linearna algebra 2boo.mi2.hr/~smilicic/biljeske/linearna/linearna.pdf · linearna algebra 2 sini sa...

Linearna algebra 2

Sinisa Milicic

[email protected]

24.6.2004.

Molim da se sve uocene greske i primjedbe posalju na mail.

Ovaj dokument je javno dobro, te se smije neograniceno umnazati, mijenjati i koristiti.

2 Linearna Algebra 2 2

Sadrzaj

1. Teorija grupa 31.1. Opcenito 3

2. Vektorski prostor V3 6

2.1. Uvod 62.2. Baza 82.3. Skalarni, vektorski i mjesoviti produkt 9

3. Linearni operatori 163.1. Osnovna svojstva linearnih operatora 163.2. Prostor linearnih operatora 203.3. Koordinatizacja 233.4. Spektar 26

4. Unitarni prostori 314.1. Definicija, primjeri, osnovni teoremi 314.2. Operatori na untiranim prostorima 35


1. TEORIJA GRUPA

1.1. Opcenito

DEF1-1

Skup G sa binarnom operacijom ? cini grupoid (G, ?).

DEF1-2

Grupoid (G, ?) zovemo grupom ako vrijedi:

1. ∀a, b ∈ G, a ? b ∈ G (zatvorenost, binarna operacija)

2. ∀a, b, c ∈ G, (a ? b) ? c = a ? (b ? c) (asocijativnost)

3. ∃e ∈ G, ∀a ∈ G, e ? a = a ? e = a (neutralni element)

4. ∀a ∈ G, ∃a−1 ∈ G, a ? a−1 = a−1 ? a = e (inverz)

DEF1-3

Grupa (G, ?) je abelova ili komutativna ako vrijedi:

5. ∀a, b ∈ Ga ? b = b ? a (komutativnost)

Neutralni element u grupi (G, •) je jedinstven.PROP

I

Dokaz

e, f ∈ G, e, f neutralni elementi od (G, •). f = e • f = e.

DEF1-4

Neka su (G, ?) i (H, ?) dvije grupe uz istu operaciju ?. Ako je H ⊆ G kazemo da je (H, ?) podgrupa

od (G, ?), te pisemo (H, ?) � (G, ?)

Primjeri:

(�,+), ( � ,+), ( � ,+), ( � ,+) su grupe uz istu operaciju + i vrijedi Z ⊆ � ⊆ � ⊆ � , pa je (

�,+) �

( � ,+) � ( � ,+) � ( � ,+), skraceno�

� � � � � � .

S1 = {z ∈ � : |z| = 1}, (S1, ·) je abelova grupa.Dokazi!

(S1, ·) je podgrupa od ( � ∗, ·).Dokazi!

K4 = {1,−1, i,−i}, (K4, ·) je abelova grupa.Dokazi!

(�

n,+) je abelova grupa.Dokazi!

Neka je f rotacija trokuta u ravnini s obzirom na srediste opisane kruznice. Ona cini abelovu grupu s obziromna kompoziciju.Dokazi!

Neka je (G, ?) grupa i neka je H ⊆ G. H je podgrupa od G ako i samo ako vrijedi da je

1. ∀a, b ∈ H, a ? b ∈ H (1.i)2. ∀a ∈ H ⇒ a−1 ∈ H (1.ii)

PROPII

Dokaz

eH je neutralni element iz H , pa je eH = eH ? eH = eH ? e = e. Iz toga slijedi da je a−1H = a−1. Ocito vrijedi

(1.i) , a iz jednakosti neutralnog elementa i (1.ii) . Time je jedan smjer ekvivalnecije dokazan.

Za drugi smjer vidimo da (1.i) implicira prvi uvjet za grupu. Drugi uvjet je nasljedjen iz (G, ?). Neutralnielement iz G je u H jer je a, a−1 ∈ H (1.ii) i e = a ? a−1 ∈ H (1.i) , pa je i treci uvjet zadovoljen. Cetvrti uvjetje ekvivalentan (1.ii) .


Uvjeti (1.i) i (1.ii) su ekvivalentni uvjetu

∀a, b ∈ H, a ? b−1 ∈ H (1.iii)PROP

III

Dokaz

a, b ∈ H(1.ii)⇒ a, b−1 ∈ H

(1.i)⇒ a ? b1 ∈ H .

Obrnuto,

a ? b−1 ∈ H ⇒ a ? a−1 ∈ H ⇒ (1.ii)

a ? b−1 ∈ H∧ ⇒ −1a ? b ∈ H ⇒ (1.i)

DEF1-5

Neka su (G1, �) (G2, •). Preslikavanje h : G1 → G2 sa svojstvom h(x � y) = h(x) • h(y), zovemohomomorfizam iz G1 u G2. Ako je homomorfizam h injektivan zovemo ga monomorfizam, akoje surjekcija zovemo ga epimorfizam, a ako je bijekcija izomorfizam.

Primjeri:

(�,+), (2

�,+), h :

�→ 2

�, h : x 7→ 2x. h je izomorfizam.Dokazi!

(�

m,+m) → (Km, ·), h(a) = e2πia

m , a ∈�

m, h je izomorfizam.Dokazi!

h ∈ L(V,W ), h je homomorfizam.Dokazi!

Pa jos grupa GL(V ), regularni linearni operatori nad V i GL(n, � ), grupa regularnih matrica iz Mn(F ). Akoje dimV = n, i V je vektorski prostor nad � , onda gledamo funkciju h : GL(V ) → GL(n, � ), takva dah : A 7→ A(e), pri cemu je h(AB) = h(A)h(B). h je izomorfizam ovih grupa. Dokazano kasnije.

DEF1-6

Neka su G1 i G2 grupe. Za njih kazemo da su izomorfne ako postoji izomorfizam iz jedne u drugu.Pisemo G1 ./ G2.

Biti izomorfan je relacija ekvivalencije, tj. vrijedi da je

1. ∀H , H grupa, H ./ H

2. ∀G,H , G,H grupe, H ./ G ⇒ G ./ H

3. ∀F,G,H , F,G,H grupe, H ./ G ∧G ./ F ⇒ H ./ F

PROPIV

Dokaz

Prva stavka je ocita, jer uvijek postoji identiteta na skupu, a identiteta je bijekcija. Druga stavka je takodjertrivijalna, jer bijekcija uvijek ima inverz koji je takodjer bijekcija, pa je taj inverz povratni izomorfizam. Postoje bijektivnost ocuvana u kompoziciji i treca stavka je ocita.

Neka su (G, ◦) i (H,�) grupe, a eG i eH neka su neutralni elementi iz odgovarajucih grupa. Neka je hhomomorfizam iz G u H . Tada je h(eG) = eH i h(a−1) = h(a)−1.

PROPV

Dokaz

h(eG) = h(eG ◦ eG) = h(eG) � h(eG) = eH

h(eG) = h(a ◦ a−1) = h(a) � h(a−1) = eH ⇒ h(a−1) = h(a)−1.

DEF1-7

Neka su G,H grupe i neka je h : G → H homomorfizam. Definiramo pojmove: slika Imh = h(G) ijezgra Ker h = {x ∈ G : h(x) = eH}.


Neka su (G, ?) i (H, �) grupe i neka je h : G→ H homomorfizam. Tada je Imh � H , Ker h � G.PROP

VI

Dokaz

a, b ∈ G, c = a ? b−1 ∈ G. h(a) � h(b)−1 = h(a ? b−1) = h(c) ∈ H

eG ∈ Ker h⇒ Ker h 6= ∅.a ∈ Ker h⇒ h(a) = eH = h(a)−1 = h(a−1) ⇒ (1.ii)

a, b ∈ Ker h⇒ h(a ? b) = h(a) � h(b) = eH � eH = eH ⇒ (1.i)


2. VEKTORSKI PROSTOR V3

2.1. Uvod

DEF2-1

U euklidskom prostoru E3 definiramo pojam usmjerne duzine kao skup svih tocaka pravca PQ,P,Q ∈ E3, P 6= Q koje leze izmedju tih tocaka uz podskup linearnog urdedjaja pravca sa svojstvom

da je P ≺ Q. Tu usmjerenu duzinu oznacavamo sa−−→PQ. Ako je P = Q onda govorimo o nul-

usmjerenoj duzini, ~0.

DEF2-2

Definiramo relaciju istovjetnosti, ' na skupu usmjerenih duzina na sljedeci nacin za cetiri proizvoljne

tocke P,Q,R, S ∈ E3 definiramo usmjerene duzine−−→PQ i

−→RS, te ako je PQSR paralelogram kazemo

da je−−→PQ istovjetna sa

−→RS, tj.

−−→PQ ' −→

RS

Relacija istovjetnosti usmjerenih duzina je relacija ekvivalencije.Dokazi!PROP

VII

DEF2-3

Klasu ekvivalencije uz relaciju istovjetnosti usmjerenih duzina zovemo vektor, te pisemo ~a =[−−→AB]

, A,B ∈ E3.

DEF2-4

Skup svih vektora nad E3 zovemo V3.

DEF2-5

Modul vektora, |a|, a ∈ V3, je duljina neke njegove reprezentante u E

3.

DEF2-6

Smjer vektora je smjer pravca neke reprezentante vektora u E3. Za nul-vektor ~0 ne definiramo

smjer.

DEF2-7

Ako su dva vektora istog smjera, kazemo da su kolinearni i pisemo ~a ‖ ~b,~a,~b ∈ V3. Za ~0 kazemo

da je kolinearan sa svakim vektorom.

DEF2-8

Za dva vektora istog smjera i modula a, b ∈ V3, kazemo da su iste orijentacije ako je ~a = ~b, a u

protivnom kazemo da su suprotne orijetnacije.

Vektor u V3 je jedinstveno odredjen sa modulom, smjerom i orijentacijom.Dokazi!

PROPVIII

DEF2-9

Na skupu V3 definiramo zbrajanje + : V

3 ×V3 → V

3 na sljedeci nacin: +([−−→AB]

,[−−→BC

]

) =[−→AC]

.

(V3,+) je abelova grupa.PROP

IX

Dokazi!

DEF2-10

U (V3,+) definiramo preslikavanje · : � × V3 → V

3 koje zovemo mnozenje skalarom, te koje

skalaru λ ∈ � i vektoru a ∈ V3 pridruzuje vektor λ~a ciji je modul jednak |λ~a| = |λ| · |~a|, smjer

jednak smjeru od ~a, a orijentacija je ista kao i od ~a ako je λ > 0, a suprotna λ < 0.

Za λ ∈ � i ~a ∈ V3 vrijedi da je λ~a = ~0 ⇔ λ = 0 ∨ ~a = ~0.

PROPX

Dokazi!


Svojstva (V3,+, ·).Za svaki ~a,~b ∈ V

3 i za svaki α, β ∈ � vrijedi:

1. α(β~a) = (αβ)~a

2. 1 · ~a = ~a

3. (α+ β)~a = α~a+ β~b

4. α(~a+~b) = α~a+ α~b

TMXI

Uz vektorsko zbrajanje i mnozenje sa skalarom (sada definarno) imamo realni vektorski prostor nad V3.

−1~a = −~a. PROPXII

Dokazi!

DEF2-11

~a0 = 1|~a| · a⇔ ~a0 je jedinicni vektor.

Vektori ~a,~b ∈ V3 su kolinearni ako i samo ako postoji λ ∈ � takav da je ~b = λa.

PROPXIII

Dokaz

Dovoljnost je ocita.

Uzmimo tocku O ∈ E3, te tocke A,B ∈ E3 takve da je ~a =[

~OA]

i ~b =[

~OB]

. ~a kolinearan sa ~b ⇒OA ‖ OB ⇒ OA,OB su kolinearni ⇒ ~b = µ~a ili ~b = −µ~a gdje je µ = |OB|

|OA| , a predznak ovisi o orijentacijama ~a

i ~b.

DEF2-12

Za ~a ∈ � 3, ~a =[

~AB]

kazemo da je paralelan sa ravninom Π, ako je AB paralelan sa Π tj. ako je

AB paralelan as nekim pravcem iz Π. Pisemo ~a ‖ Π.

DEF2-13

Vektori iz V3 su komplanarni ako su paralelni sa istom ravninom. Dva vektora su uvijek kompla-

narna.

Za svaka dva vektora ~a,~b ∈ V3 i sve α, β ∈ � su vektori ~a,~b,~c = α~a+ β~b komplanarni.

PROPXIV

Dokaz

Ocito.

Neka su ~a,~b nekolinearni vektori i neka je vektor ~c s njima komplanaran (tj.{

~a,~b,~c}

komplanaran),

tada postoje jedinstveni α, β ∈ � , ~c = α~a+ β~b.

PROPXV

Dokaz

~a =[

~OA]

,~b =[

~OB]

O,A,B nisu kolinearne, pa zato odredjuju ravninu (Π).

OC je komplanaran sa (Π). Zato je tocka C ∈ Π.

Definiramo tocke A′ i B′, takve da je−−→OA′ = α

−→OA, te

−−→OB′ = β

−−→OB, a OA′CB′ je paralelogram. ~c =

[−−→OC]

=[−−→OA′

]

+[−−→OB′

]

= α[−→OA]

+ β[−−→OB

]

= α~a+ β~b.

Jedinstvenost izraza u prosloj propoziciji.PROP

XVI

Dokazi!


