Neven Elezović Redoviti profesor Fakulteta elektrotehnike i računarstva Zavod za primijenjenu matematiku
LINEARNA ALGEBRA
(s 58 crteža)
3.
izdanje
Zagreb, 2006.
©Prof. dr.
sc.
Neven Elezović, 1995.
Urednik Prof. dr.
sc.
Neven Elezović
Za nakladnika Sandra Gračan, dipl. inž
Nakladnik ELEMENT, Zagreb, Menčetićeva 2 telefoni: 01/6008-700,01/6008-701 faks: 01/6008-799 http://www.element.hr/ e-mail:
[email protected]
Slog, crteži i prijelom Element, Zagreb
Design ovitka Boje vremena, Zagreb
Tisak Element, Zagreb
Nijedan dio ove knjige ne smije sc prcslikavati niti umnai.ati na bilo koji način. bez pismenog dopuštenja nakladnika
PREDGOVOR
Ovaj udžbenik linearne algebre pisan je po programu istoimenog predmeta koji se predaje na Fakultetu elektrotehnike i računarstva u Zagrebu, u prvom seme
stru sa satnicom od 3 +2 sata tjedno (45 sati predavanja i 30 sati vježbi). Udžbenik
prati i odgovarajuća zbirka zadataka koji zbog toga nisu u njemu zastupljeni u dovoljnoj mjeri.
Namjena je postavila i okvire knjizi. Mnogi dijelovi linearne algebre morali su biti preskočeni: za njih u jednosemestralnom kolegiju nema niti mjesta, a vje rojatno niti potrebe. U uvodnom kolegiju teško da se može krenuti mnogo dalje
od temeljnih definicija i prikaza najvažnijih teorema. S druge strane, osnovni se
pojmovi-poput vektora, vektorskog prostora, linearne nezavisnosti i zavisnosti,
skalarnog umnoška i dr. - definiraju u više navrata, svaki naredni put u ponešto promijenjenim okolnostima. To je učinjeno namjerno, s ciljem da se ti pojmovi što temeljitije usvoje. Nastojao sam gradivo izložiti u potpunoj strogosti. Neki su dokazi od/oženi, kako ne bi u prvom čitanju zasmetali jasnoći osnovnih ideja. Pažljivi čitatelj će otkriti tek par mjesta gdje unatoč svemu strogi dokaz nije bilo moguće navesti jer bi to zahtijevalo bitno povećanje opsega knjige. Jedan dio knjige, tiskan smanjenim slogom, predstavlja dopunski materijal. On se može preskočiti bez opasnosti po razumijevanje ostalog dijela. To ne znači da je suvišan, naprotiv! Taj je dio namijenjen boljim studentima, jer će u njemu pronaći dodatne informacije za daljnji studij. Zahvaljujem se kolegama doc. dr. sc. Petru lavoru, doc. dr. sc. Luki Korku tu, prof dr. sc. Ljubi Maranguniću i doc. dr. sc. Darku Žubriniću koji su pratili nastanak rukopisa i pomogli mnogim korisnim savjetima. Nedostatak odgQWJra
juće literature utjecao je i na brzinu tiskanja ovog pripremnog izdanja. Stoga �
zasigurno preostale raznovrsne pogreške. Vjerujem da će sljedeće biti potp"f.l-,zije i primjerenije u čemu će sigunJO doprinijeti i savjeti pažljivih čitatelja. Svaki ću
savjet rado primiti i pokušati uvažiti.
U Zagrebu, rujna 1995.
SADRZˇ AJ
1. Matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1. Definicija i primjeri matrica . . . . . . 1.2. Operacije s matricama . . . . . . . . . 1.3. Algebra matrica . . . . . . . . . . . . 1.4. Matricˇna jednadzˇ ba i inverzna matrica 1.5. Algebarske strukture . . . . . . . . . . 1.6. Blok matrice . . . . . . . . . . . . . . 2. Determinante . . . . . . . . . . . . . . 2.1. Definicija determinante . . . . . . 2.2. Svojstva determinanti . . . . . . . 2.3. Determinante i inverzna matrica . . 2.4. Slozˇ enost algoritma . . . . . . . . 2.5. Opravdanje definicije determinante
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. Rang i inverz matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. Elementarne transformacije i reducirani oblik matrice 3.2. Elementarne matrice. Ekvivalentne matrice . . . . . . 3.3. Rang i inverz matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Linearna nezavisnost vektora i rang matrice . . . . . 3.5. Dodatni teoremi o rangu . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Linearni sustavi . . . . . . . . . . 4.1. Gaussova metoda eliminacije 4.2. Homogeni sustavi . . . . . . 4.3. Nehomogeni sustavi . . . . . 4.4. Cramerovo pravilo . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5. Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1. Operacije s vektorima . . . . . . . . 5.2. V 3 je vektorski prostor . . . . . . . 5.3. Koordinatni sustavi i kanonska baza 5.4. Skalarni umnozˇ ak . . . . . . . . . . 5.5. Vektorski umnozˇ ak . . . . . . . . . 5.6. Mjesˇoviti umnozˇ ak . . . . . . . . . 5.7. Rastav vektora po bazi . . . . . . . . 5.8. Dvostruki umnozˇ ak . . . . . . . . . 5.9. Dodatak . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 1 6 8 14 17 20 23 23 28 35 39 40 42 42 45 48 52 58 61 61 63 67 69 71 72 75 77 81 84 86 88 90 92
6. Tocˇka, pravac i ravnina . . . . . . . . . . 6.1. Tocˇka . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Ravnina . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Pravac . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4. Medusobni polozˇ aj pravaca i ravnina
94 94 . 97 . 103 . 107
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7. Vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . 7.1. Baza i dimenzija vektorskoga prostora 7.2. Promjena baze . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
8. Linearni operatori . . . . . . . . . . . . . 8.1. Prikaz operatora . . . . . . . . . . . . 8.2. Promjena baze. Slicˇne matrice . . . . 8.3. Primjeri operatora u ravnini i prostoru 8.4. Algebra operatora . . . . . . . . . . . 8.5. Minimalni polinom . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
122 122 . 127 . 129 . 136 . 140
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9. Svojstveni vektori i svojstvene vrijednosti . . . . . . 9.1. Karakteristicˇni polinom i svojstvene vrijednosti 9.2. Dijagonalizacija operatora. Matricˇne funkcije . 9.3. Hamilton-Cayleyev teorem . . . . . . . . . . . 9.4. Jordanova forma matrice . . . . . . . . . . . .
11. Kvadratne forme. Krivulje i plohe drugog reda 11.1. Kvadratna forma pridruzˇ ena matrici . . . . . 11.2. Pregled krivulja drugoga reda . . . . . . . . 11.3. Plohe drugoga reda . . . . . . . . . . . . . 11.4. Pozitivnost kvadratne forme . . . . . . . . .
144 144 . 147 . 155 . 156
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10. Skalarni produkt. Dijagonalizacija simetricˇne matrice 10.1. Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Gramm-Schmidtov postupak ortogonalizacije . . . 10.3. Simetricˇne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4. Ortogonalne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5. Dijagonalizacija simetricˇne matrice . . . . . . . . .
Kazalo . . Literatura
112 112 118
163 163 . 166 . 168 . 171 . 173
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
177 177 185 188 197 199 202
1.
1.
Matrice
Matrice
1. Definicija i primjeri matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1. Definicija i primjeri matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
2. Operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2. Operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
3. Algebra matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
3. Algebra matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
4. Matriˇcna jednadˇzba i inverzna matrica . . . . . . . . . . 14
4. Matriˇcna jednadˇzba i inverzna matrica . . . . . . . . . . 14
5. Algebarske strukture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
5. Algebarske strukture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
6. Blok matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
6. Blok matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.1. Definicija i primjeri matrica
1.1. Definicija i primjeri matrica
Matrice. Matrica 1 je pravokutna tablica saˇcinjena od nekoliko redaka i stupaca ispunjenih njezinim elementima. Ti su elementi obiˇcno brojevi, najˇceˇsc´e realni, no ponekad i kompleksni. Elementi mogu biti i drugi objekti, poput funkcija, vektora, diferencijalnih operatora, pa cˇak i samih matrica. Mi c´emo promatrati uglavnom matrice realnih brojeva. Evo primjera nekih matrica: ⎡ ⎤ 0 0 2 1 3 0 −1 A= ; B= ; C = ⎣ 0 0 ⎦. 3 −2 2 1 π 0 0
Matrice. Matrica 1 je pravokutna tablica saˇcinjena od nekoliko redaka i stupaca ispunjenih njezinim elementima. Ti su elementi obiˇcno brojevi, najˇceˇsc´e realni, no ponekad i kompleksni. Elementi mogu biti i drugi objekti, poput funkcija, vektora, diferencijalnih operatora, pa cˇak i samih matrica. Mi c´emo promatrati uglavnom matrice realnih brojeva. Evo primjera nekih matrica: ⎡ ⎤ 0 0 2 1 3 0 −1 A= ; B= ; C = ⎣ 0 0 ⎦. 3 −2 2 1 π 0 0
Matrica A ima dva retka i dva stupca. B ima dva retka i tri stupca, dok C ima tri retka i dva stupca.
Matrica A ima dva retka i dva stupca. B ima dva retka i tri stupca, dok C ima tri retka i dva stupca.
1
engl. matrix, njem. Matrix, franc. matrice, rus. matrica od lat. matrix – stablo, matica.
1
engl. matrix, njem. Matrix, franc. matrice, rus. matrica od lat. matrix – stablo, matica.
2
1. MATRICE
2
1. MATRICE
Zapis matrice. Element matrice oznaˇcavamo indeksima, pozivanjem prvo na redak pa zatim na stupac u kojem se on nalazi. Tako (A)11 = 2 naznaˇcava da je element matrice A koji se nalazi u prvom retku i prvom stupcu jednak 2. Na primjer, (B)13 = −1 , (B)21 = 2 i sliˇcno.
Zapis matrice. Element matrice oznaˇcavamo indeksima, pozivanjem prvo na redak pa zatim na stupac u kojem se on nalazi. Tako (A)11 = 2 naznaˇcava da je element matrice A koji se nalazi u prvom retku i prvom stupcu jednak 2. Na primjer, (B)13 = −1 , (B)21 = 2 i sliˇcno.
Obiˇcaj je da se op´ci (po volji odabrani) element matrice oznaˇcava malim latinskim (ponekad i grˇckim) slovom. Tako je a11 element matrice A koji leˇzi u prvom retku i prvom stupcu, a11 = (A)11 , i sliˇcno aij = (A)ij . Op´ci oblik matrice je
Obiˇcaj je da se op´ci (po volji odabrani) element matrice oznaˇcava malim latinskim (ponekad i grˇckim) slovom. Tako je a11 element matrice A koji leˇzi u prvom retku i prvom stupcu, a11 = (A)11 , i sliˇcno aij = (A)ij . Op´ci oblik matrice je
⎡
⎤ a11 a12 . . . a1n ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥ A=⎢ ⎣ ... ⎦
⎡
⎤ a11 a12 . . . a1n ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥ A=⎢ ⎣ ... ⎦
am1 am2 . . . amn
am1 am2 . . . amn
Ova matrica ima m redaka i n stupaca. Za nju kaˇzemo da je tipa m × n ili tipa (m, n) . Elementi matrice su brojevi aij ; i = 1, . . . , m , j = 1, . . . , n , indeksirani s dva indeksa. Prvi oznaˇcava broj retka, a drugi broj stupca u kojem se dotiˇcni element nalazi. Prema tome, retci se sastoje od sljede´cih elemenata:
Ova matrica ima m redaka i n stupaca. Za nju kaˇzemo da je tipa m × n ili tipa (m, n) . Elementi matrice su brojevi aij ; i = 1, . . . , m , j = 1, . . . , n , indeksirani s dva indeksa. Prvi oznaˇcava broj retka, a drugi broj stupca u kojem se dotiˇcni element nalazi. Prema tome, retci se sastoje od sljede´cih elemenata:
prvi redak .. .
a11
a12
...
a1j
...
a1n
a11
a12
...
a1j
...
a1n
i -ti redak .. .
ai1
ai2
...
aij
...
prvi redak .. .
ain
ai1
ai2
...
aij
...
ain
m -ti redak
am1
am2
...
amj
...
i -ti redak .. .
amn
m -ti redak
am1
am2
...
amj
...
amn
(prvi indeks je cˇvrst i oznaˇcava broj retka, a drugi se mijenja).
(prvi indeks je cˇvrst i oznaˇcava broj retka, a drugi se mijenja).
Stupce pak saˇcinjavaju elementi cˇiji je drugi indeks cˇvrst i oznaˇcava broj stupca, a prvi indeks se mijenja.
Stupce pak saˇcinjavaju elementi cˇiji je drugi indeks cˇvrst i oznaˇcava broj stupca, a prvi indeks se mijenja.
Sl. 1.1. Zapis op´ceg elementa matrice
Sl. 1.1. Zapis op´ceg elementa matrice
1. MATRICE
3
1. MATRICE
3
prvi stupac
...
j -ti stupac
...
n -ti stupac
prvi stupac
...
j -ti stupac
...
n -ti stupac
a11 .. .
...
a1j .. .
...
a1n
a11 .. .
...
a1j .. .
...
a1n
ai1 .. .
...
aij .. .
...
ain
ai1 .. .
...
aij .. .
...
ain
am1
...
amj
...
amn
am1
...
amj
...
amn
Kra´ce matricu A zapisujemo na naˇcin A = (aij ) navode´ci samo ime njezinog op´ceg elementa.
Kra´ce matricu A zapisujemo na naˇcin A = (aij ) navode´ci samo ime njezinog op´ceg elementa.
Jednakost matrica. Dvije matrice, A i B su jednake ako • su istoga tipa (imaju jednak broj redaka i jednak broj stupaca), • imaju jednake odgovaraju´ce elemente, tj. vrijedi aij = bij za sve i, j . Matricu tipa (1, 1) moˇzemo poistovjetiti s realnim brojem, tako smijemo pisati [3] = 3 . Ovakvo poistovje´civanje ne´ce nikad uzrokovati zabunu. Ako je broj redaka m jednak broju stupaca n , za matricu kaˇzemo da je kvadratna matrica reda n .
Jednakost matrica. Dvije matrice, A i B su jednake ako • su istoga tipa (imaju jednak broj redaka i jednak broj stupaca), • imaju jednake odgovaraju´ce elemente, tj. vrijedi aij = bij za sve i, j . Matricu tipa (1, 1) moˇzemo poistovjetiti s realnim brojem, tako smijemo pisati [3] = 3 . Ovakvo poistovje´civanje ne´ce nikad uzrokovati zabunu. Ako je broj redaka m jednak broju stupaca n , za matricu kaˇzemo da je kvadratna matrica reda n .
∗*∗
∗*∗
Navedimo sad nekoliko karakteristiˇcnih matrica te tipove matrica specijalnoga oblika.
Navedimo sad nekoliko karakteristiˇcnih matrica te tipove matrica specijalnoga oblika.
Nul-matrica. Matrica cˇiji su svi elementi nule naziva se nul-matrica i oznaˇcava s 0 , neovisno o tome kojega je tipa ili reda. Ta nepreciznost ne´ce stvarati nikakvih problema. Tako su sve sljede´ce matrice nul-matrice ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 0 ... 0 0 0 0 0 . ⎣ .. ⎦. ⎣ 0 0 ⎦, [ 0 0 0 ], [0], , 0 0 0 0 0 ... 0
Nul-matrica. Matrica cˇiji su svi elementi nule naziva se nul-matrica i oznaˇcava s 0 , neovisno o tome kojega je tipa ili reda. Ta nepreciznost ne´ce stvarati nikakvih problema. Tako su sve sljede´ce matrice nul-matrice ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 0 ... 0 0 0 0 0 . ⎣ .. ⎦. ⎣ 0 0 ⎦, [ 0 0 0 ], [0], , 0 0 0 0 0 ... 0
Dijagonalna matrica. Dijagonala matrice definirana je samo za kvadratne matrice. Ona sadrˇzi elemente s jednakim indeksima: a11 , a22 , . . . , ann . Matrica kojoj su svi elementi van dijagonale jednaki nuli naziva se dijagonalna matrica. Sljede´ce su matrice dijagonalne ⎡ ⎤ a11 0 . . . 0 ⎡ ⎤ 3 0 0 ⎢ 0 a22 . . . 0 ⎥ 2 0 ⎢ . . ⎥ ⎣ 0 0 0 ⎦, , ⎣ .. .. . . . ... ⎦. 0 1 0 0 4 0 0 . . . ann
Dijagonalna matrica. Dijagonala matrice definirana je samo za kvadratne matrice. Ona sadrˇzi elemente s jednakim indeksima: a11 , a22 , . . . , ann . Matrica kojoj su svi elementi van dijagonale jednaki nuli naziva se dijagonalna matrica. Sljede´ce su matrice dijagonalne ⎡ ⎤ a11 0 . . . 0 ⎡ ⎤ 3 0 0 ⎢ 0 a22 . . . 0 ⎥ 2 0 ⎢ . . ⎥ ⎣ 0 0 0 ⎦, , ⎣ .. .. . . . ... ⎦. 0 1 0 0 4 0 0 . . . ann
U literaturi se dijagonalna matrica ponekad oznaˇcava simbolom diag. Tako na primjer gornje se matrice mogu zapisati ovako: diag(2, 1) , diag(3, 0, 4) , diag(a11 , . . . , ann ) .
U literaturi se dijagonalna matrica ponekad oznaˇcava simbolom diag. Tako na primjer gornje se matrice mogu zapisati ovako: diag(2, 1) , diag(3, 0, 4) , diag(a11 , . . . , ann ) .
4
1. MATRICE
4
1. MATRICE
Jediniˇcna matrica. To je dijagonalna matrica cˇiji su dijagonalni elementi jednaki 1. Oznaˇcavamo ju slovom I . (Ponegdje se u literaturi koristi i slovo E .) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 1 0 ... 0 1 0 0 ⎢0 1 ... 0⎥ 1 0 ⎥ I= ili ⎣ 0 1 0 ⎦ ili ⎢ . . . ⎦. ⎣ ... 0 1 0 0 1 0 0 ... 1
Jediniˇcna matrica. To je dijagonalna matrica cˇiji su dijagonalni elementi jednaki 1. Oznaˇcavamo ju slovom I . (Ponegdje se u literaturi koristi i slovo E .) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 1 0 ... 0 1 0 0 ⎢0 1 ... 0⎥ 1 0 ⎥ I= ili ⎣ 0 1 0 ⎦ ili ⎢ . . . ⎦. ⎣ ... 0 1 0 0 1 0 0 ... 1
Trokutaste matrice. Pojam je definiran samo za kvadratne matrice. Matrica je gornja trokutasta ako su svi njezini elementi ispod glavne dijagonale jednaki nuli. Evo nekih primjera: ⎤ ⎡ a11 a12 . . . a1n ⎡ ⎤ 1 2 0 ⎢ 0 a22 . . . a2n ⎥ 2 −1 ⎥. ⎢ . ⎣ 0 0 2 ⎦, , ... ⎦ ⎣ .. 0 2 0 0 1 0 0 . . . ann
Trokutaste matrice. Pojam je definiran samo za kvadratne matrice. Matrica je gornja trokutasta ako su svi njezini elementi ispod glavne dijagonale jednaki nuli. Evo nekih primjera: ⎤ ⎡ a11 a12 . . . a1n ⎤ ⎡ 1 2 0 ⎢ 0 a22 . . . a2n ⎥ 2 −1 ⎥. ⎢ . ⎣ 0 0 2 ⎦, , ... ⎦ ⎣ .. 0 2 0 0 1 0 0 . . . ann
Matrica je donja trokutasta ako su svi njezini elementi iznad dijagonale jednaki nuli:
1 0 , 1 1
⎡
⎤ 3 0 0 ⎣ 0 2 0 ⎦, 1 0 1
⎡
⎤ a11 0 . . . 0 ⎢ a21 a22 . . . 0 ⎥ ⎢ . ⎥. ... ⎣ .. ⎦ an1 an2 . . . ann
Matrica je donja trokutasta ako su svi njezini elementi iznad dijagonale jednaki nuli:
1 0 , 1 1
⎡
⎤
3 0 0 ⎣ 0 2 0 ⎦, 1 0 1
⎡
⎤ a11 0 . . . 0 ⎢ a21 a22 . . . 0 ⎥ ⎢ . ⎥. ... ⎣ .. ⎦ an1 an2 . . . ann
Transponirana matrica. Matrica B je transponirana matrica matrice A ako vrijedi za sve i, j. (B)ij = (A)ji ,
Transponirana matrica. Matrica B je transponirana matrica matrice A ako vrijedi za sve i, j. (B)ij = (A)ji ,
Kako dobivamo transponiranu matricu? Elemente prvoga retka matrice A , ne mijenjaju´ci njihov poredak, zapiˇsemo na mjesto prvog stupca matrice B itd. Matrica B je tipa (n, m) . Ovo pridruˇzivanje nazivamo transponiranjem. Evo nekoliko primjera transponiranja ⎡ ⎤ 3 −1 3 0 1 2 −1 2 3 ⎣ 0 2 ⎦ → , → , −1 2 4 3 1 −1 1 1 4 ⎡ ⎤ ⎤ ⎡ a11 a21 . . . am1 a11 a12 . . . a1n ⎢ a a22 . . . am2 ⎥ ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥ → ⎢ 12 ⎥. ⎢ . .. . . ⎣ ... ... . . . ⎦ ⎦ ⎣ .. . .
Kako dobivamo transponiranu matricu? Elemente prvoga retka matrice A , ne mijenjaju´ci njihov poredak, zapiˇsemo na mjesto prvog stupca matrice B itd. Matrica B je tipa (n, m) . Ovo pridruˇzivanje nazivamo transponiranjem. Evo nekoliko primjera transponiranja ⎤ ⎡ 3 −1 2 −1 2 3 3 0 1 ⎣ 0 2 ⎦ → , → , 3 1 −1 1 −1 2 4 1 4 ⎡ ⎤ ⎤ ⎡ a11 a21 . . . am1 a11 a12 . . . a1n ⎢ a a22 . . . am2 ⎥ ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥ → ⎢ 12 ⎥. ⎢ . .. . . ⎣ ... ... . . . ⎦ ⎦ ⎣ .. . . am1 am2 . . . amn a1n a2n . . . amn
am1 am2 . . . amn
a1n a2n . . . amn
Kroneckerov simbol. S δij uobiˇcajeno oznaˇcavamo Kroneckerov delta simbol: j 1 ako je i = j, δij = 0 ako je i = j. Vidimo da su δij upravo matriˇcni elementi jediniˇcne matrice: I = (δij ).
Kroneckerov simbol. S δij uobiˇcajeno oznaˇcavamo Kroneckerov delta simbol: j 1 ako je i = j, δij = 0 ako je i = j. Vidimo da su δij upravo matriˇcni elementi jediniˇcne matrice: I = (δij ).
1. MATRICE
5
Transponiranu matricu oznaˇcavamo simbolom A , (A )ij := (A)ji ,
1. MATRICE
5
Transponiranu matricu oznaˇcavamo simbolom A , (A )ij := (A)ji ,
∀i, j.
Primjer 1.1. a) Ako je D dijagonalna matrica, tad je D = D . b) Ako je L gornja trokutasta, tad je L donja trokutasta, i obratno. c) (A ) = A , za svaku matricu A .
∀i, j.
Primjer 1.1. a) Ako je D dijagonalna matrica, tad je D = D . b) Ako je L gornja trokutasta, tad je L donja trokutasta, i obratno. c) (A ) = A , za svaku matricu A .
Ako je A kvadratna matrica, tad se transponirana matrica dobiva tako da se elementi matrice A zrcale s obzirom na njezinu dijagonalu.
Ako je A kvadratna matrica, tad se transponirana matrica dobiva tako da se elementi matrice A zrcale s obzirom na njezinu dijagonalu.
