Linearna Algebra - Knjiga.pdf, Ispiti od Matematika

Preuzmite Linearna Algebra - Knjiga.pdf i više Ispiti u PDF od Matematika samo na Docsity!

SVEU ˇCILI ˇSTE U ZAGREBU

PRIRODOSLOVNO-MATEMATI ˇCKI FAKULTET – MATEMATI ˇCKI

ODJEL

Zagreb, Bijeniˇcka cesta 30

LINEARNA ALGEBRA

Autor: Prof. dr. sc. Vjeran Hari

U Zagrebu, 2005.

4 POGLAVLJE 0. UVOD

Poglavlje 1

Sustavi Linearnih Jednadˇzbi

Studij linearne algebre poˇcinjemo razmatranjem triju problema. Iako ti problemi na prvi po- gled izgledaju vrlo jednostavno, oni ´ce nas dovesti do iskustva da moramo biti vrlo oprezni kako ne bismo stvorili krive zakljuˇcke. Kad jednom usvojimo potrebnu dozu opreznosti, line- arna algebra ´ce se razvijati preko pitanja i odgovora na niz vrlo jednostavnih pitanja. Tri problema glase: pomo´cu elementarnih aritmetiˇckih operacija nadi sve trojke realnih brojeva x 1 , x 2 , x 3 koji istovremeno zadovoljavaju sljede´ce jednadˇzbe:

Problem 1. x 1 + x 3 = 0 x 2 − x 3 = 1 x 1 + 2x 2 + x 3 = 1

Problem 2. x 1 + x 3 = 0 x 2 − x 3 = 1 x 1 + 2x 2 − x 3 = 1

Problem 3. x 1 + x 3 = 0 x 2 − x 3 = 1 x 1 + 2x 2 − x 3 = 2.

Jednadˇzbe u tim problemima izgledaju vrlo sliˇcno; u stvari jednadˇzbe drugog problema razlikuju se od prvog samo na jednom mjestu u tre´coj jednadˇzbi, a jednadˇzbe tre´ceg problema razlikuju se od drugog opet na samo jednom mjestu u tre´coj jednadˇzbi. Sliˇcnost vara, kao ˇsto cemo uskoro vidjeti.´

Tri pravila, odnosno tri operacije nad jednadˇzbama koja koristimo u dobivanju ekvivalent- nog sustava jednadˇzbi danom sustavu jesu:

Dozvoljene operacije:

1. Zamjena bilo kojih dviju jednadˇzbi sustava,
2. Mnoˇzenje neke jednadˇzbe sustava brojem koji nije nula,
3. Dodavanje jednoj jednadˇzbi druge jednadˇzbe koja je pomnoˇzena nekim brojem.

Primjena bilo kojeg od tih pravila na dani sustav dovodi do sustava koji je ekvivalentan polaznom sustavu. Uvjerimo se u to.

Pravilo 1. dovodi do ekvivalentnog sustava, jer poredak u kojem se pojavljuju jednadˇzbe u sustavu (1.1) nema vaˇznosti za rjeˇsenje. Za rjeˇsenje je bitno da nakon uvrˇstenja, lijeva strana svake jednadˇzbe bude jednaka desnoj srani.

Primijenimo sada pravilo 2. na sustav (1.1). Uzmimo npr. i−tu jednadˇzbu

fi(x 1 , x 2 , ..., xn) = bi , (1.2)

i pomnoˇzimo ju sa α koji nije nula. Dobivamo

αfi(x 1 , x 2 , ..., xn) = αbi , α 6 = 0. (1.3)

Sve ostale jednadˇzbe novog sustava su identiˇcne odgovaraju´cim jednadˇzbama starog sus- tava. Ako n - torka brojeva x 1 , x 2 , ... , xn zadovoljava jednadˇzbu (1.2), onda ´ce zado- voljavati i jednadˇzbu (1.3). Tvrdnja vrijedi bez obzira da li je α nula ili nije. Budu´ci da su sve druge jednadˇzbe ostale iste, svako rjeˇsenje starog sustava bit ´ce rjeˇsenje novog sustava.