Ako su ~a,~b,~c ∈ V3 onda je i α~a+ β~b+ γ~c ∈ V

3.PROP

XVII

2.2. Baza

Ako su ~a,~b,~c ∈ V3 nekomplanarni vektori, onda za svaki ~d ∈ V

3 postoje jedinstveni α, β, γ ∈ � t.d.~d = α~a+ β~b+ γ~c.

PROPXVIII

dim V3 = 3.

KORXIX

DEF2-14

Neka su ~a1,~a2,~a3 nekomplanarni, tj. neka skup njih bude baza od V3. Svaki vektor ~a ∈ V

3 semoze prikazati u obliku ~a = α1~a1 + α2~a2 + α3~a3. Definirajmo preslikavanje κ : ~a 7→ (α1, α2, α3)

(κ : V3 → � 3

).

κ je bijekcija.PROP

XX

Dokazi!

DEF2-15

Identificiramo ~a = (α1, α2, α3).

Neka su dani vektori ~a = (α1, α2, α3) i ~b = (β1, β2, β3). Tada je ~a+~b = (α1 + β1, α2 + β2, α3 + β3).PROP

XXI

Dokazi!

Za ~a = (α1, α2, α3) i λ ∈ � vrijedi da je λ~a = (λα1, λα2, λα3).PROP

XXII

Dokazi!

Za ranije definiranu funkciju κ vrijedi:

κ(~a+~b) = κ(~a) + κ(~b), ∀~a,~b ∈ V3

κ(λ~a) = λκ(~a), ∀~a ∈ V3 i ∀λ ∈ �

Krace: k je izomorfizam. V3 i � 3

su izomorfni.

PROPXXIII

Dokazi!

~a i ~b su kolinearni ako i samo ako postoji λ ∈ � takav da je (α1, α2, α3) = λ(β1, β2, β3).PROP

XXIV

Dokazi!

Za definiciju κ gledamo bazu V3 kao uredjenu trojku vektora. Tako mozemo uvesti i usmjerenje baze.

Neka su O, I, J,K ∈ E3. Oznacimo sa ~i =[

~OI]

, ~j =[

~OJ]

i ~k =[

~OK]

.

DEF2-16

Desna, tj. pozitivno orijentirana baza je {~i,~j,~k}. Ovo je dogovor na kojem gradimo ostale lijevei desne baze.

Neka je B = {~a,~b,~c} jedna baza, gdje su ~a = [α1, α2, α3], ~b = [β1, β2, β3] i ~c = [γ1, γ2, γ3].

Gledajmo matricu

α1 β1 γ1

α2 β2 γ2

α3 β3 γ3

. Ta matrica je regularna jer su vektori linearno nezavisni.


DEF2-17

Za bazu {~a,~b,~c} kazemo da je desno (tj. pozitivno) orijentirana ako je det

[

~a,~b,~c]

> 0. U suprotnom

kazemo da je lijeva.

Neka je {~a,~b,~c} neka baza. Tada je ili {~a,~b,~c} ili {~a,~b,−~c} desna baza.Dokazi!PROP

XXV

2.3. Skalarni, vektorski i mjesoviti produkt

DEF2-18

Za vektore ~a,~b ∈ V3 \~0 uz izbor O ∈ E3 vrijedi da je ~a =

[−→OA]

i ~b =[−−→OB

]

pod kutom vektora

~a,~b (oznaka: �(~a,~b)) razumijevamo �AOB.

Ako su ~a i ~b kolinearni onda je �(~a,~b) = π ili �(~a,~b) = 0.PROP

XXVI

Dokazi!

DEF2-19

Ako je �(~a,~b) = π2 kazemo da su ortogonalni i pisemo ~a ⊥ ~b.

DEF2-20

Funkciju u : V3 ×V

3 → � gdje su ~a,~b ∈ V3, u(~a,~b) zapisujemo ~a ·~b, tj. ~a~b zovemo skalarno mnozenje

vektora, definiramo ovako:

~a ·~b = |~a| · |~b|cos(�(~a,~b)), tj. ~a ·~0 = 0.

Ovaj kosinus jos krace pisemo cos(~a,~b).

DEF2-21

Za ~a~a pisemo jos i ~a2 i zovemo ga skalarni kvadrat.

Skalarni kvadrat vektora ima vrijednost |~a|2. PROPXXVII

Za ~a,~b ∈ V3 vrijedi da je (~a+~b)2 = ~a2 +~b2 + 2~a ·~b. PROP

XXVIII

Dokazi!

~a ⊥ ~b⇔ ~a ·~b = 0.PROP

XXIX

Dokazi!

Svojstva skalarnog produkta.

∀~a,~b,~c ∈ V3, α ∈ �

~a ·~b = ~b · ~a (komutativnost)

(α~a) ·~b = α(~a ·~b) (kvaziasocijativnost)

~a · (~b+ ~c) = ~a ·~b+ ~a · ~c (distributivnost)

~a2 ≥ 0,~a2 = 0 ⇔ ~a = ~0 (*)

PROPXXX

Dokazi!

DEF2-22

V3 je realni vektorski prostor na kojem je definirano skalarno mnozenje, V

3 ×V3 → � sa svojstivima

komutativnosti, distributivnosti, kvaziasocijativnosti i *. Takva struktura se zove unitarni prostor.


B = {~i,~j,~k} (standardna, ortonormirana, kanonska baza). Za vektore te baze vrijedi: ~i~i = ~j~j = ~k~k = 1

i ~i~j = ~j~k = ~k~i = 0.

KORXXXI

Za vektore ~a = (α1, α2, α3), ~b = (β1, β2, β3) vrijedi da im je skalarni produkt jednak ~a ·~b = α1β1 +α2β2 +α3β3.

PROPXXXII

Dokazi!

|~a| =√

α21 + α2

2 + α23

cos(~a,~b) =

3∑

i=1

αiβi

√3∑

i=1

α2i +

√3∑

i=1

β2i

.

KORXXXIII

∀~a,~b ∈ V3 \ ~O vrijedi ~a ⊥ ~b⇔ ~a~b = 0 ⇔

3∑

i=1

αiβi.PROP

XXXIV

Dokazi!

~a = (α1, α2, α3), γ1 = �(~a,~i), γ2 = �(~a,~j), γ3 = �(~a,~k) cos γi = αi

|~a| , i = 1, 2, 3.2cos γ1 +

2cos γ2 +

2cos γ3 = 1. Ti

kosinusi se zovu kosinusi smjera. Dokazi!

|~a ·~b| = |~a||~b||cos(~a,~b)|.|~a ·~b| ≤ |~a||~b|.

(α1, α2, α3), (β1, β2, β3) ∈ � 3\{(0, 0, 0)}, vrijedi (3∏

i=1

αiβi)2 ≤ (

3∑

i=1

α2i )(

3∑

i=1

β2i ) = 0.

PROPXXXV

Dokazi!

Nejednakost trokuta.

|~a+~b| ≤ |~a| + |~b| ⇒

√√√√

3∑

i=1

(αi + βi)2 ≤

√√√√

3∑

i=1

α21 +

√√√√

3∑

i=1

β21 .

PROPXXXVI

DEF2-23

Funkciju v : V3 ×V

3 → V3, gdje za ~a,~b ∈ V

3 umjesto v(~a,~b), definiranu ovako:

1. Ako su ~a,~b kolinearni, onda je ~a×~b = ~0

2. Ako ~a,~b nisu kolinearni onda je ~a×~b vektor ciji su modul, smjer i orijentacija ovakvi:

|~a×~b| = |~a||~b| sin(~a,~b) (modul)s~a×~b

⊥ s~a, s~b (smjer)

(~a,~b,~a×~b) cine desnu bazu (orijentacija)

|~a×~b| je povrsina paralelograma opisanog sa reprezentantama vektora ~a i ~b.PROPXXXVII

Dokazi!


~a×~b = ~0 ⇔ ~a,~b kolinearni.PROPXXXVIII

Dokazi!

~a×~b = −~b× ~a (antikomutativnost).PROP

XXXIX

Dokazi!

∀~a,~b,~c ∈ V3, α ∈ � vrijedi:

(α~a) ×~b = α(~a×~b) (lijeva kvaziasocijativnost)

~a× (~b+ ~c) = ~a×~b+ ~a× ~c (lijeva distributivnost)

~a× (α~b) = α(~a×~b) (desna kvaziasocijativnost)

(~a+~b) × ~c = ~a× ~c+~b~c (desna distributivnost)

PROPXL

Nema neutralnog elementa.PROP

XLI

Dokazi!

Ne vrijedi ni asocijativnost.PROP

XLII

Dokazi!

Za ~a,~b,~c ∈ V3

(~a×~b) × ~c = (~a · ~c)~b− (~b · ~c)~a~a(×~b× ~c) = (~a · ~c)~b− (~a ·~b)~c

PROPXLIII

Dokazi!

Jacobijev identitet

(~a×~b) × ~c+ (~b× ~c) × ~a+ (~c× ~a) ×~b = ~0

PROPXLIV

Pogledajmo kako se ponasaju vektori kanonske baze spram vektorskog produkta:

× ~i ~j ~k~i ~0 −~k −~j~j ~k ~0 −~i~k ~j ~i ~0

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~kα1 α2 α3

β1 β2 β3

∣∣∣∣∣∣

PROPXLV

Dokaz


~a×~b = (α1~i+ α2

~j + α3~k) × (β1

~i+ β2~j + β3

~k)

= (α2β3 − α3β2)~i+ (α3β1 − α1β3)~j + (α1β2 − α2β1)~k

=

∣∣∣∣

α2 α3

β2 β3

∣∣∣∣~i−

∣∣∣∣

α1 α3

β1 β3

∣∣∣∣~j +

∣∣∣∣

α1 α2

β1 β2

∣∣∣∣~k

=

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~kα1 α2 α3

β1 β2 β3

∣∣∣∣∣∣

DEF2-24

Preslikavanje [ : V3 ×V

3 ×V3 → � definiramo kao [(~a,~b,~c) = (~a × ~b) · c,~a,~b,~c ∈ V

3, i zovemomjesoviti produkt.

[(~a,~b,~c) = 0 ⇔ ~a,~b,~c komplanarni.PROP

XLVI

Dokaz

[(~a,~b,~c) = 0 ⇒ (~a×~b) · ~c = 0.

Ako je ~a×~b = 0, onda ~a,~b kolinearni, pa su ~a,~b,~c komplanarni.

Ako je ~c = ~0, onda su komplanarni.

Ako je ~a×~b 6= ~0 i ~c 6= ~0, onda je ~c ⊥ ~a×~b ⊥ ~a,~b, te je ~c ‖ ~a,~b, tj. oni su komplanarni.

~a,~b,~c komplanarni.

Ako je ~a×~b = 0 onda je (~a×~b) · c = 0.

Ako je ~c = ~0, onda je (~a×~b) · 0.

~a×~b 6= ~0 onda je ~c 6= ~0, onda je ~c ⊥ ~a×~b, pa je (~a×~b) · ~c = 0.

Ako vektore izrazimo kao ~a = (α1, α2, α3), ~b = (β1, β2, β3), ~c = (γ1, γ2, γ3), tvrdimo da je onda

[(~a,~b,~c) =

∣∣∣∣∣∣

α1 α2 α3

β1 β2 β3

γ1 γ2 γ3

∣∣∣∣∣∣

.PROP

XLVII

Dokaz

[(~a,~b,~c) = (~a×~b) · ~c = ~c · (~a×~b) = (α2β3 − α3β2)γ1 + (α3β1 − α1β3)γ2 + (α1β2 − α2β1)γ3.

[(~a,~b,~c) =

∣∣∣∣∣∣

α1 α2 α3

β1 β2 β3

γ1 γ2 γ3

∣∣∣∣∣∣

[(~a,~b,~c) = [(~a,~b,~c) = [(~c,~a,~b) = −[(~b,~a,~c) = −[(~c,~b,~a) = −[(~a,~c,~b) PROPXLVIII

Dokazi!

Vrijedi: (~a×~b) · ~c = ~a · (~b× ~c).PROP

XLIX

Dokazi!

Neka su ~a,~b,~c ∈ V3 nekomplanarni vektori. Volumen paralelepipeda “razapetog” ovim vektorima je

|[(~a,~b,~c)|. Predznak jos daje i informaciju o lijevosti baze.

PROPL

Dokazi!


DEF2-25

Uzmimo tocku O ∈ E3, te bazu {~i,~j,~k} ⊂ V3. Uredjenu cetvorku (O,~i,~j,~k) zovemo koordinatni

sustav (Cartesiusov). Gledajmo reprezentante od ~i =[

~OI]

, ~j =[

~OJ]

i ~k =[

~OK]

. Tocke I, J,K

su jedinicne tocke, a pravci OI , OJ i OK su koordinatne osi.

DEF2-26

Gledajmo tocku T ∈ E3, te vektor ~rT =[

~OT]

∈ V3. Taj vektor zovemo radijvektor.

Za taj ~rT postoje jedinstveni αi, αj , αk ∈ � takvi da je ~rT = αi~i+αj

~j+αk~k (svojstvo baze vektorskog prostora).

Iz toga zakljucujemo da se tocki T pridruzuje uredjena trojka (αi, αj , αk).

