vaºi i za ova specijalna preslikavanja. Element R0 ∈ G predstavlja neutralan element u odnosu na operaciju ◦ jer je to identi£no preslikavanje skupa R2 . Inverz elementa Rθ ∈ G je element R−θ jer je

Rθ ◦ R−θ = R−θ ◦ Rθ = R0 . Kako su ispunjeni uslovi (G1)(G4), struktura (G, ◦) je grupa. Primijetimo da iz Rθ ◦ Rψ = Rθ+ψ slijedi Rψ ◦ Rθ = Rψ+θ , pa je Rθ ◦ Rψ = Rψ ◦ Rθ , ²to zna£i da je (G, ◦) Abelova grupa.

1.9. Algebarske strukture

51

22. Neka je Sn skup svih permutacija skupa Xn = {x1 , x2 , ..., xn } i ◦ proizvod permutacija. U Primjeru 1.36 vidjeli smo da je to binarna operacija u skupu Sn , tj. skup Sn je zatvoren u odnosu na proizvod permutacija. Proizvod preslikavanja je asocijativna operacija u op²tem slu£aju, pa je i proizvod ovih specijalnih preslikavanja asocijativan. Neutralan element u Sn je identi£no preslikavanje skupa Xn , tj. permutacija µ ¶ 1 2 3 ··· n e: . 1 2 3 ··· n µ ¶ 1 2 3 ··· n Inverz permutacije f : je permutacija x1 x2 x3 · · · xn µ ¶ x1 x2 x3 · · · xn f −1 : , 1 2 3 ··· n jer je i

(f −1 ◦ f )(i) = f −1 (f (i)) = f −1 (xi ) = i za sve i ∈ Xn (f ◦ f −1 )(xi ) = f (f −1 (xi )) = f (i) = xi

za sve xi ∈ Xn .

Kako su ispunjeni uslovi (G1)(G4), struktura (Sn , ◦) je grupa. U pododjeljku 1.14.2 ¢emo vidjeti da je |Sn | = n!, pa je (Sn , ◦) kona£na grupa. Tako, na primjer, grupa (S3 , ◦) ima 6 elemenata: µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 e: , f: , g: , h: 1 2 3 1 3 2 2 1 3 2 3 1 µ ¶ µ ¶ 1 2 3 1 2 3 u: , v: . 3 1 2 3 2 1 Da bismo pokazali kako se odrežuje proizvod permutacija iz S3 , odredi¢emo proizvod h ◦ f. Kako je

(h ◦ f )(1) = h(f (1)) = h(1) = 2, (h ◦ f )(2) = h(f (2)) = h(3) = 1, (h ◦ f )(3) = h(f (3)) = h(2) = 3, imamo

µ h◦f :

1 2 2 1

3 3

¶ ,

tj. h ◦ f = g. Ako na isti na£in odredimo f ◦ h, dobijamo µ ¶ 1 2 3 f ◦h: , 3 2 1 pa je f ◦ h 6= h ◦ f. Ovo zna£i da S3 nije Abelova grupa.

52

Poglavlje 1. Uvod

Za grupu (G, ∗) kaºemo da je kona£na grupa ako skup G ima kona£no mnogo elemenata. Pri tome se broj elemenata te grupe naziva red grupe i ozna£ava sa |G|. Tako je grupa (Zn , ⊕) iz Primjera 1.40 kona£na, a njen red je |Zn | = n. I grupa (Zn \ {0}, ¯), gdje je n prost broj, je kona£na, a njen red je |Zn \ {0}| = n − 1. Red grupe (Sn , ◦) je n!. S obzirom na ono ²to smo rekli o binarnim operacijama, vaºi sljede¢e tvrženje.

Teorema 1.17 Ako je (G, ∗) grupa, tada vaºi: • neutralan element e ∈ G je jedinstven; • svaki element x ∈ G ima jedinstven inverz x−1 ∈ G; • ako x ∈ G, tada je (x−1 )−1 = x; • za sve x, y ∈ G je (x ∗ y)−1 = y −1 ∗ x−1 ; • za sve x, y, z ∈ G iz x ∗ y = x ∗ z slijedi y = z i iz y ∗ x = z ∗ x slijedi y = z.

Vidjeli smo, na primjer, da su strukture (Z, +), (Q, +) i (R, +) grupe. Kako je Z ⊆ Q ⊆ R, moºemo re¢i da je (Z, +) podgrupa grupa (Q, +) i (R, +), dok je (Q, +) podgrupa grupe (R, +). U op²tem slu£aju, ako je (G, ∗) grupa i H ⊆ G, tada za strukturu (H, ∗) kaºemo da je podgrupa grupe (G, ∗) ako je (H, ∗) grupa. Grupa iz Primjera 1.40 pod brojem 20 predstavlja podgrupu grupe pod brojem 19 sa S = R. Sli£no je i grupa iz toga primjera pod brojem 21 podgrupu grupe pod brojem 19 sa S = R2 . Neka je A = {−1, 1} podskup skupa Z. Nije te²ko pokazati da je struktura (A, ·), gdje je sa · ozna£eno obi£no mnoºenje, grupa. Ta grupa predstavlja podgrupu grupe (Z, ·). Primijetimo da (A, +), gdje je sa + ozna£eno obi£no sabiranje, nije podgrupa grupe (Z, +) jer (A, +) nije grupa. Naime, (A, +) nije ni grupoid. Svaka grupa (G, ∗) ima bar dvije podgrupe. Naime, ako stavimo H1 = {e}, H2 = G, tada su (H1 , ∗) i (H2 , ∗) podgrupe grupe (G, ∗). To su tzv. trivijalne podgrupe. Ako je H podskup od G, da bismo provjerili da li je (H, ∗) podgrupa grupe (G, ∗), mi moramo provjeriti da li su za (H, ∗) ispunjene aksiome grupe (G1)(G4).

1.9. Algebarske strukture

53

Kako je (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z) za sve x, y, z ∈ G, jasno je da to vaºi i za sve elemente x, y, z ∈ H, pa se uslov (G2) ne mora provjeravati. S obzirom na to, mi moramo provjeriti da li je skup H zatvoren u odnosu na operaciju ∗, tj. da li iz x, y ∈ H slijedi x ∗ y ∈ H, zatim da li neutral e ∈ G pripada skupu H i da li inverz svakog elementa x ∈ H pripada skupu H . Kao ²to nije potrebno provjeravati uslov (G2), vidje¢emo da se ni uslov (G3) ne mora provjeravati ako su ispunjeni uslovi (G1) i (G4). Naime, ako za svako x, y ∈ H vaºi x ∗ y ∈ H i ako za svako x ∈ H element x−1 pripada H , tada za svako x ∈ H vaºi x−1 ∗ x ∈ H. Kako je x−1 ∗ x = e, to zna£i da e ∈ H, pa iz (G1) i (G4) slijedi uslov (G3). Prema tome, vaºi sljede¢i rezultat.

Teorema 1.18 Ako je H neprazan podskup od G, tada je (H, ∗) podgrupa grupe (G, ∗) ako i samo ako vaºe sljede¢a dva uslova: (P1)

x ∗ y ∈ H za sve x, y ∈ H;

(P2)

x−1 ∈ H za svako x ∈ H.

Primjer 1.41 Neka je G skup cijelih brojeva i H skup parnih cijelih brojeva. Provjeriti da li je (H, +) podgrupa grupe (G, +). Rje²enje. Neka su x i y proizvoljna dva elementa skupa H , tj. neka je x = 2m i y = 2n, (m, n ∈ Z). Kako je x + y = 2m + 2n = 2(m + n), jasno je da x + y ∈ H, pa je skup H zatvoren u odnosu na operaciju sabiranja, tj. ispunjen je uslov (P1). Ako je x = 2m, tada je x−1 = −x = −2m = 2(−m), ²to zna£i iz x ∈ H slijedi x−1 ∈ H. S obzirom na prethodnu teoremu, (H, +) je podgrupa grupe (G, +).

Primjer 1.42

Neka je G = Z i Hm = {x ∈ G : x = km, k ∈ Z}, gdje je m > 1 zadati cio broj. Pokaza¢emo da je (Hm , +) podgrupa grupe (G, +). Primijetimo da je (H2 , +) u stvari podgrupa (H, +) iz prethodnog primjera. Ako x, y ∈ Hm , tada je x = k1 m i y = k2 m (k1 , k2 ∈ Z). S obzirom na to, imamo x + y = k1 m + k2 m = (k1 + k2 )m ∈ Hm ,

x−1 = −x = −k1 m = (−k1 )m ∈ Hm , ²to zna£i da su ispunjeni uslovi (P1) i (P2), pa je (Hm , +) podgrupa grupe (G, +) za svaki cio broj m > 1.

54

Poglavlje 1. Uvod

Primjer 1.43

Neka je S neprazan skup i neka je G skup svih bijektivnih preslikavanja f : S → S. Ako je a ksiran element skupa S , stavimo

Ha = {f ∈ G : f (a) = a}. Pokaza¢emo sada da je (Ha , ◦) podgrupa grupe (G, ◦). Ako f, g ∈ Ha , imamo f (a) = a i g(a) = a, pa je

(f ◦ g)(a) = f (g(a)) = f (a) = a, ²to zna£i da f ◦ g ∈ Ha , tj. da je ispunjen je uslov (P1). Kako je f bijektivno preslikavanje skupa S koje ispunjava uslov f (a) = a, iz (f −1 ◦ f )(a) = idS (a) = a i (f −1 ◦ f )(a) = f −1 (f (a)) = f −1 (a) slijedi f −1 (a) = a, ²to zna£i da f −1 ∈ Ha , pa je ispunjen i uslov (P2). S obzirom na Teoremu 1.19, (Ha , ◦) je podgrupa grupe (G, ◦).

Teorema 1.19 nam je omogu¢ila da olak²amo provjeru da li je neki podskup H grupe G podgrupa grupe G ili ne. Umjesto da provjeravamo uslove (G1)(G4), mi provjeravamo uslove (P1) i (P2). Vidje¢emo sada da se u nekim slu£ajevima navedena provjera moºe i dodatno olak²ati.

Teorema 1.19 Neka je (G, ∗) grupa. Ako je H neprazan kona£an podskup skupa G koji je zatvoren u odnosu na operaciju ∗, tada je (H, ∗) podgrupa grupe (G, ∗). Dokaz. S obzirom na prethodnu teoremu, moramo dokazati da inverz svakog elementa x ∈ H pripada skupu H . Ako je x = e, gdje je e neutralan element, tada je x−1 = e, pa sa ovim elementom nema problema. Zato ¢emo pretpostaviti da x ∈ H i da je x 6= e. Uo£imo elemente

x, x2 , x3 , ..., xn+1 , gdje je n broj elemenata skupa H . Kako je skup H zatvoren u odnosu na operaciju ∗, jasno je da svi uo£eni elementi pripadaju skupu H jer je x2 = x ∗ x, x3 = x ∗ x ∗ x itd. Mi smo uo£ili n + 1 element n-£lanog skupa H, pa je jasno da mežu uo£enim elementima mora biti jednakih. To zna£i da postoje brojevi i i j (1 ≤ i < j ≤ n + 1) takvi da je xi = xj . Imaju¢i u vidu da iz uslova a ∗ b = a ∗ c slijedi b = c, zaklju£ujemo da iz uslova xi = xj (1 < j) slijedi e = xj−i . Kako je j − i ≥ 1, jasno je da se i element xj−i = e nalazi mežu uo£enim elementima x, x2 , x3 , ..., xn+1 . S obzirom na pretpostavku da je x 6= e, element xj−i = e nije prvi od tih elemenata pa

1.10. Algebarske strukture sa dvije binarne operacije

55

je j − i > 1. Kako se element xj−i−1 nalazi neposredno ispred elementa xj−i = e, jasno je da se xj−i−1 nalazi mežu uo£enih n + 1 elemenata skupa H . Iz xj−i−1 ∗ x = xj−i = e slijedi da je xj−i−1 = x−1 , ²to zna£i da x−1 ∈ H. Tako je dokazano da inverz svakog elementa x ∈ H pripada H , pa je (H, ∗) podgrupa grupe (G, ∗).

Sljede¢e tvrženje predstavlja neposrednu posljedicu prethodne teoreme.

Teorema 1.20 Ako je (G, ∗) kona£na grupa i H neprazan podskup skupa

G koji je zatvoren u odnosu na operaciju ∗, tada je (H, ∗) podgrupa grupe (G, ∗).

Iz ovog tvrženja slijedi da je u slu£aju kona£nih grupa dovoljno provjeriti uslov zatvorenosti skupa H u odnosu na operaciju ∗ da bismo znali da li je (H, ∗) podgrupa.

1.10 Algebarske strukture sa dvije binarne operacije Razmotri¢emo sada algebarske strukture sa dvije binarne operacije koje ¢emo uslovno zvati ,,sabiranje i ,,mnoºenje i ozna£avati sa + i ·, redom.

1.10.1

Prsten

Algebarska struktura (R, +, ·) naziva se prsten ako su ispunjeni sljede¢i uslovi: (R1) skup R je zatvoren u odnosu operaciju sabiranja, tj.

x+y ∈R

za sve x, y ∈ R;

(R2) operacija sabiranja je asocijativna, tj.

(x + y) + z = x + (y + z) za sve x, y, z ∈ R; (R3) operacija sabiranja je komutativna, tj.

x + y = y + x za sve x, y ∈ R;

56

Poglavlje 1. Uvod

(R4) u skupu R postoji neutralan element u odnosu na operaciju sabiranja, koji se ozna£ava sa 0, takav da je

x + 0 = x za svako x ∈ R; (R5) svaki element skupa R je invertibilan u odnosu na operaciju sabiranja, tj. za svaki element x ∈ R postoji element y ∈ R takav da je x + y = 0. Element y naziva se inverz od x u odnosu na operaciju sabiranja (suprotan element od x) i ozna£ava sa −x. (R6) skup R je zatvoren u odnosu operaciju mnoºenja, tj.

x·y ∈R

za sve x, y ∈ R;

(R7) operacija mnoºenja je asocijativna, tj.

(x · y) · z = x · (y · z) za sve x, y, z ∈ R; (R8) operacija mnoºenja je distributivna u odnosu na operaciju sabiranja, tj. za sve x, y, z ∈ R vaºi

x · (y + z) = x · y + x · z

i (x + y) · z = x · z + y · z.

S obzirom na ranije denicije grupe i polugrupe, ova denicija moºe se dati i u kra¢em obliku. Algebarska struktura naziva se prsten ako su ispunjeni sljede¢i uslovi:

1◦ (R, +) je Abelova grupa; 2◦ (R, ·) je polugrupa; 3◦ operacija mnoºenja je distributivna u odnosu na operaciju sabiranja. Kako prema uslovu (R5) svaki element skupa R ima inverz u odnosu na operaciju sabiranja, ako x, y ∈ R, tada oznaka x − y ima zna£enje x + (−y). Umjesto x · y £esto se pi²e xy. Ako je i operacija mnoºenja komutativna, tj. ako je

x · y = y · x za sve x, y ∈ R, tada se prsten (R, +, ·) naziva komutativan prsten . Ako u skupu R postoji neutralan element i u odnosu na operaciju mnoºenja, koji nazivamo jedinica i ozna£avamo sa 1, tada se prsten naziva prsten sa jedinicom . Nave²¢emo sada najzna£ajnije primjere prstenova.

1.10. Algebarske strukture sa dvije binarne operacije

57

Primjer 1.44

Kao prvi primjer prstena navodimo strukturu (Z, +, ·), gdje je Z skup cijelih brojeva, a + i · su operacije sabiranja i mnoºenja cijelih brojeva. Ovo je komutativan prsten sa jedinicom. U vezi sa ovim primjerom recimo da je pojam prstena i uveden da bi se dobilo uop²tenje onoga ²to se de²ava u skupu cijelih brojeva.

Primjer 1.45

Struktura (Zn , +, ·), gdje je Zn = {0, 1, 2, ..., n − 1}, a operacije + i · su operacije sabiranja i mnoºenja po modulu n, predstavlja komutativan prsten sa jedinicom (vidjeti Primjer 1.40).

Primjer 1.46 Strukture (Q, +, ·), (R, +, ·), (C, +, ·) su takože primjeri komutativnog prstena sa jedinicom.

Primjer 1.47

Neka je R skup svih realnih neprekidnih funkcija denisanih na intervalu [a, b]. Za f, g ∈ R i x ∈ [a, b] je

(f + g)(x) = f (x) + g(x), (f · g)(x) = f (x) · g(x). Iz matemati£ke analize je poznato da su zbir i proizvod neprekidnih funkcija takože neprekidne funkcije, pa je skup R zatvoren u odnosu na operacije sabiranja i mnoºenja. Struktura (R, +, ·) je komutativan prsten sa jedinicom. Neutral u odnosu na operaciju sabiranja je nula-funkcija, tj. funkcija koja je jednaka nuli u svakoj ta£ki intervala [a, b], dok je neutral u odnosu na operaciju mnoºenja funkcija koja ima vrijednost 1 u svakoj ta£ki intervala [a, b].

Primjer 1.48 [Prsten polinoma ] Mada ¢emo se polinomima baviti kasnije, na os-

novu onoga ²to se o polinomima zna iz srednje ²kole mogu¢e je zaklju£iti da struktura (R, +, ·), gdje je R skup svih polinoma p(x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 , (ai ∈ R, x ∈ R), a + i · su operacije sabiranja i mnoºenja polinoma, predstavlja komutativan prsten sa jedinicom. Neutral u odnosu na operaciju sabiranja je nulapolinom, tj. polinom £ija je vrijednost 0 u svakoj ta£ki x, dok je neutral u odnosu na operaciju mnoºenja polinom £ija je vrijednost 1 u svakoj ta£ki x.

58

Poglavlje 1. Uvod

Primjer 1.49

Neka je R skup svih tablica · ¸ a b , a, b, c, d ∈ R. c d

Operacija sabiranja tablica iz R deni²e se sa · ¸ · ¸ · a1 b1 a2 b2 a1 + a2 + = c1 d1 c2 d2 c1 + c2 dok se mnoºenje tablica iz R deni²e sa · ¸· ¸ · a b x y ax + bz = c d z w cx + dz

¸

b1 + b2 d1 + d2

ay + bw cy + dw

,

¸ .

Ve¢ smo u Primjeru 1.40 pokazali da je (R, +) Abelova grupa. Uz malo truda moºe se pokazati da je operacija mnoºenja tablica asocijativna i distributivna u odnosu na operaciju sabiranja, pa je (R, +, ·) prsten. Kako se tablice iz R nazivaju matrice reda 2 × 2, govori se o prstenu realnih matrica reda 2 × 2. Operacija mnoºenja matrica nije komutativna. To se, na primjer, vidi iz £injenice da je · ¸· ¸ · ¸ 1 1 1 0 1 0 = 1 1 0 0 1 0 i

·

²to zna£i da je

·

1 1

1 1

1 0

0 0

¸·

¸·

1 0 0 0

1 1

1 1

¸

¸

· =

· 6=

1 0 0 0

1 1 0 0 ¸·

¸ ,

1 1

1 1

¸ .

S obzirom na to, prsten (R, +, ·) nije komutativan. Kako je · ¸· ¸ · ¸ a b 1 0 a b = c d 0 1 c d i

· ·

a b c d

¸

· =

1 0

0 1

¸·

a b c d

¸ ,

¸ 1 0 predstavlja neutral u odnosu na operaciju mnoºenja, pa (R, +, ·) 0 1 predstavlja nekomutativan prsten sa jedinicom. Kasnije ¢emo vidjeti da i skup realnih kvadratnih matrica reda n × n predstavlja nekomutativan prsten sa jedinicom u odnosu na operacije sabiranja i mnoºenja matrica.

matrica

1.10. Algebarske strukture sa dvije binarne operacije

59

Dok u prstenu cijelih brojeva iz uslova x · y = 0 slijedi da je x = 0 ili y = 0, u drugim prstenovima to ne mora biti slu£aj. Na primjer, u prstenu (Z6 , +, ·), gdje su + i · operacije sabiranja i mnoºenja po modulu 6, vaºi 2 · 3 = 0 iako je 2 6= 0 i 3 6= 0. Posmatrajmo sada prsten iz Primjera 1.47. Ako je (

f (x) = i

(

g(x) =

0, 2 b−a x −

2 − b−a x+

a ≤ x ≤ a+b 2 a+b a+b , < x ≤ b b−a 2 a+b b−a ,

a ≤ x ≤ a+b 2 , 0 a+b 2 0. Primijetimo da je x∗ Ax matrica reda 1 × 1, tj. kompleksan broj, pa je (x∗ Ax)∗ = x∗ Ax, jer transponovanje matrice reda 1 × 1 nema nikakav zana£aj. S obzirom na to i na £injenicu da je A∗ = A, imamo

x∗ Ax = (x∗ Ax)∗ = x∗ A∗ (x∗ )∗ = x∗ Ax, ²to zna£i da je x∗ Ax realan broj. Imaju¢i u vidu ovo i £injenicu da je

λ=

x∗ Ax , x∗ x

zaklju£ujemo da je λ realan broj. Kako je λ proizvoljna sopstvena vrijednost ermitske matrice A, to zna£i da su sve njene sopstvene vrijednosti realne.

346

Poglavlje 5. Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori matrice

Posljedica 5.1 Sve sopstvene vrijednosti simetri£ne matrice A ∈ Mn (R) su realne.

Navodimo jo² jedno tvrženje koje se odnosi na sopstvene vrijednosti.

Teorema 5.10 Neka A ∈ Mn (C). Vaºe sljede¢a tvrženja: (a) Matrica AT ima iste sopstvene vrijednosti (ra£unaju¢i i njihove algebarske vi²estrukosti) kao i matrica A. (b) Ako su λ1 , λ2 , . . . , λn sopstvene vrijednosti matrice A (one ne moraju biti razli£ite), tada su λ1 , λ2 , . . . , λn sopstvene vrijednosti matrice A∗ .

Dokaz. (a) Kako za svako λ ∈ C vaºi pAT (λ) = det(AT − λI) = det(A − λI)T = det(A − λI) = pA (λ), imamo da su karakteristi£ni polinomi matrica AT i A jednaki, tj.

pAT (λ) = pA (λ) za svako λ, pa su i nule tih polinoma jednake, £ime se dokazuje tvrženje (a). (b) Primijetimo da je

pA∗ (λ) = det(A∗ − λI) = det(A − λI)∗ = det(A − λI)T = det(A − λI) = det(A − λI) = pA (λ). S obzirom na to, ako je pA (λ) = 0, onda je i pA∗ (λ) = 0, a to zna£i da iz λ ∈ σ(A) slijedi λ ∈ σ(A∗ ), £ime se dokazuje tvrženje (b).

Dok matrice A i AT imaju iste sopstvene vrijednosti, odgovaraju¢i sopstveni vektori tih matrica " u op²tem # slu£aju nisu jednaki. U Primjeru 5.1 smo 3 −2 vidjeli da matrica A = ima sopstvene vrijednosti λ1 = −1, λ2 = 1 4 −3 i sopstvene vektore x1 = su y1 = "

h

3 4 −2 −3

−1 1

#

iT

h

i y2 =

1/2 1

iT

h

−2 1

i x2 =

iT

h

1 1

iT

Pokazuje se da

sopstveni vektori matrice AT =

koji odgovaraju sopstvenim vrijednostima λ1 = −1, λ2 = 1.

5.3. Sli£nost matrica

5.3.1

347

’urova teorema o triangularizaciji

Vidjeli smo da se ne moºe svaka matrica iz Mn (C) dijagonalizovati. Ovo zna£i da u koli£ni£kom skupu Mn (C)/ ∼ postoje klase ekvivalencije koje ne sadrºe dijagonalnu matricu. Postavlja se pitanje koja je najjednostavnija matrica u jednoj takvoj klasi ekvivalencije. Pokazuje se da svaka klasa ekvivalencije iz Mn (C)/ ∼ sadrºi trougaonu matricu. To zna£i da je svaka matrica A ∈ Mn (C) sli£na nekoj trougaonoj matrici T ∈ Mn (C), tj. da za svaku matricu A postoji invertibilna transformaciona matrica S ∈ Mn (C) takva da je S −1 AS = T. Pokazuje se takože da za svaku matricu A postoji unitarna matrica U ∈ Mn (C) (U −1 = U ∗ ) takva da je U −1 AU = U ∗ AU = T. U ovom slu£aju se kaºe da je svaka matrica A unitarno sli£na nekoj trougaonoj matrici T. Dakle, trougaona matrica predstavlja najjednostavniji tip matrice na koju je mogu¢e svesti svaku matricu pomo¢u transformacije sli£nosti. O tome govori sljede¢a teorema koju navodimo bez dokaza.

Teorema 5.11 (’urova teorema o triangularizaciji) Neka A ∈ Mn (C) i neka je ksiran neki poredak sopstvenih vrijednosti λ1 , λ2 , . . . , λn matrice A. Tada postoji unitarna matrica U ∈ Mn (C) takva da je U −1 AU = U ∗ AU = T,

gdje je T = [tij ] ∈ Mn (C) gornja trougaona matrica sa dijagonalnim elementima tii = λi (i = 1, 2, . . . , n). Ako A ∈ Mn (R) i ako su sve njene sopstvene vrijednosti realne, tada postoji ortogonalna matrica Q ∈ Mn (R) (Q−1 = QT ) takva da je QT AQ = T.