Podimo sada od jednog rjeˇsenja x 1 , x 2 , ... , xn novog sustava. S obzirom da je α 6 = 0 (dakle, tek ovdje koristimo pretpostavku netrivijalnosti α), moˇzemo pomnoˇziti i−tu jednadˇzbu novog sustava sa 1 /α. Sada na isti naˇcin kao i prije zakljuˇcujemo da je x 1 , x 2 , ... , xn rjeˇsenje “joˇs novijeg” sustava, koji je zapravo stari sustav. Prema tome, svako rjeˇsenje novog sustava je istovremeno rjeˇsenje starog sustava. Dakle novi sustav je ekvivalentan starom sustavu.

8 POGLAVLJE 1. SUSTAVI LINEARNIH JEDNAD ˇZBI

Pokaˇzimo da 3. pravilo takoder vodi na ekvivalentan sustav. Izabiremo dvije jednadˇzbe polaznog sustava, recimo i−tu i j−tu jednadˇzbu:

fi(x 1 , x 2 , ..., xn) = bi fj (x 1 , x 2 , ..., xn) = bj.

Nakon primjene tre´ceg pravila i−ta i j−ta jednadˇzba novog sustava glase

fi(x 1 , x 2 , ..., xn) = bi , fj (x 1 , x 2 , ..., xn) + αfi(x 1 , x 2 , ..., xn) = bj + αbi ,

dok su sve ostale jednadˇzbe obaju sustava identiˇcne. Ako je x 1 , ... , xn rjeˇsenje od (1.4), onda oˇcito zadovoljava (1.5). S druge strane, ako je x 1 , x 2 , ... , xn rjeˇsenje sustava (1.5), onda uvrˇstavanjem bi umjesto fi(x 1 , x 2 , ..., xn) u drugoj jednadˇzbi od (1.5), jednadˇzbe (1.5) postaju (1.4). To znaˇci da je x 1 , x 2 , ... , xn ujedno rjeˇsenje od (1.4). Prema tome, x 1 , x 2 , ... , xn zadovoljava (1.4) onda i samo onda ako zadovoljava (1.5). Budu´ci da su ostale jednadˇzbe nepromijenjene, novi sustav je ekvivalentan staromu.

Sada ´cemo upotrijebiti tri osnovna pravila u rjeˇsavanju problema postavljenih na poˇcetku ove lekcije.

Kod problema 1., zamijenjujemo tre´cu jednadˇzbu razlikom tre´ce i prve jednadˇzbe (to je pravilo 3., jer prvu jednadˇzbu mnoˇzimo s − 1 i dodajemo ju tre´coj jednadˇzbi). Dobivamo

x 1 + x 3 = 0 , x 2 − x 3 = 1 , 2 x 2 = 1.

Rijeˇsivˇsi tre´cu jednadˇzbu, dobivamo vrijednost za x 2. Uvrstivˇsi tu vrijednost u drugu jed- nadˇzbu dobivamo vrijednost za x 3. Uvrstivˇsi vrijednost za x 3 u prvu jednadˇzbu dobivamo vrijednst za x 1. Tako smo dobili x 1 = 1/ 2 , x 2 = 1/ 2 , x 3 = − 1 / 2. Dakle postoji jedna i samo jedna trojka brojeva, 1 / 2 , 1 / 2 , − 1 / 2 koja zadovoljava sustav jednadˇzbi iz problema

Citalac ´ˇ ce odmah primijetiti da sve ˇsto smo do sada koristili jesu aritmetiˇcke operacije, sva tri pravila zapravo se sastoje samo od aritmetiˇckih operacija.

10 POGLAVLJE 1. SUSTAVI LINEARNIH JEDNAD ˇZBI

ekvivalentnim sustavom) daje nam algoritam za rjeˇsavanje sustava triju linearnih jednadˇzbi s tri nepoznanice.

U op´cem sluˇcaju, primjenom spomenutih pravila, polazni sustav se svodi na sustav jed- nostavnijeg oblika koji moˇzemo izravno rijeˇsiti. Npr. jedan takav sustav je onaj u kojem se u drugoj jednadˇzbi ne pojavljuje nepoznanica x 1 , u tre´coj nepoznanice x 1 i x 2 itd. , u zadnjoj jednadˇzbi se pojavljuje samo jedna nepoznanica (ona s najve´cim indeksom). Metoda koja svodi polazni sustav na takav sustav zove se Gaussova metoda eliminacija.

U sljede´coj toˇcki poˇcinjemo studij linearne algebre. Kao ˇsto je gotovo svaki puta sluˇcaj, novoj temi je potreban novi sustav notacije. Notacija treba olakˇsati ˇcitljivost i razumljivost teksta.