DEF2-27

Znaci postoji funkcija κ : E3 → � 3, κ : T 7→ (αi, αj , αk). Tu sliku pojedinog elementa po toj funkciji

zovemo koordinate tocke.

Ranije definirana funkcija κ je bijekcija.PROP

LI

Dokazi!

DEF2-28

Kako je k bijekcija mozemo pisati da je T = (αi, αj , αk) = (α1, α2, α3) = (x, y, z). Tocke pisemo uokruglim zagradama ( ), a vektore u uglatim zagradama [ ]. Brojeve αi, αj , αk, odnosno α1, α2, α3,odnosno x, y, z zovemo koordinate tocke.

Neka tocka A = (α1, α2, α3), a tocka B = (β1, β2, β3). Gledamo vektor[

~AB]

=[

~AO]

+[

~OB]

= −[

~OA]

+[

~OB]

= −(α1, α2, α3) + (β1, β2, β3) = (β1 − α1, β2 − α2, β3 − α3).

d(A,B) =∣∣∣

[

~AB]∣∣∣ =

√

(β1 − α1)2 + (β2 − α2)2 + (β3 − α3)2

Udaljenost tocke od ravnine (znamo sto je ravnina) bi bila udaljenost od tocke ravnine iz koje se moze povuciokomica na ravninu koja prolazi kroz danu tocku.

U E3 gledamo koordinatni sustav (O, {~i,~j,~k}) i ravninu π. Uzmimo tocku T ∈ E3. Zanima nas sto bi bilod(T, π).

Neka je ravnina π zadana sa δ, tj. udaljenost od ishodista i ~n0, jedinicni vektor normale, okomit na π.

d+ δ = |~rT |cos(~rT , ~n0) = |~rT ||~n0|cos(~rT , ~n0) = ~rT · ~n0.

Za udaljenost vrijedi:

d(T, π) = ~rT · ~n0 − δ

T = (x, y, z), ~n0 = [A0, B0, C0] = [cosα, cosβ, cos γ].

d(T, π) = x cosα+ y cosβ + z cos γ − δ.

Cinjenicu da je tocka na ravini mozemo izraziti kao T ∈ π ⇔ d(T, π) = 0 ⇔ x cosα+y cosβ+z cos γ−δ = 0. Zadnjajednadzba je tzv. Hesseov normalni oblik jednadzbe ravnine. Opceniti oblik te jednadzbe je Ax+By+Cz+D =0, gdje je barem jedan od A,B,C 6= 0. Svaka ravnina se moze prikazati jednadzbom:

A√A2+B2+C2

x+ B√A2+B2+C2

y + C√A2+B2+C2

z + D√A2+B2+C@

= 0 (2.i)

Tocke ravnine su rjesenja jedne linearne jednadzbe sa tri nepoznanice.

DEF2-29

Izraz (2.i) je tzv. opca jednadzba ravnine.

Ostali zakljucci:

δ =

∣∣∣∣

−D√A2 +B2 + C2

∣∣∣∣

~n0 = [cosα, cos β, cos γ] =[

A√A2+B2+C2

, B√A2+B2+C2

, C√A2+B2+C2

]

~n = [A,B,C]


DEF2-30

Ako su vektori ~a,~b nekolinearni i u prikazu preko tocke T0 ∈ π se nalaze u ravnini π, onda za svaku

tocku T ∈ π postoje λ, µ ∈ � takvi da je[−−→T0T

]

λ~a + µ~b, tj. {~a,~b,[−−→T0T

]

} su komplanarni. Iz toga

slijedi da je ~rT −~r0 = λ~a+µ~b, tj. ~rT = ~r0 +λ~a+µ~b. To je tzv. parametraska jednadzba ravnine

u vektorskom obliku. Razvijeno u skalare dobivamo

x = x0 + λα1 + µβ1

y = y0 + λα2 + µβ2

z = z0 + λα3 + µβ3

, tj. parametarsku

jednadzbu ravnine u skalarnom obliku.

T ∈ π ⇔ ~rT − ~r0,~a,~b komplanarni ⇔ [(~rT − ~r0,~a,~b) = 0 ⇔

∣∣∣∣∣∣

x− x0 y − y0 z − z0α1 α2 α3

β1 β2 β3

∣∣∣∣∣∣

= 0.

Jednadzba ravnine preko tocaka T1 = (x1, y1, z1), T2 = (x2, y2, z2), T1 = (x3, y3, z3):

∣∣∣∣∣∣

x− x1 y − y1 z − z1x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣

= 0, tj.

∣∣∣∣∣∣∣

x y z 1x1 y1 z1 1x2 y2 z2 1x3 y3 z3 1

∣∣∣∣∣∣∣

= 0

DEF2-31

Kut izmedju ravnina π1 i π2 je min{�(~n1, ~n2), π − �(~n1, ~n2)}.

Iz skalarnog produkta slijedi:

cos(~n1, ~n2) =|~n1 · ~n2||~n1||~n2|

=|A1A2 +B1B2 + C1C2|

√

A21 +B2

1 + C21

√

A22 +B2

2 + C22

Ravnine su okomite (π1 ⊥ π2), po definiciji, ako je kut izmedju njih π/2, tj. ako je A1A2 +B1B2 + C1C2 = 0.

Imamo pravac p ⊂ E3 zadan tockom T = ~rT = (x0, y0, z0) i vektorom smjera ~n0 = (α1, α2, α3). Biti kolinearanznaci biti proporcionalan. Tocka T ′ = ~rT ′ = (x, y, z) je na pravcu p ako vrijedi da je ~rT ′ = ~rT + λn0, pa se

pravac moze razviti u sistem od 3 jednadzbe:

x = x0 + λα1

y = y0 + λα1

z = z0 + λα3

, slijedi da je λ = x−x0

α1= y−y0

α2= z−z0

α3. Odavde

slijedi kanonska jednadzba pravca:

x− x0

α1=y − y0α2

=z − z0α3

Iz toga se vidi da je pravac skup zajednickih tocaka dviju ravnina. Jedna tocka i vektor smjera daju kompletanpravac. Naravno, moze se pravac zadati i kao sustav 2 jednadzbe sa tri nepoznanice.

Ako su dane 2 tocke, T1 = (x1, y1, z1) i T2 = (x2, y2, z2).

x− x1

x2 − x1=

y − y1y2 − y1

=z − z1z2 − z1

DEF2-32

Neka su dani pravci p i q, zadanih odgovarajucim vektorima smjera ~u i ~v. Kut izmedju pravaca

p i q je �(p, q) = min{�(~u,~v), π − �(~u,~v)}.

DEF2-33

Kut pravca p i ravnine π

. Ako je pravac p okomit na svaki pravac te ravnine, onda kazemo da je okomit na ravninu ili da je kut π2 . Ako

nije, onda je kut izmedju p i π kut izmedju p i njegove ortogonalne projekcije na π.

Kut izmedju p i π je broj ψ takav da je sinψ = |~u·~n||~u||~n| .

Udaljenost tocke T = ~rT od pravca p = (~r0, ~n) je

d(T, p) =|(~r0 − ~rT ) × ~n|

|~n|PROP

LII


Udaljenost dva mimoilazna pravca p = (~r1, ~n1) i q = (~r2, ~n2) je

d =|[ ((~r2 − ~r1), ~n1, ~n2) ‖

|n1 × n2|PROP

LIII


3. LINEARNI OPERATORI

3.1. Osnovna svojstva linearnih operatora

DEF3-1

Za vektorske prostore V,W nad F . Preslikavanje A : V →W zove se linearni operator ako vrijediA(αx +

Vβy) = αA(x) +

WβA(y).

Zagrade se ne pisu uvijek.

(Aditivnost)

Ako je A : V →W linearni operator, onda je A(x+ y) = Ax+Ay.KOR

LIV

Dokazi!

(Homogenost)

Ako je A : V →W linearni operator, onda je A(αx) = αA(x).KOR

LV

Dokazi!

Ako je funkcija A : V →W aditivna i homogena, onda je ona linearni operator.PROP

LVI

Dokazi!

Za A : V →W linearni operator, onda za sve x1, . . . , xn ∈ V , α1, . . . , αn ∈ F vrijedi:

A

(n∑

i=1

αixi

)

=

n∑

i=1

αiA(x).PROP

LVII

Dokazi!

A(ΘV) = Θ

W.

PROPLVIII

Dokaz

A(ΘV) = A(Θ

V+ Θ

V) = A(Θ

V) +A(Θ

V)−A(Θ

V)⇒ Θ

W= A(Θ

V).

Primjeri:

1. Rφ : V 2(O) → V 2(O) - rotacija za kut φ.Dokazi!

2. Ortogonalno projiciranje iz V 3(O) i V 2(O).Dokazi!

3. A : � 3 → � 3, A : (x1, x2, x3) 7→ (x1, x2, 0)Dokazi!

4. A : � 3 → � 2, A : (x1, x2, x3) 7→ (x1, x2)Dokazi!

5. A : � 2 → � 3, A : (x1, x2) 7→ (6x1 − x2,−2x1 + x2, x1 − 7x2)Dokazi!

6. A : � 2 → � 2, A : (x1, x2) 7→ (x2

1, x2 + 5) - nije!Dokazi!

7. τ : Mmn →Mnm, τ : A 7→ AτDokazi!

8. det : Mm → � - nije! Dokazi!

9. tr : Mm → � , tr : A 7→∑mi=1 αiiDokazi!

10. f : � 3 → � , f : (x1, x2, x3) 7→ 2x1 − x2 + 4x3Dokazi!

11. g : � 3 → � , g : (x1, x2, x3) 7→ 0Dokazi!

12. h : � 3 → � , g : (x1, x2, x3) 7→ 1 - nije!Dokazi!

13. n : V →W , n : x 7→ ΘW

- nul-operator. Dokazi!

14. id : V → V , id : x 7→ xDokazi!


15. D : Pn → Pn, D : p 7→ p′Dokazi!

16. D : P → P , D : p 7→ p′Dokazi!

17. z : ��

→ ��

, z : (x1, x2, . . .) 7→ (x2, . . .).

Dokazi!

Neka je A : V → W linearni operator. Uzmimo bazu BV

= {b1, b2, . . . , bn}. Za x ∈ V vrijedi da postojijedinstveni rastav x =

∑ni=1 αibi. Onda je A(x) =

∑ni=1 αiA(bi). To znaci da je linearni operator u poptunosti

odredjen djelovanje na bazu.

Zadavanje linearnog operatora na bazi i prosirenje po linearnosti.

Neka su V i W konacnodimenzionalni vektorski prostori nad � , dim V = n <∞. Neka je {b1, . . . , bn}baza od V , te {w1, . . . , wn} uredjena n-torka vektora iz W . Tada postoji jedinstveni linearni operatorA : V →W takav da je Abi = wi, i = 1 . . . n. U skupu wi-ova dozvoljavamo ponavljanje.

PROPLIX

Dokaz

Egzistencija:

Definirajmo A : V → W ovako: Za x ∈ V, x =∑n

i=1 αibi definiramo A(x) =∑n

i=1 αiwi. Iz toga slijedi da jeAbi = wi, i = 1..n.

Neka je x =∑n

i=1 αibi, y =∑n

i=1 βibi.

Onda je x+ y =∑n

i=1(αi + βi)bi.

Ax =∑n

i=1 αiwi, Ay =∑n

i=1 βiwi.

A(x+ y) =∑n

i=1(αi + βi)wi = Ax +Ay. Linearnost vrijedi.

λx =∑n

i=1 λαibi. Aλx =∑n

i=1 λαiwi = λAx. Homogenost vrijedi.

Egizstencija dokazana.Jedinstvenost:

Pretpostavimo da postoji B : V → W linearni operator takav da je Bbi = wi, za i = 1 . . . n. Onda gledamo daje Bx = B(

∑ni=1 αibi) =

∑ni=1 αiBbi =

∑ni=1 αiwi = Ax. Dakle, A = B, tj. A je jedinstven.

Neka je A : V →W linearni operator.

1. Ako je L � V onda je A(L) �W .

2. Ako je M �W , onda je A←(M) � V .

PROPLX

Dokaz

Uzmimo a, b ∈ A(L) i α, β ∈ F . a = Ax, b = Ay za neke x, y ∈ L. A(αx + βy) = αAx + βAy = αa + βb ∈ W .Zatvorenost na linearne kombinacije je dovoljan uvjet za potprostor.

Uzmimo a, b ∈ A←(M) i A(a) = x ∈ M , A(b) = y ∈ M , M 3 αx + βy = αA(a) + βA(b) = A(αa + βb) ⇒αa+ βb ∈ A←(M).

A : V →W , A(V ) = ImA �W .KOR

LXI

DEF3-2

Slika linearnog operatora A je ImA = A(V ).

DEF3-3

Rang operatora r je dimenzija slike operatora.

A : V →W , A←(ΘW

) = Ker A ≤ V .KOR

LXII

DEF3-4

Jezgra operatora je original neutralnog elementa u kodomeni.


DEF3-5

Defekt operatora d je dimenzija jezgre.

Neka je A : V →W linearni operator, te neka je BV = {b1, . . . , bn} , dimV = n.

Za x ∈ V , x =n∑

i=1

αibi vrijedi Ax =n∑

i=1

αiAbi.