Primjenom ’urove teoreme moºe se dokazati sljede¢i rezultat.

Teorema 5.12 (Kejli-Hamiltonova teorema) Ako je pA (λ) karakteristi£an polinom matrice A ∈ Mn (C), tada je pA (A) nula-matrica.

Dokaz. Neka su λ1 , λ2 , . . . , λn sopstvene vrijednosti matrice A. Tada je pA (λ) = (−1)n (λ − λ1 )(λ − λ2 ) · · · (λ − λn ). Prema ’urovoj teoremi, postoji unitarna matrica U ∈ Mn (C) takva da je U ∗ AU = T, gdje je T ∈ Mn (C) gornja trougaona matrica sa dijagonalnim

348

Poglavlje 5. Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori matrice

elementima tii = λi (i = 1, 2, . . . , n). Odavde slijedi relacija A = U T U ∗ . S obzirom na ono ²to smo ranije rekli o sli£nim matricama, kako su A i T sli£ne matrice, i matrice pA (A) i pA (T ) su sli£ne, tj. vaºi

pA (A) = U pA (T )U ∗ . Posmatrajmo matricu

pA (T ) = (−1)n (T − λ1 I)(T − λ2 I) · · · (T − λn I). Imaju¢i u vidu da je tii = λi (i = 1, 2, . . . , n), gornja trougaona matrica T − λi I ima 0 na poziciji (i, i) (i = 1, 2, . . . , n). To zna£i da gornja trougaona matrica T − λ1 I ima sve nule u prvoj koloni. Mnoºenjem gornjih trougaonih matrica T − λ1 I i T − λ2 I dobija se gornja trougaona matrica koja ima sve nule u prve dvije kolone. Kada tom matricom pomnoºimo gornju trougaonu matrica T − λ3 I, dobijamo gornju trougaonu matricu koja ima sve nule u prve tri kolone. Tako se sa svakim mnoºenjem pove¢ava broj nula-kolona, pa ¢e se poslije posljednjeg mnoºenja dobiti nula-matrica. To zna£i da je pA (T ) = O, pa je pA (A) = O.

Kejli-Hamiltonova teorema £esto se formuli²e na sljede¢i na£in:

• Svaka matrica A ∈ Mn (C) zadovoljava svoju karakteristi£nu jedna£inu. Kako je pA (A) = O, kaºe se da karakteristi£an polinom pA (·) anulira matricu A. Relacija pA (A) = O omogu¢ava da se svaka matrica An+k (k = 0, 1, 2, ...) izrazi kao linearna kombinacija matrica I, A, A2 , ..., An−1 . Naime, ako je

pA (λ) = (−1)n (λn + an−1 λn−1 + an−2 λn−2 + · · · + a1 λ + a0 ), tada je

An + an−1 An−1 + an−2 An−2 + · · · + a1 A + a0 I = O, odnosno

An = −an−1 An−1 − an−2 An−2 − · · · − a1 A − a0 I. Ovo zna£i da je matrica An izraºena kao linearna kombinacija matrica I, A, A2 , ..., An−1 . Ako prethodnu jednakost pomnoºimo sa A, vidje¢emo da se

5.3. Sli£nost matrica

349

An+1 moºe izraziti kao linearna kombinacija matrica I, A, A2 , ..., An−1 : An+1 = −an−1 An − an−2 An−1 − · · · − a1 A2 − a0 A = −an−1 (−an−1 An−1 − an−2 An−2 − · · · − a1 A − a0 I) −an−2 An−1 − · · · − a1 A2 − a0 A = (a2n−1 − an−2 )An−1 + (a2n−1 an−2 − an−3 )An−2 + · · · +(an−1 a1 − a0 )A + an−1 a0 I. Sli£no se pokazuje da se i matrice An+2 , An+3 , ... izraºavaju kao linearne kombinacije matrica I, A, A2 , ..., An−1 . Neka je A ∈ Mn (C). Stepeni A0 = I, A1 = A, A2 , A3 , ... su takože matrice iz vektorskog prostora Mn (C). Kako je dimenzija tog vektorskog prostora jednaka n2 , to zna£i da mežu matricama I, A, A2 , A3 , ... nema vi²e od n2 linearno nezavisnih matrica. Ozna£imo sa r najmanji cio broj takav da se matrica Ar moºe predstaviti kao linearna kombinacija matrica I, A, A2 , A3 , ..., Ar−1 . Neka je

Ar = m0 I + m1 A + m2 A2 + · · · + mr−1 Ar−1 ,

mi ∈ C.

Posmatrajmo polinom

mA (z) = z r − mr−1 z r−1 − · · · − m2 z 2 − m1 z − m0 . Kako je mA (A) = O, mA (z) je polinom najmanjeg stepena koji anulira matricu A. Primijetimo da je najstariji koecijent tog polinoma jednak 1. Mežu polinomima koji anuliraju matricu A postoji samo jedan £iji je stepen minimalan i £iji je najstariji koecijent 1. Taj polinom naziva se minimalan polinom matrice A. Minimalan polinom matrice A ima jedno vaºno svojstvo  on dijeli svaki polinom koji anulira matricu A. Naime, ako je p(z) proizvoljan polinom koji anulira matricu A (p(A) = O), tada je deg p ≥ deg mA . Ako sa q(z) i r(z) ozna£imo koli£nik i ostatak pri dijeljenju polinoma p(z) i mA (z), imamo

p(z) = mA (z)q(z) + r(z), gdje je r(z) ≡ 0 ili je deg r < deg mA . Odavde slijedi

p(A) = mA (A)q(A) + r(A), pa kako je p(A) = O i mA (A) = O, zaklju£ujemo da mora biti r(A) = O. Ako bismo pretpostavili da je deg r < deg mA , to bi zna£ilo da polinom r(z)

350

Poglavlje 5. Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori matrice

anulira matricu A i da mu je stepen manji od stepena minimalnog polinoma. Kako to nije mogu¢e, mora biti r(z) ≡ 0, a to zna£i da polinom mA (z) dijeli polinom p(z). S obzirom na to, minimalan polinom matrice A dijeli njen karakteristi£an polinom, tj. mA (z) | pA (z) (ovdje smo promjenljivu umjesto sa λ ozna£ili sa z ). Pokaza¢emo sada da je mA (λ) = 0 ako i samo ako je λ sopstvena vrijednost matrice A. Drugim rije£ima, skupovi rje²enja jedna£ina pA (z) = 0 i mA (z) = 0 su jednaki. Kako mA (z) | pA (z), postoji polinom q(z) takav da je p(z) = mA (z)q(z). S obzirom na to, ako je mA (λ) = 0, tada je, o£igledno, i pA (λ) = 0, ²to zna£i da svaka nula minimalnog polinoma predstavlja sopstvenu vrijednost matrice A. Ako je λ sopstvena vrijednost matrice A, tada postoji nenula-vektor x ∈ n C takav da je Ax = λx. Vidjeli smo da matrica mA (A) ima sopstvenu vrijednost mA (λ) kojoj odgovara sopstveni vektor x, pa je mA (A)x = mA (λ)x. Kako je mA (A) = O, imamo mA (λ)x = 0, odakle slijedi mA (λ) = 0. S obzirom na to, ako je karakteristi£an polinom pA (z) faktorizovan u obliku n

s1

s2

sk

pA (z) = (−1) (z − λ1 ) (z − λ2 ) · · · (z − λk ) ,

1 ≤ si ≤ n,

k X

si = n,

i=1

gdje su brojevi λ1 , λ2 , . . . , λk razli£iti, tada minimalan polinom ima oblik

mA (z) = (z − λ1 )r1 (z − λ2 )r2 · · · (z − λk )rk ,

1 ≤ ri ≤ si .

Ovaj rezultat nam pokazuje kako moºemo odrediti minimalan polinom matrice A. Algoritam za odreživanje minimalnog polinoma matrice A ∈ Mn (C) opisujemo na sljede¢i na£in:

1◦ odrediti karakteristi£an polinom matrice A; 2◦ odrediti nule tog karakteristi£nog polinoma, pa ga faktorizovati; 3◦ koriste¢i dobijene faktore odrediti sve djelitelje karakteristi£nog polinoma koji imaju najstariji koecijent 1; 4◦ izdvojiti one djelitelje karakteristi£nog polinoma koji anuliraju matricu A;

5.3. Sli£nost matrica

351

5◦ utvrditi koji od izdvojenih polinoma ima najmanji stepen.

Primjer 5.8

Koriste¢i opisani algoritam odrediti minimalne polinome matrica     3 0 1 −1 1 1 1 . A =  −4 1 −2  , B =  1 −1 −4 0 −1 1 1 −1

Rje²enje. Karakteristi£an polinom matrice A je ¯ ¯ 3−z ¯ pA (z) = ¯¯ −4 ¯ −4

0 1−z 0

1 −2 −1 − z

¯ ¯ ¯ ¯ = (1 − z)(z 2 − 2z + 1). ¯ ¯

Vidimo da su z1 = 1, z2 = 1, z3 = 1 nule tog polinoma pa imamo faktorizaciju

pA (z) = −(z − 1)3 . Djelitelji polinoma pA (z) sa najstarijim koecijentom 1 su

p0 (z) = 1,

p1 (z) = z − 1,

p2 (z) = (z − 1)2 ,

p3 (z) = (z − 1)3 .

Neposrednom provjerom pokazuje se da je

p0 (A) 6= O,

p1 (A) 6= O,

p2 (A) = O,

p3 (A) = O,

pa je p2 (z) minimalan polinom matrice A, tj.

mA (z) = (z − 1)2 . Karakteristi£an polinom matrice B je ¯ ¯ −1 − z 1 1 ¯ 1 −1 − z 1 pB (z) = ¯¯ ¯ 1 1 −1 − z

¯ ¯ ¯ ¯ = z 3 + 3z 2 − 4. ¯ ¯

Kako su z1 = −2, z2 = −2, z3 = 1 nule tog polinoma, imamo faktorizaciju

pB (z) = (z + 2)2 (z − 1). Djelitelji polinoma pB (z) sa najstarijim koecijentom 1 su

q0 (z) = 1,

q1 (z) = z + 2,

q2 (z) = z − 1,

q4 (z) = (z + 2)(z − 1),

q3 (z) = (z + 2)2 ,

q5 (z) = (z + 2)2 (z − 1).

Neposrednom provjerom pokazuje se da je

q0 (B) 6= O,

q1 (B) 6= O,

q2 (B) 6= O,

q4 (B) 6= O,

q5 (B) = O,

q3 (B) 6= O,

pa je minimalan polinom matrice B u stvari njen karakteristi£an polinom, tj.

mB (z) = pB (z).

352

Poglavlje 5. Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori matrice

Poznavanje minimalnog polinoma matrice A omogu¢ava dobijanje raznih interesantnih informacija o matrici A. Mi ¢emo navesti rezultat koji pokazuje kako se na osnovu minimalnog polinoma matrice A moºe zaklju£iti da li se ta matrica moºe dijagonalizovati ili ne.

Teorema 5.13 Matrica A ∈ Mn (C) moºe se dijagonalizovati ako i samo ako su svi korijeni jedna£ine mA (z) = 0 prosti. S obzirom na ovu teoremu, matrice A i B iz prethodnog primjera ne mogu se dijagonalizovati jer njihovi minimalni polinomi imaju i nule koje nisu proste. Primjenom ’urove teoreme moºe se dokazati da je svaka ermitska matrica A sli£na dijagonalnoj matrici £iji su svi dijagonalni elementi realni. Ti dijagonalni elementi predstavlja sopstvene vrijednosti matrice A, pa se i na taj na£in pokazuje da su sve sopstvene vrijednosti ermitske matrice realne. Naime, ako je A = A∗ , iz U ∗ AU = T slijedi

T ∗ = (U ∗ AU )∗ = U ∗ A∗ U = U ∗ AU = T. Kako je T gornja trougaona matrica, uslov T ∗ = T zna£i da je T dijagonalna matrica i da je tii = tii , pa su dijagonalni elementi tii matrice T realni. S obzirom na to, vaºi sljede¢i rezultat.

Teorema 5.14 Ako je matrica A ∈ Mn (C) ermitska (A = A∗ ), tada postoje

unitarna matrica U ∈ Mn (C) i dijagonalna matrica Λ = diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ) ∈ Mn (R) takve da je A = U ΛU ∗ . Kolone matrice U su sopstveni vektori matrice A koji odgovaraju njenim sopstvenim vrijednostima λ1 , λ2 , . . . , λn .

I razlaganje A = U ΛU ∗ predstavlja spektralno razlaganje matrice A. Ako stavimo U•i = xi (i = 1, 2, ..., n), imamo

A = U ΛU ∗ = λ1 x1 x∗1 + λ2 x2 x∗2 + · · · + λn xn x∗n . Iz A = U ΛU ∗ slijedi Ak = U Λk U ∗ za svako k ≥ 0. Ako je matrica A invertibilna, tada je A−1 = U Λ−1 U ∗ , pa za tu matricu relacija Ak = U Λk U ∗ vaºi za sve k ∈ Z. Navedena teorema o spektralnom razlaganju u realnom slu£aju formuli²e se na sljede¢i na£in.

5.4. Pozitivno odrežene matrice

353

Teorema 5.15 (o spektralnom razlaganju simetri£ne matrice) Ako

je matrica A ∈ Mn (R) simetri£na (A = AT ), tada postoje ortogonalna matrica Q ∈ Mn (R) i dijagonalna matrica Λ = diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ) ∈ Mn (R) takve da je A = QΛQT . Kolone matrice Q su sopstveni vektori matrice A koji odgovaraju njenim sopstvenim vrijednostima λ1 , λ2 , . . . , λn .

5.4 Pozitivno odrežene matrice Za matricu A ∈ Mn (C) kaºemo da je pozitivno odrežena (pozitivno denitna ) ako je

x∗ Ax > 0 za svaki nenula-vektor x ∈ Cn .

(5.8)

Za matricu A ∈ Mn (C) kaºemo da je pozitivno poluodrežena (pozitivno semidenitna ) ako je

x∗ Ax ≥ 0 za svaki vektor x ∈ Cn .

(5.9)

Ako znakove > i ≥ u (5.8) i (5.9) zamijenimo znakovima < i ≤, redom, dobijamo denicije negativno odrežene (negativno denitne ) i negativno poluodrežene (negativno semidenitne ) matrice. Ako je A realna matrica, tada se svi ovi pojmovi deni²u na analogan na£in. Na primjer, za matricu A ∈ Mn (R) kaºemo da je pozitivno odrežena (pozitivno denitna ) ako je

xT Ax > 0 za svaki nenula-vektor x ∈ Rn . Lema 5.2 Ako A ∈ Mn (C), tada je broj x∗ Ax realan za svako x ∈ Cn ako i samo ako je matrica A ermitska (A∗ = A).

Dokaz. Ako je matrica A ermitska, ranije smo ve¢ dokazali da je broj x∗ Ax realan. Sada ¢emo dokazati obrnutu implikaciju. Ako je broj x∗ Ax realan za svako x ∈ Cn , tada za svako x ∈ Cn vaºi

x∗ Ax = x∗ Ax = (x∗ Ax)∗ = x∗ A∗ x,

354

Poglavlje 5. Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori matrice

pa je

x∗ Ax − x∗ A∗ x = x∗ (A − A∗ )x = 0

za svako x ∈ Cn . Uslov x∗ (A − A∗ )x = 0 za svako x ∈ Cn je mogu¢ samo ako je A − A∗ = O, tj. A = A∗ .

S obzirom na ovaj rezultat, ako je matrica A ∈ Mn (C) pozitivno odrežena, onda je ona ermitska, pa pozitivo odrežene mogu biti samo ermitske matrice. Ako A ∈ Mn (R), broj xT Ax je realan za svako x ∈ Rn nezavisno od toga da li je matrica A simetri£na ili ne. Pokazuje se da u realnom slu£aju pozitivo odrežene mogu biti ne samo simetri£ne nego i neke matrice koje nisu simetri£ne. Na primjer, matrica "

A=

1 1 −1 1

#

nije simetri£na (A 6= AT ), ali je ona pozitivno odrežena jer je

x Ax = T

i

h

"

x1 x2

1 1 −1 1

#"

x1 x2

#

= x21 + x22 > 0

za svaki nenula-vektor x ∈ R2 . Nas ¢e posebno zanimati realne simetri£ne pozitivo odrežene matrice (u mnogim knjigama pozitiva odreženost deni²e se samo za simetri£ne realne matrice). Nave²¢emo sada neke karakterizacije realnih pozitivno odreženih matrica.

Teorema 5.16 Matrica A ∈ Mn (R) je pozitivno odrežena ako i samo ako

su sve glavne podmatrice te matrice pozitivno odrežene.

Dokaz. Pretpostavimo da je matrica A pozitivno odrežena. Ozna£imo sa B proizvoljnu glavnu podmatricu matrice A reda k (k ∈ {1, 2, ..., n}) £iji elementi leºe u vrstama i kolonoma £iji su redni brojevi i1 , i2 , ..., ik h

iT

(1 ≤ i1 < i2 < · · · < ik ≤ n). Neka je x = x1 x2 · · · xn nenulan vektor iz R takav da je xi = 0 ako i 6∈ {i1 , i2 , ..., ik }. Ako stavimo y = h

xi1

xi2

· · · xik

iT

, tada je

yT B y = xT Ax.

5.4. Pozitivno odrežene matrice

355

Kako je xT Ax > 0 za svaki nenula-vektor x ∈ Rn , to zna£i da je yT B y > 0 za svaki nenula-vektor y ∈ Rk , pa je matrica B pozitivno odrežena. Obrnuto, ako su sve glavne podmatrice matrice A pozitivno odrežene, onda je takva i glavna podmatrica reda n, a to je sama matrica A.

Ova karakterizacija realnih pozitivno odreženih matrica vaºi specijalno i za sve simetri£ne matrice, a vaºi i za sve ermitske matrice. Sada ¢emo dati jednu karakterizaciju realnih simetri£nih pozitivno odreženih (poluodreženih) matrica koja ¢e vaºiti i za ermitske matrice.

Teorema 5.17 Simetri£na matrica A ∈ Mn (R) je pozitivno odrežena ako i

samo ako su sve njene sopstvene vrijednosti pozitivne. Simetri£na matrica A ∈ Mn (R) je pozitivno poluodrežena ako i samo ako su sve njene sopstvene vrijednosti nenegativne.

Dokaz. Pretpostavimo prvo da je simetri£na matrica A pozitivno odrežena, tj. da je xT Ax > 0 za sve x ∈ Rn \ {0}. Neka je λ proizvoljna sopstvena vrijednost matrice A i y 6= 0 odgovaraju¢i sopstveni vektor, tj. neka je Ay = λy. Kako je matrica A simetri£na, sve njene sopstvene vrijednosti su realne i svi sopstveni vektori imaju realne komponente, pa λ ∈ R i y ∈ Rn . Iz yT Ay = λyT y slijedi λ = (yT Ay)/(yT y). Kako je y 6= 0, imamo yT Ay > 0 i yT y > 0, pa je λ > 0, a to zna£i da su sve sopstvene vrijednosti matrice A

pozitivne. Pretpostavimo sada da su sve sopstvene vrijednosti λ1 , λ2 , . . . , λn simetri£ne matrice A pozitivne. Prema teoremi o spektralnom razlaganju simetri£ne matrice imamo A = QΛQT , gdje je Λ = diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ) i Q ortogonalna matrica, pa za svaki vektor x ∈ Rn \ {0} vaºi

xT Ax = xT QΛQT x = (QT x)T Λ(QT x) = zT Λz =

n X

λi zi2 > 0,

i=1

²to zna£i da je matrica A pozitivno odrežena. Ovdje smo stavili QT x = z = [z1 z2 ... zn ]T . Primijetimo da je z 6= 0 jer je x 6= 0. Slu£aj pozitivno poluodrežene matrice razmatra se analogno.

356

Poglavlje 5. Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori matrice

Primjer 5.9

Posmatrajmo ranije navedenu pozitivno odreženu matricu · ¸ 1 1 A= −1 1

koja nije simetri£na. Karakteristi£an ¯ ¯ 1−λ 1 pA (λ) = ¯¯ −1 1−λ

polinom te matrice je ¯ ¯ ¯ = (1 − λ)2 + 1 = λ2 − 2λ + 2. ¯

Rje²enja karakteristi£ne jedna£ine pA (λ) = 0 su λ1 = 1 + i i λ2 = 1 − i. Vidimo da matrica A nema nijednu realnu sopstvenu vrijednost, pa je jasno da te sopstvene vrijednosti ne mogu ni biti pozitivne. Ovaj primjer pokazuje da pretpostavka o simetri£nosti matrice u prethodnoj teoremi ima su²tinski zna£aj i da se ne moºe izostaviti.

Sljede¢a tvrženja su direktne posljedice navedenih teorema.

• Simetri£na pozitivno odrežena matrica A ∈ Mn (R) je invertibilna. • Determinanta simetri£ne pozitivno odrežene matrice A ∈ Mn (R) je pozitivna. • Trag simetri£ne pozitivno odrežene matrice A ∈ Mn (R) je pozitivan. • Ako je simetri£na matrica A ∈ Mn (R) pozitivno odrežena, tada su pozitivno odrežene i simetri£ne matrice AT , A−1 , Ak (k = 1, 2, ... ). • Sve sopstvene vrijednosti glavnih podmatrica simetri£ne pozitivno odrežene matrice A ∈ Mn (R) su pozitivne, pa su i svi njeni glavni minori pozitivni. • Svi dijagonalni elementi simetri£ne pozitivno odrežene matrice A ∈ Mn (R) su pozitivni. Sva ova tvrženja vaºe ako umjesto ,,simetri£na matrica A ∈ Mn (R) stavimo ,,ermitska matrica A ∈ Mn (C). Vaºi i sljede¢e tvrženje.

• Ako je matrica A ∈ Mn (C) pozitivno odrežena, tada su i matrice A i A∗ pozitivno odrežene.

5.4. Pozitivno odrežene matrice

357

Prije nego ²to navedemo jo² jednu karakterizaciju realnih pozitivno odreženih matrica, denisa¢emo pojam ugaonog minora matrice. Ugaoni minor reda k (1 ≤ k ≤ n) matrice A ∈ Mn (R) je determinanta podmatrice matrice A koju £ine elementi prvih k kolona i vrsta matrice A. Ako sa Ak ozna£imo pomenutu podmatricu matrice A, onda je dk = det Ak ugaoni minor reda k matrice A. Primijetimo da je dn = det A. Pokazuje se da je za pozitivnu odreženost realne simetri£ne matrice potrebno i dovoljno da pozitivni budu ne svi glavni minori ve¢ samo vode¢i glavni, tj. ugaoni minori. Naime, vaºi sljede¢e tvrženje.

Teorema 5.18 Simetri£na matrica A ∈ Mn (R) je pozitivno odrežena ako i

samo ako su svi ugaoni minori te matrice pozitivni.

Dokaz. Ako je simetri£na matrica A pozitivno odrežena, onda su prema Teoremi 5.16 i Teoremi 5.17 svi glavni minori te matrice pozitivni, pa su, specijalno, i svi njeni ugaoni minori pozitivni. Obrnuto tvrženje dokazuje se indukcijom, ali mi taj dio dokaza ne¢emo navoditi. Kriterijum za utvrživanje pozitivne odreženosti simetri£ne matrice baziran na ovoj teoremi naziva se Silvestrov kriterijum . Simetri£na matrica A ∈ Mn (R) je negativno odrežena ako i samo ako je matrica −A pozitivno odrežena. S obzirom na ovo i na prethodnu teoremu, imamo sljede¢i kriterijum negativne odreženosti matrice.

• Simetri£na matrica A = [aij ] ∈ Mn (R) je negativno odrežena ako i samo ako su ispunjene nejednakosti ¯ ¯ a ¯ a11 < 0, ¯ 11 ¯ a21

¯ ¯ ¯ a ¯ ¯ 11 a12 ¯ ¯ > 0, ¯ ¯ a21 ¯ a22 ¯ ¯ a31

a12 a13 a22 a23 a32 a33

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ < 0, ..., (−1)n det A > 0. ¯ ¯

Iz £injenice da su svi ugaoni minori simetri£ne matrice A ∈ Mn (R) nenegativni ne moºe se zaklju£iti da je matrica A pozitivno poluodrežena. Na primjer, matrica " # 0 0 A= 0 −1 ima nenegativne ugaone minore jer je

d1 = 0,

¯ ¯ 0 0 ¯ d2 = ¯ ¯ 0 −1

¯ ¯ ¯ ¯ = 0, ¯

358

Poglavlje 5. Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori matrice

ali ta matrica nije pozitivno poluodrežena jer za x =

x Ax = T

h

i

1 1

"

0 0 0 −1

#"

1 1

h

1 1

iT

imamo

#

= −1 < 0.

