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
az, a3 delinirajte vektore b1 = a1xaz . Dokažite da je a; · bi = O za i =!=j.
=
az xa3, bz
=
a3 xab b3
=
6
* u3xu1 . (ub Uz, u3) baza u X0. Vekton. u1* = Uz xu3 Neka Je z '1! U u1 · (Uz xu31 u1 · (uzxu3) x Uz u . . . l � . * Uz, * u3* ) l'mearno su nezaviSni ! u;* · ui = u;i ( l, .J= l 2, 3). Baza (u1, u3* = u1 · (Uz xu3) je recipročna baza baze (ut. Uz, u3). Ovdje je b;i =O za i=!= j i b11 =b22 = b33= l. =
'
7
,
,
Dokažite formule : a) (axb)· [(bxe)x(ex a)]= [a · (b x e) J2, b) (ax b) (a xe)= la Iz (b· e) - (a · b) (a · e), e) (a xb) (exd)+ (a xd) (bxe)= (a xe) (bxd), d) a x[bx(exd)]= (b· d) (a xe) - (b· e) (a xd).
U pu te. Koristite se formulom a x(bxe)= (a· e) b- (a· b) e a · (bxe)= b · (exa) mješovitog produkta.
svojstvom
8
Tetraedar kojemu su vrhovi P; = (x;, y;, z;) (i = l , 2, 3, 4) dani koordinatama u sustavu (O; i, j, k) ima volumen jednak apsolutnoj vrijednosti broja l Xzx3 6 x4 -
xl xl xl
Yz - Yl Zz- Z1 Y3- Y1 Z1 Y4- Y1
z3 - zl z4 -
9
Pravac u kojem se sijeku ravnine a1 · r nadžbu rx(a1xaz)+ Dza1 - D1az =O .
+
D1 = O, az · r
+
Dz
=
O ima jed
lO
Koristeći se prethodnim zadatkom nađite jednadžbu pravca određenog ravni nama 2 x1 - 3xz + x3+ 5 =O i x1+ Xz- 2 x3+ l =O. 27
ll
Nađite jednadžbu pravca određenog ravmnama Xl
-
+ l
X3
=
O,
Xl
+4
=
O,
koristeći se prethodnim dvjema zadacima.
RJEŠENJA § l. Vektori
u
ravnini i prostoru
l . Vektori i neke operacije s njima
y
y 3 z
0
l
2
3
X
-1
Q'
o
[Vektor P'Q' je rješenje zadataka.]
-------------
y
Q
z
p 2
a) 28
X
e)
y
o
4
b)
y 2
X
2
a)
2
Q'
3
4
X
-1
Q o
Q
X
b)
z
o
eJ
3
X
•
3
AC= QP ako je P
=
-
y
( - l , l ) i Q = (0, 0).
AB= QP ako je P= (l, O) i Q =( 3, 2). AD= QP ako je P ( - 1 /3, 1/2) i Q =(0, 1 ). =
X
5
B
-Vektori prostornih dijagonala su 0/Y, BA', AB', m i izražavaju se pomoću stranica na ovaj
način: OD'=OC+CJi'+B'D'=e+b+a; M=Bli'+iiD'+iYA'=e+a-b; CD=CA'+
+A'A +AD= a- e+b; AB' =AA'+lfD•+D'B'=e+b-a. A1B1=0B1 -DA1=J.(OB-DA)=J.AB.
6 7
v o
_
_
_
_
,
_
_
,_
Neka je D polovište dužine AB. Tada je OD= OA+AD=OA+ AB=OA+ oB2 T 11- - OA= (OA+OB)= a. [Dakle, vrh vektora a kojemu je početak u točki O je točka D].
T
T
8
OD= DA+AD= DA+J.AB =DA+J.(OB-OA)
=
( 1 - ,.!)OA+,!OB.
Obrat slijedi iz jedinstvenosti prikaza vektora OD, tj. ( l -JL)DA+!LOB=(l - ,.l)OA+,!OB povlači
i.= ll (vidi zadatak 2.11). 9
o
�
A
To je pravac kroz točke A i B.
B 29
lO
Oč = DA + R = DA + ;. CĐ
=
�
DA + ;. OĐ - foe, odakle je oc =
J.DB + DA
---
;. + l
Uočite da je za svaku točku C na pravcu AB nazivnik uvijek različit od nule. ll
Ako s B' i C' označimo polovišta dužina AC i AB tada je - � 1- � 1- 1 CC+BB'+A A ' = (CB+CA)+ (BA+BC) + (AB + AC ) = l l l '-
A�
-
�
-
-
-
= -(CB+BC + CA + AC+BA+AB) = O. 2 12
e
Neka je AB
=
CD i
E polovište dužine
o -
CH. Tada je OE =
OC+DB 2
_
gdje je O proizvoljna
l� � , 1točka u prostoru. Sada je za O= C -(CA+ CD) = - (C A + AB) = -CB = CE, odakle slijedi da 2 2 2 je E polovište dužine AD . 1- l� � I obratno, neka je E polovište dužina CB i AD . Tada je - (O C+OB) = -(OA +OD) za 2 2 svaku točku O u prostoru. Specijalno za O = A je AC + AH = AD odnosno AB = CA + + AĐ = CD. _
2. Vektorski prostor X0• Linearni spoj vektora Vektori a, b i e su linearno zavisni ako postoje skalari ex, p, y takvi da je ex a + P b + y e = O i bar jedan od njih je različit od nule. Koristeći se izrazima za a, b i e zaključujemo da su oni linearno zavisni ako je
( + P - Y) Pt+ ex ( - 2 p- 4y)p2 = O ex
za
neke ex, p, y. To vodi na sistem dviju jednadžbi s tri nepoznanice:
cx + P-y = O, ex- 2P- 4y = o, koji uvijek ima netrivijalno rješenje. Npr. ex = 2, p = - l , y = l, pa je 2 a - b + e = O. 2
a) Pretpostavimo da su a i b linearno zavisni, tj. ex a + P b= O i ex =f O ili p =f
nadalje da je ex =f
O
i podijelimo jednadžbu
s
ex. Tada je a = -
!!__ b; (l
O.
Pretpostavimo
dakle, a i b su kolinearni.
b) Pre! postavimo da su a i b kolinearni, tj. b = ex a, odnosno l · b + (- cx)a = O. To znači da su a i b linearno zavisni, što se i h tjelo dokazati.
30
3
Vrhove trokuta označimo s A, B, C, polovišta suprotnih stranica s A', B', C ', a sjecišta težišnica
BB' i CC s
T. Treba dokazati da težiš nica AA' također prolazi točkom T, tj. da je AT = rx ll gdje , je rx neki realan broj.
e -
C'B' =
l ----B C. pa je BT - CT = 2TB'- 27L' odnosno BT - 27B'=CT - 27L'. Zbog linearne T
nezavisnosti vektora lit- 2m· i ct- 2Tf· zaključujemo da je liT- 2m· = ct- 2 TC' =o 22l_ l1CT=- CC'. Sada je AT = AB' + B'T = -A C- - BB' = -A Codnosno BT= - BB' 3 3 2 3 2 l 1- 111112---- (BC + 84) = -A C- - BC - - BA = �AB + - A C = - AA'. 3 2 2 6 6 3 3 3 Točka T zove se težište trokuta ABC. 4
AĐ=AO + ( - rxAO + pAiJ - f3AO + yAC- yAO ) =
=
AO - (rx + {3 + y) .W + {3 AB + yAC
=
{3 AB + )'AC gdje je {3 + y
:S; l.
U slučaju {3 + /' = t < l skup svih točaka D koje zadovoljavaju AD = f3 AB + y AC je dužina paralelna s dužinom BC i spaja točke e, i B, definirane s A C, = t. AC, AB, = t. AB. Kada t prolazi skupom svih brojeva između O i l, točka D >>šeće
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
'· j
s2
gdje je = + 2 + . . + n = ---. 2 s.
r i s (A).
potencijama, pa komu t i a
A komu t a
ni
asocijativno. Npr. za
Primjećujemo da su redovi s desne strane konačni jer su
0 o o
ex
p (log U)
= ex
y p
l
'
o o o o
X o
o
U nilpotentne.
-J xz
.v - 2 z
.
o
xz
-2 z
+-r 2
-
matrice N i l
o o
o
l
; J� l
x
o
o
x
o
1 09
log (exp N) = log 9
Dokaz prve tvrdnje prepuštamo čitaocu. U (t) je unipotentna i log ( U (')) - - � - U (')) -
�I - U(•)f - +(I -
!r ooo 2to �3t l t
U (•))' -
4t 5t
f og og � oi l· Pokušajte pročitati matricu N iz U (t) bez računanja. To je lako ako se uoči da je N = lim - (t) I ). U (t) = exp (t N), N = �� � -r l · o
Tražena matrica N je N =
o
l
t---+ 0
t
(U
-
lO
ll
rr (XY - YX)
12
Neka je A =
= tr (XY) - rr (YX) = O, a tr i = n.
[: ! j. Matrični elementi od A zadovoljavaju sistem jednadžbi
{J + y = O rt - {J - J = O rt + y - b = O. Sistem rješavamo Gaussovom metodom eliminacije
o o o fo o o l o l o l
1 ll
13
r: �l
Neka je B = je y O i rt = J odnosno =
=
l
l
-
-1 l -1
[J � y �yJ ' l
pa je rješenje: matrica A
l
-1
=
JI + y
l l -1 ,
[ � -�j gdje su J -1
-
y proizvoljni brojevi.
[� �J [: �l = [� �] , r: �] [� �l = [� :J - Odatle B = [ ort {J ] = rt i + {J A.
AB = BA, tj.
rt
1 10
l l
14 =
A (XY) = (AX)Y = X (AY) Za X, YeC(A) A (X + Y) = AX + AY = XA + YA = (X + Y)A X(YA) = (XY) A.
15
[ � �j.
Matrica A komutira s matricom matricom
e=
[o - 1j l
0
, odakle slijedi d a j e A =
pa nužno ima oblik A = IX I +
fl e prema zadatku
[ o bj
13. a
0
=
. A komutira i s
Dakle,
17 Matrica A se množi s dijagonalnom matricom zdesna tako d a s e stupci matrice A množe s odgovarajućim elementima na dijagonali matrice D .
18 Stupci matrice AP (a) nastali su od stupaca matrice A primjenom permutacije
a.
19
20 Matrični el em enti m ,j m atrice mij =
{O
M su oblika ako je j
f
a
( i� i = l , . . , n
IX1 ako je j = a ( i)
i = l, •.
gdje je a neka permu tacija stu paca jedinične matrice I
.., n
Definirajmo D
r o'
- et,
O
M = D · P (a).
_
· .
, tada je
1Xn
23 b ) A = [O, a 2 , a3, . . . , a.] A 2 = [AO, Aa2, Aa3, . . . , Aa.] = [0, O, Aa 3 , . . . , Aa. ] A 3 = [0, O, A 2 a3, . . . , A 2 a.] = [0, O, O, . . . , A 2 a.] A"
= [O, O, . . . , 0].
4. Regularne matrice I. · I.
=
I., pa je I. regularna po definiciji.