Iz toga mozemo zakljuciti da je {Ab1, . . . , Abn} skup izvodnica za ImA, pa je r(A) ≤ n.

Linearni operator A : V →W je injekcija ako i samo ako je Ker A = ΘV ⇔ d(A) = 0.PROP

LXIII

Dokaz

Znamo da je AΘV = ΘW . Ako je A injekcija ⇒ Ker A = {ΘV }.U suprotnom smjeru. Neka je Ker A = ΘV . Ako je Ax = Ay, onda Ax−Ay = Θw ⇒ x− y ∈ Ker A ⇒ x− y =Θv ⇒ x = y.

Neka je A : V → W linearni operator. A je injekcija ako i samo ako za svaki linearno nezavisni skup Su V vrijedi da je skup A(S) = {Ax : x ∈ S} linearno neazvisan skup u W .

PROPLXIV

Dokaz

S = {x1, . . . , xn} linearno nezavisan u V .A(S) = {Ax1, . . . , Axn}Gledamo linearnu kombinaciju α1Ax1 . . . + αnAxn = ΘW ⇒ A(α1x1 + . . . + αnxn) = ΘW . Posto znamoda je jezgra od A trivijalna (uvjet injekcije linearnog operatora, iz prethodnog teorema), onda gledamo samoα1x1 + · · · + αnxn = ΘV . To vrijedi samo za αi = 0, i = 1 . . . n, cime je dokazan jedan smjer.Pretopstavimo da su S i A(S) linearno nezavisni. Neka je B = {b1, . . . , bn} baza od S. Tada je {Ab1, . . . Abn}linearno nezavisan u A(S), pa je to onda baza od A(S). Tada gledamo Ax = Ay,Ax =

∑ni=1 αiAbi, Ay =

∑ni=1 βiAbi.

∑ni=1(αi − βi)Abi = ΘW . Kako je ovo izrazeno preko baze, vrijedi da je αi − βi = 0 ⇔ αi = βi.

O rangu i defektu

Suma ranga i defekta linearnog operatora A : V →W je konstantna i jednaka dimenziji domene, tj:

r(A) + d(A) = dimV

TMLXV

Dokaz

Ako je A injekcija, onda je d = 0 i r = dim V , trivijalno.

Gledamo A takve da je d 6= 0. Znamo da je slika baze skup izvodnica od ImA.

Gledamo bazu {Ae1, . . . , Aed, Aed+1, . . . , Aen}. Vektori Ae1, . . . Aed su nul-vektori jer su dio jezgre.

Uzmimo da je αd+1Aed+1 + · · · + αnAen = Θw.

Izlucimo li A, dobivamo da je αd+1Aed+1 + · · · + αnAen u jezgri, tj. da se taj vektor moze dobiti linearnimkombinacijama vektora iz baze i jezgre.

Posto je to istovremeno linearna kombinacija vektora koji nisu u jezgri, onda cine nulvektor samo u tivijalnojlinearnoj kombinaciji.

DEF3-6

Linearni operator koji je bijekcija zove se izomorfizam.

DEF3-7

Linearni operator koji je injekcija zove se monomorfizam.

DEF3-8

Linearni operator koji je surjekcija zove se epimorfizam.


Ako je A : V →W linearni operator, pri cemu je dimV = dimW , tada su sljedece tvrdnje ekvivalentne:

1. A je monomorfizam.

2. A je epimorfizam.

3. A je izomorfizam.

PROPLXVI

Dokazi!

Ako je A : V → V linearni operator onda su ove tvodnje ekvivalentne:

1. A je surjekcija.

2. A je injekcija.

3. A je bijekcija. (automorfizam).

KORLXVII

Ako je A : V →W linearni operator, dimV = n, tada su ove tvrdnje ekvivalnente:

1. A je izomorfizam

2. Svaka baza iz V po A je baza u W

3. Postoji baza iz V takva da je njena slika u W baza u W .

PROPLXVIII

Dokaz

1. ⇒ 2. Ocito, po teoremu o rangu i defektu..

2. ⇒ 3. Ocito.

3. ⇒ 1.

3. ⇒ dimW = dimV = r(A) + d(A), no r(A) = dim V ⇒ A je surjekcija, i dimV + d(A) = dimV , stogad(A) = 0, pa je A injekcija, drugim rijecima A je bijekcija, i.e. izomorfizam ⇒ 1.

Ako je A : V →W izomorfizam, onda su dimenzije V i W jednake.KORLXIX

A : V →W je izomorfizam. Tada je A−1 : W → V izomorfizam.PROP

LXX

Dokaz

Gledamo A−1 : W → V

a, b ∈ W , α, β ∈ F

x, y ∈ V , t.d. Ax = a,Ay = b

A−1(αa+ βb) = A−1(αAx + βAy) = A−1A(αx + βy) = αA−1a+ βA−1b

Neka je A : V →W linearni operator. Neka je B : W → Z linearni operator, gdje su V , W i Z vektorskiprostori nad istim poljem F . Tada je AB = A ◦B : V → Z linearni operator.

PROPLXXI

Dokazi!

Neka je A : V →W izomorfizam. Neka je B : W → Z izomorfizam, gdje su V , W i Z vektorski prostorinad istim poljem F . Tada je AB = A ◦B : V → Z izomorfizam.

PROPLXXII

Dokazi!

DEF3-9

Za vektorske prostore V i W kazemo da su izomorfni i pisemo V 'W ako postoji izomorfizam.


Za vektorske prostore V,W,Z vrijedi sljedece:

1. V ' V2. Ako je V 'W onda je W ' V .3. Ako je V 'W i W ' Z

PROPLXXIII

Dokazi!

Ako je A : V 'W izomorfizam, onda je dim V = dimW .PROP

LXXIV

Ako su V i W vektorski prostori prostori nad istim poljem, onda ako je dimW = dimV , onda je V 'W .PROP

LXXV

Dokaz

V ,W nad F , dimV = dimW = n. Onda mozemo uzeti dvije baze, BV = {e1, . . . , en} i BW = {f1, . . . , fn}.Gledajmo linearni operator A : ei 7→ fi, za i = 1, . . . , n.

ΘW = A

(n∑

i=1

αiei

)

=n∑

i=1

αiAei =n∑

i=1

αifi, no (fi) je baza u W , pa svi αi moraju biti jednaki 0, pa je jezgra

trivijalna, sto je dovoljno za izomorfizam.

W,V su izomorfni nad F ako i samo ako je dimW = dimV .KORLXXVI

Anizomorfnih konacnodimenzionalnih vektorskih prostora nad istim poljem je ℵ0.KORLXXVII

Primjer: � 3je trodimenzionalni vektroski prostor, i svi realni trodimenzionalni prostori su mu izomorfni.

DEF3-10

Neka je V vektorski prostor. Neka je L(V ) skup svih linearnih operatora A : V → V . Ako jeA ∈ L(V ) i bijekcija je, onda (tj. izomorfizam, tj. automorfizam). Kazemo da je A regularanlinearni operator.

1. A,B ∈ L(V ) ⇒ AB ∈ L(V )

2. A(BC) = (AB)C (A,B,C ∈ L(V )).

3. Postoji identiteta I ∈ L(V ) i za nju vrijedi da je AI = IA = A za sve A ∈ L(V ).

4. Za sve regularne A ∈ L(V ) postoji regularni A−1 ∈ L(V ) Takav da je AA−1 = A−1A = I .

5. Za regularne A,B ∈ L(V ) vrijedi da je AB regularan.

Drugim rijecima, regularni linearni operatori cine grupu.

PROPLXXVIII

Dokazi!

3.2. Prostor linearnih operatora

DEF3-11

L(V,W) je skup svih linearnih operatora A : V →W .

DEF3-12

Za A,B iz L(V,W ) neka je A+B : V →W , tj. definirano na sljedeci nacin: A+B : x 7→ A(x)+B(x).

Ranija funkcija + je zatvorena na L(V,W ), tj. A+B ∈ L(V,W ), za sve A,B ∈ L(V,W ).PROP

LXXIX

Dokazi!


L(V,W ) s obzirom na ranije definirano zbrajanje je abelova grupa.PROP

LXXX

Dokazi!

DEF3-13

Za A ∈ L(V,W ) i α ∈ F definiramo funkcijui α · A ∈ L(V,W ) takvu da je αA : x 7→ αA(x).

L(V,W ) s obzirom na zbrajanje i mnozenje skalarom je vektorski prostor, i.e. vrijedi kvaziasocijativnost,distributivnost prema mnozenju skalarom i prema vektorskom zbrajanju i postoji jedinica, tj. neutralnielement za mnozenje skalarom.

PROPLXXXI

Dokazi!

Posebno, L(V ) je vektorski prostor.KORLXXXII

dimL(V,W ) = dimV · dimW .TMLXXXIII

Dokaz

Moramo pronaci bazu od L(V,W ).

dimV = n BV = {e1, e2, . . . , en}dimW = m BW = {f1, f2, . . . , fm}Neka je Eij : V →W , i = 1, . . .m, j = 1, . . . , n.

Eijek =

{fi k = j

ΘW k 6= jk = 1, . . . n

Iz toga slijedi da tih preslikavanja ima m · n. Ona postoje jer su dobro definirana djelovanjem na bazi domene.Sada trebamo dokazati da je skup svih Eij baza od L(V,W ). To je skup izvodnica i linearno nezavisan skup.

Neka je A ∈ L(V,W ) takav da je Aek =m∑

i=1

αikfi =m∑

i=1

αikEikek =

(m∑

i=1

αikEik

)

ek, za k = 1, . . . , n.

A =

n∑

k=1

n∑

i=1

αikEik

Time smo dokazali da je skup Eij-ova skup izvodnica.

Gledamon∑

k=1

n∑

i=1

λikEik = 0, tj.

(n∑

k=1

n∑

i=1

λikEik

)

x = ΘW .

Zaton∑

k=1

n∑

i=1

λikEikej = ΘW , iz cega slijedin∑

k=1

n∑

i=1

λikfi = ΘW , sto je nuzno jedinstvena linearna kombinacija.

dimV = n⇔ dimL(V ) = n2.KORLXXXIV

DEF3-14

Funkcional je linearni operator iz L(V, F ), tj. linearni operator iz vektorskog prostora u vlastitopolje.

DEF3-15

Dulani prostor V ∗ je skup linearnih funkcionala nad vektorski prostor V .

Neka je f ∈ V ∗, dimV = n je linearni funkcional. Neka f nije nul-funkcional. Tada je r(f) = 1 ⇔ d(f) = n−1.dimV ∗ = dimL(V, F ) = dimV dimF = dimV ⇒ V ∗ ' VDualna baza BV ∗od V ∗ ima jednako monogo elemenata kao i baza od V .

BV ∗ = (e∗) = {e∗1, . . . , e∗n}


e∗j (ek) =

{1 za k = j0

Primjer: � 3

e1 = (1, 0, 0)

e2 = (0, 1, 0)

e3 = (0, 0, 1)

(e) = {e1, e2, e3}(

� 3)

Gledamo bazu (e∗) = {e∗1, e∗2, e∗3}.

e∗1(e1) = 1 e∗2(e1) = 0 e∗3(e1) = 0e∗1(e2) = 0 e∗2(e2) = 1 e∗3(e2) = 0e∗1(e3) = 0 e∗2(e3) = 0 e∗3(e3) = 1

Za x = (x1, x2, x3) ∈ � 3vrijedi da je e∗1(x) = x1, e

∗2(x) = x2, e

∗3(x) = x3.

f : � 3 → � . Za x ∈ � 3definiramo f : x 7→ α1x1 + α2x2 + α3x3. Drugim rijecima f ∈

(

� 3)∗

Opcenito tvrdimo da samo adekvatni f -ovi zive u( � n)∗

.

(∀g)(

g ∈( � n)∗

)

⇔ (∃α1, . . . αn ∈ � )(g : x 7→ α1x1 + . . .+ αnxn).PROPLXXXV

Dokazi!

Znamo da je dim(Mmn(F )) = m · n = dimL(V n,Wm). Iz toga slijedi da je Mmn(F ) ' L(V n,Wn).

Neka je V vektorski prostor nad F . Tada za L(V ) vrijedi:

1. L(V ) je vektorski prostor

2. ∀A,B ∈ L(V ) je AB ∈ L(v)

3. ∀A,B,C ∈ L(V ) je (AB)C = A(BC)

4. ∀A,B,C ∈ L(V ) je A(B + C) = AB +AC

5. ∀α ∈ � ∀A,B ∈ L(V ) je α(AB) = (αA)B.

6. ∀A ∈ L(V ) je AI = IA = A, gdje je I ∈ L(V ) identiteta.

PROPLXXXVI

Drugim rijecima, (L(V ), ◦) je algebra.Dokazi!

Znamo da je Mn(F ) ' L(V ). Slutimo da ce biti izomorfni i kao algebre.


3.3. Koordinatizacja

Gledamo vektorski prostor V nad F i njegovu bazu (e) = {e1, . . . e1 . . . , en}. Gledamo vektor v ∈ V ,

v =n∑

i=1

αi · ei =

α1

α2

α3...αn

∈Mn1(F ),∈ Fn.

ψ : V → Fn, ψ : v 7→ v(e), za v ∈ V je izomorfizam.PROPLXXXVII

Dokazi!