Da matrica nije pozitivno poluodrežena moºe se zaklju£iti i na sljede¢i na£in: kako su sopstvene vrijednosti matrice A λ1 = 0 i λ2 = −1, vidimo da nisu sve sopstvene vrijednosti matrice A nenegativne, pa ta matrica nije pozitivno poluodrežena. Ako sa ukk ozna£imo k -ti pivot matrice A, tada je

ukk =

  det A1 = a11 ,  det Ak , det Ak−1

k=1 k = 2, 3, ..., n

,

gdje je det Ak ugaoni minor reda k matrice A. S obzirom na prethodnu teoremu, vaºi sljede¢e tvrženje.

Teorema 5.19 Simetri£na matrica A ∈ Mn (R) je pozitivno odrežena ako i samo ako su svi njeni pivoti pozitivni.

Sve navedene karakterizacije pozitivne odreženosti matrice mogu se iskoristiti kao kriterijumi za utvrživanje pozitivne odreženosti matrice. U praksi se naj£e²¢e koristi Silvestrov kriterijum.

Primjer 5.10

Koriste¢i navedene kriterijume pokazati da je matrica   7 −2 4 5 −1  A =  −2 4 −1 6

pozitivno odrežena. Rje²enje. Karakteristi£an polinom matrice A je   7−λ −2 4 5−λ −1  = −λ3 + 18λ2 − 86λ + 115. pA (λ) =  −2 4 −1 6−λ Pokazuje se da ovaj polinom nema cjelobrojnih nula, pa bi za odreživanje rje²enja karakteristi£ne jedna£ine trebalo koristiti ili komplikovane formule za rje²avanje kubnih jedna£ina ili bi tu jedna£inu trebalo rje²avati kori²¢enjem numeri£kih metoda. Kako ni²ta od toga nismo radili, ne moºemo odrediti sopstvene vrijednosti matrice

5.4. Pozitivno odrežene matrice

359

A, a to zna£i da ne moºemo na osnovu kriterijuma baziranog na Teoremi 5.17 utvrditi da li je matrica A pozitivno odrežena ili ne. Zato ¢emo koristiti druge kriterijume. Ugaoni minori matrice A su ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 7 −2 4 ¯¯ ¯ 7 −2 ¯ ¯ ¯ = 31, d3 = det A = ¯ −2 5 −1 ¯¯ = 115. d1 = |7| = 7, d2 = ¯¯ ¯ −2 5 ¯ ¯ 4 −1 6 ¯ Kako su svi ugaoni minori simetri£ne matrice A pozitivni, na osnovu Silvestrovog kriterijuma zaklju£ujemo da je matrica A pozitivno odrežena. Ako pomo¢u Gausovog metoda eliminacije svedemo matricu A na gornju trougaonu matricu, dobijamo       7 −2 4 7 −2 4 7 −2 4   31 1  31 1 → 0  = U. A =  −2 5 −1  →  0 7 7   7 7  1 26 115 4 −1 6 0 0 0 7

7

31

Pivoti matrice A su 7, 31/7 i 115/31. Kako su svi ti pivoti pozitivni, matrica A je pozitivno odrežena. Ako pomo¢u funkcije eig u Matlab-u izra£unamo sopstvene vrijednosti matrice A, dobijamo λ1 = 2.3134, λ2 = 4.4072, λ3 = 11.2794 (to su pribliºne vrijednosti zaokruºene na £etiri cifre poslije decimalne ta£ke), tako da imamo jo² jednu potvrdu da je matrica A pozitivno odrežena jer su sve njene sopstvene vrijednosti pozitivne.

Neka je A ∈ Mn (R) simetri£na pozitivno (polu)odrežena matrica. Prema Teoremi 5.15 ta matrica moºe se zapisati u obliku

A = QΛQT , gdje je Q ortogonalna matrica i Λ = diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ), pri £emu je λi ≥ 0 (i = 1, 2, ..., n). Stavimo B = QΛ1/2 QT , √ √ √ gdje je Λ1/2 = diag( λ1 , λ2 , . . . , λn ), pri £emu se uzimaju nenegativne vrijednosti kvadratnog korijena broja λi (i = 1, 2, ..., n). S obzirom na to, matrica B odrežuje se jednozna£no i ona je pozitivno (polu)odrežena. Primijetimo da je

B 2 = QΛ1/2 QT QΛ1/2 QT = QΛQT = A, pa je matrica B jedinstvena pozitivno (polu)odrežena matrica koja zadovoljava matri£nu jedna£inu X 2 = A. S obzirom na to, matrica B predstavlja

360

Poglavlje 5. Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori matrice

jedinstven pozitivno (polu)odrežen kvadratni korijen matrice A koji se ozna£ava sa A1/2 . Dakle, A1/2 = QΛ1/2 QT . Pokazuje se da je

³

A1/2

´−1

³

= A−1

´1/2

.

Ako x ∈ Rn i A ∈ Mn (R), tada se preslikavanje f : Rn → R denisano sa

f (x) = xT Ax =

n X n X

aij xi xj

i=1 j=1

naziva kvadratna forma. Kaºemo da je kvadratna forma f (x) pozitivno odrežena ako je

f (x) > 0 za svaki nenula-vektor x ∈ Rn . Drugim rije£ima, kvadratna forma f (x) je pozitivno odrežena ako je matrica A = [aij ] ∈ Mn (R) pozitivno odrežena. Ako je matrica A simetri£na, tj. ako je aij = aji za sve i, j = 1, 2, ..., n, tada kaºemo da je kvadratna forma f (x) simetri£na. Za kvadratnu formu f (x) kaºemo da je dijagonalna ako je A = D = diag(d11 , d22 , . . . , dnn ). U tom slu£aju je

f (x) =

n X

dii x2i .

i=1

Svaka simetri£na kvadratna forma moºe se dijagonalizovati (tj. svesti na dijagonalnu formu) uvoženjem odgovaraju¢e smjene. Naime, kako je matrica A simetri£na, postoji ortogonalna matrica Q takva da je

A = QΛQT , gdje je Λ = diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ). Ako stavimo y = QT x, imamo

xT Ax = xT QΛQT x = (QT x)T ΛQT x = yT Λy =

n X

λi yi2 .

i=1

Vidimo da odreženost (denitnost) simetri£ne kvadratne forme zavisi od sopstvenih vrijednosti matrice A. Pozitivno odrežene matrice javljaju se £esto u praksi. Pokaza¢emo kakav je zna£aj tih matrica pri odreživanju ekstrema funkcija vi²e promjenljivih (taj zadatak razmatra se u kursu Matemati£ka analiza 2).

5.4. Pozitivno odrežene matrice

361

Ako je f (x) glatka realna funkcija denisana u nekoj oblasti D ⊆ Rn i ako je x0 unutra²nja ta£ka te oblasti, tada prema Tejlorovoj teoremi za funkcije vi²e promjenljivih za ta£ke x ∈ D koje su bliske ta£ki x0 vaºi

f (x) = f (x0 ) + (x − x0 )T g(x0 ) + (x − x0 )T H(x0 )(x − x0 ) + · · · , gdje je g(x0 ) = ∇f (x0 ) = funkcije f u ta£ki x0 i

h

∂f ∂x1 (x0 )

∂f ∂x2 (x0 )

···

∂f ∂xn (x0 )

iT

gradijent

H(x0 ) = [hij ] ∈ Mn (R) Heseova matrica funkcije f u ta£ki x0 £iji su elementi

hij =

∂2f (x0 ), ∂xi ∂xj

i, j = 1, 2, ..., n.

Pokazuje se da je Heseova matrica simetri£na. Za ta£ku x0 kaºe se da je stacionarna ta£ka funkcije f ako je

g(x0 ) = 0. Ako je x0 stacionarna ta£ka funkcije f, iz Tejlorove teoreme se vidi da pona²anje funkcije f u okolini ta£ke x0 zavisi od izraza

(x − x0 )T H(x0 )(x − x0 ). • Ako je x0 stacionarna ta£ka funkcije f i ako je Heseova matrica H(x0 ) pozitivno odrežena, tada je x0 ta£ka lokalnog minimuma funkcije f. • Ako je x0 stacionarna ta£ka funkcije f i ako je Heseova matrica H(x0 ) negativno odrežena, tada je x0 ta£ka lokalnog maksimuma funkcije f. • Ako je x0 stacionarna ta£ka funkcije f i ako Heseova matrica H(x0 ) nije odrežena, tada x0 nije ta£ka lokalnog ekstrema funkcije f.

362

Poglavlje 5. Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori matrice

Poglavlje 6

Euklidovi i unitarni prostori 6.1 Denicija Euklidovog prostora Neka je V vektorski prostor nad poljem R. Preslikavanje

(·, ·) : V × V → R koje svakom paru vektora x i y iz prostora V pridruºuje realan broj (x, y) naziva se skalarni proizvod ako za sve vektore x, y, z ∈ V i svaki realan broj α vaºe sljede¢e aksiome: (S1)

(x, x) ≥ 0, pri £emu je (x, x) = 0 ako i samo ako je x = 0;

(S2)

(x, y) = (y, x);

(S3)

(x + y, z) = (x, z) + (y, z);

(S4)

(αx, y) = α(x, y).

Realan vektorski prostor V u kome je denisan skalarni proizvod naziva se Euklidov prostor i ozna£ava sa E. Ako u isti vektorski prostor V uvedemo skalarni proizvod na vi²e razli£itih na£ina, onda dobijamo vi²e razli£itih Euklidovih prostora. Sljede¢e relacije predstavljaju posljedice aksioma skalarnog proizvoda:

(x, 0) = (0, x) = 0; (α1 x1 + α2 x2 , x) = α1 (x1 , x) + α2 (x2 , x). Nave²¢emo nekoliko primjera Euklidovih prostora. 363

364

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Primjer 6.1

Neka je V2 vektorski prostor usmjerenih duºi (geometrijskih vektora) iz ravni sa ksiranom po£etnom ta£kom i neka je svakom paru vektora a i b iz V2 pridruºen realan broj (a, b) prema sljede¢em pravilu

(a, b) = |a| · |b| · cos ∠(a, b). Tu je sa |a| ozna£ena duºina (intenzitet) vektora a, a sa ∠(a, b) ozna£en je ugao izmežu vektora a i b. Dokaºimo da ovako denisano preslikavanje (·, ·) : V2 × V2 → R zadovoljava aksiome (S1)(S4), tj. da ono predstavlja skalarni proizvod u V2 . Kako je (a, a) = |a| · |a| · cos ∠(a, a) = |a|2 , jasno je da je (a, a) ≥ 0 za svaki vektor a ∈ V2 . Pri tome je (a, a) = 0 ako i samo ako je |a| = 0, tj. a = 0, pa je zadovoljena aksioma (S1). S obzirom na uslov cos ∠(a, b) = cos ∠(b, a), jasno je da je zadovoljena i aksioma (S2). Da bismo dokazali da je zadovoljena aksioma (S3), primijetimo da je

|a| · cos ∠(a, b) = projb a,

|b| · cos ∠(a, b) = proja b,

gdje je sa projw v ozna£ena projekcija vektora v na osu odreženu vektorom w. S obzirom na to, imamo

(a, b) = |b| · projb a = |a| · proja b. Koriste¢i prvu od ovih formula dobijamo

(a + b, c) = |c| · projc (a + b). Geometrijskim sredstvima se pokazuje da je projc (a + b) = projc a + projc b, pa imamo

(a + b, c) = |c| · projc (a + b) = |c|projc a + |c|projc b = (a, c) + (b, c), ²to zna£i da je zadovoljena aksioma (S3). Kona£no, da bismo dokazali da je zadovoljena i aksioma (S4), razmotri¢emo tri slu£aja. Ako je α > 0, tada je ∠(αa, b) = ∠(a, b), pa vaºi

(αa, b) = |αa| · |b| · cos ∠(αa, b) = α|a| · |b| · cos ∠(a, b) = α(a, b). Ako je α < 0, tada je ∠(αa, b) = π − ∠(a, b), pa imamo

(αa, b) = =

|αa| · |b| · cos ∠(αa, b) = |α| · |a| · |b| · cos(π − ∠(a, b)) (−α) · |a| · |b| · (− cos ∠(a, b)) = α|a| · |b| · cos ∠(a, b) = α(a, b).

6.1. Denicija Euklidovog prostora Kako je

365

(0 · a, b) = (0, b) = 0 = 0 · (a, b),

vidimo da je aksioma (S4) zadovoljena za sve realne brojeve α. Vektorski prostor V2 sa skalarnim proizvodom (a, b) predstavlja Euklidov prostor.

Primjer 6.2

Ako u vektorskom prostoru R2 skalarni proizvod vektora x = (x1 , x2 ) i y = (y1 , y2 ) deni²emo sa

(x, y) = 3x1 y1 + 5x2 y2 , tada taj prostor postaje Euklidov prostor. Neposrednom provjerom pokazuje se da ovako denisan skalarni proizvod zadovoljava aksiome (S1)(S4). Ovo bi bio nestandardan skalarni proizvod u R2 . Svako preslikavanje (·, ·) : R2 × R2 → R koje je denisano sa

(x, y) = c1 x1 y1 + c2 x2 y2 ,

c1 > 0, c2 > 0

takože zadovoljava aksiome (S1)(S4), pa to zna£i da je skalarni proizvod u R2 mogu¢e denisati na beskona£no mnogo razli£itih na£ina. Ako je c1 = 1 i c2 = 1, imamo standardan skalarni proizvod u R2

(x, y) = x1 y1 + x2 y2 .

Primjer 6.3

Neka je Rn vektorski prostor ureženih n-torki x = (x1 , x2 , ..., xn ) realnih brojeva i neka je preslikavanje (·, ·) : Rn × Rn → R denisano sa

(x, y) = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn . Neposrednom provjerom pokazuje se da ovako denisano preslikavanje zadovoljava aksiome (S1)(S4), pa je to skalarni proizvod u Rn . Prostor Rn sa ovako denisanim skalarni proizvodom predstavlja Euklidov prostor.   x1  x2    Ako se elementi vektorskog prostora Rn zapi²u kao matrice kolone x =  .  ,  ..  xn tada imamo (x, y) = yT x. Osim na ovaj standardan na£in, skalarni proizvod u Rn mogu¢e je denisati na beskona£no mnogo razli£itih na£ina. Kao i u prethodnom primjeru, ako su

366

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

c1 , c2 , ..., cn proizvoljni pozitivni brojevi, tada i preslikavanja (·, ·) : Rn × Rn → R denisana sa (x, y) = c1 x1 y1 + c2 x2 y2 + · · · + cn xn yn zadovoljavaju aksiome (S1)(S4). Svi ovako denisani skalarni proizvodi predstavljaju samo specijalne slu£ajeve skalarnog proizvoda denisanog sa

(x, y) = yT Ax =

n X n X

aij xi yj ,

i=1 j=1

gdje je A = [aij ] ∈ Mn (R) simetri£na pozitivno odrežena matrica, a vektori x i y su zapisani kao matrice kolone. Sada je (x, x) = xT Ax, pa uslov da je matrica A pozitivno odrežena garantuje da je (x, x) > 0 za svako x ∈ Rn \ {0}, ²to zna£i da ovako denisan skalarni proizvod zadovoljava aksiomu (S1). ’to se ti£e aksiome (S2), imamo

(x, y) = yT Ax = yT AT x = (xT Ay)T = (y, x)T = (y, x). Zadovoljena je i aksioma (S3) jer je

(x + y, z) = zT A(x + y) = zT (Ax + Ay) = zT Ax + zT Ay = (x, z) + (y, z). Kona£no, vaºi

(αx, y) = yT A(αx) = αyT Ax = α(x, y),

pa su zadovoljene sve aksiome skalarnog proizvoda. Ako stavimo A = diag(c1 , c2 , ..., cn ) (ci > 0, i = 1, 2, ..., n), tada dobijamo ranije denisani skalarni proizvod kao specijalan slu£aj ovog skalarnog proizvoda, dok za A = I dobijamo standardan skalarni proizvod u Rn .

Primjer 6.4 Razmotrimo sada vektorski prostor C[a, b] neprekidnih funkcija denisanih na intervalu [a, b] i pokaºimo da se formulom Z (f, g) =

b

f (x)g(x) dx a

zadaje skalarni proizvod u C[a, b]. Jasno je da je (f, g) realan broj. Ako je f neprekidna funkcija, tada je f 2 (x) ≥ 0 na [a, b], pa je Z b (f, f ) = f 2 (x) dx ≥ 0. a

Uslov

Z a

b

f 2 (x) dx = 0

6.1. Denicija Euklidovog prostora

367

ispunjen je ako i samo ako je f (x) ≡ 0 na [a, b], ²to zna£i da je zadovoljena prva aksioma skalarnog proizvoda. Kako je Z b Z b f (x)g(x) dx = g(x)f (x) dx, a

a

vaºi (f, g) = (g, f ), tj. zadovoljena je aksioma (S2). Vaºe i aksiome (S3) i (S4) jer je

Z (f + g, h)

Z

b

f (x)h(x) dx +

a

=

Z

b

[f (x) + g(x)]h(x) dx =

=

a

b

g(x)h(x) dx a

(f, h) + (g, h)

i

Z

Z

b

(αf, g) =

αf (x)g(x) dx = α a

b

f (x)g(x) dx = α(f, g). a

Navedeni skalarni proizvod predstavlja standardan skalarni proizvod u beskona£nodimenzionalnom Euklidovom prostoru C[a, b].

Primjer 6.5 U vektorskom prostoru Mm,n (R) realnih matrica reda m × n standardan skalarni proizvod deni²e se sa (A, B) = tr(AT B) =

n X m X

aji bji ,

i=1 j=1

pa je i Mm,n (R) Euklidov prostor. Sami dokaºite da ovako denisan skalarni proizvod zadovoljava aksiome (S1)(S4).

Nave²¢emo sada jednu vaºnu nejednakost koja vaºi u svakom Euklidovom prostoru.

Teorema 6.1 Za svaka dva vektora x i y iz proizvoljnog Euklidovog prostora vaºi nejednakost (x, y)2 ≤ (x, x) · (y, y) (6.1) koja se naziva nejednakost Ko²i-’varc-Bunjakovskog.

Dokaz. Prema aksiomi (S1), za svaki realan broj α vaºi (αx − y, αx − y) ≥ 0.

368

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

S obzirom na ostale aksiome skalarnog proizvoda, ova nejednakost moºe se zapisati u obliku α2 (x, x) − 2α(x, y) + (y, y) ≥ 0. (6.2) Kvadratni trinom aα2 + bα + c je nenegativan za svaki realan broj α ako i samo ako je ispunjen uslov

b2 − 4ac ≤ 0. S obzirom na ovaj rezultat, kako je uslov (6.2) ispunjen za svaki realan broj α, mora biti 4(x, y)2 − 4(x, x) · (y, y) ≤ 0, odakle slijedi nejednakost (6.1).

6.2 Vektorska norma Ve¢ je re£eno da je kao motivacija za uvoženje apstraktnog vektorskog prostora posluºio prostor usmjerenih duºi (geometrijskih vektora). Denicija op²teg skalarnog proizvoda koja je data u prethodnom odjeljku predstavlja uop²tenje skalarnog proizvoda dva geometrijska vektora. Pokaza¢emo sada kako se u apstraktnom vektorskom prostoru uop²tava pojam duºine (intenziteta) geometrijskog vektora, ²to ¢e omogu¢iti uop²tavanje geometrije iz V2 i V3 u apstraktnom vektorskom prostoru. Neka je V vektorski prostor nad poljem R. Preslikavanje

k·k:V →R koje svakom vektoru x iz V pridruºuje realan broj kxk naziva se vektorska norma (duºina) ako za sve vektore x, y iz V i svaki realan broj α vaºe sljede¢e aksiome: (N1)

kxk ≥ 0, pri £emu je kxk = 0 ako i samo ako je x = 0;

(N2)

kαxk = |α| · kxk;

(N3)

kx + yk ≤ kxk + kyk

(nejednakost trougla).

Vektorski prostor V u kome je uvedena norma naziva se normiran prostor . Kako se vektorska norma ne deni²e na jedinstven na£in, u vezi sa istim vektorskim prostorom V mogu se razmatrati razni normirani prostori.

6.2. Vektorska norma

369

Vidje¢emo sada kako svaki Euklidov prostor postaje normiran prostor jer svaki skalarni proizvod na prirodan na£in indukuje vektorsku normu. Neka je V Euklidov prostor. Za normu koja je denisana sa

kxk =

q

(x, x),

x∈V

kaºemo da je norma indukovana skalarnim proizvodom (·, ·) na V. Dokaºimo da ovako denisana norma zadovoljava aksiome (N1)(N3). S obzirom na aksiomu (S1), jasno je da je kxk ≥ 0, pri £emu je kxk = 0 ako i samo ako je (x, x) = 0, tj. x = 0. To zna£i da je zadovoljena aksioma (N1). Kako je

kαxk =

q

(αx, αx) =

q

α2 (x, x)

q

= |α| (x, x) = |α| · kxk,

zadovoljena je i aksioma (N2). Da bismo dokazali da je zadovoljena aksioma (N3), iskoristi¢emo nejednakost Ko²i-’varc-Bunjakovskog koju sada moºemo zapisati u obliku

|(x, y)| ≤ kxk · kyk.

(6.3)

Koriste¢i deniciju norme, aksiome skalarnog proizvoda i ovu nejednakost dobijamo

kx + yk2 = (x + y, x + y) = (x, x) + 2(x, y) + (y, y) = kxk2 + 2(x, y) + kyk2 ≤ kxk2 + 2kxk · kyk + kyk2 = (kxk + kyk)2 , odakle slijedi nejednakost trougla.

Primjer 6.6 U vezi sa Euklidovim prostorima iz Primjera 6.2 imamo odgovaraju¢e normirane prostore sa normama indukovanim skalarnim proizvodima navedenim u tom primjeru q kxk = 3x21 + 5x22 , q kxk = c1 x21 + c2 x22 , c1 > 0, c2 > 0, q kxk = x21 + x22 . Primijetimo da prva i tre¢a norma predstavljaju samo specijalne slu£ajeve druge norme. Tre¢a norma je indukovana standardnim skalarnim proizvodom. Ta norma naziva se Euklidova (euklidska ) norma u R2 i ona se ozna£ava sa k · k2 .

370

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

U vektorski prostor Rn ureženih n-torki x = (x1 , x2 , ..., xn ) realnih brojeva naj£e²¢e se uvode tzv. p-norme denisane sa

kxkp =

à n X

!1/p p

|xi |

,

p ≥ 1.

i=1

Pokazuje se da ovako denisana preslikavanja k · kp : Rn → R zadovoljavaju aksiome (N1)(N3). Od ovih p-normi u praksi se naj£e²¢e koriste norme sa indeksima p = 1 i p = 2

kxk1 =

n X

|xi |,

i=1

kxk2 =

v u n uX t x2 . i

i=1

Norma k · k2 je euklidska norma u Rn . Ta norma je indukovana standardnim skalarni proizvodom u Rn , tj. kxk2 = (x, x)1/2 , pa euklidska norma vektora x predstavlja njegovu euklidsku duºinu. Kako iz

max |xi |p ≤ kxkpp ≤ n max |xi |p

1≤i≤n

slijedi

1≤i≤n

max |xi | ≤ kxkp ≤ n1/p max |xi |,

1≤i≤n

zaklju£ujemo da je

1≤i≤n

lim kxkp = max |xi |,

p→∞

tako da je i formulom

1≤i≤n

kxk∞ = max |xi | 1≤i≤n

denisana jedna norma u

Rn .

Primjer 6.7

Odrediti kxkp ako je x = (−2, 1, 3, 4) ∈ R4 i p = 1, 2, ∞. Rje²enje. S obzirom na navedene formule, imamo

kxk1 kxk2 kxk∞

=

| − 2| + |1| + |3| + |4| = 10, p √ = (−2)2 + 12 + 32 + 42 = 30 ≈ 5.4772 = max{| − 2|, |1|, |3|, |4|} = 4.

6.2. Vektorska norma

371

Iz ovog primjera vidimo da isti vektor ima razli£ite duºine u odnosu na razli£ite norme, ali to ne treba da £udi jer smo navikli da pri mjerenjima istom objektu pridruºujemo razli£ite brojne vrijednosti u odnosu na razli£ite jedinice mjere. Za odreživanje norme vektora u Matlab-u se koristi funkcija norm. pnorma vektora V odrežuje se sa norm(V,p), dok naredba norm(V,inf) daje normu tog vektora sa indeksom ∞. Pri tome se euklidska vektorska norma vektora V osim sa norm(V,2) moºe dobiti i sa norm(V). Za vektor u iz normiranog prostora kaºemo da je jedini£ni ako je njegova duºina 1, tj. ako je kuk = 1. Ako je x proizvoljan nenula-vektor iz normiranog prostora, tada vektor

u=

x kxk

predstavlja odgovaraju¢i jedini£ni vektor. Na primjer, ako je x = (−2, 1, 3, 4) ∈ R4 , tada su

x 1 = (−2, 1, 3, 4), kxk1 10 1 x = √ (−2, 1, 3, 4), = kxk2 30 x 1 = = (−2, 1, 3, 4) kxk∞ 4

u1 = u2 u∞

odgovaraju¢i jedini£ni vektori u odnosu na p-norme sa p = 1, 2, ∞. Uvoženje norme u vektorski prostor V omogu¢ava denisanje raznih geometrijskih pojmova. Ako su x i y proizvoljni vektori (ta£ke) iz normiranog prostora V, tada normu njihove razlike kx − yk moºemo geometrijski interpretirati kao rastojanje od ta£ke x do ta£ke y. S obzirom na to, skup vektora iz V denisan sa K(x0 , r) = {x ∈ V : kx − x0 k ≤ r}, r > 0 predstavlja kuglu sa centrom u ta£ki x0 polupre£nika r, dok skup

S(x0 , r) = {x ∈ V : kx − x0 k = r} predstavlja sferu sa centrom u ta£ki x0 polupre£nika r. Da bismo se uvjerili da kugle i sfere imaju razli£ite oblike u odnosu na razli£ite norme, posmatra¢emo jedini£ne kruºnice n

o

Kp (0, 1) = x ∈ R2 : kxkp = 1 .

