Zbirka zadataka iz linearne algebre 8603006385 [PDF]

Zitiervorschau

Urednik ZLATKO ŠPORER Recenzenti BRANKO NAJMAN MIRKO PRIMC I,.ektor MARIJA ROŽIĆ

CIP Katalogizacija u publikaciji Nacionalna i sveučilišna biblioteka. Zagreb -

UDK 3 72.851(075.3)(076) ĆAKLOVIĆ, Lavoslav Zbirka zadataka iz Linearne al gebre l Lavoslav Ćaklović. 4. izd. - Zagreb : Školska k njiga, 1992. - 229 str. : ilustr. ; 24 cm -

Bibliografija: str. 229. ISBN 86-03-00638-5 920826027

Tisak: GTP »Gembarovski•• Nova Gradiška, 1992.

LAVOSLAV ČAKLOVIĆ

ZBIRKA ZADATAKA IZ LINEARNE A LG EBRE

tETVRTO IZDANJE

SKOLSKA KNJIGA - ZAGREB 1992

Predgovor Ova zbirka zamišljena je kao prateća zbirka knjige prof. Svetozara Kurepe

U vod

u linearnu algebru.

Zbirka je, kao i spomenuti udžbenik, podijeljena na osam paragrafa. Okosnicu za prva tri paragrafa čine zadaci iz udžbenika koji su dopunjeni i riješeni . Ovaj dio zbirke namijenjen je polaznicima završnih razreda škola srednjeg obrazovanja i studentima koji se prvi put susreću s geometrijom ravnine i prostora. Dio zbirke koji sadrži četvrti, peti i šesti paragraf predstavlja cjelinu za sebe i može se čitati neovisno o ostalim dijelovima zbirke. Težište je na rješavanju sistema linearnih algebarskih jednadžbi raznim metodama, što ne znači da čitalac neće naići na teže zadatke koji dopunjuju gradivo udžbenika. Sedmi i osmi paragraf sadrže zadatke iz teorije sistema običnih diferericijalnih jednadžbi i teorije grupa, a namijenjen je ponajprije studentima prirodoslovno­ -matematičkih fakulteta. Na početku svakog paragrafa dan je popis osnovnih definicija i teorema koji se koriste u rješavanju zadataka, a ujedno služi kao podsjetrtik stečenog znanja iz tog dijela gradiva. Rješenja zadataka dana su na kraju svakog paragrafa. Zbirka završava popisom literature koja je poslužila kao izvor zadataka, a čitaocu može biti putokaz u daljnjem upoznavanju strukture vektorskih prostora i njezine primjene. , Pojedine dijelove rukopisa su čitali i dali korisne primjedbe K. Č aklović, S . Kurepa, l. Mirković, B. Najman, M. Primc, M. Tadić i M . Žabčić. Rukopis je tipkala i korekturu obavila Koraljka Čaklović. I na kraju, želio bih se najtoplije zahvaliti navedenim osobama i svima onima koji su mi raznim savjetima pomogli u izboru i rješavanju zadataka. Svakom tko me upozori na bilo kakav propust ili grešku bit će zahvalan.

Autor Zagreb, lipanj 1979.

5

Sadržaj

Predgovor

5 9 9 lO 12

§1. Vektori u ravnini i prostoru l. Vektori i neke operacije s njima

Vektorski prostor X 0. Linearni spoj vektora 3. Baza vektorskog prostora X0. Koordinatni sustavi 4. Nejednakost trokuta i Cauchyjeva nejednakost 5. Skalami produkt . . . . . . . . . 6. Projekcija vektora na pravac i ravninu 7. Ravnina i pravac u prostoru . . . . . 8. Determinanta matrica drugoga i trećega reda 9. Desni i lijevi koordinatni sustavi. Orijentacija 10. Vektorski produkt l l. Višestruki produkti Rješenja

2.

13

.

15 17 18

2i 25 25 26 28 53

§2. Linearni operatori u ravnini. Krivulje drugoga reda

l . Linearni operatori na prostoru X 0 (M) Skup !L' (X0) svih linearnih operatora prostora X0 3. Algebra matrica drugoga reda . . . . 4. Kontrakcije i dilatacije ravnine. Svojstvene vrijednosti operatora . . . . . . . . . . 5. Simetrični operatori u ravnini 6. Ortogonalni operatori u ravnini 7. Kvadratne rorme 8. Krivulje drugoga reda Rješenja . . . . . .

53

2.

55 55

.

§3. Linearni operatori na prostoru X0 (E). Plohe drugoga reda l . Linearni operatori na prostoru X 0 (E)

2.

Algebra matrica trećega reda

3. Simetrični operatori na prostoru

4. Ortogonalni operatori u prostoru 5. Plohe drugoga reda Rješenja . . . . .

svojstveni vektori linearnog

57 58

59 60 62 62 75 75 76 80 81 83 g3

§4. Matrice

l. 2. 3. 4.

Sistemi linearnih alge barskih jednadžbi Linearna kombinacija matrica Produkt matrica Regularne matrice Rješenja

§5. Vektorski prostori matrica l . Vektorski prostori matrica. Baza vektorskog prostora 2. Primjeri vektorskih prostora 3. Linearni operatori i matrice 4. Minimalni polinom 5. Linearne forme 6. Unitarni prostor R. 7. Svojstvene vrijednosti i svojstveni vektori. Dijagonalizacija simetrične matrice Rješenja . . . . . . . . . . .

§6. Sistemi linearnih algeharskih jednadžbi

l . Elementarne matrice. Rang matric� 2. Sistemi linearnih jednadžbi. Generalizirani inverz 3. Determinanta Rješenja §7. Sistemi običnih linearnih diferencijalnih jednadžbi

l. Eksponencijalna funkcija matrice 2 . Sistemi običnih diferencijalnih jednadžbi 3. Vektorski prostor rješenja sistema linearnih diferencijalnih jednadžbi. Fundamentalna matrica Rješenja §8. Elementi teorije grupa

8

94 94 97 99 1 03 1 06 1 16 1 16 1 23 1 26 128 1 30 1 33 1 38 141 1 68 1 68 1 71 1 77 1 83 198 198 200 201 204 210

l. Pojam grupe. Morfizam grupa 2 . Grupa permutacija . . . . . 3 . Grupe transformacija 4 . Relacija ekvivalencije. Kvocijentna grupa Rješenja

210 214 216 217 220

Literatura

229

§ l. Vektori l.

u

ravnini i prostoru

Vektori i neke operacije s njima

l

Skicirajte vektor PQ ravnine M ako su pravokutne koordinate točke P i Q dane s: a) P = ( 1 , 0), Q = (3, 2) b) P = ( l, 1 ), Q = (0, O) e) P = ( 1 /3, 1 /2), Q (t/2, 1 ) . -

-

=

2

Za svaki vektor iz prvoga zadatka nacrtajte vektor a = P'Q' koji je jednak vektoru PQ i ima hvatište u točki ( 1 , 1 ) . 3

Za svaki vektor iz prvoga zadatka nacrtajte vektor a koji je jednak vektoru QP i ima hvatište u točki (- l, 1 ). -

4

Koristeći se paralelogramom koji je razapet s vektorima a i b provjerite na crtežu istinitost relacije: a) (a + b) + (a - b) = 2a b) (a + b)- (a -b) = 2b e) (a + b)- a = a + (b -a) = b. 5

Neka vektori a, b, e imaju isti početak, ali neka ne leže u istoj ravmm. Nacrtajte paralelopiped razapet s vektorima a, b, e. Nađite sve prostorne dija­ gonale toga paralelopipeda i izrazite ih pomoću vektora a, b, e. 6

Neka su O, A, B tri različite točke u ravnini, a Al> B1 takve točke da je OA1 = A.O� OB1 = A.OB gdje je A. =F O realan broj. Dokažite da je tada A 1B1 A.AB. =

9

7

l- Dokažite da vektor a = 2 (OA +OB) sa početkom u točki O ima vrh u

polovištu dužine AB. 8 Neka je D takva točka dužine AB da je d(A, D)= A.· d(A, B) i O bilo koja točka u prostoru. Dokažite da je u tom slučaju OD (l - A.)DA + A.OB (A. je realan broj između O i 1). Vrijedi li obrat ? =

9 Neka su O, A, B tri međusobno različite točke. Nacrtajte skup svih točaka C za koje je ac= (t - A.)DA+ A.OB kad A. ide po skupu realnih brojeva.

lO

Neka je točka e na pravcu AB, A =l= B takva da je AC= A.CB. Dokažite . - A.OB + DA da Je OC = ---A. + 1

ll

Kažemo da s e od vektora a, b, e može sastaviti trokut ako j e a ±b±e=O. Dokažite da se od težišnica trokuta ABC može sastaviti trokut. (Težišnica ta trokuta ABC definira se kao vektor ll gdje je A' polovište stranice BC. Analogno se definiraju i težišnice tb i tc.)

12 Dokažite da s u vektori AB i CD (ne moraju biti u jednoj ravnini) jednaki ako i samo ako se središta dužina AD i BC podudaraju.

13 Koristeći s e prethodnim zadatkom dokažite d a je četverokut paralelogram ako i samo ako mu se dijagonale raspolavljaju. 2.

Vektorski prostor X0• Linearni spoj vektora

Označimo s X0 (E) X0 skup svih vektora koji imaju početak u točki O E E. Za vektore at> .. :, a . iz X0 i skalare A. 1 , . . . , A.. vektor a = A.1 a 1 + . . . + A..a . zovemo linearna kombinacija vektora a t. . . . , a . s koeficijentima A.�> . . . , A.•. Kažemo također da je vektor a rastavljen u linearni spoj vektora a�> . . . , a•. Za vektore a 1, . . . , a . iz vektorskog prostora Xo kažemo da su linearno zavisni ako postoje skalari A.1, . . . , A.. takvi da je A.1a1 + . . . + A..a. =O i bar jedan od skalara A.1 , . . . , A.. nije jednak nuli. Vektori a t > . .. , a. iz X0 linearno su nezavisni ako nisu linearno zavisni. =

l

Neka su p1 i p2 proizvoljni vektori. Dokažite da su vektori a = p1 + p2, b = p 1 - 2p2 i e = - p1 - 4p2 linearno zavisni.

lO

2 Dokažite da su vektori a porcionalni.

b linearno zavisni ako

samo ako su pro-

3 Dokažite da se težišnice trokuta sijeku u jednoj točki. Neka su A, B, e tri međusobno različite točke i O točka u prostoru različita od A, B, C. Nađite skup svih točaka D koje zadovoljavaju OD=.IXOA + {JOB +yOC l, IX � O, {3 � O i y � O. uz uvjet da je IX + {3 + y =

5

l l l Dokažite da je točka T koja zadovoljava O T= 3 O A + 3 O B +3 o e ---+

---+

---+

---+

težište trokuta ABC. 6

Neka su Pt. ... , Pk točke prostora i Pt. ... , Pk takvi realni brojevi da je p= p1 + k pz + ... + Pk + O. Dokažite da postoji jedinstvena točka P, i k to takva l L P; �da je L P; liP; O, i da tada za svaku točku O vrijedi OP p i=l i=l Točka P zove se baricentričko središte točaka Pt. . . . , Pk opterećenih s p1, . . . , Pk· U slučaju da je P;= m; masa materijalne točke P;, P se zove središte masa sistema (težište sistema). ·

=

= -

·

7

Dokažite da je središte mAsa triju točaka Pt. Pz, P3 u trokutu P1PzP3 ili na njegovim stranicama. I obratno, za svaku točku P koja leži u trokutu ili na njegovim stranicama postoje mase mt. mz, m3, takve da je P središte masa toga sistema. Izbor masa je jedinstven ako se zahtijeva da bude m1 +mz +m3 l. =

8 Neka je Q1 središte masa sistema P b . . . , Pk s masama mt. . . . , mk; Qz središte masa sistema Pk+ b . . . , Pn s masama mk+ t. . . . , mn; Q središte masa sistema Q1, Qz s masama m1 + . . . +mk, mk+ l + . . . +mn i P središte masa sistema Pt. . . . , Pn s masama mt. ... , mn. Dokažite da je P Q. Generalizirajte. =

9 Dokažite da je suma vektora koji imaju hvatište u središtu pravilnog mnogo ­ kuta, a krajeve u vrhovima mnogokuta, jednaka nuli.

lO Neka je o točka u prostoru i rl, rz, r3, r4 radijus-vektori točaka A, B, e i D. Dokažite ovu tvrdnju: da bi točke A, B, e, D ležale u istoj ravnini, nužno je i dovoljno da postoje brojevi IXt. IXz, IX3, IX4 (ne svi jednaki nuli), tako da je IX1r1 +IXzrz +IX3r3 +IX4r4= 0 i IX1 +IXz +IX3 +IX4= 0.

ll

ll

Neka su A, B, C tri točke u ravnini M koje ne leže na istom pravcu i neka je O točka u prostoru. Dokažite da za svaku točku D iz ravnine M postoje brojevi rt, p, y (ct+p+y =l= O) tako da je �

�

�

�

OD = (ctOA+POB+yOC)

-

-

----jo

-

Ako je OD = (ct'OA+P'OB+y'OC)

·

.

l . ct+P+y

l , , onda je A.rt =ct', A.p =P' P'+y

, ct +

A.y =y' gdje je A. =l= O.

12

Na stranicama CA i CB (ili na njihovim produženjima) trokuta ABC izaberu se točke B1 i A�> tako da je CB1 = A.B1A i CA1 = J.I.AJi. Dokažite da za svaki izbor točke O u prostoru radijus-vektor R točke presjeka pravaca AA1 i BB1 ima oblik A. t+J.I.Cz+ r3 R = r A.+J.i.+l

gdje su ft, Cz, r3 radijus-vektori točaka A, B, e. 13 Dokažite da u slučaju A. = J.1. (vidi prethodni zadatak) pravac CD raspolavlja stranicu AB. Koristeći se tim rezultatom izvedite ovaj zaključak: Neka je P polovište dužine AB i B1 točka na pravcu AC. Neka je D presjecište pravaca CP i B1B, a A1 presjecište pravaca AD i CD. Tada je pravac koji prolazi točkama B1 i A1 paralelan sa stranicom AB.

3. Baza vektorskog prostora X0• Koordinatni sustavi Uređena trojka (i, j, k) triju linearno nezavisnih vektora vektorskog prostora X0(E) = {OP: P E E} zove se baza vektorskog prostora X0(E). Neka je O točka prostora E i (i, j, k) baza prostora X0(E). Uređen par (0, (i, j, k)) točke O i baze (�j, k) prostora X0(E) zove se koordinatni sustav u prostoru E i označava s (O; �j, k). Točka O je ishodište koordinatnog sustava. Na posve isti način definiraju se baze u vektorskom prostoru X0(M) ravnine M i vektorskom prostoru X0(p) pravca p. l

Za vektore a = 2i+ 3j - k, b = i - j+ k, e =- 2i+ 4j, d = j + 2k odredite ove vektore i njihove duljine: b) a- b, e) 2a+b, d) a+ 2b, e) 2a- b, 5 g) 2a- 3b + e, h) a+b- 3e- d, i) a+b+e+d. 2

a) a+b,

12

f) a+b +e,

2

Nađite rezultantu sila:

a) b) e) 3

f1 = i +2j - k, f2=3i +5j fl = - k, f2=i +j f1 =i +25 j, f2= -i +k.

U sustavu (O; i, j, k) zadan je vektor a sa svojim komponentama i hvatištem P. Nađite kraj Q vektora a ako je: a) ax=2, ay=4, az= - l, p (0, 4, 2) b) ax=O, ay= O, az = -l, P = �2, 2, 2) e) ax= -l, ay=l, az=1/2, P=(1, l, - 1). =

�

U svakom navedenom slučaju nađite jedinični vektor vektora PQ. 4

Zadan je pravilan šesterokut ABCDEF. Nađite koordinate vrhova toga šestero­ kuta u koordinatnom sustavu (A; i, j) gdje je i=AB, a j= AC. 4.

Nejednakost trokuta

l

Ako su

Cauchyjeva nejednakost

ab a2, .... , a. realni brojevi, onda je ( ak 2 � n k�l af, k�l n

)

n

Uz koje uvjete stoji jednakost u toj nejednakosti ? Dokažite tvrdnju koristeći se i zadatkom 4. 2

ab a2, a3 i bb b2, b3 provjerite Lagrangeov (ai +a� + a�)(bi 2+b� +bn - (a1b12 + a2b2 + a3b3) 22= =(a2b3 - a3b2) + (a3b1 - a1b3) + (a1 b.2- a2bt) .

Za realne brojeve

3·

)

identitet:

ab ... , a., bb ... , b. vrijedi Lagrangeov identitet: Cila�Itl b� - Cil akbk = l�i ��· (a;bk - akb;) �.

Za realne brojeve

r

Polazeći od toga identiteta dokažite Cauchyjem nejednakost:

13

4

Za kompleksne brojeve jednakost

ar,a2, ...,a.,b1, b2, ...,b.

vrijedi Cauchyjeva ne­

Ako je a; =f. O bar za jedan iE {1, 2, .. ., n } , onda u (* ) stoji znak jednakosti ako i samo ako je b k= Aak (k = l, ... , n) za neki kompleksan broj A. 5

ar. ...,a., br, ...,b. vrijedi nejednakost trokuta 2 2 (** ) rktllak + bklz rz S [ktl l ak �2r +[JI l bk �2r . Ako je a; =f. O bar za jedan iE {l, 2, . . ., n } , onda u ( * *) stoji jednakost ako i samo ako je bk= Aak (k = l, ... , n) za neko A ;;::: O. Za kompleksne brojeve

6

Neka su

ak=!= O i bk (k = l, ... , n), m :? O 1

M realni brojevi takvi da vrijedi

(k = l, . . . , n ).

Tada je

L b�+ mM L a� "

"

k=!

Uz koje uvjete vrijedi jednakost ?

k=!

� (M

7

Dokažite da za kompleksne brojeve

k =! akbk. "

+ m) L

ar. ..., a.

vrijede nejednakosti

�(l ar l + · · · +l a. l) s (l ar 12 + · · · +l a. 12)112 s lari + ... +l a. 1.

8

Za kompleksne brojeve a1, . . . , a. vrijedi max {l ad: i= l, . .., n } � s(larl2 + . .. +lanl2)112 s0f·max{la;l:i= l , ... , n } .

9

a i lbkl2 k=! l kl2 kL =! oo

Ako redovi L

oo

oo

k=!

konvergiraju, onda red L akbkapsolutno

konvergira. Dokažite tvrdnju. lO

Ako red Ji

14

i obrat ?

a k�I l kl2 konvergira, onda red k�I k ak apsolutno konvergira. Vrijedi oo

oo

l

5.

Skalarni produkt

Skalami produkt vektora a, b E X0{E)= X0 je skalar koji označavamo s. a· b i definiramo ovako : a· b= O ako je a= O ili b= O; a· b= lal·lbl· cos cp ako je a=!= O i b=!= O, gdje je cp kut između vektora a i b (O � cp � n). Za bazu (a, b, e) prostora X0 kažemo da je ortonormirana bata aku su vektori baze među sobom okomiti i svaki ima duljinu jedan. Ako su ax, a , az i bx, by, bz komponente vektora a i b u odnosu na arto­ normiranu bazu j, k) onda se skalami produkt a· b vektora a i b računa po formuli a b= axbx + ayby + azb,. U ovim zadacima koordinatni sustav {O; i, j, k) je pravoku tan. o

(i,

1

Za vektore a= i+ 5k, b = - 3i+2j - k, e a·(b+e), a·b+a·e, (a-e)·(a-e). 2

=

i+j +k nađite a· b, b· e , e· a,

Odredite kut između vektora zadanih komponentama: a) {l, 0), (l, l) b) {1, - 1), ( 1 , O) e) ( - 2, -2), {3, 3) d) (l, 2, 1), (-l, l, -l) 1 l+ , O, e) , (l, O, l). 2 2 3

( V3

V3)

Nađite bar jedan vektor koji je okomit na vektor: a) (2, 5, 2); b) (3, -2, O) 4

Odredite broj A. tako da vektori 2i - 3j i A.i + 4j budu okomiti .

5

Nađite stranice i kutove trokuta s vrhovima A

e= (o, 3, o).

=

(-l, 2, 3), B= (2, l, 2),

6

Nađite kut između vektora a i b ako je poznato da je a + b okomito na 7a - 5b i a - 4b okomito na 7a -2b.

7

Ako je {a, h, e } ortonormiran skup vektora, onda su vektori a, b, e linearno nezavisni. Dokažite to . 8

Dokažite da je u paralelograrnu zbroj kvadrata duljina njegovih dijagonala jednak zbroju kvadrata duljina svih četiriju njegovih stranica. 15

9

Uteg mase 30 kg miruje obješen pomoću dvije niti AC i BC za stijenke neke konstrukcije (kao na slici). Nađite sile u nitima ako je kut ACB= 120°. 10

Uteg mase 60 kg miruje podržavan štapovima AB i CB (vidi sliku). Nađite sile reakcije u štapovima ako je 1:: ACB= 90° i 1:: ABC= 30°. A

m

ll

Pod djelovanjem konstante sile f materijalna je točka izvršila pomak iz točke u P točku Q na dužini PQ. Nađite odgovarajući rad ako je (koordinate točaka su zadane u metrima): a) P= (0, O, 0), Q= (2, O, 0), f= i +3j+3k (N) (Newtona) b) P= (0, l, 0), Q= (3, -1, 1), f= i - 2j+k (N) e) P= (1, l, 1), Q= (2, 2, 2), f= 2i - 2k (N) d) P=(l, l, 1), Q=(0, O, 0), f=i+j+k (N). 12

Dokažite da simetrala kuta u trokutu dijeli suprotnu stranicu u omjeru b·CB+a·CA preostalih stranica i CC' . C je sjecište simetrale kuta uz vrh C a+b i suprotne stranice. -

=

13

Dokažite da se sve tri simetrale kutova u trokutu sijeku u jednoj točki. 14

Dokažite da je radijus-vektor sjecišta simetrala kutova trokuta ABC dan s R

gdje su a, b, 16

e

=

a-OA. + b·OB+ c·OC a+ b+ e

--

--

duljine stranica trokuta nasuprot vrhovima A, B, C.