Simetriˇcne matrice. Matrica A je simetriˇcna ako je A = A , tj. aij = aji , ∀i, j . Simetriˇcna matrica nuˇzno je kvadratna. Zrcaljenjem s obzirom na dijagonalu matrica se ne mijenja: ⎡ ⎤ 1 0 −1 1 2 ⎣ 0 1 0⎦ , itd. 2 4 −1 0 1
Simetriˇcne matrice. Matrica A je simetriˇcna ako je A = A , tj. aij = aji , ∀i, j . Simetriˇcna matrica nuˇzno je kvadratna. Zrcaljenjem s obzirom na dijagonalu matrica se ne mijenja: ⎡ ⎤ 1 0 −1 1 2 ⎣ 0 1 0⎦ , itd. 2 4 −1 0 1
Matrica je antisimetriˇcna ako vrijedi A = −A , tj. aij = −aji , ∀i, j . Antisimetriˇcna matrica nuˇzno je kvadratna i ima nule na dijagonali; aii = −aii daje aii = 0 . Evo primjera: ⎡ ⎤ 0 2 −1 0 −3 ⎣ −2 0 0 ⎦ , itd. 3 0 1 0 0
Matrica je antisimetriˇcna ako vrijedi A = −A , tj. aij = −aji , ∀i, j . Antisimetriˇcna matrica nuˇzno je kvadratna i ima nule na dijagonali; aii = −aii daje aii = 0 . Evo primjera: ⎡ ⎤ 0 2 −1 0 −3 ⎣ −2 0 0 ⎦ , itd. 3 0 1 0 0
Vektor kao matrica. Matrice koje imaju samo jedan redak ili samo jedan stupac nazivamo vektorima. Tako govorimo o vektor-retku ili pak o vektor-stupcu. Evo primjera vektor-stupaca: ⎡ ⎤ b1 ⎡ ⎤ 0 ⎢ b2 ⎥ 1 ⎢ . ⎥. ⎣ 0 ⎦, . . . , , ⎣ .. ⎦ 2 1 bn Za prvog kaˇzemo da je dimenzije 2, drugi je dimenzije 3, a posljednji dimenzije n . Vektore obiˇcno oznaˇcavamo masnim malim slovima latiniˇcke abecede, iako c´emo ponekad koristiti i velika slova, jer vektor je i matrica tipa (n, 1) ili pak (1, n) . Ako je b
Vektor kao matrica. Matrice koje imaju samo jedan redak ili samo jedan stupac nazivamo vektorima. Tako govorimo o vektor-retku ili pak o vektor-stupcu. Evo primjera vektor-stupaca: ⎡ ⎤ b1 ⎡ ⎤ 0 ⎢ b2 ⎥ 1 ⎢ . ⎥. ⎣ 0 ⎦, . . . , , ⎣ .. ⎦ 2 1 bn Za prvog kaˇzemo da je dimenzije 2, drugi je dimenzije 3, a posljednji dimenzije n . Vektore obiˇcno oznaˇcavamo masnim malim slovima latiniˇcke abecede, iako c´emo ponekad koristiti i velika slova, jer vektor je i matrica tipa (n, 1) ili pak (1, n) . Ako je b
Zagrade koje okruˇzuju matricu mogu biti i drugoga oblika. zapisi 1 ‚a 0a ‚ 11 a12 11 a12 . . . a1n ‚ B a21 a22 . . . a2n C ‚ a21 a22 ‚ C B A=@ . A = ‚ .. ... .. ‚ . ‚ am1 am2 . . . amn am1 am2
Zagrade koje okruˇzuju matricu mogu biti i drugoga oblika. zapisi 1 ‚a 0a ‚ 11 a12 11 a12 . . . a1n ‚ B a21 a22 . . . a2n C ‚ a21 a22 ‚ C B A=@ . A = ‚ .. ... .. ‚ . ‚ am1 am2 . . . amn am1 am2
U literaturi se susre´cu i sljede´ci . . . a1n . . . a2n ... . . . amn
‚ ‚ ‚ ‚ ‚ ‚ ‚ ‚
Za matrice maloga reda obiˇcno ne koristimo zapis s indeksima; piˇsemo radije A =
»
a b c d
– i sliˇcno.
U literaturi se susre´cu i sljede´ci . . . a1n . . . a2n ... . . . amn
‚ ‚ ‚ ‚ ‚ ‚ ‚ ‚
Za matrice maloga reda obiˇcno ne koristimo zapis s indeksima; piˇsemo radije A =
»
a b c d
– i sliˇcno.
6
1. MATRICE
6
1. MATRICE
vektor-stupac, tad je njemu transponirani vektor b vektor-redak ⎡ ⎤ b1 ⎢ b2 ⎥ ⎢ . ⎥ = [ b1 b2 . . . bn ], ⎣ .. ⎦
vektor-stupac, tad je njemu transponirani vektor b vektor-redak ⎡ ⎤ b1 ⎢ b2 ⎥ ⎢ . ⎥ = [ b1 b2 . . . bn ], ⎣ .. ⎦
bn i obratno, transponiranjem vektor-retka dobiva se vektor-stupac. Govorimo li samo vektor, onda mislimo na vektor-stupac. S druge strane, u retcima knjige lakˇse je zapisati vektor-redak. Stoga se vektori cˇesto zapisuju s pomo´cu znaka transponiranja. Tako je npr. vektor [ 0 1 3 ] zapisan u ovome retku zapravo vektor-stupac, tipa (3, 1) .
bn i obratno, transponiranjem vektor-retka dobiva se vektor-stupac. Govorimo li samo vektor, onda mislimo na vektor-stupac. S druge strane, u retcima knjige lakˇse je zapisati vektor-redak. Stoga se vektori cˇesto zapisuju s pomo´cu znaka transponiranja. Tako je npr. vektor [ 0 1 3 ] zapisan u ovome retku zapravo vektor-stupac, tipa (3, 1) .
Matrica je skup vektora. Stupce (i retke) matrice moˇzemo u mislima shvatiti kao vektore. Tako je matrica ⎡ ⎤ a11 a12 . . . a1n ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥ A=⎢ .. . . ⎣ ... ⎦ . .
Matrica je skup vektora. Stupce (i retke) matrice moˇzemo u mislima shvatiti kao vektore. Tako je matrica ⎡ ⎤ a11 a12 . . . a1n ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥ A=⎢ .. . . ⎣ ... ⎦ . .
am1 am2 . . . amn sastavljena od sljede´cih vektor-redaka ⎡ ⎤ a1 = [ a11 a12 . . . a1n ], a1 a2 = [ a21 a22 . . . a2n ], ⎢ a2 ⎥ ⎥ A=⎢ .. ⎣ ... ⎦, . am am = [ am1 am2 . . . amn ], ili pak od sljede´cih vektor-stupaca ⎡ ⎡ ⎡ ⎤ ⎤ ⎤ a11 a12 a1n ⎢ a21 ⎥ 2 ⎢ a22 ⎥ ⎢a ⎥ 1 2 n ⎥, a = ⎢ . ⎥, . . . , an = ⎢ 2n ⎥ a1 = ⎢ . ⎣ .. ⎦ ⎣ .. ⎦ ⎣ ... ⎦, A = [ a a . . . a ]. am1
am2
am1 am2 . . . amn sastavljena od sljede´cih vektor-redaka ⎡ ⎤ a1 = [ a11 a12 . . . a1n ], a1 a2 = [ a21 a22 . . . a2n ], ⎢ a2 ⎥ ⎥ A=⎢ .. ⎣ ... ⎦, . am am = [ am1 am2 . . . amn ], ili pak od sljede´cih vektor-stupaca ⎡ ⎡ ⎡ ⎤ ⎤ ⎤ a11 a12 a1n ⎢ a21 ⎥ 2 ⎢ a22 ⎥ ⎢ a2n ⎥ n 1 2 n ⎢ ⎢ ⎥ ⎥ ⎥ a1 = ⎢ ⎣ ... ⎦, a = ⎣ ... ⎦, . . . , a = ⎣ ... ⎦, A = [ a a . . . a ].
amn
am1
am2
amn
1.2. Operacije s matricama
1.2. Operacije s matricama
Skup svih matrica istog tipa (m, n) oznaˇcavamo sa Mmn . Na tom su skupu definirane dvije operacije • zbrajanje matrica, • mnoˇzenje skalara i matrice. Zbrajanje matrica definirano je na naˇcin
Skup svih matrica istog tipa (m, n) oznaˇcavamo sa Mmn . Na tom su skupu definirane dvije operacije • zbrajanje matrica, • mnoˇzenje skalara i matrice. Zbrajanje matrica definirano je na naˇcin
(A + B)ij := (A)ij + (B)ij .
(A + B)ij := (A)ij + (B)ij .
(1.1)
Da bi zbroj matrica bio definiran, matrice A i B moraju biti istoga tipa. Rezultat zbrajanja je opet matrica, istoga tipa (m, n) . Element matrice A + B na mjestu (i, j) jednak je zbroju elemenata matrica A i B na istom tom mjestu.
(1.1)
Da bi zbroj matrica bio definiran, matrice A i B moraju biti istoga tipa. Rezultat zbrajanja je opet matrica, istoga tipa (m, n) . Element matrice A + B na mjestu (i, j) jednak je zbroju elemenata matrica A i B na istom tom mjestu.
1. MATRICE
7
Tako vrijedi, na primjer 2 −1 −1 0 1 −1 + = , 3 2 3 2 6 4 ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ b11 . . . b1n a11 +b11 . . . a1n +b1n a11 . . . a1n .. ... ⎦ + ⎣ ... . . . ⎦ =⎣ ⎦. ⎣ ... . . . . am1 . . . amn bm1 . . . bmn am1 +bm1 . . . amn +bmn Bit c´e korisno da se priviknemo na zapis matrice u kome se redak zapisuje u obliku vektora. Tako zbrajanje matrica moˇzemo predoˇciti formulom ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ b1 a1 +b1 a1 ⎢ a2 ⎥ ⎢ b2 ⎥ ⎢ a2 +b2 ⎥ ⎢ . ⎥+⎢ . ⎥=⎢ ⎥. .. ⎣ .. ⎦ ⎣ .. ⎦ ⎣ ⎦ . am
bm
1. MATRICE
7
Tako vrijedi, na primjer 2 −1 −1 0 1 −1 + = , 3 2 3 2 6 4 ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ b11 . . . b1n a11 +b11 . . . a1n +b1n a11 . . . a1n .. ... ⎦ + ⎣ ... . . . ⎦ =⎣ ⎦. ⎣ ... . . . . am1 . . . amn bm1 . . . bmn am1 +bm1 . . . amn +bmn Bit c´e korisno da se priviknemo na zapis matrice u kome se redak zapisuje u obliku vektora. Tako zbrajanje matrica moˇzemo predoˇciti formulom ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ b1 a1 +b1 a1 ⎢ a2 ⎥ ⎢ b2 ⎥ ⎢ a2 +b2 ⎥ ⎢ . ⎥+⎢ . ⎥=⎢ ⎥. .. ⎣ .. ⎦ ⎣ .. ⎦ ⎣ ⎦ .
am +bm
am
Tu je dakako
bm
am +bm
Tu je dakako a1 + b1 = [a11 + b11 , a12 + b12 , . . . , a1n + b1n ]
a1 + b1 = [a11 + b11 , a12 + b12 , . . . , a1n + b1n ]
i sliˇcno za preostale retke. Mnoˇzenje matrice skalarom. Neka je λ ∈ R bilo koji skalar, te A ∈ Mmn . Umnoˇzak matrice A skalarom λ je matrica λ A definirana na naˇcin
i sliˇcno za preostale retke. Mnoˇzenje matrice skalarom. Neka je λ ∈ R bilo koji skalar, te A ∈ Mmn . Umnoˇzak matrice A skalarom λ je matrica λ A definirana na naˇcin
(λ A)ij := λ (A)ij .
(1.2)
∗
(λ A)ij := λ (A)ij .
(1.2)
∗
Dakle, matrica se mnoˇzi skalarom tako da se svaki njezin element mnoˇzi tim skalarom: 1 2 2 4 2 = , 0 −3 0 −6 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ λ a11 . . . λ a1n a11 . . . a1n . ⎦ = ⎣ ... . . . ⎦. λ ⎣ .. . . . λ am1 . . . λ amn am1 . . . amn
Dakle, matrica se mnoˇzi skalarom tako da se svaki njezin element mnoˇzi tim skalarom: 1 2 2 4 2 = , 0 −3 0 −6 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ λ a11 . . . λ a1n a11 . . . a1n . ⎦ = ⎣ ... . . . ⎦. λ ⎣ .. . . . λ am1 . . . λ amn am1 . . . amn
Matricu (−1)A oznaˇcavamo s −A . Razlika dviju matrica svodi se na ve´c uvedene operacije: A − B := A + (−1)B .
Matricu (−1)A oznaˇcavamo s −A . Razlika dviju matrica svodi se na ve´c uvedene operacije: A − B := A + (−1)B .
Skup matrica cˇ ini vektorski prostor. Izdvojimo sljede´ca svojstva ovih dviju operacija 1) (∀A, B, C ∈ Mmn ) A + (B + C) = (A + B) + C . 2) (∃0 ∈ Mmn )(∀A ∈ Mmn ) A + 0 = 0 + A = A . 3) (∀A ∈ Mmn )(∃A ∈ Mmn ) A + A = A + A = 0 . 4) (∀A, B ∈ Mmn ) A + B = B + A . 5) (∀α , β ∈ R)(∀A ∈ Mmn ) α (β A) = (αβ )A 6) (∀α ∈ R)(∀A, B ∈ Mmn ) α (A + B) = α A + α B . 7) (∀α , β ∈ R)(∀A ∈ Mmn ) (α + β )A = α A + β A .
Skup matrica cˇ ini vektorski prostor. Izdvojimo sljede´ca svojstva ovih dviju operacija 1) (∀A, B, C ∈ Mmn ) A + (B + C) = (A + B) + C . 2) (∃0 ∈ Mmn )(∀A ∈ Mmn ) A + 0 = 0 + A = A . 3) (∀A ∈ Mmn )(∃A ∈ Mmn ) A + A = A + A = 0 . 4) (∀A, B ∈ Mmn ) A + B = B + A . 5) (∀α , β ∈ R)(∀A ∈ Mmn ) α (β A) = (αβ )A 6) (∀α ∈ R)(∀A, B ∈ Mmn ) α (A + B) = α A + α B . 7) (∀α , β ∈ R)(∀A ∈ Mmn ) (α + β )A = α A + β A .
∗ Skalar je drugi naziv za realan broj. Korisno ga je rabiti u ovakvim situacijama, zato sˇ to po potrebi skalarom nazivamo i kompleksne brojeve. Mnoˇzenje matrice s kompleksnim brojem definira se na potpuno istovjetan naˇcin, stoga ova definicija vrijedi i kad skalare zamiˇsljamo kao kompleksne brojeve.
∗ Skalar je drugi naziv za realan broj. Korisno ga je rabiti u ovakvim situacijama, zato sˇ to po potrebi skalarom nazivamo i kompleksne brojeve. Mnoˇzenje matrice s kompleksnim brojem definira se na potpuno istovjetan naˇcin, stoga ova definicija vrijedi i kad skalare zamiˇsljamo kao kompleksne brojeve.
8
1. MATRICE
8
1. MATRICE
8) 1 · A = A Kaˇzemo da skup svih matrica Mmn uz operacije zbrajanja matrica i mnoˇzenja skalara i matrice cˇini vektorski prostor.
8) 1 · A = A Kaˇzemo da skup svih matrica Mmn uz operacije zbrajanja matrica i mnoˇzenja skalara i matrice cˇini vektorski prostor.
1.3. Algebra matrica
1.3. Algebra matrica
Mnoˇzenje matrica znatno je sloˇzenija operacija od zbrajanja. Prije no sˇ to navedemo definiciju, upozorit c´emo na sljede´ce: • Umnoˇzak nije definiran za bilo kakve dvije matrice, pa cˇak niti za matrice istoga tipa (m, n) , ukoliko je m = n . • I kad je umnoˇzak definiran, on ovisi o poretku matrica. Krenimo od pojma umnoˇska vektora. Umnoˇzak vektor-retka i vektor-stupca. Neka je a vektor-redak i b vektorstupac iste duljine: ⎡ ⎤ b1 ⎢ b2 ⎥ ⎥ b=⎢ a = [ a1 a2 . . . an ], ⎣ ... ⎦
Mnoˇzenje matrica znatno je sloˇzenija operacija od zbrajanja. Prije no sˇ to navedemo definiciju, upozorit c´emo na sljede´ce: • Umnoˇzak nije definiran za bilo kakve dvije matrice, pa cˇak niti za matrice istoga tipa (m, n) , ukoliko je m = n . • I kad je umnoˇzak definiran, on ovisi o poretku matrica. Krenimo od pojma umnoˇska vektora. Umnoˇzak vektor-retka i vektor-stupca. Neka je a vektor-redak i b vektorstupac iste duljine: ⎡ ⎤ b1 ⎢ b2 ⎥ ⎥ b=⎢ a = [ a1 a2 . . . an ], ⎣ ... ⎦
bn Njihov se umnoˇzak definira na naˇcin: ⎡ ⎤ b1 ⎢ b2 ⎥ ⎥ [ a1 a2 . . . an ]⎢ ⎣ ... ⎦ := a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn .
bn
(1.3)
Njihov se umnoˇzak definira na naˇcin: ⎡ ⎤ b1 ⎢ b2 ⎥ ⎥ [ a1 a2 . . . an ]⎢ ⎣ ... ⎦ := a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn .
(1.3)
bn Rezultat je ovog mnoˇzenja skalar. Evo primjera: ⎤ ⎡ 3 [ 2 −1 3 ]⎣ −2 ⎦ := 2 · 3 + (−1) · (−2) + 3 · 5 = 23. 5
bn Rezultat je ovog mnoˇzenja skalar. Evo primjera: ⎤ ⎡ 3 [ 2 −1 3 ]⎣ −2 ⎦ := 2 · 3 + (−1) · (−2) + 3 · 5 = 23. 5
Mnoˇzenje matrica. Da bi postojao umnoˇzak dviju matrica, one moraju biti ulancˇane: broj stupaca prve mora biti jednak broju redaka druge matrice. (Odnosno, ‘duljina’ retka prve mora biti jednaka ‘duljini’ stupca druge matrice.) Tako, ako je A tipa (m, n) da bi umnoˇzak AB postojao, matrica B mora biti tipa (n, p) . Pri tom m i p mogu biti bilo kakvi. Rezultat mnoˇzenja bit c´e ponovno matrica, tipa (m, p) . Kako mnoˇzimo matrice? Neka je A = (aij ) tipa (m, n) , B = (bij ) tipa (n, p) . Op´ci element umnoˇska AB dan je formulom
Mnoˇzenje matrica. Da bi postojao umnoˇzak dviju matrica, one moraju biti ulancˇane: broj stupaca prve mora biti jednak broju redaka druge matrice. (Odnosno, ‘duljina’ retka prve mora biti jednaka ‘duljini’ stupca druge matrice.) Tako, ako je A tipa (m, n) da bi umnoˇzak AB postojao, matrica B mora biti tipa (n, p) . Pri tom m i p mogu biti bilo kakvi. Rezultat mnoˇzenja bit c´e ponovno matrica, tipa (m, p) . Kako mnoˇzimo matrice? Neka je A = (aij ) tipa (m, n) , B = (bij ) tipa (n, p) . Op´ci element umnoˇska AB dan je formulom
(AB)ij := ai1 b1j + ai2 b2j + . . . + ain bnj n
= aik bkj .
(AB)ij := ai1 b1j + ai2 b2j + . . . + ain bnj n
= aik bkj .
k=1
(1.4)
k=1
(1.4)
1. MATRICE
9
Ovaj umnoˇzak prepoznajemo kao umnoˇzak i -toga retka matrice A i j -tog stupca matrice B : ⎡b ⎤ 1j ⎢ b2j ⎥ ⎥ (AB)ij = [ ai1 ai2 . . . ain ]⎢ ⎣ .. ⎦. .
1. MATRICE
9
Ovaj umnoˇzak prepoznajemo kao umnoˇzak i -toga retka matrice A i j -tog stupca matrice B : ⎡b ⎤ 1j ⎢ b2j ⎥ ⎥ (AB)ij = [ ai1 ai2 . . . ain ]⎢ ⎣ .. ⎦. .
bnj
Sl. 1.2. Dvije matrice mogu se mnoˇziti samo ako su ulanˇcane. Rezultat je matrica koja ima jednak broj redaka kao prva i jednak broj stupaca kao i druga matrica. Element unmoˇska na mjestu (i, j) jednak je skalarnom umnoˇsku i -toga retka prve i j -toga stupca druge matrice
Primjer 1.2.Evo nekoliko primjera umnoˇzaka matrica 2 1 −1 3 2 × (−1)+1 × 2 2 × 3+1 × 4 0 10 a) = = , −1 3 2 4 (−1) × (−1)+3 × 2 (−1) × 3+3 × 4 7 9 ⎡ ⎤ 3 −1 2 3 −1 ⎣ 13 −3 ⎦ 2 0 = b) , 0 1 2 0 2 −1 1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 6 8 −5 3 −1 2 3 −1 = ⎣ 4 6 −2 ⎦, c) ⎣ 2 0 ⎦ 0 1 2 −2 −2 3 −1 1 2 −1 −1 3 −1 −4 4 −3 d) = , 0 1 2 2 1 2 2 1 −1 1 2 3 0 0 e) = , 3 −3 2 3 0 0 1 0 2 −3 2 −3 1 0 2 −3 f) = = . 0 1 1 4 1 4 0 1 1 4 ∗*∗ - sljede´ca neuobiˇcajena svojstva Ovi primjeri potvrduju • ako je umnoˇzak AB definiran, BA to ne mora biti (primjer d), ˇ i onda ako • ako postoje AB i BA , tad je op´cenito AB = BA (primjer c). Cak su matrice AB i BA istoga tipa, op´cenito je AB = BA (matrice u primjeru a i e),
bnj
Sl. 1.2. Dvije matrice mogu se mnoˇziti samo ako su ulanˇcane. Rezultat je matrica koja ima jednak broj redaka kao prva i jednak broj stupaca kao i druga matrica. Element unmoˇska na mjestu (i, j) jednak je skalarnom umnoˇsku i -toga retka prve i j -toga stupca druge matrice
Primjer 1.2.Evo nekoliko primjera umnoˇzaka matrica 2 1 −1 3 2 × (−1)+1 × 2 2 × 3+1 × 4 0 10 a) = = , −1 3 2 4 (−1) × (−1)+3 × 2 (−1) × 3+3 × 4 7 9 ⎡ ⎤ 3 −1 2 3 −1 ⎣ 13 −3 ⎦ 2 0 = b) , 0 1 2 0 2 −1 1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 6 8 −5 3 −1 2 3 −1 = ⎣ 4 6 −2 ⎦, c) ⎣ 2 0 ⎦ 0 1 2 −2 −2 3 −1 1 2 −1 −1 3 −1 −4 4 −3 d) = , 0 1 2 2 1 2 2 1 −1 1 2 3 0 0 e) = , 3 −3 2 3 0 0 1 0 2 −3 2 −3 1 0 2 −3 f) = = . 0 1 1 4 1 4 0 1 1 4 ∗*∗ - sljede´ca neuobiˇcajena svojstva Ovi primjeri potvrduju • ako je umnoˇzak AB definiran, BA to ne mora biti (primjer d), ˇ i onda ako • ako postoje AB i BA , tad je op´cenito AB = BA (primjer c). Cak su matrice AB i BA istoga tipa, op´cenito je AB = BA (matrice u primjeru a i e),
10
1. MATRICE
• Ako je AB = 0 (nul-matrica), tad ne mora biti A = 0 niti B = 0 .
10
1. MATRICE
• Ako je AB = 0 (nul-matrica), tad ne mora biti A = 0 niti B = 0 .
∗*∗
∗*∗
Matriˇcni umnoˇzak vektora. Neka su a i b vektor-stupci istoga tipa. Shvatimo li ih kao matrice, onda su definirana oba umnoˇska, a b i ab . Pri tome • a b je matrica tipa (1, 1) s elementom ⎡ ⎤ b1 ⎢ b 2⎥ ⎥ a b = [ a1 a2 . . . an ]⎢ ⎣ ... ⎦ = [ a1 b1 +a2 b2 + . . . +an bn ].
Matriˇcni umnoˇzak vektora. Neka su a i b vektor-stupci istoga tipa. Shvatimo li ih kao matrice, onda su definirana oba umnoˇska, a b i ab . Pri tome • a b je matrica tipa (1, 1) s elementom ⎡ ⎤ b1 ⎢ b 2⎥ ⎥ a b = [ a1 a2 . . . an ]⎢ . ⎣ .. ⎦ = [ a1 b1 +a2 b2 + . . . +an bn ].
bn
bn
Ovakvu matricu, s jednim elementom, poistovje´cujemo sa skalarom i rezultat pisˇ emo bez zagrada. Zato je, u ovom sluˇcaju, matriˇcni umnoˇzak vektora jednak gore opisanom umnoˇsku vektor retka s vektor stupcem. • ab je matrica tipa (n, n) ! Zaista, ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ a1 a1 b1 a1 b2 . . . a1 bn ⎢ a2 ⎥ ⎢ a2 b1 a2 b2 . . . a2 bn ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ab = ⎢ .. . . ⎣ ... ⎦[ b1 b2 . . . bn ] = ⎣ ... ⎦ . . an an b1 an b2 . . . an bn Primjer 1.3.