372

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Za p = 1, 2, ∞ ova formula daje n

K1 =

o

x ∈ R2 : |x1 | + |x2 | = 1 ,

½

x ∈ R2 :

K2 =

q

¾

x21 + x22 = 1 ,

n

K∞ =

o

x ∈ R2 : max{|x1 |, |x2 |} = 1 .

Imaju¢i u vidu ove formule, jasno je da te kruºnice imaju razli£ite oblike (Slika 6.1). To je posljedica £injenice da rastojanje izmežu dvije ta£ke ima

K1

K2

K∞

Slika 6.1: Jedini£ne kruºnice razli£ite vrijednosti u odnosu na razli£ite norme. Ako se koristi Euklidova norma k · k2 , imamo standardno rastojanje, pa u odnosu na tu normu jedini£na kruºnica ima uobi£ajen oblik. U odnosu na norme k · k1 i k · k∞ jedini£ne kruºnice imaju oblik kvadrata, ²to moºe izgledati £udno, ali i ti ,,kvadrati predstavljaju skupove ta£aka iz ravni £ija je udaljenost od ta£ke (0,0) jednaka 1. Stvar je u tome da se udaljenost u ova dva slu£aja deni²e na druk£iji na£in, zbog £ega su kruºnice dobile nestandardan oblik. Kako se kruºnica K1 nalazi unutar kruºnice K2 , a K2 unutar kruºnice K∞ , imamo kxk1 ≥ kxk2 ≥ kxk∞ za sve x ∈ R2 . Pokazuje se da ove nejednakosti vaºe i u prostoru Rn . U normiranom prostoru mogu se denisati pojmovi grani£ne vrijednosti i konvergencije niza vektora. Kaºemo da niz vektora xk (k = 1, 2, ...) iz normiranog prostora V konvergira ka vektoru x iz tog prostora ako brojni niz {kxk − xk} konvergira nuli. Dakle, lim xk = x ⇔ lim kxk − xk = 0. k→∞

k→∞

Pokazuje se da ako niz vektora {xk } iz kona£nodimenzionalnog vektorskog prostora V konvergira vektoru x u odnosu na jednu normu da on onda konvergira tom vektoru u odnosu na svaku normu.

6.2. Vektorska norma

373

©¡ ¢ª −n Pokazati da niz vektora 1−n + 1 iz R2 konvergira vektoru n ,e (−1, 1) u odnosu na norme k · ¡k1 i k · k2 . ¢ −n Rje²enje. Ako stavimo xn = 1−n + 1 i x = (−1, 1), imamo n ,e ¶ µ 1−n −n + 1, e xn − x = n

Primjer 6.8

tako da vaºi

kxn − xk1 kxn − xk2

¯ ¯ ¯ ¯1 − n ¯ ¯ 1 ¯ = ¯ + 1¯¯ + ¯e−n ¯ = + e−n −→ 0, n → ∞, n n r 1 = + e−2n −→ 0, n → ∞, n2

²to zna£i da niz {xn } konvergira vektoru x = (−1, 1) u odnosu na obje posmatrane norme.

Nave²¢emo jo² dva primjera normiranih prostora.

Primjer 6.9 Posmatrajmo vektorski prostor Mm,n (R) realnih matrica reda m×n. To je m·n-dimenzionalan prostor, pa se matrica A = [aij ] ∈ Mm,n (R) moºe shvatiti kao vektor iz prostora Rm·n ako elemente matrice A zapi²emo u jednoj vrsti (ili koloni) tako ²to zapi²emo elemente jedne po jedne vrste. Euklidska norma u Rm·n daje sljede¢u normu u Mm,n (R) koja se naziva Frobenijusova norma matrice A : v uX n um X kAkF = t a2ij . i=1 j=1

Pokazuje se da ovako denisano preslikavanje

k · kF : Mm,n (R) → R zadovoljava aksiome (N1)(N3).

Primjer 6.10

U vektorskom prostoru C[a, b] obi£no se koriste norme

kf k∞

=

kf k2

=

max |f (x)| s Z b f 2 (x) dx . a≤x≤b

a

Sami dokaºite da ovako denisana preslikavanja iz C[a, b] u R zadovoljavaju aksiome (N1)(N3). Norma k · k2 je indukovana ranije denisanim skalarnim proizvodom u C[a, b].

374

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

6.3 Matri£na norma Vidjeli smo da pojam vektorske norme omogu¢ava da odrežujemo ,,veli£inu vektora. Ako realne matrice reda m × n tretiramo kao elemente vektorskog prostora Rm·n , pojam vektorske norme moºe se lako prenijeti i na matrice. U tom smislu se svaka vektorska norma denisana na prostoru Rm·n moºe shvatiti kao vektorska norma na Mm,n (R). Iskustvo je pokazalo da ovo nije najbolji na£in za denisanje norme matrice. Izuzetak je jedino Euklidova norma u Rm·n koja dovodi do Frobenijusove norme matrice, ²to smo razmatrali u Primjeru 6.9. Pokaza¢emo sada kako se na drugi na£in moºe denisati norma matrice. Posmatrajmo prostor Mn (R) realnih kvadratnih matrica reda n. Za raz2 liku od vektorskog prostora Rn , u prostoru Mn (R) denisana je i operacija mnoºenja, pa je potrebno povezati ,,veli£inu proizvoda A·B sa ,,veli£inama faktora A i B iz Mn (R). Zato ¢emo u deniciji matri£ne norme imati jedan dodatni uslov koji nismo imali u deniciji vektorske norme. Preslikavanje k · k : Mn (R) → R naziva se matri£na norma ako za sve matrice A, B ∈ Mn (R) i svaki realan broj α vaºe uslovi: 1. kAk ≥ 0, pri £emu je kAk = 0 ako i samo ako je A = O ∈ Mn (R); 2. kαAk = |α| · kAk; 3. kA + Bk ≤ kAk + kBk; 4. kA · Bk ≤ kAk · kBk. Iako koristimo istu oznaku i za vektorsku i za matri£nu normu, iz konteksta uvijek moºemo zaklju£iti kada se misli na jednu a kada na drugu normu. Iz uslova 4 slijedi kIk = kI 2 k ≤ kIk · kIk, pa s obzirom na to da je kIk > 0, zaklju£ujemo da je kIk ≥ 1 za svaku matri£nu normu. I matri£na norma moºe se denisati na razne na£ine. Po²to se matri£ne i vektorske norme £esto koriste istovremeno, poºeljno ih je denisati tako da one budu povezane. Kaºemo da je matri£na norma saglasna sa vektorskom normom ako za svaku matricu A ∈ Mn (R) i svaki vektor x ∈ Rn vaºi

kAxk ≤ kAk · kxk. Ako su matri£na i vektorska norma saglasne, tada za svaki vektor x 6= 0 vaºi

kAxk ≤ kAk. kxk

6.3. Matri£na norma

375

Ovaj uslov sigurno ¢e biti zadovoljen ako matri£nu normu deni²emo kori²¢enjem zadate vektorske norme na sljede¢i na£in:

kAxk . x6=0 kxk

kAk = sup

(6.4)

Ovako denisana matri£na norma predstavlja najmanju matri£nu normu koja je saglasna sa zadatom vektorskom normom. Za matri£nu normu (6.4) kaºemo da je indukovana zadatom vektorskom normom ili da je pot£injena zadatoj vektorskoj normi. Ta matri£na norma naziva se i prirodna matri£na norma . Kako je za x 6= 0 °

µ

° ° ° x ° ° ° ° kxk ° = 1,

¶°

kAxk ° x °° A =° ° kxk kxk °

i

ova norma moºe se ra£unati i pomo¢u formule

kAk = max kAxk. kxk=1

Ako je k · k prirodna matri£na norma, tada je kIk = 1, ²to slijedi neposredno iz (6.4). S obzirom na (6.4), svakoj vektorskoj normi denisanoj na Rn odgovara matri£na norma na Mn (R). Vektorskim p-normama odgovaraju prirodne matri£ne norme

kAxkp . x6=0 kxkp

kAkp = sup

Mi ¢emo naj£e²¢e koristiti matri£ne norme indukovane vektorskim normama k · k1 , k · k2 , k · k∞ . Pokazuje se (vidjeti [29]) da se te norme ra£unaju na sljede¢i na£in :

kAk1 =

max

1≤j≤n

q

kAk2 = kAk∞ =

n X

|aij |,

i=1

q

ρ(AT A) = max

1≤i≤n

n X

ρ(AAT ) ,

|aij |,

j=1

gdje je ρ(B) spektralni radijus matrice B . Primijetimo da je kAk1 = kAT k∞ , pa ako je matrica A simetri£na, imamo kAk1 = kAk∞ . Matri£ne norme k · k1 i k · k∞ lako se ra£unaju, ²to nije slu£aj sa matri£nom normom k · k2 (ta norma naziva se spektralna norma ).

376

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

U Matlab-u se i matri£ne norme odrežuju pomo¢u funkcije norm. Naredbe norm(A,1), norm(A,2), norm(A,inf) daju norme matrice A sa indeksima 1, 2, ∞, dok naredba norm(A,'fro') daje Frobenijusovu normu matrice A. Naredba norm(A) ima iste efekat kao i naredba norm(A,2). Ako je λ proizvoljna sopstvena vrijednost matrice AT A i x 6= 0 odgovaraju¢i sopstveni vektor, tj. ako je AT Ax = λx, tada je

xT AT Ax = (Ax)T Ax = kAxk22 i

xT AT Ax = xT λx = λkxk22 ,

odnosno kAxk22 = λkxk22 . Odavde zaklju£ujemo da su sve sopstvene vrijednosti matrice AT A nenegativne. Zbog toga je r √ kAk2 = max λ = max λ. λ∈σ(AT A)

λ∈σ(AT A)

Ako je matrica A simetri£na, tj. ako je AT = A, tada je

ρ(AT A) = ρ(A2 ) = [ρ(A)]2 , pa je

kAk2 = ρ(A). Ako je matrica A ortogonalna, tj. ako je AT A = I, tada je ρ(AT A) = ρ(I) = 1, pa je kAk2 = 1. Ako su Q1 , Q2 ∈ Mn (R) ortogonalne matrice i A ∈ Mn (R) proizvoljna matrica, tada za spektralnu matri£nu normu vaºe relacije

kQ1 Ak2 = kAQ2 k2 = kQ1 AQ2 k2 = kAk2 . Po²to je ra£unanje spektralne matri£ne norme u op²tem slu£aju skupo, £e²¢e ¢emo koristiti Frobenijusovu matri£nu normu v uX q u n kAkF = t a2ij = tr(AAT ) . i,j=1 2

To je, u stvari, euklidska vektorska norma u prostoru Rn , jer se matrica 2 A ∈ Mn (R) moºe tretirati kao vektor iz Rn , pa se Frobenijusova norma naziva i euklidska matri£na norma i ozna£ava i sa k · kE . Ta matri£na norma je saglasna sa euklidskom vektorskom normom jer je

kAxk2 ≤ kAkF · kxk2 .

6.3. Matri£na norma

377

S obzirom na ono ²to smo kazali o prirodnoj matri£noj normi, vaºi nejednakost kAk2 ≤ kAkF . √ Primijetimo da je kIkF = n, dok je kIk2 = 1. Kori²¢enjem zadate matri£ne norme moºemo formirati drugu matri£nu normu. Naime, ako je k · k zadata matri£na norma na Mn (R) i S ∈ Mn (R) proizvoljna regularna matrica, tada se nova matri£na norma na Mn (R) odrežuje formulom kAkS = kSAS −1 k. Matri£ne norme igraju vaºnu ulogu pri odreživanju granice spektra matrice. Za svaku sopstvenu vrijednost matrice A vaºi nejednakost

|λ| ≤ ρ(A), pri £emu postoji bar jedna sopstvena vrijednost, ozna£imo je sa λ∗ , za koju je |λ∗ | = ρ(A). Neka je x 6= 0 sopstveni vektor matrice A koji odgovara sopstvenoj vrijednosti λ∗ , tj. neka je Ax = λ∗ x. Ozna£imo sa X matricu £ije su sve kolone jednake vektoru x, tj. X = [x x · · · x]. Tada je

AX = A[x x · · · x] = [Ax Ax · · · Ax] = [λ∗ x λ∗ x · · · λ∗ x] = λ∗ X. Ako je k · k proizvoljna matri£na norma, tada je

|λ∗ | · kXk = kλ∗ Xk = kAXk ≤ kAk · kXk, pa kako X nije nula-matrica, imamo |λ∗ | ≤ kAk, tj. ρ(A) ≤ kAk. To zna£i da za svaku matri£nu normu k · k na Mn (R) vaºi

ρ(A) ≤ kAk,

A ∈ Mn (R).

Iz ove nejednakosti zaklju£ujemo da je ρ(A) minoranta skupa svih normi matrice A. Pokazuje se da je to i najve¢a minoranta tog skupa, tj. da je

ρ(A) = inf kAk. k·k

Sam spektralni radijus ρ : Mn (R) → R nije norma na Mn (R) jer ne zadovoljava " #sve uslove koje mora da zadovolji norma. Na primjer, za matricu 0 1 je σ(A) = {0}, pa je ρ(A) = 0 iako A nije nula-matrica, ²to zna£i 0 0 da preslikavanje ρ ne zadovoljava prvi uslov iz denicije norme.

378

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

6.4 Ortogonalnost U prostorima usmjerenih duºi V2 i V3 moºe se govoriti o uglu koji zaklapaju proizvoljna dva vektora. Tako je kosinus ugla kojeg grade vektori a i b iz Euklidovog prostora V2 dat formulom

cos ∠(a, b) =

(a, b) . |a| · |b|

Vidje¢emo sada da je u svakom Euklidovom prostoru mogu¢e denisati pojam ugla izmežu dva proizvoljna vektora x i y. Pod uglom izmežu vektora x i y iz Euklidovog prostora E podrazumijevamo ugao θ koji uzima vrijednosti od 0 do π a £iji kosinus je odrežen sa (x, y) (x, y) p cos θ = =p . kxk · kyk (x, x) · (y, y) Ako nejednakost (6.3) zapi²emo u obliku

−1 ≤

(x, y) ≤ 1, kxk · kyk

zaklju£ujemo da je gornja denicija ugla korektna

Primjer 6.11

Neka su x = (1, 2) i y = (−2, 1) vektori iz R2 . Odrediti ugao izmežu ta dva vektora koriste¢i skalarni proizvod iz Primjera 6.2, a onda odrediti ugao izmežu tih vektora ako se koristi standardan skalarni proizvod. Rje²enje. Koriste¢i skalarni proizvod iz Primjera 6.2 dobijamo

(x, y) =

3 · 1 · (−2) + 5 · 2 · 1 = −6 + 10 = 4, p √ √ kxk = (x, x) = 3 · 1 + 5 · 4 = 23, p √ √ kyk = (y, y) = 3 · 4 + 5 · 1 = 17,

pa je

(x, y) 4 √ = 0.2023... . =√ kxk · kyk 23 · 17 Ugao izmežu vektora x i y (izraºen u radijanima) je cos θ =

θ = arccos √

4 √ = 1.3671... . 23 · 17

Ako iskoristimo standardan skalarni proizvod, dobijamo

(x, y) = 1 · (−2) + 2 · 1 = 0, ²to zna£i da je u ovom slu£aju cos θ = 0, odnosno θ = π/2 = 1.5708... .

6.4. Ortogonalnost

379

Iz denicije ugla izmežu vektora vidimo da on zavisi od skalarnog proizvoda. U navedenom primjeru ugao izmežu vektora x i y ima razli£ite vrijednosti u odnosu na razli£ite skalarne proizvode. Dok su ti vektori u odnosu na standardan skalarni proizvod ortogonalni, u odnosu na prvi skalarni proizvod to nije bio slu£aj. Za vektore x i y iz Euklidovog prostora E kaºemo da su ortogonalni ako je (x, y) = 0. Kako je (x, 0) = 0 za svaki vektor x ∈ E, iz ove denicije slijedi da je nula-vektor ortogonalan na svaki vektor iz prostora E.

Primjer 6.12

Pokazati da su funkcije f (x) = x i g(x) = x − 2/3 ortogonalni vektori iz Euklidovog prostora C[0, 1] u kome je skalarni proizvod denisan kao u Primjeru 6.4. Rje²enje. S obzirom na deniciju skalarnog proizvoda, imamo ¶ ¶ Z 1 Z 1 µ Z 1µ 2 2 2 (f, g) = f (x)g(x) dx = x x− dx = x − x dx 3 3 0 0 0

µ =

¶¯1 x3 2 x2 ¯¯ − = 0, 3 3 2 ¯0

²to zna£i da su funkcije f i g ortogonalne.

Mnoge ideje i rezultati iz geometrije mogu se prenijeti u Euklidov prostor. Ako, kao u vektorskoj algebri, zbir dva ortogonalna vektora x i y shvatimo kao hipotenuzu pravouglog trougla sa katetama x i y, tada je zbir kvadrata duºina kateta jednak kvadratu duºine hipotenuze, ²to zna£i da u Euklidovom prostoru vaºi sljede¢e tvrženje.

Teorema 6.2 (Pitagorina teorema) Neka su x i y ortogonalni vektori iz

Euklidovog prostora E. Ako koristimo normu indukovanu skalarnim proizvodom, tada je kx + yk2 = kxk2 + kyk2 .

Dokaz. Koriste¢i deniciju norme indukovane skalarnim proizvodom, aksiome skalarnog proizvoda i uslov (x, y) = 0 dobijamo kx + yk2 = (x + y, x + y) = (x, x) + 2(x, y) + (y, y) = kxk2 + kyk2 .

380

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Ovaj rezultat moºe se uop²titi tako da se umjesto zbira dva ortogonalna vektora posmatra zbir od n mežusobno ortogonalnih vektora. Dakle, ako su x1 , x2 , . . . , xn vektori iz Euklidovog prostora E takvi da je

(xi , xj ) = 0 za i 6= j, tada se na isti na£in dokazuje da vaºi

kx1 + x2 + · · · + xn k2 = kx1 k2 + kx2 k2 + · · · + kxn k2 . Nave²¢emo jo² jedan rezultat iz geometrije koji se prenosi u apstraktan Euklidov prostor. Zakon paralelograma kaºe da je zbir kvadrata dijagonala paralelograma jednak zbiru kvadrata strana tog paralelograma. Dokaza¢emo sada da ovaj rezultat vaºi i u proizvoljnom Euklidovom prostoru. Ako koristimo normu indukovanu skalarnim proizvodom, taj zakon u Euklidovom prostoru daje

kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ). Da bismo dokazali ovaj rezultat, primijetimo da je

kx + yk2 = (x + y, x + y) = (x, x) + 2(x, y) + (y, y), dok je

kx − yk2 = (x − y, x − y) = (x, x) − 2(x, y) + (y, y).

Sabiranjem ovih relacija dobijamo

kx + yk2 + kx − yk2 = 2(x, x) + 2(y, y) = 2(kxk2 + kyk2 ), a to je zakon paralelograma koji smo ºeljeli dokazati. Sada ¢emo pokazati da nisu sve norme indukovane skalarnim proizvodom.

Primjer 6.13

Koriste¢i zakon paralelograma i vektorski prostor R2 dokazati da norma k · k∞ nije indukovana nikakvim skalarnim proizvodom. Rje²enje. Pretpostavimo da je norma k · k∞ indukovane nekim skalarnim proizvodom denisanim u vektorskom prostoru R2 . Tada za vektore x = (1, 0) i y = (0, 1/3) iz Euklidovog prostora R2 imamo

kx + yk2∞ + kx − yk2∞ = k(1, 1/3)k2∞ + k(1, −1/3)k2∞ = 12 + 12 = 2, dok je

2(kx

k2∞

+ ky

k2∞ )

=

2(k(1, 0)k2∞

+

k(0, 1/3)k2∞ )

µ ¶ 1 20 =2 1+ = . 9 9

Vidimo da za vektore x i y ne vaºi zakon paralelograma, ²to nije mogu¢e ako je norma indukovana nekim skalarnim proizvodom. To zna£i da na²a pretpostavka nije ta£na, pa norma k · k∞ nije indukovana nikakvim skalarnim proizvodom.

6.4. Ortogonalnost

6.4.1

381

Ortogonalni skupovi vektora

Za skup vektora {x1 , x2 , . . . , xn } iz Euklidovog prostora E kaºemo da je ortogonalan skup ako su svaka dva vektora iz tog skupa ortogonalni vektori, tj. ako je (xi , xj ) = 0 za i 6= j. Ako su, osim toga, svi ti vektori jedini£ni, tj. ako je

(xi , xi ) = 1,

i = 1, 2, ..., n,

tada za taj skup kaºemo da je ortonormiran skup , a za te vektore kaºemo da su ortonormirani vektori. Ako je Q ∈ Mn (R) ortogonalna matrica, tj. ako je QT Q = I, tada su njene kolone q1 , q2 , . . . , qn ortonormirani vektori, tj. vaºi

qTj qi = δij . 

   −1 −4  3   −2  4    Primjer 6.14 Vektori x =   2  i y =  3  iz Euklidovog prostora R su −1 4 T ortogonalni jer je y x = 0.       1 1 −1 Vektori x1 =  −1  , x2 =  1  , x3 =  −1  su ortogonalni vektori jer 0 1 2 √ je xTj xi = 0 za i 6= j, ali to nisu ortonormirani vektori. Kako je kx1 k2 = 2, √ √ √ √ √ kx2 k2 = 3, kx3 k2 = 6, vektori u1 = x1 / 2, u2 = x2 / 3, u3 = x3 / 6 su ortonormirani.

Vaºe sljede¢i rezultati.

Teorema 6.3 Ako je {x1 , x2 , . . . , xn } ortogonalan skup nenula-vektora i x proizvoljan vektor iz lineala L(x1 , x2 , . . . , xn ), tada se vektor x moºe predstaviti na jedinstven na£in kao linearna kombinacija vektora x1 , x2 , . . . , xn :

x=

(x , x) (x , x) (x1 , x) x1 + 2 x2 + · · · + n xn . (x1 , x1 ) (x2 , x2 ) (xn , xn )

Ako je {x1 , x2 , . . . , xn } ortonormiran skup, tada umjesto (6.5) imamo

x = (x1 , x)x1 + (x2 , x)x2 + · · · + (xn , x)xn .

(6.5)

382

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Dokaz. Kako x ∈ L(x1 , x2 , . . . , xn ), to zna£i da se x moºe predstaviti kao linearna kombinacija vektora x1 , x2 , . . . , xn , tj. x = α1 x1 + α2 x2 + · · · + αn xn . S obzirom na ovo i na ortogonalnost vektora x1 , x2 , . . . , xn , imamo

(x, xi ) = (α1 x1 + α2 x2 + · · · + αn xn , xi ) = α1 (x1 , xi ) + α2 (x2 , xi ) + · · · + αn (xn , xi ) = αi (xi , xi ),

i = 1, 2, ..., n.

Kako su xi nenula-vektori, vaºi (xi , xi ) 6= 0, pa je

αi =

(x, xi ) , (xi , xi )

i = 1, 2, ..., n.

Ako bismo pretpostavili da je

x = β1 x1 + β2 x2 + · · · + βn xn , na isti na£in bismo zaklju£ili da je

βi =

(x, xi ) , (xi , xi )

i = 1, 2, ..., n,

²to zna£i da je (6.5) jedinstveno predstavljanje vektora x kao linearne kombinacije vektora x1 , x2 , . . . , xn .

Teorema 6.4 Svaki ortogonalan skup nenula-vektora je linearno nezavisan. Dokaz. Ako je {x1 , x2 , . . . , xn } ortogonalan skup nenula-vektora, dokaºimo da je uslov

α1 x1 + α2 x2 + · · · + αn xn = 0

mogu¢ samo u slu£aju α1 = α2 = · · · = αn = 0. Ako datu jednakost pomnoºimo skalarno sa xi (i = 1, 2, ..., n), zbog ortogonalnosti vektora x1 , x2 , . . . , xn dobijamo

αi (xi , xi ) = 0,

i = 1, 2, ..., n.

Kako xi nije nula-vektor, imamo (xi , xi ) 6= 0, pa mora biti αi = 0 za i = 1, 2, ..., n.