6.

Projekcija vektora na pravac i ravninu Neka je (a, b, e) baza u X0 (E). Tada su vektori a U= lal b-(b·u)u V= lb- (b· u)ul e- (e· u)u- (e· v)v W= c(e· u)u-(e·v)vl l -----

ortonormirani i (u, v, w) je ortonormirana baza u X0. Za ortonormiranu bazu (u, v, w) koja se iz baze (a, b, e) dobiva pomoću gornjih formula kažemo da je dobivena Gram-Schmidtovim postupkom ortogo­ nalizacije baze (a, b, e). U idućim zadacima ( i , j, k) označava ortonormiranu bazu u X0 (E). l.

Nađite ortogonalnu projekciju a' vektora a= 3 i + 2 j + k na : a) pravac kroz točku O koji je određen s vektorom n= i- j. b) ravninu kroz točku O koja je određena s vektorima a1= i - j, a2

=

i + j.

2

Vektori a= 2 i , b= 3 i + 4 j, e= i + 2 j + 3 k su linearno nezavisni. Gram­ -Schmidtovim postupkom ortogonalizacije ortonormirajte bazu (a, b, e) i vektor d= 3 i + 2 j + k rastavite po toj ortonormiranoj bazi.

3

Neka su a, b, e, d vektori iz prethodnog zadatka. Gram-Schmidtovim po­ stu pkom ortonormirajte baze (b, a, e), (e, b, a) i prikažite vektor d u tim bazama. 4

Gram-Schmidtovim postu pkom ortonomiirajte bazu (a, b, e) gdje je a= = 2 i + 3 j, b= 6i + j, e= 2 j + 4 k. 5

Čine li vektori a= i + Sj + 7 k, b= 4 i + 6k, e= k bazu u X0 (E) ? Orto­ normirajte bazu (a, b, e) Gram-Schmidtovim postupkom ortogonalizacije. 6

Neka je (a1, a2, a3) baza u X0 (E) i (u1, u2 , u3) ortonormirana baza dobivena Gram-Schmidtovim postupkom ortogonalizacije baze (a1, a2, a3). Ako je (v1, v2, v3) ortonormirana baza u X0 (E) i ako je l ) ak · vk > O za k l, 2 , 3 i 2 ) a1 = (a1 vd V �o a2= (a2 vd v1 +(a2 v2)v2, onda je vk = uk (k= l, 2, 3 ). =

•

2 Zbirka

1adalaka

IZ

linearne algebre

•

•

17

Dokažite da je površina peralelograma razapetog s vektorima a i b dana t/(a · a )(b· b )- (a . b )2 . 8

Izvedite Heronovu formulu za površinu trokuta. 7.

Ravnina i pravac

u

prostoru

Neka je ( O; i, j, k) pravo ku tan koordinatni sustav u prostoru. Točku P iden­ tificiram � s uređenom trojkom (x, y, z) njenih koordinata odnosno s radijus vek­ torom O P = xi + yj + zk. Teorem. Za svaku ravninu M u prostoru postoji polinom (x, y, z) ....A.., x +By + Cz +D tako da je M skup svih nul-točaka tog polinoma. Obratno, skup svih nul-točaka pol inoma A x + By + Cz + D je ravnina u prostoru. Jednadžbu A x + By + Cz + D = O zovemo opći oblik jednadžbe ravnine M. Vektor n = Ai + Bj + Ck je vektor normale ravnine M. Ako su (xo, y0, z0) koordinate točke P0 na pravcu p, r0 radijus-vektor točke P0, (x, y, z) koordinate točke P, r radijus-vektor točke P i a =l= O vektor koji leži na pravcu p onda točka P leži na pravcu p ako i samo ako je r = r0 + A.a za neki broj A.. Odavde dobivamo parametarsku jednadžbu pravca p X = Xo + A.ax Y = Yo + A.ay Z = Zo + Aaz

gdje su ax, ay, az komponente vektora a u bazi (i, j, k). l

Napišite jednadžbu pravca p koji sadrži točke: a) (0, 3, 2), ( - l, O, l); b) ( 1, l, 1 ) , (0, O, O); e) (3 , - l , 2), (1, 2, - 1 ). Uputa . Primijenite formule (24) ([ 1 6], str. 32}. 2 Nađite jednadžbe stranica i težišnica trokuta kojemu su vrhovi dani s A = ( 1 , l, 1) , B = (l, - l, 1), C = ( - l, - l, - 1 ). 3

Nađite udaljenost ishodišta od ravnine lOx + l5y - 6z - 380 = O i odredite kutove koje normala na tu ravninu zatvara s koordinatnim osima. 4 Nađite udaljenost točke A = (2, 3, -l) od ravnine 7x - 6y - 6z + 1 2 = O. 5

Dokažite da su ravnine 5x + 3y - 4z + 1 5 = O i 1 5x + 9y- 1 2z- 5 = O paralelne. Odredite njihovu udaljenost. 18

6

Pod kutom cp izmedu ravnina A2x + B2 y + C2z + D 2 = O i A1x + B1y + + C 1 z + D 1 = O razumijeva se kut što ga čine pravci kroz neku točku koji su paralelni s normalama te ravnine. Nađite formulu za cos cp i iz nje izvedite : a) uvjet okomitosti: A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 = O, b) uvjet paralelnosti: A2 = A.At. B2 = A.Bt. C2 = A.C1 za neko A.ER, A. =1- O.

7

Nađite jednadžbu ravnine koja je okomita na ravninu x + 4y - 2z + 5 = O i prolazi točkom a) P = ( 1, 2, 3}; b) P = ( - 2, - l , 3 }. 8

Nađite sjecišta ravnine 2x + 3y - 4z = - 24 s koordinatnim osima. 9

Nađite jednadžbu ravnine koja sadrži točku ( 1, - 3, 2}, a paralelna je s ravninom 7x - 4y + z - 4 = O. 10

Nađite jednadžbe ravnina koje prolaze točkama: a) A = ( l , 2, - 1 }, B = ( - l , o, 4}, e = ( - 2, - l, l } b ) A0 = ( l, - 3, 4}, B0 = (0, - 2, - 1), C0 = ( l, l , - l ) i nađite kut među njima . ll

Neka su n 1 = A1 i + Bd + C1k i n 2 = A2i + B2 j + C2k linearno nezavisni vektori. Nađite vektor koji je okomit na n 1 i n2 . 12

Dokažite da pravac p u kojem se sijeku ravnine A 1 x + B1 y + C 1 z + D 1 = O i A2x + B2 y + C2z + D2 = 0 ima kanonsku jednadžbu z - z0 Y- Yo x - Xo B1 C2 - B2C1 C1A2 - C2A1 gdje je ( x0, y0, z0} neka točka na tom pravcu. 13

Nađite jednadžbu pravca koji je presjecište �avnina : x - 4y + Sz - l = O i 2x + 3 y - z + 9 = O. 14

Neka je (O; i, j) pravokutni koordinatni sustav u ravnini M. Dokažite da svaki pravac p ravnine M postoji polinom ( x, y) >---+Ax + By + C prvoga stupnja u dvije varijable, takav da je pravac p skup svih nula toga polinoma. za

19

IS

Šiljasti kut

A1, .. , A.

,

k

--�--

I

m;· OP;.

i=,

oP.J

-

OQ =

OP

=

,

i s O središte mnogokuta. Treba dokazati

OA,= O.

Pretpostavimo suprotno, tj. da je

L i .-

1

OA, =a=!=

O. Rotacijom za kut

2n/n

mijenja, jer rotacija permutira vrhove mnogokuta. S druge strane, vektor prelazi u vektor

' a

koji je različit od

a,

dakle različit i od

"

I

OA,,

a

I

suma

OA,

se ne

i= l

tom istom rotacijom

što je nemoguće.

i= l

10

Neka je a, r1+ a2 r2 + a3 r3 + a4 r4 =O i a1+ a1 + a3 + a4 O. Tada je a1 r1 + a2 r2 + r, - (a1 + a1 + a3) r4 = a1 (r1 - r4) + a2 (r2 - r4) + a3 (r3 - r4)=O. što znači da su vektori r1 - r4, r2 - r4 i r3 - r4 linearno zavisni i da točke A, B, C. D leže u istoj ravnini. =

+ a3

I obratno. Pretpostavimo da su točke A, B, e, D u istoj ravnini. To je ekvivalentno linearnoj zavisnosti vektora r1 - r4, r2 - r4, r3 - r4, pa postoje brojevi a" a1, a3 koji svi istodobno nisu jednaki nuli, tako da je a1 (r1 - r4) + a2 (r2 - r4) + a3 (r3 - r4)=O, odnosno da je a1 r1 + a1 r2 + + a3 r3 + a4 r4 = O gdje je a4 = - a1 - a2 - a3• ll

Budući da točke

A , B, e.

D

leže u istoj ravnini, postoje brojevi a, p, y, ii takvi da je =O. Broj je različit od nule, jer bi inače točke

b

a OA + p OB + y o e + b OD =O i a + P + y + c5 A, B, C

bile na istom pravcu. Dakle,

�

OD=

aOA +POB+yOe a + P+ y

. Neka je

drugi prikaz vektora OD. Zbog linearne nezavisnosti vektora

p

P' :x + P+ Y' a' + P' + y'

AJI 12

=

, y

.

.

gdje Je A

a' + P' + y'

a'+ P'+ y'

=

y

a + p + y,

OB

oe

a'

---� =

:x' +P'+ 1,.

odn osno A a= a', A P

=

P'

= �--.

Označimo sa

a+ P+y

D

sjecište pravaca -

eB1

32

y'

a + P+ y

OA.

a'OA +P'OB+/OC OD= --------� a' + P' + }''

=

AA1

-

i

BB1•

eeB + ( l -

Točka B 1 leži na pravcu -

e) eD=

A

-

-- eA.

A+ l

DB,

pa možemo pisati

Na isti je način �

CA 1

Odatle slijedi da je

=

�

�

Q CA +(l- g ) C D

-

E

)J CB )J+l

= �-

�

A. � CB +(l- E) CD - -- CA A.+l

JJ QCA +(l- Q) CD- __CB )J+l

=

�

.

O

=

o.

Kako zbog linearne nezavisnosti vektora CA i CB možemo pisati -

).

---

=

J

- E

--

=

E()J+ i)

----

().+!)(! 1-Q )J JJ jednostavnim se računom dobije �: = -_ _. a Q = - _ "-_. Uvrste li se ovi izrazi za e i Q u .1.+1 JJ+! jednu od prethodnih relacija, dobije se "-+JJ+! ). )J (R - r3) - -- (r1- r3) - -- (r2 - r3) + ). +l ).+l ).+l

=

O,

odnosno

13

.l.r1+)Jr2 "-+JJ+! što je radijus-vektor polovišta d užine AB. . Ako je O = C, onda Je R

= ---­

,l.(r1 +r2) 2). +l

r, + r2 Dakle, R je proporcionalan s --2 '

3. Baza vektorskog prostora X0• Koordinatni sustavi

a) 3i + 2j, l a+bl

=

Vl3

=

3.61

J/21 4.58 e) 5i + 5j- k, 12a+bl= J/51 7. 1 4. d) 4i +j+ k, la+ 2b l = ViS 4.24 e) 3i + 7j - 3k, 12a - b l = V67 8. 1 9 f ) i + 6j, l a+b + el = J/37 6.08 b) i + 4j - 2k, l a - b 1 =

=

=

=

=

=

5 g) - 4i +19j- 5k, 12a - 3b + - c l 2 h) 9i - lij - 2k, l a+b - 3c - d l

i) i + 7j + 2k, la+b + e + d l 2

a) f = r, + f2 b) r r, + r2

=

=

V4Q2 = 20.05

yl2o6 = 14.35 J/54 = 7.35. =

4i + 7j - k i +j - k 5 e) f = r, + f2 = -j+ k. 2 =

=

=

3 Zbirka zadataka iz linearne algebre

33

3 Jed inični vektor vektora PQ označimo s m. Tada je a) Q = ( 2, 8, l),

l

m= -(2i + 4j- k)

V2l

b) Q = (2, 2, 1), m = - k e) Q = (0, 2,

-1/2),

m=

�k)·

� (- i +j +

4

A=(O,O), 8=(1,0), C=(O,l), BC=AC-AB=j-i AD=2BC=2(j-i), pa je D=(-2,2). AE=AD-AB=2(j-i)-i, odnosno E=(-3.2). AF=CD=AD-AC= = 2(j - i) - j. pa je F =(-2, l ).

4. Nejednakost trokuta

je m

Cauchyjeva nejednakost

Ct, a.)' e�: a. +amt e�: a,)' + m l m-1 m-1

Za n= 2 (a1 - a f =af- 2a1 a2 +a� 2 O, odakle slijedi da je 2(ar +a�) 2 (a1 + a2)2• Neka 2 l prirodan broj i Sm oznaka za skup svih prirodnih brojeva koji su manji od m. P ret posta virno

>

da je tvrdnja u zadatku istinita za sve

m l

+ 2am L

11:=1

L

m l

a•

+ m a;, = m

lJ E

m l

sm. Tada je

L -L

=

L

=

af + 2am ak - (m - l)� + +a;, "; (m - l) af + 2am L ak +a;,= m af k=I k=l k=l k=I k=t m-I m m af - •�1 (a. - am)2 "; m af odakle slijedi· da je tvrdnja istinita i za broj

( J, )

.�1 (a.- am)2

(J, )

m E N. Po aksiomu matematičke indu kcije zaključujemo da tvrdnja vrijedi za sve prirodne brojeve.

Ako u relaciji stoji jednakost, onda u prethod nom dokazu ona stoji na svim mjestima.

(.�1 af)m

Specijalno je m

m l

jednakost stoji ako i samo ako je

a1

=

=m a2

(.L, af ) . odakle slijedi da je a1 =a2 = . . = am. Dakle m

.

=...

=

am.

3 Budući da je desna strana u Lagrangeovu identitetu pozitivna, to je i lijeva strana pozitivna, što dokazuje Cauchyjevu nejednakost. Dokaz Lagrangeova identiteta:

L

l $i a2 i ortonormirana baza (et . e2) prostora X0 takvi da je Ae1 = a 1 e1 , Ae2 = a2e2 .

l

Neka je A linearan operator na vektorskom prostoru X0(M). Za vektor O =f e E X0 (M) vektori e, A e, A 2e su linearno zavisni, pa postoje brojevi rx, f3 E R takvi da je A2e = rx Ae + /)e. Dokažite da je P(A) = O, gdje je P polinom defi­ niran s P (A.) A.2 - aA. - {3, ako su e i Ae linearno nezavisni. =

2

Ax P (A.) 3

Neka je P polinom iz prethodnog zadatka i O =f x E X0(M) takav da je tx, t E R. Dokažite da po linom Q( A.) = A. t dijeli pol inom P ( A.), tj. = Q (A.) · R (A.) , gdje je R (A.) polinom prvoga stupnja.

=

-

Ako su A i B simetrični operatori, tada su A", B", n � O simetrični operatori i linearna kombinacija A.A + J1B je također simetričan operator. 4 Ako simetrični operatori A i B komutiraju, onda je AB simetričan operator . 5. Nađite simetrične operatore A B, takve da A B mJe simetričan operator. 6

Dokažite da je produkt sitnetričnih operatora simetričan ako om komutiraju. Provjerite da operatori iz prethodnog zadatka ne komutiraju.

samo ako

7

Dokažite da simetričnom operatoru A u ortonormiranoj bazi pripada sime­ trična matrica. 8

Iskažite i dokažite obrat tvrdnje 58

IZ

prošlog zadatka.

9

Nađite dva simetrična operatora A =f O i B =f O, takva da je AB

=

O.

lO

Simetričan operator A : X0 --+ X0 je bijekcija ako i samo ako nula nije svoj­ stvena vrijednost od A . U tom je slučaju inverzna funkcija A - l : X0 --+ X0 li­ nearan, štoviše i simetričan operator. Dokažite da prva tvrdnja vrijedi za proizvoljan linearan operator. ll

Linearan operator A : X0 --+ X0, zadan s Ae1 = e1 + 2e2 i Ae2 2e1 u orto­ normiranoj bazi (e1 , e2), je simetričan. Nađite njegove svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore. =

6.

Ortogonalni operatori

u

ravnini

Linearan operator U : X0 --+ X0 nazivamo ortogonalnim operatorom ako Je Ux · Uy = x y ·

za sve x, y E X0. Teorem. Ako je U : X0(M) � X0 (M) ortogonalan operator onda postoje realan broj cp E R i ortonormirana baza (eb e2) u X0(M) takvi da operatoru U u toj bazi pripada jedna od ovih dviju matrica ' cos cp - sin cp [ l 01 sin cp cos cp , l O - l J . l

j

l

Provjerite jednakost T

=

f c� s cp l sm cp

- sin cp 1 cos cp J

=

sin cp1 f l - cos cp J l o

f cos cp . cp l sm

O

-l

j

na osnovi toga zaključite da je rotacija ravnine oko točke O za kut cp jednaka kompoziciji dviju simetrija s obzirom na pravce koji prolaze kroz točku O. Nađite jednadžbe tih pravaca. Skicirajte. i

2

f

j

Dokažite da je ortogonalan operator U bijekcija i da je inverzna funkcija U - l opet ortogonalan operator. Nađite matricu od U - l u ortonormiranoj bazi (e" e2) . matnca . od U u toJ. baz1· u 1 1 u1 2 ako Je .

U z t U zz

3

Neka su (O ; e1, e2) i (O ; e�, e2) dva pravokutna koordinatna sustava u ravnini M. Nađitejednadžbu pravca p e M u sustavu (O ; e�, e2) ako je A 1x 1 + A2x2 + A3 O jednadžba toga pravca u sustavu (O ; eb e2). =

59

4

Rotaciju ravnine za kut cp oko točke O opišite linearnim operatorom --+ X0. Dokažite da je U 2 - 2 cos cp U + I = O. Nađite U2, U 3 , U4 za 2n n = = = cp 7t, 3' cp 2 .

U : X0 cp

5

Neka su U, V : X0 --+ X0 rotacije za kut cp i kut tp. Nađite operatore U V, i pripadne im matrice u ortonormiranoj bazi (e" e2) . Dovedite to u vezu s formulama sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y cos (x + y) = cos x cos y sin x sin y. VU

.

-

7. Kvadratne forme Neka su a1 " a 1 2 i a2 2 realni brojevi. Polinom q(x" x2) = a 1 1xf + 2a 1 2x 1x 2 + a2 2x �,

X t. X2 E R

nazivamo kvadratnom formom dviju varijabli. Za matricu

(l)

a1 1 a 1 2 1 A=[

l a 1 2 a2 zJ

kažemo da je matrica forme ( 1 ). Definicija. Kvadratna forma (1) je : l o indefinitna, ako poprima i pozitivne i negativne vrijednosti ; 2° semidefinitna, ako poprima samo pozitivne odnosno samo negativne vrijednosti ; 3° pozitivno semidefinitna, ako poprima samo pozitivne vrijednosti ; 4° negativno semidefinitna, ako poprima samo negativne vrijednosti ; so pozitivno definitna, ako je pozitivno semidefinitna i ako je q(x1, x2) = O ekvivalentno sa x1 = x2 = O ; 6° negativno definitna, ako je negativno semidefinitna i ako je q(x�> x2) = O ekvivalentno sa x1 = x2 O ; r definitna, ako j e pozitivno ili negativno definitna. =

l

U pogledu definitnosti i indefinitnosti ispitajte forme: a) b) e) d) e) 60

q (x" x2) r(x, y) = s(x " x 2 ) 1X(x " x 2 ) {J(t" t2) =

2 2 9x 1 - 6x 1x 2 + x 2 2 9x + 6xy - l xf + x 1x2 + 5x� xf - 4x lx2 - 2x � ?tf - 3 t1 t2

=

-

=

=

.

2

Neka su a , b dani brojevi. U pogledu definitnosti ispitajte forme :

3

Dokažite idući teorem.

ra 1 2 a22 1

Kvadratna je forma q (x � > x2) a1 1xf + 2a 1 2x1x2 + a22x� s pripadnom maa a 2 . .. . . . . su SVOJstvene tncom A u , kOJOJ VriJ ednosti .��., 1 1. .��., 2 : =

=

·

l o identifinitna ako i samo ako je . A.1 A.2 < O 2° semidefinitna ako i samo ako je A.1 · A.2 � O 3° pozitivno semidefinitna ako i samo ako je A. 1 � O i A.2 � O 4° negativno semidefinitna ako i samo ako je A.1 � O i A.2 � O 5° pozitivno definitna ako i samo ako je A. 1 > O i Az > O 6° negativno definitna ako i samo ako je A.1 < O i A.2 < O r definitna ako i samo ako je A. 1 · A.2 > O. ·

4

Neka je A simetričan operator i q kvadratna forma koja mu je pridružena pomoću ortonormirane baze (e" e2) (vidi [ 1 6], § 2.7, formula (4)). Neka su A. 1 i A.2 svojstvene vrijednosti operatora A i neka je A.1 < A.2 . Tada je A.1 � Ax · x � A.2 za svaki jedinični .vektor x. Na kojim vektorima se postiže vrijednost A.1 , a na kojim A.2 ? 5

Izračunajte vrijednost funkcije f (x)

Ax · x

za neke odabrane vektore X·X x E X0(M) i provjerite da je A.1 � f (x) � A.2 gdje su A.1 < A.2 svojstvene vrijed­ nosti simetričnog operatora A kojem u ortonormiranoj bazi (e" e2) pripada . matnca A

6

=

r

2

=

--

ll

1 2 .

Dokažite da je zbroj kvadratnih formi od dviju varijabli ponovno kvadratna forma, te da je zbroj pozitivno definitnih formi pozitivno definitna forma. Da li je zbroj indefinitnih formi indefinitna forma ? 7

Dokažite da je forma q (x � > x2) a1 1 xf + 2a12x 1x2 + a22x�, x , , X 2 E R po­ zitivno semidefinitna ako i samo ako je forma q (x � > x2) + A.(xf + xi} pozitivno definitna za svako A. > O. =

61

. 8.