Neka su V,W vektorski prostori nad F . Neka je BV = (e) = {e1, . . . , en}, BW = (f) = {f1, . . . , fn}. Neka jeA ∈ L(V,W ). On je potpuno odredjen svojim djelovanjem na bazi.

Neka je Aej =m∑

i=1

αijfi, za j = 1, . . . n.

Prirodno se namece matricni zapis:

A(f,e) =

α11 α12 α13 · · · α1n

α21 α22 α23 · · · α2n

α31 α32 α33 · · · α3n

......

.... . .

...αm1 αm2 αm3 · · · αmn

∈Mmn(F )

Definiramo funkciju φ : L(V n,Wm) →Mmn(F ), φ : A 7→ Af,e.

φ je bijekcija.PROPLXXXVIII

Dokazi!

φ je linearni operator.PROPLXXXIX

Dokazi!

φ je izomorfizam.KOR

XC

Gledamo opet linearni operator A : V(e) → W(e) i operiranje Av, za v ∈ V . Takodjer gledamo operiranjeA(f,e)v(e).

(Av)(f) = A(f,e) · v(e). PROPXCI

Dokaz

V(e),W(f)

A ∈ L(V,W ).

A(f,e) = [αij ].

v ∈ V, v(e) =

λ1...λn

Av = A(∑n

j=1 λjej) =∑n

j=1 λjAej =∑n

j=1 λj

∑mi=1 αifi =

m∑

i=1

(n∑

j=1

αijλj

)

fi. Ovo zadnje je definicija

mnozenja matrice stupcanom matricom, pomnozeno sa vektorima baze.


(Av)(f) =

α11 α12 α13 · · · α1n

α21 α22 α23 · · · α3n

α31 α32 α33 · · · α3n...

......

. . ....

αm1 αm2 αm3 · · · αmn

λ1

λ2

λ3...λn

= A(f,e)v(e)

Ako su V,W vektorski prostori nad F , a A ∈ L(V,W ). Uz pripadne baze (e) od V i (f) od W , vrijedir(A) = r(A(f,e)).

PROPXCII

Dokaz

r(A) = dim ImA = dim [Ae1, Ae2, . . . , Aen]

r(A(f,e)) = dim[Ae1(f)

, . . . , Aen(f)

]

Sjeti se ψ : V → F n od ranije. To je izomorfizam, stoga su ovi rangovi jednaki.

Neka su V,W,X vektorski prostori nad F . Neka su (e), (f) i (g) baze pripadnih prostora. dimV = n,dimW = m, dimX = l. Neka je A linearni operator iz L(V,W ) i B ∈ L(W,X). Njihova kompozicija jeBA ∈ L(V,X). Tada je (BA)(g,e) = B(g,f) ·A(f,e)

PROPXCIII

Dokaz

A(f,e) = [αij ] ∈ Mmn

B(g,f) = [βij ] ∈ Mlm

BA(g,e) = [γij ] ∈ Mln

Tvrnja je moguca jer su A i B ulancane.

Trazimo opceniti γjk, koji mora biti jednak sa lijeve i sa desne strane proponiranog izraza.

γjk =n∑

i=1

βj iαik za svej = 1 . . . lk = 1 . . . n

Za k = 1 . . . n vrijedi:

BA(ek) = B(A(ek)) = B

(m∑

i=1

αikfi

)

=

m∑

i=1

αikBfi

=

m∑

i=1

αik

l∑

j=1

βj igj

=

l∑

j=1

(m∑

i=1

βj iαik

)

︸︷︷︸

j-ta koordinata

gj

.

Kod automorfizama A : V → V ako ne mijenjamo bazu onda pisemo samo A(e). Drugim rijecima pisemoA(e)x(e) = (Ax)(e).

Gledamo pojmove ranga i regularnosti kod matrica i kod operatora.

A regularan operatore ⇔ A bijekcija ⇒ A surjekcija ⇔ dim ImA = dim V ⇔ r(A) = dimV ⇔ r(A(e)) = n ⇔A(e) regularna.

DEF3-16

Matricu linearnog operatora S sa vektorskog prostora na njega samog sa svojstvom da ako su (e) i(e′) baze od pripadnog vektorskog prostora onda je Sei = e′i, za i = 1 . . .dimV nazivamo matrica

prijelaza.

Neka su V,W vektorski prostori nad � . Neka su (e), (e′) baze od V , a (f), (f ′) baze od W . Neka sudimenzije V i W jednake n, odnosno m. Neka su S i T linearni operatori takvi da S : V → V , S : ej 7→ e′ji T : W →W , t.d. T : fi 7→ f ′i . Ako je A ∈ L(V,W ), onda vrijedi: A(f ′,e′) = T−1

(f) · A(f,e) · S(e)

TMXCIV

Dokaz

Uocimo da su S i T automorfizmi.


IV : V → V je identiteta. Gledamo IV (e,e′). Njezin j ti stupac je IV e′j = e′j u (e). Za S(ej) = e′j u (e). Dakle,

IV (e,e′) = S(e). Takodjer je onda T(f) = IW (f,f ′).

A = IWAIV

A(f ′,e′) = (IWAIV )(f ′,e′) = (IWA)(f ′,e)IV (e,e′) = IW (f ′,f)A(f,e)IV (e,e′)

= I−1W (f,f ′)A(f,e)IV (e,e′) = T−1

(f)A(f,e)S(e)

U vektorskom prostoru V sa bazama (e) i (e−1) i matricom prijelazaKOR

XCV

FIXME

DEF3-17

Ako za dva linearna operatora A,B : V → V postoji automorfizam S takav da je B = S−1AS, ondakazemo da su ti operatori slicni. Oznacavamo sa A � B.

Relacija slicnosti operatora je relacija ekvivalencije.PROP

XCVI

Neka je u vektorskom prostoru V zadano A,B ∈ L(V ), V . . . (e), tada vrijedi:(A−1)(e) = (A(e))−1.

TMXCVII

Dokaz

(BA)(e) = B(e)A(e)

A ∈ L(V ), A regularan;

AA−1 = A−1A = IV

(AA−1)(e) = I(e) = I

A(e) · (A)−1(e) = I ⇒ (A−1)(e) = (A(e))

−1

Inverz matrice prijelaza je matrica prijelaza.PROP

XCVIII

Dokaz

Definiramo matrice prijelaza Z i X , tako da za baze od pripadnog vektorskog prostra V , (e) i (e′), tako da jeZei = e′i i Xe′i = ei, za sve i = 1 . . .dim V . Znaci da je ZXe′i = e′i i XZei = ei, za sve i = 1 . . .dimV , te jeXZ = ZX = I .

Gledamo vektorski prostor V , i njegove baze (e) i (e′), te neki vektor x ∈ V i njegove zapise u bazama x(e) ix(e′).Znamo, za A : V →W , (Ax)(f) = A(f,e)x(e).Znamo, takodjer da je Ivx = x, te je (Ix)(e′) = I(e′,e)x(e).Iz toga slijedi da je x(e) = S(e′)x(e).

DEF3-18

Neka su A i B dvije kvadratne matrice. Kazemo da su one slicne ako postoji regularna matrica Stakva da je B = S−1AS.

Matricni prikazi operatora A ∈ L(V ) u raznim bazama su slicne matrice. vec dokazano.PROP

XCIX

Slicnost je relacija ekvivalencije.PROP

C


Dokaz

1. A ./ A, trivijalno, uz S = I .

2. A ./ B ⇒ B ./ A, trivijalno: (S−1)−1B(S−1) = A

3. A ./ B ∧ B ./ C ⇒ A ./ C, takodjer trivijalno: S−1BS = C,B = S′−1AS′ ⇒ C = S−1S′−1AS′S, T :=S′S, T−1 = S−1S′−1, C = T−1AT .

Neki zakljuci za slicne matrice A i B: r(A) = r(B), detA = detB.

Svaka matrica jest matrica nekog linearnog operatora.PROP

CI

Dokaz

A ∈ Mmn( � ), A = [αij ] =

α11 · · · α1n...

. . ....

αm1 · · · αmn

.

Gledamo prostore V i W nad � , sa dimenzijama dim V = n, dimW = m i bazama (e) i (f).

Definiramo linearni operator A : V →W takav da je A(ej) =i=1∑

m

αijfi, za j = 1 . . . n. Tada je A(f,e) = A.

Iz sustava linearnih jednadzbi znamo da smo cijelu pricu o matricnom iskazivanju linearnih operatora mogliapstrahirati na izraze AX = B i pripadni homogeni sustav AX = 0. Geometrijska intepretacija preko linearnihoperatora je sljedeca:A′ : Mn1 →Mm1, A = A′(f,e). X = X(e) ∈Mn1, B = B(f) ∈Mm1.

Zakljucujemo: AX = B ⇔ A′X = BTime znamo da je i AX = 0 ⇔ A′X = 0 ⇔ X ∈ KerA′. Takodjer zakljucujemo da je pitanje postojanja rjesenjasustava A′X = B ekvivalentno pitanju B ∈ ImA′.

3.4. Spektar

DEF3-19

Neka je V vektorski prostor nad � i neka je A ∈ L(V ). Kaze se da je λ0 ∈ � svojstvena vrijednost

(karakteristicna vrijednost) operatora A ako postoji vektor x ∈ V, x 6= Θ takav da je Ax = λ0x.

DEF3-20

σ(A) je skup svih svojstvenih vrijednosti od A. Taj skup se zove spektar.

DEF3-21

x iz definicije svojstvene vrijednosti naziva se svojstveni vektor.

Ako je x svojstvena vrijednost, onda je i αx svojstveni vektor, za istu svojstvenu vrijednost.Za istu svojstvenu vrijednost mogu postojati i nezavisni svojstveni vektori. Identiteta ima jedinstvenu svojstvenuvrijednost i svi vektori su svojstveni vektori.Primjer:

A : � 3 → � 3

A(e) =

1 0 00 2 00 0 3

. Ovaj operator ima 3 svojstvene vrijednosti 1, 2, 3, svaku u smjeru svake komponente baze.

Neka je skalar λ0 neka svojstvena vrijednost od A ∈ L(V ). Gledamo skup VA(λ0) = {x ∈ V : Ax = λ0x}. Zax, y ∈ VA(λ0) i α, β ∈ � vrijedi da je A(αx + βy) = αAx + βAy = αλ0x + βλ0y = λ0(αx + βy). Znaci VA jepotprostor od V .


DEF3-22

Za linearni operator A i svaku njegovu svojstvenu vrijednost λ0 vrijedi da je VA(λ0) potprostor.Takav potprostor nazivamo svojstveni potprostor.

VA(λ0) je jezgra od A = λ0I . Sto ako je 0 svojstvena vrijednost? Onda je Ax = 0x = Θ ⇔ KerA ≥ {Θ} ⇔ Anije injekcija ⇔ A nije bijekcija, tj. A nije regularan, singularan, izomorfizam.

DEF3-23

Neka je λ0 ∈ σ(A). Onda je dimVA(λ0) geometrijska kratnost svojstvenog potprostora.

� φ ∈ L(V 2(O)), φ ∈ 〈0, π〉 ∪ 〈π, 2π〉. Rotacija nema svojstvenih vrijednosti, ali je karakteristican primjer.

DEF3-24

Neka je A kvadratna matrica. Polinom kA(λ) = det(A− λI) naziva se svojstveni polinom matriceA u varijabli λ.

To je polinom n-tog stupnja, a vodeci koeficijent je (−1)n.Prisjeti se: A i B su slicne ako i samo ako postoji regularna matrica S takva da je B = S−1AS.

Slicne matrice imaju jednake svojstvene polinome.PROP

CII

Dokaz

kB(λ) = det(B−λI) = det(S−1AS−λI) = det(S−1AS−S−1λIS) = det(S−1(A−λI)S) = det(S−1) det(A−λI) detS =det(A− λI) = kA(λ).

DEF3-25

Neka je V neki konacnodimenzionalni vektorski prostor, a (e) neka njegova baza, te neka je A ∈L(V ), a A(e) matrica tog operatora u bazi (e). Karakteristicni polinom linearnog operatora A jekarakteristicni polinom A(e). Drugim rijecima: kA(λ) = kA(e)

(λ). Prethodna propozicija kaze da jedefinicija dobra, jer ne ovisi o izboru baze.

Primjer:

Rφ : � 2 → � 2

Rφ(i,j) =

∣∣∣∣

cosφ − sinφsinφ cosφ

∣∣∣∣.

kRφ(λ) = kRφ(i,j)

(λ) =

∣∣∣∣

cosφ− λ − sinφsinφ cosφ− λ

∣∣∣∣= λ2 − 2 cosφλ+ 1

Ovo nema realnih rjesenja za φ 6= kπ, k ∈�

.

Neka je V vektorski prostor nad � , a A ∈ L(V ). λ0 je svojstvena vrijednost od A ako i samo ako jekA(λ0) = 0.

TMCIII

Dokaz

A ∈ L(V ).(e) je baza od V , A(e) je matrica od A po (e).λ0 ∈ � je svojstvena vrijednost od A⇔ ∃x ∈ V, x 6= Θ takav da je Ax = λ0x ⇔ x ∈ Ker (A− λ0I) ⇔ (A− λ0)nije regularan operator ⇔ A(e) − λ0I(e) nije regularna matrica ⇔ det(A− λ0I) = 0.