6.4. Ortogonalnost

383

S obzirom na ovu teoremu i Teoremu 2.15, ako je E n-dimenzionalan Euklidov prostor, tada svaki ortogonalan skup {x1 , x2 , . . . , xn } nenula-vektora predstavlja bazu prostora E. U odjeljku 2.6 uveden je pojam baze n-dimenzionalnog vektorskog prostora. Vidjeli smo da su u vektorskom prostoru sve baze ravnopravne, tj. nijedna od njegovih baza nije ni u kom smislu pogodnija od ostalih. U Euklidovom prostoru postoje baze koje su pogodnije od drugih; to su baze sastavljene od ortogonalnih vektora. Ako je E n-dimenzionalan Euklidov prostor i {x1 , x2 , . . . , xn } ortogonalan skup nenula-vektora iz E, tada taj skup predstavlja bazu prostora E. S obzirom na Teoremu 6.3, svaki vektor x ∈ E moºe se na jedinstven na£in predstaviti u obliku

(x , x) (x , x) (x1 , x) x1 + 2 x2 + · · · + n xn . (x1 , x1 ) (x2 , x2 ) (xn , xn )

x=

Ovo predstavljanje naziva se Furijeov razvoj elementa x. Skalari

ci =

(x, xi ) , (xi , xi )

i = 1, 2, ..., n

nazivaju se Furijeovi koecijenti vektora x u odnosu na ortogonalnu bazu {x1 , x2 , . . . , xn }. Ako uzmemo u obzir da je (xi , xi ) = kxi k2 , moºemo Furijeov razvoj elementa x zapisati u obliku µ

x = x,

¶

µ

¶

µ

¶

x1 x1 x2 x2 xn xn · + x, · + · · · + x, · . kx1 k kx1 k kx2 k kx2 k kxn k kxn k

S obzirom na to, ako ortogonalnu bazu {x1 , x2 , . . . , xn } prostora E zamijenimo ortonormiranom bazom ½

¾

x1 x2 xn , , ..., = {u1 , u2 , . . . , un }, kx1 k kx2 k kxn k

svaki element x ∈ E moºemo predstviti u obliku

x = (x, u1 )u1 + (x, u2 )u2 + · · · + (x, un )un . 

 2 Primjer 6.15 Odrediti Furijeov razvoj vektora x =  1  u odnosu na ortonormi1 ranu bazu B = {u1 , u2 , u3 } Euklidovog prostora R3 iz prethodnog primjera.

384

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori √

√

Rje²enje. √Kako je (x, u1 ) = uT1 x = 1/ 2, (x, u2 ) = uT2 x = 4/ 3, (x, u3 ) = uT3 x = −1/ 6, imamo       1 1 −1 1 4 1 −1  +  1  −  −1  . x= 2 3 6 0 1 2

Primjer 6.16

Neka je E beskona£nodimenzionalan Euklidov prostor i neka je {ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn , ...} ortogonalan sistem nenula-vektora. Red ∞ X

αn ϕn

n=1

naziva se red po ortogonalnom sistemu {ϕk }. Ako je x proizvoljan vektor iz E, brojevi (x, ϕn ) , k = 1, 2, 3, ... cn = (ϕn , ϕn ) nazivaju se Furijeovi koecijenti elementa x u odnosu na ortogonalan sistem {ϕk }, a red ∞ X ck ϕn n=1

naziva se Furijeov red elementa x. Za razliku od kona£nodimenzionalnog prostora, u op²tem slu£aju ne moºemo pisati ∞ X x= cn ϕn n=1

jer Furijeov red elementa x ne mora uvijek da konvergira tom elementu. U slu£aju Euklidovog prostora funkcija integrabilnih na intervalu [−π, π], sa skalarnim proizvodom Z π

(f, g) =

f (x)g(x)d x, −π

Furijeov red funkcije f u odnosu na ortogonalan trigonometrijski sistem

{1, cos x, sin x, cos 2x, sin 2x, ..., cos nx, sin nx, ...} ima oblik

∞

a0 X + an cos nx + bn sin nx, 2 n=1

a Furijeovi koecijenti su

an

=

bn

=

Z 1 π f (x) cos nxd x, π −π Z 1 π f (x) sin nxd x, π −π

n = 0, 1, 2, ... n = 1, 2, ... .

6.4. Ortogonalnost

385

U matemati£koj analizi navode se uslovi pod kojima Furijeov red funkcije f konvergira, a pokazuje se i kakva je veza izmežu sume Furijeovog reda funkcije f i same te funkcije (vidjeti [8]).

Zbog pogodnosti ortogonalne (ortonormirane) baze korisno je znati odrediti takvu bazu. Opisa¢emo sada Gram-’mitov postupak ortogonalizacije koji omogu¢ava da polaze¢i od proizvoljne baze Euklidovog prostora E dobijemo ortogonalnu, a onda od nje odgovaraju¢u ortonormiranu bazu. Neka je {x1 , x2 , . . . , xn } proizvoljna baza n-dimenzionalnog Euklidovog prostora E. Koriste¢i vektore iz te baze odredimo vektore y1 , y2 , . . . , yn pomo¢u sljede¢eg algoritma: staviti y1 = x1 , pa za k = 2, 3, ..., n odrediti vektore

yk = xk −

(xk , yk−1 ) (xk , yk−2 ) (x , y ) yk−1 − y − · · · − k 1 y1 . (6.6) (yk−1 , yk−1 ) (yk−2 , yk−2 ) k−2 (y1 , y1 )

Primijetimo da se na svakom koraku Gram-’mitovog postupka ortogonalizacije vektori y1 , y2 , . . . , yk izraºavaju kao linearne kombinacije samo prvih k vektora date baze i obrnuto. Dokaºimo da skup {y1 , y2 , . . . , yn } predstavlja ortogonalnu bazu prostora E. Kori²¢enjem matemati£ke indukcije dokaza¢emo da je za svako k ∈ {2, 3, ..., n} vektor yk ortogonalan na vektore y1 , y2 , . . . , yk−1 . Za k = 2 ovo tvrženje je ta£no. Naime, kako je

y2 = x2 − imamo

(y2 , y1 ) = (x2 , y1 ) −

(x2 , y1 ) y, (y1 , y1 ) 1 (x2 , y1 ) (y , y ) = 0, (y1 , y1 ) 1 1

²to zna£i da je vektor y2 ortogonalan na vektor y1 . Pretpostavimo sada da je ovo tvrženje ta£no za neko k ∈ {2, 3, ..., n − 1}, pa dokaºimo da je onda ono ta£no i za k + 1. Kako je

yk+1 = xk+1 −

(xk+1 , y1 ) (x , y ) (x , y ) y1 − k+1 2 y2 − · · · − k+1 k yk (y1 , y1 ) (y2 , y2 ) (yk , yk )

i kako je prema induktivnoj pretpostavci

(yk , y1 ) = (yk , y2 ) = · · · = (yk , yk−1 ) = 0,

386

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

imamo

(yk+1 , y1 ) = (xk+1 , y1 ) −

(xk+1 ,y1 ) (y1 ,y1 ) (y1 , y1 ) (xk+1 ,y2 ) (y2 ,y2 ) (y2 , y2 )

= 0,

(yk+1 , y2 ) = (xk+1 , y2 ) − = 0, ..................................................... (x ,y ) (yk+1 , yk ) = (xk+1 , yk ) − (yk+1,y )k (yk , yk ) = 0, k

k

²to zna£i da je vektor yk+1 ortogonalan na vektore y1 , y2 , . . . , yk . S obzirom na princip matemati£ke indukcije, navedeno tvrženje je ta£no za svako k ∈ {2, 3, ..., n}, a to zna£i da je skup {y1 , y2 , . . . , yn } ortogonalan. Kako je svaki ortogonalan skup linearno nezavisan i kako svaki linearno nezavisan skup od n elemenata predstavlja bazu n-dimenzionalnog vektorskog prostora, skup {y1 , y2 , . . . , yn } predstavlja ortogonalnu bazu n-dimenzionalnog Euklidovog prostora E. Skup {q1 , q2 , ..., qn }, gdje je

qi =

yi

(yi , yi )1/2

=

yi

kyi k

,

i = 1, 2, ..., n,

predstavlja ortonomiranu bazu Euklidovog prostora E. Kao ²to u svakom n-dimenzionalnom vektorskom prostoru postoji mnogo razli£itih baza, tako i u svakom n-dimenzionalnom Euklidovom prostoru postoji mnogo razli£itih ortogonalnih baza. ƒak se polaze¢i od jedne baze {x1 , x2 , . . . , xn } Gram-’mitovim postupkom mogu odrediti razli£ite ortogonalne baze polaze¢i od razli£itih vektora y1 = xk . Kao primjer ortonomirane baze u Euklidovom prostoru Rn moºe posluºiti standardna baza koju £ine vektori

e1 = (1, 0, ..., 0), e2 = (0, 1, 0, ..., 0), ..., en = (0, 0, ..., 1). Primijetimo da opisani Gram-’mitov postupak ortogonalizacije omogu¢ava da polaze¢i od proizvoljnog skupa {x1 , x2 , . . . , xk } (1 ≤ k ≤ n) linearno nezavisnih vektora iz n-dimenzionalnog Euklidovog prostora E odredimo ortogonalan skup {y1 , y2 , . . . , yk }. Taj ortogonalan skup predstavlja ortogonalnu bazu potprostora L(x1 , x2 , . . . , xk ).

Primjer 6.17

Koriste¢i Gram-’mitov postupak odrediti ortonomiranu bazu potprostora iz R4 generisanog linearno nezavisnim vektorima       2 1 −1  1   0   3       x1 =   1  , x2 =  0  , x3 =  1  . 0 2 1

6.4. Ortogonalnost

387

Rje²enje. Ortogonalne vektore y1 , y2 , y3 odrežujemo pomo¢u sljede¢ih formula y1 = x1 , 2 ,y1 ) y2 = x2 − ((x y1 ,y1 ) y1 , (x3 ,y2 ) 3 ,y1 ) y3 = x3 − ((x y1 ,y1 ) y1 − (y2 ,y2 ) y2 . Ra£unanjem dobijamo

(x2 , y1 ) = yT1 x2 = xT1 x2 = 2, 

  1  0  2   y2 =   0 − 6 2 (x3 , y1 ) = yT1 x3 = 2,

(y1 , y1 ) = yT1 y1 = xT1 x1 = 6,   2 1/3  −1/3 1  = 1   −1/3 0 2

(x3 , y2 ) = yT2 x3 =



  −1  3  2   y3 =   1 − 6 1

ky1 k = (y1 , y1 )

=

√

r 6,

ky2 k = (y2 , y2 )

y1 1  =√  ky1 k 6

=

13 , 3

13 , 3

222 + 352 + 92 + 112 = 649/193, 13 £ine vektori     2 1/3 1 r  −1/3   −1 3 1 1   , q2 =  = √  1  13  −1/3  39  −1 0 2 6

ky3 k = (y3 , y3 )

q1 =

(y2 , y2 ) = yT2 y2 =

1/2

√

1/2

traºenu ortonomiranu bazu 

 , 

     2 1/3 −22/13     1   − 1/3  −1/3  =  35/13  . 1  13/3  −1/3   9/13  0 2 11/13

Kako je 1/2

1 , 3



=

  , 



 −22  207   35  . q3 = 9  9049  11

Ako je A ∈ Mm,n (R) matrica sa linearno nezavisnim kolonama a1 , a2 , . . . , an , tada Gram-’mitov postupak ortogonalizacije primijenjen na te kolone

388

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

omogu¢ava da odredimo ortonomiranu bazu {q1 , q2 , ..., qn } prostora kolona R(A). S obzirom na (6.6), ta baza odrežuje se na sljede¢i na£in:

q1 =

a1 , ka1 k

qk =

yk , kyk k

k−1 X

gdje je yk = ak −

(qTi ak )qi ,

k = 2, 3, ..., n.

i=1

Ove relacije mogu se zapisati u obliku

a1 = ka1 k · q1 , ak = (qT1 ak )q1 + (qT2 ak )q2 + · · · + (qTk−1 ak )qk−1 + kyk k · qk ili matri£no na sljede¢i na£in h

a1 a2 · · · an 

h

=

q1 q2

 i  · · · qn    

i

ka1 k qT1 a2 qT1 a3 · · · qT1 an 0 ky2 k qT2 a3 · · · qT2 an 0 0 ky3 k · · · qT3 an .. .. .. .. . . . . 0 0 0 kyn k

    .   

Ovo zna£i da se svaka matrica A ∈ Mm,n (R) sa linearno nezavisnim kolonama moºe faktorizovati u obliku A = QR, gdje je Q ∈ Mm,n (R) matrica £ije kolone £ine ortonomiranu bazu prostora kolona matrice A, a R ∈ Mm,n (R) je gornja trougaona matrica sa pozitivnim dijagonalnim elementima. Navedena faktorizacija naziva se QR-faktorizacija matrice A i ona ima veliki zna£aj u matematici. Ako je m = n, matrica Q je ortogonalna jer je QT Q = I. Ortonormirana baza prostora kolona matrice A moºe se u Matlab-u odrediti pomo¢u funkcije orth. Naredba Q=orth(A) vra¢a mtricu Q sa ortonormiranim kolonama koje generi²u isti prostor kao i kolone date matrice A. Naredba [Q,R]=qr(A) omogu¢ava odreživanje QR-faktorizacije matrice A, tj. ona vra¢a matrice Q i R takve da je QR = A, pri £emu je Q matrica sa ortonormiranim kolonama (QT Q = I), R je gornja trougaona matrica.

Primjer 6.18

Neka je



1  1 A=  1 −1

2 −1 −1 1

 −1 2  . 2  1

6.4. Ortogonalnost

389

Odrediti ortonomiranu bazu prostora R(A), a onda odrediti QR-faktorizaciju matrice A. Rje²enje. Sada je       1 2 −1  1   −1   2       a1 =   1  , a2 =  −1  , a3 =  2  . −1 1 1 Pokazuje se da su ovi vektori linearno nezavisni, pa postupak ortogonalizacije polazi od tih vektora. Imamo       1 2 1     a 1 1   , y2 = a2 − (qT1 a2 )q1 =  −1  + 1 · 1  1  q1 = 1 =       1 −1 1  ka1 k 2 2 2 −1 1 −1     3 3    3 y 1 −1 −1 2  , q2 =  , y3 = a3 − (qT1 a3 )q1 − (qT2 a3 )q2 =  = √    −1 4  −1  ky2 k 2 3 1 1           −1 1 3 0 0  2  1 1   −1   1   1  1 1 3 y 3          =  2  − 2  1  + √3 · 2√3  −1  =  1  , q3 = ky k = √6  1  . 3 1 −1 1 2 2 Ortonormiranu bazu prostora R(A) £ine vektori q1 , q2 , q3 . Kako je √ 1 3 3 T a1 = 2q1 , a2 = (q1 a2 )q1 + ky2 kq2 = − q1 + q, 2 2 2

√

3 3

a3 = (qT1 a3 )q1 + (qT2 a3 )q2 + ky3 kq3 = q1 − √ q2 + 6q3 , imamo



£

a1 a2 a3

tj. A = QR, gdje je 

  Q= 

1 2 1 2 1 2 − 12

¤

=

3 √ 2 3 1 − 2√ 3 1 − 2√ 3 1 √ 2 3

£

q1 q2

0 √1 6 √1 6 √2 6

   , 

2 ¤ q3   0 0



2  R= 0 0

−√12

3 3 2

0

−√21

3 3 2

0

1



 − √33  , √ 6

1



 − √33  . √ 6

390

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Ako je potrebno odrediti ortonomiranu bazu prostora kolona proizvoljne matrice A, treba prvo matricu A svesti na stepenastu formu i odrediti koje su kolone linearno nezavisne, a onda polaze¢i od tih kolona odrediti ortonomiranu bazu prostora R(A).

Primjer 6.19

Neka je

   A=  

1 0 1 −1 2

1 0 1 −1 −2

 1 0 0 0   3 2  . 0 1  0 6

Odrediti ortonomiranu bazu prostora kolona matrice A, a onda tu bazu dopuniti do ortonomirane baze Euklidovog prostora R5 . Rje²enje. Da bismo znali koje kolone matrice su linearno nezavisne, prvo ¢emo odrediti stepenastu formu matrice A :     1 1 1 0 1 1 1 0  0  0 0 0 0  0 0 0         1 3 2 → 0 0 2 2  A= 1 →  −1 −1 0 1   0 0 1 1  2 −2 0 6 0 −4 −2 6     1 1 1 0 1 1 1 0  0 −4 −2 6   0 −4 −2 6       0  0 2 2 → 0 2 2    0 .  0  0 0 1 1  0 0 0  0 0 0 0 0 0 0 0 Na onovu ove stepenaste forme zaklju£ujemo da su linearno nezavisne prva, druga i tre¢a kolona matrice A, tj. kolone       1 1 1  0   0   0             a1 =   1  , a2 =  1  , a3 =  3  .  −1   −1   0  2 −2 0 Sada ¢emo primjenom postupka ortogonalizacije polaze¢i od baze {a1 , a2 , a3 } prostora kolona R(A) odrediti ortonomiranu bazu {q1 , q2 , q3 } tog prostora. Imamo       1 1 1  0    0      1 0  1  a1 T      = √  1  , y2 = a2 − (q1 a2 )q1 =  1  +  1  q1 =  ka1 k 7  −1   −1  7  −1  2 2 −2

6.4. Ortogonalnost 

2  0  4 2 =  7  −2 −3   1  0     =  3 −  0  0

   ,     4  7 

391 

 2  0   y2 1   2 , √ = q2 =  ky2 k 21  −2   −3     1 2 −1  0   0 0    1 8     1   − 21  2  = 3  5     4 −1 −2 −2 −3 0

y3 = a3 − (qT1 a3 )q1 − (qT2 a3 )q2    ,  

 

y 1  q3 = 3 = √  ky3 k 42  

−1 0 5 4 0

   .  

Da bismo dobijenu ortonormiranu bazu {q1 , q2 , q3 } potprostora R(A) dopunili do ortonomirane baze prostora R5 , odredi¢emo prvo sve vektore £ ¤T x = x1 x2 x3 x4 x5 ∈ R5 koji su ortogonalni na vektore q1 , q2 , q3 , tj. koji zadovoljavaju uslove

(x, qi ) = 0,

i = 1, 2, 3.

Ovi uslovi daju sljede¢i homogen sistem linearnih algebarskih jedna£ina po nepoznatim koordinatama vektora x

x1 2x1 −x1

+ x3 + 2x3 + 5x3

− − +

x4 2x4 4x4

+ 2x5 − 3x5

= 0 = 0 . = 0

Rje²enja ovog sistema odrežujemo na na£in opisan u odjeljku 4.9. stepenastu formu matrice sistema      1 0 1 −1 2 1 0 1 −1 2 1 0  2 0 2 −2 3  →  0 0 0 0 −7  →  0 0 −1 0 5 4 0 0 0 6 3 2 0 0

Prvo odrežujemo

1 6 0

−1 3 0

 2 2 . −7

Vidimo da su promjenljive x1 , x3 i x5 bazne, a da su x2 i x4 slobodne promjenljive. Polazni homogeni sistem ekvivalentan je sistemu

x1

+

x3 6x3

+ +

2x5 2x5 −7x5

= = =

x4 −3x4 0

£ije je rje²enje

1 3 x4 , x3 = − x4 , x5 = 0, x2 , x4 ∈ R. 2 2 Op²te rje²enje polaznog homogenog sistema moºemo zapisati u obliku       3   x1 0 3/2 2 x4  x2   x2   1   0        1          x =  x3  =  − 2 x4  = x2  0  + x4   −1/2  ,  x4   x4   0   1  x5 0 0 0 x1 =

392

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

pa imamo dva linearno nezavisna rje²enja tog sistema

y4 =

£

0 1

0

0

0

¤T

, y5 =

£

3/2

0

−1/2 1

0

¤T

.

Ova dva vektora su ortogonalna na vektore q1 , q2 , q3 . Njihovim normiranjem dobi£ ¤T jamo vektore q4 = y4 , q5 = √214 3 0 −1 2 0 koji zajedno sa vektorima 5 q1 , q2 , q3 £ine ortonormiranu bazu prostora R .

Primjer 6.20

Neka je R2 [x] vektorski prostor realnih polinoma realnog argumenta x £iji stepen nije ve¢i od 2 i neka je u tom prostoru skalarni proizvod denisan sa Z 1

p(x)q(x)d x.

(p(x), q(x)) = −1

Odrediti ortonomiranu bazu tog prostora pomo¢u Gram-’mitovog postupka ortogonalizacije polaze¢i od standardne baze tog prostora {1, x, x2 }. Rje²enje. Polaze¢i od polinoma p0 (x) = 1, p1 (x) = x, p2 (x) = x2 odredi¢emo ortogonalne polinome q0 (x), q1 (x), q2 (x). Gram-’mitov postupak ortogonalizacije daje

q0 (x)

= p0 (x),

q1 (x)

= p0 (x) −

q2 (x)

(p1 , q0 ) q0 (x), (q0 , q0 ) (p2 , q0 ) (p2 , q1 ) = p0 (x) − q0 (x) − q1 (x). (q0 , q0 ) (q1 , q1 )

S obzirom na to kako je denisan skalarni proizvod, ra£unanjem dobijamo

Z

Z

1

(p1 , q0 ) = −1 1

Z (q0 , q0 ) =

−1

q1 (x) = (p2 , q0 ) = (p2 , q1 ) =

Z q02 (x)d x =

xd x = −1

1

−1

x, Z 1

¯1 x2 ¯¯ = 0, 2 ¯−1

1

d x = x|−1 = 2,

¯1 2 x3 ¯¯ = , p2 (x)q0 (x)d x = x dx = ¯ 3 −1 3 −1 −1 Z 1 Z 1 p2 (x)q1 (x)d x = x3 d x = 0, −1 1

Z

Z (q1 , q1 ) =

−1

q2 (x) =

1

p1 (x)q0 (x)d x =

Z q12 (x)d x =

1

2

−1 1

x2 d x =

−1

1 2/3 · 1 = x2 − . x2 − 2 3

2 , 3

6.4. Ortogonalnost

393

Kako je

kq0 k = (q0 , q0 )1/2 = "Z

√

2,

kq1 k = (q1 , q1 )1/2 =

p

2/3,

µ ¶2 #1/2 ·Z 1 µ ¶ ¸1/2 1 2 2 1 2 4 kq1 k = (q2 , q2 ) = x − dx = dx x − x + 3 3 9 −1 −1 " ¯1 #1/2 µ ¯1 ¶1/2 r 2 x3 ¯¯ 1 1 x5 ¯¯ 2 4 2 8 − · + x|−1 = = − + = , ¯ ¯ 5 −1 3 3 −1 9 5 9 9 45 1/2

1

traºenu ortonomiranu bazu £ine polinomi

1 u0 (x) = √ , 2

r u1 (x) =

3 · x, 2

r u2 (x) =

45 8

µ ¶ 1 2 x − . 3

Ako se u vektorskom prostoru Rn [x] realnih polinoma realnog argumenta £iji stepen nije ve¢i od n zada skalarni proizvod, tada se, na na£in koji je ilustrovan u prethodnom primjeru, polaze¢i od standardne baze {1, x, x2 , ..., xn } moºe dobiti baza sastavljena od polinoma koji su ortogonalni u odnosu na dati skalarni proizvod. Sli£no se zadavanjem skalarnog proizvoda u vektorskom prostoru R[x] svih realnih polinoma realnog argumenta polaze¢i od linearno nezavisnih polinoma 1, x, x2 , ..., xn , ... mogu generisati polinomi koji su ortogonalni u odnosu na dati skalarni proizvod. Zadavanjem raznih skalarnih proizvoda dobijamo razne familije ortogonalnih polinoma (vidjeti [31]). Nave²¢emo neke od najpoznatijih familija ortogonalnih polinoma koje se dobijaju na opisani na£in.

1. Leºandrovi polinomi Ako u vektorskom prostoru R[x] skalarni proizvod deni²emo sa

(p(x), q(x)) =

Z 1 −1

p(x)q(x)d x,

dobijamo niz ortogonalnih Leºandrovih polinoma P0 (x), P1 (x), P2 (x), ..., pri £emu je Pn (x), polinom stepena n koji se moºe zapisati u obliku

Pn (x) =

i 1 dn h 2 2 (x − 1) 2n n! dxn

394

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori (faktor 1/(2n n!) izabran je tako da bude Pn (1) = 1). Ta formula daje

P0 (x) = 1 P1 (x) = x 3 2 1 P2 (x) = x − 2 2 5 3 3 P3 (x) = x − x 2 2 35 4 15 2 3 P4 (x) = x − x + 8 4 8 .. . Leºandrovi polinomi P0 (x), P1 (x), P2 (x), ..., Pn (x) £ine ortogonalnu bazu prostora Rn [x].