2 M&trica A jednaka je produktu P 1 3 P24, pa je regularna. Pij su matrice permutacije.
111
3 A _ , A = AA _ , = I A * (A - 1 )* = (A - 1 )* A* = l* = I, (A*) - 1 = (A - 1 )*.
što
A*
da je
pokazuje
regularna
i
4 =
A- 1 = ( A*) 1 = (A 1 )* prema prethodnom zadatku. I sto vrijedi za
A = A* A hennitska antihennitsku matricu. 5
6 =
B + i C gdje su B i C real ne ma trice. Tada je I = AA Neka je A - 1 je AC = O. Iz toga slijedi da je C = A - 1 (AC) = O. 7
1
= AB + i AC, odakle
A regularna povlači B = A _ , (AB) = O suprotno pretpostavci. I s to vrijedi za B.
8
9
=
[
A (a - a) = A (O) = I I = A (o:) A ( - o:) => A ( - o: ) = (A (a)) - 1 • I nverzna
1, 0
l
matrica
A " X + A 1 2 Aii ' 12
od A, ako postoji,
B .
ima
oblik
B
=
- '
l A��
X
A22'
j
i
l = AB =
. . Za X = - A ,- ,' A , 2 Ai21 Je AB = BA = l pa Je A regularna matrica.
10 Označimo B = A - ' . Tada je zbog AB = l i-ti stupac ma trice B rješenje jednadžbe Ax = gdje je e, i-ti stu pac jedinične ma trice. Svih pet sistema jednadžbi rj ešavamo istodobno.
- 22l -ol1 ooo 1 : oo oo oo ooo � - - l � ooo � --:ll o - l1 o o ; oo ooo ooo oo o�J1 r oo -2�1 oo� -�1 �o : - l1 �oo oo oo o o o: o o o � l o o o -l o o o� o � _ l o o -2 o o J - t � o: o �l �1 :: - 1: - �2 o� : -l� oo oo - 1o oo: -o1 - 1 ol -ol � � o o o o lo oo oo oo - o1 - ol1 oo o0 -- �1 o 0 -1 o 0 -1 o 1 1 o o o -li J l-:1 -:- 1 o�-�-�l j : l
l
l
-l :
-l
l
l :
l :
2 -l l
l l
l
l
o
-1
l : -l - l l
l
O
O l
1 12
l
J ,
-
l
=> 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<malna s jediničnom matricom, tj. A = .U. •
1 32
6.
Unitarni prostor Rn
Skalami produkt vektora x se skalar
=
' ' [x 1 , . . . , x� ]' i y
(x l y) Funkcija (x, y) svojs�a : (Sd (x + y l z)
=
[y1 , . . . , of'� ]'pi:,stora Rn zove
n
=
L X ;Y;-
(l)
i= l
>-t
=
(x l y), definirana na Rn x Rn s vrijednostima u R, ima ova
(x l z) + (y l z) aditivnost skalarnog produkta s obzirom na prvu varijablu,
homogenost s obzirom na prvu varijablu, (cxx l y) cx (x l y) simetričnost skalamog produkta, (x l y) (y l x) pozitivna semidefinitnost, (x l x) z O (x l x) O ako i samo ako je x O. Svaka funkcija p : (x, y) p(x, y) (x l y), definirana na R. x R. s vrijedno stima u skupu realnih brojeva R, koja zadovoljava svojstva (S1 HS5) zove se skalami produkt na Rn. Skalami produkt definiran s ( l ) prirodno se nameće i
(S2 ) (S3) (S4) (S5)
=
=
=
=
=
>-t
često se zove standardni skalami produkt. Broj
lXl
=
(k� xf r
2
zove se norma ili duljina vektora x. Udaljenost između vektora x i y prostora Rn definira se kao norma razlike x y i označava s d(x, y). Za dva vektora x, y iz prostora Rn kažemo da su okomita (ortogonalna) ako je skalami produkt (x l y) tih dvaju vektora jednak nuli. Za dva podskupa S i T prostora Rn kažemo da su okomita ako je skalami produkt (s l t) jednak nuli za svako s E S i svako t E T. Jedan je od osnovnih teorema teorije unitamih prostora (prostora sa skalar nim produktom): Teorem. Za potprostor unitarnog prostora Rn postoji jedinstven linearan operator P : Rn -+ Rn, takav da je za svaki vektor x E Rn vektor x - P(x) okomit na svaki vektor prostora a P(x) je element prostora Y. Linearan operator sa svojstvima iz teorema zove se ortogonalni projektor prostora Rn na potprostor -
l
YY, Y.
Nađite skalami produkt između ovih vektora u R3 : a) x
=
[2, l, OJ ', y
=
[
-
1 - 3, 6]' ; b) x ,
=
[ l, O, - l ] ', y
=
[2, 3, 2] '.
2 Provjerite linearnost skalarnog produkta u prvoj varijabli, tj. provjerite for mulu (x + y l z) (x l z) + (y l z) na primjeru vektora x [ l , 2, - 1 ]', Y = = t [2, - 3, 5]', z = [0, l , 3 ] , t E R. =
=
-
'
133
3 Nađite normu vektora v = [3, 4 ]' E R2 : (i) s obzirom na standardni skalami produkt, (ii) s obzirom na skalami produkt definiran formulom (x l y ) = X 1 Y 1 + 2x 2Y2 ·
4 Normirajte slijedeće vektore u Euklidskom prostoru R 3 :
5
i) a = [2, l, - l]'; ii) b = [ l , O, 1 ]'. Nacrtajte u ravnini R 2 skup svih vektora koji imaju normu : a) l, b) 5.
6 Dokažite ako je vektor x okomit na vektore a i b, onda je okomit na svaki vektor y E L(a, b).
7 Nađite sve vektore u R3 koji su okomiti na vektore a = [ l , l, OJ' b = [ - l, 2, l J. 8
Neka je x E Rn vektor koji je okomit na potprostor X C Rn. Tada je orto gonalna projekcija Px vektora x na potprostor X jednaka nuli. 9
Ako je {Ut , . . . , ud skup ortonormiranih vektora u Rn, k ::; n r X E Rn, dokažite da je vektor y = x - (x l u 1 )u 1 - . . . - (x l uk)uk okomit na svaki u;, i = l, . . . , k. lO
Nađite ortogonalnu projekciju vektora x = [2, 3, - l, OJ' na potprostor u R 4 razapet s u1 = [l, O, l, OJ', u 2 = [2, - l, - 2, l]'. ll
Neka j e f : R 3 � R linearna forma zadana s f (x) = 3x1 - 2x 2 + x3 . Na đite vektor y E R 3 tako da je f (x) = (x l y).
12 Neka je skalami produkt ( · l · ) u R3 zadan s (x l y ) = a1x1 y1 + a2x2Y2 + + a3x 3 y 3 gdje su a; > O. Za funk cional f : R 3 � R definiran s .f (x) = = f t x i + f 2x 2 + f 3X3, gdje su J; E R, nađite vektor y E R3 tako da · je f (x) = (x l y ) .
13
[ � �J. Što možete reći o matrici A ?
Dokažite da je formulom (x l y ) == 4x1 Y I + 2x1 Y2 + 2x 2 y1 + 3x 2 Y2 zadan skalami produkt na R 2 . Uočite da je taj skalami produkt oblika (x l y ) = (Ax l y) gdje je A =
1 34
14
2 2
Neka j e A x realna simetrična matrica koja zadovoljava (Ax l x) > O za svako x =f- O, x E R 2 . Dokažite da je fonnulom (x 1 y) = (Ax 1 y) zadan skalami produkt na R 2 koji se razlikuje od polaznog skalarnog produkta.
15
2 2
Nađite nužni uvjet na x matricu (realnu) tako da fonnula (x l y) = (Ax 1 y) definira skalami produkt na R 2 .
16
l - 2l �j generira skalami produkt na R 2 ? Isto se pitanje . . B = l21 l1 1 1. C = I2r4 - 21I·1 postav lJa za matnce Da li matrica A =
17
i y
U euklidskom prostoru R4 nađite udaljenost između vektora x = [2, O, l, 3]' [- l , l, O,
2].
=
18 Ako je S
e
R 2 , tada je s
inf l x - y l zadana funkcija na R 2 . Vrijed�· E S
nost
Sf e Sf, St . S2 su potprostori ; e) (S t + S2)1. Sf n Sf ; d) (S1 n S2 )1. = Sf + St ; e) R,� = {0}, {0}1. = R•. =
Dokaz prepuštamo čitaocu.
33 Neka je P : R. -+ X ortogonalan projektor. Tada je (Px l y) = (x l Py) za svaka dva vektora x, y E R • .
34
Neka je P linearan operator s R. u R.. koji zadovoljava relaciju P2 = P i (Px l y) = (x l Py) za svako x, y E R • . Dokažite da je P ortogon(llan projektor na potprostor X = { Px : x E R. }. Nadalje, X = {x E R. : Px = x}.
35 Potprostori X 1 i X 2 vektorskog prostora X su međusobno ortogonalni ako i samo ako pripadni ortogonalni projektori P1 i P 2 zadovoljavaju P t (P2 x) = = P2 (P1 x) = O za svako x E R• . 137
36 Neka su X1 i X2 potprostori euklidskog prostora Rn, a P1 , P2 ortagonalni projektori na X b X2 koji komutiraju. Dokažite : (i) da je P = P1P2 = P2P1 ortogonalan projektor na X 1 n X2 ; (ii) da je Q = pl + p2 - p1p2 ortogonalan projektor na xl + x2 = = {x1 + x2 : x 1 E X t . x2 E X2}.
37
Za ortogonalni projektor P s Rn u Rn definirajte Q = I - P. Tada Je Q ortogonalan projektor na R (P)j_.
38 Ako je
P
ortogonalan projektor s R. na vektorski potprostor X e Rn, onda je
l Px l : 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,
O. Neka je x" ortogonalna projekcija vektora x na pravac koji sadrži vektore z i x'. Moguća su dva slučaja : l) x" je element segmenta [z, x'] (segment [z, x'] je skup svih vektora oblika ). z + (l - ).) x' :s; ). :s; l); 2) x" nije element segmenta [z, x']. U prvom je slučaju x" također element iz K i l x - x" l < l x - x' l, što nije moguće zato što je x' najbolja aproksimacija vektora x pomoću skupa K. U drugom slučaju z l eži u segmentu [x", x'] i l x - z l < l x' - x /, što je opet suprotno pretpostavci. I obratno, ako x' nije najbolja aproksimacija vektora x, onda postoji y E K za koji je l x - Y l < l x - x' / . Tada je l x - Yl2 = lx - y + x' - x' /2 = l x - x' 12 + l y - x' /2 + 2 (y - x' l x' - x) odnosno l x - x'l2 - l x - y l 2 = 2 (y - x' l x - x') - l y - x ' l ' > O, odakle slijedi da je (y - x' l x - x') > U, što je suprotno pretpostavci.
22
Neka je U =:[ u �> . . . , u.]. u, u] = (u; / uj) = (ju·
1 62
Tada
UU' = I
=
[Uu l, . . . , Uu�] = [e " . . . , e.]
odnosno
24 Ux
= i= xi ui L
gdje su
u�> ... , 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; <Xn (..l. . . . (..l. -
Neka su
..lt}
li
i :o l
- ..l. - t ) x. = O odnosno a. = O. Na isti je način
17
lXt
=
= ct 2 = . . .