⎡
Ovakvu matricu, s jednim elementom, poistovje´cujemo sa skalarom i rezultat pisˇ emo bez zagrada. Zato je, u ovom sluˇcaju, matriˇcni umnoˇzak vektora jednak gore opisanom umnoˇsku vektor retka s vektor stupcem. • ab je matrica tipa (n, n) ! Zaista, ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ a1 a1 b1 a1 b2 . . . a1 bn ⎢ a2 ⎥ ⎢ a b a b . . . a2 bn ⎥ ⎥[ b1 b2 . . . bn ] = ⎢ 2. 1 2. 2 ⎥ ab = ⎢ . ⎣ .. ⎦ ⎣ .. ⎦ .. . . . an Primjer 1.3.
⎤
an b1 an b2 . . . an bn
3 [ 2 1 −3 ]⎣ −1 ⎦ = 2 × 3 + 1 × (−1) + (−3) × 2 = −1, 2 ⎡ ⎤ ⎤ ⎡ 6 −2 4 2 ⎣ 1 ⎦[ 3 −1 2 ] = ⎣ 3 −1 2 ⎦. −9 3 −6 −3
⎤ 3 [ 2 1 −3 ]⎣ −1 ⎦ = 2 × 3 + 1 × (−1) + (−3) × 2 = −1, 2 ⎤ ⎡ ⎡ ⎤ 6 −2 4 2 ⎣ 1 ⎦[ 3 −1 2 ] = ⎣ 3 −1 2 ⎦. −9 3 −6 −3
Ovaj je primjer vrlo znaˇcajan. Jer, matriˇcno mnoˇzenje moˇzemo opisati na potpuno identiˇcan naˇcin, shvatimo li retke odnosno stupce matrica kao zasebne vektore. Evo kako: ⎡ ⎤⎡ b b . . . b ⎤ a11 a12 . . . a1n 11 12 1p ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥⎢ b21 b22 . . . b2p ⎥ ⎥⎢ . . ⎥ AB = ⎢ .. . . ⎣ ... ⎦⎣ . . . . . ⎦ . . . . am1 am2 . . . amn bn1 bn2 . . . bnp ⎡ ⎡ ⎤ ⎤ a1 b1 a1 b2 . . . a1 bp a1 1 2 p ⎢ a b a2 b . . . a2 b ⎥ ⎢ a2 ⎥ 1 2 ⎥[ b b . . . bp ] = ⎢ 2. ⎥ =⎢ . .. . . ⎣ .. ⎣ .. ⎦ ⎦ . .
Ovaj je primjer vrlo znaˇcajan. Jer, matriˇcno mnoˇzenje moˇzemo opisati na potpuno identiˇcan naˇcin, shvatimo li retke odnosno stupce matrica kao zasebne vektore. Evo kako: ⎡ ⎤⎡ b b . . . b ⎤ a11 a12 . . . a1n 11 12 1p ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥⎢ b21 b22 . . . b2p ⎥ ⎥⎢ . . ⎥ AB = ⎢ .. . . ⎣ ... ⎦⎣ . . . . . ⎦ . . . . am1 am2 . . . amn bn1 bn2 . . . bnp ⎡ ⎡ ⎤ ⎤ a1 b1 a1 b2 . . . a1 bp a1 ⎢ a b1 a2 b2 . . . a2 bp ⎥ ⎢ a2 ⎥ 1 2 ⎥[ b b . . . bp ] = ⎢ 2. ⎥ =⎢ . .. . . ⎣ .. ⎣ .. ⎦ ⎦ . .
am
am b1 am b2 . . . am bp
⎡
am
am b1 am b2 . . . am bp
1. MATRICE
11
Vidimo da je op´ci element matrice AB upravo
1. MATRICE
11
Vidimo da je op´ci element matrice AB upravo ⎡b
1j
⎡b
⎤
1j
⎤
n ⎢ b2j ⎥
⎥= (AB)ij = ai bj = [ ai1 ai2 . . . ain ]⎢ aik bkj . . ⎣ . ⎦ . k=1 bnj
n ⎢ b2j ⎥
⎥= (AB)ij = ai bj = [ ai1 ai2 . . . ain ]⎢ aik bkj . . ⎣ . ⎦ . k=1 bnj
∗*∗
∗*∗
Zapis linearnog sustava. U nastavku c´emo u nekoliko navrata spomenuti da je problem rjeˇsavanja linearnih sustava najvaˇzniji problem linearne algebre. Dobar dio motivacija za prouˇcavanje matrica upravo proizlazi iz njihove veze s linearnim sustavima. Sustav od m linearnih jednadˇzbi s n nepoznanica danas uobiˇcajeno zapisujemo u obliku a11 x1 + a12 x2 + . . . a1n xn = b1 , a21 x1 + a22 x2 + . . . a2n xn = b2 , . (1.5) .. .
Zapis linearnog sustava. U nastavku c´emo u nekoliko navrata spomenuti da je problem rjeˇsavanja linearnih sustava najvaˇzniji problem linearne algebre. Dobar dio motivacija za prouˇcavanje matrica upravo proizlazi iz njihove veze s linearnim sustavima. Sustav od m linearnih jednadˇzbi s n nepoznanica danas uobiˇcajeno zapisujemo u obliku a11 x1 + a12 x2 + . . . a1n xn = b1 , a21 x1 + a22 x2 + . . . a2n xn = b2 , . (1.5) .. .
am1 x1 + am2 x2 + . . . amn xn = bm
am1 x1 + am2 x2 + . . . amn xn = bm
Ovdje su nam poznate vrijednosti koeficijenata aij te bi , a trebamo odrediti nepoznanice x1 . . . , xn . ˇ Citatelj c´e primijetiti da se sustav (1.5) moˇze napisati u obliku matriˇcne jednadˇzbe
Ovdje su nam poznate vrijednosti koeficijenata aij te bi , a trebamo odrediti nepoznanice x1 . . . , xn . ˇ Citatelj c´e primijetiti da se sustav (1.5) moˇze napisati u obliku matriˇcne jednadˇzbe
Ax = b,
Ax = b,
gdje smo oznaˇcili ⎡
⎤ a11 a12 . . . a1n ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥, A=⎢ ⎣ ... ⎦ am1 am2 . . . amn
(1.6) ⎡
⎤ x1 ⎢ x2 ⎥ ⎥ x=⎢ ⎣ ... ⎦, xn
⎡
⎤ b1 ⎢ b2 ⎥ ⎥ i b=⎢ ⎣ ... ⎦. bm
gdje smo oznaˇcili ⎡
⎤ a11 a12 . . . a1n ⎢ a21 a22 . . . a2n ⎥ ⎥, A=⎢ ⎣ ... ⎦ am1 am2 . . . amn
(1.6) ⎡
⎤ x1 ⎢ x2 ⎥ ⎥ x=⎢ ⎣ ... ⎦, xn
⎡
⎤ b1 ⎢ b2 ⎥ ⎥ i b=⎢ ⎣ ... ⎦. bm
Matrica A naziva se matrica koeficijenata sustava, x je vektor nepoznanica, b desna strana sustava. Pokazat c´emo u cˇetvrtom poglavlju da se postupak rjeˇsavanja ovoga sustava svodi - problem egzistencije i na operacije s elementima matrice A i vektora b . Takoder, jedinstvenosti rjeˇsenja ovisi uglavnom o svojstvima matrice koeficijenata.
Matrica A naziva se matrica koeficijenata sustava, x je vektor nepoznanica, b desna strana sustava. Pokazat c´emo u cˇetvrtom poglavlju da se postupak rjeˇsavanja ovoga sustava svodi - problem egzistencije i na operacije s elementima matrice A i vektora b . Takoder, jedinstvenosti rjeˇsenja ovisi uglavnom o svojstvima matrice koeficijenata.
Primjer 1.4. Za strujni krug na slici po Kirchhoffovim zakonima moˇzemo postaviti sljede´ce jednadˇzbe
Primjer 1.4. Za strujni krug na slici po Kirchhoffovim zakonima moˇzemo postaviti sljede´ce jednadˇzbe
12
1. MATRICE
12
1. MATRICE
i4 i3
R2 i
i4 R4
i2
i
R3
i3
R2 i
i1
R4
i2
i
R3 i1
R5
R1
R5
R1
i5
i5
Sl. 1.3.
i1 +
i2 i2 − i3 − i4 + i3 − i5 i1 R1 i1 − R2 i2 − R3 i3 R3 i3 − R4 i4 + R5 i5
Sl. 1.3.
= i, = 0, 0, = 0, = 0.
U matriˇcnom zapisu: ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ i1 i 1 1 0 0 0 1 −1 −1 0 ⎥⎢ i2 ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢ 0 ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 0 1 0 −1 ⎥⎢ i3 ⎥ = ⎢ 0 ⎥. ⎢ 1 ⎦ ⎣ R −R −R 0 0 ⎦⎣ i4 ⎦ ⎣ 0 1 2 3 0 i5 0 0 R3 −R4 R5
i1 +
i2 i2 − i3 − i4 + i3 − i5 i1 R1 i1 − R2 i2 − R3 i3 R3 i3 − R4 i4 + R5 i5
= i, = 0, 0, = 0, = 0.
U matriˇcnom zapisu: ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ i1 i 1 1 0 0 0 1 −1 −1 0 ⎥⎢ i2 ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢ 0 ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 0 1 0 −1 ⎥⎢ i3 ⎥ = ⎢ 0 ⎥. ⎢ 1 ⎦ ⎣ R −R −R 0 0 ⎦⎣ i4 ⎦ ⎣ 0 1 2 3 0 i5 0 0 R3 −R4 R5
Svojstva matriˇcnoga mnoˇzenja. Izdvojimo neka svojstva matriˇcnoga mnoˇzenja. Ona pokazuju da unatoˇc ‘neobiˇcnoj’ definiciji, to mnoˇzenje ipak posjeduje neka oˇcekivana dobra svojstva. • Asocijativnost. Vrijedi
Svojstva matriˇcnoga mnoˇzenja. Izdvojimo neka svojstva matriˇcnoga mnoˇzenja. Ona pokazuju da unatoˇc ‘neobiˇcnoj’ definiciji, to mnoˇzenje ipak posjeduje neka oˇcekivana dobra svojstva. • Asocijativnost. Vrijedi
(AB)C = A(BC)
(AB)C = A(BC)
kad god je umnoˇzak (s bilo koje strane) definiran. Dokaz ovoga svojstva moˇze cˇitatelj u prvome cˇitanju preskoˇciti. Neˇsto kasnije, ovo c´e svojstvo proiza´ci iz veze matrica s linearnim operatorima i svest c´e se na svojstvo asocijativnosti za kompoziciju funkcija. Ovdje ga navodimo radi vjeˇzbe zapisivanja operatora sumiranja te zapisivanja indeksa matriˇcnih elemenata. Obratite osobito pozornost na zamjenu poretka sumacije. Dakle, ako je
kad god je umnoˇzak (s bilo koje strane) definiran. Dokaz ovoga svojstva moˇze cˇitatelj u prvome cˇitanju preskoˇciti. Neˇsto kasnije, ovo c´e svojstvo proiza´ci iz veze matrica s linearnim operatorima i svest c´e se na svojstvo asocijativnosti za kompoziciju funkcija. Ovdje ga navodimo radi vjeˇzbe zapisivanja operatora sumiranja te zapisivanja indeksa matriˇcnih elemenata. Obratite osobito pozornost na zamjenu poretka sumacije. Dakle, ako je
A = (aij ), B = (bjk ), C = (ckl ),
tipa (m, n), tipa (n, p), tipa (p, r),
A = (aij ), B = (bjk ), C = (ckl ),
tipa (m, n), tipa (n, p), tipa (p, r),
1. MATRICE
13
tad imamo (AB)ik = (BC)jl =
n
j=1 p
1. MATRICE
13
tad imamo aij bjk ,
(AB)ik =
bjk ckl ,
(BC)jl =
k=1
te je
p
[(AB)C]il =
k=1 p
= =
n
k=1
n
aij bjk ckl =
k=1 j=1 n
j=1
n
aij
te je
[(AB)C]il =
aij bjk ckl
p
j=1
bjk ckl
=
k=1
aij (BC)jl = [A(BC)]il
p
(AB)ik ckl =
k=1 p
j=1
aij bjk , bjk ckl ,
=
p n
k=1
n
aij bjk ckl =
k=1 j=1 n
j=1
n
aij
aij bjk ckl
p
j=1
bjk ckl
k=1
aij (BC)jl = [A(BC)]il
j=1
Matriˇcni polinom. Ako je A kvadratna matrica (i samo u tom sluˇcaju!), definirana je potencija A2 := AA . Induktivno definiramo potenciju: Ap := AA · · · A .
Matriˇcni polinom. Ako je A kvadratna matrica (i samo u tom sluˇcaju!), definirana je potencija A2 := AA . Induktivno definiramo potenciju: Ap := AA · · · A .
p faktora
p faktora
Oˇcevidno je (zbog asocijativnosti mnoˇzenja) da za ove potencije vrijede jednakosti Ap Aq = Aq Ap = Ap+q , (Ap )q = Apq , za sve prirodne brojeve p i q . Po definiciji, stavljamo A0 = I . Tako moˇzemo definirati matriˇcni polinom: ako je f (x) = αp xp + . . . + α1 x + α0 bilo koji polinom stupnja p , tad definiramo f (A) := αp Ap + . . . + α1 A + α0 I. 2 1 Primjer 1.5. Neka je A = i f (x) = x3 − x + 3 , g(x) = x2 − 4x + 7 . −3 2 Tad vrijedi −9 8 3 . f (A) = A − A + 3I = −24 −9 0 0 . g(A) = A2 − 4A + 7I = 0 0 • Distributivnost Vrijedi (A + B)C = AC + BC . Zaista, n n
(A + B)ij cjk = (aij + bij )cjk [(A + B)C]ik = =
j=1 p
k=1
p
(AB)ik ckl =
n
j=1 n
j=1
Oˇcevidno je (zbog asocijativnosti mnoˇzenja) da za ove potencije vrijede jednakosti Ap Aq = Aq Ap = Ap+q , (Ap )q = Apq , za sve prirodne brojeve p i q . Po definiciji, stavljamo A0 = I . Tako moˇzemo definirati matriˇcni polinom: ako je f (x) = αp xp + . . . + α1 x + α0 bilo koji polinom stupnja p , tad definiramo f (A) := αp Ap + . . . + α1 A + α0 I. 2 1 Primjer 1.5. Neka je A = i f (x) = x3 − x + 3 , g(x) = x2 − 4x + 7 . −3 2 Tad vrijedi −9 8 3 . f (A) = A − A + 3I = −24 −9 0 0 . g(A) = A2 − 4A + 7I = 0 0 • Distributivnost Vrijedi (A + B)C = AC + BC . Zaista, n n
(A + B)ij cjk = (aij + bij )cjk [(A + B)C]ik =
j=1
aij cjk +
n
bij cjk
j=1
= (AC)ik + (BC)ik = [AC + BC]ik
=
j=1 n
j=1
j=1
aij cjk +
n
bij cjk
j=1
= (AC)ik + (BC)ik = [AC + BC]ik
14
1. MATRICE
14
1. MATRICE
• Umnoˇzak s jediniˇcnom matricom. Ako je I jediniˇcna matrica reda n , tad za svaku kvadratnu matricu A istoga reda vrijedi
• Umnoˇzak s jediniˇcnom matricom. Ako je I jediniˇcna matrica reda n , tad za svaku kvadratnu matricu A istoga reda vrijedi
A · I = I · A = A.
A · I = I · A = A.
Uvjeri se u to na primjerima matrica reda 2 i reda 3! U op´cem sluˇcaju, element umnoˇska A · I na mjestu (i, j) iznosi
Uvjeri se u to na primjerima matrica reda 2 i reda 3! U op´cem sluˇcaju, element umnoˇska A · I na mjestu (i, j) iznosi
(AI)ij =
n
aik δkj = ai1 δ1j + . . . + aij δjj + . . . + ain δnj = aij = (A)ij .
k=1
(AI)ij =
n
aik δkj = ai1 δ1j + . . . + aij δjj + . . . + ain δnj = aij = (A)ij .
k=1
(Od svih pribrojnika u gornjoj sumi preostaje samo jedan, kod kojega je k = j .) Sliˇcno vrijedi i za umnoˇzak IA . • Transponiranje. Odnos mnoˇzenja matrica prema transponiranju je sljede´ci:
(Od svih pribrojnika u gornjoj sumi preostaje samo jedan, kod kojega je k = j .) Sliˇcno vrijedi i za umnoˇzak IA . • Transponiranje. Odnos mnoˇzenja matrica prema transponiranju je sljede´ci:
(AB) = B A .
(AB) = B A .
Provjerimo najprije ulanˇcanost! Matrica B je tipa p × n , A tipa n × m te B A postoji i ima tip p × m , baˇs kao i matrica (AB) . Sad piˇsemo:
Provjerimo najprije ulanˇcanost! Matrica B je tipa p × n , A tipa n × m te B A postoji i ima tip p × m , baˇs kao i matrica (AB) . Sad piˇsemo:
[(AB) ]ik = (AB)ki =
n
akj bji
[(AB) ]ik = (AB)ki =
j=1
=
n
n
akj bji
j=1
(B )ij (A )jk = (B A )ik .
=
j=1
n
(B )ij (A )jk = (B A )ik .
j=1
Primjer 1.6. Umnoˇzak vektor-retka i vektor-stupca ne ovisi o njihovu poretku. Zaista, kako je a b skalar, vrijedi
Primjer 1.6. Umnoˇzak vektor-retka i vektor-stupca ne ovisi o njihovu poretku. Zaista, kako je a b skalar, vrijedi
(a b) = a b.
(a b) = a b.
S druge strane, po pravilu transponiranja je
(a b) = b a
S druge strane, po pravilu transponiranja je
= b a.
Tako smo dobili a b = b a .
(a b) = b a = b a. Tako smo dobili a b = b a .
1.4. Matriˇcna jednadˇzba i inverzna matrica
1.4. Matriˇcna jednadˇzba i inverzna matrica
U ovoj c´emo toˇcki promatrati samo kvadratne matrice istoga reda n . Sa Mn oznaˇcavamo skup svih takvih matrica. Promatramo samo kvadratne matrice radi toga sˇ to su samo u tom sluˇcaju na istome skupu definirane sve tri prije uvedene operacije: zbrajanje matrica, mnoˇzenje skalara i matrice te mnoˇzenje matrica.
U ovoj c´emo toˇcki promatrati samo kvadratne matrice istoga reda n . Sa Mn oznaˇcavamo skup svih takvih matrica. Promatramo samo kvadratne matrice radi toga sˇ to su samo u tom sluˇcaju na istome skupu definirane sve tri prije uvedene operacije: zbrajanje matrica, mnoˇzenje skalara i matrice te mnoˇzenje matrica.
1. MATRICE
15
1. MATRICE
15
Matriˇcna jednadˇzba. Neka su A i B dvije zadane matrice iz Mn . Matriˇcna jednadˇzba je jednadˇzba oblika AX = B (1.7) gdje je X ∈ Mn nepoznata matrica. Postavlja se pitanje: • Kad c´e jednadˇzba (1.7) imati jedinstveno rjeˇsenje X ? Vidjet c´emo da odgovor na ovo pitanje ovisi samo o matrici A . Ideja se sastoji u tome da se promotri pomo´cna jednadˇzba YA = I. (1.8) Pretpostavimo da ona ima rjeˇsenje A , dakle, A A = I . Mnoˇze´ci jednadˇzbu (1.7) s A (s lijeve strane!) dobivamo A (AX) = A B. kako je A (AX) = (A A)X = IX = X , odavde slijedi da je traˇzeno rjeˇsenje jednadˇzbe (1.7) matrica A B . Interesantno je primijetiti da provjera, tj. uvrˇstavanje X = A B u (1.7) daje A(A B) = B sˇ to sugerira da vrijedi AA = I . Pokazat c´ emo poslije da je to zaista istina.
Matriˇcna jednadˇzba. Neka su A i B dvije zadane matrice iz Mn . Matriˇcna jednadˇzba je jednadˇzba oblika AX = B (1.7) gdje je X ∈ Mn nepoznata matrica. Postavlja se pitanje: • Kad c´e jednadˇzba (1.7) imati jedinstveno rjeˇsenje X ? Vidjet c´emo da odgovor na ovo pitanje ovisi samo o matrici A . Ideja se sastoji u tome da se promotri pomo´cna jednadˇzba YA = I. (1.8) Pretpostavimo da ona ima rjeˇsenje A , dakle, A A = I . Mnoˇze´ci jednadˇzbu (1.7) s A (s lijeve strane!) dobivamo A (AX) = A B. kako je A (AX) = (A A)X = IX = X , odavde slijedi da je traˇzeno rjeˇsenje jednadˇzbe (1.7) matrica A B . Interesantno je primijetiti da provjera, tj. uvrˇstavanje X = A B u (1.7) daje A(A B) = B sˇ to sugerira da vrijedi AA = I . Pokazat c´ emo poslije da je to zaista istina.
Primjer 1.7. Rijeˇsimo jednadˇzbu 3 1 −1 2 X= . 5 2 3 1 a b Stavimo X = . Mnoˇzenjem matrica s lijeve strane i izjednaˇcavanjem s c d matricom na desnoj strani dolazimo do jednadˇzbi 3a + c = −1, 3b + d = 2, 5a + 2c = 3, 5b + 2d = 1, −5 3 odakle lagano slijedi a = −5 , c = 14 , b = 3 , d = −7 , tj. X = . 14 −7 Zadatak moˇzemo rijeˇsiti i tako da najprije rijeˇsimo pomo´cnu jednadˇzbu A A = I : e f 3 1 1 0 = g h 5 2 0 1 odakle imamo 3e + 5f = 1, 3g + 5h = 0, e + 2f = 0, g + 2h = 1. 2 −1 . Sad je Odavde A = −5 3 2 −1 −1 2 −5 3 = . X=AB= −5 3 3 1 14 −7
Primjer 1.7. Rijeˇsimo jednadˇzbu 3 1 −1 2 X= . 5 2 3 1 a b Stavimo X = . Mnoˇzenjem matrica s lijeve strane i izjednaˇcavanjem s c d matricom na desnoj strani dolazimo do jednadˇzbi 3a + c = −1, 3b + d = 2, 5a + 2c = 3, 5b + 2d = 1, −5 3 odakle lagano slijedi a = −5 , c = 14 , b = 3 , d = −7 , tj. X = . 14 −7 Zadatak moˇzemo rijeˇsiti i tako da najprije rijeˇsimo pomo´cnu jednadˇzbu A A = I : e f 3 1 1 0 = g h 5 2 0 1 odakle imamo 3e + 5f = 1, 3g + 5h = 0, e + 2f = 0, g + 2h = 1. 2 −1 . Sad je Odavde A = −5 3 2 −1 −1 2 −5 3 = . X=AB= −5 3 3 1 14 −7
Nije uobiˇcajeno u matematici isticati svojstva koja ne vrijede. Ovdje c´emo uˇciniti iznimku poˇsto sljede´ca ‘nevaˇze´ca svojstva’ razlikuju matriˇcnu algebru od uobiˇcajenih algebri brojeva: (i) Op´cenito je AB = BA . (ii) Jednakost AB = AC ne povlaˇci nuˇzno B = C , cˇak niti u sluˇcaju A = 0 . (iii) Ako je AB = 0 , tad nije nuˇzno A = 0 niti mora biti B = 0 .
Nije uobiˇcajeno u matematici isticati svojstva koja ne vrijede. Ovdje c´emo uˇciniti iznimku poˇsto sljede´ca ‘nevaˇze´ca svojstva’ razlikuju matriˇcnu algebru od uobiˇcajenih algebri brojeva: (i) Op´cenito je AB = BA . (ii) Jednakost AB = AC ne povlaˇci nuˇzno B = C , cˇak niti u sluˇcaju A = 0 . (iii) Ako je AB = 0 , tad nije nuˇzno A = 0 niti mora biti B = 0 .