2. Lagerovi polinomi Ako se u vektorskom prostoru R[x] skalarni proizvod deni²e sa

(p(x), q(x)) =

Z +∞ 0

e−x p(x)q(x)d x,

dobijamo niz ortogonalnih Lagerovih polinoma L0 (x), L1 (x), L2 (x), ..., pri £emu je Ln (x) polinom stepena n koji se moºe zapisati u obliku

Ln (x) = ex

dn n −x (x e ). dxn

Ta formula daje

L0 (x) = 1 L1 (x) = −x + 1 L2 (x) = x2 − 4x + 2 L3 (x) = −x3 + 9x2 − 18x + 6 L4 (x) = x4 − 16x3 + 72x2 − 96x + 24 .. .

6.4. Ortogonalnost

395

3. Ermitovi polinomi Ako u vektorskom prostoru R[x] skalarni proizvod deni²emo sa

(p(x), q(x)) =

Z +∞ −∞

2

e−x p(x)q(x)d x,

dobijamo niz ortogonalnih Ermitovih polinoma H0 (x), H1 (x), H2 (x), ..., pri £emu je Hn (x) polinom stepena n koji se moºe zapisati u obliku

Hn (x) = (−1)n ex

2

dn −x2 e . dxn

Ta formula daje

H0 (x) = 1 H1 (x) = 2x H2 (x) = 4x2 − 2 H3 (x) = 8x3 − 12x H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12 .. .

4. ƒebi²ovljevi polinomi Ako u vektorskom prostoru R[x] skalarni proizvod deni²emo sa

(p(x), q(x)) =

Z 1 −1

1 √ p(x)q(x)d x, 1 − x2

dobijamo niz ortogonalnih ƒebi²ovljevih polinoma T0 (x), T1 (x), T2 (x), ..., pri £emu je Tn (x) polinom stepena n koji se moºe zapisati u obliku

Tn (x) = cos(n arccos x). Iz ove formule dobija se T0 (x) = 1, T1 (x) = x i

Tn+1 (x) = 2xTn (x) − Tn−1 (x), Primjenom ove rekurentne formule dobijamo

T2 (x) = 2x2 − 1

n = 1, 2, ... .

396

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

T3 (x) = 4x3 − 3x T4 (x) = 8x4 − 8x2 + 1 T5 (x) = 16x5 − 20x3 + 5x T6 (x) = 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1 .. .

je

Ako je {u1 , u2 , ..., un } ortonomirana baza Euklidovog prostora E i ako

x = x1 u1 + x2 u2 + · · · + xn un

razvoj proizvoljnog elementa x ∈ E po toj bazi, tada se koordinate xi tog elementa izraºavaju na sljede¢i na£in

xi = (x, ui ),

i = 1, 2, ..., n.

Po analogiji sa onim ²to smo imali u Euklidovom prostoru V2 skalarni proizvod (x, ui ) predstavlja projekciju elementa x na element ui . S obzirom na to, koordinate proizvoljnog vektora x Euklidovog prostora E u odnosu na ortonomiranu bazu predstavljaju projekcije tog elementa na odgovaraju¢e bazne elemente. Ako su

x=

n X

xi ui ,

y=

i=1

n X

yi ui

i=1

razvoji elemenata x i y iz Euklidovog prostora E u odnosu na ortonomiranu bazu {u1 , u2 , ..., un }, tada imamo

(x, y) = =

à n X

xi ui ,

i=1 n n XX

n X

!

yi ui

=

i=1

n X n X

xi yj (ui , uj )

i=1 j=1

xi yj δij ,

i=1 j=1

tj.

(x, y) =

n X

xi yi ,

j=1

dok je



kxk = (x, x)1/2 = 

n X

j=1

1/2

x2i 

.

6.4. Ortogonalnost

397

Neka su B = {u1 , u2 , ..., un } i B 0 = {u01 , u02 , ..., u0n } dvije ortonomirane baze n-dimenzionalnog Euklidovog prostora E i neka je Q = [qij ] ∈ Mn (R) matrica prelaska sa baze B na bazu B 0 , tj.

Q = [ [u1 ]B 0 , [u2 ]B 0 , ..., [un ]B 0 ] . Ta matrica naziva se ortogonalna matrica. Ortogonalna matrica ima sljede¢a svojstva.

1◦

n X

(

1, i = j . 0, i = 6 j k=1 Ovo zna£i da za kolone Q•1 , Q•2 , ..., Q•n , vaºi qki qkj = δij =

(Q•i , Q•j ) = δij , pa su kolone matrice Q ortonormirani vektori prostora Rn . To vaºi i za vrste Q1• , Q2• , ..., Qn• matrice Q.

2◦ S obzirom na prethodno svojstvo, vaºi QQT = QT Q = I, odnosno

Q−1 = QT .

I matrica Q−1 je ortogonalna jer ona predstavlja matricu prelaska sa baze B 0 na bazu B.

3◦ | det Q = 1|. Pokazuje se da svaka matrica iz Mn (R) koja ima svojstvo 1◦ (odnosno 2◦ ) predstavlja matricu prelaska sa jedne ortonomirane baze n-dimenzionalnog Euklidovog prostora u drugu ortonomiranu bazu tog prostora. Zato se svojstvo 1◦ (odnosno 2◦ ) koristi za karakterizaciju ortogonalne matrice, pa se kaºe da je matrica Q ∈ Mn (R) ortogonalna ako ima svojstvo 1◦ (odnosno 2◦ ).

6.4.2

Ortogonalna dopuna

Neka je M podskup Euklidovog prostora E. Za element z ∈ E kaºemo da je ortogonalan na podskup M (pi²emo z⊥M ) ako je on ortogonalan na sve elemente iz M. Dakle,

z⊥M ako je (z, x) = 0 ∀x ∈ M.

398

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Skup svih vektora iz E koji su ortogonalni na podskup M Euklidovog prostora E naziva se ortogonalna dopuna (ortogonalan komplement ) podskupa M i ozna£ava sa M ⊥ . Dakle, M ⊥ = {z ∈ E : (z, x) = 0 ∀x ∈ M }. Vaºi sljede¢e tvrženje.

• Ortogonalna dopuna skupa M je potprostor Euklidovog prostora E. Da bismo ovo dokazali, dovoljno je da dokaºemo da za sve z1 , z2 ∈ M ⊥ i sve α1 , α2 ∈ R vaºi α1 z1 + α2 z2 ∈ M ⊥ . S obzirom na to da je

(z1 , x) = (z2 , x) = 0 za sve x ∈ M, imamo

(α1 z1 + α2 z2 , x) = α1 (z1 , x) + α2 (z2 , x) = 0 za sve x ∈ M, ²to zna£i da α1 z1 + α2 z2 ∈ M ⊥ , pa je M ⊥ potprostor od E. Nas ¢e uglavnom zanimati ortogonalne dopune potprostora prostora E. Vektor z ∈ E je ortogonalan na potprostor U Euklidovog prostora E ako i samo ako je on ortogonalan na sve vektore iz skupa koji generi²e potprostor U. Neka je U = L (x1 , x2 , . . . , xm ) . Ako je vektor z ∈ E ortogonalan na U, tada je on, naravno, ortogonalan na vektore x1 , x2 , . . . , xm . Obrnuto, ako je vektor z ortogonalan na vektore x1 , x2 , . . . , xm , tj. ako je

(z, xi ) = 0,

i = 1, 2, ..., m,

tada je vektor z ortogonalan na svaki vektor x ∈ L (x1 , x2 , . . . , xm ) , jer ako je x = α1 x1 + α2 x2 + · · · + αm xm , tada imamo

(z, x) = (z, α1 x1 + α2 x2 + · · · + αm xm ) = α1 (z, x1 ) + α2 (z, x2 ) + · · · + αm (z, xm ) = 0. Kako baza potprostora U predstavlja skup koji generi²e U, jasno je da je vektor z ∈ E ortogonalan na potprostor U ako i samo ako je on ortogonalan na svaki element baze potprostora U. Navedeni rezultat omogu¢ava dobijanje sljede¢e karakterizacije ortogonalne dopune potprostora iz E.

6.4. Ortogonalnost

399

Teorema 6.5 Ako je U = L (x1 , x2 , . . . , xm ) potprostor Euklidovog prostora

E, tada njegovu ortogonalnu dopunu U ⊥ moºemo opisati na sljede¢i na£in U ⊥ = {z ∈ E : (z, xi ) = 0,

i = 1, 2, ..., m}.

Dokaz. S obzirom na deniciju ortogonalne dopune i na upravo dokazani rezultat, imamo z ∈ U ⊥ ⇔ z⊥U ⇔ (z, xi ) = 0,

i = 1, 2, ..., m.

U sljede¢em primjeru ¢emo pokazati kako se navedena karakterizacija moºe iskoristiti za odreživanje ortogonalne dopune. £ ¤T Odrediti U ⊥ ako je U = L(x1 , x2 ), gdje je x1 = 1 2 1 2 £ ¤T i x2 = 0 1 0 1 . Rje²enje. S obzirom na prethodnu teoremu, da bismo odredili ortogonalnu dopunu U ⊥ moramo odrediti sve vektore z ∈ R4 takve da je

Primjer 6.21

( z, x 1 ) = 0

i (z, x2 ) = 0.

To zna£i da moramo odrediti sva rje²enja homogenog sistema

z1

+ 2z2 z2

+

z3

+ 2z4 + z4

= =

0 . 0

Ovaj ·sistem rje²ava ¸se na na£in opisan u odjeljku 4.9. Kako matrica ovog sistema 1 2 1 2 A= ve¢ ima stepenastu formu, vidimo da su z1 i z2 bazne, a da 0 1 0 1 su z3 i z4 slobodne promjenljive. Ako dati sistem zapi²emo u obliku

z1

+ 2z2 z2

= =

−z3 − 2z4 −z4

i rije²imo po z1 i z2 , dobijamo njegovo op²te rje²enje u obliku

z1 = −z3 , odnosno u obliku  z1  z2 z=  z3 z4



z2 = −z4 ,

z3 , z4 ∈ R,

     −z3 −1 0   −z4   0   −1  =        z3  = z3  1  + z4  0  , z4 0 1 

S obzirom na to, imamo gdje je u1 =

£

−1

0

1

U ⊥ = N (A) = L(u1 , u2 ), £ ¤T ¤T 0 . i u2 = 0 −1 0 1

z3 , z4 ∈ R.

400

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Primjer 6.22

Odrediti U ⊥ ako je U = L(1, x) potprostor prostora R2 [x], koga £ine svi realni polinomi realnog argumenta £iji stepen nije ve¢i od 2, sa skalarnim proizvodom Z 1 (p, q) = p(x)q(x)d x. 0

Rje²enje. U ovom slu£aju ortogonalna dopuna U ⊥ sastoji se od onih polinoma

p(x) = α0 + α1 x + α2 x2 za koje su ispunjeni uslovi (p, 1) = (p, x) = 0. S obzirom na to kako je denisan skalarni proizvod u R2 [x], imamo Z (p, 1)

Z

1

= 0

Z (p, x)

1

p(x)d x = 0

Z

1

1 1 (α0 + α1 x + α2 x2 )d x = α0 + α1 + α2 = 0, 2 3 1

p(x)xd x =

= 0

(α0 x + α1 x2 + α2 x3 )d x =

0

1 1 1 α0 + α1 + α2 = 0. 2 3 4

Rje²avanjem dobijenog homogenog sistema dobija se

1 α2 , 6

α0 =

α1 = −α2 ,

α2 ∈ R.

S obzirom na to, ortogonalna dopuna U ⊥ sastoji se od svih polinoma oblika µ ¶ 1 1 p(x) = α2 − α2 x + α2 x2 = α2 − x + x2 , α2 ∈ R, 6 6 pa je

µ U⊥ = L

¶ 1 − x + x2 . 6

U sljede¢oj teoremi navodimo osnovne £injenice koje se odnose na ortogonalnu dopunu potprostora U.

Teorema 6.6 Neka je U potprostor n-dimenzionalnog Euklidovog prostora E i U ⊥ njegova ortogonalna dopuna. Tada vaºe sljede¢a tvrženja:

1. U ⊥ je potprostor prostora E; 2. U ∩ U ⊥ = {0}; 3. E je direktna suma potprostora U i U ⊥ , tj. E = U ⊕ U ⊥ ; 4. dim U + dim U ⊥ = n; 5. (U ⊥ )⊥ = U.

6.4. Ortogonalnost

401

Dokaz. 1. Ve¢ smo dokazali da je ortogonalna dopuna svakog skupa M ⊆ E potprostor od E, pa to vaºi i za M = U. 2. Neka z ∈ U ∩ U ⊥ . Iz £injenice da z ∈ U ⊥ slijedi da je (z, x) = 0 za svako x ∈ U, pa za x = z imamo (z, z) = 0. S obzirom na prvu aksiomu skalarnog proizvoda, ovo zna£i da je z = 0, pa je U ∩ U ⊥ = {0}. 3. Neka je {x1 , x2 , . . . , xk } proizvoljna baza potprostora U. Primjenom Gram-’mitovog postupka ortogonalizacije moºemo od te baze dobiti ortogonalnu bazu y1 , y2 , . . . , yk potprostora U. Ovaj linearno nezavisan skup moºe se dopuniti vektorima xk+1 , ..., xn do baze prostora E. Primjenom postupka ortogonalizacije moºemo od te baze prostora E dobiti ortogonalnu bazu y1 , . . . , yk , yk+1 , ..., yn tog prostora. Ako je x proizvoljan vektor iz prostora E, tada za neke realne brojeve α1 , α2 , ..., αn imamo razvoj

x = α1 y1 + · · · + αk yk + αk+1 yk+1 + · · · + αn yn . Odavde zaklju£ujemo da se vektor x moºe zapisati u obliku

x = y + z, gdje je y = α1 y1 + · · · + αk yk vektor iz potprostora U, dok je z = αk+1 yk+1 + · · · + αn yn vektor iz potprostora U ⊥ jer je vektor z ortogonalan na bazne vektore potprostora U. To zna£i da Euklidov prostor E predstavlja sumu potprostora U i U ⊥ , tj. E = U + U ⊥ . Kako smo dokazali da je U ∩ U ⊥ = {0}, ta suma je direktna, tj. E = U ⊕ U ⊥ . 4. Ovo tvrženje slijedi iz prethodnog tvrženja i Teoreme 2.14. 5. Dokaºimo prvo da je U ⊆ (U ⊥ )⊥ . Ako x ∈ U tada je (x, z) = 0 za svaki vektor z ∈ U ⊥ , a to zna£i da x ∈ (U ⊥ )⊥ . Dakle, U ⊆ (U ⊥ )⊥ . Kako je prema tvrženju 3 E = U ⊥ ⊕(U ⊥ )⊥ , imamo da je n = dim U ⊥ + dim(U ⊥ )⊥ , odnosno dim(U ⊥ )⊥ = n − dim U ⊥ . Iz E = U ⊕ U ⊥ slijedi n = dim U + dim U ⊥ , odnosno dim U = n − dim U ⊥ , pa imamo

dim(U ⊥ )⊥ = dim U. S obzirom na ovo i na relaciju U ⊆ (U ⊥ )⊥ , zaklju£ujemo da mora biti U = (U ⊥ )⊥ .

402

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Ako su U1 i U2 potprostori Euklidovog prostora E, tada su njihov zbir U1 +U2 i njihov presjek U1 ∩U2 takože potprostori od E (vidjeti odjeljak 2.3). Sljede¢a teorema uspostavlja vezu izmežu ortogonalnih dopuna potprostora U1 + U2 i U1 ∩ U2 sa ortogonalnim dopunama potprostora U1 i U2 .

Teorema 6.7 Neka su U1 i U2 potprostori Euklidovog prostora E. Tada vaºi: 1. (U1 + U2 )⊥ = U1⊥ ∩ U2⊥ , 2. (U1 ∩ U2 )⊥ = U1⊥ + U2⊥ .

Dokaz. 1.

z ∈ (U1 + U2 )⊥ ⇔ z⊥U1 + U2 ⇔ (z, x) = 0 ∀x ∈ U1 + U2 ⇔ (z, x1 + x2 ) = 0 ∀x1 ∈ U1 , ∀x2 ∈ U2 ⇔ (z, x1 ) = 0 ∀x1 ∈ U1 ∧ (z, x2 ) = 0 ∀x2 ∈ U2 ⇔ z⊥U1 ∧ z⊥U2 ⇔ z ∈ U1⊥ ∧ z ∈ U2⊥ ⇔ z ∈ U1⊥ ∩ U2⊥ . 2. Ako u 1. zamijenimo U1 sa U1⊥ i U2 sa U2⊥ , imamo ³

U1⊥ + U2⊥

odnosno

´⊥

³

³

= U1⊥

U1⊥ + U2⊥

´⊥

´⊥

³

∩ U2⊥

´⊥

,

= U1 ∩ U2 .

Ako uzmemo ortogonalne dopune i lijeve i desne strane, imamo µ³

odnosno

U1⊥

+

U2⊥

´⊥ ¶⊥

= (U1 ∩ U2 )⊥ ,

U1⊥ + U2⊥ = (U1 ∩ U2 )⊥ .

6.5. Fundamentalni potprostori matrice ponovo

403

6.5 Fundamentalni potprostori matrice ponovo U odjeljku 4.11 vidjeli smo da se u vezi sa matricom A ∈ Mm,n (R), koja se moºe shvatiti kao preslikavanje A : Rn → Rm denisano sa A(x) = A · x, mogu posmatrati fundamentalni potprostori

R(A),

N (A),

R(AT ),

N (AT ).

Pri tome su R(A) i N (AT ) potprostori prostora Rm , dok su N (A) i R(AT ) potprostori prostora Rn . Ako pretpostavimo da je u prostore Rn i Rm uveden standardan skalarni proizvod, tada ti prostori postaju Euklidovi prostori. U vezi sa fundamentalnim potprostorima matrice imamo sljede¢i rezultat.

Teorema 6.8 (Teorema o ortogonalnoj dopuni) Za svaku realnu matricu A vaºi:

1. N (A)⊥ = R(AT ), 2. R(A)⊥ = N (AT ).

Dokaz. Vektor x je rje²enje homogenog sistema Ax = 0 ako i samo ako je on ortogonalan na svaku vrstu matrice A. S obzirom na to, moºemo re¢i da x ∈ N (A) ako i samo ako je vektor x ortogonalan na prostor vrsta matrice A, a to zna£i da je N (A)⊥ = R(AT ). Sli£no, vektor y je rje²enje homogenog sistema AT y = 0 ako i samo ako je on ortogonalan na svaku vrstu matrice AT . Kako su vrste matrice AT kolone matrice A, to zna£i da y ∈ N (A)⊥ ako i samo ako je vektor y ortogonalan na prostor kolona matrice A, a to zna£i da je

N (AT ) = R(A)⊥ .

S obzirom na ovu teoremu i na tvrženje 3 iz Teoreme 6.6, za matricu A ∈ Mm,n (R) imamo Rn

= N (A) ⊕ N (A)⊥ = N (A) ⊕ R(AT ),

Rm

= R(A) ⊕ R(A)⊥ = R(A) ⊕ N (AT ).

To zna£i da se svaki vektor x ∈ Rn moºe na jedinstven na£in predstaviti u obliku x = x1 + x2 , x1 ∈ N (A), x2 ∈ R(AT )

404

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

i da se svaki vektor y ∈ Rm moºe na jedinstven na£in predstaviti u obliku

y = y1 + y2 ,

y1 ∈ N (AT ), y2 ∈ R(A).

Nave²¢emo sada neke primjene prethodnih rezultata. Prvo ¢emo pokazati kako se odrežuje baza potprostora U ∩ V ako su U i V zadati potprostori Euklidovog prostora E = Rn . Kako je prema Teoremi 6.7

(U ∩ V )⊥ = U ⊥ + V ⊥ , ako uzmemo ortogonalnu dopunu i lijeve i desne strane i iskoristimo rezultat 5 iz Teoreme 6.6, dobijamo ³

U ∩ V = U⊥ + V ⊥

´⊥

.

Prema tome, odreživanje baze potprostora U ∩ V svodi se na odreživanje ³

baze potprostora U ⊥ + V ⊥

´⊥

.

³

Sada ¢emo vidjeti kako se odrežuje baza potprostora U ⊥ + V ⊥

´⊥

. Neka

je U = L(x1 , x2 , . . . , xk ) i V = L(y1 , y2 , . . . , yl ). Vidjeli smo da je skup svih vektora iz E koji su ortogonalni na vektore x1 , x2 , . . . , xk . Neka je A ∈ Mk,n (R) matrica £ije su vrste Ai• odrežene sa

U⊥

Ai• = xTi ,

i = 1, 2, ..., k.

Potprostor U ⊥ predstavlja skup svih rje²enja homogenog sistema Az = 0, tj. U ⊥ = N (A). Sli£no je V ⊥ = N (B), gdje je B ∈ Ml,n (R) matrica £ije su vrste Bi• odrežene sa

Bi• = yTi ,

i = 1, 2, ..., l.

Ako je {u1 , u2 , ..., us } baza potprostora N (A), tj. potprostora U ⊥ i ako je {v1 , v2 , ..., vt } baza potprostora N (B), tj. potprostora V ⊥ , tada skup {u1 , u2 , ..., us } ∪ {v1 , v2 , ..., vt } = {z1 , z2 , ..., zm } generi²e potprostor U ⊥ + V ⊥ . Ako je C ∈ Mm,n (R) matrica £ije su vrste Ci• odrežene sa

Ci• = zTi , tada je

³

U⊥ + V ⊥

i = 1, 2, ..., m, ´⊥

= N (C),

pa bazu potprostora U ∩ V predstavlja baza potprostora N (C).

6.5. Fundamentalni potprostori matrice ponovo

405

Primjer 6.23

Neka je U = L(x1 , x2 ) i V = L(y1 , y2 ), gdje je        1 1 1 0  2   1   1   2       x1 =   1  , x2 =  0  , y1 =  1  , y2 =  1 2 1 1 0

Odrediti bazu potprostora U ∩ V. Rje²enje. Stavimo · ¸ 1 2 1 2 A= , 0 1 0 1

· B=

1 1 1 2

1 1

1 0

  . 

¸ .

Kako je U ⊥ = N (A) i V ⊥ = N (B, ) odredi¢emo rje²enja homogenih sistema Au = 0 i B v = 0. U Primjeru 6.21 smo ve¢ odredili U ⊥ , pa to ne¢emo ponovo raditi. £ ¤T Vidjeli smo da je U ⊥ = N (A) = L(u1 , u2 ), gdje je u1 = −1 0 1 0 i £ ¤T u2 = 0 −1 0 1 . Da bismo odredili rje²enje homogenog sistema B v = 0, odredi¢emo stepenastu formu matrice B : ¸ ¸ · · 1 1 1 1 1 1 1 1 . → B= 0 1 0 −1 1 2 1 0 Sistem B v = 0 ekvivalentan je sistemu

v1

+

v2 v2

+

v3

+ −

v4 v4

= 0 . = 0

Kako su v1 i v2 bazne, a v3 i v4 slobodne promjenljive, zapisa¢emo prethodni sistem u obliku v1 + v2 = −v3 − v4 . v2 = v4 Rje²enje ovog sistema je

v1 = −v3 − 2v4 ,

v2 = v4 ,

v3 , v4 ∈ R.

Ako ovo rje²enje zapi²emo u obliku         v1 −v3 − 2v4 −1 −2  v2        v4    = v3  0  + v4  1  , v=  v3  =    1   0  v3 v4 v4 0 1

v3 , v4 ∈ R,

£ zaklju£ujemo da je V ⊥ = N (B) = L(v1 , v2 ), gdje je v1 = −1 £ ¤T v2 = −2 1 0 1 . S obzirom na ovo ²to smo dobili, imamo U ⊥ + V ⊥ = L({u1 , u2 } ∪ {v1 , v2 }) = L(u1 , u2 , v2 )

0

1

0

¤T

i

406

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

jer je v1 = u1 . Neka je

 0 1 0 −1 0 1  . 1 0 1



−1 C= 0 −2

Rije²i¢emo sada homogen sistem C w = 0 tako ²to ¢emo prvo odrediti stepenastu formu matrice C :       −1 0 1 0 −1 0 1 0 −1 0 1 0 0 1 . 0 1  →  0 −1 C =  0 −1 0 1  →  0 −1 0 0 −2 2 0 1 −2 1 −2 1 0 1 S obzirom na to, sistem C w = 0 ekvivalentan je sistemu

−w1

+w3 −w2 −2w3

= = =

0 −w4 −2w4

£ije rje²enje je

w1 = w4 ,

w2 = w4 ,

Ako ovo rje²enje zapi²emo u obliku    w1  w2     w=  w3  =  w4

w3 = w4 ,   w4  w4   = w4   w4  w4

zaklju£ujemo da je N (C) = L(w1 ), gdje je w1 =

£

w4 ∈ R.  1 1  , 1  1

1 1

1

1

¤T

. Kako je

U ∩ V = (U ⊥ + V ⊥ )⊥ = N (C), zaklju£ujemo da je U ∩ V jednodimenzionalan potprostor £iju bazu £ini vektor w1 .

Navedeni rezultati o ortogonalnoj dopuni mogu se primijeniti za dokaz sljede¢e teoreme.