=
j=: J
Cln - I
.
= O
Nenegativnost svojstvenih vrijednosti matrice A'A slijedi iz A'Au ..lu =:- (A'Au l u 'JR, = ..l (u l ulR.· Analogno za AA'. Neka je (JL 2, u) svojstveni par matrice A'A, tj. A'Au = Jl2 U i Jl f O. Označimo Au = Jl v. Sada je AA'v = A · (JL U) = Jl 2 v, što pokazuje da je (Jl2, v) svojstven par za matricu AA'. cr (A'A)\ {0} C cr (AA')\ {0}. Obratna se inkluzija dokazuje na isti način. =
= (Au j AulJt.
=
[: �l
Dakle,
Primijetiti valja da je drugi korijen zajedničke svojstvene vrijednosti Jl2 =f O matrica A'A i AA'
ujedno i svojstvena vrijednost blok-matrice
,
tipa (m + n)
x
(m + n). Zaista,
gdje su u i v svojstveni vektori matrica A'A i AA' koji pripadaju svojstvenoj vrijednosti f1.2•
1 67
§ 6. Sistemi linearnih algebarskih jednadžbi l.
Elementarne matrice. Rang matrice
l,
Elementarnim matricama tipa P nazivaju se matrice dobivene na ovaj način : Matrica P;(A.) ( A. =f O ; i = . . . , n) dobiva se iz jedinične matrice I tako da se i-ti stupac e; zamijeni s A.e;, dakle, P;(A.) = [ . . . A.e; . . . ]. Matrica P;(A.; j) (i =f j) dobiva se iz jed inične matrice I tako da se stupac e; zamijeni s e; + A.ei, dakle
P;(A. ; j)
=
[ . . . e; + A.ei . . . ] .
Matrica Pii ( i =f j) dobiva s e i z jedinične matrice I permutacijom i-tog i j-tog stupca. I
Elementarne matrice tipa Q ; Qi(A.) , Qi(A. ;j) , Q;i dobivaju se iz j edinične matrice istim transformacijama kao matrice tipa P, samo nad recima matrice I.
Neka su a 1 , . . . , a" stupci, a a 1 , . . . , a" reci matrice A. Tada se brojevi zovu rang stupaca i rang redaka matrice A . Jedan od osnovnih teorema o matricama tvrdi da su ti brojevi jednaki. Taj se broj zove rang matrice i označava se s r(A). Specijalan slučaj leme iz § 6. 1 udžbenika kojim se često koristimo u idućim zadacima, je ovaj : Lema. Neka je A matrica tipa m x n i P, Q elementarne matrice reda n 1 m. Tada je r(QAP) = r(A) .
l
l
Matrice tipa n x n oblika
I
M=k
1 68
�. ;
--- k l .. ....
o
:l :
:- . . . . e . . . . .
o .........
l su tada matrice
A=
o O o l
l O o o
. . . , en
međusobno različiti n-ti korijeni iz jedinice. Dokažite da
slične. 20
. Dokažite da su matnce A =
slične. Obje matrice su reda n. 2.
X
o
o l o o
en
ll l
l J
.... l l 1 .... l
..........
l l .... l
Sistemi linearnih jednadžbi. Generalizirani inverzi
Sistem jednadžbi Ax = b rješavamo na ovaj način : Promatra se skup L(a 1 , . . . , a.) svih linearnih kombinacija stupaca matrice A. Ako je vektor b element od X, sistem jednadžbi ima rješenje jer se b u tom slučaju može napisati kao linearna kombinacija stupaca a l > . . . , a• . Ako b nije element od sistem jednadžbi nema rješenje. Stupci a l > . . . , a. ne moraju biti linearno nezavisni. Zato među njima valja pronaći stupce koji su 1;nearno nezavisni i koji razapinju prostor (U zadatku l to su stupci a 2 i a3, u zadatku 2 stupci a 1 i a3). Preostali se stupci napišu kao linearna kombinacija tih nezavisnih stupaca, i ti se izrazi uvrste u sistem jednadžbi zapisan u obliku =
X.
X,
Pretpostavirno, da pojednostavnimo ovo razmatranje, da je prvih r (r ::; n) stupaca linearno nezavisno, a preostali su oblika
ak
izraze uvrstimo u ( * ), dobijemo
gdje je
I
I A. � h k = r + i= 1 i r
(a l > . . . , a,)
prostora
konkretnom slučaju gornje ćemo rastave po vektorima opisanom u zadatku 1 2 § 4.3.)
a l > . . . , a,
i= 1
Jl.iai
rastav vektora b po bazi
=
l,
X.
. . . , n.
Ako te
(U svakom
dobiti metodom 171
Zbog linearne nezavisnosti vektora
dobivamo sistem
a t . . . . , a,
k=r+ l
( ** )
n
x, + L A,kx k = Jlr k=r+ l od r jednadžbi s n nepoznanica. Svako rješenje sistema ( ** ) rješenje je polaznog sistema jednadžbi, i obratno. Svako rješenje polaznog sistema jednadžbi je rješenje sistema ( ** ). Drugim riječima, sistem jednadžbi (••) i polazni sistem jednadžbi Ax = b imaju isti skup rješenja. Nepoznanice x,+ 1 , . . . , xn »shvaćamo« kao parametre i x l > . . . , x, izražavamo po moću tih parametara iz relacija ( ** ). Dakle, rješenje polaznog sistema ima opći oblik
Ako jednadžba Ax b nema rješenja onda ima smisla tražiti takav vektor x za koji je norma vektora Ax b najmanja. Taj problem vodi nas do pojma generaliziranog inverza matrice A što je detaljnije obrađeno u zadacima 13-36 ove točke. =
-
l
Riješite sistem linearnih jednadžbi:
3x1 + 2x 2 + x3 7xt + 6x2 + 5x3 Sx 1 + 4x2 + 3x3
= = =
-
2 2.
l
2
Nađite sva rješenja sistema jednadžbi :
7x1 - 5x 2 - 2x3 - 3x 1 + 2x 2 + x3 + 2x l - X2 - X3 + x3 + - x1 x2 + X3 + 3
Riješite zadatak l u slučaju da je b
1 72
=
4x4 = 2x4 2x4 2x4 = 2x4 =
=
=
[ -l
5
2 .
8
-3
l l
3.
4
Opisanom metodom nađite sva rješenja ovih sistema jednadžbi: a) 2x t 5xt 4x t 5x1 3x1
+ + + + +
4x2 6x2 6x2 5x2 4x2
+ + + + +
6x3 7x3 8x3 5x3 5x3
5x4 + 9x4 + 7x4 + 8x4 + 6x4 +
+ + + + +
+ + ++ ++ ++
b) 9x1 + 2 lx2 1 2x t 28x2 e) Xt - 5x3 2x2 + X4 + 2x 1 - 7x3 3x2 2x4 2xt - x3 + 4x2 3x4 +
5x4 7x4
- 1 5x3 - 20x3 2x6 3x5 3x6 4x5 x6 5x5
3x5 6x5 5x5 6x5 4x5
=
=
= =
=O =
=
O O O O O
O.
=6 =6
=
4
=7 = - 12 = 9.
U idućim zadacima nađite inverznu matricu zadane matrice koristeći se metodom iz prethodnih zadataka. 5
Nađite inverz matrice A= 6
Nađite inverz matrice C= 7
[
[ ] 2 3 7 l O 6 o 5 4
8
B �[
Neka je A matrica tipa
m x n
l 2 2 l o
o o o o l -1 o l o
[ :: ],
n
(m < n) ranga
sistema jednadžbi Ax = b dano s x = =
]
l 2 -1 -1 -1 l l 2 o .
Invertirajte matricu o -l 2 -l o
.
m.
Dokažite da je rješenje
gdje je x2 proizvoljno, X t
=
A] t (b - A2x2), A = [At A2] i At regularna matrica.
1 73
9
(Fredholmova alternativa) Dokažite da sistem jednadžbi Ax b (A tipa m x n) ima rješenje ako i samo ako je y'b O za svako rješenje sistema jednadžbi A 'y O. =
=
10
=
Neka je A matrica tipa m x n (m ;;::: n) ranga
ll
Neka je A· m
x n
matrica ranga
m
(m
n.
Tada je A 'A regularna matrica.
) Tada j e AA' regularna matrica.
::;; n .
12
Neka je H hiperravnina u R. zadana jednadžbom L(x) a 1 x 1 + a2x2 a.x. = e. Nađite onaj vektor iz H koji ima najmanju normu. =
+
+ ... +
13
Neka je A m x n matrica2 ranga n . Nađite takav vektor x0 E R. koji mtm mizira funkciju x H l b - Ax 1 , b E Rm . Drugim riječima, traži se takav vektor x0 E R. da Ax0 najbolje aproksimira zadani vektor b E Rm . Usporedi ovaj zadatak s 29. i 30. zadatkom (§ 5.3). 14
Matrica A + koja zadovoljava A + A = I zove se lijevi poopćeni inverz ma trice A. Dokažite da je matrica (A 'At 1 A' iz prethodnog zadatka lijevi poopćeni inverz matrice A. 15
tipa
Napišite rješenje sistema jednadžbi Ax m x n ranga n.
=
b ako je b E R (A) i ako je A matrica
16
Neka su a1 = [2, 3]', a2 [4, 5]' i a3 [7, 7]' tri vektora iz R2 . Nađite pravac x 2 = mx 1 + e tako da suma kvadrata udaljenosti zadanih točaka od toga pravca bude najmanja. =
17 Ax
=
Neka je A m x n matrica (m < n) ranga b, koje ima najmanju normu, dano s x0
=
Tada je rješenje jednadžbe A '(AA 't 1 b.
m. =
18
Matrica A+ koja zadovoljava AA + = I zove se desni poopćeni inverz ma trice A. Dokažite da je matrica A'(AA't 1 iz prethodnog zadatka desni poopćeni inverz matrice A. 19
Koristeći se prethodnim zadacima riješite sistem jednadžbi Ax matrica tipa m x n ranga k '(k < m i k < n) . ·
174
=
b gdje je A
20
Neka je A = BC gdje su A, B, C matrice tipa m x n, m x k i k x n i neka su sve tri matrice ranga k. Vektor x0 E Rn koji zadovoljava : i) Ax0 je najbolja aproksimacija vektora b E Rm pomoću potprostora R (A) ii) x0 ima najmanju normu od svih vektora koji zadovoljavaju i) je oblika x0 = A b gdje je A = C(CCt 1 (B'Bt 1Br. T
T
21
Matrica A+ koja zadovoljava (AA + )' = AA +, (A + A)' = A+ A, A+ AA + = A + i AA + A = A zove se generalizirani inverz matrice A . Dokažite da j e matrica C(CCt 1 (B'Bt 1 B' generalizirani inverz matrice A iz prethodnog zadatka.
1
22
A A1 2 Neka je A = r l l m X n matrica ranga k gdje je A l l k l A 2 1 A22 matrica. Tada se A može faktorizirati u obliku A=
l � l [A l l A 1 2J = l � l A 1
1
[I Q] =
X
k regularna
l i:: 1 [I Q]
23
Nađite generalizirani inverz matrice
A=
-l o l 2 -l l o -1 1 3 o -1 o l -l -3 -1 o l o -1 -2
24
Nađite generalizirani inverz matrice A = xxr gdje je xr
=
25
[ 1, O, - l, 2] .