16
1. MATRICE
16
1. MATRICE
Korist od ovoga pristupa sastoji se u tome da znaju´ci matricu A moˇzemo odrediti rjeˇsenje jednadˇzbe (1.7) za bilo kakvu matricu B . - da matrica A zadovoljava i jednadˇzbu AA = I : Uvjerite se takoder 3 1 2 −1 1 0 = . 5 2 −5 3 0 1
Korist od ovoga pristupa sastoji se u tome da znaju´ci matricu A moˇzemo odrediti rjeˇsenje jednadˇzbe (1.7) za bilo kakvu matricu B . - da matrica A zadovoljava i jednadˇzbu AA = I : Uvjerite se takoder 3 1 2 −1 1 0 = . 5 2 −5 3 0 1
∗*∗
∗*∗
Inverzna matrica. Neka je A ∈ Mn zadana matrica. Matrica A za koju vrijedi A A = AA = I
(1.9)
Inverzna matrica. Neka je A ∈ Mn zadana matrica. Matrica A za koju vrijedi A A = AA = I
(1.9)
naziva se inverzna matrica matrice A . Provjerimo najprije da je inverzna matrica (ako postoji!) jedinstvena. Pretpostavimo da postoje dvije matrice, A i A koje zadovoljavaju (1.9). Tad iz A A = I , mnoˇze´ci ‘s desna’ s matricom A dobivamo (A A)A = IA = A . Kako je po pretpostavci (A A)A = A (AA ) = A I = A , odavde slijedi tvrdnja. Inverznu matricu obiˇcno oznaˇcavamo s A−1 . Za matricu A kaˇzemo da je regularna ukoliko postoji njezina inverzna matrica A−1 .
naziva se inverzna matrica matrice A . Provjerimo najprije da je inverzna matrica (ako postoji!) jedinstvena. Pretpostavimo da postoje dvije matrice, A i A koje zadovoljavaju (1.9). Tad iz A A = I , mnoˇze´ci ‘s desna’ s matricom A dobivamo (A A)A = IA = A . Kako je po pretpostavci (A A)A = A (AA ) = A I = A , odavde slijedi tvrdnja. Inverznu matricu obiˇcno oznaˇcavamo s A−1 . Za matricu A kaˇzemo da je regularna ukoliko postoji njezina inverzna matrica A−1 .
∗*∗
∗*∗
ˇ Citatelj c´e se moˇzda zapitati: postoji li kvadratna matrica A koja zadovoljava samo jednu od relacija u (1.9), a drugu ne? Na primjer, za koju vrijedi AA = I ali A A = I ? Odgovor je ne!, jedna jednakost u (1.9) povlaˇci drugu. Dokaz ove tvrdnje dat c´emo u narednom poglavlju. Do tad je korisno znati da je dovoljno provjeriti samo jednu jednakost u relaciji (1.9).
ˇ Citatelj c´e se moˇzda zapitati: postoji li kvadratna matrica A koja zadovoljava samo jednu od relacija u (1.9), a drugu ne? Na primjer, za koju vrijedi AA = I ali A A = I ? Odgovor je ne!, jedna jednakost u (1.9) povlaˇci drugu. Dokaz ove tvrdnje dat c´emo u narednom poglavlju. Do tad je korisno znati da je dovoljno provjeriti samo jednu jednakost u relaciji (1.9).
∗*∗ Takoder, vrlo je vaˇzno spomenuti da inverz ne mora uvijek postojati. Pri tom ne mislimo samo na nul matricu, za koju je takva tvrdnja oˇcevidna. Tako npr. matrica 0 1 A= nema inverza. Zaista, iz uvjeta AA = I dobivamo 0 0 0 1 a b 1 0 c d 1 0 = =⇒ = 0 0 c d 0 1 0 0 0 1 sˇ to je nemogu´ce. Uˇcini li vam se da je razlog tome sˇ to i ova matrica ima previˇse nula, pokuˇsajte 21 39 prona´ci inverz matrice . 49 91
∗*∗ - vrlo je vaˇzno spomenuti da inverz ne mora uvijek postojati. Pri tom ne Takoder, mislimo samo na nul matricu, za koju je takva tvrdnja oˇcevidna. Tako npr. matrica 0 1 A= nema inverza. Zaista, iz uvjeta AA = I dobivamo 0 0 0 1 a b 1 0 c d 1 0 = =⇒ = 0 0 c d 0 1 0 0 0 1 sˇ to je nemogu´ce. Uˇcini li vam se da je razlog tome sˇ to i ova matrica ima previˇse nula, pokuˇsajte 21 39 prona´ci inverz matrice . 49 91
∗*∗
∗*∗
Svojstva inverzne matrice. Iskaˇzimo sljede´ci
Svojstva inverzne matrice. Iskaˇzimo sljede´ci
Teorem 1.1. Ako su A i B regularne matrice, tad je i AB regularna i vrijedi
Teorem 1.1. Ako su A i B regularne matrice, tad je i AB regularna i vrijedi
(AB)
−1
=B
−1
−1
A
.
(1.10)
(AB)−1 = B−1 A−1 .
(1.10)
1. MATRICE
17
Dokaz. Matrica B−1 A−1 postoji po pretpostavci. Direktna provjera sad daje (AB)(B Sliˇcno se dobiva i
−1
−1
A
) = ABB
−1
−1
A
−1
= AIA
−1
= AA
= I.
1. MATRICE
17
Dokaz. Matrica B−1 A−1 postoji po pretpostavci. Direktna provjera sad daje (AB)(B−1A−1 ) = ABB−1 A−1 = AIA−1 = AA−1 = I. Sliˇcno se dobiva i
(B−1 A−1 )(AB) = B−1 A−1 AB = I.
(B−1 A−1 )(AB) = B−1 A−1 AB = I.
Zato postoji inverz od AB i on je jednak B−1 A−1 . Formula (1.10) vrijedi i za umnoˇzak n regularnih matrica: ako su A1 , . . . , An regularne, tad je i matrica A1 · · · An regularna i vrijedi
Zato postoji inverz od AB i on je jednak B−1 A−1 . Formula (1.10) vrijedi i za umnoˇzak n regularnih matrica: ako su A1 , . . . , An regularne, tad je i matrica A1 · · · An regularna i vrijedi
(A1 · · · An )−1 = An−1 · · · A1−1 .
(A1 · · · An )−1 = An−1 · · · A1−1 .
U to se moˇzemo uvjeriti direktnim mnoˇzenjem.
U to se moˇzemo uvjeriti direktnim mnoˇzenjem.
∗*∗
∗*∗
U nastavku c´emo pokuˇsati odgovoriti na sljede´ca vaˇzna pitanja • Kad je matrica A regularna? • Ako je A regularna, kako se raˇcuna njezin inverz? Jedan od mogu´cih odgovora na ova pitanja daje teorija determinanti.
U nastavku c´emo pokuˇsati odgovoriti na sljede´ca vaˇzna pitanja • Kad je matrica A regularna? • Ako je A regularna, kako se raˇcuna njezin inverz? Jedan od mogu´cih odgovora na ova pitanja daje teorija determinanti.
1.5. Algebarske strukture ∗
1.5. Algebarske strukture ∗
Pri prouˇcavanju skupa matrica, ali i mnogih drugih struktura, pojavljuju se izvjesne zakonitosti i zajedniˇcka svojstva. Stoga je korisno uoˇciti ih i izdvojeno promatrati. Na taj se naˇcin stjeˇce mnogo bolji uvid u zajedniˇcka svojstva nekih na prvi pogled posve razliˇcitih matematiˇckih struktura. Jedan od osnovnih pojmova algebre koji c´emo ovdje ukratko spomenuti, jest pojam grupe.
Pri prouˇcavanju skupa matrica, ali i mnogih drugih struktura, pojavljuju se izvjesne zakonitosti i zajedniˇcka svojstva. Stoga je korisno uoˇciti ih i izdvojeno promatrati. Na taj se naˇcin stjeˇce mnogo bolji uvid u zajedniˇcka svojstva nekih na prvi pogled posve razliˇcitih matematiˇckih struktura. Jedan od osnovnih pojmova algebre koji c´emo ovdje ukratko spomenuti, jest pojam grupe.
Grupe. Grupa je matematiˇcka struktura koja se sastoji od nepraznog skupa G i binarne operacije ◦ : G×G → G . To znaˇ ci da je za svaka dva elementa x, y ∈ G definiran njihov umnoˇzak x ◦ y ∈ G . Pri tome zahtjevamo da vrijede sljede´ca svojstva 1) Asocijativnost. Za sve x, y, z ∈ G vrijedi
Grupe. Grupa je matematiˇcka struktura koja se sastoji od nepraznog skupa G i binarne operacije ◦ : G×G → G . To znaˇ ci da je za svaka dva elementa x, y ∈ G definiran njihov umnoˇzak x ◦ y ∈ G . Pri tome zahtjevamo da vrijede sljede´ca svojstva 1) Asocijativnost. Za sve x, y, z ∈ G vrijedi
(x ◦ y) ◦ z = x ◦ (y ◦ z).
(x ◦ y) ◦ z = x ◦ (y ◦ z).
2) Postojanje neutralnog elementa. Postoji element e ∈ G takav da za svaki x ∈ G vrijedi e ◦ x = x ◦ e = x.
2) Postojanje neutralnog elementa. Postoji element e ∈ G takav da za svaki x ∈ G vrijedi e ◦ x = x ◦ e = x.
−1
3) Postojanje inverznog elementa. Za svaki x ∈ G postoji element x
∈ G takav da je
3) Postojanje inverznog elementa. Za svaki x ∈ G postoji element x−1 ∈ G takav da je
x ◦ x−1 = x−1 ◦ x = e.
x ◦ x−1 = x−1 ◦ x = e.
Ako je k tome za svaka dva elementa x, y ∈ G ispunjeno x ◦ y = y ◦ x , onda za G kaˇzemo da je komutativna ili Abelova grupa.
Ako je k tome za svaka dva elementa x, y ∈ G ispunjeno x ◦ y = y ◦ x , onda za G kaˇzemo da je komutativna ili Abelova grupa.
Terminologija. U najjednostavnijim i najvaˇznijim primjerima, G je obiˇcno neki skup brojeva, a operacija ◦ bilo zbrajanje, bilo mnoˇzenje. Ako je operacija ◦ nalik na zbrajanje, tad grupu nazivamo aditivnom, neutralni element nulom, a inverzni element zovemo suprotnim elementom. Ako pak operacija ◦ nalikuje na mnoˇzenje, grupu nazivamo multiplikativnom, neutralni element jedinicom, a inverzni element reciproˇcnim. Evo primjera.
Terminologija. U najjednostavnijim i najvaˇznijim primjerima, G je obiˇcno neki skup brojeva, a operacija ◦ bilo zbrajanje, bilo mnoˇzenje. Ako je operacija ◦ nalik na zbrajanje, tad grupu nazivamo aditivnom, neutralni element nulom, a inverzni element zovemo suprotnim elementom. Ako pak operacija ◦ nalikuje na mnoˇzenje, grupu nazivamo multiplikativnom, neutralni element jedinicom, a inverzni element reciproˇcnim. Evo primjera.
18
1. MATRICE
18
1. MATRICE
1. Aditivna grupa realnih brojeva (R, +) , s operacijom zbrajanja kao grupovnom operacijom. Neutralni element je 0 (nula), a suprotni element broja x je broj −x . Sliˇcno, aditivne grupe su grupe cijelih brojeva (Z, +) , racionalnih (Q, +) , kompleksnih (C, +) . Prirodni brojevi (N, +) ne cˇine grupu: ne postoji niti neutralni, niti suprotni element niti jednoga prirodnoga broja.
1. Aditivna grupa realnih brojeva (R, +) , s operacijom zbrajanja kao grupovnom operacijom. Neutralni element je 0 (nula), a suprotni element broja x je broj −x . Sliˇcno, aditivne grupe su grupe cijelih brojeva (Z, +) , racionalnih (Q, +) , kompleksnih (C, +) . Prirodni brojevi (N, +) ne cˇine grupu: ne postoji niti neutralni, niti suprotni element niti jednoga prirodnoga broja.
2. Multiplikativna grupa (R∗ , ·) , gdje je R∗ = R \ {0} , a · operacija mnoˇzenja. Jedinica (neutralni element) je 1, inverzni element od x je 1/x . Sliˇcno su grupe i (R+ , ·) , (Q∗ , ·) , (Q+ , ·) , (C∗ , ·) . Medutim, (Z∗ , ·) ne cˇini grupu: ne postoji inverzni element niti jednoga cijeloga broja koji je ve´ci od 1.
2. Multiplikativna grupa (R∗ , ·) , gdje je R∗ = R \ {0} , a · operacija mnoˇzenja. Jedinica (neutralni element) je 1, inverzni element od x je 1/x . Sliˇcno su grupe i (R+ , ·) , (Q∗ , ·) , (Q+ , ·) , (C∗ , ·) . Medutim, (Z∗ , ·) ne cˇini grupu: ne postoji inverzni element niti jednoga cijeloga broja koji je ve´ci od 1.
3. Neka je n prirodan broj i (Zn , +) grupa ‘ostataka modulo n ’. Tu je skup Zn = {0, 1, 2, . . . , n − 1} , operacija + dvama elementima iz Zn pridruˇzuje ostatak pri dijeljenju njihova zbroja brojem n . Provjeri da je (Zn , +) grupa za sluˇcaj n = 2, 3, 4, 5, 6 . Ispiˇsi ‘tablicu zbrajanja’, poput ove za n=5 + 0 1 2 3 4 0 0 1 2 3 4 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4
3. Neka je n prirodan broj i (Zn , +) grupa ‘ostataka modulo n ’. Tu je skup Zn = {0, 1, 2, . . . , n − 1} , operacija + dvama elementima iz Zn pridruˇzuje ostatak pri dijeljenju njihova zbroja brojem n . Provjeri da je (Zn , +) grupa za sluˇcaj n = 2, 3, 4, 5, 6 . Ispiˇsi ‘tablicu zbrajanja’, poput ove za n=5 + 0 1 2 3 4 0 0 1 2 3 4 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4
4. Ako je p prost broj, Z∗p = {1, 2, . . . , p − 1} i operacija · definirana kao operacija mnoˇzenja modulo p koja paru brojeva pridruˇzuje ostatak pri dijeljenju njihova umnoˇska brojem p , tad je (Z∗p , ·) grupa. Tablica mnoˇzenja za p = 5 glasi
4. Ako je p prost broj, Z∗p = {1, 2, . . . , p − 1} i operacija · definirana kao operacija mnoˇzenja modulo p koja paru brojeva pridruˇzuje ostatak pri dijeljenju njihova umnoˇska brojem p , tad je (Z∗p , ·) grupa. Tablica mnoˇzenja za p = 5 glasi
· 1 2 3 4
1 1 2 3 4
2 2 4 1 3
3 3 1 4 2
4 4 3 2 1
· 1 2 3 4
1 1 2 3 4
2 2 4 1 3
3 3 1 4 2
4 4 3 2 1
Iz ove tablice cˇitamo: 2 · 2 = 4 , 2 · 3 = 1 , 3 · 4 = 2 , 4−1 = 4 , 2−1 = 3 itd. Provjeri direktno da je (Z∗p , ·) grupa za p = 2, 3, 7 . Ako p nije prost, onda (Z∗p , ·) nije grupa. Npr. za p = 6 umnoˇzak 2 · 3 jednak je 0 i ne pripada grupi.
Iz ove tablice cˇitamo: 2 · 2 = 4 , 2 · 3 = 1 , 3 · 4 = 2 , 4−1 = 4 , 2−1 = 3 itd. Provjeri direktno da je (Z∗p , ·) grupa za p = 2, 3, 7 . Ako p nije prost, onda (Z∗p , ·) nije grupa. Npr. za p = 6 umnoˇzak 2 · 3 jednak je 0 i ne pripada grupi.
5. Uredeni par (F, +) je grupa, gdje su F sve funkcije sa skupa S u R (ili u C ), a + ˇ je suprotni operacija zbrajanja funkcija. Neutralni element je funkcija identiˇcki jednaka nuli. Sto element? Ova je grupa Abelova.
5. Uredeni par (F, +) je grupa, gdje su F sve funkcije sa skupa S u R (ili u C ), a + ˇ je suprotni operacija zbrajanja funkcija. Neutralni element je funkcija identiˇcki jednaka nuli. Sto element? Ova je grupa Abelova.
- par (B, ◦ ) svih bijekcija sa skupa S u S je grupa. ◦ je kompozicija funkcija, e 6. Uredeni identiteta, a x−1 inverzna funkcija. Grupa nije Abelova. Primjeri grupa su mnogobrojni. Tijekom ovoga kursa, kao i u kursu matematiˇcke analize, srest c´emo se s velikim brojem sliˇcnih primjera.
- par (B, ◦ ) svih bijekcija sa skupa S u S je grupa. ◦ je kompozicija funkcija, e 6. Uredeni identiteta, a x−1 inverzna funkcija. Grupa nije Abelova. Primjeri grupa su mnogobrojni. Tijekom ovoga kursa, kao i u kursu matematiˇcke analize, srest c´emo se s velikim brojem sliˇcnih primjera.
Osnovna svojstva grupe. Navedimo neka najjednostavnija svojstva svake grupe. • Neutralni element je jedinstven. Zaista, ako postoje dva elementa, e i e recimo, za koje vrijedi 2), tad bi bilo e ◦ e = e
Osnovna svojstva grupe. Navedimo neka najjednostavnija svojstva svake grupe. • Neutralni element je jedinstven. Zaista, ako postoje dva elementa, e i e recimo, za koje vrijedi 2), tad bi bilo e ◦ e = e
1. MATRICE
19
jer je e neutralni element, ali i
1. MATRICE
19
jer je e neutralni element, ali i
e ◦ e = e
jer je e neutralan. Stoga je nuˇzno e = e . • Inverzni element je jedinstven. Zaista, ako x ima dva inverza, x i x recimo, tad bi bilo
jer je e neutralan. Stoga je nuˇzno e = e . • Inverzni element je jedinstven. Zaista, ako x ima dva inverza, x i x recimo, tad bi bilo
x ◦ x = e
x ◦ x = e
pa mnoˇzenje s x (slijeva) daje
pa mnoˇzenje s x (slijeva) daje
x Zbog asocijativnosti je tad
e ◦ e = e
◦ (x ◦ x
)=x
◦e
x ◦ (x ◦ x ) = x ◦ e = x .
=x . Zbog asocijativnosti je tad
(x ◦ x) ◦ x = x
te konaˇcno dobivamo
(x ◦ x) ◦ x = x
te konaˇcno dobivamo e ◦ x = x ,
e ◦ x = x ,
x =x .
x = x .
• U svakoj grupi jednadˇzba a ◦ x = b ima jedinstveno rjeˇsenje. Zaista, mnoˇzenjem s a−1 dobivamo a−1 ◦ (a ◦ x) = a−1 ◦ b ⇐⇒ e ◦ x = a−1 ◦ b
• U svakoj grupi jednadˇzba a ◦ x = b ima jedinstveno rjeˇsenje. Zaista, mnoˇzenjem s a−1 dobivamo a−1 ◦ (a ◦ x) = a−1 ◦ b ⇐⇒ e ◦ x = a−1 ◦ b
te je x = a−1 ◦ b . Rjeˇsenje je jedinstveno, jer, kad bi postojala dva — recimo x1 i x2 — tad bi iz a ◦ x1 = b i a ◦ x2 = b slijedilo a ◦ x1 = a ◦ x2 te, mnoˇzenjem s a−1 , dobili bi x1 = x2 . Sliˇcno, jednadˇzba y ◦ a = b ima jedinstveno rjeˇsenje y = b ◦ a−1 .
te je x = a−1 ◦ b . Rjeˇsenje je jedinstveno, jer, kad bi postojala dva — recimo x1 i x2 — tad bi iz a ◦ x1 = b i a ◦ x2 = b slijedilo a ◦ x1 = a ◦ x2 te, mnoˇzenjem s a−1 , dobili bi x1 = x2 . Sliˇcno, jednadˇzba y ◦ a = b ima jedinstveno rjeˇsenje y = b ◦ a−1 .
Polje. Sljede´ca vaˇzna matematiˇcka struktura jest polje. Polje cˇini neprazni skup X na kojemu su definirane dvije operacije i koje zadovoljavaju svojstva koja c´emo navesti u nastavku. Operacije c´emo oznaˇciti s + i s · iako to ne moraju biti klasiˇcne operacije zbrajanja i mnoˇzenja. Zahtijevamo da bude ispunjeno sljede´ce: 1) (X, +) je (aditivna) Abelova grupa, 2) (X ∗ , ·) je (multiplikativna) Abelova grupa, pri cˇemu je X ∗ = X \ {0} , 3) vrijede zakoni distribucije, za sve x, y, z ∈ X
Polje. Sljede´ca vaˇzna matematiˇcka struktura jest polje. Polje cˇini neprazni skup X na kojemu su definirane dvije operacije i koje zadovoljavaju svojstva koja c´emo navesti u nastavku. Operacije c´emo oznaˇciti s + i s · iako to ne moraju biti klasiˇcne operacije zbrajanja i mnoˇzenja. Zahtijevamo da bude ispunjeno sljede´ce: 1) (X, +) je (aditivna) Abelova grupa, 2) (X ∗ , ·) je (multiplikativna) Abelova grupa, pri cˇemu je X ∗ = X \ {0} , 3) vrijede zakoni distribucije, za sve x, y, z ∈ X
(x + y) · z = x · z + y · z
(x + y) · z = x · z + y · z
x · (y + z) = x · y + x · z
x · (y + z) = x · y + x · z
Standardni primjeri polja su polja brojeva (Q, +, ·) , (R, +, ·) , (C, +, ·) . Polje cˇini takoder i skup (Zp , +, ·) za prost broj p , pri cˇemu su obje operacije definirane kao ostatak modulo p .
Standardni primjeri polja su polja brojeva (Q, +, ·) , (R, +, ·) , (C, +, ·) . Polje cˇini takoder i skup (Zp , +, ·) za prost broj p , pri cˇemu su obje operacije definirane kao ostatak modulo p .
Matrice. Neka je K bilo koje polje. Matrica je svaka funkcija A : {1, . . . , m} × {1, . . . , n} → K . Za nju kaˇzemo da je matrica nad poljem K . Uobiˇcajeno je oznaˇciti s aij vrijednost A(i, j) . Takoder, uobiˇcajeno je cjelokupnu matricu pisati u obliku tablice 2a a ... a 3
Matrice. Neka je K bilo koje polje. Matrica je svaka funkcija A : {1, . . . , m} × {1, . . . , n} → K . Za nju kaˇzemo da je matrica nad poljem K . Uobiˇcajeno je oznaˇciti s aij vrijednost A(i, j) . Takoder, uobiˇcajeno je cjelokupnu matricu pisati u obliku tablice 2a a ... a 3
Ako matricu interpretiramo kao funkciju, tad skup (Mmn , +) svih matrica tipa (m, n) cˇini grupu, pri cˇemu je + operacija matriˇcnog zbrajanja. Asocijativnost zbrajanja vrijedi jer vrijedi za funkcije, neutralni element (nula) je matrica identiˇcki jednaka nuli — dakle, nul matrica 0 za koju je 0(i, j) = 0 za sve i, j . Suprotni element je matrica −A za koju je (−A)(i, j) := −A(i, j) itd.
Ako matricu interpretiramo kao funkciju, tad skup (Mmn , +) svih matrica tipa (m, n) cˇini grupu, pri cˇemu je + operacija matriˇcnog zbrajanja. Asocijativnost zbrajanja vrijedi jer vrijedi za funkcije, neutralni element (nula) je matrica identiˇcki jednaka nuli — dakle, nul matrica 0 za koju je 0(i, j) = 0 za sve i, j . Suprotni element je matrica −A za koju je (−A)(i, j) := −A(i, j) itd.