A ∈ L(V ), dimV = n. A ima najivse n svojstvenih vrijednosti. Nad � tocno n, a nad � najvise nkarakteristicnih vrijednosti.

KORCIV

Za � se kaze da je algebarski zatvoreno polje. � to nije, zbog reducibilnosti polinoma.Primjer.

Za A ∈ L( � 3) i bazu (e) od � 3

.

A(e) =

2 −1 01 0 0−1 0 2

(AX)e = A(e)X(e) =

2 −1 01 0 0−1 0 2

x1

x2

x3

.


kA(λ) = kA(e)(λ) = det(A(e) − λI) =

∣∣∣∣∣∣

2 − λ −1 01 −λ 0−1 0 2 − λ

∣∣∣∣∣∣

= (2− λ)− λ(2− λ) + 1 = (2− λ)(λ− 1)2. Nultocke

tog polinoma su λ1 = 2, λ2 = 1.Trazenje svojstvenog potprostora, tj. za λ odredjujemo VA(λ0) = Ker− λ0I . Odredjujemo sve x ∈ V takve daje A − λ0Ix = Θ, tj. (A(e) − λ0I)x = 0. Trazenje svojstvenog potprostora svodi se na rjesavanje homogenogsustava.

Trazimo VA(1). To je rjesavanje sustava:

1 −1 01 −1 0−1 0 1

x1

x2

x3

. Taj sustav sigurno ima netrivijalna rjesenja jer

je determinanta matrice jednaka 0, time je jezgra netrivijalna. Rjesenja sustava su sve trojke oblika (x1, x1, x1).VA(1) = [(1, 1, 1)]. Geometrijska kratnost ove svojstvene vrijednosti d(1) = 1. VA(2) = [(0, 0, 1)].

DEF3-26

Neka je V vektorski prostor nad � , A ∈ L(V ), λ0 ∈ sσ(A). Neka je kA(λ) = (λ − λ0) · q(λ), gdje jeq(λ0) 6= 0. Kratnost tih nultocaka je l(λ0) i zovemo je algebarska kratnost svojstvene vrijednosti.

d(λ0) ≤ l(λ0).PROP

CV

Ako se A ∈ L(V ) moze dijagonalizirati, tj. ako postoji takva baza (e) da je matrica dijagonalna, ondasu na dijagonali svojstvene vrijednosti, tj. svaki vektor baze (e) je svojstveni vektor.

PROPCVI

Neka je V vektorski prostor nad � i neka je A ∈ L(V ). Neka su λ1, . . . , λn razlicite pripadajucesvojstvene vrijednosti. Neka su x1, . . . , xk pripadni svojstveni vektori. Tada su ti svojstveni vektorilinearno nezavisni.

PROPCVII

Dokaz

Indukcija:Za k = 1 ocito je da je jedan vektor koji nije nul-vektor linearno nezavisan sam sa sobom.Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki k−1 ∈

�, tj. da je skup {x1, . . . , xk−1} linearno nezavisan. Pokazujemo

da je onda i skup {x1, . . . , xk} linearno nezavisan.Gledamo jednakost α1x1 + · · · + αkxk = Θ.Pomnozimo sve sa λk. Dobijemo λkα1x1 + λkα2x2 + · · · + λkαkxk = Θ.Takodjer, primjenimo linearni operator A na tu jednakost. Dobijemo λ1α1x1 + λ2α2x2 + · · · + λkαkxk = Θ.Uzmemo li razliku tih jednakosti, dobijemo da je α1(λ1−λk)x1+α2(λ2−λk)x2+· · ·+αk−1(λk−1−λk)xk−1 = Θ,no znamo da su ti vektori (po pretpostavci) linearno nezavisni. Stoga je αi(λi − λk) = 0 za i = 1 . . . k − 1.Posto su svojstvene vrijednosti razlicite, zakljucujemoo da je αi = 0. Supstituirajmo te vrijednosti u zeljenujednakost, dobivamo αkxk = Θ, iz cega zakljucujemo da je αk = 0, pa su svi skupa linearno nezavisni.

Ako je dimenzija vektorskog prostora jednaka broju svojstvenih vrijednosti nekog linearnog operatora,onda se matrica tog linearnog operatora moze dijagonalizirati.

KORCVIII

Neka je V vektorski prostor nad � i neka je A ∈ L(V ), σ(A) = {λ1, . . . , λk}. Neka je (e(i)) baza od

VA(λi), za i = 1 . . . k. Tada je unija svih (e(i)) linearno nezavisan skup.

PROPCIX

Dokaz

Za dim(VA(λi)) = 1, sto se svodi na prethodnu propoziciju. Gledajmo linearnu kombinaciju svojstvenih vektorai izjednacimo je sa Θ.x1 + x2 + · · · + xk = Θ, xi ∈ VA(λi), i = 1 . . . k.Zbog prethodne propozicije i cinjenice da su svi xi iz svojstvenog potprostora, zakljucujemo da svi xi morajubiti nul-vektori (kada ne bi bili, postojala bi dva svojstvena vektora razlicitih svojstvenih vrijednosti koji nisulinearno nezavisni. Kako su svi nul-vektori, onda je njihov raspis u bazama moguc samo kada su svi skalarnifaktori jednaki 0, pa zakljucujemo da su svi vektori baza linearno nezavisni.

Iz ove propozicije slijedi zakljucak da ako je suma geometrijskih kratnosti jednaka dimenziji slike, da je unijasvojstvenih baza baza slike.


Neka je V kompleksni vektorski prostor, neka je A ∈ L(V ). Neka je σ(A) = {λ1, . . . , λk}. A se mozedijagonalizirati (tj. postoji takva baza da je matrica od A dijagonlana), ako i samo ako su geometrijskai algebarska kratnost svih svojstvenih vrijednosti jednake.Dokazi!

TMCX

Gledajmo matricu oblika A(e) =

[0 10 0

]

. Onda je A operator samaranja, jer ubije prvu komponentu, a drugu

nabije na prvu. Svojstvena vrijednost je algebarske kratnosti 2 i vrijednosti λ = 0. Zakljucujemo da su

svojstveni vektori oblika

[x1

0

]

. d(0) = 1 6= 2, pa iz ranijeg teorema zakljucujemo da se ova matrica ne moze

dijagonalizirati.

DEF3-27

Neka je V vektorski prostor, a A ∈ L(V ). Kazemo da je M ≤ V invarijantan za A ako vrijedi daje A(M) ⊂M , tj. Ax ∈M za sve x ∈M .

Svaki linearni operator ima barem dva invarijantna potprostora u V , V i {Θ}, no to su nezanimljivi trivijalnipotprostori.Svaki svojstveni potprostor od A je invarijantan. Obratno nije.Ispitaj invarijantnost zbroja i presjeka dva invarijantna potprostora! Presjek?

Neka je M ≤ V i neka je (e) − 1 . . . k baza od M . M je invarijantan za A ∈ L(V ) ako i samo ako suAe1, . . . , Aek ∈ M .

PROPCXI

Dokaz

Implikacija s desna na lijevo je trivijalna. Treba samo dokazati da i obrat vrijedi.Recimo da je A ∈Mn( � ). A : Mn1( � ) →Mn1( � ), A(x) = A ·x. A je matrica od A u kanonskoj bazi. Neka jeλ0 korijen karakteristicnog polinoma matrice A. Ako je λ0 realan broj i sve je divno i krasno. Ako je λ0 ∈ � \ � .Ono sto mozemo reci je da taj λ0 odredjuje dvodimenzionalni invarijantni potprostor od A. λ0 = α+ iβ.Definirajmo novo preslikavanje AC : Mn1( � ) → Mn1( � ), AC ∈ L(Mn1( � )). Uzmimo opet kanonsku bazu,(eC) od Mn( � ). Gledamo li AC

(eC ). Karakteristicni polinom od ovog operatora je isti kao i u nad realnim

poljem. kA = kAC . Kako je kA(λ0) = kAC (λ0) = 0. λ0 = α+ βi. λ0 jest svojstvena vrijednost od AC , pa dakleje i od A ∈Mn1( � ).

Neka je z ∈Mn1( � ) svojstveni vektor za λ0. Taj z je kompleksni stupac, z =

u1 + v1iu2 + v2i

...un + vni

=

u1

u2...un

+

v1v2...vn

i.

Ono sto znamo je da je Az = λ0z, tj. A(x + yi) = (α + iβ)(x + yi). Posto je A linearni operator. Ax+ iAy =αx−βy+i(βx+αy), drugim rijecima Ax = αx−βy, Ay = βx+αy. Gledamo vektore y i x. Moze se pokazati daje skup tih vektora linearno nezavisan. Gledajmo potprostor [{y, x}] dimenzije 2. Ozancimo taj potprostor saM . Jasno je da je M invarijantni potprostor od A, jer je svaki vektor iz M transformiran u linarnu kombinacijuvektora baze od M .

Gledajmo A : Mn( � ) → Mn1( � ), te njegovu restrikciju T : A/M : M → M . Zanima nas T(y,x) =

[α −ββ α

]

.

Znamo da je λ20 = a2+β2. Matrica sada izgleda ovako:

√

α2 + β2

[α|λ0|

−β|λ0|

β|λ0|

α|λ0|

]

, sto se mose prikazati na sljedeci

nacin:√

α2 + β2

[cosφ − sinφsinφ cosφ

]

.

Kompleksna nultocka karakteristicnog polinoma realne matrice/ operatora A generira jedan dvodimenzionlaniprostor invarijantan za A na kojem A djeluje kao kompozicija homotetije i rotacije.

DEF3-28

Za k ∈�, k ≥ 0 definiramo A0 = I , A1 = A, Ak+1 = Ak ·A. Analogno definiramo A ∈ L(V ).

DEF3-29

Za A ∈Mn( � ) definiramo polinom p(A) takav da je p(A) = αkAk + · · · + α1A+ α0I

Zanima nas za danu matricu A ∈ Mn( � ) naci polinom p(λ) takav da je p(A) = 0. Takav uvijek postoji jer je


skup {I, A,A2, . . . , An2} ⊆ Mn( � ) linarno zavisan (kardnalni broj skupa je veci od dimenzije prostora), id estpostoji linearna kombinacija koja daje nulu takva da nisu svi koeficijanti jednaki 0.Trazeni polinom u A je p(A) = αn2An2

+αn2−1An2−1 + · · ·+α1A+ α0, a p(λ) = αn2λn2

+ αn2−1λn2−1 + · · ·+

α1λ+ α0.Jasno je da postoji jos mnogo polinoma viseg stupnja sa tim svojstvima (svaki produkt ovog polinoma sa bilokojim drugim polinomom zadovoljava ovo svojstvo).

DEF3-30

Minimalni polinom je polinom koji anulira matricu i najmanjeg je stupnja.

Hamilton-Cayleyev

Za A ∈ Mn(F ) je kA(A) = 0.TMCXII

Dokazi!

Minimalni i karakteristicni polinom imaju zajednicke nultocke.KORCXIII


4. UNITARNI PROSTORI

4.1. Definicija, primjeri, osnovni teoremiSjetimo se V

3, te da je to vektorski prostor, te da smo na tome definirali skalarno mnozenje koje jekomutativno, distributivno, kvaziasocijativno i nenegativno.

DEF4-1

Neka je V vektorski prostor nad � . Definiramo skalarni produkt na V kao preslikavanje 〈?〉 :V×V → � koje ima svojstva:

1. 〈x ? x〉 ≥ 0, ∀x ∈ V

2. 〈x ? x〉 = 0 ⇒ x = Θ

3. 〈x1 + x2 ? y〉 = 〈x1 ? y〉 + 〈x2 ? y〉 , ∀x1, x2, y ∈ V

4. 〈αx ? y〉 = α 〈x ? y〉 , ∀x, y ∈ V

5. 〈x ? y〉 = 〈y ? x〉

Takav prostor onda zovemo unitarni prostor.

Pogledajmo sada svojstvo lineranosti u prvom elementu:

〈α1x1 + α2x2 ? y〉 = α1 〈x1 ? y〉 + α2 〈x2 ? y〉 , ∀x1, x2, y ∈ V, α1, α2 ∈ � ⇒⟨

n∑

i=1

αixi ? y

⟩

=∑αi 〈xi ? y〉

I ovo (skoro svojstvo linearnosti u drugom elementu):

〈x ? y1 + y2〉 5.=〈y1 + y2 ? x〉3.

=〈y1 ? x〉 + 〈y2 ? x〉 = 〈y1 ? x1〉 + 〈y2 ? x〉 = 〈x ? y1〉 + 〈x ? y2〉〈x ? αy〉 = 〈αy ? x〉 = α 〈y ? x〉 = α 〈x ? y〉

∀x ∈ � , 〈x ?Θ〉 = 〈x ? y − y〉 = 〈x ? y〉 − 〈x ? y〉 = Θ = Θ = 〈x ?Θ〉 = 〈Θ ? x〉Gledajuci 1. zahtjev, zakljucujemo da to mora funkcionirati za x ∈ �Ako znamo da je u � 3

standardni skalarni produkt iz V3 od 〈(α1, α2, α3) ? (β1, β2, β3)〉 = α1β1 + α2β2 + α3β3.