Dokažite da se svaka m x n matrica A može napisati u obliku A = BC gdje je B tipa m x k i C tipa k x n obje ranga k (k je rang od A). U pu ta. Postoje matrice permutacije P i Q, takve da QAP ima u gornjem lijevom kutu regularnu minoru tipa k x k. Prema zadatku 22 tražena faktorizacija je moguća. Generalizirani inverz matrice A računamo po formuli A + = P (QAPr Q. 26
Nađite generalizirani inverz matrice A = (a ii) tipa svako i, j.
m x n
gdje je
aii
= l za 175
27
Dokažite da je za regularnu matricu inverznoj matrici A - 1 . 28
Dokažite da matrica A tipa njeni stupci linearno nezavisni.
m x
n
A
generalizirani inverz
Ima lijevi inverz ako
A+
jednak
samo ako su
29
Dokažite da matrica A ima desni inverz ako i samo ako su njeni reci linearno nezavisni. U pu t e. Stavite B = A t i koristite se prethodnim zadatkom.
30
Nađite genemJU;ran; ;nverz matrice (vektma) 31
Dokažite da je generalizirani inverz za matricu
poopćenom inverzu ako je
je r(A) 32 a.ko
= n.
r(A) = m,
A
[ :: l
tipa m x n jednak lijevom poopćenom inverzu ako
a jednak desnom
Neka je A matrica tipa m x n. Matrica A' zove se uvjetni inverz matrice je AA'A = A. Dokažite da je generalizirani inverz uvjetni inverz.
.
33
A=
. n l A 1 1 A 12 J matrica tipa
A21 A 22 r A-l o l k x k, onda je A' = l 0 1 1 0 j
Ako Je tipa
x �
x
n
ranga k gdje je
uvjetni inverz
za A.
A1 1
34
A
regularna
Dokažite da je partikularno rješenje sistema Ax = b, gdje je A matrica tipa (ako je sistem konzistentan), dano s x 0 = A'b gdje je A' uvjetni inverz matrice A, dok je opće rješenje dano s x = A'b + A'A) y gdje je y proizvoljan. m x
n
35
Dokažite da za svaku matricu 36
1 76
A
(I
-
postoji uvjetni inverz.
Dokažite da je: i) lijevi inverz matrice A tipa m x n, ako postoj� jedinstven. ii) desni inverz matrice A tipa m x n, ako postoj� jedinstven.
3. Detenninante Determinanta je funkcija A >-t det A definirana na skupu kvadratnih matrica s vrijednostima u skupu kompleksnih brojeva. Determinantu definiramo induk tivna. Tako je s det
[ :: :: � = a 1 b2 - a2b1
definirana determinanta na matricama drugoga reda . Ako je determinanta defi nirana na skupu Mn - t svih matrica (n - 1)-vog reda, onda za matricu A = (a;j) n-tog reda det A ndefiniramo s det A = a1 1 d et A 1 1 - a 1 2 det A 1 2 + . . . + t n t + ( - l ) - atn det A tn = L ( - l)k - a l k det A l k . k= l Ovdje je A l k (k = l , . . . , n) kvadratna matrica (n - 1)-vog reda, koja se iz matrice A dobiva ispuštanjem prvog retka i k-tog stupca. Vandermondeova 1 > determinanta· je determinanta n-tog reda oblika
V (x 1 ,
.
. . •
, xn:) - det . _
'
l
l
l x1 l X2 . . :
:
Xn
. •
•
•
. •
•
•
•
. •
•
xr-2 xr- t xr .
:
X,:
2
-2
xr l .
Xn 1 : n-
J
•
Ako u matrici A n-tog reda ispustimo i-ti redak i i-ti stupac, ostaje submatrica (n - 1)-vog reda koju označavamo s A ik · Broj ( - l)'+ k det A;k zove se kofaktor (algebarski komplement) elementa a;k (mjesta (i, k) ). Matrica kof(A), tzv. kofaktor (adjunkta) matrice A, je matrica kojoj je matrični element na mjestu (i, j) i ( - l) + j det Aji· Č esto se (više u teoriji nego u praksi) primjenjuje Teorem (G. Cramer). Neka je A = (aii) matrica koeficijenata sistema (l) L aikxk = b; (i = l, . . . , n) k= l od n jednadžbi s n nepoznanica. Ako je matrica A regularna, onda je rješenje sistema ( l ) dano s
Dt
D,
Dn
D ' X z = v' . . . . , Xn = D gdje je D = det [at . . . . , an], D 1 = det [b, a2 , . . . , an] , . , Dn = det [at . . . . , an - t > b] , tj. Dk je determinanta matrice koja se iz A dobiva tako da se k-ti stupac ak matrice A zamijeni sa stupcem b � [b � > . . . , bnJ '.
Xt
=
.
.
l
Dokažite da su vektori at > . . . , 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
e
o
O li - 2 - 2 l O Il l : -l o
o l o
lill ��� l l l l
'
•
•
t
Pisanje možemo još smanjiti na taj način da ne ispisujemo stupce jedinične matrice. Na primjer,
U ovom je koraku prvi stupac dobivene'tnatrice prikaz vektora e 1 u bazi (a., e2, e1 ), a preostala dva stupca su vektori a2 i a1 prikazani u toj bazi. Računamo dalje:
7
- [ l i J - [ =: s-• =
� l = c-•
'l J �
-5
188
-2 l o
-l o o o o o -2 - l l
o o o o
.
8
A = [A" Az]
gdje je
A1
m x m
regularna matrica. Sistem jednadžbi možemo pisati u obliku
A1x1 x1= +- AzA!x1 2A=bz Xz. x1 = A!' (b - A2 x2). b =O A1A A. 9 x0 y'b = Ax b A'y0 =O. y(,A'by= y0Ax 0 (A'y0)a"'x0. .=, a" O. A. a_. lo . . , a.; b = Il a, b y y'a, i = p + l y'a1 = 0 i =f.j. y, y'A = O y' a, = A'i=y =p O)+ . y'b = .l.ry' a11 ==0 b i =f. j, z = . . = = b = Il a,, A, Ax =b O alo . . A A'A = G(a " . . ,a.)
odnosno i Za dobivamo rješenje homogene jednadžbe u obliku A ko matrica u gornjem lijevom kutu nije regularna onda elementarnim transformacijama nad stupcima matrice možemo postići regularnost m x m matrice u gornjem lijevom kutu matrice Pri tome treba paziti na prenumeraciju nepoznanica.
O
Neka je
=
rješenje sistema jednadžbi i Tada je za svako rješenje sistema jednadžbi linearno nezavisni stupci matrice Nadopunimo ih od baze u K. s
I obratno, neka je Je,
rastav vektora
O.
po toj bazi. Vektor
i ==-
kombinacija stu paca matrice
Je.
(odnosno l za p
Dakle,
i=
odnosno da sistem
l
.
što pokazuje da je
12
A'
I za
po za
linearna
ima rješenje.
Stu pci , a. matrice su linearno nezavisni i stupaca, pa je regularna. Vidi također zadatak 32, t. 3.
ll
=
i 2, . , n, a
Je,
O
neka je
možemo birati, tako da je
i za Tada je tako da je pretpostavci. Potom redom biramo odakle slijedi da je A p+
Neka su
O
.
=
=
je Gramova matrica tih
AA' z= + +..+ I x .... ., l x L (x) = e. g( x ) g( x ) = lxl z 2) , ( L ( x ) e) , t ...... g (tx=0 + t v) g. t ....., g (x0 + t v) x0 x0 g. x0 g v .!__dt l g (x0 + v) L(v) (x0 v) 2 a = x0, a [ " L(x0) = L(Jc a)=21 a l = e, 2 = __:_,a . z x0 = __:_, a g x ....., lx I L (x) L (x0) = e, S(x) 1 b - Ax Iz. x0 S x0 x(,A'A b'A v .!__dt I 1 S(x0 + tv) = x0 = (A' A)- A'b. A'A je tipa
n x m
ranga
m,
pa je prema prethodnom zadatku
regularna matrica.
Treba naći vektor koj 1 minimizira funkciju xi x1 x; uz uvjet funkcija na R. zadana s gdje je A realan broj, i neka Neka je To znači da za svako v E R. funkcija vektor iz R. koji minimizira funkciju je po prima minimum u nuli. l obratno, ako funckija poprima minimum u U za svako V E R., onda minimizira funkciju Nužan je i dovoljan uvjet da
tj. Je
=
l
za svako V E R. odnosno A
da je
pa je
zadovoljava 13
odnosno
E R•
=
l
1-
= a
Vektor
( Za regularnost matrice
E
uz uvjet
R
•
1�o
= O.
t
a z , . . . , a.]'. A odaberemo tako
minimizira funkciju
l a l-
Nužan je i dovoljan uvjet da O. Odatle slijedi da
1�o
da za svako
gdje j e
pa minimizira i funkciju
.Označimo
za svako
minimizira funkciju
i
= e.
E R. minimizira funkciju
zadovoljava jednadžbu
da je
=
vidi zadatak 10).
IS
189
16
e-
f(m, e)= e - ( e x = l: l, = r � ! l b = r � l, Ax -b 1
Rješenje je isto ako tražimo d a suma kvadrata + (7m +
7)2 bude najmanja. Ako označimo
3)2 + 4m +
( 2m +
A
W +
i
onda je gornji
problem zapravo u traženju najmanje vrijednosti kvadratnog polinoma l
2 . Prema zadatku
13 m
17
x =0 e=
je rješenje sistema jednadžbi A' Ax = A'b koji glasi
.79 i
1 .58.
l
uz uvjet
Odatle slijedi d a
i M
Neka je
minimizira funkciju M jest
Nužan i dovoljan u vjet da
•.
za svako
M
+
O
+
t�O
zadovoljava
odnosno A' 2. Sada odaberemo tako da je A AA' regularna matrica), pa je (AA')- 1 b. Odatle je 19
Odatle je
x >->lx 11, x ER. Ax =b. A ER., (x) = (x 1 x) 2(b -Ax A). x0 !__dt l (x0 t�) = �ER x0 2(x0 1�)- 2(MI A) = 0 lf� ER. x0 = A A = x0 =x0b = b.A =b B (B Ax = b Bx = = b. x = = B'(BB')- 1 R x0 BCxb0 ER0x=0 =b0C'(CC'r 1(B'BCx)- 1B'0 =b.(B'B)- 1B'b. b Treba minimizirati funkciju
+
��� � l l: l = � � � l· 1
odnosno AA'
A' (AA')- 1
( to je moguće jer je
Odaberemo k linearno nezavisnih jednadžbi. Neka je matrica toga sistema jednadžbi je neka submatrica matrice Al. Tada je B tipa k x ll ranga k i rješenje sistema je rješenje sistema e, gdje je e odgovarajuća subrriatrica matrice Jedno je partikularno rješenje sistema jednadžbi Bx e dano s x0 e, a opće rješenje s x 0 + y, y E N(A). 20
(A) najbolju aproksimaciju vektora
Označimo s koji zadovoljava najmanju normu jest
22
=
zadovoljava
-=
=
pomoću vektora iz (A). Tada Rješenje prethodne jednadžbe koje ima
=
Posljednji m k reci su linearne kombinacije prvih k redaka, pa postoji matrica P, takva da je A21 PA 1 1 i A22 PA 12. I posljednji ll - k stupci su linearno zavisni od prvih k stu paca, pa postoji matrica Q, tako da je A 1 2 A1 1 Q, A22 A21 Q. Zbog regularnosti A 1 1 je A21A!/ P,
A [/ A 1 2 23
=
=
Q, A22
PA1 1 Q.