11
12
1n
6 a21 a22 . . . a2n 7 7. A=6 4 .. 5 ... . am1 am2 . . . amn
11
12
1n
6 a21 a22 . . . a2n 7 7. A=6 4 .. 5 ... . am1 am2 . . . amn
20
1. MATRICE
20
1. MATRICE
Matrice nad poljem C . Zbog svojstava polja C kompleksnih brojeva korisno je, a ponekad i neophodno, promatrati matrice cˇiji su elementi kompleksni brojevi. Ovakve matrice imaju sve osobine skupa matrica nad poljem realnih brojeva; dodatni oprez treba uˇciniti pri definiciji transponiranja. Ovdje je korisni¯ matricu s je definirati umjesto transponirane tzv. adjungiranu matricu. Oznaˇcimo najprije s A kompleksno-konjugiranim elementima: – – » » 2−i 1 2+i 1 ¯ =⇒ A = A= 1+i 3−2i 1−i 3+2i
Matrice nad poljem C . Zbog svojstava polja C kompleksnih brojeva korisno je, a ponekad i neophodno, promatrati matrice cˇiji su elementi kompleksni brojevi. Ovakve matrice imaju sve osobine skupa matrica nad poljem realnih brojeva; dodatni oprez treba uˇciniti pri definiciji transponiranja. Ovdje je korisni¯ matricu s je definirati umjesto transponirane tzv. adjungiranu matricu. Oznaˇcimo najprije s A kompleksno-konjugiranim elementima: – – » » 2+i 1 ¯ = 2−i 1 =⇒ A A= 1+i 3−2i 1−i 3+2i
Sad definiramo adjungiranu matricu A∗ formulom
Sad definiramo adjungiranu matricu A∗ formulom
¯ , A∗ = (A) u gornjem primjeru ∗
A =
»
– 2−i 1+i . 1 3−2i
¯ , A∗ = (A) u gornjem primjeru A∗ =
»
– 2−i 1+i . 1 3−2i
Primijetimo, ako je A realna, tad je A∗ = A . Matrica A∗ imat c´e ulogu matrice A u mnogim teoremima u kojima se, u sluˇcaju realnih matrica, javlja transponirana matrica A . Matrica je hermitska ako vrijedi A = A∗ .
Primijetimo, ako je A realna, tad je A∗ = A . Matrica A∗ imat c´e ulogu matrice A u mnogim teoremima u kojima se, u sluˇcaju realnih matrica, javlja transponirana matrica A . Matrica je hermitska ako vrijedi A = A∗ .
Vektorski prostor (X, +, ·) . Skup X na kojemu su definirane operacije zbrajanja te mnoˇzenja sa skalarom je vektorski prostor ukoliko te dvije operacije zadovoljavaju sljede´ca svojstva: 1) (∀x, y, z ∈ X) x + (y + z) = (x + y) + z . 2) (∃0 ∈ X)(∀x ∈ X) x + 0 = 0 + x = x . 3) (∀x ∈ X)(∃x ∈ X) x + x = x + x = 0 . 4) (∀x, y ∈ X) x + y = y + x . 5) (∀α , β ∈ R)(∀x ∈ X) α (β x) = (αβ )x 6) (∀α ∈ R)(∀x, y ∈ X) α (x + y) = α x + α y . 7) (∀α , β ∈ R)(∀x ∈ X) (α + β )x = α x + β x . 8) 1 · x = x Svako od ovih svojstava ima svoj naziv: 1) asocijativnost zbrajanja, 2) postojanje nul elementa, 3) postojanje suprotnog elementa, 4) komutativnost zbrajanja, 5) kompatibilnost mnoˇzenja, 6) distributivnost mnoˇzenja prema zbrajanju u X , 7) distributivnost mnoˇzenja prema zbrajanju u R , 8) netrivijalnost mnoˇzenja. Iako i u definiciji vektorskoga prostora sudjeluju dvije operacije + i · , njih ne smijemo brkati s takvim operacijama koje su definirale polje. Kod polja se operacija mnoˇzenja vrˇsila nad dva elementa iz toga polja, dok se u vektorskome prostoru mnoˇzi skalar i element vektorskoga prostora. Primijetimo da pri tome skalari cˇine polje! Zato joˇs govorim o vektorskom prostoru nad poljem R , ili pak o vektorskom prostoru nad poljem C , ukoliko su skalari kompleksni brojevi itd.
Vektorski prostor (X, +, ·) . Skup X na kojemu su definirane operacije zbrajanja te mnoˇzenja sa skalarom je vektorski prostor ukoliko te dvije operacije zadovoljavaju sljede´ca svojstva: 1) (∀x, y, z ∈ X) x + (y + z) = (x + y) + z . 2) (∃0 ∈ X)(∀x ∈ X) x + 0 = 0 + x = x . 3) (∀x ∈ X)(∃x ∈ X) x + x = x + x = 0 . 4) (∀x, y ∈ X) x + y = y + x . 5) (∀α , β ∈ R)(∀x ∈ X) α (β x) = (αβ )x 6) (∀α ∈ R)(∀x, y ∈ X) α (x + y) = α x + α y . 7) (∀α , β ∈ R)(∀x ∈ X) (α + β )x = α x + β x . 8) 1 · x = x Svako od ovih svojstava ima svoj naziv: 1) asocijativnost zbrajanja, 2) postojanje nul elementa, 3) postojanje suprotnog elementa, 4) komutativnost zbrajanja, 5) kompatibilnost mnoˇzenja, 6) distributivnost mnoˇzenja prema zbrajanju u X , 7) distributivnost mnoˇzenja prema zbrajanju u R , 8) netrivijalnost mnoˇzenja. Iako i u definiciji vektorskoga prostora sudjeluju dvije operacije + i · , njih ne smijemo brkati s takvim operacijama koje su definirale polje. Kod polja se operacija mnoˇzenja vrˇsila nad dva elementa iz toga polja, dok se u vektorskome prostoru mnoˇzi skalar i element vektorskoga prostora. Primijetimo da pri tome skalari cˇine polje! Zato joˇs govorim o vektorskom prostoru nad poljem R , ili pak o vektorskom prostoru nad poljem C , ukoliko su skalari kompleksni brojevi itd.
20
l.
MATRICE
(30 E X)(Vx E X) x+0==0+x==x. (Vx E X)(3x' E X) x+x'==x'+x=O. (Vx, y E X) X+Y =y +X. (Va, f3 E R)(Vx E X) a(fjx) =(af3)x (Va E R)(Vx, y E X) a(x+y) =ax+ay. 7) (Va,/3 E R)(Vx E X) (a+f3)x=ax+fjx. 8) l· X=X
2) 3) 4) 5) 6)
Svako od ovih svojstava ima svoj naziv:
l) asocijativnost zbrajanja, 2) postojanje nul elementa, 3) postojanje suprotnog elementa, 4) komutativnost zbrajanja, 5) kompatibilnost množenja, 6) distributivnost množenja prema zbrajanju u X, 7) distributivnost množenja prema zbrajanju u R,
8) netrivijalnost množenja
lako i u definiciji vektorskoga prostora sudjeluju dvije operacije + i
· ,
njih ne smijemo brkati s
takvim operacijama koje su definirale polje. Kod polja se operacija množenja vršila nad dva elementa iz toga polja, dok se u vektorskome prostoru množi skalar i element vektorskoga prostora
R,
Primijetimo da pri tome skalari čine polje! Zato još govorim o vektorskom prostoru nad poljem
ili pak o vektorskom prostoru nad poljem C , ukoliko su skalari kompleksni brojevi itd.
Kazali smo na početku da elementi matrica mogu biti i same matrice! Takve matrice nazivamo
blok matricama. Pri tome ćemo vidjeti da su i na ovakvim matricama definirane sve operacije kao i za matrice čiji su elementi skalari; čak se čuvaju i njihova svojstva Blok matrica je svaka matrica oblika
(Aij)
,
pri čemu su
Aij
matrice sa skalarnim elementima
Dvije tllkve matrice možemo zbrajati i množiti:
n
(Aij)(Bjk)
==
(�= AijBjk) j=l
Da bi ove operacije bile definirane, mora biti definiran svaki element u matricama s desne strane. Najlakše je to vidjeti na primerima. Matrice četvrtoga reda
[io -lo j 1] -
A==
2
3
,
možemo napisati u obliku blok matrica na način:
B==
[
o o]
2 -2 -3 l O O 2 -1 4 3 l 2 -1 l
l. MATRICE
ll
Ovdje pojedini elementi blok matrice (koje nazivamo blokovi) iznose:
Au = Bu =
[ 2l -l3J [ 2 -2lJ
A12 =
'
-3
B12 =
'
[ 2l -l J [o oJ
4 ' A21 = B21 =
O O '
Sad možemo računati zbroj matrica
A
i
B
[� � J , [2l -2l J '
kao i njihov umnožak računajući s blokovima.
,
Napomenimo da pri tom oko pojedinih blokova ne stavljamo matrične zagrade, iako zbog lakšega snalaženja često te blokove omedujemo crticama:
[
l ll =!-�-+_3 J 2 l l 2 l
[
Au+Bu A12+B12 A + B= = A21+B21 A22+B22
l
3
-l
l
3
-1
4
__ _
4 4
l
Korist od računa s blok matricama je u tome što se one rabe u situacijama kad su mnogi od blo kova specijalnoga oblika (obično nul-matrice). Tad se pojednostavljuje naročito operacija množenja. (U gornjem primjeru samo je po jedan blok svake matrice jednak nuli, matrica dobivamo na način:
AB
[ [
AuBu+A12B21 A21B,, +A22B21 AuB11+A12B21 = A22B21
=
AuB12+A12B22 A21B12+A22B22 A12B22 A22�2
J
Izračunajmo pojedine blokove:
AuBu + A12B21 =
]
=
812 =O.)
] [ l2 -l] [ 2l -l] [ [ 2l -1 J [ -32 2l+ [ 2l -l J [ -l l J [5 10l J [ -1 3l J [2l -l2 J [ -17 3 J [-21 3l] [-l l3] [- 55 -29] . -2 5 02 5 1 3
-
4
A12B22 =
4
A22B21 =
3
4
[
[
-1
l
4 :
7
l
}
4
l
+-�-! .
3
___
t5
=
l
AB= -�
-6 -2
Umnožak
= 4
l
-6
=
2
4
=
2
A22B22 = Tako je
A21
-5 -2 5 9
Blokovi matrica ne moraju biti kvadratni, niti jednakoga oblika. Pri rastavu matrice na.\llokpve
imamo potpunu slobodu.
Jedini je uvjet da blokovi moraju biti načinjeni tako da su operacije ·
[�--�+;��-:] t-��-:-�i1 l [�o-::�+i��]o 2 o
kanimo učiniti s njima definirane. Evo dvaju tipičnih primjera.
2 -1 o o o o o1o 1 2 l
3
l
-2 l
=
0 0!3
8
...:.3
l
4
011
l
koje
l. MATRICE
.22 U drugom primjeru, matrice reda
n
su podijeljene u blokove tako dasu izdvojeni kao posebni
elementi prvi redak i prvi stupac matrice. Prvi blok čine skalari na poziciji (l, l) drugi blok vektor duljine n- 1, a četvrti matrice i retci duljine n- l, treći blok vektor-stupci i i
a1 bt l B1 reda n
-
.
a 2 b2
,
Tad zbroj i umnožak matrica izgleda ovako:
[_!._�-��J [-���-�-a���� J ] L��-� + [a2 At bz Bt az+bz At+Bt [-��-�J [_!._�-��J [-��!����_L������.! ] a2 At bz Bt tlaz+Atbt azbt+AtBt 1
1
Prirnijeti daje umnožak
a1b2
1
1
skalar,dok je
1
a2b1
i
ma trica reda n-l.
At
2.
Determinante
l. Definicija determinante .... . ... ... . . ... ....23 2. Svojstva determinanti . ....... ....... ......28 3. Detenninante i inverzna matrica ..... . ..... ...35 4. S loženost algoritma . ....... ... . .. .. . .....39 S. Opravdanje definicije determinante ............ 40
[:� :�� :�:l
Svakoj jes kvadratnoj skalar-njezina Taj broj označavamo detA ili pakmatrici s IAI pridružen . Pri računanju determinantideterminanta koristit ćemo i zapise det . : : : Kakoelementima je ovaj zapisdeterminante, sličan onomenjezinom kod matrica, govorit ćemoiako-baš kao(kadi sekodizračuna) matrica -o retku ili stupcu, je ona tek jedan broj. Koji? Determinante ćemo definirati induktivno. Krenut ćemo od matrica malogare�da. l i matricu A= [ ] definiramo2 detA= l l ani am2
Za n=
· • •
ann
1
a l l a12 a21 a22
ani an2
.
a1 n
• • •
a2n
· · ·
ann
al l
a l l =a l l.
engl. determinant, njem Determinante, fr. determinant, rus. onpe.n;emnenb od lat. determinare Oznaku l l uveo je 1841.Cayley. 2 Ovdje l a ni označava detenninantu, ne apsolutnu vrijednost. To nas ne treba brinuti, jer baš nigdje poslije nećemo pisati determinantu matrice prvoga reda. Također, zapis determinante IAI ne treba dovoditi u vezu s 'apsolutnom vrijednošću matrice' jer ta nije niti će ikad biti definirana. 1
odrediti. .
24
2. DETERMINANTE
definiraDeterminanta ovako: matrice drugoga reda. Za matrice drugoga reda determinanta se (2.1) Na primjer l ; : l = 2e - 3n, l -2X xll = x + 2, (x E R). Motivacija - veza s linearnim sustavima. Što je motiviralo ovakvu definiciju determinante? pojamdeterminante povijesno prethodio a javio se je jeprispomenuti rješavanjudaje sustava linearnih jednadfhi. pojmu matrice,Interesantno Napišimo najjednostavniji sustav linearnih jednadžbi: 2
ax
+ by = e, cx + dy = J.
Njegabudućih možemoizlaganja lako riješiti bilo suprotnih kojom odkoeficijenata': elementarnih metoda. Moždaprvujejednadžbu najviše u duhu 'metoda pomnožimo brojem d , drugu brojem -b i zbrojimo rezultate. Dobit ćemo ekvivalentnu jednadžbu: (ad - bc)x = ed - bJ
==>
x=
ed - bJ . ad - bc
(ad- bc)y = af- ce
==>
y=
aj - ce . ad_ bc
Slično, za drugu nepoznanicu vrijedi
Primjećujemo da su i brojnik i nazivnik u ovim izrazima upravo determinante! Zaista y
_l� il -�� ��-
(2.2)
i determinanti važnijau četvrtom pošto analogne muleOva vrijedevezai zalinearnih sustavesustava višega reda. O tome ćejebitiutoliko više riječi poglavlju.for Determinanta matrica trećega reda.
Za matrice reda 3 , definicija glasi (2.3)
25
2. DETERMINANTE
Dakako da se račun može nastaviti računajući determinante reda 2: = au ( a22a33 - a23a32) - a12 ( a21 a33 - a23 a31 ) + a13 ( a21 a32 - a22a31 ) = au a22a33 - au a23a32 + a12 a23 a31 - a12a21 a33 + a13a21 a32 - a13a22 a31
Na primjer 3-12 -12l -353 = 2·1· (-3) - 2·2·5+(-1)·5·(-1) - ( -1)·3· ( -3) + 3·3·2 - 3·1·( l) = -9. Ovaj nam rastav sugerira kako treba postupiti u općem slučaju. Označimo s M11A:determinantu matrice koju dobijemo brisanjem prvoga retkaMinore. i prvoga stupca matrice -
Mll
·-l .-
a22 a23 a32 a33
1
.
Takvu su determinantu nazivamo minora, preciznije, minora elementa a11 Slično, neka •
minorematričnih elemenataelemenata, a 12 odnosno a 13 Pomoću minora definiramo algebarske komple pridružujući predznake + ili - po sljedećem pravilu: A12 := -M12, Au := +Mu , Uz ove oznake, definicija determinante trećega reda glasi: (2.4) detA = auAu + a12A12 + a13A13. Ista formula, zapisana preko minora, glasi (2.5) detA= a11Mu - a12M12 + a13M13. Kako ova definicija služi i za računanje determinante, kažemo još da smo determinantu razvili po elementima prvoga retka. Izračunajmo kao primjer gore spomenutu determinantu: 23 -1l 35 = 2 1 5 1 - (-1) 3 5 +3 1 3 l l 1 -1 -3 1 -1 2 -3 -1 2 -3 = 2.1 2( -13) + ( -4) + 3. (7) = -9. mente
.
2. DETERMINANTE
26
Pokušajmo sad poopćiti ovaj zapis. Neka je Mij minora elementa aif početne ma trice: determinanta koju dobijemo brisanjem i -tog retka i j -tog stupca. Odgovarajući algebarski komplement iznosi - (- 1)1+iM A"lj lj' ·
Tvrdimo da vrijedi formula analogna (2.1) za razvoj po svakom retku: 3 3 (2.6) detA= L aiJAij = L(-Iy+ia11Mij j=:l ]=
Determinanta matrice n -toga reda LapiM!eOv razvoj. U općem slučaju, determinanta matrice definira se razvojem po nekom retku, odnosno stupcu, baš kao u formulama (2.6) i (2.7). Takav se rastav naziva Laplaceov razvoj determinante. Neka je Mif rninora, a Ati algebarski komplement elementa aij. Tad se determinanta matrice reda n definira na način 1 -
n
n
detA= L aijAtj = E c- I)i+iaijMij i=l i=1 1
(2.8)
Oprezniji čitatelj sigurno� imali zamjerku ovoj definiciji. Zaista, bilo bi kurektnije definirati derenninantu a nakon toga dokazati da se taj razvoj � s razvojima po ostalim re«:ima ili stupcima. Taj se pristup rabi u opsemijim udžbenicima, međutim dokaz ovoga svojstva (kojega smo ilustrirali za đerenninante trećega reda) jest previše složen da bismo ga odmah navodili. Zbog potpunosti, dat ćemo ga u dodatku ovome poglavlju.
razvojem samo po prvom retku,
2. DETERMINANTE
27
(razvoj po i-tom retku), ili pak s detA = L:> L:) (razvoj po j-tom stupcu) Primjer 2.1. Izračuna jmo determinantu 23 32 3 5l 11 o o 3 n
n
iiAii
i=l
=
=
i=l
l
-l)i+iaiiMii
(2.9)
o
-1 o o 2
Razvojem po trećem retku i zatim po drugom stupcu dobivamo: 2 3 ( 2l =i ;1+31 i D 6 ( 1) + 9 5 5 1 11=3 =i2 �; - � Možda neće bitizavršavamo suvišno spomenuti dakonačnoj uzastopnim razvijanjem sve namanjih i ma njih minora uvijek na istoj formuli, bez obzira redoslijed odabranih razvoja. od kojihkaoještosvaki smobiokodoblika determinante trećega reda završili nadetermi zbroju odnante šestn-toga umnožaka tako i pri rastavu kaoindeksi rezultat zbroj od n! umnožaka. Svaki umnožak je oblika2, ... ,n} . reda(Tihdobivamo pri čemu čine neku permutaciju skupa permudeterminante: tacija ima točno n!.) Stoga se u nekim knjigama može vidjeti i sljedeća definicija (210) Predznak + ima ili -podjednako ovisi o permutaciji, + dolazio permutacijama uz parne, a - iuzovakvoj neparnedefiniciji permu tacije, kojih mnogo. Detalje determinante čitatelj može potražiti u literaturi. l
=
-
= -
·
-
·
=
.
Baš
a1ita2ha3h,
{l,
atita2h ···ani.,
(}t, h, ... ,jn)
Je li računanje determinante jednostavan posao ili nije? Eksplicitna fommla (2. 1 0) da daje jednostavan algoritam, ako ne za ručno a ono barelll strojno raču izgleda nanje. Međutim, takva je pomisao daleko ododistine. Dabrojbismo odredilin-determinantu formulom (2.10) potrebno je učiniti, za svaki n! pri nika, točno množenje na koncu n! - zbrajanje, što ukupno dajen ·n! operaciju. Tt\i je broj strahovito štovelikje pošto recimofaktorijele 1on ). rastu iznimno brzo (čak brže od eksponencijalnih funkcija kao Računajući determinante primjenom definicije, pomoćuponaša rekurzivnih formula, doUz bitpretpostavku ćemo tek daneznatnu uštedu, potreban broj operacija se kao n!. 106 operacija u jednoj dobitbroj ćemon :sljedeća vremena koja su računalo potrebna zaučiniizračun determinanti, uz nesekundi, baš preveliki Zi'
l
i
l
-l
e
·
2. DETERMINANTE
28
n broj operacija
vrijeme 324 3.2 I0-49.8 sekunda 10255 9864099 sekunda . 8 4. 2 1025 1. 3 101 100 2.5 . 10158 8 · 10150 godina godina Matrice reda 100determinante i računanjenenjihovih determinanti česte su u praksi što mora značiti da se velike računaju primjenom gornjih formula. Dakako, postojedaje različite formule-a neke među njimasvođenjem efikasnijenasutrokutastu od drugih.formuMožepotrebno se po kazati za izračun determinanti njihovim učiniti -za determinantu reda n -približno 2n3 /3 operacija. Za matricu reda 25 potrebno vrijeme, računajući nau vremenu. taj način, iznosi 0.01 sekundu, što je prema gornjih 1018 Dagodina poprilična ušteda bismo došli do takva algoritma, potrebno je izučiti svojstva determinanti. ·
·
Navestpomoću ćemo kojega nekolikose najvažnijih svojstava. Pri tom ćemo zapravo ukazati na algoritam determinante mogu jednostavno računati. S obzirom da je naša definicija determinanti bila u neku ruku induktivna determinanta je definirana pomoću determinanti nižegadeterminanti. reda-metoda će matematičke indukcije biti temeljna pri dokazivanju svojstava Sljedeće za retkezamijenimo determinanti. Napomenimo da potpuno identične tvrdnjetvrdnje vrijedebit ćei akoiskazane riječ redak sa stupac. Svojstvo l. Ako matrica A ima redak sastavljen od samih nula, onda je detA= O. Dokaz. Razvojem po tom retku tvrdnja neposredno slijedi. Primijetimo da deter minantu možemo razviti i po nekom drugom retku (ili stupcu!) i primijeniti indukciju! -
Svojstvo 2. Determinanta trokutaste matrice jednaka je umnošku elemenata na dijagonali. Dokaz_
Za
l
matrice reda 2 tvrdnja vrijedi:
1 1
· 1 Pokažimo u općem slučaju tvrdnju za determinentu gornje trokutaste matrice.
Ona ima oblik
a u a12 - a u O _ a a O a22 a21 a22 - u 22· -
a u a 12 a13 . . . a22 a23 . . . a33
o o IAI = o ooo
a 1n a2n a3n
. . . ann
2. DETERMINANTE
29
Razvojem po prvome stupcu dobivamo: IAI= au
azz a23 O a33 O
O
.
. . a,.n
i možemo nastaviti razvijajući manju determinantu IA'I (i sve ostale nakon nje) po novo po prvome stupcu. Dobit ćemo u konačnom rezultatu umnožak dijagonalnih elemenata. Druga je mogućnost da već nakon prvoga koraka primjenimo indukciju: dobivena matrica A' je reda n - l i za nju vrijedi induktivna pretpostavka: njezina determinanta jednaka je umnošku dijagonalnih elemenata: A' = a22 ·ann, čime je tvrdnja dokazana. • •
Primjer 2.2. 2 -3 4 o o -3 3 o o 1t 3 o o o -2
3
=
12n,
o 2 -3 5 2 -3
-l
o o 4 2
o o o l
=
24.
Svojstvo 3. Ako matrica A ima dva jednaka retka, onda je Dokaz. Indukcijom. Za n = A=
2
detA= O.
imamo
l: : l
= ab - ab = O.
i tvrdnja vrijedi. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za sve determinante reda n . Neka je A reda n + l s dva jednaka retka. Neka su to i -ti i j -ti redak. Razvijmo determinantu po bilo kojem od preostalih redaka, recimo, k-tom, k =P i, k =P j, (ili po bilo kojem stupcu!) "
detA=
Mkl
�:)-l)k+1ak1Mkl· l= l
Ovdje je determinanta matrice reda n čija su dva retka jednaka, a takva je po pretpostavci indukcije jednaka nuli. Zato je i detA= O.
Svojstvo 4. Transponiranjem matrice vrijednost determinante se ne mijenja: detA= detAT.
Dokaz. Indukcijom, poput prethodnoga. Za matrice drugoga reda imamo
Umjesto da ispisujemo korak indukcije prelazeći s matrica reda n na matrice reda n + l, dovoljno će biti opisati prijelaz na matrice reda . Opći slučaj nimalo se
3
2. DETERMINANTE
30
ne razlikuje od ovog (osim što mu je zapis složeniji). Neka je A matrica reda Determinantu transponirane matrice razvijamo po prvome retku: detAT=
:�� :�� :��
= au
a13 a23 a33
l
l ,
1 ,
l
a a a a a22 a32 - a2, ,2 32 + a3, 12 22 · a23 a33 a13 a23 a 13 a33
Na ovome mjestu koristimo pretpostavku indukcije: u minorama reda zamijeniti retke i stupce. detAT = au
l
3.