Zadaci

1. Koriste´ci tri osnovna pravila, svedite sustav jednadˇzbi na ekvivalentan sustav koji ima gornju trokutastu formu:

a 11 x + a 12 y + a 13 z = b 1 a 22 y + a 23 z = b 2 a 33 z = b 3.

Navedite koriˇsteno pravilo u svakom koraku i nadite sva mogu´ca rjeˇsenja za slijede´ce sustave:

(a)

x 1 + x 2 + x 3 = 4 x 1 − x 2 + x 3 = 2 2 x 1 + x 2 − x 3 = 1

(b)

x 1 + 2x 2 − x 3 = 5 2 x 1 − 3 x 2 + x 3 = 0 3 x 1 + 16x 2 + x 3 = 21

(c)

x 1 + 2x 2 + x 3 = 2 2 x 1 − 5 x 2 + x 3 = 11 3 x 1 + 2x 2 − x 3 = − 10

(d)

x 1 − 2 x 2 + x 3 = 1 2 x 1 + x 2 − x 3 = 2 5 x 2 − 3 x 3 = 0

(e)

x 1 + x 2 + x 3 = 1 + 4i −x 1 + x 2 − x 3 = − 1 x 1 − x 2 − x 3 = −(1 + 2i)

(f)

ix 1 + 3x 2 − 2 ix 3 = 8 + 3i 2 x 1 + (−1 + i)x 2 + (2 + 3i)x 3 = −11 + 8i x 1 + x 2 + x 3 = 1 + 5i

2. Odredite α tako da svaki sustav ima najmanje jedno rjeˇsenje i nadite sva rjeˇsenja sustava.

(a)

x 1 + 3x 2 − x 3 = 1 2 x 1 − x 2 + x 3 = α + 2 −x 1 + 11x 2 − 5 x 3 = 5

(b)

2 x 1 − x 3 = − 1 x 1 + 3x 2 − 14 x 3 = α − 25 x 1 − x 2 + 4x 3 = 11

(c)

2 x 1 + x 2 + x 3 = 6 x 1 − x 2 − x 3 = − 3 x 1 = α

(d)

3 x 1 + 9x 2 − 15 x 3 = 6 2 x 1 + 6x 2 − 10 x 3 = 4 4 x 1 + 12x 2 − 20 x 3 = 1 + α

3. Dokaˇzite da ovi sustavi nemaju rjeˇsenja:

(a)

x 1 + x 2 − 3 x 3 = 1 2 x 1 − x 2 + x 3 = 2 − 3 x 2 + 7x 3 = 3

(b)

x 1 + x 2 − 3 x 3 = 1 2 x 1 − x 2 + x 3 = 2 3 x 1 − 2 x 3 = 1

(c)

2 x 1 + 3x 2 − x 3 = 0 x 1 − 3 x 2 + x 3 = 1 − 3 x 2 + x 3 = 3

(d)

−x 1 + 2x 2 − x 3 = 0 x 1 + 8x 2 + x 3 = 9 x 1 + 3x 2 + x 3 = 5

(e)

x 1 − x 2 + 3x 3 = 1 x 1 − 5 x 2 − x 3 = 4 2 x 1 − 6 x 2 + 2x 3 = 6

(f)

2 x 1 − 11 x 2 + 11ix 3 = 10 2 ix 1 − 3 x 2 + ix 3 = 7 (1 − i)x 1 − 4 x 2 + 5ix 3 = 1

4. Konstruirajte sustav od tri jednadˇzbe s tri nepoznanice tako da ima (a) jedno i samo jedno rjeˇsenje, (b) viˇse od jednog rjeˇsenja, (c) niti jedno rjeˇsenje. U svakom od tri sluˇcaja reducirajte sustav na ekvivalentan sustav u gornjoj trokutastoj formi.

Poglavlje 2

Uvod u vektorske prostore

U ovom poglavlju prvo upoznajemo specijalne vektorske prostore uredenih n-torki realnih i kompleksnih brojeva, a zatim definiramo vektorski prostor kao algebarsku strukturu. Kao ˇsto smo napomenuli ranije, prvo uvodimo oznake.