Krivulje drugoga reda

Jednadžba krivulje drugoga reda u desnom pravokutnom koo.rdinatnom su­ stavu (O ; e1 , e2 ) ravnine M glasi Neka j e A = vrijedi :

l

(l)

a a 2 11 1 1 a 1 2 azzJ

matrica kvadratne forme a 1 1 xi + 2a 1 2 x 1 x 2 + a22 x � . Tada ·

la Ako je det A > O, onda je skup S nul-točaka polinoma ( l ) elipsa ili skup koji sadrži samo jednu točku ili prazan skup. 2° Ako je det A < O, onda je skup S hiperbola ili unija dvaju pravaca koji se sijeku. 3° Ako je det A = O, onda je skup S parabola ili unija dvaju paralelnih pravaca il i jedan pravac ili prazan skup.

Identificirajte skupove zadane u pravokutnom koodinatnom sustavu jed­ nadžbama : l. 2. 3. 4.

x 2 - 4y2 - 1 4x + 45 = O l - 6x - 4y + 7 = O 3x2 - 4xy - 2x + 4y - 5 = O x2 - 4xy + 4y2 - 2x - 6y + 2 = O 5. 9x2 + 24.xy + 1 6/ + 50x - l OOy + 25 = O O 6. 6xy + 8y2 - 1 2x - 26y + ll 7. 34x2 - 1 2xy + 1 8y2 + 24x - 72y - 504 = O. =

RJESENJA

§ 2. Linearni operatori

u

ravnini. Krivulje drugoga reda

l. Linearni operatori na prostoru X0 (M)

Simetrija pridružuje točki P = (x � > x2) točku. P' = (x1, - x2). Pridruženo preslikavanje A : X 0 (M) -+ X0(M) je A (x1 e1 + x2 e2 ) = x1 e1 - x2 e2 . Za X, y E X 0 (M)·· i A., JI E R je A (A.x + JI Y) = = A ((h l + ll Yd e l + (h2 + JI Yz ) ez) = (A. X2 + ll Yd e 1 - (A. x2 + JI Y2l e2 = A. x , e 1 - A. x2 e2 + + ll Y l e1 - ll J'2 e2 = A. A (x) + ll A (y), što dokazuje linearnost preslikavanja A .

2

l ) Odgovarajuće preslikavanje A : X0 (M) -+ X 0 (M), O je fiksna točka centralne simetrije, definiranQ je s A (x1 e1 + x2 e2) = - x1 e, - x2 e2 = - x. Za x, y E X0 (M) i A, ll E R je A (A.x + JI Y) = = A ((A. x, + Ji yd e, + (A. x2 + Ji y2 ) e2) = ( - A. x1 - ll y1 ) e , + ( - A. x2 - ll y2) e2 = - A. x - JI Y = = A. A (x) + JI A (y). 2) Pridruženo preslikavanje A : X0 (M) -+ X 0 (M) zadano je s A (x) ex x gdje je ex =! O realan broj. Za x, y E X0 (M) i A., JI E R je A ( h + JI y) = ex ( h + JI y) = A. (ex x) + A. (ex y ) = A. A (x) + ll A (y). Za ex = - l dobivamo simetriju s obzirom na točku O. =

62

3)

(O ; (et . ez)) neka je koordinatni sustav i (e" e2) ortonormirana baza. Preslikavanje

il : Xa (M) -+ Xa (M) zadano je s il (x 1 e 1 + x2 e2) = x 1 e1. Za x, y e Xa (M) i A, p e R je il ( A x + p y ) = (h 1 + ,u y d e1 = A il (x) + ,u A (y).

=

3),

4) Ako je (O ; (e1, e2)) koordinatni sustav kao u tada je s il (x 1 e1 + x2 ez) = = (x 1 cos cp - xz sin cp) e1 + (x 1 sin cp + xz cos cp) ez definiran linearan operator s Xa (M) u Xa (M) koji odgovara rotaciji za kut cp. Linearnost slijedi iz il (A x + ll y) = [(A x1 + ll yd cos cp - (A Xz + .U Yz ) sin Az

( y1 , h l

.

z

zt

.

z,

-t 1.

,t,

+

•

+

Matrica toga operatora u navedenoj ortonormiranoj bazi je r� �l· a to je simetrična matrica, §to pokazuje simetričnost operatora A. Svojstvene vrijednosti od A su takvi brojevi ). E R za koje postoji netrivijalno rješenje vektorske jednadžbe A x = ). x. Pisano u komponentama, to vodi na sistem ll

( l - }.) x 1 + 2x 2 =

0

2x1 - h2 = O.

(l)

69

2 Gornji sistem ima netrivijalno rješenje ako i samo ako je D = 1 1-A. = O odnosno �cz - A. - 4 = O. 2 - /e l Dakle, za A.1 = -(1 + Vi7) i Az = -(1 - Vi7) sistem ima netrivijalno rješenje. To je rješenje 2 2

za A. = A., = � Vi7) l xz za A. = Az = - (1 - vu). 2

(v:; : ) -(1 - VU

l

l

x1 =

+

(l)

Xz

(l +

Svojstveni vektori su svi od nule različiti vektori proporcionalni s x1 = -(1 + Vi7) e1 + ez 4 l + Vi7) i svi od nule različiti vektori proporcionalni s svojstvenu vrijednost /c1 = -(1 2 z = e1 - - ( + V 1 7 ) ez za svojstvenu vrij ednost Az = - ( l - Vi7). 4 2 l

x, =

4

l

l

za

l

X

l

�

l

sin Matrica = [ 0 -1O l je matrica simetrije s obzirom na x1 os. Matrica [ cos sinqJ je matrica simetrije s obzirom na pravac p okomit na vektor cos � i + sin � j. 6. Ortogonalni operatori

S

u

ravnini

ffJ

l

ffJ

- COS f{J

l

z povlači x =(x Time= O,je injektivnost odakle je zbog svojstva . ortogonalnosti 1 U (x I = 12 O odnosno pokazana Surjektivnost. Neka je X0• Ako su vektori U e1 i U ez linearno nezavisni, onda je = A.1 U e1 + + Az U ez = U(/c1 e1 + Az ez) za reaJne brojeve /c1 i Az. Dovoljno je, dakle, dokazati linearnu neza­ = 2) i visnost vektora U e1 i ez. Zbog ortogonalnosti operatora U U e, U e, =sue, ·linearno e, = U e, U ez = e, ez = O, što pokazuje da su U e1 i U ez ortonormirani nezavisni. Operator U je, dakle. bijekcija a inverzna funckija u - • je opet linearan operator. Za svako Xo je u - 1 x . u - l = uu - l uu- l X = odakle slijedi da je u - l ortogonalan operator. [ l v" 1 Neka je . V2 1 Vzz matrica od u- u bazi (e1, ez). Tada je v 1 1 = e1 · U - 1 e1 = 1 1 1 = e 1 • U e, = u 1 1, v1z = e1 U- ez = ez · U e1 = U z " Vz 1 = ez U- e1 = e1 • U ez = = U e, · U 1 = ,z, zz = ez u - • ez = z z. Dakle, matrica operatora u - u ortonormiranoj bazi (e" ez) jednaka .Je umatne!.V . [ u l i Uz t l , sto Je. U . . matnce. = [ uUz1 1t Uuz1 z2 ] i označava se U 1 2 U zz 2

=

Ux = Uy y

�

lx

U

=

- y) y.

- y)

zE

·

X,

·

U

·

l (i

l,

pa

yE

y

X . y,

X .

v, z

(U-

z

·

e tl

·

·

•

transpomrana matnca

U

U'.

Nekai jeto operator linearansimetri operator na X0baze(M),(e"takav da je e1 = g� i ez = e;. je ortogonalan operator, j e, ako ez) i (e; , e2) nisu jednako orij entirane, i operator ed rotacije, onda su ako zbog su j nako orijentirane. Ako su (x�, x2) koordinate ke P u sustavu e;, e2� 3

A

A

A

toč

A

(0 ;

OA = xl e; + x2 e2 = x; A e1 + x2 A ez = xl (a1 1 e1 + U z 1 ez) + x2 (a , 2 e , + U z z ez) =

[] [

][ � l

= (a 1 1 x� + a 1 z x2) e1 + ( a2 1 x'1 + U zz x2) e2.

koordinate točke P u sustavu

(O; e .. ez)

dane s

x'

Xz

70

=

a1 1 a 1 2 x

Uzt a22 X z

·

Odatle slijedi da je jednadžba toga pravca u sustavu (O ; e�. e2) ·;4� x� + A2 x2 + A , = O gdje je [ AA ',t2 ] = l a11 a212 2 1 [ AA 2t i · 4 Matrica operatora U je rp -sin rp l U (rp ) = [ cos sin rp cos rp cos 2rp - sin 2 rp l 2 cos2 rp -2 sin rp cos rp j + gdje je rp kut rotacije. U 2 - 2 cos rp U + I = [ Sin 2rp cos 2rp [ 2 sin rp cos rp 2 cos2 rp + [ � � l = � � �l = O, što se i htjelo dokazati. rp = n je U 2 = 2cos rp U - I = (- 2l [ - � ��] - [ � �] = [� �] = I, u' = u. Gt 2

a

.

j r-

cos 4-3n -sin �" = + 2n Za ""'" = -3 . lu (237!Jr = u (237! + 23") = u (�1!) V3 - -l ' sin 4n- cos-41! - 2 2 2 [u (237t)r = u ( ;) . rp = 2 ' [u (;)r = U( ) = [u (�)] ' = u (3;) = [ � �]. [u (;)r = l. a

'

1t

a

n

f

- •.

3

3

_

�j

+ tp} -sin (rp + tp) U V = VU = [ cos(rp sin (rp + tp) cos (rp + tp) ] . S druge strane rp -sin rp l cos tp - sin tp l UV = [ cos sin cos [ sin tp cos tp = rp cos tp - sin rp sin -(cos rp sin tp + sin rp.cos l = lr cos sin rp cos tp + cos rp sin -sin rp sin + cos rp cos odakle izjednačavanjem navedene formule. odgovarajućih matričnih elemenata u dva prikaza produkta UV slijede

5

cp

rp

rp

�·)

1p

1p

'l'

·

3 a) Matrica pridružena ' kvadratnoj formi A = [ - 3 - l ] . det = O, 9 O, a2 2 = l O, pa je pozitivno semidefinitna po [ 1 6], § 2.7, teorem 5. b) = [ - 3 - 1 1 det O, a 11 = - O, 2 = - l O, na osnovi čega zaključujemo da je forma negativno semidefinitna. e) Kvadratna forma je pozitivno definitna. d) Kvadratna forma je indefinitna. e) Kvadratn!l forma je indefinitna. 7. Kvadratne forme

A

9

a1 1

=

>

>

q

A

9

3 ,

A

=

9


O; a22 = 2 > O, b a a· b

Forma je indefmitna. Forma je pozitivno semidefinitna.

e) Forma je pozitivno semidefinitna.

3

Neka je x = x 1 e} + x2 e2 prikaz vektora x u ortonormiranoj bazi svojstvenih vektora operatora kojem u bazi (eh e2) pripada matrica A. Tada je A x · x = A1 xi + A2 x�, odakle d irektno slijede

A

tvrdnje od l 0 do 7° 4

A1

i nični

l

Neka su e} i e2 jedinični svojstveni vektori operatora A koji pripadaju svojstvenirn vrijednostima Oni su međusobno okomiti jer je A simetričan i (e}, e2) ortonormirana baza. Za jedi­ vektor x = x, e; + x2 e2 je A x · x = (x 1 A e'1 + x2 A e2) · x = (A1 x1 el + A2 x2 e2) · (x1 e; +

A2 •

x2 e;) = ;. , xf + ).2 xi. Očito je da vrijedi nejednakost ). 1 :5 ).1 • = ).1 (xi + xi) :5 A1 xi + A2 xi :5 :5 A2 (xf + xi) = A2 za svaki jedinični vektor x "" x1 e} + x2 e:Z. Na vektoru x = e} kvadratna forma q poprima svoju najmanju vrijednost Ah a na vektoru x = e2 q poprima svoju najveću vrijednost A2.

+

6

Neka su p (x) = a 1 1 xf + 2a1 2 x1 x2 + a22 xi i q (x) = b1 1 xi + 2b1 2 x1 x2 + b22 x� (x = x1 e1 + + x 2 e2 je prikaz vektora x u ortonormiranoj bazi (et. e2)) dvije kvadratne forme. Tada je ( p + q)(x) (a1 1 + b1 , ) x f + 2 (a 1 2 + b 1 2 ) x 1 x 2 + (a22 + b22) xi kvadratna forma i njena matrica jednaka je sumi matrica kvadratnih formi p i q. Ako su p i q pozitivno definitne, onda je (p + q)(x) p (x) + q (x) > O i (p + q)(x) = O ekvivalentno s x = O. Prema definiciji je p + q =

.

=

pozitivno definitna forma.

l r 21

r -4- 1 1

Zbroj indefinitnih formi ne mora biti indefinitna forma. Tako je npr. suma kvadratnih formi koje su pridružene matricama A

=

definitna, iako su formP. indefinitne.

7

l

]

2

-4

i

B=

-

1

l

pomoću ortonormirane baze

(eh e2)

Ako je q pozitivno semidefinitna, onda je a 1 1 2: O i a22 2: O i det A 2: O gdje je A = a a12 matrica te forme. Tada je za ). > O : a1 1 + ). > O i det(A + A l) = det A + A (a1 1 + a22l + = " a1 2 a22 2 + A > O, što znači da je forma q (x > x2) + ). (xi + xi) pozitivno definitna. I obratno, neka je q (x1 :x2) + A (xi + xn pozitivno definitna forma za svako A > O. Prema l l t>j, točka 2.7, teorem je a 1 1 + ). > O (odakle slijedi da je a1 1 2: O) i d et (A + AI) = = (A + A, )(A + ). 1 ) > O gdje su A.1 i .1.2 svojstvene vrijednosti matrice A. Odatle zaključujemo da je

l

5

A.1 ;;: O i ).1 2: O, Sto povlači semidefinitnost forme q.

8. Krivulje drugoga reda

Matrica A pridružena zadanoj kvadratnoj formi je A = svojstvene vrijednosti operatora

72

A

koji je zadan s

[ 1 0 ].

Tražimo svojstvene vektore

o -4 A e1 = e�> i A e1 =

-

4e2 u ortonormiranoj

bazi (eh e2 ). Iz definicije direktno proizlazi da su e1 i e1 svojstveni ve"ktori sa svojstvenim vrijed­ nostima ..l., = l i ..l.2 = - 4. Osi hiperbole su određene vektorima e1 i e2 • Svođenjem na kvadrat dobije se jednadžba -

(x

što znači da je centar hiperbole u točki P

=

2 4 y = 4.

-

7)2

[ � �J

(7, 0).

2. Matrica A pridružena zadanoj kvadratnoj formi je A

=

da je tražena krivulja parabola. Svođenjern na kvadrat dobijemo

( y - 2)1

-

( � 2),

6x + 3 = O,

[ _� �l

s x-osi.

-

3. Matrica A kvadratne forme je A =

·

,

-

iz čega proizlazi da je tjeme parabole u točki s koordinatama

=

det A

d et A

=

O, odakle slijedi

a os parabole paralelna

- 4, odakle slijedi · da je skup

nul-točaka zadanog polinorna hiperbola ili unija dvaju pravaca koji se sijeku. Linearan operator ..1.1

=

a=

-

A.

zadan s

A e1 = 3 e1

2 e2 i A e2 =

-

-

2e., ima svojstvene vrijednosti

l i ..1.2 = 4, a pri padni su svojstveni vektori v 1 = � (e , + 2e2) i v 2

-

6

2 e 1 + 4 e2 u bazi (v., v2) ima prikaz a =

-

VS

natnorn sustavu (O; v., v2) glasi

vs

B

Točka O' =

(� �) .

-

-

+ 4 Y2 +

središte je hiperbole. -

Matrica kvadratne forme je A

4.

-

( �r ( �r y,

[

U

5

-

=

o

i v2

=

-

e1 + 2e2 ---

vs

A

. U

koji u bazi

2e1 + e2 ) Vektor

4 = o.

koordinatnom sustavu (O' ; v �o v2) ima jednadžbu

]

z i + 4d - 4 = O.

=

1

-

-2

2 .

4

det A

=

O, pa je skup nul-točaka zadanog

(e" e2 )

ima matricu

A

su A.1 = O i A.2

=

svojstveni vektori

5, v1 =

koordinatnom sustavu (O ; v., v1) jednadžba krivulje je

l

-

0

(2e 1 + e2)

10 10 5 x22 + - x2 + - x1 + 2 = 0,

odnosno

Tjeme parabole je u točki O' =

.

·

polinoma parabola ili unija dvaju paralelnih pravaca. Svojstvene vrijednosti linearnog operatora

-

VS

vs

vs

-

�( vs

v1 + - v2, pa jednadžba hiperbole u koord-

6 8 2 2 - Y t + 4yz + - Yt + - Y1 Svođenjem na kvadrat dobije se

=

(

5(

O,

vs

x2 +

l . - sJ

l

VS

)

vs

2 +

lO VS

x 1 + l = O.

a os parabole određena je vektorom v1 •

73

5. Svojstvene vrijednosti i svojstveni vektori operatora A koji u bazi irna matricu 9 3 3 12 ez [ et ] A = 12 1 6 su = O. 1,2 25 te i v2 = 5 koordinatnom sustavu 5 (O; jednadžba krivulje je 25(x2 - I f - 20x 1 = O. To je parabola t j emenom u točki o: = (0, l) (u koordinatnom sustavu a os je određena vektorom je hiperbola koja u koordinatnom sustavu ima jednadžbu ( 46 ) 9 ( )Ilo ) 2 100. 1 = O. - x 1 - )Ilo (e" e2)

.

. .

1. 1

1

=

v1

=

4e1

-

+ 4e2

U

v" v2)

(0 ; v l > v2 )),

s

v1 •

6. To

( 0 ; v1 , v2 ) v1

(

2

+

x2

+

+ -2-

Njeno središte je u točki O' = � . - ViO), a smjerovi osi su određeni vektorima )Ilo 7. Skup nul-točaka zadanog polinorna je elipsa sa smjerovima osi 6 = -- 2

v2

A1

=

19 i

)/37

33. Jednadžba elipse u koordinatnom sustavu (O; 132 - 504 = O, 19x1 33x2 456 --x2 j/37 V37 odakle proizlazi da je središte elipse točki O' s radijus-vektorom 2 12 i

poluosirna

e1 + e2

Az =

2

2 + -- X t +

+

u

r

74

=

- -- v 1 -

)137

-- V z.

V37

Vt.

v1) je

v,

v2 •

§ 3. Linearni operatori na prostoru X0 (E). Plohe drugoga reda l.

Linearni operatori na prostoru X0 (E)

l

Neka je O E E dana točka i X0 {OP : P E E}. Funkciji f : E -t E pridruži te operator A : X0 __. X0, tako da je A (ifP) O J (P). Uvjerite se da je s J ...... A dana bijekcija sa skupa svih funkcija s E u E na skup svih operatora s X0 u X0. U idućim zadacima označimo s (O ; e�> e2, e3 ) pravo kutni koordinatni sustav u prostoru E . Nađite operator A : X0 __. X0 koji odgovara slijedećim preslika­ vanjima prostora i dokažite da je linearan. =

=

2

Centralna simetrija s obzirom na točku O. 3

Simetrija s obzirom na x 1 x2 ravninu. 4

Simetrija s obzirom na x 2x3 ravninu. 5

Simetrija s obzirom na .t 1x3 ravninu. 6

Simetrija s obzirom na x i os (i

=

l , 2, 3).

7

Ortogonalna projekcija na x 1x2 ravninu. 8

Ortogonalna projekcija na x2x3 ravninu. 9

Ortogonalna projekcija na x 1 x3 ravninu. lO

Homotetija s obzirom na točku O. ll

Rotacija za kut

q>

oko x3 osi. 75

ll

13

Rotacija za kut

qJ

oko x2 osi.

Rotacija za kut

(/)

oko x. osi.

14

Dokažite da je zbroj A + B operator. 15 =

produkt AB linearnih operatora linearan

Dokažite da za A, B, C � .P(X0) vrijedi A + B = B + A, (A + B) + C = A + (B + C1 (AB) C = A (BC), (A + B) C = AC + BC, C (A + B) = CA + CB.

16 Za A e 2'(X0) postoji netrivijalan polinom P, takav da je P(A) = O. U pu te. Uzmite bazu (et. e2, eJ) i s Pk označite polinom, takav da je Pt (A ) e�: = O i = l , 2, 3. Svaki zajednički višekratnik P =f. O polinoma Pt. P2 , PJ ima traženo svojstvo.

17 Za vektor a E Xo preslikavanja (Vy e X0) A t (y) = a x y i A 2 (y) = y x a su linearni operatori. Nađite njihov zbroj A t + A2, produkte A t A2, A2A1 i Ai, A�.

18

Neka je K funkcija s X0 u X0 definirana tako da je za x E X0 K (x) = v x x gdje je v fiksan vektor iz X0• Dokažite da je K antisimetričan linearan operator, tj. da je za svaki par u, w vektora iz X0 Ku · w = - u · Kw. 2.

Algebra ma trica trećega reda

Lema . Ako se linearni operatori A, B : X0 -+ X0 podudaraju na bazi prostora X0, oni su jednaki. Teorem. Neka je (et. e2, e3) baza u X0 i Vt. v2, vJ bilo koja tri vektora iz prostora X0• Tada postoji jedan i samo jedan linearan operator A : X0 -+ X0, takav da je A e 1 = vb Ae2 = v2, AeJ = vJ . Neka je (et , e2 , eJ) baza u X0 i A E 2'(X0). Vektore A e . , Ae2, AeJ možemo rastaviti po vektorima baze (et . e2 , eJ) Ae1 = a 1 1 e1 + a2 1 e2 + aJ t eJ Ae2 = a 1 2e 1 + a22e2 + a32eJ AeJ = a 1 3et + a23ez + aJJeJ

76

koju zovemo matrica operatora A u bazi (et. e2, e3).

Za bilo koje dvije matrice A i B trećega reda vrijedi

det (AB) = det A · det B

Za matricu A trećega reda funkciju tr (čitaj : trag) definiramo formulom l 2

Dokažite lemu i teorem.