1 l
1 l
1
au al2 a!3 a, 2 a 3 a22 a23 - a21 a a + a31 a a! = a21 a32 a33 32 33 22 23 a31
2
možemo
al2 a! 3 a22 a23 . a32 a33
Posljednja jednakost vrijedi jer je to upravo rastav determinante po prvome stupcu!
Svojstvo 5. Determinanta se množi skalarom tako da se jedan (bilo koji) njezin redak množi tim skalarom.
A detA'= L(Aa1j)A1j =A l:a1jA!j= A detA. j=! =l
Dokaz. Neka je A početna matrica, A' matrica u kojoj je jedan - recimo, prvi - redak pomnožen skalarom . Tad vrijedi n
n
j
da
Ovo svojstvo koristi se obično tako se zajednički faktor nekoga retka ili stupca izluči ispred determinante! Tako na primjer imamo
35 208 -15-2 5 3l 48 -3-2 20 3l 2l -3-2 3 l -1 3 4 -1 3 4 5 4 =
=
-1
U prvom koraku izlučen je broj determinante.
iz drugoga retka, u drugom broj
iz drugoga stupca
Svojstvo 6. Rastave li se svi elementi nekoga retka matrice na zbroj dvaju eleme nata, onda je determinanta jednaka zbroju dviju odgovarajućih determinanti. Primjer 2.3.
x+22 3x-3o x+4l x2 3xo -xl 4 3 l 43 l 32 x+3-2 33 32 -23 33 -2 3 -2 3 -
=
(prvi redak smo rastavili na sumu dvaju), ili
7
=
(drugi stupac smo rastavili na sumu dvaju).
7
+x
22 -3o 4l 4 3l 32 ol 33 -2 o 3
+
31
2. DETERMINANTE
Dokaz. Moramo pojasniti što se želi kazati ovim svojstvom. Pri tom ćemo kori stiti zapis u kojem redak matrice (determinante) prikazujemo u obliku vektora. Neka je baš prvi redak onaj o kojem priča ovo svojstvo. Tad moramo pokazati da vrijedi a�+a� az
a'l az
+
a"l az
Ovdje je svaki element prvog retka prikazan u obliku sume dvaju elemenata. Rastavom determinante po tom retku dobivamo n
detA=
� )a�j + a��)Alj j=l
=
n
n
j= l
j=l
I >�� �j+ I >vA lj =detA'+ detA".
Svojstvo 7. Ako zamijenimo dva retka matrice, determinanta mijenja predznak.
Dokaz. Pretpostavimo želimo zamijeniti i -ti i j -ti redak matrice A, dok svi ostali ostaju nepromijenjeni. Da dokažemo svojstvo, krenut ćemo od matrice koja ima sve retke jednake onima od matrice A, osim što su i -ti i j -ti redak međusobno jednaki i odgovaraju zbroju tih redaka matrice A. Dakako je odgovarajuća determinanta jednaka nuli. Koristeći svojstvo imamo sljedeći račun
da
da
3,
O=
+
+
+
Prva i posljednja determinanta ponovo su jednake nuli jer imaju dva jednaka retka. Tako dobivamo:
što je i trebalo pokazati.
Svojstvo 8. Ako nekom retku matrice dodamo neki drugi redak pomnožen skala rom, vrijednost determinante neće se promijeniti.
32
2. DETERMINANTE
Dokaz.
Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da se priča odnosi na
prvi i na drugi redak matrice. Po prethodnim svojstvima, opravdan je sljedeći račun:
i time je ovo svojstvo dokazano.
Svojstvo 2.13 osnovno je svojstvo koje koristimo pri izračunu determinante. Na ime, uzastopnom primjenom tog svojstva moguće je postići da determinanta matrice poprimi trokutasti oblik.
Primjer 2.4.
Izračunajmo sljedeću determinantu
-6ol 33 -9l -6-l5 8 5 3 -8 l 6, -8. l 3 -9 5 = oo 203 -53 -629 l . 203 -53 -629 3l -19-6 o -19 75 -48 -19 75 -48 -19 75 -48 -3 19 -1951 -64 51 64 . 409-51 . 493 1033. ool -64 493 -409 1 493 -409 1 l:!. =
2
2
Elementarnim transformacijama možemo postići da se svi elementi u prvom stupcu (osim stožernoga elementa
u prvome retku) ponište. Da bismo to postigli, trebamo
dodati drugome retku prvi redak pomnožen s s
te četvrtom retku prvi redak pomnožen
Vrijednost determinante pri tom se neće promijeniti:
11
Pri
22
=
2
2
2
posljednjoj transformaciji dodali smo prvom retku treći, da bismo dobili jednos
tavniji stožerni element s kojim ćemo nastaviti račun. Pomnožimo prvi redak s dodajmo ga drugom. Nakon toga, pomnožimo ga s
i
i dodajmo trećem:
22
l:!.=
=
=
=
Ovaj primjer pokazuje
•
d a računanje determinanti može biti -čak i za determinante malenoga reda
•
da je 'ručno' računanje determinanti umjetnost sama po sebi: različite osobe često
mukotrpan posao; će različitim pristupom doći do (istoga!) konačnog rezultata. Osnovna ideja sastoji se u tome da se determinanta svodi na determinantu traku taste matrice, međutim izbor transformacija ostaje pri tome poprilično slobodan.
Pri
ručnome računanju nastojimo izbjeći račun s razlomcima koliko je god to moguće. S druge strane, algoritam prilagođen strojnom računu jednoznačno je određen i ne uzima si toliko sloboda pri izboru transformacija.
Mi ćemo taj
opisati pri Iješavanju sustava linearnih jednadžbi.
(Gaussov) algoritam detaljno
2. DETERMINANTE
33
Primjer 2.5. (Vandermondeova determinanta.) Provjerimo sljedeći rezultat: l l l
XI
x2 . . . Xn
XIn-I xn2- I
. . .
x� -I
= IT(xi - xi ) · i <J
Oznaka IT označava umnožak. Množi se po svim mogućim izborima indeksa za koje je i <j. Ukupan broj faktora u umnošku na desnoj strani jednakosti je i n(n- l) . Označimo traženu determinantu s V(xi , . . . , xn ) . Da izračunamo njezinu vrijednost, načinit ćemo sljedeće transformacije • pretposljednji, n-l -vi redak pomnožiti s -xi i dodati posljednjem; • n-2-gi redak pomnožiti s -x i i dodati n-l-vom, itd; • prvi redak pomnožiti s -XI i dodati drugom. Nakon toga se determinanta može rastaviti po prvom stupcu i iz svih transformi ranih redaka izvući zajednički faktor: l l l l
V(x�, . . . , Xn)
Xn-I -XI Xn- I (Xn- I -XI )
o = O
Xn-I -XI Xn- I (Xn-I -XI )
=
l
X2
• • •
l l
Xn-I Xn
-2 Xnn- 2 Xn2-2 . . . Xnn-I Dobili smo determinantu identičnu prvotnoj, ali reda n - l . Tako možemo postaviti rekurzivnu relaciju:
V(x � , x2, . . . , Xn) = (xn - xi ) . . . (x2 - xi ) V(x2, . . . , Xn ) .
Isto razmišljanje možemo primjeniti i na novu, umanjenu determinantu:
V(x2, . . . , Xn) = (xn - x2 ) . . . (x3 - x2 ) V(x3, . . . , Xn)
i nastaviti postupak sve dok ne stignemo do posljednjih jednadžbi:
V(Xn-2, Xn-b Xn) = (xn - Xn-2 )(xn - Xn - l) V(Xn-J, Xn) l l V(Xn- J , Xn) = Xn-I Xn = Xn - Xn-I·
l
l
Uvrštavanjem svih ovih vrijednosti slijedi rezultat.
2. DETERMINANTE
34
Svojstvo 9. (Binet 1 -Cauchyjev teorem) Detenninanta umnoška dviju matrica
jednaka je umnošku determinanti:
det(AB) =det Adet B. Dokaz. Općeniti dokaz nećemo sprovoditi. Pokazat ćemo njegovu ideju na mat ricama reda 2. Nakon što u sljedećem poglavlju upoznamo dodatna svojstva matrica, dat ćemo jednostavniji dokaz ovoga stavka. Neka su to matrice A= [ aa2u1 aa2212 ] , B= [ bb2111 bb2212 ] . Promotrimo sad matricu R reda dobivenu na način:
4
R=
[;:o =� � � ]
b, b, ·
-1 b21 b22
Cilj nam je pokazati da za njezinu determinantu vrijedi IRI = IAIIBI, baš kao i IRI=IABI. Prvu je jednakost jednostavnije pokazati. . Dovoljno je razviti determinantu matrice R po prvome retku: a22 O O a21 O O IRI=au O bu b12 - a 12 -1 bu b12 b21 b22 b21 b22 i determinante reda ponovo po prvome retku: IRI=aua22 1 t�� t�� 1 a12a211 t�� t�� l = (aua22 - a 12a21 )1:�� :��l= l ::� :�� l l:�� :��l · Time smo pokazali da vrijedi IRI=IAIIBI. Da bismo pokazali da vrijedi IRI=IABI, transformirat ćemo matricu R koristeći elementarne transformacije: pomnožimo treći redak s a u i dodajmo ga prvom, pomnožimo četvrti redak s a12 i dodajmo ga prvom, pomnožimo treći redak s a21 i dodajmo ga drugom. pomnožimo četvrti redak s a22 i dodajmo ga drugom. Kao rezultat, dobit ćemo matricu O O a u bu +a 12 b21 'R = O O a21 b11 +a22b21
o
-1
3
-
•
•
•
•
1
[
-01
o
-1
biJ b21
J. P. M. Binet (1786--1856), francuski matematičar.
2. DETERMINANTE
35
R.
=
Ona ima istu detenninantu kao i matrica S druge strane, u njoj prepoznajemo elemente umnoška matrica A i B . Ako označimo C AB , onda je gornja matrica jednaka: O O cu c 12 O O Cz! Czz -1 O bu h, z O -1 hz1 hzz
R' =
IRI = IR'l = (- l ) �l b��: b��zz� = l eCz!,, cC12zz 1
Rastavom po prvome stupcu i potom ponovo po prvome stupcu dobivamo -
ZI
=
ICI=!ABI.
Za matricu reda n postupak je istovjetan, no zapis kompliciraniji. Mi ćemo taj dokaz preskočiti. Ovaj teorem nema praktične primjene pri izračunavanju detenninanti (osim u posebno konstruiranim primjerima), međutim, velika je njegova važnost u teorijskim razmatranjima.
Sad smo u mogućnosti dati (prvi) odgovor na pitanja postavljena u prošlome poglavlju: • Kad je matrica A regularna? • Ako je A regularna, kako se računa njezin inverz? Pokazali smo da regularna matrica ima jedinstven inverz, matricu A_, za koju vrijedi A_,A AA_, I . Iz ove relacije, primjenom Binet-Cauchyjevog teorema slijedi det(A_,A ) det(A_,) det A det I = l.
=
=
=
=
Odavde zaključujemo da za regularnu matricu mora biti detA i= O . Pokažimo odmah da vrijedi i obratna tvrdnja: ako je detA i= O , onda je matrica A regularna. Dokazati ćemo i više od ove tvrdnje: ako je detA i= O dat ćemo eksplicitnu formulu za računanje inverzne matrice.
Računanje inverzne matrice. Krenimo od definicije detenninante n
detA=
a1kAJk L J= !
(2.11)
(razvoj detenninante po k -tom stupcu). Ovdje je A1k algebarski komplement elemen ta a1k Što se događa ako u ovakvoj sumi uzmemo algebarske komplemente nekoga drugog stupca? Tad vrijedi •
n
aikAJi = O , L J=l
za i i= k.
(2.12)
2. DETERMINANTE
36
Evo obrazloženja: ova je suma razvoj po i -tom stupcu determinante koja ima dva jednaka stupca: i -ti i k -ti; zato je njezina vrijednost jednaka nuli. Obje ove relacije daju sljedeći identitet
�
� ajt Aj; = J=l ili, nakon dijeljenja s detA i- O,
{ detA, 0
'
ako je i = k, ako je i i- k,
(2.13)
t (d::�) aik = 8;t . j= l
(2.14)
Označimo sa A matricu (Aij). Jednadžba (2.14) ekvivalentna je s AT A = det(A) .
·I
(2.15)
Matrica A. T naziva se adjunkta matrice. Primijetimo da (2.15) vrijedi čak i ako je detA= O.
Što relacija (2.14) kaže? Označimo
A,; aiJl .·- detA'
i s A' matricu s elementima aij. Tad se (2.14) svodi na ( A' A) ;k= ili, u matričnom zapisu A'A =
matrica matrice A .
n
L=l a�aik = 8;k, j
I . Drugim riječima, matrica A' je upravo inverzna
Zapravo, dužni smo provjeriti i obrnutu relaciju, AA' =I prije no što proglasimo matricu A' inverznom matricom.
Medutim, vrijedi
n
LaikA.ik = k=t
Naime,
za
razvoj po
{
detA,
O,
ako je i =j,
ako je i
�j.
i =j ova suma predstavlja razvoj determinante po j -tom retku, a ako je i
j -tom retku determinante kojoj su i -ti i j -ti redak identični. ' AA =
te je A' zaista inverzna matrica matrice A.
(8;1) =I
Zato je
�j,
onda je to
2. DETERMINANTE
37
Elementi inverzne matrice su prema gornjemu
Aji , (A-l);;"= U··= --. '' detA
[
l
Obrnuti poredak indeksa u algebarskom komplementu Aji nije pogreška. Ekspli citni zapis inverzne matrice možemo predočiti na sljedeći način:
Au A12 .. . A1n T A21 Azz . . . Azn l 1 A_ = detA : Anl Anz · · · Ann -
(2. 16)
Algoritam.
Način računanja inverzne matrice, primjenom determinanti, možemo zapisati ovako: Korak l. Izračunaj determinantu detA . Ako je ona različita od nule, nastavi. Inače, matrica nema inverza. Korak 2. Odredi algebarski komplement svakoga matričnog elementa i zapiši ih u odgovarajuće mjesto u matrici. Korak 3. Transponiraj dobivenu matricu i podijeli je s determinantom.
2.
Primjer 2.6. Inverz matrice reda je njezina determinanta detA = komplemenata glasi
Neka je A =
[ : !] . Pretpostavimo da
- bc različita od nule. Matrica algebarskih
ad
[ -e]. d
-b
a
Zato je inverzna matrica
l A _1 _ -ad- bc
[ -e b ] · d
Primjer 2.7. Odredimo inverz matrice A = Njena detenninanta iznosi
2 -1
!
3
� ; -
=
-
a
[4i �o �2]· -
l ! -; l = 10.
-
2. DETERMINANTE
38 Po formuli (2. 6) imamo 1
�� -��-��-�� �� �� -1-� �� !l �1 -1! -�� 1 31-12 31 1 l 1 o -2
l -2
T
=
2 l l o
[� -8 -4 ] [ 7 o lo 2 2
l
o T 0 = -l o l
f2 l . TO
10
Ovaj postupak za nalaženje inverzne matrice izgleda prihvatljiv, zbog eksplicit noga zapisa inverzne matrice i relativno laganoga računa. On to i jeste- sve dok su u pitanju matrice reda 2 i reda Za matrice višega reda postupak više nije efikasan i sva kako ga treba izbjegavati. Dakako, razlog tome je što direktno računanje determinanti postaje komplicirano. Poželimo li pak minore računati drukčije, recimo primjenom elementarnih transformacija, čitav algoritam postaje besmislen jer se primjenom tih istih transformacija može izračunati i sama inverzna matrica i to na jednostavniji način. S obzirom na učestalost računa s malim matricama ( geometrija dvodimenzio nalnoga i trodimenzionalnoga prostora opisuje se takvim matricama), ovaj algoritam ima svoju važnost. Ne treba zaboraviti niti korist u teorijskim razmatranjima gdje je izuzetno korisno moći eksplicitno prikazati inverz matrice.
3
.
Sažmimo dosadašnje razmatranje i iskažimo sljedeći teorem.
Teorem 2.1. Neka je A kvadratna matrica reda n . Ona je regularna ako i samo ako vrijedi detA =J. O . Inverz možemo računatiformulom (2.16). Dokažimo i sljedeći rezultat koga smo najavili u prvom poglavlju:
Teorem 2.2. Nekaje A kvadratna matrica i neka za matricu A' vrijedi A'A=l. Tad vrijedi i AA'=I, tj. A' je inverzna matrica. Dokaz. Prema Binet-Cauchyjevom teoremu je l=deti= det(A'A )= detA' detA . Zato mora biti detA =J. O te je A regularna i postoji njezin inverz A - 1 . Množenjem relacije A'A = I s desna s matricom A - 1 dobivamo A' = A - 1 čime je teorem dokazan. Napomenimo da teorem ne vrijedi ukoliko matrica A nije kvadratna. Evo prim jera. Za sljedeće matrice A'=
[ ll ll l2 ] '
vrijedi A'A=I , ali AA' =J. I .
A=
[ � _;]' -
1
l
39
2. DETERMINANTE
te
Laplaceov razvoj. Broj operacija (množenja i zbrajanja) Pn potrebnih za izračun determinan n -toga reda Laplaceovim razvojem možemo odrediti na sljedeći način. Razvojem determinante
(
)
po prvome retku ona se raspada na oblik detA=
au M u
-
a12M12+ . .. ± Utn Mtn ·
Mt) potrebno je učiniti Pn-l operacija Takvih determinanti u ovom irna n . Nakon toga treba učiniti n množenja (s elementima a11 ) i na koncu n-l zbrajanje.
Da se izračuna determinanta razvoju
Tako možemo postaviti formulu
p2
Početna vrijednost je
=
Pn = nPn-1 +2n-l.
3 , jer je za izračun determinante drugoga reda potrebno učiniti 3 operacije. rekurzivnu relaciju, uvest ćemo pomoćnu funkciju qn := Pn /n!, tj.
Da bismo riješili ovu
Pn = n!qn .
Uvrštavanje daje
n!qn =n(n- l)!qn-1 +2n-l
�
qn - qn-1
=
2n-l n.
--1
=
l l 2_ ' - 1· (n l). n.
Zbrajanjem ovih jednakosti dobit ćemo
qn - qz = 2 Uvrstimo ovdje
qz
C�
l)!+ (n
n
=
pz /2 =
�:
qn = 2 + 3
� 2)!+ ·+; ) - (�!+ (n � l) + + �) ··
!
!
···
.
)
(
l l l l 1 + + (n-l)! (n-2)! · · ·+ 3! + - n! l l l l = l+ l+ + +...+ -2., -3,. n. (n-l)'. -l Ova suma je za velike n vrlo bliska broju e=2.71852 . .. . ( pogreška je reda veličine l/ n! ). Stavljajući Pn = n!qn konačno dobivamo Pn � e n! . Gaussov algoritam.
(
)
Broj operacija množenja i zbrajanja potrebnih da se determinanta izra
(
)
čuna Gaussovim postupkom svođenjem na gornju trokutastu formu možemo izračunati na sljedeći način. U prvom koraku determinantu reda n transformiramo na taj način da u prvom stupcu dobijemo sve nule ispod prvog, stožernog, elementa. Pri tom je potrebno učiniti n - l dijeljenje elemenata
)
prvoga retka, sa stožernim elementom te, za svaki od
i
2
n- l
zbrajanje: ukupno
(
(n-1)(2n-l)
za koju je tim postupkom!
)
n- l
preostalih redaka po
(
n -l
potrebno također
3 operacije (dijeljenje, množenje i zbrajanje) . Kad n - l množenje. Ukupan broj
je determinanta svedena na trokutasti oblik, potrebno je učiniti još operacija je
(n-1)(2n-l)+(n-2)(2n-3)+...+ 3+n-l
2[n(n-l)+ ...+ 2 · 1]-[(n-l)+(n-2)+...+l]+ n- l _ 2n(n2-l) (n-l)(n-2)_(n-1)(4n2+n+6) 3 6 2 2n3 OvaJ se broJ, za velike broJeve n, ponasa kao 3 . =
·
·
·
•
množenje
operacija. Postupak se nastavlja do determinante reda
2.
40
DETERMINANTE
Pokažimo da definicija determinante (razvojem po bilo kojem retku ili stupcu) ne ovisi o izboru
tog retka ili stupca. Neka je
au al2 D
• • • a1n a21 a22 ... a2n
detA=
anl an2
.
ann
..
Bit će dovoljno pokazati da ćemo dobiti istu vrijednost razvijajući determinantu po bilo koja dva retka. Dokaz ćemo provesti indukcijom. Za
n= 2
tvrdnja je gotovo trivijalna, u sljedeća dva razvoja (po oba retka) teško je uočiti
ikakvu razliku:
j all l a21
a12
azz
1
= aua22- a12a21 = -az1a12 + a22au
Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za determinante reda
determinante reda
n
.
n
-
l . Pokažimo da tad ona vrijedi i za
U tu ćemo svrhu determinantu razviti po bilo koja dva njezina retka i usporediti
rezultate. Neka su to i -ti i k -ti redak. Možemo bez smanjenja općenitosti pretpostaviti da je i< k.
Razvijmo determinantu po i -tom retku. P o formuli za Laplaceov razvoj (nju sad ne shvaćamo
kao definiciju determinate, već prije kao jedan mogući način njezinog računanja!) imamo
n
� L.t a;jAtj =
D
j= l
(-1)1'+'l' atjMij.
( 2. 1 7)
Slično, za razvoj po k -tom retku vrijedi
n
k D= EaklAkt = (-1) +1 a ktMkl·
(
l= l
2. 18)
Minor Mij elementa a11 je determinanta reda n 1. Po pretpostavci indukcije, nju možemo rastaviti po bilo kojem retku. Izabrat ćemo redak koji odgovara k-tom retku početne determinante
D. Taj redak sadrži elemente akt (l :j:. j). To je točno (ksadrži i -ti redak determinante D, a vrijedi i<j . Dakle
Mtj =
{
l) -vi redak minore
Mij, pošto ona ne
E a�clAtjkl·
l�l�n l#j
Ovdje je Atjkl algebarski komplement elementa akt u rninori Mij. Vrijedi
Aijkt
k (-l)( -l)+laktMtJk'l•
k 1 ( -l)( - )+1-IaktMijk'l•
l<j,
l>j,
gdje je Mtjkl deterrninanta matrice koja se dobije križanjem po dva naznačena retka i stupca. Tako je opći član u razvoju ( . 1 7) oblika
2
{
{
l 1 - a;JaktMtjkl> l Y++Hl
k (-l )'+i+ +l-2a iJaktMt}kl>
l<j, l>j.
Zaključujući na sličan način, doboli bi da je opći član u razvoju . +k+l (-l )'+J aktaijMkliJ•
Hl (-l)'++ 'l
-
l
aklatjM k:lij>
j< l, j> l.
(2.18) oblika
41
2. DETERMINANTE
Primijetimo da je Mijkl = Mklij pošto su obje determinante dobivene tako da su u početnoj
determinanti izbačeni i -ti i
k -ti redak te j -ti i
l-ti stupac. Uspoređujući dva dobivena izraza pri
mijećujemo da se oni u potpunosti podudaraju. Stoga, razvoji po i -tom i po
k -tom retku daju isti
rezultat.
***
Na sličan način možemo pokazati da se podudaraju i razvoji po bilo koja dva stupca. Pri tom će se dobiti opći član razvoja koji je potpuno identičan gomjima. Time se zapravo pokazuje da su ne samo svaka dva takva razvoja jednaka, već da se podudaraju i s razvojima po retcima determinante.
3.
Rang i inverz matrice
&BMIB.RIIlB!II!PF
l. 2. 3. 4. 5.
L RF
.....
·�·
Elementarne transformacije i reducirani oblik matrice 42 Elementarne matrice. Ekvivalentne matrice . . . . .. . 45 Rang i inverz matrice . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 48 Linearna nezavisnost vektora i rang matrice . . . . . ..52 Dodatni teoremi o rangu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 8 .
.
U ovom ćemo poglavlju opisati Gaussov algoritam za računanje inverzne matrice. On se osniva na sljedećim jednostavnim transformacijama nad retcima matrice koje ćemo nazivati elementarnim transformacijama: l) Zamjena dvaju redaka. 2) Množenje nekoga retka skalarom različitim od nule. 3) Dodavanje nekoga retka (pomnoženog skalarom) nekom drugom retku. Ove transformacije javljaju se pri Jješavanju nekoliko različitih problema matrične algebre: • Pri Jješavanju linearnih sustava (vidi sljedeće poglavlje). • Pri računanju determinanti. • Pri određivanju ranga matrice. • Pri nalaženju inverzne matrice. Koja je ideja zajednička pri Jješavanju ovih problema? Cilj nam je matricu svesti na što jednostavniji oblik, ali tako da jednadžba u kojoj figurira transformirana ma trica bude (na način koji u svakom gornjem problemu treba razjasniti) ekvivalentna početnoj.