Sa R i C oznaˇcavamo skupove realnih odnosno kompleksnih brojeva. Realne i kom- pleksne brojeve oznaˇcavamo malim grˇckim ili latinskim slovima, α, β, a, b,... Realne i kompleksne brojeve joˇs ´cemo zvati (realni ili kompleksni) skalari. Skup svih cijelih brojeva je Z , a prirodnih brojeva (tu su cijeli pozitivni brojevi) je N.

Neka je n ∈ N. Uredena n -torka skalara je svaki niz od n skalara. Uredene n-torke ´cemo pisati tako da niz skalara omedimo parom zagrada. Npr. ako su x 1 , x 2 ,... , xn zadani skalari, tada ´ce (x 1 , x 2 ,... , xn) oznaˇcavati jednu uredenu n-torku tih skalara. Pritom je x 1 na prvom mjestu u toj n-torki, x 2 na drugom mjestu, itd. Uoˇcimo da je (x 2 , x 1 , x 3 ,... , xn) jedna druga uredena n-torka istih skalara.

Sa Vn (ili Rn) ´cemo oznaˇciti skup svih uredenih n-torki realnih brojeva. Rijeˇc “svih” je vaˇzna jer ukazuje da Vn ukljuˇcuje baˇs sve n-torke, od kojih je svaka oblika x = (x 1 , x 2 ,... , xn), pri ˇcemu je svaki xi proizvoljni realni broj. Same n-torke oznaˇcavamo malim latinskim slovima. Ako piˇsemo x, y, z ∈ Vn to ´ce znaˇciti da su x, y i z uredene n-torke realnih brojeva. Njihove komponente ´ce biti xi, yi, zi, respektivno, ili drugim rijeˇcima x = (x 1 ,... , xn), y = (y 1 ,... , yn), z = (z 1 ,... , zn).

Sliˇcno, n-torke kompleksnih brojeva ´cemo isto tako oznaˇciti malim latinskim slovima, ali ´cemo naznaˇciti da su im komponente kompleksni brojevi. Skup svih takovih n-torki ´cemo oznaˇciti sa C n. Npr. z = (z 1 , z 2 ,... , zn) i w = (w 1 , w 2 ,... , wn) su iz C n, ako su zi, wi ∈ C za svako 1 ≤ i ≤ n.

U daljem tekstu ´cemo ˇcesto uredene n-torke skalara kra´ce nazivati n-torkama skalara.

14 POGLAVLJE 2. UVOD U VEKTORSKE PROSTORE

Op´ce vektorske prostore ´cemo takoder oznaˇcavati velikim, a njihove elemente – vektore, malim latinskim slovima. Kako ´cemo uskoro vidjeti, Vn je vektorski prostor, pa je oznaka sukladna spomenutom pravilu. Skupove i podskupove ´cemo oznaˇcavati velikim latinskim ili kaligrafskim slovima. Npr. skupove S i A ´cemo ˇceˇs´ce pisati kaligrafski, dakle S i A.

2.1 Vektorski prostor V n

Ako imamo dvije n-torke x = (x 1 , x 2 ,... , xn) i y = (y 1 , y 2 ,... , yn) iz Vn, postavlja se pitanje ˇsto bi moglo znaˇciti x = y?

Ako se n-torke razlikuju u nekoj komponenti na istom mjestu, sigurno ne moˇzemo prihva- titi da su jednake. Zato definiramo da je x = y ako je xi = yi za sve indekse 1 ≤ i ≤ n. To znaˇci da jednakost x = y ima isto znaˇcenje kao i n jednakosti

x 1 = y 1 , x 2 = y 2 ,... , xn = yn. (2.1)

Zatim bismo ˇzeljeli uvesti neke operacije nad n-torkama. Poˇcnimo od zbrajanja.

Ako su x i y kao gore, tada definiramo x+y kao n-torku z = (z 1 , z 2 ,... , zn) sa svojstvom

z 1 = x 1 + y 1 , z 2 = x 2 + y 2 ,... zn = xn + yn. (2.2)

Kra´ce, to piˇsemo z = x + y.

Jednako kao ˇsto nema smisla pitati da li je x = y kad x i y nisu iz istog skupa Vn (npr. x ∈ Vn, y ∈ Vm, n 6 = m), tako nema smisla niti pitati ˇsto je x + y za x ∈ Vn, y ∈ Vm, n 6 = m.