2, l oC -lj 2 . . B = l l . = l � l = ! -l
Matricu A treba napisati u obliku A
. . 2)
Iznosi
A u A2 1
• . M ozemo staviti
= [ -l o l [ ol 2 l = [ o -2 ] = l � -l
Q
=
Ai} A , 2
-1
-3
190
l
-l
A
=
=
-l
g d'Je Je A 1 1
-
1
-
2
- l -3
= BC gdje su B
l·
-1
-1
a
x
A21
-l -l
Sada je
4 ( rang od A
[B = 0 -1 ], C = [I, =
BC gdje je B tipa 6
o
x
. Zbog zadatka
22
l
l o
O
tipa
l l -l
Q]
C ranga 2, tako da je generalizirani inverz matrice A
A'
=
24
[ � - l3 Il l r 1 5 - 18 3 -3 18 " - �8 1 35 -5 5 --135 - 8 ] r -3 3
C' {CC') ' {8' 8) ' B' �
�
l
102
2 -2
9 -9
7
-1 -1 -2
-J
7
4
-
-2
:r r -�
-l
o
o
-l
l
-l
�l
=
-7
-6 .
U skladu s oznakama iz zadatka 20. B = x, C = x ' i A = BC. tako da je A + =
= C' (CC') - J (B'Br J B' = x (x'x)- J (x'x)- J x'. Dakle, A 26 A
�
BC gdje je B
�
= C'(CCT J ( B'B) - J B' =
27
l t] ,;,. m
l 1: l _!_n _!_m
[l,
. .
=
l
--,-
(x'x)·
xx ' =
e = [t, ..., J]
x l
, l]
+
nm
l
-
36
tipa
A.
l x n.
Sada
je
nm
� A' = _l__ A.
A A + A = A povlači A + A = I, odakle slijedi da je A + = A - J . 28
Ako su stu pci matrice A linearno nezavisni, onda je (A'A) - J A ' lijevi inverz od A. Neka je A0 lijevi inverz od A, tj. A0A = l. To znači da je A 0 a, = e, gdje su a, stupci matrice A, a e, stupci matrice l. Budući da su eJ, . . . , e. linearno nezavisni, nužno su i a �o . . . , a. linearno nezavisni. 30
·
x = x [ l ], pa je x inverz vektora x.
+
1 1 = [ l J' [ I r (x'x ) - x' = (x'x)- 1 x'. Primijetiti treba da je x + lijevi poopćeni
31
Ako je r (A ) = m. onda postoji lijevi poopćeni inverz A 1 • I z AA + A = A slij edi A + A = l. što povlači A = A 1 • Ovdje smo s A · označili generalizirani inverz matrice A. Analogno za desni inverz. 33
Zbog A 2 1 A [/ A 1 2 = A22 ( vidi zadatak 22) slijedi tvrdnja. 34
=
Ako je sistem konzistentan, onda postoji vektor z, tako da je Az = b. Sada je Ax 0 AA'Az = Az = b. Očito je da je (l - A'A ) y rješenje homogene jednadžbe jer je A (l - A'A) y = = (A - AA' A) y = O, odakle slijedi da je A'b + (l - A' A) v rješenje jednadžbe Ax = b. Označimo Q 2= A 'A. Tada je N (Q) J N (A), a zbog AQ = A N (A) J N (Q) pa je N (Q) = N (A). Nadalje Q = A'AA'A = A'A = Q odakle slijedi N (Q) = (l Q) K.,. Dakle, svako rješenje x homogenog sistema Ax = O ima oblik x = (l - A'A) y za neko y E K
-
•.
191
35
[ � �l
Postoje regularne matrice Q i P, takve da je QAP = Ako stavimo A' = P
[ � :j
gdje je
rang matrice A.
r
Q gdje su U, V, W proizvoljne, onda je AA'A = A.
Zaključite da u vjetni inverz matrice A nije jedinstven.
I
36
i) Lijevi inverz matrice A postoji ako i samo ako su njeni stupci linearno nezavisni. Ozna čimo lijevi inverz s A 1 . Tada iz A1 [a " . . . , a.] = slijedi da je A 1 a; = e; i = l, . . , n gdje su a 1 , . . . , a. stupci matrice A, a e; stupci jedinične matrice. Ako je Az drugi l ijevi inverz matrice A, onda je također Az a; = e; i = l , . , n. Stavimo B = A 1 - A2. Tada reci b 1 , . . . , b" matrice B zadovo ljavaju bi a ; = O i. i = l , . . , n, odakle zbog l inearne nezavisnosti vektora a 1 , . . . , a. slijedi da je Az . b' = bz = = . . . = b" = O odnosno A1 ii) Dokazuje se analogno i). .
. .
.
=
3. Determinanta
..
Označimo A = [a " az, . . . , a.]. Ako su a" . . . , a. linearno nezavisni, onda je A regularna, pa postoji matrica B, takva da je AB = l. Sada je d et (AB) = d et A d et B = l , odakle slijedi da je det A =f. O. Pretpostavimo da je d et A =f. O. Tada matrična jednadžba AX = I ima rješenje prema Cramerovu teoremu (vidi teorem što znači da je matrica A regularna, odnosno da su a" . . . , a. linearno nezavisni. ·
[16], § 6.3.
10),
0 0 � l = o �l l -o: - 1 - �l1 l�0 - 1 - 1 l�o o nezavisan. l -1 3 l -1 3 l l -1 3 o o 2 l o 1 1 b) 2 - 21 l o 2 - 1 2 o 2 o 3 oo oo oo oo - ol 233 l = - l - : l 3 o - 3 o l �l -3� o: l o� � - 1 J _ 2
a)
= 4 =f. O. Dakle, taj je skup vektora l inearno
=
l
=
-
-l 5 l
=
-5
oo - o1 233 - 1 oo l
l
l
=
-
3-5
= -
8
=f. O.
Dakle, i taj je s ku p vektora linearno nezavisan. 3
A A - 1 1 I po vlači (d et A ) · (det A _ , ) = l, odakle slijedi prva tvrdnja. Za n E N je d et A" = = d et A d et A" - t . Za dokaz u po trijeb ite aksiom matematičke indukcije. Ako je - n E tada je det A - · = det (A - 1 )" = (det A - t r = (det A) - ". = d et A A" -
5
=
[ :l [ : : 1: H�· :l· =
prema prethodnom zadatku.
192
Odatle je d et
r: ] o
B
= de t
[
A O
o
1.,
] [I" ] ·
de t
O
o
B
N,
==
·
det A d et B
6
Ta je determinanta jednaka produktu det 7
a) O ;
8
-
b) - 48 ; e) - 2 .
1
-
i -l f l =
3
·
( - l) = - 3.
.
6
9
a)
[ � - : ] · det r
1
b) O.
12;
0
r l
Za n = 2 det l a�, aa22, 2 = a11 a 22 . Pretpostavimo da je tvrdnja istinita za sve gornjotrokutaste matrice reda l . Tada je det A = a11 det A11 gdje je A11 gornjotrokutasta matrica a22 a 23 · · · a 2n reda - l. Sada je det A = a1 1 det A1 1 = a1 1 a22 ... a za svaku gornjotrokutastu O a 3 3 · a3• ·. : matncu. o . . . . a"n n -
· ·
: .
. .
. . .
.
••
n
12
(l
= lim _l_t (F (x + t ) - F (x)) = lim _l_t J, (xg 1+(xt ) +- t)ft (x) !2 (xg2+(xt) +- !2 (x) l + t) ) ) ) ) 2 (x ( (x J, (x) (x x ! !2 l !2 (x) f, f + l g 1 (x + t) - g 1 (x) g2 (x + t) - g2 (x) l') = l g{1 (x) g2 (x) l + g'1 (x) g'z (x) · F'
15
r�o
l AC DB l l
r�o
1-r
�l
l
D 0 AD - BC B l pa je det A l C · det D = d et (AD - BC) . det D. C 1 0 D, D je regularna matrica i d et D + O, pa odatle proizlazi tvrdnja. 19
_
A - :D- ' c B� - � � � �� � 1� 1 � f� � �� �� detl � � l = det (A - BD- 1 C)det D = det (A - BD- 1 C)det D' =
Pretpostavimo da je D regularna matrica. Tada je 0 1 - D-'c D ' = Odatle je
= det (AD' - BD- 1 CD') = det (AD' - BC'). Zbog neprekidnosti determinante slijedi tvrdnja. 20 Kof(A) = (det A) · A - 1 , det A = ( - l)t + " a Polinom JL (.l.) = J." - a1 J."- 1 - - a. je mini maJni polinom te matrice. Dakle, ako je a. + O, onda je A regularna i A - 1 = a.l (A"- 1 - a1 A"- 2 - a2 A"- 3 - . . - a._ , l). Prvi stupac od A- 1 je A- 1 e1 gdje je e1 prvi stupac jedinične matrice. •.
. . •
�
1 3 Zbirka zadataka
iz linearne algebre
193
l
A - l e 1 = - (e. - a1 e. _ 1 - u2 e u. 1 A - 1 e2 = A - Ae 1 = e 1
• .
oo oo "j � -·l· ' . .o
1 1 A - e. = A Ae
Dakle,
1 kof(A) = ( - 1 ) ' "
• .
2 - ... - a
• .
1 ed
1 = e. - 1 • a.
-:·-2
u. · . · O
. . (J· ·
- u,
Ako je u. = O, tada se prethodna formula dobije direktnom provjerom. 21
Neka su a" . . . , a. stu pci matrice A = (a; ;). a e" . . . , e. stu pci jedinične matrice. Ll (a " . . , a.) = Ll
=
( i:
,, = l
L a; , J
a; , J a; , �
e; , .
_I
1:-. = 1
. .
rx;, "
a ;, 2 e; , •
Ll (e;,
•
.
.
. . . ,
, e;)
i.
i" = l
)
a,," e;, =
gdje se sumira po svim ll-torkama U �o . . . , i.). Zbog svojstva b) dovoljno je sumirati po n-torkama kod kojih se svi indeksi i• međusobno različiti. Koristeći se svojstvom funkcije Ll (x; , . . . , Xi ) = i ) ni�a ( l , . � , n) = ( - 1 )1 u, . , i,J Ll (x " . . , x.) uz x 1 = e � o . . . , x. = e., za svaku permutaciju (i" dobivamo . . . ,
.
.