3. RANG I INVERZ MATRICE
43
Reducirani oblik matrice. Na početku ovoga poglavlja opisat ćemo koji oblik matrice mi uzimamo kao najprihvatljiviji. Taj ćemo oblik nazivati reducirani oblik
matrice.
m x n.
Neka je A matrica (ne nužno kvadratna) tipa matricu i opišimo na njoj učinjene transformacije.
[-� -� -� -�l
A=
2
-1
-8
Izaberimo jednu takvu
5
Algoritam. Algoritam svođenja na reducirani oblik je sljedeći:
Korak l. Izaberimo u prvom stupcu neki element različit od nule. Primjenjujući prvu elementarnu transformaciju, možemo ga dovesti na poziciju stožernog elementa a 1 1 (ako je au različit od nule, prvi je korak nepotreban). Kod zadane matrice A možemo zamijeniti npr. prvi i treći redak: A1
=
[-; -� =! -�l o -1
3
o
Ako su svi elementi prvog stupca jednaki nuli, tad prelazimo na sljedeći stupac i ponavljamo postupak.
l.
Korak 2. Podijelimo elemente prvoga retka s au (druga elementarna transforma cija). Time stožerni element postaje jednak
[ l -4-4 il _
A2
=
-2
l
�
o -1
3
-�
o
Korak 3. Pomoću stožernog elementa možemo poništiti sve preostale elemente u prvome stupcu, primjenjujući treću elementarnu transformaciju. Tako npr. množenjem prvoga retka s -a21 i dodavanjem drugome retku dobivamo nulu na poziciji (2, . Isti postupak ponovimo sa svim preostalim retcima. U zadanom primjeru, prvi redak množimo s 2 i dodajemo drugom
l)
A3
=
[l -4 il l, l[ -4 il O
_l
l
o -1
-12
O
3 o
Nakon toga postupak nastavljamo s korakom tražeći među elementima drugoga stupca ne-nul element. Smijemo birati samo u preostalim retcima (dakle, ne uzimamo u obzir prvi redak). U našem primjeru, stožer postaje element a22 koji ima vrijednost Sljedeća transformacija je množenje drugoga retka s -! :
4.
_
A4
=
O
l
l
o -1
-3
O
3 o
3. RANG I INVERZ MATRICE
44
[ l ol o -1 [ ol ol
]
Nakon ovoga, elemente drugoga retka množimo s poništiti element
a12 :
_
A5 = O
l! 1
� b
-
3
o
�
i dodajemo prvom. želeći
] o oo oo
Istu operaciju ponavljamo i s preostalim elementom u drugom stupcu. Dodajemo drugi redak trećem. Slučajno, time se poništava cijeli treći redak: _
AR =
l! 1
z z
-3
Dobiven je reducirani oblik matrice.
U općemu slučaju, reducirani oblik ili fonna matrice opisan je sljedećim uvje tima: •
•
•
Prvi ne-nul element (stožer) svakoga retka iznosi stupcu tog stožernog elementa jednaki su nuli.
l.
Svi preostali elementi u
Svi retci koji sadrže samo nul elemente (ako takvih ima) nalaze se iza onih redaka koji sadrže bar jedan ne-nul element. Svaki naredni stožer (gledajući po retcima) nalazi se desno (u retku s većim indeksom) od prethodnog stožera.. Strogo zapisano, ako stožer u retku
u stupcu h , a stožer u retku
iz, iz > i1
leži u stupcu h, tad je h >h
] [1o o ol oo ] , [1100 0010 o o o l o o o l -1 [1o ol o ol -1o ] , [ ol 1o 1 oo] ,
Evo nekoliko primjera reduciranog oblika matrice:
2
2
3 ,
[1o ol oo ]
ool [1o oo oo ] . ool
i1 .
leži
Evo nekih matrica koje nisu svedene na reducirani oblik:
2
2
oo l l 2
Svaka od njih narušava neko
od
oool
gore navedenih pravila.
U
prvoj, element
2
u pr
vome retku nije poništen, u drugoj stožeri nisu ispravno poredani, u trećoj se nul redak nalazi previsoko. Međutim, lako je primijetiti da se nastavljanjem elementarnih transformacija i ove matrice mogu svesti na reducirani oblik.
45
3. RANG I INVERZ MATRICE
Elementarne transformacije mogu se opisati pomoću množenja s tri tipa matrica koje se neznatno razlikuju od jedinične. Tako npr., želimo li zamijeniti prvi i treći ra dak kao u gornjem primjeru, matricu A moramo pomnožiti s matricom E 1 sljedećega oblika:
[Oo ol O1] . loo [Oo ol O1] [ -2o -15 -5o ] [ -22 -15 -8 -55 ] l o o 2 -1 -8 5 o -1 oA A [.!.010. o o] ool [.!.0ol Oo ] [ -22 -15 -8 -55 ] [ -2l ] o o l o -1 o o -1 o 2 1o o ] [210. ool [2l ol Oo l [ -2l -.!. ] [lO -12 ] o o l o -1 o o -1 o liO] [100] [100] [ 010. oto, o 10, 001 001 011 E1 =
Ta je matrica dobivena iz jedinične istom transformacijom kao i matrica A : zamijenjeni su joj prvi i treći redak. Zaista, vrijedi
E1A =
3
=
-4
A1
iz matrice
= A1 .
-4 3
Drugu elementarnu transformaciju: množenje retka skalarom opisuje matrica koja na dijagonali u odgovarajućem retku umjesto jedinice ima taj skalar . U gornjem primjeru,
Ez =
Množenjem s matricom
EzA1 =
A1
dobivamo
=
-4
_
3
.!.
�
-4 -4 3
2.
-� = A2 •
Treća je elementarna matrica nešto složenija, no i nju dobivamo iz jedinične iden tičnom elementarnom transformacijom: element jednog retka pomnožen brojem dodajemo drugom retku. Tako npr. ako prvi redak pomnožen s dodajemo drugom retku, tad odgovarajuća elementarna transformacija glasi
E3 =
Uvjerimo se množenjem da vrijedi
E3 A2 =
�
-4 -4 3
2.
-� =
_
.!.
i
-4 3
2.
O = A3 .
Postupak u gornjem primjeru nastavljamo pomoću sljedećih matrica:
E4 =
Es =
E6 =
A
46
3. RANG I INVERZ MATRICE
Zbog opisanog postupka, završna se matrica može dobiti iz početne množenjem s matricama E1 :
(3.1 )
Elementarne matrice.
Opišimo sad oblik elementarnih matrica za svaku od tri
A tipa m x n, tad m . Naglasimo još jednom da elementarnoj
elementarne transformacije, u općenitom slučaju. Ako je matrica su elementarne matrice kvadratne reda transformaciji nad retcima matrice
A
odgovara u elementarnoj matrici identična takva
transformacija nad retcima jedinične matrice. •
Prva elementarna matrica: i -ti redak zamijenimo s j-tim, o
l
l
o
t--
i
t--
j
en = O, e1i = eii = l . ) Druga elementarna matrica: i -ti redak množimo skalarom A različitim od
(Matrica ima sve elemente kao i jedinična, osim eii = •
nule,
l E;(A) =
l (Svi ostali nenapisani elementi jednaki su onima u jediničnoj matrici.) • Treća elementarna matrica: i -ti redak pomnožen skalarom A dodajemo j -tom retku.
l
1
ili
l
l
t--
j
t--
i
Dva oblika matrice odgovaraju dvjema mogućnostima: i < j ili i > j. Matrica je istovjetna jediničnoj, osim što vrijedi
e,;
=
A.
Postupak elementarnih transfonnacija prevodi matricu oblik. Pri tom moramo postaviti pitanje: postoje
A
na sve jednostavniji
li neka svojstva zajednička svim tim
3. RANG I INVERZ MATRICE matricama? Pretpostavimo transformacija:
47
da
je matrica B dobivena iz matrice A nizom elementarnih
Tad ćemo za matrice A i B reći su po retcima ekvivalentne ili pak, jednostavnije, ekvivalentne. Pisat ćemo pri tom A "' B .
da
Da je ova definicija jezično i matematički usklađena osigurat će nam sljedeći
Teorem 3.1. Relacija "' je relacija ekvivalencije. Izdvojit ćemo jednu tvrdnju koja nam je potrebna u dokazu ovoga teorema u zasebnu lemu:
Lema 3.2. Elementarne matrice su regularne. Inverz elementarne transformacije opet je elementarna transformacija.
l -l
Dokaz. Determinanta prve elementarne transformacije jednaka je (zamjena redaka mijenja predznak), druge (dijagonalna matrica) a treće (gornja ili donja tro kutasta matrica). Stoga su matrice elementarnih transformacija regularne i posjeduju inverz. Inverz prve glasi
A
E; (A -1E;j(AE; (l jA Eij( -A).
Za matricu drugoga tipa je pak ) = ). Za matricu treće transformacije vrijedi )-1 = Lako se možemo uvjeriti (matričnim množenjem ili naprosto opisom djelovanja) u istinitost ovih formula. Dokažimo sad teorem. Prisjetimo se definicije relacije ekvivalencije. Ovaj teorem tvrdi vrijedi: • A "' A (matrica je ekvivalentna sama sebi) - simetričnost. • Ako je A "' B , tad je B "' A - refleksivnost. • Ako je A "' B i B "' e , tad je A "' e tranzitivnost.
da
-
Dokaz. Simetričnost. Matrica A ekvivalentna je sama sebi, pošto je jedinična matrica na popisu elementarnih (množenje prvoga retka brojem Refleksivnost. Ovo je najvažnije svojstvo. Da bismo ga dokazali, dovoljno je primijetiti za svaku elementarnu transformaciju možemno naći njezinu inverznu, koja poništava djelovanje prve. Tu inverznu transformaciju možemo lako opisati riječima. Š toviše, matrica ko ja odgovara inverznoj transformaciji upravo je inverzna matrica početne elementarne matrice. Iskoristimo to u sva tri moguća slučaja. • Ako je matrica B dobivena iz matrice A zamjenom i -toga i j -toga retka, tad je inverzna transformacija istoga oblika, = Zato, iz relacije B = EijA slijedi (množenjem s matricom slijeva) A= EijB .
l! ).
da
E;j
Eij1 E;j .
3. RANG I INVERZ MATRICE
48 •
A. :p Ei(A. )-1 B= E;( l/A.). Ei( l/A.)B. A. -A. B O,
Ako je matrica
ričnom zapisu •
A B = E;(A. )A A
dobivena iz matrice
množenjem
i -toga retka skalarom
A = 1/EiA.(A. )-1 B =
tad je inverzna transformacija množenje istoga retka skalarom
Ako je matrica
larom
Zato iz
dobivena iz matrice
slijedi
tako da se
.
U
mat
i -ti redak pomnoži ska
i doda j -tom, inverzna transformacija je opisana postupkom: pomnoži
redak skalarom
i -ti
i dodaj ga j -tom. Očito će se djelovanje ovih dviju transformacija
poništiti.
Time smo pokazali kako se poništava pojedina elementarna transformacija. Da
dokažemo tvrdnju, dovoljno je primijetiti da relacija iz
A
nizom elementarnih transformacija:
A ,..., B
znači da je
B
dobivena
B = E,·· · E1 A. A = (E,··· EJ)-1 B = Ei1• · · E;:-1 B. E;-1 B ,..., A.A A ,..., B B B ,..., BA A ,..., A AR
Obrnuta veza glasi
Svaka o d matrica
Tranzitivnost.
opisuje ponovo elementarnu transformaciju. Zato je
Ovo j e svojstvo očigledno.
znači da se
dobiva iz
e , tad se e dobiva iz drugim) nizom elementarnih transformacija. Očigledno se i e dobiva iz elementarnih transformacija te je e. nizom elementarnih transformacija. Ako je
Pouka ovoga teorema je: matrica
i njezina reducirana forma
(nekim nizom
ekvivalentne
su matrice, jedna se može rekonstruirati iz druge.
U dosadašnjemu razmatranju nismo
odgovorili na važno pitanje: je li reducirana
forma matrice jedinstvena? Odgovor je: da! Izbor elementarnih transformacija nije jednoznačan, no rezultat ne ovisi o izabranome poretku. Dokaz ovoga svojstva, korištenjem metoda koje smo do sad usvojili, zahtijevao bi previše opisivanja. Student ga može sam obrazložiti, imajući u vidu gore dokazani te orem: svake dvije (moguće različite !) završne forme međusobno su ekvivalentne. To znači da se jedna iz druge mogu dobiti elementarnim transformacijama. Međutim, ako se one razlikuju u bilo kojem od svojstava reducirane matrice, tad se može uvidjeti da je nemoguće prevesti jednu matricu u drugu korištenjem elementarnih transformacija. Prema tome, smatrat ćemo da je reducirana matrica stvena. Tako ima smisla sljedeća definicija.
AR
zadane matrice
Rang matrice jest broj ne-nul redaka u reduciranom obliku matrice.
ga simbolom
r(A).
A
jedin
Označavamo
3. RANG I INVERZ MATRICE
49
U literaturi se mog u pronaći još barem dvije različite definicije ranga matrice.
Prva, koja
definira rang preko broja linearno nezavisnih redaka matrice. Druga, koja kaža da je rang matrice jednak redu najveće minore koja je različita od nule. Mi smo se opredijelili za ovu definiciju jer je
najjednostavnija. Dru g e će dvije proizići u obliku teorema.
Pojam ranga vrlo je važan pojam koji će nas pratiti u daljnjim izlaganjima. Da bismo utvrdili rang, potrebno je matricu svesti na reducirani oblik. Istina, ako je samo rang u pitanju, dovoljno se je zaustaviti na obliku u kojem prepoznajemo stožerne elemente ispod kojih se nalaze nule (a ne nužno i iznad kojih). Međutim, određivanje ranga obično je povezano s drugim zadacima poput nalaženja inverzne matrice ili pak rješavanja linearnih sustava za što nam je potreban upravo reducirani oblik matrice. Iz definicije ranga slijedi da r(A ) nije veći od broja redaka matrice A , r(A ) :s; m . Iz definicije reducirane forme slijedi da rang nije veći niti od broja stupaca matrice A , r(A ) :s; n , jer je najviše toliko mjesta za mogući raspored stožernih elemenata po stupcima reducirane matrice. Zbog jednoznačnosti i definicije reducirane forme možemo smatrati da je doka zana sljedeća lema
Lema 3.3. Kvadratna matrica A reda n ima rang jednak n ako i samo ako je
AR= l.
Ipak, ispišimo i obrazloženje.
Dokaz. Jedan smjer je očigledan, ako je A R I , tad je (po definiciji) r(A ) = n . Dokažimo obrat. Neka je r(A ) n . Tad A R nema nul-redaka. Broj stožera iznosi n , svaki od njih jednak je jedinici i nalazi se u svome retku. Svi drugi u od
=
=
govarajućim stupcima jednaki su nuli. Nadalje, stožeri moraju padati po dijagonali matrice: to je jedini njihov mogući razmještaj. Dakle, A R = I .
Lema 3.4. Ako je kvadratna matrica A regularna i je i matrica regularna.
B
Dokaz. Kako je
B
B
ekvivalentna s njom, tad
po retcima ekvivalentna matrici A , to možemo napisati
B = E, · ··E1A. B. B
-'E!1 E;:- 1 ,
Svaka od elementarnih matrica je regularna. Zato postoji umnožak A no to je upravo izraz za inverz matrice Tu tvrdnju možemo izvesti iz samoga oblika matrice : ona je produkt regularnih matrica pa je i sama regularna matrica. • • •
Na osnovu ovih razmatranja sad možemo izvesti nekoliko dalekosežnih posljedica koje se tiču inverza matrice. Pretpostavljat ćemo nadalje da je A kvadratna matrica reda n . Pretpostavimo da je ona punoga ranga, tj. r(A ) n . Tad je, po gornjoj lemi A R l . To znači da se
=
=
3. RANG I INVERZ MATRICE
50
jedinična matrica može dobiti nizom elementarnih transformacija iz matrice A . Stoga možemo napisati: I = (E, · · El )A. ·
Zaključujemo da je A regularna matrica. Štoviše, njezina inverznamatrica jednaka je umnošku elementarnih matrica koje su sudjelovale u transformacijama: A - 1 = E, · · · Et .
Time smo dokazali jedan (za nas važniji) smjer u ovome teoremu Teorem 3.5. Kvadratna matrica A je regularna ako i samo ako ima puni rang.
Dokažimo sad i drugi smjer. Dokaz. Neka je matrica A regularna. Svedimo i nju na reducirani oblik AR . Dvije su mogućnosti: AR nema niti jedan nul redak. 2) AR ima barem jedan nul redak. U drugom slučaju matrica AR nije regularna, jer je njezina determinanta jednaka nuli Zato, po lemi 3.4, niti A nije regularna jer je ekvivalentna matrici AR . Prema tome, preostaje prvi slučaj. Matrica AR nema niti jedan nul redak, dakle ima n stožernih elemenata. Zato je njezin rang n , čime je dokaz završen.
l)
Neka je A kvadratna matrica punoga ranga. Iskažimo sad algoritam za nalaženje inverzne matrice. Taj se algoritam zasniva na gore navedenoj formuli: Inverzna ma trica jednaka je produktu elementarnih matrica upotrebljenih da se matrica A svede na reduciranu formu AR = I . Međutim, želimo ukazati na to da pri računu inverzne matrice nije potrebno ispisivati eksplicitno matrice Ei i računati njihove umnoške. Dovoljno se je prisjetiti da se elementarne matrice dobivaju iz jedinične matrice istim transformacijama koje su učinjene na matrici A . Također, uzastopna primjena dvi ju transformacija odgovara umnošku elementarnih matrica. Stoga možemo koristiti sljedeći algoritam:
[
Algoritam za računanje inverzne matrice. Korak l. n x 2n
Napišimo matricu tipa matrica I :
]
u kojoj je s desna matrice A napisana jedinična
au an . . . a1n : O . . . O a21 a22 a2n l O .. O .
:
ani Un2
• • •
l l
ll .
:
ann : O O
.
l
•
Shematski, ovu proširenu matricu možemo zapisati u obliku [A : I] . Korak 2. Primjenimo elementarne transformacije na matrici A . Sve transformacije pritom vršimo i na desnoj strani proširene matrice. Rezultat je matrica oblika ·
[AR : B] .
3. RANG I INVERZ MATRICE
51
Korak 3. Ako je AR = I, tad je matrica regularna i s njezine desne strane nalazi se inverzna matrica ! Ako je pak AR =f. I , matrica nije regularna i ne postoji njoj inverzna matrica.
Zašto ovaj algoritam funkcionira? Pratimo jednu po jednu transformaciju. U početku imamo matricu oblika
[A l lj.
Nakon prve transformacije (primijenjene n a obje matrice!) imamo
[E1 A l E I ]. Nastavimo s transformacijama. Svaka transformacija odgovara množenju s elemen tarnom matricom kako lijeve, tako i desne strane. Na koncu postupka ćemo imati, u slučaju regularne matrice Kako je
[I : B] = [AR i B] = [E, . . · E1A l E, · · · E l ]. B = E, · · · E 1 i I = E, · · · E1A , zaključujemo da je upravo B = A - l .
[i � � ] · ] (j�;: r ) [ O -� O l [ l Ž f ) [ -7 : ] ) � ) [ � � =� i -� � �l [ -7 ] ; p [ _ .!. 1... l ) [ ]
Primjer 3.1. Odredimo inverz matrice A =
4
-
o
-
2
Ispišimo učinjene elementarne transformacije nad proširenom matricom:
[
2 -1 3 l i o o [A \ I] = l O -2 \ O l O 4 o 2: oo 1 rv
rv
rv
o
"'
o
2
rv
(dodajmo J. r. x(-1) drugom r. dodajmo J. r. x( -4) trećem r.
(pomnožimo 2. r. s 2
rv
I -l 1 l 4 o 2 I -l
rv
0
I 2
2 1 -! ! O l -l o 2 -4 : -2
(doda�mo 2. r. X prvom � dodajmo 2. r. x (-2) trecem r.
o �\
l 1 oo l l O : oo 1 1 : 1 o o 1 0 -4 : -2 o l OO 2O o l _
2
l 1
_
2
rv
O O lO : O _4 l 1 o -2 o 1 o (pomnožimo 3. r. s -rt; ) O l -l o o l o - 10 10 I o o : o k to ,...., (dodaJ'mo 3. r. x2 prvom r. . O l O - 1 10 10 = [I B] dodajmo 2. x7 drugom r. o o l : o --to to Zaključujemo da je A regularna te da njezina inverzna matrica iznosi o to k A-' = - 1 o 10 10 rv
rv
r.
rv
=1 f .
l 1
11
•
3. RANG I INVERZ MATRICE
52
Primjer 3.2. Odredimo inverz matrice Postupimo kao u prošlome primjeru.
[A l lJ =
[-3l l ol o] ool 1 -1 : 1 O lO -2 2 2
[ -i � - � ] · [ -t t l o � �l ol o]o [l o ] ol l l 3o l ) [l o l ol 3 oo] . l A=
-2 2 2
po o o O "' (l. mn �;: ) r. s
1 1 -2
rv
3
2 2l 00 1 _! � l - t "' (dodajmo l. r. x(-l) drugom r. ) "" 0 l3 j : t dodajmo l. r. x2 trećem r. .i " 3 � l -t O O i . -�� "' (pomnožimo ) O 2 O l 2· r. 3 l l
""
.�
[l o
4 8
3 3
l l
2 -3
1 O l 2 O O O -2 -4 Dobili smo s lijeve strane reducirani oblik AR matrice A koji nije jednak jediničnoj matrici I . Stoga matrica A nije regularna i nema inverza.
(
.
l
"" dooo�mo 2. r. x J p7om r. dodđ]mo 2. J trećem r.
Teorem 3.6.
Svaka
r. x -
,.....,
regularna matrica može se napisati u obliku produkta ele
mentarnih matrica. Dokaz. Neka je A regularna. Elementarnim transformacijama svodimo ju na jediničnu matricu, pošto je AR = I . Iz jednakosti E, E 1 A = I slijedi ·
A = (E, · · · Et)-1 = E11
•
• •
·
·
E;1•
Kako j e inverz elementarne matrice ponovo elementarna matrica, t o j e teorem doka zan.
Neka su a1 , a2 , n.
•
•
.
, St bilo koji vektori iz prostora
V"
svih vektor-stupaca duljine
Linearna kombinacija vektora ah . . . , st je vektor oblika Atal + A2a2 + . . . + Atak. pri čemu su A1, , At po volji odabrani skalari. Skup svih ovakvih linearnih kombi nacija nazivamo prostorom razapetim vektorima at, . . . , St i označavamo s •
•
•
L(at, . . . , ak) = {x : x = A1a1 + . . . + Atak?
A; E R} .
3. RANG I INVERZ MATRICE
53
[ �J . L(ai ) = {x = Aa�, ). E R} = { [ � J , ). E R } . �
Primjer 3.3. Izaberimo u prostoru y2 ektor a 1 = vektorom je
Prostor razapet s ovim
Geometrijski, to je pravac kroz ishodište, određen vektorom
[ �] L(a�, az) = { ;., [n + Az [ �],
Primjer 3.4. Uz vektor a 1 =
uzmimo još
az =
a1
[�]
.
. Tad vrijedi
}
;.�, Az E R ·
T vrdimo da je ovaj prostor jednak vz . To znači da se svaki vektor iz y2 može napisati u obliku linearne kombinacije vektora a 1 i az . Da se uvjerimo u to, uzet ćemo bilo z koji vektor x E v . Jednadžbu
x = )., a, + Azaz �
[��J = AJ U J + Az [ � J
(3.2)
možemo napisati u obliku linearnog sustava
;. , +Az = x 1 = Xz ;. , Odavde je At = Xz , Az = x 1 - xz . Dakle, za svaki vektor x odgovarajuće koeficijente ). 1 i Az za koje će vrijediti (3.2).
možemo pronaći
Ovaj primjer ukazuje da je pojam linearne kombinacije usko povezan s proble mima tješavanja linearnih sustava. Ako se zadani vektor može rastaviti na izabrane an , tad se koeficijenti u takvome rastavu određuju tješavanjem komponente a 1 linearnih sustava. O tome će biti više riječi u narednome poglavlju. • . .