Na osnovi teorema dokažite da svakoj matrici A = (aii) trećega reda s realnim matričnim elementima aii pripada jedinstven operator A, takav da je A matrica operatora A u bazi (e�> e2, e3). U pu te. Uzmite vektore hodnim zadatkom.

v1

= a l ie 1 + a2ie2 + a3ie3 ( i = l , 2, 3) i koristite se pret­

3 Za svaki zadatak od 2 do 13 iz prethodne točke napišite matricu toga ope­ ratora u bazi (e�> e2, e3) i nađite det A.

4

� o: -� l l J

�

Nađite 2A, 3B, A + 2B, AB, BA, A 2 + B2, AB2 - BA2 A=r

l

B = r

l -1

� -3

l -2 j

Nađite determinantu svake od navedenih matrica.

5

6

Nađite dva operatora A, B e .!l'(X01 takva da je A Provjerite da je det (AB) = det A det B ·

A =

1

-

3

6 o

l -1

2

l -8

5 2

i

za

B=

2

=

l l l l J-

matrice

:1.

za

2 B

=

I

AB =l= BA.

2 1 2 . 3 1 3

77

7

Dokažjte da je det (AB} = det A · det B ako su A i B gornjotrokutaste ma­ trice. Matrica A = (au) je gornjotrokutasta matrica ako je a 2 1 = a3 1 = a3 2 = O. 8 Dokažite da je [a · (b

x

e)JZ

a·a b · a. e·a

=

a·b b·b e·b

a·e b·e e·e

Determinanta s desne strane zove se Gramova determinanta vektora a, b, e i označava se s T (a, b, e). Uočite da je za svaka tri vektora a, b, e F (a, b, e) � O. 9

[o 2 2o ]

Neka u bazi (el> e2 , e3} operatoru A pripada matrica -

A=

l

t

3

-

4 . 1

Nađite matricu koja operatoru A pripada u bazi (e1 - e2 , e1 + e2 , e3). 10

Nađite komponente vektora x = 3e1 ll

Nađite a) x = b) x = e) x =

+

ez - e3

2

komponente vektora 5e1 + 3e2 - e3 u bazi (e1 + e2 - e3, e1 + e2, e1 - e2} 3e1 - 3e2 + e3 u bazi (e1 - e2 + e3, e2 , e1 - e2) u bazi (e1 - e2 , e1 + e3, e2 + e3). e1 + e3

12

Neka su (et . e2, e3) i (f1, f2, f3 } dvije baze u vektorskom prostoru X0(E}. Neka je x = x 1 e1 + x2e2 + x3e3 rastav vektora x E X0 (E} po elementima baze (el > e2 , e3) i x = y1 f1 + y2f2 + y3 f3 rastav vektora x po elementima baze (ft . f2 , f3}. Nađite vezu između tih dvaju rastava. 13

Neka u bazi (el> e2, e3} operatoru A pripada matrica

[ � � ;] l

2

-

7

5 .

Nađite matricu koja operatoru A pripada u bazi (et . e1 + e2, e1 78

+

e2 + e3).

14

Neka linearan operator 0djeluje na bazu (e t , ez , e3) ovako : A et = ez , e3 , Ae3 = O. Nađite A t gdje je A matrica z koja tom operatoru pripada u bazi (et > ez , e3). Nađite matricu operatora A u bazi (et + e3 , ez + e3 , et).

Aez

=

15

Neka operatoru A u bazi (et > ez, e3) pripada matrica A =

[ ::: ::� ::: l· a3t a32 a33

Nađite matrice koje tom operatoru pripadaju u bazama (ez, e3, et), (e3, et> ez), (ez, et> e3). Kakva je veza među tako dobivenim matricama ? 16

Za matricu A = (aii) trećega reda vrijedi

3

det(.U - A) = ;_ - (al l

+

a22 + a 33 p

z

+

a22 az3 1 l a u a1 3 1 (l a3z a33 a31 a33 +

+

Polinom p(.lc) = det (.lei - A) zove se svojstveni polinom matrice A. Nađite svojstvene polinome i njihove nul-točke za matrice a)

[2 3l [3 l

o l l l l

O O O , b) oo l

-

17

[3 3 l 3. n o)

l l l l l l

Neka su A(e)·i A (f ) matrice istoga linearnog operatora A u bazama ( e�> ez, e3 ) i (f1 , fz, f3). Dokažite da postoji matrica T, takva da je T A (f) = A (e) T i det T =1- O. 18

Pokažite da antisimetričnom linearnom operatoru K u ortonormiranoj bazi pripada antisimetrična matrica i nađite tu matricu. 19

Dokažite da svaki antisimetričan operator K s X0 u X0 ima oblik Kx = v za neko v E X0. 20

[

�3

l

x

x

Neka je f preslikavanje s X0 u vektorski prostor antisimetričnih matrica

definirano s f(v) =

- Uz

� - �:

- 3 Ut

0

gdje su

v1,

Uz, u3 komponente vektora v 79

u ortonormiranoj bazi. Dokažite da je:

i) J bijekcija ii) J linearno preslikavanje , iii) J (w x v) = [! (w) , J (v)] gdje je [A, B] oznaka za komutator dviju matrica, tj. [A, B] = AB - BA. iv) - 2w · v = tr(f (w) J (v)).

3. Simetrični operatori na prostoru Za linearan operator A : X0 --+ X0 kažemo da je. simetričan ako vrijedi

Ax · y za sve

x, y e

=

x · Ay

X0.

Teorem. Ako je A : X0 --+ X0 simetričan operator onda postoje realni brojevi at. a2, a3 i ortonormirana baza (et. e2, e3) prostora X0 takvi da je

l

Ako za l inearan operator A : X0 --+ X0 vektor x E X0, x =f O, i skalar a E R P (a)x za svaki polinom P. Iz toga zaključite vrijedi Ax = ax, onda je P(A) x da je P (a) svojstvena vrijednost operatora P (A) kad je god a svojstvena vrijednost od A . Primjerom se uvjerite da obrat ne vrijedi, tj. da može postojati svojstvena vrijednost P (a') od P (A), takva da a' nije svojstvena vrijednost od A . =

2 Dokažite da je operator A E � (X0) koji je zadan na ortonormiranoj bazi

(eh e2, e3) s

a) Ae1 = e2, Ae2 = eh Ae3 b) Ae1 e3, Ae3 = eh Ae2 e) Ae1 eh Ae2 e3, Ae3 =

=

=

=

=

=

e3 e2 e2

simetričan operator. Dijagonalizirajte svaki od tih operatora, tj. nađite ortonor­ miranu bazu (e!, e2, e3� takvu da vrijedi Ae1 = a 1 e1, Ae2 = a2e2 i Ae3 = a3e3 . Napišite matrice operatora o svakoj od tih baza i izračunajte njihove deter­ minante. 3

Dokažite da su svojstvene vrijednosti simetričnog operatora nul-točke svoj­ stvenog polinoma det (.U - A) gdje je A matrica operatora A u bazi (eh e2, e3).

80

4

[

U ortonormiranoj bazi (eb e2 , e3) matrici A

=

4 -2 l ' -2 l 2 l 2 4

J

pridružile linearan operator. Uvjerite se da je taj operator simetričan i nađite njegove svojstvene vrijednosti. Nađite ortonormiranu bazu svojstvenih vektora toga operatora . 5

Dokažite da simetričnom operatoru A pripada u ortonormiranoj bazi sime­ trična matrica. Matrica A (aii) je simetrična ako je aii = aji (i, j = l, 2, 3). =

6

Linearna forma od tri varijable je funkcija

L(xb x2 , x3)

L:

R 3 -+ R oblika

A1x1 + A 2x2 + A3x3 . Kvadratna forma od tri varijable je funkcija q : R 3 -+ R oblika 3 q (x1, x2, x3) I aifX;Xj =

=

.

l,

J = l

gdje su a u aji (i, j = l, 2, 3) realni brojevi. Dokažite da za kvadratnu formu q postoje realni brojevi At . A.2 , A.3 i linearne forme L1, L 2 , L3 , takvi da je za svako =

x 1 , x2 , x 3 E R q (xt . x 2, x3)

A. 1 [L dxt . x2 , x3 }Y + A.2 [L2 (x 1 , X2, x3)Y + A.3 (L3 (x 1 , x2 , x 3)] 2 . U pu t e. U ortonormiranoj bazi (et . e2 , e3 ) prostora X0 definirajte linearan operator A tako da je Ae; a ue1 + a2 ;e2 + a3;e3 . Taj je operator simetričan i =

=

za

'

U daljem radu koristite teorem 4. ([1 6)], § 3, t. 3). 4.

Ortogonalni operatori

u

Za linearan operator U : X0

prostoru -+

X0 kažemo da je ortogonalan operator ako je

Ux Uy = x · y za sve x, y E X0. Teorem. Ako je U ortogonalan operator na prostoru X0 X0fE), onda postoji ortonormirana baza (eb e2 , e3) i realan broj cp takvi da u toj baz! operatoru U pripada jedna od matrica - sin cp cos cp sin cp O U1 cos cp sin cp cos cp O o o l o ·

=

6

[

Zbirka zadataka iz linearne algebre

=

-

J

81

l

Dokažite da je kompozicija ortogonalnih operatora opet ortogonalan operator. 2

Dokažite da je ortogonalan operator U : Xo -+ Xo bijekcija te da je inverzna funkcija također ortogonalan operator. 3

Dokažite da svojstvo A (x) · A (y) = x · y za sve x,

yE

Xo povlači linearnost operatora A : Xo -+ X o .

4

Okarakterizirajte svojstvene vrijednosti ortogonalnog operatora koji je ujedno i simetričan. 5

Neka je U ortogonalan operator i (e b e2, e3 ) ortonormirana baza. Matrica U operatora U u bazi (e) ima ova svojstva: 1 . Suma kvadrata elemenata u svakom stupcu (retku) iznosi jedan. 2. Kanonski produkt bilo kojih dvaju stupaca (redaka) jednak je nuli.

6

.

Neka je (e b e2, e3 ) ortonormirana baza u X o i u

=

r !V l •fi. h�

- �t�

·rz

1·

- lfl/2 Definirajte operator U : Xo -+ Xo tako da je U matrica toga operatora u bazi (e) te provjerite njegovu ortogonalnost. 7

l;j/6

Neka je v jedinični vekto r i K linearan operator s X0 u X0 zadan s Kx = v x x za svako x E X0 . Za t E R stavite U (t) = l + K sin t + K 2 (l - co s t) . Dokažite da je U(t) ortogonalan operator, da je U (t + s) = U(t) U(s) za sve t, s E R i U (t) v = v. U (t) je rotacija za kut t oko pravca vektora v. 8

Neka je t ...... r(t) diferencijabilna funkcija s R u X0, takva da je 1 r(t) 1 = konst. dr Dokažite da je tada d (t) = co{t) x r gdje je co funkcija � R u X0• t

82

5. l

Plohe drugoga reda Identificirajte svaku od ovih ploha : a) 4x2 + 9y2 + 36z2 - 36 O b) 6y2 - 4 + z o e) i - 4z2 + 1 6 O d) z2 - x + 2y O e) x2 - y2 + 4z2 + 6x - Sz + 1 4 = O f) x2 + 4i - 3z2 2x 1 2z l l O. =

=

=

=

-

-

-

=

Promatrajte presjeke navedenih ploha s ravninama koje su paralelne s koordinatnim ravninama. 2

Ploha S drugoga reda je cen�na ak� stoji točka B zvana centar plohe, takva da P E S => P' E S gdje je BP' - BP. Koje plohe drug6ga reda imaju centar ? =

3

Neka je S ploha drugoga reda zadana jednadžbom �x)

=

Ax x + a · x + a0 ·

=

O

(l)

u koordinatnom sustavu (O ; e h e2, e3) gdje j e A simetrična matrica. Neka je M ravnina koja prolazi kroz ishodište O . Dokažite da je presjelc S n M krivulja drugoga reda i nađite njenu jednadžbu.

RJEŠENJA

§ 3. Linearni operatori na prostoru X0 (E). Plohe drugoga reda l. Linearni operatori na prostoru X0 (E) Pridruživanje J ,__,

A je bijektivno ako je surjektivno i injektivno. A : X0 -+ X0 operator. Definiramo funkciju j: E ..... E pomoću formule Of(P) = A (OP); drugim riječima, vrijednost funkcije J u točki P je kraj vektora A (OP) s početkom u O. Tada je J funkcija kojoj je pridružen zadani operator A na način opisan u zadatku. D o k az su rj e k ti v n o s t i . Neka je

D o k a z i n j e k t i v n o s t i . Neka su f i g dvije funkcije s E u E kojima je pridružen isti o perator A : X0 --> X0. To znači da je za svako P E E Qf(P) = Og (P), odnosno da je f(P) = g (P) za svako P E E. Prema definiciji jednakosti funkcija J = g.

2 Centralna simetrija preslikava točku P = (x" x2, x3) u točku P' = ( - x" - x2, - x 3 ) pripada operator A : X0 -+ X0 zadan s A x = - x, x E X0.

njoj

83

3 =

Ta simetrija' preslikava točku P s koordinatama P (x" x2, x3) u točku P' = (x" x2, - x3). Operator A je linearan i A (x1 e1 + x2 e2 + x3 e3) = x1 e1 + x2 e2 - x3 e3 za svaku trojku (x" x2, x3) realnih brojeva. 4 5 6

Za i (x " x2, x3). 7 =

=

je A (x1 e1 + x2 e2 + x3 e3) = x1 e1 - x2 e2 - x3 e3 za svaku trojku realnih brojeva

Za vektor X = OP E Xn ortogonalna je projekcija na x , X z ravninu dana s x' = oP = (x · ed e1 + (x e2) e2 (vidi [ 1 6], § l, točku 6). ·

8 9 lO

Homotetija s obzirom na točku O preslikava točku P = (x 1 , x2, x3) u P' = (Ax1, Ax2, Ax3) i njoj pripada operator A : X0 --> X0 zadan s A (x1 e1 + x2 e2 + x3 e3) = Ax1 e1 + Ax2 e2 + Ax3 e3 ili, kraće pisano, A x = A x za svako x E X0. ll

=

Rotacija za kut rp oko x 3 osi preslikava točku P (x" x2, x3) u točku P ' = (xj, x;, x]) gdje je x'1 = x1 cos rp - x2 sm rp, x2 = x 1 sin rp + x2 cos rp. Operator A : X0 --+ X0 koji pripada toj rotaciJi zadan je s A (x1 e1 + x2 e2 + x3 e3) = (x 1 cos rp - x2 sin rp) e1 + (x 1 sin rp + x2 cos rp) e2 + x3 e3 za svaku trojku (x" x2, x3) realnih brojeva. 12

'

A (x , e , -r- Xz e2 + x3 e3) = (x1 cos rp + x3 sin rp) e1 + x2 e2 +\ - .-.:;.1 sin rp + x3 cos rp) e3 za svaku trojku (x 1 , x2, .-.: 3) realnih brojeva. 13 A (x , e1 + x 2 e 2 + x 3 e3) = x1 e, + (x2 cos rp - x3 sin rp) e2 + (x2 sin rp + x3 cos rp) e3 za svaku trojku (x 1, x 2, x 3) realnih brojeva. 14

Za realne brojeve A, 11 i vektore x, y E X0 ( A + B) (h + 11 y)

=

A ( h + !J y ) + B (h + !J y ) = A A x + !J A y + A B x + !J B y = = A (A + B) x + !J (A + B) y

(A B) (h + IJ Y) = A ( B ( h + IJ Y)) = A (A B x + !J B y ) = A A ( B x) + !J A (B y) = = A (AB) x + !J (AB) y.

IS

Radi ilustracije dokazat ćemo relacije A + B = B + A i (AB) C = A (BC). Za svako x E X0 je (A + B) x A x + B x = B x + A x = (A + B) x, pa je A + B B + A. Isto je tako [(AB) C] X = (AB)(C x) = A (BC x) A (BC) X, odakle slijedi da je (AB) e = = A (BC). =

=

=

84

x

16

Neka j e P višekratnik polinoma P 1 , P2, P3. Tada j e z a svako x E X0, x = x 1 e , + x 2 e 2 + x3 e3 i ( P (A )) x = x 1 P ( A ) e1 + x 2 P ( A ) ez + 3 P ( A ) e3 = 0 jer je P (A ) e1 = 0 za svako i = 1 , 2, 3. Dakle

P ( A ) = O.

17

Z a svako x, y E Xo i A., Jt E R j e A J (A. x + Jl y) :: a x (A. x + Jl Y ) = a x (A. x ) + a x (Jl Y. ) = = /. ( a x x ) + Jl (a x y) = .l. A 1 (x) + tt A 1 (y). Analogno i za A z . V y E X0 (A 1 . ( A 2 )(y) = A 1 ( y ) + A z (y) = a x y + y x a =

Zbog A 1 = - A2

je

O, odakle slijedi da je

A , + A z = O.

A 1 A 2 = - A f, A 2 A 1 = - A f i A f = A i.

18 K (.l. u + Jl W) = v x (.l. u + JlW) "" .l. (v x u) + Jl (V x w) .l., J1 i vektora u, w E X0.

A ntisimetričnost slijedi iz jednakosti K u · w = ( v za svaki par vektora u, w E X0.

x

=

.l. K (u) + J1 K (w) za svaki par brojeva

u) · w = u · ( w x v) = - u (v x w) "" - u · K w

2. Algebra matrica trećega reda D o k a z l e m e . Neka je (e" e2, e3) baza u X0 i A e1 = B e,, i = 1, 2, 3. Tada je za svako x E X0 x = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 (rastav vektora x po bazi (e" e2, e3) je jedinstven) i A x = = A (x 1 e1 + x2 e2 + x3 e3) = x 1 A e, + x2 A e2 + x3 A e3 B (x1 e1 + X1 B e1 + x2 B e2 + x3 B e3 + x2 e2 + x3 e3) = B x, odakle slijedi da je A = B po d efiniciji jednakosti operatora. =

""

'

D o k a z t e o r e m a . Definirajmo operator A na bazi s

i prosmmo ga na cijeli prostor X0 po linearnosti. To znači da je A x = x1 v1 + x2 v2 + x 3 v3 x = x1 e, + x2 e2 + x3 e3• Ako je B drugi o perator sa svojstvom B e, = v " B e2 = v2, B e3 = v3, onda je prema lemi A = B, što dokazuje jedinstvenost operatora d efiniranog s ( * ).

z a svaki vektor 2

Definirajmo operator A s A e1 = v 1 , A e2 = v2, A e3 = v3 . Ako to na pišemo u obliku A e.l = a 1 1 e1 + a2 1 e2 +

a3 1 eJ

l

A e2 = a1 2 e 1 + a 2 2 e2 + a 3 2 e3 A e3 =

a 1 3 e1 + a2 3 e2 + a33 e3

vidimo da je ( prema [ 1 6], § 3. točka 2, ( 2)) A (e1, ez, e,).

3 a) A = - l =

e) A =

e) A =

i

r

o o -l o o

-l

� -� o � l o o r� o ol � o -1

-1

-� '

=

[ au

l

a"

det A "" - l ;

det A = - l ;

a12 a13

a 2 1 a22 a 2 3 a32

a33

,

matrica o peratora A

*

� � �j �� �l l oo o -� ' o l o -1 ' o -l o

b) A =

d) A =

-l

za

i = l

A =

u

o

l

bazi (e" e2, e3).

det A = - l

det A = - l

za i = 2

85

r � ! � � za oo f) A = r l � det �o j

A

=

j)

A =

2A J � l

A +

-2

28

=

A

4

=

i

-

h)

l) A

= 3

i

det A =

A =

O

;

-

=

oo � � detA = O; �� o � cossi� �� -sicos�n � detA = o �� o cos � - si�� l r � sin� cos� , , , det(2A) =

det A =

6 -2 2 4

� -� o

l u svakom pojedinom slučaju. g) A = i)

� ! l, det(A -3 1

+ 2B) =

A = ,\ 1,

det A = -1 3

�

e � sin � k) A = r �� � 0 detA = l - sm � O cos �

l

l;

l.

� - ! o � l· det( o _ det AB � � o ;j. r ; � �- det(A2 = 3

3B =

- 48;

2

r�

ol �l detA = O 'o

3B)

3

AB =

32;

A 2 + B2

=

27

-6

2

=

-4

2

=

-6

8

l -9 -2

+ B2)

13

6

6

AB2 - BA2 r �� l� -�� l, det(A82 - BA2) l - 20 - 26 2 1 5 Prema Z:Jdatku 2 dovoljno je naći matrice s tim svojstvima. Pokušajmo s matricama ili - l, a oblika A r � � � l i � r � � � l gdje lO O l lO O l . Zbog A l mora biti brojevi koje O,ćemo odrediti ·tako ako da jebudu O.zadovoljeni traženi uvjeti odnosno Analogno ako je u produktu O. Matrični element na mjestu (l,Matriceu produktui AB bitiznosiće različite akoa nasu istom mjestu stoji ti matrični. elementi različiti. Ali Dakle, dovoljno je da su i brojevi različiti od nule i Specijalno je to istina za = -

=

1 3 50.

A, B

=

E

E

ex e1 + ex e3 =

=

e3

e 1 = - e3

lJ

SU

'73

ex =f.

3) e1 p + ex 1J3, ex lJ 1 + p e3. AB BA ex 1J 1 + p e , = ex 1J 1 - P e1 =f. - ex 1J 1 + P e1 = p e, + ex 1J 3 • e, = - e,

i

B =

86

r � o� �l· -1

i 'l l = - '73

ex lJ, + p G2 =t-

o.