.
tj. Ll (a " . . , a.) = Ll (e" . . . , e.) d et A. Zbog e) je Ll (e �o . . . , e.) = Ll (I) = l odnosno Ll (A) = d et (A). 22 A = B + A e odnosno a, = b, + A C; gdje su a,, b;, e, stupci odgovarajućih matrica, i = l , . , n. Budući da je d et linearna u svakom stu pcu, to je d et A = d et [b 1 + A C �o . . . , b. + A c.] = = d et [b 1 , . . . , b.]. + A · a gdje je rx suma determinanti nekih matrica istoga tipa kao A i B (stupci tih matrica su neki od stupaca matrica B, e i A C). 23
l
Ako je ll paran broj, tada je AA' = I, (mod 2). Naime, na dijagonali produkta AA' su neparni brojevi, a izvan dijagonale parni, pa je AA' - I. = 2 · e gdje je e matrica reda ll. Sada je det (AA') =
(mod 2),
1 -� _ � � l
što znači da je det (AA') različita od nule. Regularnost matrice AA' povlači regularnost matrice A. U slučaju
ll
=
3 odmah se vidi da je matrica
25
[
-
singularna.
Ta je matrica kongruentna mod 5 s matricom
koja ima determinantu
1 94
l
o o -1 J 2
2 -2
2
l -l
2
l
-1
0 -2
2
(mod 5). Dakle, polazna matrica je regularna.
26
Za n = l det A, = 2. Za 11 = 2 d et A2 4 l = 3. Razvojem po n-tom stupcu det A. dobivamo =
-
·
·
d et A. = 2 d et A. _ , - (- l ) ( - l ) d et A., = 2 det A. - 1 - det A. _ 2 .
2
=
Indukcijom se može pokazati da je det A. = n + 1 . 27 ). - a
- b
O
-;- b Je - a
p. (J.)
p. (Je)
=
=
det ( H - A.) =
o
= (.lc - a) p. 1 (/c) - ( - h) ( - h) p. - 2 (.lc),
- b a b Je
J. - a
-
-
(Je - a) p. _ 1 (..!) - b 2 p. 2 (..!).
28 A-·
A
l'_ = -'1- jer je matrica A simetrična (A lj d et A det A je algebarski kom plemen t mjesta (i, j) matrice Al. Sada je A 1 simetrična i
Matrični element na mjestu (i, j) matrice A - 1 je
A = ii
.
l
l A;
O
1
B
_ _
A
�
l
i ,
.
gornjotrokutasta blok matrica (ovdje je B gornjotrokutasta matrica sa - l na dijagonali) pa je . l i (n - j + ll (A 1 )i1 = ( - 1 )' ' 1 i (n - J + 1 ) ( - I Y 1 za 1. -o; J. n + l n+ l
--
29
-----
A · kof (A) = (det A) · I = det A det (kof A) = (det A r d et ( kof A) ( d et A)" 1 =
30
Ako je A regularna matrica onda je rang B = 11 jer je A B = (d et A) l of= O. Ako je det A = O, tada svaki stupac b of= O matrice B zadovoljava Ab = O. Pre! postavimo li da je rang A = 11 - l , N (A) j e jednodimenzionalan i svi stupci od B leže u N (A). Dakle, rang B = l . Ako je rang A < 11 - l, onda je B = O. ·
31
\ '
Neka je B = A i1 i redaka
a1 ' ,
. .
•
1 a ''
h
... .)
• ·
iP
./p
·
submatrica od A koja je nastala na presjeku stupaca
a1,
•
.
.
,
a 1,
matrice A.
rec 1 matrice B linearno nezavisni, odakle (koristeći se
Neka je det B of= O. Tada su stupci
( .. iv _·)
teoremom o rangu) zaključujemo da je rang submatrice A i 1 · · · jednak p, odnosno da su stupci l m a1,. matrice A linearno nezavisni. Dakle. p .,:; r (A) odnosno d (A) -o; r (A). a1 , . .
•
Neka su sada
a1,, .
, a;,
(i, pa postoji subma trica A
)
bar za jedan izbor međusobno različitih brojeva j1, . . j, E [ l , ima rang
r,
( · ·. ) O ( i, . . i, ) Naime, submatrica A l ..
(r = r ( A l) linearno nezavisni stupci matrice A. Tada je del A i1 h
}J
.
·
i, j,
reda
r
.
..
)
, m .
of=
m
koja ima rang
,. (A) .,:; d (A), što zajedno s otprije dokazanom nejednakošću d (A) -o;
i,
J,
r
r.
Odatle slijedi nejednakost
(A) povlači d (A)
= r
(A). 1 95
32
Dovoljno je pokazati da su stupci matrice čiju determinantu tražimo linearno nezavisni.
(
poVlači x,
l .t j-
l
)
nezavisne kao forme na Y = L ( x 1, k
Dakle,
. ..
).i xi = O za svako i = l,
I ).1 x, = O,
... , k. Linearne forme (/); : z
, x.), a vektor
k
i= l
što zbog nezavisnosti vektora x . .
i= l
..
I
>->
( x1 l z) i = l,
)., x, nalazi se u
.
... , k su linearno
N(�p ! ) r. . . . r. N (�p•) = {0 }.
. , x. povlači ).1 = . . = ).• = O.
..
..
Obratna tvrdnja glasi : Ako je Gramova determinanta r (x .. x2, . . . , x. ) vektora x . . . , x. E R. različita od nule onda su ti vektori linearno nezavisni. Dokaz tvrdnje. Pretpostavimo, suprotno tvrdnji, da su vektori x . . . . . , x. linearno zavisni. Tada postoji netrivijalna linearna kombinacija ).1 x 1 + . + ).. x. koja je jednaka nul-vektoru. Množeći tu linearnu kombinaciju skalarno s x .. x,, . . . , x. dobiva se
.
;. . (x. l x t l + . . . + ).. ( x. l x. ) = O
što povlači linearnu zavisnost stupaca matrice r (x . . . . , x.) suprotno pretpostavci da je T (x . . . . . , x.) regularna. Dakle pretpostavka o zavisnosti vektora x . , . . . , x. je lažna jer vodi na kontradikciju. 33
Neka je (e . . . . . . e.) baza u X. Vektor (e, l e . ) · · · (e 1 l e.) (e2 1 e . ) · · · (e2 1 e.)
e1 e2
(e• l e .J . . · (e• l e.) (y l e t l · · · (y l e.)
e•
Z =
l
l
y
gdje se determinanta shvaća razvijenom po zadnjem stupcu, okomit je na svaki vektor e,, pa je okomit i na X. Sada je
z =y
y=
(e, l e . ) · · · (e, � e.) . : : (e. l e. ) · · · (e. l e.)
l r (el > . . . , e.)
34
z -
+
(e. l e.) · · · (e. l e.) (y l e.) · · · (y l e.)
l ---r (el> . . .
, e.)
:
(e. l e. ) · · · (e. l e.)
(y l et) · · · (y l e.)
(x 1. 1 x )
: ( x� l x ) · ·
=
(x l x . ) · ( x l x,.) : ( x l x) T ( x t > . . . , x,., y ) + I z l ' T (x . . . . . , x� )
,
Za dokaz druge tvrdnje stavite Y = L (x t > . . . , x,. . ). Tada je r (xl> . . . , x,. _ l > y) = O i 1 z l' :;; 1 x,. 1' pa Je T (X l > Xm ) :<S; l X,. l ' T ( X l > . . . , X,. _ . ). U daljem radu koristite aksiom matematičke indukcije. · · ·
196
_
Geometrijska interpretacija je ova : Volumen paralelopipeda s vektorima bridova x" . . . , x., manji je ili jednak od volumena kvadra s bridovima duljina l x 1 1. l x2 1, . . . , l x., l. 35
Neka su (a 1 , . . . , a"') reci matrice A. Tada je det (AA') = r (a 1 , . . . , a"'). Neka je Y = L (a 1 , . . . , a"' - 1 ). Stavimo a"' = y + z gdje je y e Y i z okomit na Y. Tada je f (a 1 , . . . , a"') = l z l2 f (a1, . . . , a"' - 1 ) jer 2 je r (a 1 , . . . , a"'- 1 , y) = O zbog linearne zavisnosti vektora a 1 , a , . . . , a"'- 1 , y. Dokaz koristi aksiom matematičke indukcije po broju m redaka matrice A. Za m = 2 to je Cauchyjeva nejednakost. Pretpostavimo da je tvrdnja istinita kad je m < k gdje je k = N. Tada je zbog gornjeg razmatranja f (a 1 , . . . , a") = l z 12 [' (a 1 , . . . . a•- 1 ) što je po pretpostavci indukcije pozitivno. Iz aksioma matematičke indukcije slijedi da tvrdnja vrijedi za sve prirodne brojeve m � 2. ,
197
§ 7. Sistemi· običnih linearnih diferencijalnih jednadžbi Neka je A kvadratna matrica. 'fada se matrica exp A definira redom ex p A =
I
Ak k!
A2 2!
A l!
+ - + - + ... + - + . . .
(l)
Jedan je od osnovnih teorema iz teorije običnih diferencijalnih jednadžbi :
A kvadratna matrica n-tog reda i I e R bilo koji interval, x l. Cauchyjev problem Teorem. Neka je
t0 E I zadani broj i xa matrica tipa n
x(t) = A x(t) x (t0) = Xa
(t E l)
ima jedno i samo jedno rješenje na intervalu
x( t) = elr - ro) A x a
J.
(2)
To rješenje dano je formulom
(t E l)
Fundamentalna matrica sistema diferencijalnih jednadžbi (2) je matrična
funkcija
Y ( t) = [yt { t), . . . , Yn (t)], t E l kojoj su stupci baza vektorskog prostora X0 svih rješenja sistema ( 1 ). Alm je Y fundamentalna matrica sistema (2), onda se matrica
U(t, s) = Y(t) Y (st 1 , t, s E l zove
matrica prijelaza, matrica evolucije ili Cauchyjeva matrica sistema (2).
l. Eksponencijalna funkcija matrice l
Ako je A.0 j edina svojstvena vrijednost matrice A n-tog reda, onda je .< t A e1 = e o
1 98
n - l tk L ! (A - Aol)k , k k= a .
2
Ako matrica A n-tog reda ima n
n
različitih svojstvenih vrijednosti A. 1 , . . . , A..,
I em Lk (A) gdje je Lk Lagrangeov interpolacijski polinom k= l n - l stupnja Lk(A.i) Jkj (k, j l , . . . , n). 3 Nađite ex p tJ gdje je J matrica n-tog reda oblika onda je exp tA
=
=
=
4 Svaka kompleksna
n x n
matrica A slična je matrici oblika
J=
l
Jo O o Jl . . . . . . O
O
O ·· O o .. o
. .
.
O
... Js
J
gdje je J0 dijagonalna matrica s dijagonalom ..1. 1 , . . . , A.q
(i =
l,
. . . , s)
gdje su Aj, j = l, . . . , q + s svojstvene vrijednosti matrice A koje ne moraju sve biti različite. Svojstvene vrijednosti ..1. 1 , . . . , A.q su jednostruke. Dokaz gornje tvrdnje nije elementaran, a može se naći u [ 1 7], II - 2, teorem 1 2. Sada je exp tJ =
l
ex p tJ0 O
. .
o
O
exp tJ 1 . . o
· · · · · ·
o O .
ex p tJs
J
gdje se ex p tJ0, . . . , ex p tJ, računaju kao u prethodnom zadatku.
5
Neka je A matrica n-tog reda koja se može dijagonalizirati i neka su x 1 , . . . , x n svojstveni vektori. Tada je
A.� > . . . , An svojstvene vrijednosti matrice A, a
1 99
2. l
Sistemi običnih diferencijalnih jednadžbi Riješite sistem
dx - = - x + 2y + z dt dy - = - x + 2y + z dt dz - = - 2x + 2v. + z dt uz početni uvjet x (O)
y(O) = z(O) = l .