Ovo daje motivaciju za definiranje skalarnog produkta u � novako:

Za a = (α1, α2, . . . , αn) i b = (β1, β2, . . . , βn) definiramo

〈a ? b〉 =n∑

i=1

αiβi

Lagano je za dokazati da je ovo skalarni produkt.PROP

CXIV

Dokazi!

Uz ovako definiran skalarni produkt � npostaje unitarni prostor.

Gledajmo sada � n. Za a = (α1, . . . , αn), b = (β1, . . . , βn). Definiramo produkt ovako:

〈a ? b〉 =

n∑

i=1

αiβi

To je skalarni produkt.PROP

CXV

Dokazi!

Tako i � npostaje unitarni prostor.

Definiramo za A ∈ Mn( � ) operaciju B∗ = Bτ , tj Bij = Bj i. Matrica B∗ je hermitski adjungirana matricamatrice.Ovako mozemo prosiriti skalarni produkt i na matrice na sljedeci nacin za A,B ∈ Mn( � ):

〈A ? B〉 = tr (B∗A)


To je skalarni produkt.PROP

CXVI

Primjer u � 2: x = (x1, x2), y = (y1, y2). Definiramo 〈x ? y〉 = αx1y1 + βx2y2, koji je skalarni produkt za

α, β > 0. Dokazi!

U Pn, n+ 1-dimenzionalnom prostoru polinoma defniramo za p, q ∈ Pn 〈p ? q〉 =1∫

0

p(t)q(t)dt.

Gledajmo sve neprekidne funkcije na intervalu [0, 1] kao skup � ([0, 1]). To je vektorski prostor. Za f, g ∈C ([0, 1]) definiramo 〈f ? g〉 =

1∫

0

f(t)g(t)dt. No, to je beskonacnodimenzionalni prostor.

Vratimo se na unitarni prostor V3.

DEF4-2

Neka je V unitarni prostor nad � . Norma je funkcija ||.|| : V → � definirana ovako:

||x|| =√

〈x ? x〉.

Cauchy-Schwartz-Bunjakovskijeva nejednakost

Neka ja V unitarni prostor. Za sve x, y ∈ V vrijedi

| 〈x ? y〉 |2 ≤ 〈x ? x〉 · 〈y ? y〉 .Pri tome znak jednakosti u ovoj nejednakosti vrijedi ako i samo ako su x i y linearno zavisni.

TMCXVII

Dokaz

Ako je x = Θ ili y = Θ onda nejednakost postaje jednakost i trivijalno vrijedi.

Gledamo za x, y 6= Θ neki λ ∈ � .

0 ≤ 〈x− λy ? x− λy〉 = 〈x ? x〉 − λ 〈y ? x〉 − λ 〈x ? y〉 + λλ 〈y ? y〉Uzmimo za λ = 〈x?y〉

〈y?y〉 .

0 ≤ 〈x ? x〉 − 〈x?y〉〈y?y〉〈y ? x〉 −

〈x?y〉〈y?y〉

〈x ? y〉 + 〈x?y〉〈y?y〉

〈x?y〉〈y?y〉

〈y ? y〉

0 ≤ 〈x ? x〉 − 〈x?y〉〈y?y〉〈y ? x〉 −

〈y?x〉〈y?y〉 + |〈x?y〉|2

〈y?y〉

0 ≤ 〈x ? x〉〈y ? y〉 − 〈x ? y〉〈y ? x〉 − 〈y ? x〉〈x ? y〉 + | 〈x ? y〉 |2

0 ≤ 〈x ? x〉〈y ? y〉 − 〈x ? y〉〈x ? y〉 = 〈x ? x〉〈y ? y〉 − | 〈x ? y〉 |2

Time je dokazan prvi dio teorema. Treba obratiti paznju da su sve od pocetka medjusobno jednake tvrdnjeekvivalentne.

Gledajmo sada | 〈x ? y〉 |2 = 〈x ? x〉〈y ? y〉.Prema ekvivalencijama tvrdnji dobivamo da je 〈x− λy ? x− λy〉 = 0, tj. x − λy = Θ, tj. x i y su lineranozavisni.

Pretpostavimo da je x = αy.

| 〈x ? y〉 |2 = 〈x ? y〉 · 〈x ? y〉 = 〈x ? y〉 · 〈y ? x〉= 〈x ? αx〉 · 〈αx ? x〉 = aa 〈x ? x〉〈x ? x〉 = 〈x ? x〉〈ax ? ax〉 = 〈x ? x〉〈y ? y〉

Za sve x, y ∈ V i α ∈ �1. ||x|| ≥ 0

2. ||x|| = 0 ⇔ x = Θ

3. ||αx|| = |α| ||x||4. ||x+ y|| ≤ ||x|| + ||y||

PROPCXVIII

Dokaz


1. i 2. je ocito iz definicije norme i skalarnog produkta.

3. ||αx||2 = 〈αx ? αx〉 = αα 〈x ? x〉 = α2|x| = (|α| ||x||)2. Iz ovog i 1. slijedi da je 3. tocno

4. ||x+ y||2 = 〈x+ y ? x+ y〉 = 〈x ? x〉 + 〈x ? y〉 + 〈y ? x〉 + 〈y ? y〉= ||x||2 + 〈x ? y〉 + 〈x ? y〉 + ||y||2

= ||x||2 + 2 Re (〈x ? y〉) + ||y||2 ≤ ||x||2 + 2|〈x ? y〉| + ||y||2

CSB⇒ ||x+ y||2 ≤ ||x||2 + 2 ||x|| ||y|| + ||y||2 ⇒ ||x+ y|| ≤ ||x|| + ||y|| .

Unitarni prostor uz induciranu normu postaje normirani prostor.KORCXIX

|x+ y|2 + |x− y|2 = 2|x|2 + 2|y|2 PROPCXX

Dokazi!

Pitagorin poucakKORCXXI

DEF4-3

Definirajmo funkciju d : V×V → � . d : (x, y) 7→ |x−y|. To je razdaljinska funkcija. To je metrika.

Dokazi!

DEF4-4

Normirani vektor je vektor cija je norma jednaka 1.

Gledamo vektor x ∈ V, te njegovu normu |x|. Definiramo vetor x0 = 1|x|x. Norma od |x0| =

∣∣∣

1|x|x

∣∣∣ =

∣∣ 1x

∣∣ |x| = 1.

x0 zovemo normirani vektor vektora x.

DEF4-5

Za x, y ∈ V kazemo da su ortognonalni ako je 〈x ? y〉 = 0. Pisemo x ⊥ y.

Θ ⊥ x, ∀x ∈ V.KORCXXII

x 6⊥ x, ∀x ∈ V.PROP

CXXIII

Dokazi!

Relacija okomitosti je simetricna.PROP

CXXIV

Dokazi!

DEF4-6

Za skup {e1, . . . , en} kazemo da je ortogonalan ako vrijedi ei ⊥ ej ⇔ i 6= j.

DEF4-7

Skup {e1, . . . , en} kazemo da je skup ortonormiran ako je ortognonalan i normiran, tj. 〈ei ? ej〉 =δij , za i, j ∈ {1, . . . , n}.

Ortonormirani skup je linearno nezavisan.PROP

CXXV


Dokaz

Neka je E = {e1, . . . , ek} ortonormiarni skup.Gledamo linearnu kombinaciju α1e1 + α2e2 + · · · + αkek = Θ. Pomnozimo taj izraz skalarno sa ei za nekii ∈ {1, 2, 3, . . . k}.Dobivamo αi 〈ei ? ei〉 = 0 ⇒ αi = 0.

Ortogonalni skup bez nul-vektora je sigurno nezavisan.KORCXXVI

U n-dimenzionalnom unitarnom prostoru V ortonormirani skup ima najvise n vektora.KORCXXVII

DEF4-8

Ortonormirana baza je najveci ortonormirani skup u nekom unitarnom prostoru.

Neka je V unitarni prostor, a dim V = n i neka je {e1, . . . , en} ortonormirana baza ako je to ortonorimiraniskup.Pitamo se ima li svaki unitarni prostor ortonormiranu bazu? DA.

Ako je {e1, . . . , en} ortonormirana baza za V i x = α1e1 + · · · + αnen i y = β1e1 + · · · + βnen, onda je

〈x ? y〉 = α1β1 + α2β2 + · · · + αnβn.

PROPCXXVIII

Gram-Schmidtov postupak ortogonalizacije

Neka je {x1, . . . , xk}, k ∈�

linearno nezavisan skup u unitarnom prostoru V. Tada postoji ortonormi-rani skup {e1 . . . ek} u V takav da je

[{e1, . . . , ej}] = [{x1, . . . , xj}] , za j = 1 . . . k.

TMCXXIX

Dokaz indukcijom

Gledajmo prvo jednoclane skupove oblika {x1}. x1 6= Θ Definiramo e1 = 1|x1|x1.

Pretpostavimo da je {x1, . . . , xj} znamo ortonormirani skup da zadovoljava trazenu jednakost.Zelimo za xj+1 konstruirati ej+1.

Gledajmo fj+1 := xj+1 −j∑

i=1

〈xj+1 ? ei〉 ei, te skalarne produkte 〈fj+1 ? el〉 za l = 1 . . . j. Taj produkt je

uvijek 0 jer se svodi na fj+1 = 〈xj+1 ? el〉 − 〈xj+1 ? el〉. Sada treba provjeriti je li [E := {e1, . . . , ej , fj+1}] =[{x1, . . . , xj , xj + 1} =: X ]. Ako je neki x linearna kombinacija iz E onda mora biti i linearna kombinacija iz Xi obratno. Dokazi!

Kada bi fj+1 = Θ, onda bi skup {x1, . . . xj+1} bio linearno zavisan, sto je u kontradikciji sa pretpostavkomteorema.E je ortogonalan skup, ali ne nuzno normiran jer fj+1 nije nuzno normiran, pa ga treba normirati.

Svaki unitarni prostor ima ortonormiarnu bazu.KORCXXX

Dokaz

Uzmimo bilo koju bazu (postoji sigurno barem jedna), te primjeni prethodni teorem.

Neka je M � V,a V je unitaran. Iz toga slijedi da je M unitaran prostor.

Primjer: � 3je realni unitarni prostor, te tri vektora {x1 = (2, 1, 2), x2 = (3, 3, 0), x3 = (9, 3, 3)} koji cine bazu.

Trazimo pripadnu ortonormiranu bazu.

e1 = x1

|x1| = x1

3 = 13 (2, 1, 2)

f2 = x2 − 〈x2 ? e1〉 e1 = (3, 3, 0)− (2, 1, 2) = (1, 2,−2)


e2 = f2

|f2| = 13 (2,−2, 1)

f3 = x3 − (〈x3 ? e1〉 e1 + 〈x3 ? e2〉 e2) = (2,−2,−1)

e3 = 1|e3|f3 = 1

3 (2,−2,−1)

DEF4-9

Ortogonalni komplement potprostora M � V je M⊥ = {x ∈ V : 〈x ? y〉 , ∀y ∈ M}.

M⊥ je sigurno neprazan, jer sadrzi nulvektor. Ocito je da je {Θ}⊥ = V i V⊥ = {Θ}

Za M � V M⊥ � V.PROP

CXXXI

Dokaz

Za x, y ∈ M⊥ da M⊥ bude potprostor, za bilo koja dva skalara α, β ∈ � tvrdimo da je αx + βy ∈ M⊥. Podefiniciji, to bi znacilo ∀z ∈M 〈αx+ βy ? z〉 = 0 ⇔ α 〈x ? z〉 + β 〈y ? z〉 = 0 ⇔ 0 + 0 = 0.

Uocimo da je M ∩M⊥ = {Θ}.

M ⊕M⊥ = V, tj. ortogonalni komplement je direktni komplement.PROPCXXXII

Dokaz

Za M ∈ {V, {Θ}} propozicija trivijalno vrijedi.Pretpostavimo M � V netrivijalan, te dim V = n, a dimM = k, gdje je 0 < k < n. Uzmimo ortonormiranubazu od M , BM = {e1, . . . , ek}, te ortonormiranu bazu od V BV = {e1, . . . ek, ek + 1, . . . en}. DefinarmoL := {ek+1, . . . , en}. Treba dokazati da je L = M⊥, no to je ocito.Jasno je da je M ⊕M⊥ � V i da je V �M ⊕M⊥, pa je M ⊕M⊥ = V.

Ortogonalni komplement je jedinstven i involutoran.PROPCXXXIII

Dokazi!

Ako su M1,M2 � V . Mozemo gledati presjek i sumu tih prostora. (M1 ∩M2)⊥

= M⊥1 + M⊥2 i

(M1 +M2)⊥

= M⊥1 ∩M⊥2 .

PROPCXXXIV

Dokazi!

4.2. Operatori na untiranim prostorimaUzmimo unitarni prostor V nad poljem � . Promatrajmo njegove linearne operatore.Prvo gledajmo linearne funkcionale kao posebne linearne operatore.Uzmimo fiksni vektor a ∈ V, te preko njega definirajmo linearni funkcionalni operator fa(x) = 〈x ? a〉 ∈ � .Provjerimo da je to zbilja linearni operator:f(αx+ βy) = 〈αx + βy ? a〉 = α 〈x ? a〉 + β 〈y ? a〉 = αfa(x) + βfa(y).

O reprezentaciji linearnih funkcionala na unitarnim prostorima.