E

� o E , e,, lJ i o 2

'lt = - '73

IJz, '7 3

ex, p

J

p =f.

ex

2 =

BA

P

A =

r � ! - �j

7

Determinanta gornjotrokutaste matrice jednaka je produktu elemenata na dijagonali. Dakle,

d et A = a1 1 az z a JJ i d et B = b 1 1 h z z b JJ ·

S druge strane, produkt gornjotrokutastih matrica je opet gomjotrokutasta matrica, a dija­ gonalni element na mjestu (i, i) produkta je produkt odgovarajućih dijagonalnih elemenata faktora. Sada je det(AB) = (a 1 1 b1 1 ) (azz h z z ) (a JJ bJJ) = det A · det B. 8

f

Prema [ 1 6], § 3. točka 2. teorem 3,

l

[a (b =

·

a1 bl CJ

x

l

az hz

a1

cW = b1

Cl Cz aJ a 1 bl bJ · a 2 h z eJ a J bJ

I

az hz Cz

c1 Cz eJ

gdje su ( a ;), (b;), (e,) (i = l , 2, 3) komponente vektora 9

/

Il l

aJ bJ . CJ

az hz

a1 bl C1

Cz

I l

aJ bJ = CJ

a·a a·b a·c = b·a b·b b·c e· a C·b C·C

a,

b,

e

u desnoj ortonormiranoj bazi. l

l

2

2

Označimo f1 = e1 - ez, fz = e1 + ez, fJ = eJ. Sada je e1 = - (fl + fz ), e2 = - ( - f1 + fz\ eJ = fJ

3

l

A f1 = A (e1 - e2) = e1 - 2ez + 2eJ = 2 f1 - 2 f2 + 2fJ,

i

5

A fz = A (eJ + ez ) = - e 1 +

3 + 4ez + 2eJ = - - f1 + - fz + 2fJ, A fJ = A e3 = 2 e1 + 4e2 - eJ = - f1 + 3 f2 - f3, odakle vi2

r

2

dimo da je matrica A u bazi (f�o fz, fJ) jednaka

lO

3/2 - /2 - l 3 3/2

- 1/2

2

5

2

l

-l '

=

=

Označimo f1 = e1 - ez, fz e1 + e2, fJ = eJ. Neka je x = x1 f1 + X z f2 + x3 f3 rastav vektora u bazi (f�o f2, fJl· Tada je x1 (e1 - e2) + x2 (e1 + e2) + x3 eJ 3 e 1 + e2 - eJ, odakle slijedi sistem triju jednadžbi s tri nepoznanice x1 + x2 = 3 - x 1 + x2 = l

x

XJ = - l. =

Rrešenje toga sistema je x 1 l, X z = 2, XJ = - l . Komponente vektora su ( 1 , 2, - l ) odnosno x = f1 + 2f2 - fJ·

ll

a) ( 1 , 3, l ) b) ( 1 , l , 2) e) ( l, O, 1 ).

12

Označimo s X (e) =

analogno

x

{j) =

l f: l

r :: l

matricu stupac s komponentama vektora

XJ '

X

x

u bazi (f1, f2, fJ)

u bazi (e�o ez, eJ)

· Vektori f,, i = l, 2, 3 mogu se rastaviti po vektorima baze ei, j = l, 2, 3 f1 = t1 1 e1 + t 2 1 e2 + tJ1 e3 fz = t1 z e1 + tzz ez + t32 eJ fJ = t 1 J e, + t zJ ez + tJ J eJ.

87

Matrica T = ( tij) = Sada je

r

t1 2 t 22 !3 2

tl l tz 1 t, ,

t1 3 t2 3 t,,

1

zove se

matrica prijelaza iz baze (e) u bazu (f ).

x = YI f, + Yz f2 + y, f, = (t 1 1 YI + t 12 Yz + t , , Y3 ) e, + + ( tz 1 Y 1 + t2 2 Y2 + tz,y, ) e2 + ( t, , YI + t32 Yz + t,, y, ) e, . odakle zbog linearne nezavisnosti vektora e1 , e z, e3 slijedi veza

x (e) = T x (J).

13 =

Označimo f, e" fz = e, + ez, (3 = e, + ez + e3. Nađimo matricu B operatora A u bazi 2 (f" fz, f3). Tada je 8 tražena m atrica. Imamo e1 = f" e 2 = - f, + fz , e3 = f3 - fz i A f1 = e1 + 2 ez + e3 = - f1 + fz + f3, A fz = = r , - 9 f2 + 9f,, A r, = r, IOfz + n r,. Iz toga proizlazi da je matrica o peratora A u bazi (f1, fz, f3) jednaka -

l

o

·

l

- 7 - 10 , 13 ' 8 14

a

uz

=

o o

/

11 - 2

8 12 1 8 - 3 1 - 59 . 20 48 90 '

o o o

-

Matrica o peratora A u bazi (e1 + e3, ez + e3, ed je

r : l l -

a o perator A

z

u is toj bazi

15

A1

=

r a22

l a3 2 a12

a2 3 a3 3 a1 3

l

a21 a3 1 , au

A2

1

=

r

M atrica A 1 nastaje o d matrice drugog i trećeg stu�a (i retka).

a ,, a13 a2 3

A

a, , a" azt

a, 2 a1z a22

o

-1

1

:

l

o l o o o -1

,

l·

ll ·

r

a22

az!

az,

l

A3 = a 1 2 a1 1 a 1 3 . a32

a3t

a3 3

zamjenom prvog i trećeg stu pca (i retka), p a zatim zamjenom

16 a ) ,! (,! - 2)(,! - l ) ; nul-točke s u O, 2, l . b) (,l - 3 ) ( ,! + l ) (,! 2); nul-točke s u 3 , - l, 2 . e ) Jc 3 - 9-!z + 2 4 ,! - 16; nul-točke su 4 , 4 , l . -

17 A k o je

=

88

A (e) x (e).

x (e) m atrica stupac komponenata vektora Neka je veza između baze (e) i lf)) dana s

x

f1 = t l l e1 + lz 1 e 2 + t3 1 e3 fz ! 1 2 e , + !22 e2 + !32 e, r, = !1 3 e, + ! 2 3 e 2 + t,, e, =

u

bazi

(e),

onda je ( A x) (e)

=

[ :: : ::: ::: l

i T = ( tii) =

' IJ l

tJ2

matrica prijelaza iz baze (e) u bazu (j). Tada je T A (j) x (j) =

IJJ

= T ( A x ) (f) = ( A x) (e) = A (e) x (e) = A (e) Tx (j) za svaki vektor x E X 0 (E). Specijalno za x (j) = dobivamo jednakost prvib stupaca matrica TA (f) i A (e) T, za x (j) = i za x (f)

l

lo

l

l

� �l

[� l

jednakost drugib stu paca

jednakost trećih stupaca matrica TA (J) i A (e) T, što se i htjelo dokazati. Stupci l ' m atrice T su komponente vektora f1, f2, fJ u bazi ( e), linearno su nezavisni, pa je del T =fo O. =

O

18 =

k1 1 a 1 + k21 a2 + kJ 1 aJ , K &z = Neka je (a�> a2, aJ) ortonormirana baza u X 0 . K a1 = k1 1 a 1 + k22 a 2 + kJ2 aJ, K aJ = k 1 J a1 + k2J a2 + k JJ aJ i K = (kii) matrica o peratora K u bazi ( a h a2, aJ)· Tada je kj; = K a, · aj = - a, · K aj = - K aj · a, = - kii za svako i, j = l , 2, 3. Nadalje, K a 1 = VJ a2 - V z aJ, K & z = v1 aJ - VJ a h K aJ = v 2 a 1 - v1 &z, pa je matrica K jednaka - VJ v, K= J o Vt ' - vz 19

l

�

l

-�1 .

Antisimetričan operator u desnoj ortononniranoj bazi (a � > a2, a3) ima antisimetričnu matricu 0 - VJ v, O - v1 . A ko je v = v1 a 1 + vz a2 + v3 aJ, onda je K x = v x x za svako x E X0. vJ , - Vz v1 O

[ K = 1 20

iii)

l

f(w x v) =

f(w)f(v) = odakle slijedi

iv)

[ l

Dokaz svojstava i) i ii) prepuštamo čitaocu.

�

W1 V z v, Wz , W 1 v3 - V1 w3

- w l Vz + V t Wz

o

- W t vJ + V t W J - w2 VJ + v2 wJ

o

- wJ VJ - w2 v2 Wz V t - WJ VJ - W1 V1 Wt vl w2 v3 - Wz V z - W t V t W t v3

f(w)f(v) - f(v)f(w) = f(w x v)

I l'

'. v (f(w)f(vl) = - 2 (w t v l + Wz Vz + wJ vJ) = - 2w · v .

3. Simetrični operatori na prostoru Neka je A x = a x , a E R, x =!= O. Za svaki prirodan broj n E N je A" x = a" x, odakle slijedi da je P ( A ) x = P ( a) x za svaki po linom P, odnosno P ( a) je svojstvena vrijednost o peratora P ( A ). 2 Za operator A ortogonalnog projiciranja na x 1 -os vrijedi A = A. Broj ( - 1)2 je svojstvena vrijednost o peratora A 2 , iako - l nije svojstvena vrijednost od A.

89

2

a)

Za

svako

x =

L x, e,

y=

i= 1

L

i= l

y, e,

A x · y = (x1 e2 + x2 e, + XJ eJ) ·

(. i

1=1

)

y, e, =

= x, Y2 + x2 y, + X J ·YJ = X . A y, pa je A simetričan operator po definiciji. b) Za x, y kao pod a) A x · y = x1 yJ + XJ Y t + X 2 Y 2 = X · A y e) Za x, y kao po d a) A x · y = x 1 y , + x2 YJ + XJ Y2 = x · A Y A se dijagonalizira u bazi svojstvenih vektora (el, e;, e3 ). U slučaju a) el = _l_ (e1 + e2),

l

V2

e2 = � (e, - e2), e3 = e3• Tada je A el = el , A e2 = - e2, A e3 = e3 i matrica operatora A u bazi

ll

V2

(e',, e;, e3) izgleda ovako

A =

o

O -l

o

o

a matrica operatora A u toj je bazi

l

�l l'

l

·

u slučaju e) el = e" e; = --= (e2 + eJ), e3 = � (e2 - eJ), a matrica operatora A u toj je bazi

V2

Vz

[f � �l

A =.

o -1

·

U sva tri slučaja determinanta matrice A iznosi - l . 3

(• ) Ako je B matrica operatora A u nekoj drugoj bazi, onda su polinomi p( A.) = det (A. I - A) i q (A.) = d et ( A. l - B) jednaki. Odatle direktno slijedi tvrdnja ako matricu operatora A napišemo u bazi svojstvenih vektora.

l

A.

�

a,

� a2

0°

l

=

(A. - a1 )(A. - a2)(A. - aJ), što po kazuje da su A. - aJ svojstvene vrijednosti a" a2, aJ nul-točke polinoma d et (A. I - A). Dokaz tvrdnje ( • ) Postoji matrica T, takva da je d et T + O i TB = AT, pa je det T det (H - B) = det(A. T - TD) = det (A. T - AT) = det (H - A) det T

Tada je d et (H - A) =

:

O

A.

odnosno det (H - B) = det (H - A). Valja primijetiti da dokazana tvrdnja vrijedi i ako A nije simetričan operator. 4

Operator A zadan je na bazi (e" e2, eJ) s A e1 = 4e1 - 2e2 + eJ A e2 = - 2e, + e2 + 2eJ A eJ = e1 + 2e2 + 4eJ.

90

Vektori e2, A e2, A 2 e2 linearno su zavisni i A 2 e2 - 4A e2 - 5 e2 = O odnosno (A + I)(A - 51) e2 = O. Odatle proizlazi da .1e vektor x1 = (A e2 svojstveni vektor za A za svojstvenu vrijednost Dakle, svojstveni su a 1 = - l i x2 = (A + I) e2 svojstveni vektor za svojstvenu vrijednost a2 vektori x1 = - 2 e1 - 4e2 + 2eJ, x2 = - 2 e 1 + 2e2 + 2 eJ i vektor xJ = x1 x x 2 12e, - 1 2 e J ; on je okomit na x 1 i x2, a pripadna mu je svojstvena vrijednost 5. Ortonorrnirana baza svojstvenih

51)

vektora je ej

l

- 6 ( - e1 V

- 2 e2 + eJ), e; =

l

"3 ( - e,

V

=

+ e2 + eJ) i e3 =

l

5.

V2: ( - e1

=

-

+ eJ).

Primijetiti treba da je svaki vektor koji je linearna kombinacija vektora e; i e) svojstveni vektor operatora A za svojstvenu vrijednost 5. Razlog je torne što je 5 dvostruka nul-točka svojstvenog polinorna operatora A.

5

Neka je (e" e2, eJ) ortonorrnirana baza i A = (a ii) matrica operatora A u toj bazi. Tada je aii = e1 · A ej = A e1 · ej = aji za svako i, j = l, 2, 3. 6

Yz

Postoji ortonorrnirana baza (f" f2, fJ) svojstvenih vektora operatora A sa svojstvenim vrijed­ nostima ) q , Az. AJ · Sada je q (x " X z, X J ) = A X . X = At yf + Az .vi + AJ y� gdje je X = Yt r, + fl + + YJ fJ rastav vektora x u bazi (j} Ako je e1 = t l i f1 + 121 f2 + lJ; fJ (i = l , 2, 3), onda je Vj = ti l x1 + t1 2 x 2 + I;J xJ (i = l, 2, 3) i linearne forme L1 (i = l, 2, 3) dane su s

4. Ortogonalni operatori

u

prostoru

Neka su U, V ortogonalni operatori. Tada je za sve x, y E X0 (E). 2

U Vx · U Vy = Vx · Vy = x · y

2

U x = O povlači U x · U x = x · x = l x 1 = O, odakle slijedi da je x = O, što je ekvivalentno injektivnosti operatora U. Skup Y = U (X0) je vektorski potprostor prostora X0. Ako je Y =f X0 onda je Y dimenzije manje od tri pa su U e1, U e2, U eJ linearno zavisni vektori. Ovdje su e" e2, eJ vektori baze u X0. Dakle, postoje skalari A" Az, AJ od kojih je bar jedan različit od nule takvi da je At U e1 + Az U e2 + AJ U eJ = O. Ako označimo x = A1 e1 + Az e2 + AJ eJ onda je U x = O što je nemoguće jer je U injektivno preslikavanje. Dakle Y = X0 što se i htjelo dokazati.

Inverznu funckiju od U označimo s U - 1 • Tada je

1 u - x · u - t y = U ( U - 1 x ) · U ( U - 1 y) = x · y 1 za svako x, y E X0. Odatle slijedi unitarnost operatora U - . (Za linearnost inverzne funkcije linearnog

operatora vidi zadatak 5.10.). 3

Označimo s R područje vrijednosti operatora A, a s L potprostor koji R razapinje. Tada je A (o: x + p y) - o: A (x) - P A (y) E L.

proizvoljno Z E X0 imamo [A (o: x + P y) - o: A (x) - P A (y)] · A (z) = (A ( o: x + P y)) · A (z) ­ - o: (A (x ) · A ( z)) - P (A (y) · A ( z)) = ( o: x + p y) · z - o: (x · z) - p ( y · z) = O jer A čuva skalami pro­ dukt. Prema torne je A ( o: x + p y) - o: A (x ) - p A (y) okomit na R , pa je okomit i na potprostor L. Za

Taj vektor je, dakle, okomit i na samoga sebe, odnosno on je jednak nul-vektoru. Dakle, A ( o: 'll; + p y) = o: A (x) + P A (y), što se i htjelo dokazati. 4

. Za simetričan operator postoji ortonorrnirana baza svojstvenih vektora i na toj je bazi operator �adan s A e, = A; e1 (i = l , 2, 3). Iz ortogonalnosti slijedi da je l A e; ! = l (i = l, 2, 3) odnosno l A; i = l .

91

5

l) Neka je U = (u ii) ( i, j = l, 2, 3). Elementi prvog� stupca su koordinate v �ktor\ U e1 � bazi (e �o e2, e3). Tada Je l U e1 l = l e1 l = l zbog ortogonalnostt o peratora U odnosno u t t + u 2 1 + u J t = l . Analogno za ostale stupce. 2) U e1 U e2 = e 1 e2 = O, odakle slijedi da je u 1 1 ll 1 2 + u 2 1 u22 + u ,1 1132 = O. Analogno za ostale kanonske produk te. Da bi dokazali tvrdnje l ) i 2) koje se odnose na retke dokažite da je matrica

!

U' =

·

liJ t liJ1 u,,

li t t ll t 2 UtJ

l

·

matrica o peratora U -

u bazi ( e}, koji je također o rtogonal an.

1

3

O perator U d efiniramo na bazi formulama U e1 =

I

U e, · U ej = bii y =

Yi

(.I

·

e, iz Xo je U x

Uy =

a= l

x, U e,

po vlači ortogonalnost o peratora U.

7 v

( i = l , 2, 3). Iz toga slijedi da je

j= 1

) (.I1 Yi U ej) =

.I

(i, j = l , 2, 3) gdje je bii Croneckerov simbol. Za svaka d va v ektora x =

l

Neka je

L lij, ej

r=

q

·

a. r = l

x , y, U e, U ej =

J � � -�l i K2 J � - � Operatoru U u toj bazi l o 1 oJ l o o -t , = l J � � - si� t l + r � cos�- ! g l J � co�t -�int l O s int l l O O cost - l l O sint cost , (l)

O

J·

l

pripada

=

= U (t) r0, t E R t. Neka je r (O)

d U (t) dt

·

y, što

l

matrica

U (1) =

U (l) je ortogonalna matrica,

pa je U ( t) ortogonalan operator i zadovoljava funkcionalnu jednadžbu Nadalje U ( t) a 1 = at · Pokušajte dokazati tvrdnju iz zadatka bez pozivanja na bazu. 8

=

l

= (a t. a2, a3) ortonormirana desna baza u X0. Operator K u toj bazi ima matricu

K

r (l)

.I x, y, = x

t""

3

I x , e,.

U (l + s)

=U

(l) U (s).

--

=

ro E Xo. Budući da je l r (tl l l r0 1. postoji rotacija U (l), takva da je d r (t) d U (l) . . .. . .. U (t) Je dtferenCIJabtlna funkCIJa. -- = r0 = K (l) r (t) gdje je K (t) = dt dt

--

U' (t) (U' je oznaka za transponirani operator) O perator K (t) je antisimetričan jer je K ' (t) = U (t) lim0 U ' (t) s ->

·

= U (t)

d U ' (t) dt

U W - U (t + �

dr Prema tome, - (t) = dt

s w

(t)

x

= U (t) lim •-0

U' (t + s) - U' (l)

U ' (t + s) = lim s---+ 0

r (t) gdje je

w

s

=

U W - U (t + � S

U' (t) = - K (t).

(t) »vektor osi rotacije u tren utku t A - 1 =

-l

O

O l

O

e,

ll

a) A 1

=

1

2 -3

4

-5

' 5 -7

A z = AB1

=

A3 = A82 = Dakle, A - t = 81 =

-l' 23 - 1 l -3 o o l, �o o � l · -r' -21 2 - o2l , . -3

l

2

O

-l

-

-l

.

2 tr A z =

-

2 � l = �2 l -

2, 8z =

' -3 - 1

l

-l

Az = AB1 = Dakle,

[ - to o] , -1 tr A, o 2

•

- 10

-5 16 - 1 3

12 ·

A ( - .A) A

(A)

5

-4

-ll

4 9

·

=

= A (.A) A ( - .A)

J

= -

1 0, 82 =

[o o

.

A (0)

=

I = (A (.AW

1 =

A(

-

.A).

13

Ako je N nilpotentna matrica, onda je Nk = O za neko k > O. Tada je N (l + N + N 2 + . . . . . + N•- 1 ) = N + N2 + N3

+

. . . . + N• - t = (l + N + N 2 + . . . + N• - t ) - 1 .

Dakl e, (l - N)(l + N + N 2 + . . . + N• - t ) = l i (l + N + N2 + . . + N• - 1 ) (1 - N) = l što povlači da je (l - N)- 1 = l + N + . . + N• - 1 • 14

8

M

�

l

�

N gdjo j e N

�

[l

Zbirka zadataka iz linearne algebre

-

o -2 o o --23 o o o 2

-

3

-

4

J

. M- '

�

l

+ N + N' + N'

�

r � oo o -n -2

l -2

l

1 13

15

Označimo

N=

l? ? �.::::.� 1· .. ..

O

O

O

· · · ·

o o o .... o

Prema zadatku

A- 1 =

i a = l je

n = 2 16

1 3 A = (I - Nt 1

f

· O1

je nilpotentna matrica i A = l + N + N2 + . . + N" - 1 .

N

a

I

odnosno A - l =

[ � � l·

-N=

-

l -a O l -a

. .

O

· · ·

O

? . . . ? . . � . : : : : . ? . Specijalno za o o o .. l .

Neka su bh ... , b. stupci inverzne matrice B od A. i-ti stupac b, je rješenJe sistema jednadžbi gdje je e, i-ti stupac jedinične matrice. Taj sistem jednadžbi, malo preuređen, izgleda ovako:

Ax = e,

L

xk

+ a, x, = l

L

xk

+ a. x. =

l c= l

k= l

Označimo li =

-

A.

a n

L 11: = 1

odnosno

x.

x1

= A.,

M

tada je rješenje sistema

= -- , a l ai

x2 =

M

--, .... , xi

a2 a;

x1

O.

= -

M

A - , x2

at

A l -A = - - , . . . , x, = -- , . . , x. =

= - + ----, , . . . , x. = ai

ar

M

ai

a2

--

a" ai

gdje je M = -

---1

l+

Il a•

·�

Matrični elementi inverzne matrice su Bii = Bii = aMa za -

i i

i -+ j

M i Bii = -al + 2 (i, j = l, 2, . a i

i

..

, n).

18

Takva je matrica produkt dijagonalne matrice s elementima koji su različiti od nule i jedne matrice kojoj su stupci nastali permutacijom stupaca jedinične matrice. Obje su regularne. 19

Dovoljno je dokazati da je Q (a) P (a) = l. Neka je Q (a) = (f"( l ), . . . , f"1 "1), a P( a) = [e.,1 �o . . . , e*1] gdje su f 1, . . . , f" reci, a eh . . . , e. stupci jedinične matrice. Tada je Q (a) P (a) = [Q (a) e. m , . . , Q (a) e,, . 1] = [(f" 0 1 e, 1 1 , . . . , f " 1"1 e, 1 u ), . . . , (f" 1 1 1 e,,. , . . . , f"'"1 e.,.1)] = 1 1 = [eh . . . , e.] = l.