==
Riješite ove sisteme jednadžbi:
2
f
x (t) = Ax(t) uz početni uvjet x (O) = [2, 2, O] ' gdje je A=
3
4
[i
� �
l
x(t) = . 4 -1
4 1
x(t) = Ax(t)
A=
5
3 - 1 -2 4 l -1 3 -2 l
x (t).
f
-2 l 2 -1 o 2 -2 o 3
diferencijalna jednadžba n-tog reda na intervalu I e R. Svedite tu jednadžbu na sistem jednadžbi prvoga reda (vidi [16] § 7.7). M atrica je dobivenog sistema
A=
o o o
l o o
o l o
o o o
o o o an an -l " Dokažite da je det (A.I - A) = A. + a1A." - 1 + . . . + a" _ 1A. + a" zapravo karakte rističan polinom diferencijalne jednadžbe (• ) i da je to ujedno i minimalni polinom matrice A. Uočite da je traženje korij ena karakteristične jednadžbe za diferen cijalnu jednadžbu zapravo traženje spektra matrice A.
200
3. Vektorski prostor rješenja sistema linearnih diferencijalnih jed
nadžbi. Fundamentalna matrica
l
Neka je t .__. A(t) funkcija klase C 1 na I s vrijednostima u Mn i W(t) = det A(t). Tada je W' zbroj od n determinanata koje se iz W(t) do�ivaju tako da se po jedan redak od W zamijeni svojim derivacijama, tj. 2 1 da" � det A(t) = det da , a 2 , . . . , a" + det a t da , . . . , a" + . . . + det a t . . ,
( dt
dt
gdje je ak (t) redak matrice
A(t).
)
( . dt
)
( , . dt )
2
u 1 , . . . , u" E cn (I, K) u 1 (t) u� (t) W(t) = . . ui" - l ) (t) u�n - l ) (t)
Za funkciju
determinanta
u�n - l ) (t) zove se determinanta Wronskog 1 funkcija U t . . . . , un . Dokažite da se derivacija od W dobiva tako da ·
·
·
se derivira samo posljednji redak. U pu t e. Koristite se l. zadatkom i činjenicom da je determinanta jednaka nuli ako su dva retka jednaka.
3
Neka su funkcije jednadžbe Dokažite da je
uk (k =
l, . . . , n) iz zadatka 2) rješenja diferencijalne
x< n) (t) + a t (t) x O realan broj. Tada fundamentalna matrica Y, Y (O) = l, sistema x(t) A (t) x(t) ima oblik =
=
Y (t)
=
U (t) e'8
gdje je B konstantna matrica, a matrična funkcija U periodična perioda r.
15 U pnmJeru 14 uvedite funkciju y(t} = U (tt 1 x(t) Y (t) = By(t), t E R.
dokažite da je 203
RJEŠENJA
·§
Sistemi običnih linearnih diferencijalnih jednadžbi
7.
l. Eksponencijalna funkcija matrice
,.
Ako je Ao jedina svojstvena vrijednost matrice A, onda je svojstveni polinom oblika u (A) = = (A - Ao'f odnosno (A - A0l'f = O. Sada je exptA = exp t(A - A0 1 + A01) = exp t Ao I · exp t (A - Ao l) = - 1 t" e' 10 L - (A - Ao l)'. t� o k ! =
2
p(A) je p(T- 1 A T) = T- 1 p(A) T, pa je = T_ ,
3
(J,
)
Postoji regularna matrica T, takva da je T- 1 A T = D = diag (A , ; . . . , A.). Za svaki po linom
re lO
' '· 0 e'"
j
t
1 1 l;.• Lt(A) = T- 1
T = exp t A.
--
�;., L1 (D) T =
-----
J = A I + N gdje je N nilpotentna matrica Tada je e' J = e';.1 e' N pa je zbog e' N
e'J =
l ol e' '
t l
..
O
s
l
t"- 1 (n - l ) !
2!
o
•
+ ... +
e' 1
t• - ' N• - t (n - l)!
t e1 1 · · · · e' ).
tl
e"
1
tl 2! t
= l + tN +
t l Nl
l
(n - l ) !
t e'
o
2!
t"-
e';.
'
e"
Stavimo T = [x" . . . , x.]. Tada je T - 1AT dijagonalna matrica i e' T - 'AT = diag (e' ••, . . . , e'"'). Zbog T - 1 e A T e 1 T - ' AT slijedi tvrdnja. =
2. Sistemi običnih diferencijalnih jednadžbi
Matrica sistema A
=
l =l � : l,
det (A l - A) = A (A
-
l� o �l
If, pa su svojstvene vrijednosti
matrice A, A1 = O Al = A3 = l . Matrica A je slična matrici A1 =
o
204
ili matrici
A2 =
l � � � l,
' o
ovisno o dimenziji svojstvenog potprostora koji pripada svojstvenoj vrijednosti l .
l
o
Ako postoje tri linearno nezavisna svojstvena vektora matrice A, onda je A s11čno A 1 • Svojstveni su vektori x1 = [0, l, - 2]' za A.1 = O i x2 = [1, l, OJ' za A.2 = l . Dakle, postoji regularna matrica T, takva da je AT = TA2. Označimo njene stupce s t" t2, tJ. Sada je [At" At2, AtJ] = [0, t2, t2 + tJ], odakle At1 = O povlači t1 = x1 (kao jedno rje�enje), At2 = t2 povlači t2 = x2 i (A - l) tJ = x2, što vodi na sistem jednadžbi
1
-2 -l
2
-2
2
,
za komponente vektora tJ. Sada je XJ = tJ = [ O O, l]' jedan od vektora Dakle, T=
l�
1 r AT = A2 =
' -2
I�
, O
za
koji je AxJ = x2 + xJ.
o
l o
l :: l · = l � � l l � � �· l l :: l l � :: : :: l l :: l·
odakle je x (t) = e' A x0 = T e' A' T- 1 x0 gdje je x0 = [ l, l, 1]'. Da se izbjegne računanje inverzne matrice, označimo
a =
1 T- x0 =
Opće je rješenje sistema
' IXJ
x (t) = T e' A ' a
l
. -2
=
l
o
,
O
O
e
-2 O
. IXJ
e
IXJ
Iz uvjeta x (O) = [l, l, l]' slijedi sistem
IX2 = l IX t + IX2 = l - 21XI + IXJ = l ,
kojega je rješenje � 1 = O, IX 2 = l, IXJ
=
l , odakle je y (t) = e' ( l + t),
x (t) = e' ( l + t),
z
(t) = e'.
Rješavanje se može skratiti ako se uoči da je x = y. Tada iz treće jednadžbe slijedi početnog uvjeta
z
= e'. Prva jednadžba daje
dx -
dt
d
z -
dt
=
z
i zbog
= x + e' odakle slijedi x (t) = t e' + e' = y (t).
2 l
Svojstvene su vrijednosti matrice A 1X 1 = l, 1X2 = 3, IXJ = 6, a svojstveni vektori e1 = - [ l , O, 1]', l e2 = - [l, 2,
J/6
-
l]
',
l J J J eJ = - [ - l, l, 1]', odakle je x (t) = [e' + e •, 2e •, e' - e ']'.
J/2
J(3
3
l i � � l·
Svojstvene su vrijednosti matrice A sistema A.1 = l, A.2 = 2, A.J = 5. Matrica A je, dakle, slična dijagonalnoj matrici A' =
To znači da postoji regularna matrica T, takva da je
205
T- 1 A T = A' i stupci matrice T su svojstveni vektori matrice A. Možemo uzeti T = i e1 A = T i A' T- 1 , odatle slijedi da je opće rješenje sistema
4
Svojstvene su vrijednosti matrice A 2 1 =
x2
=
l : l·
-1o
-
l , 22
Tražimo vektor x3, takav da je (A - I) x3
-3 -1 -2
odakle je jedno rješenje �1 = - 1 /2, �2
=
-
oo
�� 2
x (t) =
l
x2 =
1 -� �l l
je dano s x (t) = e1 A e gdje je e proizvoljan vektor.
odnosno
=
23 =
l,
-
: -�
1
-3
a svojstveni vektori x, =
l : l·
1 /2, �3 = O, odnosno x3 =
A x 2 = X 2 , Axj = x2 + X], odnosno T- ' AT =
=l�
=
f
:
3
��l
To vodi na sistem jednadžbi
l :�� l· =
Sada je Ax, = - x "
l
= A' gdje je T = [x" x2, x3]. Rješenje
i
e' e' e'
2t - l 2t
� l e'
�-
2
te'
T
- t
e-•
proizvoljan vektor.
l
5
2 Stavimo B = A' i ei j-ti stupac jedinične matrice. Tada je e2 = Be" e3 = Be2 = B e" . . . e., = 1 1 = Be. _ , = B"- e" Be. = - a. e, - . . . - a1 e. ""' B" e1 = ( - a. I - a. _ 1 B - . . . - a1 B" - ) e1 ""' ""' P (8) e1.= O gdje je P (2) = A." + a1 2" + . . . + a Isto je tako P (B) e2 = P (B) Be1 = B P (B)e1 = =O itd. P (B) = O. Dakle, P je minimalni polinom matrice 8, pa Je i mimmalm po linom matrice A = B'. No kako je to polinom stupnja n, ujedno je i svojstven polinom matrice A. .
206
_,
•.
l
3. Vektorski prostor rješenja sistema linearnih diferencijalnih jednadžbi. Funda mentalna matrica
dtd = + +
(a 1 (t), . ., a"(t) = (a1 (t + s), a2 (t + s) . . , a" + - (a (t), . . , a" (t) ] (a (t + s), a2 +s), . . , a" (t + s)) - (a1 (t), a2 (t + s), . . , a" (t +s) (a1 a2 (t + s), . . ,a" + s)(a1() -t + s)-a1((a 1t)(t), 2a2 (t), . . , a" + +) (a (t), . . , a" (t + s)) a (t + s), . . , a" (t + s) + +s) - a ( ) ] = 2 (t) (a1 (t), . . ,. aa"2 ((tt)+s)-a ) ) (a 1 (t), a2 (t), . (a1(1), s , . . , a"(t + s) + . . + l lim - [d et
- d et
(t
•- O S
l
lim - [d et
s -- O S
d et
- d et
(1),
+.
. . . - d et
(l
(l
lim d et
3
s))
1
d et
,
. hm det
lim det
s-o
1
d et
d et
(t
1
s) )
.,
s-o
a"(t
"
l
_
_
s
Prema prethodnom zadatku
((tt)) ((tt)) ((tt)) -W( dtd t) = 2J (t) 2J (t) (t) (t) (2t)J (t) a1 . -dtd W(t) l' u 1 ((tt)) u2 ((tt)) · ·· · · · ·· · · · · -atu�(t)((t1)) (t) l = - a 1 (t) W(t) W(t0) =W(r) 10 t W(l) = W 0) ( u1
u2 u2
u�
u't"�
u';� u'," '
u�· ·· u�
u;
u't"'
pa je zbog uk" '
=
ui• - 1 1
-
-
- a. u1,
.