Teorema 6.9 (Fredholmova alternativa) Ili je sistem Ax = b saglasan ili homogen sistem AT y = 0 ima rje²enje y takvo da je yT b 6= 0. Dokaz. Ako je sistem Ax = b saglasan, tada b ∈ R(A). Kako je R(A) = N (AT )⊥ , to zna£i da je vektor b ortogonalan na potprostor N (AT ), pa ne postoji vektor y ∈ N (AT ) takav da b nije ortogonalan na y, tj. takav da je yT b 6= 0.

6.5. Fundamentalni potprostori matrice ponovo

407

Ako homogen sistem AT y = 0 ima rje²enje y takvo da je yT b 6= 0, onda postoji vektor y ∈ N (AT ) takav da vektor b nije ortogonalan na vektor y. To zna£i da vektor b nije ortogonalan na N (AT ), pa b 6∈ N (AT )⊥ . Kako je N (AT )⊥ = R(A), vektor b ne pripada skupu R(A), a to zna£i da sistem Ax = b nije saglasan.

Na kraju ¢emo pokazati kako se primjenom rezultata o ortogonalnoj dopuni moºe objasniti metod najmanjih kvadrata . Razmotrimo sistem Ax = b, gdje je A ∈ Mm,n (R), b ∈ Rm , m ≥ n. Sistemi koji imaju vi²e jedna£ina nego nepoznatih obi£no su nesaglasni. Imaju¢i u vidu da je Rm = R(A) ⊕ N (AT ), svaki vektor b ∈ Rm moºemo na jedinstven na£in zapisati u obliku

b = b1 + b2 ,

b1 ∈ N (AT ), b2 ∈ R(A), bT1 b2 = 0.

Sistem Ax = b je saglasan ako i samo ako b ∈ R(A). Prema tome, taj sistem je saglasan ako i samo ako je b1 = 0 i b2 = b. U slu£aju da je b1 6= 0, dati sistem je nesaglasan. Ako bismo u tom slu£aju posmatrali sistem

Ax = b2 , on bi bio saglasan. Rje²enje tog sistema naziva se uop²teno rje²enje (pseudorje²enje, kvazirje²enje ) sistema Ax = b. Vektor r = b − Ax naziva se ostatak . Kako Ax ∈ R(A) za svako x ∈ Rn , imamo razlaganje

r = b1 + (b2 − Ax),

b1 ∈ N (AT ), b2 − Ax ∈ R(A).

S obzirom na ortogonalnost potprostora N (AT ) i R(A) vaºi

krk22 = kb1 k22 + kb2 − Axk22 . Iz ove relacije zaklju£ujemo da ¢e norma ostatka r biti najmanja za one vektore x ∈ Rn za koje je ispunjen uslov

b2 − Ax = 0. Prema tome, uop²teno rje²enje sistema Ax = b predstavlja vektor koji minimizira normu kb − Axk2 .

408

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori Zadatak koji se sastoji u tome da se nažu vektori x∗ ∈ Rn takvi da je

kb − Ax∗ k2 = minn kb − Axk2 ,

x∈R

A ∈ Mm,n (R), b ∈ Rm , m ≥ n

(6.7)

naziva se linearan zadatak najmanjih kvadrata. Rje²enje tog zadatka naziva se rje²enje sistema Ax = b u smislu najmanjih kvadrata. Taj zadatak podrazumijeva minimizaciju sume kvadrata koordinata vektora ostatka m X i=1

ri2 =

m X

[bi − (Ax)i ]2 =

i=1

m X

 bi −

i=1

m X

2

aij xj  ,

j=1

²to je i uticalo na davanje imena i tom zadatku i metodu za rje²avanje tog zadatka. S obzirom na ono ²to smo rekli, rje²enje linearnog zadatka najmanjih kvadrata (6.7) moºe se okarakterisati kao klasi£no rje²enje saglasnog sistema Ax = b2 , gdje je b2 komponenta vektora b iz potprostora R(A). Dakle, rje²enje sistema Ax = b u smislu najmanjih kvadrata je, u stvari, uop²teno rje²enje tog sistema. Ako je x∗ rje²enje zadatka (6.7), tada je Ax∗ = b2 , pa je

r∗ = b − Ax∗ = b1 + b2 − Ax∗ = b1 . Kako b1 ∈ N (AT ), imamo AT (b − Ax∗ ) = 0, tj.

AT Ax∗ = AT b. Ovo zna£i da svako rje²enje zadatka (6.7) predstavlja rje²enje sistema

AT Ax = AT b koji se naziva normalan sistem . Obrnuto, ako je AT (b − Ax∗ ) = 0, tada za svaki vektor x ∈ Rn imamo

r = b − Ax = b − Ax∗ + Ax∗ − Ax = (b − Ax∗ ) + A(x∗ − x). Kako je AT (b − Ax∗ ) = 0, to zna£i da b − Ax∗ ∈ N (A> ), dok A(x∗ − x) ∈ R(A). Zbog ortogonalnosti potprostora N (A> ) i R(A), imamo

kb − Axk22 = kb − Ax∗ k22 + kA(x∗ − x)k22 odakle slijedi

kb − Axk2 ≥ kb − Ax∗ k2

za svako x ∈ Rn ,

6.6. Unitarni prostori

409

a to zna£i da je x∗ rje²enje zadatka (6.7). Tako smo dokazali da je x∗ rje²enje zadatka (6.7) ako i samo ako je to rje²enje normalnog sistema

AT Ax = AT b. Ova karakterizacija rje²enja sistema Ax = b u smislu najmanjih kvadrata omogu¢ava da se rje²avanje zadatka (6.7) svede na rje²avanje normalnog sistema koji je uvijek saglasan (vidjeti [9]).

Primjer 6.24

Posmatrajmo sistem

x+y x+y 2x − y

= 1 = 2 . = 4

On je o£igledno nesaglasan s obzirom na to da ne postoje dva realna broja x i y £iji zbir je i 1 i 2. Odredi¢emo rje²enje ovog sistema u smislu najmanjih kvadrata. Da bismo formirali odgovaraju¢i normalan sistem AT Ax = AT b, stavimo     1 1 1 1 , b =  2 . A= 1 2 −1 4 Kako je

· T

A A= normalan sistem glasi

6 0

0 3

¸

6x 3y

· ,

A b= T

11 −1

¸ ,

= 11 . = −1

Ovaj sistem je saglasan i njegovo rje²enje je x = 11/6, y = −1/3, pa je to rje²enje polaznog sistema u smislu najmanjih kvadrata.

6.6 Unitarni prostori Neka je V vektorski prostor nad poljem C. Preslikavanje (·, ·) : V ×V → C koje svakom paru vektora x i y iz V pridruºuje kompleksan broj (x, y) naziva se skalarni proizvod ako za sve vektore x, y, z ∈ V i svaki kompleksan broj α vaºe sljede¢e aksiome: (S1)

(x, x) ≥ 0, pri £emu je (x, x) = 0 ako i samo ako je x = 0;

410

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

(S2)

(x, y) = (y, x)1 ;

(S3)

(x + y, z) = (x, z) + (y, z);

(S4)

(αx, y) = α(x, y).

Kompleksan vektorski prostor V u kome je denisan skalarni proizvod naziva se kompleksan Euklidov prostor ili unitaran prostor . Sljede¢e relacije predstavljaju posljedice aksioma skalarnog proizvoda:

(x, 0) = (0, x) = 0; (x, α1 y1 + α2 y2 ) = α1 (x, y1 ) + α2 (x, y2 ). Naime, iz aksioma (S2), (S3) i (S4) slijedi

(x, α1 y1 + α2 y2 ) = (α1 y1 + α2 y2 , x) = (α1 y1 , x) + (α2 y2 , x) = α1 (y1 , x) + α2 (y2 , x) = α1 (x, y1 ) + α2 (x, y2 ). Nave²¢emo sada neke primjere unitarnih prostora.

Primjer 6.25

Neka je Cn kompleksan vektorski prostor ureženih n-torki kompleksnih brojeva (zapisujemo ih kao matrice kolone) i neka je preslikavanje (·, ·) : Cn × Cn → C denisano sa

(x, y) = y∗ x = x1 y 1 + x2 y 2 + · · · + xn y n . Neposrednom provjerom pokazuje se da dato preslikavanje zadovoljava aksiome (S1)(S4), pa je to skalarni proizvod u Cn . Prostor Cn sa ovim skalarni proizvodom predstavlja unitaran prostor. Primijetimo da je

(x, x) = x∗ x = x1 x1 + x2 x2 + · · · + xn xn = |x1 |2 + |x2 |2 + · · · + |xn |2 .

Primjer 6.26 deni²emo sa

Ako u istom kompleksnom vektorskom prostoru Cn skalarni proizvod

(x, y) = y∗ Ax =

n X n X

aij xi y j ,

i=1 j=1

gdje je A = [aij ] ∈ Mn (C) ermitska pozitivno odrežena matrica, dobijamo drugi unitaran prostor. Sada je (x, x) = x∗ Ax, pa uslov da je matrica A pozitivno odrežena garantuje ispunjenje aksiome (S1). Pokazuje se da su ispunjene i ostale aksiome skalarnog proizvoda.

1 Ovdje se sa z ozna£ava konjugovano-kompleksan broj broja z . Ako je z = a + ib, tada je z = a − ib.

6.6. Unitarni prostori

411

Primjer 6.27

Neka je C ∗ [a, b] skup svih funkcija z = z(t) denisanih na intervalu a ≤ t ≤ b koje imaju kompleksne vrijednosti

z(t) = x(t) + iy(t), takvih da su x(t) i y(t) neprekidne funkcije na intervalu [a, b]. Skalarni proizvod funkcija z1 (t) i z2 (t) iz C ∗ [a, b] deni²e se sa

Z

b

z1 (t)z2 (t)d t.

(z1 (t), z2 (t)) = a

Pokazuje se da ovako denisan skalarni proizvod zadovoljava aksiome (S1)(S4), pa kompleksan vektorski prostor C ∗ [a, b] predstavlja unitaran prostor.

Dokaza¢emo sada da za svaka dva elementa x i y proizvoljnog unitarnog prostora vaºi nejednakost Ko²i-’varc-Bunjakovskog2

|(x, y)|2 ≤ (x, x) · (y, y).

(6.8)

Ova nejednakost o£igledno vaºi ako je x = 0. Pretpostavimo zato da je

x 6= 0, pa stavimo

α=

(y, x) . (x, x)

Primijetimo da za to α vaºi (x, αx − y) = 0. Naime, imamo

(x, αx − y) = (x, αx) − (x, y) = α(x, x) − (x, y) = = (x, y) − (x, y) = 0.

(y, x) (x, x) − (x, y) (x, x)

S obzirom na to, vaºi

0 ≤ (αx − y, αx − y) = α(x, αx − y) − (y, αx − y) = −(y, αx − y) (y, x) (y, x) + (y, y) (x, x) (x, y) (x, x)(y, y) − (x, y)(y, x) = − (y, x) + (y, y) = (x, x) (x, x) 2 (x, x)(y, y) − |(x, y)| = . (x, x) = −(y, αx) + (y, y) = −α(y, x) + (y, y) = −

2 Kako je (x,y) kompleksan broj, ovu nejednakost sada ne moºemo zapisati u obliku u kojem smo je zapisali ranije.

412

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Kako je (x, x) > 0, imamo

(x, x)(y, y) − |(x, y)|2 ≥ 0, ²to je samo drugi zapis nejednakosti (6.8). Jednakost u (6.8) vaºi ako i samo ako je y = αx. Nejednakost (6.8) omogu¢ava da se dokaºe da je sa

kxk =

q

(x, x)

denisana norma u unitarnom prostoru koja je indukovana skalarnim proizvodom. S obzirom na to, svaki unitaran prostor je i normiran prostor. Dok smo u svakom Euklidovom prostoru E denisali pojam ugla izmežu proizvoljna dva vektora x, y ∈ E, u unitarnom prostoru taj pojam se ne moºe denisati jer skalarni proizvod (x, y) u op²tem slu£aju predstavlja kompleksan broj. Ali i za vektore x i y iz proizvoljnog unitarnog prostora kaºemo da su ortogonalni ako je njihov skalarni proizvod (x, y) jednak nuli. Ortogonalna i ortonormirana baza unitarnog prostora deni²u se kao i u slu£aju Euklidovog prostora, a odrežuju se takože pomo¢u ranije opisanog Gram-’mitovog postupka ortogonalizacije. Ako je {u1 , u2 , ..., un } jedna ortonormirana baza n-dimenzionalnog unitarnog prostora i ako su

x = x1 u1 + x2 u2 + · · · + xn un i y = y1 u1 + y2 u2 + · · · + yn un dva proizvoljna vektora iz tog prostora, tada je

(x, y) = (x1 u1 + x2 u2 + · · · + xn un , y1 u1 + y2 u2 + · · · + yn un ) = (x1 u1 , y1 u1 ) + (x2 u2 , y2 u2 ) + · · · + (xn un , yn un ) = x1 y 1 (u1 , u1 ) + x2 y 2 (u2 , u2 ) + · · · + xn y n (un , un ). To zna£i da se skalarni proizvod vektora x i y izraºava preko koordinata tih vektora na sljede¢i na£in

(x, y) = x1 y 1 + x2 y 2 + · · · + xn y n . Pri tome je

kxk2 = (x, x) = x1 x1 + x2 x2 + · · · + xn xn = |x1 |2 + |x2 |2 + · · · + |xn |2 . Iz

x = x1 u1 + x2 u2 + · · · + xn un

6.7. Prostor geometrijskih vektora slijedi

413

xk = (x, uk ),

k = 1, 2, ..., n,

²to zna£i da se koordinate proizvoljnog vektora x iz n-dimenzionalnog unitarnog prostora u odnosu na ortonormiranu bazu izraºavaju kao skalarni proizvodi tog vektora i odgovaraju¢ih baznih vektora, ²to je bio slu£aj i u Euklidovom prostoru. I sada skalarni proizvod (x, uk ) predstavlja projekciju vektora x na vektor uk , pa su koordinate vektora x u odnosu na ortonormiranu bazu projekcije tog vektora na odgovaraju¢e bazne vektore. Kompleksan analogon ortogonalne matrice je unitarna matrica. Matrica prelaska sa jedne ortonormirane baze n-dimenzionalnog unitarnog prostora, recimo B = {u1 , u2 , ..., un }, na drugu ortonormiranu bazu tog prostora, recimo B 0 = {u01 , u02 , ..., u0n }, naziva se unitarna matrica i ozna£ava sa U. Dakle, U = [ [u1 ]B 0 , [u2 ]B 0 , ..., [un ]B 0 ] = [uij ] ∈ Mn (C). Unitarna matrica ima sljede¢a svojstva:

1◦

n X

(

1, i = j . 0, i 6= j k=1 Ovo zna£i da je (U•i , U•j ) = δij , gdje je U•i i-ta kolona matrice U. Drugim rije£ima, kolone U•1 , U•2 , ..., U•n , su ortonormirani vektori iz prostora Cn . Isto svojstvo vaºi za vrste U1• , U2• , ..., Un• matrice U. uki ukj = δij =

2◦ S obzirom na uslov 1◦ , imamo U U ∗ = U ∗ U = I, odnosno

U −1 = U ∗ .

3◦ | det U = 1|. Svojstvo 1◦ (odnosno 2◦ ) u potpunosti odrežuje unitarnu matricu, pa se obi£no kaºe da je matrica U unitarna ako ona ispunjava uslov 1◦ (odnosno 2◦ ).

6.7 Prostor geometrijskih vektora Prostor geometrijskih vektora (usmjerenih duºi) V3 je vaºan specijalan slu£aj Euklidovog prostora. U ovom odjeljku ¢emo dati neke rezultate koji

414

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

se odnose na taj prostor. Pored skalarnog proizvoda denisa¢emo i vektorski i mje²oviti proizvod vektora. Geometrijske vektore ¢emo ozna£avati sa a, b, c, ... Duºina (intenzitet, moduo) vektora a ∈ V3 ozna£ava sa |a|. V3 je trodimenzionalan vektorski prostor. Bazu tog prostora £ine svaka 3 nekomplanarna vektora. Svaki urežen skup od 3 nekomplanarna vektora naziva se trijedar vektora (to je, u stvari, baza vektorskog prostora V3 ). Kako se skup od 3 vektora moºe urediti na 6 razli£itih na£ina, to zna£i da 3 nekomplanarna vektora odrežuju 6 trijedara. Obi£no se koriste trijedri jedini£nih vektora. Ako je [u1 , u2 , u3 ] jedan trijedar jedini£nih vektora iz V3 , tada se svaki vektor a ∈ V3 moºe na jedinstven na£in predstaviti u obliku

a = a1 u1 + a2 u2 + a3 u3 . Ako su jedini£ni vektori u1 , u2 , u3 mežusobno ortogonalni, onda imamo ortogonalan trijedar. Uobi£ajeno je da se jedini£ni mežusobno ortogonalni vektori iz V3 ozna£avaju sa i, j, k. Pored trijedra vektora mogu¢e je posmatrati i trijedre osa. Svaki urežen skup od tri ose koje prolaze kroz istu ta£ku naziva se trijedar osa. Za nas je posebno interesantan trijedar osa odreženih jedini£nim ortogonalnim vektorima i, j, k (ozna£ava¢emo ga takože sa [i, j, k]). Takav trijedar odrežuje Dekartov pravougli koordinatni sistem. Ose odrežene vektorima i, j, k nazivaju se koordinatne ose, a zajedni£ka ta£ka O te tri ose naziva se koordinatni po£etak. Ravni odrežene sa dvije od posmatranih osa nazivaju se koordinatne ravni. U primjenama se koriste trijedri osa desne i lijeve orijentacije (Slika 6.2)

k

k j

i

i j

Slika 6.2: Trijedri desne i lijeve orijentacije Kod trijedra [i, j, k] desne orijentacije rotacija vektora i prema vektoru j oko ose odrežene vektorom k najkra¢im putem ostvaruje se u smjeru koji

6.7. Prostor geometrijskih vektora

415

je suprotan smjeru kretanja kazaljki na satu, dok se kod trijedra lijeve orijentacije ta rotacija ostvaruje u smjeru kretanja kazaljki na satu. Mi ¢emo koristiti trijedar desne orijentacije.

6.7.1

Skalarni proizvod

Skalarni proizvod dva vektora a i b iz V3 je realan broj a · b koji se deni²e kao proizvod intenziteta ovih vektora i kosinusa ugla izmežu tih vektora. Dakle, a · b = |a| · |b| cos θ, (6.9) gdje je θ (0 ≤ θ ≤ π) ugao izmežu vektora a i b, tj. θ = ∠(a, b). Kako je

|b| cos θ = proja b i |a| cos θ = projb a, iz (6.9) slijedi

a · b = |a| · proja b = |b| · projb a.

Ako je a jedini£ni vektor, tj. ako je |a| = 1, tada je

a · b = proja b. Nave²¢emo sada neka svojstva skalarnog proizvoda. Skalarni proizvod a · b je skalar koji moºe biti i pozitivan i negativan, u zavisnosti od toga kakav je znak broja cos θ. Kako je | cos θ| ≤ 1, imamo

−|a| · |b| ≤ a · b ≤ |a| · |b|. Uzimaju¢i u obzir da je cos ∠(a, a) = cos 0 = 1, iz denicije skalarnog proizvoda slijedi a · a = |a|2 . Ako je u jedini£ni vektor (|u| = 1), tada je

u · u = 1. Ako je 0 ∈ V3 nula-vektor, tada za svaki vektor a ∈ V3 vaºi

a · 0 = 0. Ako su a i b nenula-vektori, tada je a · b = 0 ako i samo ako je cos ∠(a, b) = 0, tj. ∠(a, b) = π/2. To zna£i da su nenula-vektori a i b iz V3 normalni (ortogonalni) ako i samo ako je a · b = 0.

416

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Skalarni proizvod je komutativna operacija, tj. za svaka dva vektora a i b iz V3 vaºi a · b = b · a. To je posljedica £injenice da je cos ∠(a, b) = cos ∠(b, a) i da je mnoºenje skalara komutativno. Za svaka tri vektora a, b, c iz V3 vaºi

a · (b + c) = a · b + a · c, ²to predstavlja zakon distributivnosti. Da bismo to dokazali, stavimo

a · (b + c) = |a| · proja (b + c). Kako je

proja (b + c) = proja b + proja c

(u to se uvjerite sami crtnjem odgovaraju¢e slike), imamo

a · (b + c) = |a| · (proja b + proja c) = |a| · proja b + |a| · proja c = a · b + a · c. Ovdje smo koristili £injenicu da je mnoºenje skalara distributivno u odnosu na sabiranje. Iz denicije (6.9) dobijamo formulu

cos ∠(a, b) =

a·b , |a| · |b|

koja omogu¢ava odreživanje ugla izmežu vektora a i b. Rekli smo da se sa i, j, k ozna£avaju jedini£ni vektori koji su mežusobno ortogonalni, pa za njih vaºi

i · i = 1, j · j = 1, k · k = 1, i · j = 0, i · k = 0, j · k = 0. Sve ove relacije moºemo predstaviti pomo¢u sljede¢e tablice

· i j k i 1 0 0 . j 0 1 0 k 0 0 1 Vektori i, j, k £ine ortonormiranu bazu prostora V3 . Svaki vektor a iz V3 moºe se na jedinstven na£in predstaviti u obliku

a = a1 i + a2 j + a3 k.

(6.10)

6.7. Prostor geometrijskih vektora

417

Primijetimo da se koordinate vektora a u odnosu na datu bazu mogu izraziti u obliku

a1 = a · i = proji a,

a2 = a · j = projj a,

a3 = a · k = projk a.

Pokaza¢emo sada kako se skalarni proizvod a · b moºe izraziti preko koordinata vektora a i b. Neka je

a = a1 i + a2 j + a3 k i b = b1 i + b2 j + b3 k. S obzirom na svojstva skalarnog proizvoda i na gornju tablicu, imamo

a · b = (a1 i + a2 j + a3 k) · (b1 i + b2 j + b3 k) = a1 b1 i · i + a1 b2 i · j +a1 b3 i · k + a2 b1 i · j + a2 b2 j · j + a2 b3 k · j + a3 b1 i · k + a3 b2 j · k +a3 b3 k · k = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 , tj.

a · b = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 . Odavde slijedi

(6.11)

a · a = a21 + a22 + a23 ,

pa imamo

|a| =

q

a21 + a22 + a23 .

Kako je

a·b , |a| · |b| ako su nam poznate koordinate vektora a i b, imamo cos ∠(a, b) =

a1 b1 + a2 b2 + a3 b3

cos ∠(a, b) = q

a21 + a22 + a23 ·

q

b21 + b22 + b23

Primjer 6.28

.

Odrediti duºine vektora a = i + j − k i b = 2i + 3j − k kao i kosinus ugla izmežu tih vektora Rje²enje. Imamo √ √ √ √ √ √ |a| = a · a = 1 + 1 + 1 = 3, |b| = b · b = 4 + 9 + 1 = 14 ,

cos ∠(a, b) =

2+3+1 6 a·b = √ √ =√ . |a| · |b| 3 · 14 42

418

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori S obzirom na reprezentaciju (6.10), moºemo posmatrati preslikavanje

f : V3 → R3 denisano sa

f (a) = (a1 , a2 , a3 ).

Pokazuje se da je ovo bijektivan linearan operator, pa je vektorski prostor V3 izomorfan sa vektorskim prostorom R3 (vidjeti odjeljak 2.7). S obzirom na to, vektor a iz V3 moºe se identikovati sa vektorom (a1 , a2 , a3 ) iz R3 tako da umjesto (6.10) moºemo pisati

a = (a1 , a2 , a3 ). Imaju¢i ovo u vidu vektori i, j, k mogu se zapisati u obliku i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1).