Operacija zbrajanja n-torki ima jedno vaˇzno svojstvo:

za svako x ∈ Vn i svako y ∈ Vn vrijedi x + y ∈ Vn,

jer je svaka komponenta od x + y kao zbroj realnih brojeva realni broj. Dakle polaze´ci od proizvoljnih elemenata iz Vn , njihova suma je ponovo u Vn. Zato se kaˇze da je skup Vn zatvoren s obzirom na operaciju zbrajanja (elemenata iz Vn). Da bi naglasili ˇcinjenicu da je na Vn definirana operacija zbrajanja i da je Vn zatvoren s obzirom na nju, ˇcesto se piˇse (Vn , +). Sljede´ca operacija koju moˇzemo jednako jednostavno definirati na Vn je operacija mnoˇze- nja n-torki realnim brojevima.

16 POGLAVLJE 2. UVOD U VEKTORSKE PROSTORE

Teorem 2.2 Vrijede sljede´ce tvrdnje

(i) x + y = y + x za sve x, y ∈ V n , (komutativnost)

(ii) x + (y + z) = (x + y) + z za sve x, y, z ∈ V n (asocijativnost).

(iii) Postoji (neutralan) element o ∈ V n takav da je x + o = x za svaki x ∈ V n_._

(iv) Za svaki x ∈ V n postoji inverzni (ili suprotni) element −x ∈ V n za koji vrijedi x + (−x) = o_._

(v) α(x + y) = αx + αy za sve x, y ∈ V n , α ∈ R (distributivnost mnoˇzenja prema zbrajanju u V n ),

(vi) (α + β)x = αx + βx za sve x ∈ V n , α, β ∈ R (distributivnost mnoˇzenja prema zbrajanju u R ),

(vii) α(βx) = (αβ)x za sve x ∈ V n , α, β ∈ R (kompatibilnost mnoˇzenja),

(viii) 1 x = x za svoko x (netrivijalnost mnoˇzenja).

Dokaz: Dokazi svih tvrdnji su vrlo jednostavni. Za primjer, dokazat ´cemo tvrdnje (i) i (v). Za dokaz prve tvrdnje uzmimo proizvoljne x, y ∈ Vn i iskoristimo komutativnost zbrajanja realnih brojeva.

x + y = (x 1 , x 2 ,... , xn) + (y 1 , y 2 ,... , yn) = (x 1 + y 1 , x 2 + y 2 ,... , xn + yn) = (y 1 + x 1 , y 2 + x 2 ,... , yn + xn) = (y 1 , y 2 ,... , yn) + (x 1 , x 2 ,... , xn) = y + x.

Za dokaz pete tvrdnje uzmimo proizvoljne x, y ∈ Vn i proizvoljni α ∈ R, te iskoristimo distributivnost mnoˇzenja u odnosu na zbrajanje realnih brojeva,

α(x + y) = α(x 1 + y 1 , x 2 + y 2 ,... , xn + yn) = (α(x 1 + y 1 ), α(x 2 + y 2 ),... , α(xn + yn)) = (αx 1 + αy 1 , αx 2 + αy 2 ,... , αxn + αyn)) = (αx 1 , αx 2 ,... , αxn) + (αy 1 , αy 2 ,... , αyn) = α(x 1 , x 2 ,... , xn) + α(y 1 , xy,... , yn) = αx + αy.

Uoˇcimo da postoji samo jedan neutralni element o = (0, 0 ,... , 0) i da za svaki x ∈ Vn postoji samo jedan inverzni element −x = (−x 1 , −x 2 ,... , −xn). Pritom se inverzni element dobije

2.1. VEKTORSKI PROSTOR VN 17

formulom −x = (−1) · x. (2.4)

Kadkad moˇzemo i na drugim skupovima na sliˇcan naˇcin definirati dvije operacije te poka- zati da vrijede svojstva (i)—(viii). Neka je X takav skup.

Operaciju koja pridjeljuje paru elemenata x, y ∈ X element iz X zovimo zbrajanje i oznaˇcimo ju sa +, a onu koja paru koji se sastoji od jednog skalara i jednog elementa iz X, pridruˇzuje element iz X, zovimo mnoˇzenje sa skalarom i oznaˇcimo ju s ·. Ako je X zatvoren s obzirom na te dvije operacije i ako te operacije zadovoljavaju svih osam svojstava opisanih u teoremu 2.2, onda (X, +, ·) zovemo vektorski ili linearni prostor.