Čitaoca koji je upoznat s pojmom ortogonalne matrice više će zadovoljiti rješenje ako se primijeti da su P (a) i Q (a) ortogonalne matrice i Q (a) = J;> (a)', odakle slijedi da je P (a) Q (a) = = P (a) P (a)' = l.

1 14

20

Zadatak ćemo riješiti u dva koraka. .

•

, o:.)), onda j e Q (O") DP (O") dijagonalna l ) Ako je D dijagonalna ma trica (D = diag ( o: 1 , matrica s elementima o:.( l 1, . , o:•(•l na dijagonali, tj. Q ( O') DP (O') = d iag (o:.( 1 �o . . , o:. ( .,). Naime, DP( O') = [ D e.0 1, . . . , De.(.,] = [o: .( l l e.0 1, . . . , o:•(•l e•(•l]. Q (O' ) O P ( O') = [o:.( 1 1 Q ( O') e.( 1 1, .. , o:•(•l Q ( O' ) e•(•l] = = [cr"( l ) e 1 , , cr"( n ) e"]. .

2)

.

.

. . .

M = 0 1 P (O") gdje je 0 1 d ijagonalna matrica, a P ( O") matrica kojoj su stupci nastali od 1 1 stu paca jedinične m atrice preko permu tacije O". P (0")- 1 0 ! 1 DD 1 P (O") = M - D M i 0 ! 0 0 1 je di­ jagonalna matrica P (0") - 1 = Q (O'), pa je Q ( 0") 0 1 DD 1 P ( O") dijagonalna m atrica prema 1).

21 Pretpo stavimo l i da je y da je y = O .

x

=

x ' Kx,

o n d a je y

=

y'

=

x' K'x

=

-

x ' Kx

=

-

y , odakle slijedi

I + K je regularna matrica ako jednadžba (l + K) x = O ima samo trivijalno rješenje. Ako je rješenje prethodne jednadžbe onda je (l + K ) x = O što povlači x = Kx odnosno x'x x' Kx = O. Dakle x = O.

-

-

=

1 15

§ 5. Vektorski prostori matrica l.

Vektorski prostori matrica. Baza vektorskog prostora

Vektorskim prostorom nad poljem realnih ili kompleksnih brojeva nazivamo skup X { x, y, . . . } u kojem je definirana operacija zbrajanja, tj. za svaki par y, x E X definirano je x + y i to je element iz X. Pri tome vrijedi =

l . x + (y + z) = (x + y) +

2.

z

(asocijativnost) za sve x, y, z E X.

Postoji bar jedan element O e X

takav da je

x+0=0+x=x

za svako x E X. Element s ovim svojstvom zovemo neutralnim elementom. 3. Za svaki element x E X postoji bar jedan element y E X tako da je

X + y = y + X = O.

Element

y

s ovim svojstvom zovemo inverznim elementom elementa x.

Nadalje za svaki par x E X i A E K (K je skup realnih ili kompleksnih brojeva) definirano je A.x i to je element iz X. Pri tome vrijedi 11 (x + y) = ilX + ilY

za sve il E K za sve

11,

sve x, y E X ;

f3 E K i sve x E X ;

(ll + {J) x =

llX

+ {Jx

11 ({3x) = (11{3) x

za sve

ll,

{3 E K i

xE

X; l·X =X

za sve x E X. Ako je X vektorski prostor nad poljem kompleksnih brojeva, onda se X zove kompleksan vektorski prostor, a ako je X vektorski prostor nad poljem realnih brojeva, onda se kaže da je X realan vektorski prostor.

1 16

Definicija. Niz (at. . . . , ap) vektora iz vektorskog prostora X zove se baza u X ako ima ova dva svojstva : (i) svaki vektor E X linearan je spoj vektora a to . . . , aP ; (ii) vektori a 1 , . . . , a P linearno su nezavisni. Za vektore a � o . . . , aP koji imaju samo svojstvo (i) kažemo da su generatori za X ili da generiraju vektorski prostor X. Broj elemenata baze vektorskog prostora zove se dimenzija vektorskog pro­ stora. Teorem. Svakih n + l vektora n-dimenzionalnog vektorskog prostora X je linearno zavisno. Za podskup Y vektorskog prostora X kažemo da je vektorski potprostor u X ako je zatvoren na pravljenje linearnih kombinacija. Preciznije rečeno, za svaki par A., J1. iz polja skalara i za svaki par vektora x, y iz skupa Y linearna je kombinacija A.x + Jl.Y element skupa Y.

b

l

Pokažite da su matrice A1 nezavisne.

2

=

[ 2, 4,

5], A2

=

[0, - l, l J, A3 = [0, O, 7] linearno

Dokažite da je svaki skup matrica koji sadrži nul-matricu linearno zavisan.

3 Neka je A. skalar i {Al> Az, . . . , Ad skup matrica istoga tipa. Dokažite da je taj skup matrica linearno zavisan ako i samo ako je skup {A1, Az + A.A l > . . . , Ak} linearno zavisan.

4 Dokažite : a) da je skup {A b . . . , Ad matrica istoga tipa linearno zavisan ako i samo ako je skup {A � o . . . , A;, . . . , Ai + A.Ai, . . . , Ad linearno zavisan za svaki A. iz polja skalara ; b) da je skup matrica {A�> . . . , Ak} istoga tipa linearno zavisan ako i samo ako je skup matrica {At. . . . , A.A;, . . . , Ad , A. =l= O linearno zavisan. Transformacije gornjeg tipa nad skupom matrica zovemo elementarnim trans­ formacijama.

U pu t e. O ponašajte dokaz prethodnog zadatka. 5 Dokažite da su stupci jedinične matrice tipa n

x

n linearno nezavisni.

6 Koristeći se zadatkom 4 provjerite linearnu nezavisnost matrica

1 17

7 o

o

Dokažite da su stupci matnce A = 8

lso o l ooo 0

-1 4

0

2 -1 3 4 _1 -2

r oo· oO oo oO l

o

linearno nezavisni.

l

o

o

o

o

o

ProvJente da h su reci matnce B

=

oooo l

l

o

linearno nezavisni.

l

U pu t e. Zamjenom prvog i četvrtog retka dobiva se jedinična matrica, a reci jedinične matrice su linearno nezavisni.

9

Dokažite da su stupci (reci) gornjotrokutaste matrice A linearno nezavisni ako i samo ako su matrični elementi na dijagonali različiti od nule. 10

Dokažite da je skup {At. . . . , Ad matrica istoga tipa zavisan ako postoji pod­ skup toga skupa koji je linearno zavisan. ll

Dokažite d a su matrice

linearno nezavisne. 12

Dan je skup {At. . . . , Am} matrica različitih od nul-matrice tipa n x n gdje je n E N m � n 2 s ovim svojstvom :

(N) ako je matrični element (A;)kl i-te matrice na mjestu (k, 1) različit od nule, onda matrični elementi (Aj)kl j =l= i jednaki nuli. su

Dokažite da su tada matrice A 1 . . . , Am linearno nezavisne. ,

13

Neka je X vektorski prostor i a t . . . . , a . skup generatora za X. Dokažite 'da je to baza onda i samo onda ako svaki vektor iz X ima jedinstven prikaz kao linearna kombinacija tih vektora. 14

Ako su vektori a t . . . . , a. generatori vektorskog prostora X i linearno zavisni, onda svaki vektor iz X ima beskonačno mnogo prikaza kao linearna kombinacija vektora a 1 , . . . , a• . 1 18

15

Ako n matrica razapinje vektorski prostor dimenzije linearno nezavisne.

n,

onda su te matrice

16

Ako su at. . . . , am vektori iz Kn, takvi da vektor b E Kn ima jedinstven prikaz kao linearna kombinacija vektora a t . . . . , am, onda su ti vektori l inearno nezavisni. 17

Pokažite da u zadacima koji slijede vektori a, b, e čine bazu u R3 i nađite k9ordinate vektora x s obzirom na tu bazu : l . a = [l, l , l ], b = [ l , 1, 2], e = [ l , 2, 3 ], x = [4, 7, 9] 2. a = [2, l, - 3], b = [3, 2, - 5], e = [ l, - 1, 1 ], x = [2, O, - l]. 18

Neka je x =

n L xiei prikaz

vektora x u bazi (e1

i= l

•

. . .

, en)

i x(e) =

matrica stu pac koeficijenata vektora x u bazi (e). Ako je (f1 , n

i x=

L xjfj j=

. . .

[x1, . . . , xn]'

, fn) druga baza

prikaz vektora x u bazi {!), onda je

l

ili, kraće napisano, gdje je A = 19

x(f) = A x(e)

(aii

) matrica koja povezuje baze (e) i

=

n

Kn i b = L bia i i= . . . . , ai - t . b, ai + l • . . , an) baza u Kn ako

Neka je (at. . . . , an) baza u da je (at .

{!), tj. ei

n

.

l

L

k= l

akJk

neki vektor iz i samo ako je

(i = 1,

. . . , n) .

Kn. Dokažite bi =f O.

20

Direktnom primjenom prethodnog zadatka uvjerite se da slijedeći vektori čine bazu u K4 :

, r �

r u r, � r j 1 r, � r n r n r � ,

1 19

2i

n

Neka je (at. . . . , an) baza u Kn , b = L biai i b; =l= O. Nađite rastav vektora j= l

n

X = L X;a; po bazi (a b . . . , ai - b b, . . . , an). i= l

22

a1

Izrazite vektor x = [ 1 , - l, 2] kao linearnu kombinaciju vektora baze [1, 2, 1 ], a 2 = [ 1 , - 2, 1], a3 = [0, 3, 4].

=

23

Rastavite vektor a, � 24

r l l· r � .,

Vckto ce 25

y

=

l

6

-3

u linearnu kombinaciJ·u vektora a 1 -

�

x

� r_t l �rf l Y

\

r o l l

J:

nadopunite do baze u K, .

Dokažite da je matrica A E Mn regularna ako i samo ako su njeni stupci linearno nezavisni vektori u Kn. 26

lnvcrtirnj ;e mat

; i

� l aid, j n

jj

=

1 , 2, . . . ; n. Specijalno je matrica

[ � =r -l �:: J o

2

0.5 -4

regularna. Matrice s takvim svojstvom zovemo dijagonalno dominantnim matricama. 36

Neka su (el> e2 , . . . , e") i (f1, f2 , . . . , f,.) dvije baze u K". Neka su vektori e; izraženi kao linearne kombinacije vektora fk n

e; = L ak;fk (i = 1, . . . , n). k= l

I obratno,

n

fk = L bik ei (k = l , . . . , n). Stavimo A

=

(a;i), B

j= 1

=

(bu). Pokažite da je AB = BA =

37

I

(tj. A - 1 = B).

Neka je J,. matrica reda n, kojoj su svi elementi jednaki jedinici. ' Dokažite da je 1 (1 - J") - 1 = 1 - --1 J,. .

n-

38

Neka je A regularna (inače nepoznata) matrica za koju je poznata matrica A - 1 • Pretpostavimo da je k-ti stupac matrice A zamijenjen vektorom b i da je tako dobivena matrica A (b) = [a l > . . . , ak - � > b, ak+ 1 , . . . , a,.] regularna. Izračunaj A - 1 (b) koristeći A - 1 • 39

Koristeći se prethodnim rezultatom dokažite da se matrica A - 1 za regularnu matricu A = [a b . . . , a,.] može napisati u obliku A - l = E"E" _ 1 . . . E2 E1 gdje se Ek dobiva iz jedinične matrice zamjenom k-tog stupca s izvjesnim vektorom koji je u vezi s matricom A. 40

Postupkom iz· prethodnog zadatka invertirajte matricu A�

122

r -�

6 t 2 -l

1·

41

f � � J.

� i

].

Postupkom opisanim u zadatku 40 invertirajte matrice : a) A = 42

b) B =

l -1�

3 -1

e) C =

Ir -i � i8 ]. 9 -5

+

Neka su l, e, e 2 , . . . , e" - 1 n-ti korijeni iz jedinice,. tj. e cos �21t/n) i sin (21t/n). Dokažite da je inverz Vandermondeove matrice V ( l, e, e , . . . , e" - 1 ) jednak

_!_ v n

43

(1, �. � . ... , -h ). e

=

" e

e

l 1 l l l X1

1 1 , y = Y: , z = Z: vektori iz Kn. Xn Yn Zn a) Uočite da je xty broj. b) xyt je n x n matrica s matričnim elementima xiyi (i, j = l, . . , n). e) xytz = (y a2, . . . , am O, O, . . . ). (Samo je konačno mnogo članova tog niza različito od nule.) Dokažite tx

da je R vektorski prostor i da se svaki vektor iz R može napisati kao linearna kombinacija vektora t:1 = ( 1 , O, . . . , O, . . . ) , t:2 = (0, l , O, . . . , O, . . . ) , . . . , t:n (0, O, . . . , l , . . . ), . . . i to na jednoznačan način. X,

x

=

13 Dokažite da je vektorski prostor .r!/' svih realnih polinoma realne varijable izomorfan vektorskom prostoru R iz prethodnog zadatka. U pu t e : Definirajte izomorfizam q> : R -+ {i/J s q> (e;) e; gdje je e; ( t) ti - !, t e R. x

'll

=

=

Vektorski prostor Roc razlikuje se od dosadašnjih primjera jer za svaki pri­ rodan broj n u R postoji podskup od n linearno nezavisnih vektora (npr. { t: � > t:2 , t:n } ). Prostore s takvim svojstvom zvat ćemo beskonačnodimenzionalnim. x

14

Neka je X skup svih realnih funkcija definiranih na intervalu [0, l J. Dokažite : a) da je X vektorski prostor uz zbrajanje (J + g)(t) = J (t) + g (t), J, g E X, t E [O, lJ i množenje sa skalarom (l.f)(t) = l. (f (t)), I. E R, t E [O, l ] ; b) d a j e skup C svih neprekidnih funkcija iz X vektorski prostor s istim operacijama zbrajanja i množenja sa skalarom ; e) da je skup Y svih diferencijabilnih funkcija koje se poništavaju u nuli (s istim operacijama) vektorski prostor. Dokažite da su gore uvedeni vektorski prostori beskonačnodimenzionalni i nađite odnos među njima.

15 Neka su X, Y vektorski potprostori vektorskog prostora V. Definirajmo skup X + Y kao skup svih suma x + y, x E X, y E Y. Dokažite da je W vektorski potprostor od V s naslijeđenim operacijama. Vektorski prostor W zove se suma prostora X i Y.

W

=

16 Neka su X i Y vektorski potprostori vektorskog prostora V, dim X = n, dim Y = m. Dokažite da je dimenzija sume X + Y manja ili jednaka m + n . Uz koji uvjet je dim (X + Y) = dim X + dim Y ?

125

17 Dokažite da je presjek X n Y potprostora X i Y vektorskog prostora V opet vektorski prostor. Može li presjek beskonačnodimenzionalnih prostora biti konačnodimenzionalan ?

18

Neka je Y pravi potprostor vektorskog prostora Kn tj. Y C Kn i Y =f Kn . Postoji li baza x � . x2, . . . , xn od Kn tako da nijedan vektor xi nije element potprostora Y ?

3. Linearni operatori i matrice Neka su X i Y vektorski prostori. Funkcija F : X -+ Y zove se l inearan F(b:

+

)c'y)

=

operator

)cF(x)

+

ako je

)c'F(y)

za sve skalare A., A.' iz polja R (ili C) i za sve vektore x, y E X. Ako je Y = R (ili C) onda se umjesto linearni operator govori l inearni funkcional . Matrica A tipa m x n definira linearni operator A sa u K'" formulom

Kn

Jedna od osnovnih tvrdnji u teoriji linearnih operatora je slijedeći Teorem. Neka je (e1 , , en) baza u prostoru X i V t . . . . , vn n vektora prostora Postoji jedan i samo jedan linearan operator A : X -+ Y tako da je • • •

Aek

l

r 1 1 2 l l 2 5 l 3 3 r xl Za x E K3 A (x) = A l x 2 x3 ovim vektorima : Matrici A

a) y �

[�1

=

b) z �

[g1

=

vk, k

=

l,

. . .,

n.

l!' pridružite linearni operator A : K3 ' j, x ,

=

Y.

-+

K3 na ovaj način :

[x�> x2, x3]'. Nađite vrijednosti operatora A na

e) e �

[gl

d) u �

l !l

e) v �

IH

Primijetiti treba da je slika i-tog vektora kanonske baze u K3 zapravo i-ti stupac matrice A.

2

Neka je T linearan operator s K3 u K2 koji preslikava vektore e�> e2, e3 standardne baze u K3 u vektore x 1 [2, 0]', x2 [1, l J i x3 [ - l, 2]'. Nađite matricu T kojoj je taj operator pridružen. =

1 26

=

=

3

1 lll

'

r 1 3 2 1 2 i A : K3 -+ K3 pridružen linearan operator. 3 2 3 ' r 6 Postoji li vektor x E K3 takav da je Ax = 4 . 8 . Neka je A =

4 Može li vektor x

=

l' - 2ll '!l

f

l

1

biti slika nekog vektora pri preslikavanju

l ll Ol l·'

r 1 1 1

T : K2 -+ K3 koje je pridruženo matrici T

=

5

Neka je A E M'" " i A : K" -+ Km linearan operator pridružen matrici A. Do­ kažite da je vektor y E Km u slici operatora A, tj. da postoji vektor x E K", tako da je Ax = y ako i samo ako je y linearna kombinacija stupaca matrice A, tj. Y E L(a t . a2, , a") gdje su a t . , a" stupci matrice A.

..

6

..

Ko•i•teći sc p"thodnim zadatkom provjerite da li •u vektori x y �

[ lJ -

u slici ope" je prostor svih polinoma stupnja manjeg ili jed­ 2 nakog n) op��ator deriviranja definira� s (\fp E .OJ") (fp ( t) l ) a0 t" - + . + (n - 2)a 1 t + . . . + 2an - 3t + an - l gdje Je p(t) = a0t + a1 t + . . . + an - l Dokažite da je D linearan operator na flJ>" i nađite njegovu matricu u bazi (eo, e1 , . . . , e" _ I ), gdje su polinomi e; i = O, l , . . . , n - l definirani sa e;(t) = ti.

4.

=

·

Minimalni polinom Jedan je od osnovnih teorema algebre matrica

Teorem : Za svaku kvadratnu matricu A n-tog reda postoji normiran po/inom J1 :-s; n, takav da je Jl(A) = O. Za polinom Jl(A.) = A.'" - 11 1 A.'" - 1 - . . . - Jlm _ 1 A. - A.". kažemo da je minimalni polinom matrice A, ako je to normiran polinom (vodeći koeficijent jednak je jedinici) najmanjeg stupnja za koji je Jl(A) = O.

stupnja m

l Nađite minimalne po lin ome matrica :

r � � J b) B = r � � 1 e) C = r � _ � J e) E = [ : -: · b j O f) F = [ : : · b j O. J J

a) A =

1 28

d) D =

r� -�1

2 Neka je A =

r : � 1 blok-matrica gdje su B i C kvadratne matrice. Neka je

minimalni po linom matrice B, a J.lc minimalni polinom matrice C. Do kažite da je · minimalni polinom matrice A ako i samo ako J.l8 i J.lc nemaju zajedničkih nul-točaka.

J.l8

J.l8 J.l c

1

3

Iskoristite rezultat zadatka 2 i napišite minimalne polinome matrica : 3 0 0 2 -1 O a) A = O O l 2 O . b) B = l 0 0 0 o o l

4 Neka je M =

r � :1

I

gdje su A i B kvadratne matrice. Dokažite da je

minimalni polinom J.lM matrice M najmanji zajednički višekratnik minimalnih polinoma J.lA i J.l8 matrica A i B. ( U p u t e. Modificirajte dokaz zadatka 2.)

[ ]

5

Koristeći se prethodnim zadatkom napišite minimalni polinom ovih matrica : A l OOOO o o o o O A O O O O o 3 2 o O O A O O O b) B = a) M = O O O 2 l l O O l O · o o o o o o o l 2 l 0 0 0 1 1 2

6 Nađite minimalni polinom matrice

M =

2 o 0 0 0 o o

8 2 0 0 0 o o

o o 4 1 0 o o

o o 2 3 0 o o

o o 0 0 0 o o

o o 0 0 3 o o

o o 0 0 0 o 5

7 Nađite minimalni po linom matrice A

=

8 Nađite minimalni po linom matrice B = 9 Zbirka

zadataka iz linearne algebre

[ � ; J.

[ � �J. -

1 29

9 Dokažite da je stupanj mimmalnog polinoma 2 jednak od dva.

x

2 matrice uvijek manji ili

lO Dokažite da je stupanj minimalnog polinoma matrice n-tog reda manji ili jednak n. U p u t e. Dokažite da je polinom rr(A.) = det (A.I - A) n-tog stupnja i da je rr(A) = O. Gornja tvrdnja poznata je kao Hamilton-Cayleyev teorem. Dokaz se može naći u [16] § 5, t. 9. ll Dokažite d a j e matrica A regularna ako i samo ako j e konstantan član u minimalnom polinomu matrice A različit od nule. 12

Iskoristite prethodni zadatak i dokažite da matrica A =

ro -1] nije regularna. l 0 0j

Linearne forme

5.

U ovoj točki označavamo s R" n-dimenzionalni euklidski prostor. Linearan operator L : R" --+ R zove se linearan funkcional (forma). vektorski prostor svih linearnih formi na R" označavamo s R:. Za baze (a t . . . . , an) vektorskog prostora R n i (fb .. , fn) vektorskog prostora R: kažemo da su dualne ako je ];(aJ = bij, i, j = l, . . . , n. Funkcija B : Rn x Rn --+ R koja zadovoljava uvjetima (i) x � B(x, y) je linearna forma za svako y E Rn · (ii) y � B(x, y) je lin �arna forma za svako x E Rn zove se bilinearna forma na Rn . Za bilinearnu formu B kažemo d a j e nedegenerirana ako B(x, y) = O za svako x povlači y = O i B(x, y) = O za svako y povlači x = O. l

+

+

Dokažite da je skup svih linearnih funkcionala (formi) na R n vektorski prostor sa zbrajaniem (J g)(x) = J (x) g(x), x E Rn , (J, g linearne forme na Rn) i množenjem sa skalarom (A. · f)(x) = A.{f(x)).