6.7.2 Vektorski proizvod Dok je skalarni proizvod svakom paru vektora a i b iz V3 pridruºivao jedan skalar, vektorski proizvod, koji ¢emo sada denisati, svakom paru vektora a i b iz V3 pridruºuje jedan vektor c iz V3 . Da bismo znali koji je to vektor c koji predstavlja vektorski proizvod vektora a i b, moramo znati njegov intenzitet, pravac i smjer. Vektorski proizvod vektora a i b iz V3 je vektor c iz V3 £iji su intenzitet, pravac i smjer odreženi na sljede¢i na£in:

1◦ intenzitet vektora c jednak je povr²ini paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b; 2◦ pravac vektora c je normalan na ravan odreženu vektorima a i b; 3◦ smjer vektora c je takav da trijedar [a, b, c] predstavlja trijedar desne orijentacije (Slika 6.3). Vektorski proizvod vektora a i b ozna£ava se sa

a × b. Prema tome, ako stavimo

c = a × b,

tada iz denicije vektorskog proizvoda slijedi da je

|c| = |a × b| = |a| · |b| sin θ,

6.7. Prostor geometrijskih vektora

419 c

b

a

Slika 6.3: Vektorski proizvod c = a × b

gdje je θ (0 ≤ θ ≤ π) ugao izmežu vektora a i b, jer se tako ra£una povr²ina paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b. Ako sa n ozna£imo jedini£ni vektor koji je ortogonalan na vektore a i b, £iji je smjer takav da [a, b, n] predstavlja trijedar desne orijentacije, tada se vektorski proizvod vektora a i b moºe zapisati u obliku

c = a × b = |a| · |b| sin θn = |c|n. Kako je sin θ ≤ 1, jasno je da je |c| ≤ |a × b|. Nave²¢emo sada neka svojstva vektorskog proizvoda. Ako je θ = π/2, tj. ako su vektori a i b normalni, tada je sin θ = 1, pa je

|a × b| = |a| · |b|. S obzirom na to da je |a × b| ≤ |a|·|b|, zaklju£ujemo da intenzitet vektorskog proizvoda a × b ima najve¢u vrijednost kada su vektori a i b normalni. Iz denicije vektorskog proizvoda slijedi da za svaki vektor a ∈ V3 vaºi

a × a = 0. Vektorski proizvod a × b je nula-vektor ako je

|a| · |b| sin θ = 0, a taj uslov je ispunjen ako je bar jedan od faktora |a|, |b|, sin θ jednak nuli, tj. ako je bar jedan od vektora a i b nula-vektor ili ako su vektori a i b kolinearni (tada je θ = 0 ili je θ = π, pa je sin θ = 0). Prema tome, za dva nenula-vektora a i b vaºi:

a×b=0

420

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

ako i samo ako su vektori a i b kolinearni. S obzirom na to, uslov a × b = 0 predstavlja uslov kolinearnosti vektora a i b. Vektorski proizvod nije komutativan. S obzirom na deniciju vektorskog proizvoda, vektori c = a × b i d = b × a imaju isti intenzitet i isti pravac, ali su im smjerovi suprotni, pa je d = −c. To zna£i da je

a × b = −(b × a). Vektorski proizvod je distributivan u odnosu na sabiranje vektora. Naime, za svaka tri vektora a, b, c iz V3 vaºi

a × (b + c) = a × b + a × c i (a + b) × c = a × c + b × c. Zakon distributivnosti primjenjuje se pri vektorskom mnoºenju linearnih kombinacija, pri £emu se ne smije mijenjati poredak faktora jer vektorski proizvod nije komutativan.

Primjer 6.29

Ako imamo linearne kombinacije 2a − 3b i a + 4b, tada se njihov vektorski proizvod ra£una na sljede¢i na£in:

(2a − 3b) × (a + 4b)

= 2a × a + 8a × b − 3b × a − 12b × b = 8a × b + 3a × b = 11a × b.

Da bismo dobili analiti£ki izraz za vektorski proizvod, moramo prvo odrediti vektorske proizvode vektora i, j, k. Koriste¢i £injenicu da su ti vektori jedini£ni i mežusobno ortogonalni moºemo na osnovu denicije vektorskog proizvoda odrediti sve te proizvode. Navodimo ih u sljede¢oj tablici

×

i j k

i j k 0 k −j . −k 0 i j −i 0

Ako su poznate koordinate a1 , a2 , a3 vektora a i koordinate b1 , b2 , b3 vektora b, tj. ako je

a = a1 i + a2 j + a3 k i b = b1 i + b2 j + b3 k, tada je

a × b = (a1 i + a2 j + a3 k) × (b1 i + b2 j + b3 k) = a1 b1 i × i + a1 b2 i × j +a1 b3 i × k + a2 b1 i × j + a2 b2 j × j + a2 b3 k × j + a3 b1 i × k +a3 b2 j × k + a3 b3 k × k = a1 b2 k − a1 b3 j − a2 b1 k + a2 b3 i + a3 b1 j − a3 b2 i,

6.7. Prostor geometrijskih vektora

421

pa imamo

a × b = (a2 b3 − a3 b2 )i + (a3 b1 − a1 b3 )j + (a1 b2 − a2 b1 )k.

(6.12)

Dakle, ako stavimo c = a × b, tada su koordinate vektora c odrežene koordinatama vektora a i b na sljede¢i na£in:

c1 = a2 b3 − a3 b2 ,

c2 = a3 b1 − a1 b3 ,

c3 = a1 b2 − a2 b1 .

Primijetimo da se koordinate vektora c mogu zapisati pomo¢u minora reda 2 matrice # " a1 a2 a3 b1 b2 b3 jer je

¯ ¯ a ¯ c1 = ¯ 2 ¯ b2

a3 b3

¯ ¯ ¯ ¯, ¯

¯ ¯ a ¯ c2 = − ¯ 1 ¯ b1

a3 b3

¯ ¯ ¯ ¯, ¯

a3 b3

¯ ¯ ¯ ¯ a ¯ ¯ 1 ¯j + ¯ ¯ ¯ b1

S obzirom na to, relacija (6.12) postaje

a×b

¯ ¯ a ¯ =¯ 2 ¯ b2

a3 b3

¯ ¯ ¯ ¯ a ¯ ¯ 1 ¯i − ¯ ¯ ¯ b1

¯ ¯ a ¯ c3 = ¯ 1 ¯ b1

a2 b2

a2 b2 ¯ ¯ ¯ ¯ k. ¯

¯ ¯ ¯ ¯. ¯

(6.13)

Imaju¢i u vidu ono ²to smo rekli o Laplasovom razlaganju determinante (vidjeti odjeljak 3.5), vektorski proizvod a × b moºe se zapisati formalno u obliku ¯ ¯

a×b

¯ i ¯ ¯ = ¯ a1 ¯ ¯ b1

j

a2 b2

¯ ¯ ¯ a3 ¯ , ¯ b3 ¯

k

pri £emu determinanta sa desne strane znaka jednakosti nije determinanta u pravom smislu ve¢ je mi samo formalno tretiramo kao determinantu. Ako tu determinantu, £iju prvu vrstu £ine vektori i, j, k, a drugu i tre¢u koordinate vektora a i b, redom, razvijemo po elementima prve vrste, dobijamo relaciju (6.13), a ra£unanjem dobijenih minora dolazimo do analiti£kog izraza (6.12) za vektorski proizvod. Na kraju primijetimo da vektorski proizvod ima smisla samo u trodimenzionalnom vektorom prostoru i da ga nije mogu¢e, kao skalarni proizvod, denisati u apstraktnom n-dimenzionalnom prostoru.

Primjer 6.30

Izra£unati povr²inu paralelograma konstruisanog nad vektorima

a = 3i − 2j + k i b = i + j − k. Rje²enje. Kako je

¯ ¯ i j k ¯ 1 a × b = ¯¯ 3 −2 ¯ 1 1 −1

¯ ¯ ¯ ¯ = i + 4j + 5k, ¯ ¯

422

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

imamo

P = |a × b| = |i + 4j + 5k| =

√

1 + 16 + 25 =

√

42 ≈ 6.4807.

6.7.3 Mje²oviti proizvod Proizvod (a × b) · c naziva se mje²oviti proizvod vektora a, b, c iz V3 . Pretpostavimo da trijedar [a, b, c] predstavlja trijedar desne orijentacije i stavimo a × b = d. Tada je

(a × b) · c = d · c = |d|projd c. Primijetimo da |d| = |a × b| predstavlja povr²inu paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b, dok h = projd c predstavlja visinu paralelopipeda konstruisanog nad vektorima a, b, c koja odgovara paralelogramu konstruisanom nad vektorima a i b (Slika 6.4). d

h

c b

a

Slika 6.4: Mje²oviti proizvod (a × b) · c S obzirom na to, broj

V = |d|projd c

predstavlja zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vektorima a, b, c, pa imamo (a × b) · c = V. Ako trijedar [a, b, c] predstavlja trijedar lijeve orijentacije, tada je

(a × b) · c = −V.

6.7. Prostor geometrijskih vektora

423

Naime, ako je [a, b, c] trijedar lijeve orijentacije, tada je [b, a, c] trijedar desne orijentacije, pa mje²oviti proizvod (b × a) · c predstavlja zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vektorima b, a, c. Kako je ta zapremina takože jednaka V, imamo (b × a) · c = V. Iz b × a = −(a × b) slijedi

V = (b × a) · c = −(a × b) · c, pa je

(a × b) · c = −V

ako trijedar [a, b, c] predstavlja trijedar lijeve orijentacije. S obzirom na to, ako su a, b, c proizvoljni vektori iz V3 , tada moºemo re¢i da mje²oviti proizvod (a × b) · c po apsolutnoj vrijednosti predstavlja zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vektorima a, b, c, tj.

|(a × b) · c| = V, pri £emu je taj proizvod pozitivan ili negativan u zavisnosti od toga da li je [a, b, c] trijedar desne ili trijedar lijeve orijentacije. Pretpostavimo da su nam poznate koordinate vektora a, b, c, tj. da je

a = a1 i + a2 j + a3 k, b = b1 i + b2 j + b3 k, c = c1 i + c2 j + c3 k.

(6.14)

Ako stavimo a × b = d, tada prema (6.12) imamo

d = (a2 b3 − a3 b2 )i + (a3 b1 − a1 b3 )j + (a1 b2 − a2 b1 )k. Formula (6.11) daje

d · c = (a2 b3 − a3 b2 )c1 + (a3 b1 − a1 b3 )c2 + (a1 b2 − a2 b1 )c3 , pa imamo

(a × b) · c = (a2 b3 − a3 b2 )c1 + (a3 b1 − a1 b3 )c2 + (a1 b2 − a2 b1 )c3 . Kako se izraz sa desne strane znaka minante ¯ ¯ a a 2 ¯ 1 ¯ ¯ b1 b2 ¯ ¯ c1 c2

(6.15)

jednakosti dobija razvijanjem deter-

a3 b3 c3

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

424

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

po elementima tre¢e vrste, analiti£ki izraz za mje²oviti proizvod vektora (6.14) osim u obliku (6.15) moºe se zapisati i u obliku

(a × b) · c

¯ ¯ a ¯ 1 ¯ = ¯ b1 ¯ ¯ c1

¯

a2 a3 ¯¯ ¯ b2 b3 ¯ . ¯ c2 c3 ¯

(6.16)

S obzirom na geometrijsku interpretaciju mje²ovitog proizvoda, moºemo re¢i da je zapremina paralelopipeda konstruisanog nad vektorima (6.14) jednaka apsolutnoj vrijednosti determinante ¯ ¯ a ¯ 1 ¯ ¯ b1 ¯ ¯ c1

¯

a2 a3 ¯¯ ¯ b2 b3 ¯ . ¯ c2 c3 ¯

Nave²¢emo sada neka svojstva mje²ovitog proizvoda. Kako trijedri [a, b, c], [b, c, a] i [c, a, b] imaju istu orijentaciju i kako odrežuju isti paralelopiped, vaºi

(a × b) · c = (b × c) · a = (c × a) · b. Sli£no je

(a × c) · b = (b × a) · c = (c × b) · a,

jer trijedri [a, c, b], [b, a, c] i [c, b, a] imaju istu orijentaciju. Kako trijedri [a, b, c] i [a, c, b] imaju suprotne orijentacije, vaºi

(a × b) · c = −(a × c) · b. Ako je bar jedan od vektora a, b, c nula-vektor, tada je (a × b) · c = 0. S obzirom na geometrijsku interpretaciju mje²ovitog proizvoda, ako su a, b, c nenula-vektori, tada uslov (a × b) · c = 0 zna£i da su vektori a, b, c komplanarni. Uslov komplanarnosti nenula-vektora a, b, c moºe se, dakle, osim u obliku

αa + β b + γ c = 0, zapisati i u obliku

α2 + β 2 + γ 2 > 0

(a × b) · c = 0.

6.7. Prostor geometrijskih vektora

425

Uslov komplanarnosti vektora (6.14) moºemo zapisati analiti£ki u obliku ¯ ¯ a ¯ 1 ¯ ¯ b1 ¯ ¯ c1

¯

a2 a3 ¯¯ ¯ b2 b3 ¯ = 0. ¯ c2 c3 ¯

Ovo zna£i da su vektori (6.14) komplanarni ako je zapremina paralelopipeda konstruisanog nad tim vektorima jednaka 0. S obzirom na distributivnost skalarnog i vektorskog proizvoda u odnosu na sabiranje, za mje²oviti proizvod vaºi

(a × (b1 + b2 )) · c = (a × b1 + a × b2 ) · c = (a × b1 ) · c + (a × b2 ) · c.

Primjer 6.31

Odrediti zapreminu V paralelopipeda konstruisanog nad vektorima

a = 2i − 3j + 4k, b = −i + 2j + k i c = 3i − j + 5k. Rje²enje. Kako je ¯ ¯

¯ 2 −3 4 ¯ ¯ ¯ ¯ −1 2 1 ¯¯ = −22, ¯ ¯ 3 −1 5 ¯

imamo V = 22.

Primjer 6.32

Provjeriti da li su vektori a = 5i − j + 4k, b = 2i + 3j − k i

c = 4i + 3j + 2k komplanarni. Rje²enje. Kako je ¯

¯ 5 ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 4

dati vektori nisu komplanarni.

¯ −1 4 ¯¯ 3 −1 ¯¯ = 29 6= 0, 3 2 ¯

426

Poglavlje 6. Euklidovi i unitarni prostori

Bibliograja [1] Aljan£i¢ S., Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Graževinska knjiga, Beograd, 1974. [2] Apatenok R. F., Markina A.M., Hejnman V.B., Sbornik zadach po linejnoj algebre, Vy²ej²aja ²kola, Minsk, 1990. [3] de Boor C., Applied Linear Algebra, web draft, 2003. [4] Butuzov V.F.(red.), Linejnaya algebra v voprosah i zadachah,, FIZMATLIT, Moskva, 2002. [5] Clark W.E, Elementary Abstrct Algebra, 1998. [6] Cvetkovi¢ D.M. i drugi, Matematika I (Algebra), Gros knjiga, Beograd, 1995. [7] ‚eli¢ M.V., Jovanovi¢ M.V., Matematika III, Nau£na knjiga, Beograd, 1991. [8] ‚eli¢ M.V., Matematika II, Abacus sistemi, Banja Luka, 1997. [9] ‚eli¢ M.V., Numeri£ka matematika, Glas srpski, Banja Luka, 2008. [10] Demmel J., Applied Numerical Linear Algebra, SIAM, Philadelphia, 1997. [11] Devide V., Zadaci iz apstraktne algebre, Nau£na knjiga, Beograd, 1988. [12] Faddeev D.K, Faddeeva V.N., Computational Methods of Linear Algebra, Freeman, San Francisko and London, 1963. [13] Gantmacher F.R., Teoriya Matric, Nauka, Moskva, 1967. [14] Golub G.H., Van Loan C.F., Matrix Computations, John Hopkins University Press, Baltimore, 1996. 427

428

BIBLIOGRAFIJA

[15] Graham R.L., Knuth D.E., Patashnik O., Concrete Mathematics, Addison-Wesley, Reading, MA, 1997. [16] Hari V., Linearna algebra, Prirodoslovno-matemati£ki fakultet, Zagreb, 2005. [17] Herstein I.N., Abstract Algebra, Wiley, John & Sons, 1996. [18] Higham D.J., Higham N.J., MATLAB Guide, SIAM, Philadelphia, 2000. [19] Horn R.A., Johnson C.R., Matrix Analysis, Cambridge University Press, Cambridge, 1985. [20] Il'in V.A., Poznyak E.G., Linejnaya Algebra, Nauka, Moskva, 1978. [21] Kalajdºi¢ G.V., Linearna algebra, Matemati£ki fakultet, Beograd, 2007. [22] Kaufman L., Computational Methods of Linear Algebra, Wiley, 2005. [23] Ke£ki¢ J., Linearna algebra (teorija i zadaci), Nau£na knjiga, Beograd, 1990. [24] Kreyszig E., Advanced Engineering Mathematics, John Wiley, New York, 1988. [25] Lax P. T., Linear Algebra and its Applications, Wiley, 2007. [26] Ledermann W., Weir A.J., Introduction to group theory, Addison Wesley Longman, 1996. [27] Lipschutz S., Schaum's Outline of Theory and Problems of Linear Algebra, McGrawHill, 1991. [28] Marcus M., Minc H., A Survey of Matrix Theory and Matrix Inequalities, Dover Publications, New York, 1992. [29] Meyer C.D., Matrix Analysis and Applied Linear Algebra, SIAM, Philadelphia, 2000. [30] Mitrinovi¢ D.S., Mihailovi¢ D., Vasi¢ M.P., Linearna algebra. Polinomi. Analiti£ka geometrija, Graževinska knjiga, Beograd, 1971. [31] Mitrinovi¢ D.S., Uvod u specijalne funkcije, Graževinska knjiga, Beograd, 1975.

BIBLIOGRAFIJA

429

[32] Stojakovi¢ Z., Uvod u linearnu algebru, Zavod za izdavanje udºbenika, Beograd, 1988. [33] Stojakovi¢ Z., Bo²njak I., Zadaci iz linearne algebre, Prirodnomatemati£ki fakultet, Novi Sad, 2004. [34] Shores T.S., Applied Linear Algebra and Matrix Analysis, Springer, 2007. [35] Strang G., Linear Algebra and its Applications, Academic Press, New York, 1980. [36] Strang G., Introduction to Linear Algebra, Wellesley-Cambridge Press, Wellesley, MA, 1986. [37] To²i¢ R., Kombinatorika, Prirodno-matemati£ki fakultet, Novi Sad, 1999. [38] Voyevodin V.V., Vychislitel'nye Osnovy Linejnoj Algebri, Nauka, Moskva, 1977. [39] Voyevodin V.V., Linear Algebra, Mir Publishers, Moscow, 1983. [40] Voyevodin V.V., Kuznecov Y.A., Matricy i Vichisleniya, Nauka, Moskva, 1984. [41] Watkins D., Fundamentals of Matrix Computations, Wiley, 2002.

Indeks aksioma inmuma, 65 Kantorova, 66 potpunosti, 64 Dedekindova, 65 supremuma, 65 umetnutih segmenata, 66 algebarska struktura, 44 algebarska vi²estrukost, 321 algebarski komplement, 222 apsolutna vrijednost, 66, 75 argument kompleksnog broja, 78

Euklidov prostor, 363 formula binomna, 97 Moavrova, 81 polinomna, 103 fundamentalni potprostori matrice, 296, 403 funkcija, 19 Furijeov red, 384 Furijeovi koecijenti, 384 geometrijska vi²estrukost, 322 gornja granica skupa, 16 grak preslikavanja, 23 Gram-’mitov postupak ortogonalizacije, 385 grupa, 45 komutativna (Abelova), 45 kona£na, 52 grupoid, 44

baza vektorskog prostora, 165 bazne kolone matrice, 263 Bezuov stav, 117 binomni broj (koecijent), 92 defekt linearnog operatora, 181 determinanta, 217 Vandermondova, 229 dimenzija vektorskog prostora, 167 disjunkcija, 1 disjunktni skupovi, 5 domen, 19 donja granica skupa, 16 dopuna skupa, 4

Hornerov postupak, 126 Hornerova shema, 126 imaginarna jedinica, 73 implikacija, 1 inmum skupa, 17 inverzan element, 42 iskaz, 1 izomorzam vektorskih prostora, 173

ekstenzija (pro²irenje) preslikavanja, 37 ekvivalencija, 1 elementarne transformacije, 220 Ermitovi polinomi, 395

jezgro linearnog operatora, 178 430

INDEKS karakteristi£an polinom, 320 karakteristi£na jedna£ina, 320 Kejlijeva tablica, 40 klasa ekvivalencije, 12 kodomen, 19 kofaktor, 222 kombinacija, 90 kombinatorika, 84 komplement skupa, 4 kompozicija preslikavanja, 27 kongruencija, 11 konjukcija, 1 Kramerove formule, 238 Lagerovi polinomi, 394 Laplasovo razlaganje, 223 Leºandrovi polinomi, 394 lineal, 156 linearan omota£, 156 linearna kombinacija vektora, 155 linearno nezavisni vektori, 159 majoranta, 16 maksimum skupa, 16 matrica, 203 adjungovana, 224 dijagonalna, 204 donja trougaona, 205 elementarna, 220 ermitska, 214 gornja trougaona, 204 invertibilna, 229 inverzna, 229 jedini£na, 187, 204 kolona, 204 konjugovana, 213 koso-ermitska, 214 koso-simetri£na, 214 kvadratna, 204 linearnog operatora, 186

431 negativno odrežena, 353 negativno poluodrežena, 353 nesingularna, 231 normalna, 344 nula, 187 ortogonalna, 345, 397 permutaciona, 220 pozitivno odrežena, 353 pozitivno poluodrežena, 353 prelaska, 308 rotacije, 187 simetri£na, 214 singularna, 231 transponovana, 212 transponovana konjugovana, 213 trougaona, 205 unitarna, 344, 413 Vandermondova, 227 vrsta, 204 metod Gaus-šordanov, 250 Gausov eliminacije, 241 matri£ni, 237 najmanjih kvadrata, 407 neodreženih koecijenata, 121 zamjene unaprijed, 241 zamjene unazad, 240 minimalan polinom, 349 minimun skupa, 16 minor, 222 bazni, 259 ugaoni, 357 minoranta, 16 mje²oviti proizvod, 422 modikovani postupak eliminacije, 260 moduo, 67, 75 monoid, 45

432 negacija, 1 nejednakost Ko²i-’varc-Bunjakovskog, 367 trougla, 67, 75 neutralan element, 42 norma euklidska, 370 indukovana skalarnim proizvodom, 369 matri£na, 374 euklidska, 376 Frobenijusova, 376 prirodna, 375 spektralna, 375 vektorska, 368 normiran prostor, 368 nula polinoma, 116 prosta, 120 prvog reda, 119 reda k , 120 vi²estruka, 120 nula-prostor, 178 nula-vektor, 144 oblast denisanosti preslikavanja, 19 oblast vrijednosti preslikavanja, 19 operacija n-rna, 37 asocijativna, 42 binarna, 37 komutativna, 41 operator diferenciranja, 176 integracije, 177 jedini£ni, 175 linearan, 175 invertibilan, 198 nula, 175 projektovanja, 176

INDEKS reeksije, 176 rotacije, 176 ortogonalna dopuna, 398 ortogonalni vektori, 379 osnovi stav algebre, 118 ostatak, 407 particija skupa, 5 Paskalov trougao, 92 permutacija, 26, 85 pivot, 242 podgrupa, 52 podmatrica, 205 glavna, 205 podskup, 3 polinom, 108 moni£an, 109 racionalan, 108 realan, 108 polje, 59 polugrupa, 45 potprostor, 150 presjek skupova, 5 preslikavanje, 19, 24 1 − 1, 25 bijektivno (bijekcija), 26 identi£no, 23 injektivno (injekcija), 25 invertibilno, 30 inverzno, 30 konstantno, 23 linearno, 175 na, 25 obostrano jednozna£no, 26 surjektivno (surjekcija), 25 princip jednakosti, 84 matemati£ke indukcije, 69 proizvoda, 84 uklju£enjaisklju£enja, 104

INDEKS zbira, 84 proizvod Dekartov, 6 preslikavanja, 27 proizvod linearnih operatora, 193 prostor kolona, 259 prostor vrsta, 259 prsten, 55 komutativan, 56 matrica, 58 polinoma, 57 sa jedinicom, 56 rang linearnog operatora, 181 matrice, 254 razbijanje skupa, 5 razlika skupova, 5 red grupe, 52 redukovana stepenasta forma, 264 relacija n-arna, 9 binarna, 8 antisimetri£na, 9 ekvivalencije, 10 parcijalnog ureženja, 14 reeksivna, 9 simetri£na, 9 totalnog ureženja, 15 tranzitivna, 9 restrikcija (suºenje) preslikavanja, 37 rje²enje, 233 op²te, 234 partikularno, 234 trivijalno, 234 Sarusovo pravilo, 224 Silvestrov kriterijum, 357 sistem

433 homogen, 234, 276 nehomogen, 234 neodrežen, 234 nesaglasan, 234 normalan, 408 odrežen, 234 saglasan, 234 skalarni proizvod, 363, 409, 415 skup beskona£an, 3 gust, 61 koli£ni£ki, 12 kompleksnih brojeva, 70 kona£an, 3 linearno nezavisan, 159 linearno zavisan, 159 odozdo ograni£en, 16 odozgo ograni£en, 16 ograni£en, 16 ortogonalan, 381 ortonormiran, 381 parcijalno urežen, 14 partitivan, 4 prazan, 4 realnih brojeva, 66 totalno urežen, 15 sli£nost matrica, 314, 335 sopstveni potprostor, 322 spektar, 318 spektralni radijus, 318 spektralno razlaganje matrice, 342 stepen polinoma, 108 stepenasta forma, 261 stepenasta forma matrice, 262 sud, 1 supremum skupa, 16 svojstvena vrijednost, 318 svojstveni vektor, 318 teorema

434 ’urova, 347 binomna, 96 Kejli-Hamiltonova, 347 Kroneker-Kapelijeva, 271 o baznom minoru, 256 o spektralnom razlaganju, 353 Pitagorina, 379 tijelo, 59 trag matrice, 204 trijedar, 414 unija skupova, 5 unitaran prostor, 410 uop²teno rje²enje, 407 urežen par, 6 varijacija, 88 varijacija sa ponavljanjem, 99 vektorski prostor, 143 kompleksan, 144 realan, 144 vektorski proizvod, 418 zakon kontrapozicije, 2 zbir linearnih operatora, 189 zbir potprostora, 153 direktan, 154

INDEKS