U kra´coj oznaci, kad se operacije podrazumijevaju, sam X ce se zvati vektorski prostor. Ele-´ menti od X se onda zovu vektori, bez obzira na to ˇsto su oni kao matematiˇcki objekti.

Teorem 2.2 pokazuje da je (Vn, +, ·) vektorski prostor. Stoga, ako je x ∈ Vn, n-torku x moˇzemo joˇs zvati vektor iz Vn, ili ako se Vn podrazumijeva, samo vektor.

Primjer 2.3 Neka su u 1 , u 2 , u 3 , u 4 , u 5 proizvoljni vektori iz V n_. ˇSto znaˇci_

y = u 1 + u 2 + u 3 + u 4 + u 5_?_

Vektor y raˇcunamo po formuli (idu´ci s lijeva na desno)

y = (( (u 1 + u 2 ) + u 3 ) + u 4 ) + u 5

Zbog svostva asocijativnosti zbrajanja u V n , moˇzemo y dobiti i na druge naˇcine, npr.

y = (( (u 1 + u 2 ) + u 3 ) + u 4 ) + u 5 = ( (u 1 + u 2 ) + u 3 ) + (u 4 + u 5 ) = (u 1 + u 2 ) + ( u 3 + (u 4 + u 5 )) = u 1 + ((u 2 + u 3 ) + (u 4 + u 5 )) = u 1 + (u 2 + (u 3 + (u 4 + u 5 )))

Kako za zbrajanje vrijedi komutativnost, moˇzemo u svakom od gornjih izraza zamijeniti poredak sumanada (sumand moˇze biti i zagrada i vektor kao u 3 ).

y = u 2 + u 1 + u 3 + u 4 + u 5 = u 2 + u 1 + u 4 + u 3 + u 5 = u 2 + u 4 + u 1 + u 3 + u 5 = u 2 + u 4 + u 1 + u 5 + u 3 = u 4 + u 2 + u 1 + u 5 + u 3 = u 4 + u 2 + u 5 + u 1 + u 3 = · · · = (( (u 1 + u 2 ) + u 3 ) + u 4 ) + u 5 = ( (u 2 + u 1 ) + u 3 ) + (u 4 + u 5 ) = (u 2 + u 1 ) + ( u 3 + (u 5 + u 4 )) = u 1 + ((u 3 + u 2 ) + (u 5 + u 4 )) = u 1 + (u 3 + (u 2 + (u 5 + u 4 ))) = · · ·

Dakle, kako god ispermutirali vektore i kako god nakon toga postavili zagrade, uvijek dobivamo isti vektor y_._

2.1. VEKTORSKI PROSTOR VN 19

y = x 1 e 1 + x 2 e 2 + · · · + xnen (2.6)

takoder element iz Vn. Doista, mnoˇzenje svakog vektora ei realnim brojem xi ne izvodi nas iz skupa Vn, a isto tako bilo koji redoslijed sumiranja tih izmnoˇzenih vektora ne izvodi nas iz Vn. Koriste´ci definiciju (2.3) mnoˇzenja i (2.2) zbrajanja n-torki, dobivamo

y = x 1 e 1 + x 2 e 2 + · · · xnen = (x 1 , 0 ,... , 0) + (0, x 2 ,... , 0) + · · · + (0, 0 ,... , xn) = (x 1 ,... , xn) = x.

Poˇsli smo od proizvoljnog vektora x ∈ Vn, pa iz njegovih komponenti izgradili vektor y, pa pokazali da je y zapravo x. Zakljuˇcujemo da za svaki x ∈ Vn vrijedi

x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + · · · xnen. (2.7)

Zakljuˇcujemo da se svaki vektor x iz Vn moˇze prikazati kao linearna kombinacija istog skupa vektora {e 1 ,... , en}. Zato kaˇzemo da je Vn razapet skupom vektora {e 1 ,... , en} ili kra´ce, vektorima e 1 ,... , en. Joˇs se kaˇze da je {e 1 ,... , en} skup vektora izvodnica za Vn.