· ·
==
u'1 - adt) u't" - t '
u.
·
· · · ·
u.
· · ·
u2 - a dt) u'; - t ' ( t) . . .
•- IJ u�
( ovdje smo iskoristili aditivnost determinante po posljednjem retku. Ako je O za neko E I, onda po teoremu jedinstvenosti rješenja diferencijalne jed nadžbe slijedi da je O za svako E I. Formula =
( 1 ex p -
J a 1 (s) ds)
'"
slijedi direktno iz oblika rješenja za običnu diferencijalnu jednadžbu (vidi S. K urepa : Matematička analiza 2 (Funkcije jedne varijable) 11-5 § l 0). 4
y;(t) = A y, (i = . y1 (t) = [A y1 (t), . . ( ] + . . + 2 (1), . . , A y.(r)]. y" . .0,y. A(t) y;(t) = L Cli1 (t) y;(t) 0 A0 (t) (Cli1 (t) W'(t) = (tr A (t) W(t) = (tr A(t) · W(t) tr A (t) = tr A(t) . = A0(t) ,
je
W'
Stavimo W(t) (l)
d et
=
det Y (t). Neka su l , . , n) i
(t), t E I
(l)
(t), Y2
(t), . . . , Yn (1) stupci fundamentalne matrice sistema. Tada
d et [Yt (t), Y
, Y. t )
(t)
(uočite da je
Zbog linearne nezavisnosti funkcija
·
i o= l
odakle slijedi da je slijedi tvrdnja iz istih razloga kao u prethodnom zadatku.
(jer je
=
Odavde
207
5
L .l.k uk (t) = O, t E l povlači, ako deriviramo
-
n
k= l
l
puta, da je
L .l.k ui (l) = O
k= l
L .l.k u�· - 1 1 (t) = O.
k= J
Determinanta gornjeg sistema je determinanta Wronskog funkcija u 1 , , u•. Ako je ona različita .l., = .l.• = O. što znači da su u l > . . . , u• linearno nezavisne. Zbog zadatka 3 slijedi tvrdnja. Neka su g,J: R - R definirane s .
od nule. sistem ima samo trivijalno rješenje, tj.
J(x) =
{ �x2
x 81}. sa
A.,
{Ah A1,
= l, 2
G (S)
G (2, R)
G (S) = {AE GI(2, R): (a11 x 1 + a11 x1 ) (a1 1 x1 + a11 x1) = l ako je Xt X1 = l} = = {A E G l (2, R): a11 a1 1 x1 + (a11 a22 + a11 a11) xi + a 1 2 a22 = xi za svako x1 =f O) odakle je G (S) t podgrupa od G /(2, R) generirana s {[ t O ], [ O o 1/t l/t o ] , t =f o} .
9
Matrica kvadratne forme xi + 4 x� je T = [ � �l · G (S) = {A E Gl (2, R): (Tx l x) = 4 povlači (TAx i Ax) = 4} = {A E GI(2, R): (A'TAxl x) = (Tx lx) lfXE R1}. Daklo, A'TA = T odnosno
lO
A --
226
[
t =f
Vl-=7 --
2
]
± 2 Vl-=7 , tER -t
ili
-l
A-
]
± 2 VI=f t , tER. Vl-=7 =f --2 -t
4. Relacija ekvivalencije. Kvocijentna grupa a = b (mod m) povlači b - a je djeljivo s m, odakle slijedi simetričnost relacije. Za svako x E Z je x - x djeljivo s m, pa je relacija refleksivna. Nadalje, a = b (mod m) i b = e (mod m) povlači e a = (e b) + (b a) je djeljivo s m, pa je relacija mod m i tranzitivna. -
-
-
2
Svojstva refleksivnosti i simetričnosti su očigledno posljedice definicije relacije - . Neka je A - B i B - C. Tada je OA - OC = OA OB + OB OC, pa OA OC leži u ravnini M, odnosno -
A - e.
4
EA je ravnina koja prolazi točkom
-
A i
-
paralelna je s ravninom M .
Refleksivnost i simetričnost slijede neposredno iz definicije relacije - . Neka je A - B i B - C. Tada je A = T - l BT i B = s - 1 CS gdje su T, S regularne matrice. Odatle slijedi da je A = (ST) - 1 B(S! l odnosno A - C, što pokazuje tranzitivnost relacije. 8
Svaki element x grupe G konjugiran je sam sebi, jer je x = ex e- 1 • Dakle, relacija konjugiranosti je refleksivna relacija. Ako je y = s x s - 1 , onda je s- 1 ys = x, odakle slijedi simetričnost relacije. Njena tranzitivnost s)ijedi iz relacija y = s x s - 1 i x = psp - 1 koje povlače y = (sp) x(spt 1 gdje su x, y, s, p, z elementi od y. Da bismo dokazali drugi dio tvrdnje, označimo s r rotaciju oko točke O. r je rotacija oko 1 nekog pravca p. Ako sa s omačimo rotaciju za 1t oko 1simetrale kuta između pravca l i p, onda je s r1 s- 1 rotacija koja točke pravca l ostavlja na miru, pa je to rotacija oko pravca l, što se i htjelo dokazati. 9
(x, y) - (x, y) jer je x = x. Ako je (x, y) - (x', y'), onda je i (x', y') - (x, y) jer je x = x'. (x, y) - (x', y') i (x', y') - (x", y'') povlači x = x" jer je x = x' i x' = x" odnosno (x, y) - (x", y"). Razred E(x. y) = {(x', y') E X x Y: x = x'} = {x} x Y. Kvocijentni skup je Ej_ = l {x} x Y: x E X}, a p : E E/- definirano je s p ((x, y)) = { x} x Y. -+
11
x - x za svako x E E jer j e x = l (x) gdje j e l jedinica grupe T. Ako j e x - y, tada j e x = f ( y) za neko fE T odnosno y = l 1 (x) gdje je .J 1 inverz elementa f u grupi T. Dakle, y - x. Ako je x - y i y - z, tada je y = fdx) i z = h (y) /1 , h E T odnosno z = (!2 fd(x), što pokazuje da je x - z. E. je kružnica oko točke O koja sadrži x. Sve klase ekvivalencije su, dakle, koncentrične kružnice s centrom u točki O. 12
Neka je r relacija ekvivalencije koja pripada gornjoj particiji skupa E. Znači da je x r y ako pripadaju istoj klasi, tj. ako je E. = E,. Odatle slijedi da je x = f( y) za neko /E .T. što opet zna�i da je x - y u smislu relacije ekvivalencije iz prethodnog zadatka. I obratno, ako Je x - y, onda Je E. = E, odnosno x r y. 14
Zs sadrži pet elemenata: O, 1, 2, j, zbrajanja u Z s :
gdje je k = k + S Z, k = O, l, 2, 3, 4. Tablica je
4
o i � 3 4 o 1 � 3 4
o i � 3 4
1 � 3 4 o
� 3 4 o 1
3 4 o 1 �
4 o 1 � 3 227
lS
Da bismo pojednostavili pisanje, označujemo razred elementa k E Z istim slovom u svakom pojedinom slučaju.
z,
16
dtt
o
o
l
l
2
o
Z3 :
l o
2 l 2 o 2 o
o
o
2
2 3
o
Z4: o
l 2 3
2 3 2 3 o 2 3 o 2. 3 o
o
p Zjm p Z = {kp + m p Z : k E Z} (Zjm p Z)j(p Zjm p Z) = {z + m p Z + p Z + m p Z : z E Z} = {z + p Z : z E Z} = ZP" 18
Prema [16] § 6.3 teorem 7. det(AB) = det A · det B za svake dvije matrice A, B E G I(n, R). Prema tome, J je morfizam grupa, pa je J = f' p i f' : GjKerJ -+ R* je iwmorfizam. o
19
Za svake dvije matrice A, B E G0 je A + ( - B) E G 0, odakle slijedi da je G podgrupa aditiv ne grupe matrica M Zbog tr (A + B) = tr A + tr B, A, B E G0 vidimo da je tr morfizam grupa. Ako s p : Go -+ Go/Ker(tr) označimo kvocijentni morfizam grupa, onda je tr = J p gdje je J : GojKer(tr) -+ Z morfizam grupa. J je surjekcija jer je tr surjekcija. S druge strane, J ((p)(A)) = O povlači tr(A) = O odnosno A E Ker (tr� odakle slijedi da je J i injektivno preslikavanje. Dakle, J je izomorfizam grupa. •.
o
20
a) [x, y] = e za svako x, y E G znači da je x y x - 1 y- 1 = e odnosno x y = y x. b) x G' x - 1 je podgrupa generirana elementima oblika x [a, b] x - 1, a, b E G. No x [a, b] x - 1 = = x a b a - 1 b - 1 x - 1 = x a x - 1 x b x - 1 x a - 1 x - 1 x b- 1 x- 1 = [x a x - 1, x b x - 1]. Odatle zaključujemo da je x G'x - 1 = G' jer je preslikavanje a -+ xax- 1 automorfiZam grupe G. e) Neka je p : G -+ GjG' kvocijentno preslikavanje; p je morfu:am grupa i p (x) p (y) = x y G' = = x y x- 1 y- 1 G' y x = G' y x = p ( y) p (x). d) Dokazat ćemo malo općenitiju tvrdnju: Neka je G -+ A morfiZam s G u Abelovu grupu A. Tada postoji morfizam GIG' -+ A, takav da je p odnosno da dijagram
rp rp'rp:� rp:.__-+ � ///rp' rp rp rp rp:rp rp rp' rp' rp rp' rp', :
=
G
_ _
G/G'
A
rp'
rp'rp':
komutira. Zbog x G' = y G' = (x) = rp (x G') ""' ( y) vidimo da je preslikavanje G/G' -+ A, definirano s rp' (p (x)) = rp (x), dobro definirarto i da ima tražena svojstva. (p (x) p (y)) = = rp ' (p ( x y)) = (x y) = (x) ( y) = (p (x)) (p (y)) Vx, y E G, pa je morfizam grupa. U našem slučaju G -+ GjH je kvocijentno preslikavanje, pa postoji odgovarajuće preslikavanje GjG' -+ GjH, takvo da je = p. Odatle slijedi da je G' = Ker p e Ker = H, što se i htjelo dokazati.
rp':
228
o
rp'
Literatura [ l ] JI. e. AmaHaCJlH, B. A. AmaHaCJlH, O'iop H HH 3aAati liO reoMcrp m! l, I1pocBeweHI!e, MocHBa, 1 973. [2] Frank A yres, Theory and problems of matrices. Schaum's outline series, McGraw-Hill, Inc., New York, 1962. [3] R ichard Be/Iman, Introduction to matrix analysis, McGraw-Hill, Inc., New York, 1 960. [4] Garrett Birkhoff, Saunders Mac Lane, A survey of modern algebra, New York, The Macmillan company, New York, 1965. [5] Tiwmas l . Boullion, Patric L. Ode/l, Generalized inverse matrices, J ohn Wiley & Sons, Inc., New York, 197 1 . [6] Earl A . Coddin{lton, Norman Levinson, Theory o f ordinary difTerential equations, McGraw-Hill, Inc., New York, 1 955. [7] Jean Dieudonne, Linearna algebra i elementarna geometrija, Školska knjiga, Zagreb, 1977. [8] JI. K.