2

=

{� ���

Dokažite da linearni funkcionali /1 , . . . , fn na Rn definirani s f; (eJ = gdje je ( e 1 ,

. . , en

) standardna baza u Rn, čine bazu u prostoru svih

linearnih J..mkcionala na R" . Odavde izvedite zaključak da je dim R n = dim R:.

1 30

3 Promatrajte tri linearne forme : 2x - y + 3z, 3x - 5y + z i 4x - ?y + z na R3. Da li one čine bazu u prostoru svih linearnih formi na R 3 ?

4 Dokažite da forme x + 2y + z, 2x + 3y + 3z, 3x + 1y + z prostoru linearnih formi na R3 i nađite joj dualnu bazu.

čine bazu u

5 Neka su a 1 = [ 1, O, l ]', a 2 = [ 1 , l , l ]' i a3 = [O, l, l ]' vektori baze u R3 . Nađite dualnu bazu (g � > g 2 , g3) te baze u prostoru svih linearnih formi na R3.

6 Dokažite da ne postoji linearan funkcional L na R3 tako da je

L ( [ l , l, 2]') = l, L ([ l , O, l ]') = 2, L ( [2, 2, 4]') = 3 . 7 Neka je x E R• . Dokažite da je funkcija f : R. --+ R definirana s f (y) = (y l x) za svako y E R., linearan funkcional na R Dokažite da za svaki linearan funkcional f E R;:' postoji vektor x E R. tako da je f (y) = (y l x) za svaki y E R • .

•.

8

Neka je X vektorski prostor matrica dimenzije dim X = n

n

i ft .

. . .

, J. linearno

nezavisne forme na X. Dokažite da je n N(!;) = {0}, tj. /;(A) = O za svako

i = l,

. . .

, n

i= l

povlači A = O.

9 Neka je X vektorski prostor matrica dimenzije n i S podskup od X. je S0 skup svih linearnih formi na X koje se poništavaju na skupu 0 E X* : f (A) = O VA E S } . Dokažite da je S0 potprostor u X* i S = dim S = n dim L(S) . (L(S) je oznaka za vektorski prostor svih linearnih binacija iz· S).

V

-

Neka S, tj. da je kom­

lO

i X* prostor svih linearnih formi na Neka je X vektorski prostor matrica 0 X. Neka je T podskup od X* i T skup svih elemenata iz X na kojima se poništavaju forme iz T, tj. T0 {A E X : f (A ) = O za svako f E T } . Dokažite da je T0 potprostor u X i nađite njegovu dimenziju. =

ll

Neka j e X vektorski prostor matrica i f E X * . Dokažite d a svaka matrica A E X koja zadovoljava f (A) = t, gdje je t neki broj, ima oblik A0 + B, gdje je B E {!}0 i A 0 neka matrica koja zadovoljava f (A0 ) = t. Iz toga izvedite zaključak da je za zadano f i t rješavanje jednadžbe f (A) = t ekvivalentno traženju skupa {!}0 i partikularnog rješenja A0 te jednadžbe.

131

12

Neka je t broj. Nađite sve matrice tipa 3 x 3 koje zadovoljavaju ovim uvjetima : a) da suma elemenata u svakom retku iznosi t ; b ) d a suma elemenata u svakom stupcu iznosi t; e) da suma elemenata na glavnoj dijagonali iznosi t ; d) d a suma elemenata n a sporednoj dijagonali iznosi t. Sporednu dijagonalu čine matrični elementi a13, a22, a3 1 . 13

Nađite 2 x 2 realne matrice A i B, A =1= B, tako da za kvadratne forme (Ax l x) i (Bx l x) vrijedi jednakost - (Ax l x) = (Bx l x) za svako x E R2• 14

Riješite prethodni zadatak za 3 x 3 matrice. U p u t e. Iskoristite vektorski produkt. 15

Ako su A, B simetrične matrice i (Ax l x) = {Bx l x) za svako x E Rn, onda je A = B. 16 Neka je B bilinearna forma na Rn . Dokažite da je skup X = = {x E R n : B(x, y) O za svaki y E R n } vektorski prostor. U pu te. Iskoristite »linearnost« u prvoj varijabli. =

17

Dokažite da je (A, B) o-t tr(AB) nedegenerirana bilinearna forma na Mn, tj. tr (AX) = O za svako X E Mn povlači A = O. 18

Dokažite da je tr (ABC) = tr (BCA) = tr (CAB) za svake tri matrice A, B, C E Mn. 19 Za 20

svake dvije matrice A, B E -M" je tr AB = tr BA.

n Dokažite da se matrica A E M" može napisati u obliku A = L [X;, Y;]

gdje su X;, Y; (i

=

l,

...

i= l

, k) matrice istoga tipa kao A ako i samo ako je tr A = O.

21

i) Dokažite da za svaki linearan funkcional J na Mn postoji matrica A E Mn, tako da je f (X) = tr(AX) za svaku matricu X E Mn. ii) Ako je f(XY) = f (YX) za svake dvije matrice X i Y iz Mn, onda je A proporci j. Za i > j je (A + B)1j = aii + b1j = O, što povlači A + E X. b) Za element A. iz polja skalara i A E X je (A. A)1i = A. aii = O za i > j, što povlači A. A E X. ·

B

B

B

B

149

4

..

.

Označimo taj skup s X. Za x, y E X je x1 + x2 + . . . + x, = O i y1 + y2 + . + y, = O, pa je i (x, + YJ) + . . + (x. + y.) = o odnosno X + y E X. Isto je tako A.x E X, pa je X vektorski potprostor od K Za bazu u X možemo uzeti vektore •.

Dakle dim X = n - l .

5

Ako je (a l o . . . , a.) baza od V kao kompleksnog prostora, onda je (a l o . . . , a od V kao realnog vektorskog prostora.

6 Iz zadatka 2 § 4.2. slijedi da je dim X � 3, jer se svaka

l -l ]

2

x

2

tr B = O može napisati kao linearna kombinacija matrica A , = 2

rl l

••

.

i a l o . , i a.) baza

[

l

matrica B koja zadovoljava 2 -l -l i 2 2 ' A2 = -1

5

-

3 Ako se još pokaže da su te matrice linearno nezavisne, onda one čine bazu u X AJ = [ -3 . i dim X = 3. Ispitivanje. nezavisnosti matrica A �o A 2 i AJ vodi na sistem jednadžbi

a1 + 2a2 + 3a3 = O

- a1 - a2 - 2aJ = O 2

a 1 + 5a2 - a3 = O - 0! 1 - 2a2 - 3a3 = O. koji Ima samo trivijalno rješenje. 8

Matrice Eii su očigledno linearno nezavisne. Ako je A E M., tada je A = oo matrice 9

Eii čine skup generatora u M., pa je to baza u M,.

Neka je A matrica tipa n x n i tr A A =

=

..

••

a11 + . + a

I a i E,i, što pokazuje i, j :o= l i

= O. Tada je

"-l

I aii E;i + I a;; H,, i= 1

i � .i

što dokazuje tvrdnju. Navedene matrice su linearno nezavisne jer razapinju n 2 - l dimenzionalan vektorski prostor, a ima ih n 2 - l . lO =

11

.

.. . , e. _ 1 t) = t" - 1 , e. (t) = t". Bazu

12 ,

u

(

fl' "

čine

polinomi (e0 , e" . . , e. _ d definirani s e0 (t) = l,

e1 (l ) = t,

e2 (t) =

2 Za Y�o Y2 E X i A. E R j e ( y 1 + y2 )" + w 2 ( y 1 + y2 ) = yl' + w 2 y1 + Y2 + w y2 = O i (A. yd' + + w 2 (A. yd = A. ( yi + w 2 yd = O, odakle slijedi da je X vektorski prostor. Iz a sin w x + b cos wx = O

(

:)

za svako x E R slijedi za x = O i x = 2

a · O + b· l = U a · l + b · O = O. odnosno a = b = O, što dokazuje linearnu nezavisnost funkcija sinus i cosinus .

1 50

Za dokaz da je X dvodimenzionalan, dovoljno je još provjeriti da su svaka tri rJesenja diferencijalne jednadžbe linearno zavisna. U tu svrhu pretpostavimo da su f1. .fz..f3 rješenja jednadžbe y" + w2 y = O. Neka je lp (x) = a1fl (x) + az/2 (x) + a 3J3 (x). lp je opet rješenje zadane jednadžbe, pa brojeve a" az , a3 možemo odrediti tako da je bar jedan od njih različit od .nule i da je lp(O) lp' (O) = O (to je posljedica toga što sistem dviju linearnih jednadžbi s tri nepoznanice ima uvijek netrivijalno rješenje). Integracijom jednadžbe lp" + w2 lp = O nalazimo da je =

,

,

( * *)

lp (x) = - S dt1 S W2 lp (t2) dt2 o

o

za svako x E R. Na intervalu [ - 1 x l, l x lJ funkcija lp je ograničena (zbog neprekidnosti) s L, na primjer, pa je (wx) 2 l lp (x) l � L -- . 2!

Uzastopnim uvrštavanjem prethodne nejednakosti u formulu (* * ) dobiva se

(wxf" l lp (x) l � L -- (n = l , 2, 3, . . . ). (2n)!

desna strana teži prema nuli, odakle slijedi da je VJ (x) = O. Kako je x bio proizvoljan, to je lp = O. Iz jednadžbe Za n

--+ oo

e =

za x e

- iw x

=

iwx

= Ct

sin WX + P COS WX

71

O,

slijedi sistem fJ = l , rz = i odnosno 2w cos w x - i sin wx.

e

1 "'x

=

cos w x + i sin w x

analogno tome

12

(a" az, . . . , a., O, O, . . . ) možemo napisati u obliku o: = L a 1 e 1 • Ako je i= l m n drugi prikaz vektora (pretpostavimo m � n) onda je L a, e1 - L ai e1 = O odakle slijedi

Vektor rz

= L ai e, i= 1

odnosno

rz

E R' ,

rz =

i "" l

(a1 - a J., a2 - a 2, .. , a" - a�, - a�-r b . . , - a�, O, . . . , O, . . . ) a1 = al, . . . , an

=

a�, a� + 1 = . . .

=

i= 1

=

(0, O, . . )

a� = O.

13

Preslikavanje

. . . ,J. je očigledna. Neka je jE S' i J = L ).J,. Zbog toga

=

i=

što je J( A) = O VA E S, to je /(Ed = . . . = f( Ek) = O, što povlači A 1 = . . .

l

;_k = O. Dakle,

L ).J,, što znači da su forme fk + �> . . . ,J. generatori u so, dakle baza. Odavde slijedi i= k + l dim S' = n - k = n - dim L(S) što se i h tjelo dokazati.

f

158

A, E

A. f(A + A. = o if� o .) .= =j if�o . . j. f1(Ei , E. E�o . . ,E. A E A = L E; J, (A) = . . = = f(A.) = A., = . . = A.• = A = L A.; E;, S f(A) = t. S Ao + {J) 0.A0 +A E S ((A - A0) = =t-t= A - A0 E 0 AEAo + Eu j, = 3 ("ia1, j)2 a13 a u Fu A =(au) Fu ([ aa21" aa,222 aa2"3 1 ). = au. F = L L A.u F;i 3 3 F A.i F (A) = L A.u au. F F 3)* F . F (A) l l l 1 r A F1 = F , (A) = F2 = r! I ! 1 · F, = [� � � � · G, = [ i � �1· G2 = [ � � � · G, = [� � � � · D, = [� : �1 F1(A) D2 = r � ! � l · = G;(F2A, )F3,= Di(G1 ,AG) =2, t;G3,i=D,, 3; j= S (M3)* A t/3 1 � 1 ! l S 0. S0 = S. F�o F2, F3, G" G2 G3 S0• lO

Za svako B rc i broj je B) za svako J E T, pa je rc pot prostor. Dimenzija od rc jednaka je n-dim L ( Tj. Da je tome tako, slijedi iz ovoga razmatranja: Neka je J.) baza u L ( Tj i J•.!. + t . J.) baza u X * . Neka je dualna baza u X, tj. l za i i nula za i i Tada matrice E• + �o čine bazu u rc. Da bi se to .

. . .

. . .

pokazalo, dovoljno je vidjeti da te matrice razapinju rc. Za O. Dakle,

O, što povlači

n

rc i

i= !

A;

je

što se i htjelo pokazati.

i=k+ 1

ll

Označimo s

skup svih rješenja jednadžbe

Tada j e skup

U zadatku se zah tijeva da se dokaže obratna inkluzija, tj. {!)

O, što znači da je

12

Neka je

l , 2,

i

{!)0 podskup o d S. je

standardna baza u M 3 (matrica Eu na mjestu

ima jedinicu,

je

3

Formu

možemo shvatiti kao

l

Tako definiramo preslikayanje

čuva linearnu nezavisnost.

matricu

x

i= 1 ; = 1

i, j=

Za

{ ! }0•

dual na baza u (M 3)*. Za matricu

drugdje nule). Neka je 3

odnosno

e

>-->

s

matričnim elementima

sa (M

u M 3 je izomorfizam

izračunamo tako da pomnožimo retke (stupce) matrice

s recima

.

(stu pcima) matrice

te da rezultate zbrojimo. Ako je

zadovoljavaju a) rješenja jednadžbe

t.

Stavimo

O o

O o

nadalje

O , onda su sve matrice koje o

da je

Tada matrica koja zadovoljava svojstva a) - d) rješava jednadžbe

Opći oblik matrice

l, 2. Ako sa

l , 2,

F"

je

+ B gdje je B E

. l

razapet sa formama

jednedžbu F (A) = t

za svako F t S.

Dakle, za rješenje problema dovoljno

l

je pronaći skup Znamo da je dim a zavisi od njih. Nadalje,

po vlači

označimo potprostor u

D 2 , onda tražena matrica zadovoljava

=

9 - dim

Forme

su linearno nezavisne,

A., +JL,A.2 ++e, == oo A.2 + J1A.2, ++ J12 == oo A., + 1!A.22 == oo A., + + 1!2 = A., + J12 = o A., +e, = Jlt

Jl t

O

i? l

O,

1 59

=o

odnosno = = O

=o =0 0 i =forme, =su -linearno = -nezavisne što Spovlači = u =S0O. čine matrice - dim = 7, pa je dim S0 = 2. Bazu r - � � ! l i = r -! � - � l· Dakle, opći oblik matrice koja zadovoljava ·tražena l l -1 o l o -1 l svojstva je ll •

A.2

A. , = - !? 1 = A. 3 G., G2, D., D 2

!? 2

ll2

!l2

A., + !?2 = o A 3 + !? 1

A., + !l2 = o A.3 + ll2

A. , + Q , A. 3 + !?2 = o Jl2 + !? 1 =

A., = !?1 = A.3 = !?2

Q.,

F . , F2 , F3,

ll2

B2

B1 =

gdje su i proizvoljni brojevi. A. ,

J2

Dovoljno je naći matricu T, tako da je (Tx lx) = O lfx e R 2 [o T = 1 -1]0 . (Interpretirajte T kao rotaciju u ravnini za kut Tt/2). 13

T -=f. O. To je istina za

x SZbogO. (S (x y) l (x y)) = 2 (Sx y) je matrica (Sx l y) =i O(Sxzal x)svakoO x,zayesvakoodnosno (SxSlx)= (Sy y)je simetrična 17 Za Eil je matrica kojoj su=sviO. Kako dijagonalni elementi jednaki nuli, osim na mjestu (i, j) koji je jednak ji· Sada je a ; = to vrijedi za svako i, j = l, ... , n, to je = O. IS

A -B + l

=

=

+

X =

18

tr (ABC)

= L

i. k. l = l

R.

l

AX

a

;

a;t btl cu

=

e R..

+

=

+

tr (AX)

A

tr (CAB).

potprostor u jedna od baza Skup svih matrica smatrice tragom E1j, nula je-=f. jn2 i -H1l dirnenzionalan toga sadrži (i = l, ... , n - l) iz zadatka 9 § 5.2. Kako je potprostora [E1., E.;] = H;, [H1, Ej;] Eii j -=f. n i [H1, E.;] 2E.;, [H1, E,.] = - 2 E1., to odatle slijedi gornja tvrdnja. 20

M.;

i

=

·

=

21

Stavimo gdje je a1j = f(Ej;) (Eji• j, l, . . . , n) standardna baza u povlači [ , Y]) = O za svako odakle prema prethodnom zadatku slijledi da je O za svaku matricu s tragom nula. Matricu napišimo obliku l I gdje je ) I. Sada = O za svaku matricu s tragom nula n n l povlači I) = = O odnosno = O za svaku matricu jer je n O. Zbog nedegeneriranosti forme je O što se i htjelo dokazati. i) A = (a1j) ii) f(XY) = f(YX) tr (AX) =

A = A0 + - (tr A)

tr ((A0 + - (tr A)

X)

6. Unitarni prostor R"

a) (xl y) = - 2 - 3 = - 5 b) (xl y) = 2 - 2 = 0.

•.

M

=

X, YE M.,

X

A0 = A - - (tr A

tr An =

1 60

i

tr (A X

tr (A o X)

tr (AX)

tr(Ao X)

(X, Y)

,_,

tr (XY)

A0 = ,

A

u

X

X

3 i) l v i = = 5= i ) lvl = a = l [2, l, -lJ i ) b = l [l, O, l]' 5 V9+16 V9+2T6

4

i)

"f;l

V4J.

6 V

Tbl

V2

a) Kružnica radijusa jedan sa centrom u O. b) Kružnica radijusa pet sa centrom u O.

6

= Aa + b (A a + ll b l = A (a l + ll (b l O + ll O = O. (x l a)= ((xx�>l b)=-xl>O3xd. x 1 + x 2 = [l,O, -x1-l, 3]'+ ,2x2 + x3 A= O. a b. P x =(x l a1) a1 + . . + (x l ak) ak = O. (a1, . . , a.) uk)(ukl u;) = i= l, u;) -(x l uJ)(u11 u;) - . = (x l ud--2 + (x l uz) --2 u1 u2 y = lOl [ll, -3, -l, 3]'. y = [3, -2, 1]'. Za z

7

u

je

A·

·

gdje je

(y i u;) = (x l

.

.

. . .

- (x l u;) -

- (x l

(x l u;) - (x l u;) = O,

. . . , n.

10

Opće je rješenje broj, okomit je na

ortonormirana baza u X. Tada je

Neka je

9

=

vodi na sistem jednadžbi Dakle, svaki vektor oblika A ·

toga sistema vektore i 8

z)

z)

z)

Zbog okomitosti vektora

ortogonalna je projekcija

i

Y

ul

Uz

l u1 l

l uz l

odakle je ll

12 13 (S4xl)r + 4xl + 3xi = 2xr + (S3)(2xr +(xl4xly) = + x D + 2x� = (x l + + 2x r + 2xi A. = (S 4) (S 5). (xl x) =O A x1 x2 = O, 2)3)l) OO (AxeR x lx) 2.=AO,(xl y) =(x A=xOl.y) =(x l Ay)= (Ay lx) = (y l x ). 45)) (xl l+Xy) = (A (Al y)x 1=+A(AAxx ll y) == A(x(xll i y)y).+ y). 15 (xl y) = all + a12 + a2 1 +a A, (xly) = (ylx> x, yeR2 Svojstva

( y i x ) proizlazi i z simetričnosti matrice

i ( S 2) su očita. Svojstvo

(x l x )

Xz =

Xz

odnosno svojstva po vlači M atrica je pozitivno definitna.

14

� o

(x i x > �

za svako povlači Zbog simetričnosti matrice (x i x ) =

(h

h

z i y) =

pa je

z y)

X 1 Y1

I z u vjeta

ll

Xz)2

i

Zbirka zadataka iz linearne algebre

za svako

(x z l

X z Y1

X 1 Yz

zz X z Yz·

slijedi simetričnost matrice

tako da je

161

U slučaju au 1- O (analogno a 22 1- O) možemo pisati

(x l x) = X 1 (au x 1 + a12 X z) + al l x 1 X z + an x� .

1 uz

d et A l . .. . 2 . Sada (x l x) ;;:>: O supstitUCIJU '12 = Xz, '11 = - (au x1 + a l l x 2 ) Je (x l x) = a u '1 21 + -- '122 au

au

svako x povlači au ;;:>: O odnosno au > O i det A ;;:>: O, a ((x l x ) = O = x = O) povlači det A > O. U slučaju a1 1 = a22 = O kvadratna je forma (x l x ) = 2x1 x 2 za x = [0, l ]' jednaka nuli, pa to ne može biti skalami produkt. Dakle au > O i det A > O pa je A pozitivno definitna matrica. za

16

Samo matrica B generira skalami produkt. Matrica A nije simetrična, a det e = - 8 < O. 17

l x - Y l z = J2 + 1 2 + 1 2 + 1 2 = 1 2 d (x, y) = l x

- Yl =

VU.

18

Odaberimo z, = [0, l]' i z2 = [ 1, - l]'. Tada je

l X - z, l = v 1 2 + 02 = l l X - Z2 / = v02 + 22 = 2.

Dakle,

... , u. stupci matrice U. Zbog ortonormiranosti stupaca matrice U je

= ( i� xiuil i� Yi u:) = i� x, Yi = (xl a t . . . , a. A a1a2 == t12t1 1 v1v1 122 v2 1

l

(Ux U y)

25

Stupce

.

"

regularne matrice

"

y).

ortonormiramo Gram-Schmidtovim postupkom. Tada je

+

A = [a1, . . ,a.] = [v1, . , v

što se matrično može zapisati

.

[v1, .

*

]

.

t

o

••

Matrica , v ] je ortogonalna jer su njeni stupci ortonormirani. Brojevi pozitivni, što slijedi . iz Gram-Schmidtova postupka. .

26

.

Llx = b

Sistem U ima isti skup rješenja kao sistem matrica sistema gornjotroku tasta. 27

L1x

=

U'b

t11, t22,

.

.