Vektorski potprostori od V n

Oznaˇcimo sa Z skup svih vektora iz Vn koji se mogu zapisati u obliku

z = (z 1 , z 2 , 0 , 0 ,... , 0), (2.8)

gdje su z 1 i z 2 proizvoljni realni brojevi. Drugim rijeˇcima, Z se sastoji od svih onih n-torki koje imaju svojstvo da su im zadnje n − 2 komponente nula. Tvrdimo da je skup Z zajedno sa operacijama zbrajanja n-torki i mnoˇzenja n-torki skalarom, vektorski prostor. Da bi to provjerili, prvo trebamo dokazati da je Z zatvoren u odnosu na obje operacije. Uzmimo zato proizvoljne u, v ∈ Z i α ∈ R. Tada je

u = (u 1 , u 2 , 0 ,... , 0) i v = (v 1 , v 2 , 0 ,... , 0),

pa je

u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , 0 ,... , 0), αu = (αu 1 , αu 2 , 0 ,... , 0).

20 POGLAVLJE 2. UVOD U VEKTORSKE PROSTORE

Dakle i u + v i αu imaju zadnje n − 2 komponente nula pa su elementi skupa Z. Time je dokazano da je Z zatvoren u odnosu na dane operacije. Da bi bio vektorski prostor, moraju na skupu Z operacije + i · zadovoljavati svih osam svojstava iz teorema 2.2. Za svojstva (i),(ii),(v)—(viii) to je jasno jer su elementi iz Z ujedno i elementi iz Vn. Neutralni element o ∈ Vn ima sve, pa zato i zadnjih n − 2 komponenata nula, pa leˇzi u Z. Konaˇcno, suprotni element od (z 1 , z 2 , 0 ,... , 0) je (−z 1 , −z 2 , 0 ,... , 0) pa je on takoder u Z. Dakle, (Z, +, ·) je vektorski prostor. Kako je on kao skup, podskup od Vn, naziva se vektorski (ili linearni) potprostor od Vn. Nije svaki podskup od Vn vektorski potprostor. Npr, ako uzmemo

S = {(1, u 2 , 0 ,... , 0); u 2 ∈ R} ⊂ Vn,

tada ´ce svaki zbroj dva vektora iz S biti oblika (2, t, 0 ,... , 0), t ∈ R. Dakle, skup S nije zatvoren s obzirom na zbrajanje. Na sliˇcni naˇcin se pokaˇze da S nije zatvoren niti u odnosu na mnoˇzenje skalarom. Joˇs lakˇse se vidi da S ne moˇze biti vektorski prostor provjerom da li je nul-element iz Vn u S. Naime, svaki potprostor od Vn mora sadrˇzavati neutralni element iz Vn. Jasno da S ne sadrˇzi o jer o nema prvu komponentu jedan ve´c nula. Opiˇsimo sada naˇcin kako se iz danog skupa vektora {a 1 , a 2 ,... , ap} ⊂ Vn moˇze izgraditi najmanji vektorski potprostor od Vn koji sadrˇzi sve te vektore. Neka je L(a 1 , a 2 ,... , ap) skup svih linearnih kombinacija vektora a 1 , a 2 ,... , ap. To moˇzemo matematiˇcki zapisati kao

L(a 1 , a 2 ,... , ap) = {α 1 a 1 + α 2 a 2 + · · · + αpap; α 1 , α 2 ,... , αp ∈ R}.

Prvo uoˇcimo da je L(a 1 , a 2 ,... , ap) ⊆ Vn. Zaista, svaki element iz L(a 1 , a 2 ,... , ap) je neka linearna kombinacija vektora a 1 , a 2 ,... , ap koji su svi iz Vn, pa je onda i ta linearna kom- binacija iz Vn. Dakle, svaki element od L(a 1 , a 2 ,... , ap) je u Vn, pa je L(a 1 , a 2 ,... , ap) podskup od Vn. Stoga, ako zbrajamo vektore iz L(a 1 , a 2 ,... , ap) ili ih mnoˇzimo sa skalarom, dobivamo vektore iz Vn. Zatim uoˇcimo da zbroj dviju linearnih kombinacije iz L(a 1 , a 2 ,... , ap),

(α 1 a 1 + α 2 a 2 + · · · + αpap) + (β 1 a 1 + β 2 a 2 + · · · + βpap)

= (α 1 + β 1 )a 1 + (α 2 + β 2 )a 2 + · · · + (αp + βp)ap

daje opet linearnu kombinaciju iz L(a 1 , a 2 ,... , ap). Isto vrijedi i za produkt sa skalarom,

α(β 1 a 1 + β 2 a 2 + · · · + βpap) = (αβ 1 )a 1 + (αβ 2 )a 2 + · · · + (αβp)ap.