Neka je V konacnodimenzionalni unitarni prostor, a f : V → � , tada postoji jedinstveni vektor a ∈ V

takav da je f = fa, tj f(x) = 〈x ? a〉 , ∀x ∈ V.

TMCXXXV

Dokaz

Izaberimo neku ortonormiranu bazu (e) od V . Uzmimo neki vektor x ∈ V . Tada postoji njegov rastav uortonormiranoj bazi.

x ∈ V ⇒ x =

n∑

i=1

xiei =

n∑

i=1

〈x ? ei〉 ei.

f(x) = f

(n∑

i=1

〈x ? ei〉 ei

)

=

n∑

i=1

〈x ? ei〉 f(ei) =

n∑

i=1

⟨

x ? f(ei)ei

⟩

=

⟨

x ?

n∑

i=1

f(ei)ei

⟩

= 〈x ? a〉.

Dokaz jedinstvenosti:


Uzmimo da je b ∈ V jos jedan vektor sa istim svojstvom kao i a, b 6= a.Za svaki x ∈ V mora vrijediti: 〈x ? a〉 = 〈x ? b〉 ⇒ 〈x ? a〉 − 〈x ? b〉 = 〈x ? a− b〉 = 0 ⇒ 〈a− b ? a− b〉 = 0 ⇒a = b, no ovo je kontradikcija sa pretpostavkom.

Korisno je napomenuti da ovaj teorem kaze da postoji bijekcija izmedju V i V∗, φ : a ∈ V 7→ fa ∈ V

∗. Provjerimosvojstva od φ: φ(αa+βb)(x) = fαa+βb(x) = 〈x ? αa+ βb〉 = α 〈x ? a〉+β 〈x ? b〉 =

(αφ(a) + βφ(b)

)(x), tj. φ je

antilinearan nad � i linearan nad � . Kompleksni unitarni prostori su antizomorfni sa pripadnim dualnimprostorima, a realni su izomorfni sa istima.

DEF4-10

Neka je V unitaran prostor. Za operator A ∈ L(V) kaze zmo da je unitaran ako vrijedi 〈Ax ? Ay〉 =〈x ? y〉 , ∀x, y. Kazemo da A cuva skalarni produkt.

Zahtjev ocuvanja skalarnog produkta je dovoljan da operator bude linearan, tj. ako A cuva skalarniprodukt, on je linearan.

PROPCXXXVI

Dokaz

Uzmimo proizvoljan vektor v ∈ V. Gledajmo ponasanje unitarnog operatora unutar skalarnog produkta.〈A(αx + βy) − αAx − βAy ? Av〉 = 〈A(αx + βy) ? Av〉 −α 〈Ax ? Av〉 −β 〈Ay ? v〉 = 〈αx+ βy ? v〉 −α 〈x ? v〉 −β 〈y ? v〉 = 〈0 ? v〉 = 0.Vektor A(αx+βy)−αAx−βAy okomit je na sve vektore iz V, pa i na samog sebe, pa je zato jednak nulvektoru.Time je dokazana linearnost A.

Neka je V konacnodimenzionalni unitarni prostor A ∈ L(V). Tada su ove tvrdnje ekvivalentne:

1. A je unitaran operator

2. Za svaku ortonormiranu bazu (b) ⊂ V vrijedi da je (Ab) ⊂ V takodjer ortonormirana baza.

3. Postoji ortornormirana baza (e) takva da je i (Ae) ortonormirana baza za V.

TMCXXXVII

Svaki unitarni operator je regularan.Dokaz

1.⇒ 2. (b) je ortonormirana baza. Tada je 〈Abi ? Abj〉 = 〈bi ? bj〉 = δij , ocito.

2. ⇒ 3. Ocito.

3. ⇒ 1.

(e) i (Ae) su ortonormirane baze od V.

Uzmimo dva proizvoljna vektora x =n∑

i=1

xiei =n∑

i=1

〈x ? ei〉 ei, y =n∑

i=1

yiei =n∑

i=1

〈y ? ei〉 ei.

〈Ax ? Ay〉 =

⟨

A

(n∑

i=1

〈x ? ei〉 ei

)

? A

(n∑

i=1

〈y ? ei〉 ei

)⟩

=

⟨n∑

i=1

〈x ? ei〉Aei ?

n∑

i=1

〈y ? ei〉Aei

⟩

=

n∑

i=1

n∑

j=1

〈x ? ei〉〈y ? ei〉〈Aei ? Aej〉

=

n∑

i=1

n∑

j=1

〈x ? ei〉〈y ? ej〉〈ei ? ej〉

=

⟨n∑

i=1

〈x ? ei〉 ei ?

n∑

i=1

〈y ? ei〉 ei

⟩

= 〈x ? y〉 ,

tj. A cuva skalarni produkt.


Za skalarni produkt vrijedi polarizacijska formula, koja glasi

〈x ? y〉 = 14

∑4k=1(i)

k⟨x+ (i)ky ? x+ (i)ky

⟩,

pri cemu u realnim prostorima se uzima samo realni dio tog izraza.

PROPCXXXVIII

Dokazi!

DEF4-11

Operator A je izometrican, tj. je izometrija ako vrijedi |Ax| = |x|, ∀x ∈ V.

Neka je V unitaran prostor, a A linearni operator na V. A je unitaran ako i samo ako je A izometrija.PROPCXXXIX

Dokaz

Ako je A unitaran, onda cuva skalarni produkt, pa, posebno, i za skalarne kvadrate. Kako je korijen bijekcija

na � +, operator A cuva metriku, tj. izometrija je.

Obratno, |Ax| = |x|, ∀x ∈ V, pa je 〈Ax ? Ax〉 = 〈x ? x〉, iz cega, po polarizacijskoj formuli trivijalno slijedi daje opcenito skalarni produkt ocuvan.

O spektru unitarnog operatora.

Neka je V unitaran prostor, a A unitaran operator. Tada sve svojstvene vrijednosti operatora A imajuapsolutnu vrijednost jenaku 1, tj. λ ∈ σ(A) ⇒ |λ| = 1.

PROPCXL

Dokaz

Neka je λ ∈ σ(A), te neka je x svojstveni vektor i neka je e = x|x| normirani svojstveni vektor.

Ae = λe〈Ae ? Ae〉 = 〈e ? e〉 = 1〈Ae ? Ae〉 = 〈λe ? λe〉 = |λ|2 〈e ? e〉 = |λ|2⇒ |λ| = 1

Napomena - unitaran operator se ne mora moci dijagonalizirati na realnim, ali mora nad kompleksnim pros-torima.Unitarni operatori nad V

2(O) su rotacije ili kompozicije rotacija sa osnom simetrijom.

Ako je A untiaran operator na V, onda je i A−1 je unitaran operator na V.PROP

CXLI

Kompozicija unitarnih operatora je unitaran operator.PROP

CXLII

Unitarni operatori cine grupu s obzirom na kompoziciju.PROP

CXLIII

Neka je A je unitaran operator. Tada je 〈Ax ? y〉 =⟨x ? A−1y

⟩.

PROPCXLIV

Za svaki linearni operator postoji A∗ takav da je 〈Ax ? y〉 = 〈x ? A∗y〉. PROPCXLV

DEF4-12

Neka je A ∈ L(V). Tada operator A∗ takav da je 〈Ax ? y〉 = 〈x ? A∗y〉 zovemo hermitski adjungi-

rani operator.

Inverz unitarnog operatora je njemu hermitski adjungirani operator.KORCXLVI

U ortonormiranoj bazi matrica hermitski adjungiranog operatora je hermitski adjungirana matrica ma-trici originalnog unitarnog operatora.

PROPCXLVII


(A+B)∗

= A∗ +B∗

(αA)∗

= αA∗

(AB)∗

= B∗A∗

(A∗)∗ = A.

PROPCXLVIII

Ako je V i A ∈ L(V) tada vrijedi da je Ker (A) ⊕ ImA∗ = Ker A ∗ ⊕ ImA = V.PROP

CXLIX

Vrijedi da je ImA⊕ ImA⊥ = V.

x ∈ Ker A ⇔ Ax = 0

〈Ax ? y〉 = 0 = 〈x ? A∗y〉 ∀y ∈ Vx ⊥ A∗y.

V = Ker (A) ⊕ Im (A∗) ⇒ n = d(A) + r (A∗) = d(A) + r(A) ⇒ r(A) = r (A∗) .

Posljedice: d (A∗) = d(A), A izomorfizam ⇔ A∗ izomorfizam.

Ako za linearni operator A ∈ L(V) vrijedi da ako je A∗ = A−1, onda je A unitaran operator.PROP

CL

Dokaz

A ∈ L(V), A∗ = A−1

〈Ax ? y〉 = 〈x ? A∗y〉 =⟨x ? A−1y

⟩

〈Ax ? Ay〉 =⟨x ? A−1Ay

⟩= 〈x ? y〉, pa zakljucujemo da je A unitaran.

Gledajmo matricu unitarnog operatora u ortonormiranoj bazi (e). Zakljucujemo da je (A(e))∗ = (A∗)(e).

DEF4-13

Neka je A ∈ Mn( � ). Kazemo da je A unitarna matrica ako vrijedi da je A ·A∗ = A∗ · A = I . Zakvadratnu realnu matricu istog svojstva kazemo da je ortogonalna.

Matrica unitarnog operatora u ortonormiranoj bazi je unitarna matrica.PROP

CLI

Unitarne matrice s obzirom na mnozenje tvore grupu, tzv. unitarnu grupu.PROP

CLII

Dokaz

1. Zatvorenost

(AB)(AB)∗ = ABB∗A∗ = I

(AB)∗(AB) = A∗B∗BA = I

2. Asocijativnost nasljedjena iz opcenitog mnozenja matrica

3. Neutralni element je ocito jedinicna matrica

4. Inverz unitarne matrice je unitarna matrica

A∗ (A∗)∗ = A∗A = I

(A∗)∗A∗ = AA∗ = I

Ortogonalne matrice cine grupu.PROP

CLIII


Ortogonalni operatori nad realnim unitarnim prostorom cine grupu.PROP

CLIV

Opcenito te grupe nisu komutativne.

Neka je A ∈Mn( � ), A = [αij ]. Tada je AA∗ = I ⇔n∑

k=1

αikαjk = δij i A∗A = I ⇔n∑

k=1

αkiαkj = δij .PROP

CLV

Dokaz

Racun.Ako gledamo vektorsku interpretaciju te ekvivalencije, shvacamo da je taj produkt zapravo skalarni produktredova, pa zakljucujemo da se radi o provjeri ortogonalnosti skupa vektora.

A ∈ Mn( � ) ⇒ (AA∗ = I ⇔ A∗A = I).PROP

CLVI

Dokazi!

Neka je V unitarni prostor, (e) = {e1, . . . , en} ortonormirana baza, A ∈ L(V), A(e) =

α11 · · · α1n...

. . ....

αn1 · · · αnn

.

Gledamo kada je 〈A(ei) ? A(ej)〉 =n∑

k=1

αkiαkj = δij . Tada je slika ortonormirane baze ortonormirana baza, tj.

A je unitaran operator (nuzno i dovoljno), no tada (i samo tada) je i matrica A(e) unitarna.

Matrica unitarnog operatora u ortonormiranoj bazi je unitarna matrica, ali i obrnuto, tj. ako linearnioperator ima unitarnu matricu u ortonormiranoj bazi, tada je taj operator unitaran.

PROPCLVII

Dokazi!

Matrica prijelaza S(e) i jedne ortonormirane baze (e) u drugu ortonormiranu bazu e′ je uvijek unitarna,tj. za � ortogonalna.

PROPCLVIII

Dokazi!

Svaka unitarna matrica je matrica prijelaza iz ortonormirane baze u ortonormiranu bazu.PROP

CLIX

DEF4-14

Za matricu A ∈ Mn( � ) kazemo da je hermitska ako je A∗ = A. Za polje � to su simetricne

matrice.

DEF4-15

Hermitski operator je A ∈ L(V) za kojeg je A∗ = A.

Primjeri: Nul-operator O, identiteta I .

DEF4-16

Ako je M ≤ V, a V unitaran, onda V mozemo napisati kao diraktnu sumu V = M ⊕M⊥, pa jex = a+ b, a ∈ M, b ∈ M⊥. Definiramo operator PM : V → V, PM : x 7→ a, prema ranije definiranimx i a. Takav operator (PM ) zovemo ortogonalna projekcija.

PM je linearni operator, tj P ∈ L(V), ImP = M , Ker P = M⊥.PROP

CLX

Gledajmo x ∈ V, x = a + b, a ∈ M, b ∈ M⊥, Px = a, te y ∈ V, y = c + d, Py = c. Promotrimo 〈Px ? y〉 =〈a ? c+ d〉 = 〈a ? c〉 + 〈c ? d〉 = 〈a ? c〉 = 〈a ? c〉 + 〈b ? c〉 = 〈a+ b ? c〉 = 〈x ? Py〉, pa je P = P ∗, pa je Phermitski operator.

Ako je A ∈ L(V) hermitski operator onda je ImA⊕ Ker A = V.PROP

CLXI

Dokazi!

linearna algebra 2boo.mi2.hr/~smilicic/biljeske/linearna/linearna.pdf · linearna algebra 2 sini sa...

Documents