, t••

su

koji se lako rješava jer je

Dokaz svojstva a) prepuštamo čitaocu.

xER. lx l = l L(x ) l(x la)l lxl · l a l = l a l I L l = la l. (a l = -(l a, az a.) x 1 x2 x1 a1a2. x2 a2 = Pb P b a, a; = -:c[l, l, a2 =--::el [ -l, -l, l l x1 - x2 = x, - Xz = Pb = (b la!)a! x 1 = 1/2, x2 2x1 x2 2 l]' x1 = b2, x, - 2xz =[l,b,l, b [b1, b2, b3]x2' ] , x , = xz [l, [l, b =x, = -, xz = - . je

b) Za

28

Najbolja je aproksimacija

::0:

=

l e)

e 1, e

•

+

n

+

.

. .

+

e.

29

+ gdje je ortogonalna projekcija vektora i zadovoljavaju jednadžbu na pot prostor razapet s vektorima i Gram-Schmidtovim postupkom postiže se da vektori l 2]' i ]' čine ortonormiranu bazu na tom potprostoru, pa je V3 V6 + (b ! a2 ) a2 = 3/2, 3/2, l [3, 3, OJ. Sada rješavamo sistem l. + = O, odalde slijedi da je =

30

=

a)

x1

i

l , - 2]'. U

[l,

rješavaju sistem jednadžbi x 1 + x = b" + x2 ortogonalna projekcija vektora [3, 4, na potprostor razapet s 21 21 6 ' 16 5 tom slučaju b = [[ 6 ' 6 ' 6 pa je 6' 6'

gdje je l]' i s

=

b ) Ortogonalna projekcija vektora [3, 4, - l]' na potprostor razapet s vektorima 16 12 12 [7 , 2, 5], odakle slijedi - l , - l ]' je 39 13 13

2. 3]'

1 63

l

3

e) x 1 = 2 . x2 = - 2 . d) Prva dva stupca matrice koeficijenata sistema su okomita i čine bazu · prostoru R (ah a2, a3); a1 = [l, 2, 3]', a2 = [ l , l, - l ], a3 = [2, 3, 2] i stupac s desne strane jednakosti nije element od R (ah a2,

83).

'

. Ortogonalna projekcija vektora b = [3, 4, - l]' na R (ah a2, 83) je

b'

l

= 2J [68, 80, - 20]

'

odakle slijedi da tražene vrijednosti za nepoznanice xh x2, x3 rješavaju sistem jednadžbi

12

Rang sistema je dva pa rješavanjem prve dvije jednadžbe dobivamo x 1 = 2J - x3, x2 =

(

31

)

56

-x

21

3.

2 (u l x) 2 (v l x) (u l x) (v l x) (u l x) (v l x) (x l v) - 2 ( Tu i Tv) = --x - u x-v =4 (u l x) + 2 (x i x) - 2 (x i x) (x i x) (x l x) (x i x) (x i x) + (u l v) = (u l v), pa je T ortogonalan operator.

1

--

Tx = 2 Iz

jednakosti Ty + y =

T2 y = y za svako y e R

•.

--

(x i x)

--

(x i x)

--

x - x = x.

2 (y l x)

2 (y l x) 2(y l x) X slijedi da je T2 y + -- x - y = --x, odnosno da je (x i x) (x i x) (x i x)

--

(a" . . .

Neka je , ak) ortonormirana baza u X. Tada je P x = (x l a d a 1 + . . . + (x l ak) ak P y = (y l a d a 1 + . . . + (y l ak) a k. (P x l y) = (x l a d (a , l y) + . . . + (x l a k) (ak l y) = (x i P y).

1

34

Za svako z = P z' E X i svako x E R. je (x - P x l z) = (x - P x l P z') (P x - P 2 x z') = = (P x - P x l z') = O, odakle slijedi da je P ortogonalan proJektor na X. 2 Očito je da X ) (x E R. : P x = x }. Ako je x E X tada je x = P y za neko y E R. i P x P y = = P y = x što povlači X e {x e R. : P x x}. =

=

=

35

Neka je X1 .l X2. To znači da je (x 1 1 x2) = O za svako x1 E X, i x2 E X2. Budući da je P2 xE X2, to je Pt (P2 x) = O jer je P2 x okomit na X 1 . Isto je tako i P2 (P 1 x) = O za svako X E X. Pretpostavimo sada da je Pt (P2 x) = P2 (P 1 x) = O za svaki vektor x E R., x 1 E X 1 i x2 e X2 . Tada je x 1 = P1 x1 i x2 = P2 x2. pa je (x t l x2) = (P 1 x 1 I P 1 P2 x2) = (x 1 1 0) = 0.

36

i) P1 P2 je ortogonalan projektor na X1 n X2 ako je x - P 1 P2 x .l X 1 n X 2 za svako x E R. ako je P, P2 x y ekvivalentno sa ye X1 n X2. Za svako z e X, n X2 je (x - P, P2 x l z) (x - P2 x l z) + + (P2 x - P 1 P2 x l z) = 0. Nadalje, P2 P1 x = P1 P2 x = y povlači y E X 1 i ·y E X2 odnosno y E X 1 n X2, i obratno y E X 1 n X2 povlači y = P 1 y = P2 y odnosno y = P 1 P2 y. ii) Za x 1 E X 1 i x2 E X2 je i

=

=

(x 1 - P 1 x - P2 x + P1 P2 x l x 1 + x2) = (x - P 1 x l x t l - (P2 x - P 1 P2 x l x t l + (x - P2 x l x2) ­ - (P , X - P, p2 x l x2) = o i P, X + p2 X - P , p2 X E x , + x2 + x, n x2 = x , + X2. Nadalje za x, E Xt i X 2 E X2 je Q x , = x, i Qx2 = x 2 pa je za X E Xt + X2 Q x = x.

1 64

37

Q2 = (l - P)2 = I - 2P + P 2 = I - P = Q i (x l Q y) = ( Q x l y) za svako x, Y E R Prema tome, Q je ortogonalan projektor na potprostor X = [ Q x : x E R. } = {x E R. : x = Q x } = {x E R. : x = x - p X } = { X E R . : p X = o} = R (P) J. . •.

38

Po Pitagorinu teoremu l P x 12 + l x - P x l 2

=

l x 1 2 , odakle slijedi tražena nejednakost.

39

.

•.

Ako je (a 1 , . . . , a.) ortonormirana baza u R., onda je x = (x l a t l a 1 + . . + (x l a.) a odakle je l x l 2 = (x l a t l2 + . + (x l a.) 2 I obratno, ako je l x l 2 = (x l a t l2 + . . . + (x l a.)2 za svako X E R., onda to vrijedi i za x = a;, odakle slijedi da je (ad ai) = O za i f j i lad = l . . .

40 .

Zbog bilinearnosti s kal arnog produkta dovoljno je formulu provjeriti za vektore e t . . . , e. kanonske baze u R,. (A' e, J ei) = (A')i, = a ii = (e, l Aej). Druga tvrdnja dokazuje se na isti način. 41

•.

A ' x = O = (A' x l y)R = O za svako y E R Zbog prethodnog zadatka (x l Ay)R = O za svako yE R. odakle slijedi x ..l. R (A). i obratno, x ..l. R (A ) = (x i AylR = 0 za svako y E R;= (A' x l y)R = 0 za svako y E R . odakle zbog nedegeneriranosti skalarnog produkta slijedi A'x = O odnosno x E N(A'). 42

x - b je okomito na R (A) pa je A'(x - b) = O prema prethodnom zadatku.

7. Svojstvene vrijednosti. Svojstveni vektori. Dijagonalizacija simetrične matrice det (A - ). l ) = A. 3 - 14A.2 + 63A. - 90 = O = A.1 3, Az 5, A.3 = 6 su nul-točke svojstveno g polinom. Odatle su x1 = [0, - l , 1 ] ', x 2 = [ l , 2, 1 ] ', x3 = [2, 4, 3]' pri padni svojstveni vektori. =

2

=

A. 1 = i x l = [ 1, - i] ' A.2 = - i x 2 = [ l, i]'.

3 A.1 = l Az = 2 4

X t = [9, 3, 2] ' x = [4, 2, l ] ' 2 A.3 = - l X 3 = [5, l, 2]'.

;'l = l ..lz = 4 A., = 1 6

X t = [ 1 , 2, 2]' x = [2, l, - 2 ] ' 2 X 3 = [2, - 2, l J '.

). = - l

X = [ l , 3, 3, l

5

6

]'.

A.1 = 2 ).z = l

X 1 = [4, 1 5, 1 0]' x = [ l , 5, 3]'. 2

A. 1 = 1 2 A. 2 = 3

- l ]' X 1 = [ J, x 2 = [ l , O, 4]'

7

l,

X 3 = [0, l , 4]'

8 A. = 2

x 1 = [ 1, 0, 0]', x 2 = [0, l, OJ '

i

x3 = [0, O, 1 ]'.

1 65

9

x, = [ - l, l, l]' x2 = t 1 [ l, l , O]' + t2 [l, O, 1]', t" t2 E R.

lO

Pođemo li od identiteta sin (r + l) ll + sin (r - l) ll = 2 cos ll sin r ll napisanog u obliku - sin (r - l) ll + 2 sin r ll - sin (r + 1 ) 11 = 2 (1 - cos ll) sin r ll, vidimo da je A. = 2 1 1 - cos lJ) svojstvena vrijednost matrice A s pripadnim svojstvenim vektorom x = [sin ll, sin 211, . , sin n ll]. Prva i posljednja jednadžba u sistemu A x = A. x bit će zadovoljene uz rn uvjet da j e sin ( n + l ) ll = O odnosno ll , r = l , 2, . . . , n . Dakle, svojstvene vrijednosti o d A n+ l rn 2rn n rn su 2 t - cos � . r = l, . . . , n, a svojstveni vektori x, = sin---, sin---, . . . , sin , n + l n+ l n + l n + l r = l, 2, . . , n.

(

.

ll

=

)

-- l

r

--

. .

..

Neka s u x 1 , , x . linearno nezavisni svojstveni vektori i 1 1 , A.. odgovarajuće svojstvene vrijednosti. Ako stavimo da je P = [x " , x.], tada je AP = [Ax" . . . , Ax.] = [A. 1 x " . . . , A.. x.] = = P diag (A." . . . , A..) odnosno P _ , AP = diag (1" . . . , A..). • • .

•

. . .

.

,

12

• . . •

•

• • • •

p - t AP = d iag (a 1 a.) = [a 1 e " . . . , a . e.] =:- A P = [a 1 Pe1 a , P e,]. odnosno A P · I = = AP [e" . . . , e.] = A [P e" . . . , P e.] = [a1 Pe" . . . , a. Pe.]. Dakle, vektori x 1 = P e1 , . . . , x. = P e, su l inearno nezavisni Uer je P regularna matrica) i Ax, = a, x, i = l, . . . , n. 13 x3

=

Svojstveni vektori (međusobno okomiti) matrice A su x 1 = [ - l, l. 1]', x2 = [l, l, 0]', [ l, - 1, 2]'. Dakle, · H=

14

- 1 10

tJ0 t ;V3

o

,

l ;V2 t;V6 l . t;V2 - l;V6 2/V6 .

�o je A singularna matrica, onda su stupci a 1 , . . skalari x . , . . . , x. koji nisu svi jednaki nuli, tako da je

=

.

, a.

matrice A linearno zavisni, tj. postoje

gdje je x [x ., . . . , x.]' i x j O. Drugim riječima, Ax = O i x j O, što znači da je nula svojstvena vrijednost matrice A. Ako je O svojstvena vrijednost matrice A, onda S\! njeni stupci linearno zavisni, pa je A singularna matrica. 15

Neka je A. j O svojstvena vrijednost od AB. Postoji od nule različit vektor v, tako da je ABv = A. v. Sada je x = B v j O i A x = A. v. Odatle je BAx A.Bv = A. x, što kazuje da je A. svojstvena vrijednost od BA. Ako je J.1 j O svojstvena vrijednost od BA, onda je J.1 svojstvena vrijednost od AD što se dokaže na isti način. Ako je A. = O, onda je AD singularna matrica, pa je ili A singularna ili B singularna matrica, što povlači da je BA singularna matrica. =

1 66

16

..l"

. . . , ..l. m eđusobno različite svojstvene vrijednosti matrice A, a x 1 , . . . , x . odgovaraju ći n svojstveni vektori. Tada L ex; X; = O =:> (T - At I) . . . (T - An - I I) L IX; X; . . . , an E Kn linearno nezavisni ako i samo ako je det [a1 , a2 , . . , an] =f O. 1 ' A. T. Vandennonde, 1735- 1 796.

1 2 Zbirka

zadataka iz linearne algebre

177

2

Pomoću determinante ispitajte koji su vektori linearno zavisni odnosno nezavisni:

r

-

l

3

�1 .

Dokažite da za regularnu matricu A vrijedi det (A - 1 ) det Ak = (det A)k za k E Z. 4

[ � �J

=

(det At 1 i općenito

Ako je A kvadratna matrica n-tog reda, onda je det

Im-l l ·

U pu t e. Razvijanjem det =

5

det

[

A 0 O

det A.

[� �m j po posljednjem stupcu dobiva se det [ � �m j =

U daljem radu treba upotrijebiti aksiom matematičke indukcije.

l� �j

Ako su A i B kvadratne matrice, onda je

det 6

Izračunajte

=

det A . d et B.

7

Izračunajte ove Vandermondeove determinante:

8

a) V(l, l, 3, 5) b) V(O, l, 3, - l ) e) V( l, - l). Izračunajte det

1 78

=

([

_

1 0 2 0 j !1. - ! 1 1 ) .

l l -1 1 l

9

10

-l 1 - 1

[l

1

Izračunajte determinantu ovih matrica : 2 3 12 2 o 5 4 o 6 b) a) O 3 O 2 o o o o o 4 o o o

Ako je A gornjotrokutasta matrica n-tog reda, dokažite da je det A = = au a22 . . . ann ·

ll

l

Dokažite da je det

A l l A 1 2 · · · · · A ln O A22 · · · · A2 n . . •

o

:

. . . . . Ann

o

J

= det A l l det A 22 . . det Ann • .

za svaki prirodan broj n, gdje su Aii kvadratne matrice. U pu te. Koristite se aksiomom matematičke indukcije

B=

l

A22 · · · · O A33 · · ·

.

.

o

o

..

12

Neka su f1 , f2 , g l > g 2 diferencijabilne funkcije na intervalu /. Stavite za svako x E /.

Dokažite da je

F'(x) 13

=

l f{ (x) f2(x) l g l (x) g2 (x)

+

l l f1g 'd(x)x) gh (x)(x) · 2

Dokažite na isti način da je

179

14

= l f{!1 (x(x)) !2fz (x(x)) l ,

Dokažite da je derivacija funkcije F(x)

gdje su f1 i f2 dva puta neprekidno diferencijabilne funkcije na intervalu !, dana s J dx) fz (x) ' F( X n (x) f2 (x) . U p u t e. Iskoristite zadatak 1 2.

)=l

l

15

Neka su A, B, C, D matrice istog tipa, takve da je matrica. Dokažite da je tada det 16

[ � � j = det (AD - BC).

CD = DC i D regularna

Dokažite prethodnu tvrdnju bez pretpostavke da je D regularna matrica. U pu te. Koristite se neprekidnošću determinante. 17

Dokažite da je det su matrice istoga tipa. 18 Matrice A

=D

=

r � � j = det (DA - CB) ako A i B komutiraju. A, B, C, D

r � �] = = r � � ] i B

C

-

komutiraju, sve· su singularne i

AD BC je regularna matrica. Koristeći se prethodnim zadatkom izvedite iz toga zaključak da postoji regularna matrica koja se može razbiti na blokove koji su singularni i koji međusobno komutiraju. -

19

Neka su A, B, C, D matrice istoga tipa tako da je CDt det 20

r � � j = det (ADt - BC).

Nađite adjunktu matrice

A�

1 80

[ooo o l

:1

O l1n an - l O (1n - 2 l (11

l

= DC. Dokažite da je

21

Neka je Ll funkcija stupaca matrice A tipa n

x

n s ovim svojstvima :

a) Ll (A.a 1 + Jla� , a2, . . . , a.) = A.Ll (a 1 , a2, . . . , a.) + JlLl (a] , a 2 , . . . , a.), A., Jl E e ; b) Ll (a t. . . . , a;, . . . , ai> . . . , a.) = ( - 1 )i + j Ll (a t > . . , aj , . . , a i , . . , an) za svako i za svako j iz skupa { 1 , . . . , n} ; e) Ll (AB) = Ll (A) Ll (B) i Ll l.

(I)

=

Dokažite da je Ll (A) = det A. 22

Neka su A, B, e matrice sa cjelobrojnim elementima i A. cijeli broj. Za ma­ tricu A kažemo da je kongruentna matrici B modulo A. i pišemo A = B(mod A.) ako je A - B = A.e gdje je e matrica istoga tipa kao A i B. Dokažite da je det A = det B(mod A.) ako je A = B(mod A.). 23

Neka je A n x n realna matrica s nulama na dijagonali i s l ili - 1 izvan dijagonale. Pkažite, da je A regularna ako je n paran broj i da A može biti singularna ako je n neparan broj.

24

Dokažite prethodni zadatak kad su na dijagonali parni cijeli brojevi, a drugdje neparni brojevi. 25

r

j

Odredite da li je ova matrica regularna ili singularna : 5 1237 46152 71489 44350

79922 1 6596 23165 42391

55538 37 1 89 26563 91 185

391 77 82561 . 61 372 64809

26

Neka je An trodijagonalna kvadratna matrica n-tog reda

An =

2 -1 o -1 2 -1 0 -1 2

o

o

o o o o O O

o .. -1 2

s - l iznad i ispod glavne dijagonale, dok je na dijagonali broj 2. Izračunajte det An. 181

27

[T! :::ya arl :�:i:oo:':�, :: :::::::�::::��.:·:::a,

N A. �

u

s i

O O b O O ··· b ispod te dijagonale broj b, dok su ostali matrični elementi nule. 28

29

,,nad ;

Nađite inverz matrice An iz zadatka 26 koristeći se Cramerovim pravilom. Pokažite da je determinanta adjunkte matrice A jednaka (det A)" - 1 •

30

Dokažite da je rang adjunkte B matrice A jednak

31

n, l

ili O.

Za kvadratnu matricu A =l= O broj d(A) neka označava red najveće submatrice koja ima determinantu različitu od nule. Dokažite da je d(A) jednako rangu matrice A.

32

Neka su x 1 . . . , xk linearno nezavisni vektori u Rn· Dokažite da je Gramova determinanta ,

r(x , , . . . , xk)

=

(x 1 l x d o

o

o

o

o

o

o

(xk 1 xl)

o

· · · · o

o

o

. . . .

o

(x 1 l x k)

o

.

o

o

o

(xk [ xk )

=

det ((x ; l Xj))

različita od nule. Iskažite obratnu tvrdnju i dokažite je. 33 Neka je X potprostor euklidskog prostora Rn. Dokažite da se svaki vektor y E Rn može napisati kao y x + z gdje je x E X i z okomit na X, tj . (z l x' ) = O za svako x ' E X. Doka :ite tu tvrdnju bez pozivanja na egzistenciju ortonormirane baze. =

34

Neka je (x 1 , . . . , xm) niz od m vektora iz potprostora Y unitarnog prostora X i x y + z gdje je y iz potprostora Y i z okomito na taj potprostor. Tada je =

F(x b X 2 ,

. . , Xm , x)

=

T(x b x , , . . , Xm , y)

+ l Z 1 2 F(x b . . . , Xm ).

Koristeći se tom relacijom dokažite da je F(xb

. . . , Xm) � l X1 1 2 1 X2 l 2 . . j Xm [ 2 . .

Kako se ta relacija može geometrijski interpretirati ?

35 m

=

182

Ako je A realna m x n matrica, dokažite da je d et (AA') � O. (U slučaju 2 to je Cauchyjeva nejednakost.)

RJESENJA

§ 6. Sistemi linearnih algebarskih jednadžbi l. Elementarne matrice. Rang matrice M = Pt (c); Qdc) = M;

2

A = Pdc ; j) ; Q1 (c; k) = A ;

B = Pik · B = Qik·

a) To je elementarna matrica P 1 3 . b ) M atricu A množimo slijeva s matricom

3 = l g l gl / . l l) ( i l o 5 o 4 o o o o

Q 3 (4) Q , ( 5 ; 2) Q 2 4

A =

[

l

2

2 -4 -2 l -3 4 4 9

2

l

_

o -2 - 1

2 -4

2

2

3

3 o

o o

5

2

2 5

9

1

2

5

5

o -3 -l o 4

:

Matrica B ima isti rang kao ma trica

B' =

]

Q, (

i

-4

-

l

5

2

4

4

9

5

1 -l

[ � -� l] l o 3

o 17

2

-3

Q . ( ::. ,, l )

-1 o

2

o 3 3 o -2 - 1

-3

2

-4

2

2

-3 o 17

3

3 o

2

l

1l

o 3 o

j er je B ' = B · P 1 ( - 2 ; 5 ) P2 (4 ; 5) P3 ( - 2; 5) P4 ( - 2; 5). N a isti j e način B' Q2 ( 1 / 3) =

r -l

o -l o 17

o 2

o o

Q 4 ( - l ; 2)

o o o

-

o o o -l o -1 o 18

o

o

2

o o

l

o

'_

Q, L I I

-B

11 - c

odakle se vidi da je r (C) = r (A) = 4. Znak - između dviju matrica znači da je lijeva matrica pomnožena el ementarnom matricom, a rezultat je matrica s desne strane znaka - . 5

6

a) r (A ) = l ;

e) r (C )

b) r ( B) = 7;

=

d) r (D)

2;

=

3.

l � -� : l � -� ! l l� � ! ] o

4

2

o

4

_

2

o

o

o

Dakle r (A) = 2. Znak - znači da su susjedne matrice dobivene jedna iz druge nizom elementarnih transformacija nad stupcima ili recima.

183

7

[ 1 [ j r 1 r � � � J r� ; � J r� � � J r � ; n � J, [ � : � � J1 1 2) � � � Q3 (2 ; 2) A = o1 -4� 6� Q 3 (-- l; l) o� -4� -2� Q4(-2; o -4 -2 0 4 2 0 0 0 0 4 2 l/2) ··�

o o o

Q, (2 ; 2) Q, h 2 ; 2) Q, (- l ; l) AP, (l/2)P , ( - 8 ; l) P , (- l ; 2) odaMo j