Primjer 3.5. Izaberimo u prostoru V3 vektore a , = [1, l, o] T ' az = [1, o, OJ T .
Uvjeri se da je
L(a�, az)
prostor vektora u
xOy
ravini.
Primjer 3.6. Neka je sad a 1 = [1, l, O] T , az = [1, O, l] T . Prostor L(a" az)
sadrži sve radij vektore koji leže u ravnini određenoj s a 1 i az . Izaberimo a3 = [0, l, - l] T . Za ovakav vektor vrijedi pak L(a�, az , a3) = L(at. az) zato što se a3 nalazi u tom prostoru ! Zaista, vrijedi a3 = a1 - az i stoga je a3 linearna kombinacija prvih dvaju vektora. Izaberimo a4 = [0, O, l J T . Uvjeri se da je L(a�, az, a4 ) = R3 . Ovi primjeri nameću potrebu za prolaženjem algoritma pomoću kojeg ćemo moći točno utvrditi kako izgleda prostor razapet izabranim skupom vektora. Mi takav algoritam već poznajemo: to je svođenje matrice na reducirani oblik! Da bismo objasnili tu vezu, potrebne su nam najprije sljedeće važne definicije.
3. RANG I INVERZ MATRICE
54
Linearna nezavisnost.
Kažemo da su vektori
a1 ,
• • •
iz jednakosti
slijedi da svi skalari moraju biti jednaki nuli:
,
ak linearno nezavisni ako
A. 1 = . . . = A.k = O .
Drugim riječima, vektori su linearno nezavisni ako njihova linearna kombinacija
iščezava samo na trivijalni način . Vektori
a" . . . , ak
su
linearno zavisni ako nisu linearno nezavisni.
S obzirom na važnost ovoga pojma, ispišimo i tu definiciju eksplicitno:
su linearno zavisni ako postoje skalari
A. 1,
. . •
nuli takvi da vrijedi
Kažemo još da linearna kombinacija vektora
to !
Primjer 3.7.
vektori ••
=
Ul
i .,
=
, Ak
[�l
Provjeri također (po definiciji!) da je trojka
Primjer 3.8.
• • •
, ak
iščezava na netrivijalan način.
zavisna.
iz prostora V" :
a1 ,
od kojih barem jedan nije jednak
3.6
Hnearno su nezavisni. Uvjeri se u
a" a2 , a3
iz primjera
linearno
Ovaj je primjer jednostavan, no važan. Izdvojimo sljedeće vektore
e, =
lil· ll · m e, �
e, =
Oni su linearno nezavisni. Zaista, linearna kombinacija ovih vektora iznosi
A, e. + . . . + A_e, �
[1:J
=
A. 1 = . . . = An O . Primijeti da se svaki vektor x = [x 1 , x2, xn]T može prikazati u obliku linearne kombinacije vektora e1, . . . en . Ta linearna kombinacija glasi x = x 1 e1 + . . . + xnen . i ona je jednaka nuli ako i samo ako je
• • •
Primjer 3.9.
,
[1o 0o -102031 22 -2]l o o 000 o
Neka je zadana reducirana forma neke
A=
O l
O
4
matrice,
recimo
3. RANG I INVERZ MATRICE
55
Primijeti da su njezini ne-nul retci linearno nezavisni vektori. Zaista, linearna kombi nacija tih vektora glasi
l
A.,
o o 2
3 -2
+ ).2
o o
l -l 2 l
A., ).2 2A.1 -A2 + ).3 l = AJ 2 3A., +2A.2 +2A.3 4 - 2).1 +A.2 +4A3
ooo
i ako je ona jednaka nuli, tad iz prvog, drugog i četvrtog retka zaključujemo da svi skalari A.�, ).2 , A3 moraju biti jednaki nuli. Primijetimo nadalje da se svi stupci matrice mogu prikazati u obliku linearne kombinacije prvoga, drugoga i četvrtoga stupca (pošto ti nalikuju vektorima e; iz prošloga primjera. Ovaj primjer je tipičan za svaku matricu. Sličan zaključak očevidno vrijedi za reducirani oblik bilo koje matrice.
Cilj nam je u nastavku povezati pojmove linearne zavisnosti redaka odnosno stupaca matrice s pojmom njezinoga ranga. Za zadane vektore a" . . . , ak uvijek je jednoznačno određen broj linearno ne zavisnih vektora u skupu {a�, . . . , at} . Taj broj nazivamo dimenzijom prostora
L(a� , . . . , at) .
Teorem 3.7. Elementarnim transformacijama ne mijenja se broj linearno neza visnih redaka matrice. Dokaz. Opišimo što čini svaka od elementarnih transformacija na skupu a1, , am redaka matrice A . Označimo sa a�, . . . , a� retke matrice dobivene nakon pojedine elementarne transformacije. • Zamjena redaka. Tu skup {a�, . . . , am } prelazi u isti takav skup kojemu su zamijenjen poredak dvaju vektora. Očito je L( a�, . . . , am ) = L(a� , . . . , a�) pa se ni broj nezavisnih vektora ne mijenja. • Množenje retka skalarom ). =/= O . Neka je, zbog jednostavnosti zapisa, a� = Aa1 • Onda je • . •
L(a�, . . . , a�) = {A1Aa1 + A2a2 + . . . + Am am : A; E R} = L(a� , . . . , am ) · Pretpostavimo sad da je a; = a2 + A.a1 • Svaka linearna kombinacija skupa {a�, . . . , a�} ujedno je i linearna kombinacija početnoga skupa: A1a� + A2a; + . . . + Am a� = A., a, + A2 (a2 + Aa1 ) + . . . + Am a� = (A., + AA2 )a1 + A2a2 + . . . + Ama�. •
Zato broj linearno nezavisnih vektora novoga skupa nije veći od broja linearno neza visnih vektora početnoga skupa. Dakle, trećom elementarnom transformacijom broj linearno nezavisnih vektora ne može se povećati.
3.
56
RANG I INVERZ MATRICE
Ne može se niti smanjiti ! Naime, istovjetnom (inverznom) transformacijom mo žemo iz redaka
{a�, ... , a�}
dobiti retke
{ah ... , a".}
te vrijedi i obratan zaključak.
Prema tome, i trećom elementarnom transformacijom broj linearno nezavisnih redaka matrice ostaje nepromijenjen. Time je teorem dokazan. Bit je ovoga teorema u tome što po završetku postupka svođenja matrice na redu cirani oblik mi možemo pročitati broj njezinih linearno nezavisnih redaka: svi ne-nul retci međusobno su linearno nezavisni. Tako je dokazan
Teorem 3.8. Rang matrice jednakje broju njezinih linearno nezavisnih redaka. Korolar 3.9. Neka je Dokaz.
A
A
regularna matrica. Onda je
r( AB)
=
r(B) .
Svaka se regularna matrica može napisati kao produkt elementarnih.
= E,·· · E1
Iz
i teorema 3.7 slijedi tvrdnja.
Posve je netrivij alan - i donekle zbunjujući - rezultat da ista tvrdnja vrijedi i za stupce matrice. Bez obzira kakvoga ona bila tipa i bez obzira kako izgledali njezini elementi, broj linearno nezavisnih redaka jednak je broju linearno nezavisnih stupaca! Dakako, taj broj upravo je rang matrice. Pokažimo to.
Teorem 3.10. Broj linearno nezavisnih redaka bilo koje matrice jednakje broju njezinih linearno nezavisnih stupaca. Dokaz.
Označimo s
ah .. . a".
broj linearno nezavisnih redaka, a
s
retke, a s
a1 , , an . • •
stupce matrice A . Neka je
r
broj linearno nezavisnih stupaca.
Pretpostavimo (samo zbog jednostavnijeg zapisa) da je prvih
r
redaka matrice A
linearno nezavisno. To znači da se svi preostali mogu napisati u obliku linearne kom binacije vektora A:
ah ... , a,.
Preciznije, vrijede sljedeće jednakosti za retke matrice
a,a, =A. a + . .. +A.r+J,,anan + ,+1,1 1 l
3. RANG I INVERZ MATRICI; Izdvojimo
57
j -tu komponentu
u svakoj
od
ovih
m
vektorskih jednadžbi. Dobit ćemo
sljedeću jednakost:
l
o + . . . + a,i
1
l
/1-r+l,r
Am,r
ami Drukčije Qednostavnije) zapisano:
�
Ova relacija govori da se svaki
a ,JW I + . . . + a,JWr ·
=
od stupaca matrice
A
može zapisati kao linearna kom
binacija nekih vektora w" . . . , w, . Zato je broj linearno nezavisnih stupaca manji ili
jednak od
r.
Time smo dokazali da vrijedi
s � r.
Obrnutu nejednakost ćemo dobiti ako još jednom prođemo kroz dosadašnji dokaz i u svakoj prilici zamijenimo riječ
'redak'
sa 'stupac' i obratno. Istim postupkom,
zaključit ćemo da vrijedi i suprotna nejednakost,
r � s.
Time je teorem dokazan.
Netom dokazani teoremi imat će dalekosežne posljedice. Kao ilustraciju, dokažimo jedan rezultat koji će nas uvesti u sljedeće poglavlje.
x= A Ax
Teorem 3.11. Neka je kvadratna matrica reda n. Jednadžba jedinstveno rješenje O alw i samo alw je regularna matrica. Dokaz.
Umnožak
matrice !
Ax = A Ako je
O
= x...==Xn =
Obratno, ako je
O
n , svi O.
su njezini stupci linearno nezavisni.
O ima
n
Zato iz
jedino tješenje sustava, tad ova linearna kombinacija može
iščezavati samo na trivijalan način pa su stupci matrice
da je njezin rang jednak
Ax =
možemo napisati u obliku linearne kombinacije stupaca
regularna, tj. ranga
slijedi x1
A
pa je matrica regularna.
A
linearno nezavisni. To znači
3. RANG I INVERZ MATRICE
58
Rang produkta matrica. Pokazali smo (u korolaru 3. 9) da za regularnu matricu A vrijedi r(AB) = r(B) . Iskažimo sad neke teoreme koji detaljnije opisuju vezu između ranga matrica i ranga njihova umnoška. Pokažimo najprije obrat rezultata o umnošku regularnih matrica ( teorem 1.1 ). Teorem 3.12. (l) Akn je AB regularna matrica, tad su i A i B regularne. (2) Akn je A singularna, tad su singularne i matrice AB i BA .
Dokaz prve tvrdnje je, primjenom Binet-Cauchyjeva teorema trivijalan: det(AB) = det A · det B i ako je lijeva strana različita od nule, to moraju biti oba faktora zdesna Međutim, ovaj rezultat ka nimo upotrijebiti u alternativnom dokazu samoga Binet-Cauchyjeva teorema i stoga moramo dati drukčiji dokaz. Nadalje, primijetimo da su obje tvrdnje ekvivalentne. Da iz ( l) slijedi (2), očevidno je dokazom po kontrapoziciji. Neka se čitatelj uvjeri da (2) također povlači (l ) . Dokažimo drugu tvrdnju. Neka je A singularna. Tad jednadžba Ax = O ima netrivijalno rje šenje x -:fi O (teorem 3.11). Množeći s matricom B dobivamo BAx = O i po istom teoremu slijedi da BA nije regularna. Time je dokazan drugi dio druge tvrdnje. Što se prvoga tiče, primijetimo da je A T također singularna Qer su njezini retci stupci matrice A , broj nezavisnih redaka od A jednak je broju nezavisnih stupaca od A tj. rangu matrice koji je manji od n . Po dokazanom prvom dijelu, i matrica BT A je singularna. Kako vrijedi B A T = (AB) T , matrica AB je isto tako singularna.
T
T
T
Alternativna definicija ranga. U većini knjiga rang matrice definira se pomoću njezinih minora. Ta će definicija kod nas biti teorem: Teorem 3.13. Rang matrice jednak je redu najveće minore različite od nule.
Tako na primjer, rang sljedećih matrica jednak je 2: A=
[ 2l -1-l 33] '
B=
[
]
2 -1 3 1 -1 3 . 3 -2 6
Obje one imaju minoru različitu od nule, to je (na primjer) minora
M
=
l i =� l ·
matrice A jednak 2. Rang matrice B nije veći od 2 stoga što je jedini minor reda 3 cijele matrice -jednaka nuli.
-
Zato je rang determinanta
Dokaz teorema. Označimo r = r(A) , rang matrice A , k = red najveće minore različite o nule. Trebamo pokazati da je r = k . Pokažimo najprije da vrijedi r :::;; k . Po teoremu 3.8broj linearno nezavisnih redaka i stupaca matrice A iznosi r . Izdvojimo r linearno nezavisnih redaka u matricu A' . Po teoremu 3 l O, broj linearno nezavisnih stupaca matrice A' je također r Izdvojimo sad r linearno nezavisnih stupaca u matricu A" . Dobili smo kvadratnu matricu reda r čiji su stupci, pa zato i retci linearno nezavisni. Njen je rang zato r i matrica je regularna; zato joj je i determinanta različita od nule. No, njezina je determinanta ujedno i minora reda r početne matrice. Dakle, pronašli smo jednu ne-nul minoru matrice A reda r i zato je r :::;; k . Pokažimo da vrijedi i obratna nejednakost. Neka postoji minora reda k različita od nule. Retci te minore su linearno nezavisni, jer je ona punoga ranga. No, tad su sigurno linearno nezavisni i (veći!) retci početne matrice koji ih sadrže. Zato je r ;:: k . Time je teorem dokazan. .
.
3. RANG I INVERZ MATRICE
59 * * *
Gore navedeni primjeri za ovakvu definiciju ranga mogu sugerirati da je računanje ranga po moću minora jednostavan posao.
Ta je tvrdnja istinita (kao i kod drugih metoda koje uključuju
determinante) u teorijskim razmatranjima, matricama specijalnoga oblika, a općenito samo za matri ce maloga reda Za matrica reda većeg od rang matrice reda
4,
3,
ova je metoda uglavnom neefikasna: da bismo odredili
moramo izračunati (najprije) determinantu matrice, zatim (ako je ona jednaka
nuli) determinante možda svih
a ako su svi jednaki nuli tad. . .
16 minora trećega reda (dok ne nađemo neki koji je različit od nule), *
* * *
Alternativni dokaz Binet-Cauchyjeva teorema.
U ovom smo poglavlju pokazali da se svaka
regularna matrica može napisati kao produkt elementarnih (teorem
3.6).
Iskoristit ćemo taj rezultat
da dokažemo B inet-Cauchyjev teorem: determinanta produkta jednaka je produktu determinanti, čiji smo nepotpuni dokaz dali u drugom poglavlju. Dakle, trebamo dokazati formulu
(3.3)
det(AB) = det A · det B. Neka je E bilo koja elementarna matrica. Pokažimo da u tom slučaju formula det(EB) = det E · det B.
(3.3) vrijedi: (3.4)
Tri su mogućnosti.
(l)
E = Eij .
Množenjem s ovom elementarnom matricom odgovara prvoj elemenatmoj
transformaciji: zamjeni redaka matrice B .
Zato je det Eij =
-l ,
det(EijB) = - det B i
(3.4)
vrijedi.
(2)
E = E;(A.) sad je det E;(A.) = A. . Matrica E;(A.)B dobiva se množenjem i -tog retka
brojem )., te je det(E;(A. )B) = )., det B i
(3 )
(3.4) ponovo vrijedi.
E = E;j(A ) . Sad je det Eij(A) =
l.
Kako množenje s ovom matricom odgovara trećoj
elementarnoj transformaciji, determinanta matrice B ostaje nepromijenjena: det(E;j(A )B) = det B i
(3.4) ponovo vrijedi. Time smo dokazali pomoćnu formulu
(3.4) .
Dokažimo sad opći slučaj. Pogledajmo najprije
što se događa ako neka od matrica A i/ili B nije regularna. Njena je determinata u tom slučaju jednaka nuli. Umnožak AB , po teoremu 3. 12, također nije regularna matrica i stogaje det(AB) = O i jednakost u
(3.3) vrijedi.
Pretpostavimo zato da je A regularna matrica. U tom se slučaju, po teoremu
3.6
ona može
prikazati u obliku umnoška elementarnih matrica: A = E1E2 · · · E, . Sad imamo, primijenjujući uzastopno pomoćnu formulu
(3.4) :
det(AB) = det(E1Ez · · · E,B) = det(E1 ) det(Ez · · · E,B) = det(E1 ) det(Ez) · · · det(Er) det(B)
Sad istu pomoćnu formulu
( 3.4) primjenjujemo na produkt determinanti elementarnih matrica:
det(El ) det(Ez) · · · det(Er) = det(E J ) det(Ez) · · · det(Er- lEr)
= det(E1 ) det(Ez · · · Er ) = det(E1 · · · Er) = det(A). Time je teorem dokazan. *
Usprkos tome, mogu se pronaći knjige gdje se rang računa na ovaj način, čak i za rnalrice reda 5. Nemojte ih u kontejner za stari papir.
ih zapaliti, ubacite
3.
60
Transformacije nad stupcima matrice. stupcima matrice.
RANG I INVERZ MATRICE
Elementarne transformacije možemo vršiti i nad
Svakoj transformaciji odgovara množenje matrice s odgovarajućom matricom
elementarnih transformacija s desne strane. Te matrice istoga su oblika kao i kod transformacija nad retcima. Za transformacije nad stupcima vrijede sva svojstva kao i za transformacije nad retcima matrice. Pojam po
retcima ekvivalentne ima svoj analogon po stupcima ekvivalentne: matrice stupcima ekvivalentne ako postoje elementarne matrice E , , . . . , E, takve da vrijedi
B = AE 1 Ako je matrica A tipa
(m, n)
i ranga
A i
B
su po
· · · E, .
r , onda ju elementarnim transformacijama stupaca
potpuno analogno kako je prije rađeno s retcima matrice - možemo prevesti na oblik u kojem će posljednjih nekoliko stupaca biti nul-vektori: '
A pri čemu su vektori
a�, . . . , a�
= [a� , . . . , a�, O, . . . , OJ
linearno nezavisni . Ovdje je
r
rang matrice.
Elementarne transformacije nad stupcima nisu pogodne u Iješavanju linearnih sustava Medu tim, gornji oblik matrice predstavlja dokaz važnog teorema koji opisuje skup svih rješenja linearnog sustava i bit će dokazan (drugim metodama) u poglavlju
7.
Iskažimo ga.
Teorem 3.14. Omačimo li s k broj nul-stupaca u gornjoj reduciranoj formi (tzv. defekt mat rice), tad je zbroj ranga i defekta jednak ukupnom broju stupaca:
r + k = n.
4.
Linearni sustavi
l. 2. 3. 4.
J
lili
Gaussova metoda eliminacije . . . . . . . .
.
. . . . .
,._ .
. 61
Homogeni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Nehomogeni sustavi . . . . . .
..
. .
.
. . . . . . . . . . . 67
Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
Rješavanje sustava linearnih jednadžbi najvažniji je problem linearne algebre.
Kazali smo već u prvome poglavlju da je opći oblik linearnog sustava m jednadžbi s n nepoznanica
bh hz ,
a ux 1 a2 1 x 1
+
UJ 2X2 azzxz
+
+
+
+
+
OJnXn a2nxn
Om J Xi
+
UmzXz
+
+
OmnXn = bm.
• • •
Rješenje ovoga sustava je svaka n -torka tički zadovoljava sve jednadžbe.
(xh . . . , xn)
(4. 1)
2
koja uvrštena u (4. 1) iden
Sustav može imati jedinstveno tješenje, može biti bez ijednoga tješenja, ali može
imati i beskonačno mnogo tješenja. llustrirajmo to na primjerima sustava tipa 2 x (Tu je uobičajeno imena nepoznanica označavati s
x i y .)
Primjer 4.1. a)
{ -x2x
+ +
3y = 4 y = 3 '
b)
{ 2x
3y = 6y = (x, y) =
+
4x +
Sustav (a) ima jedinstveno tješenje
4 7 ' ( - 1 , 2) .
e)
{ 2x
+
4x +
3y = 6y =
4
8·
Sustav (b) nema tješe
nja, dok sustav (e) ima beskonačno mnogo tješenja. Jednu nepoznanicu, recimo možemo odrediti po volji dok se druga računa zatim iz veze
.
x = 2 - �y .
y,
4.
62
LINEARNI SUSTAVI
Sustav (4. 1 ) može se napisati u obliku matrične jednadžbe (4.2)
Ax = b,
:: l '
gdje smo označili
:�� am2 Matrica A naziva se
::: o
amn
o o
matrica koeficijenata sustava, vektor x
je vektor nepoznanica,
a b desna strana sustava.
Opišimo Gaussovu metodu. * Ona se sastoji u tome da se sustav (4. 1 ) elemen tarnim transformacijama svede na ekvivalentan, iz kojega ćemo moći odrediti njegovo tješenje. Dva sustava nazivamo
ekvivalentnim ukoliko imaju isti skup tješenja.
Pri svođenju sustava na ekvivalentan koristit ćemo se istim elementarnim trans formacijama kao i pri određivanj u reducirane forme matrice.
Prisj etimo se, to su
operacije •
zamjena dvaju redaka,
•
množenje retka skalarom različitim od nule,
•
dodavanjem nekom retku drugoga retka pomnoženog skalarom različitim od nule.
Ako je
(x 1 , . . . , xn)
,
tješenje sustava (4. 1 ) tad je očito ta
n -torka tješenje i
su
stava dobivenog bilo kojom od ovih transformacija (i obratno ! ). Dakako da ćemo transformacije primjenjivati ne samo na lijevoj strani sustava (4. 1), već istovremeno i na desnoj strani. Pritom se pokazuje da je nepotrebno ispisivati jednadžbe u obliku (4. 1 ) ,
dovoljno je ispisati samo matrične koeficijente, pošto položaj
tih koeficijenata
određuje i imena nepoznanica koje dolaze uz odgovarajući koeficijent.
Primjer 4.2.
Riješi sustav x1
-X l 2x 1
3x2 2x2 X2
+++ ++
X3 3x3 X3
= =
-4,
5,
6.
Preciznije, riječ je o inačici originalne Gaussove motode, koja se u literaturi spominje pod imenom Gauss Jordanova metoda. *
4.
LINEARNI SUSTAVI
63
[ -ll 23 -l3 -45 ] ( ) l l 6 [l 3 -l -4] ( � ) O l o -5 3 : 14 !! : ll ] - ) [� � ( o o 5 : 15 ll !! ] l o [ ( ) Ol oo l: 3 [ 2 ( -. ) O� O� �l 13] .
Napišemo
A[ l 3 -l : -4 ] oO -55 32 14l
proširenu matricu sustava i svedimo matricu dodajemo prvi r. drugom r. dodajemo prvi r. x ( -2) trećem r.
rv
2
rv
rv
mno imo drug1 r. s
!
5
rv
.!
5
_
dodajemo drugi r. X ( 3 ) prvom r. dodojemo drugi r. x5 trećem r. _
rv
:
l l
1
rv
množimo treći r. s !
5 1: 2 l
_
5 2
5
rv
5
rv
rv
na reducirani oblik:
_
l
l
1 l
:
5
l 5
5 1
5
dodajemo treći r. X Jf prvom r. dodajemo treći r. x � drugom r.
_
rv
Ovim je postupak transformacija završen i treba još očitati rješenje. Dobiveni su
stav ekvivalentan je početnome, uz matrične koeficijente leže odgovarajuće varijable.
Matrica slijeva svedena je na jediničnu. Tako gornji matrični zapis daje ove jednadžbe:
Xt X2 X3
== 2,-1, = 3,
iz kojih zapravo očitavamo traženo rješenje.
Pri rješavanju linearnih sustava prirodno se postavljaju sljedeća dva pitanja • •
Kada sustav
(4. 1 )
ima rješenje?
Ako rješenje postoji, je li ono jedinstveno?
Da bismo pojednostavnili odgovor na ova pitanja, promotrit ćemo najprije spe
ima ++ . . . ++ + +
cijalni oblik linearnoga sustava koji uvijek
rješenje. To je tzv.
homogeni sustav
linearnih jednadžbi, okarakteriziran time da mu je desna strana jednaka nuli:
UuXt a21 x 1 UmtX! Sustav
Ax= O
++ +
U1 2X2 a22X2 Um2X2
· ·
·
UtnXn a2nXn UmnXn
= 0O =0
(4.3 )
uvijek ima rješenje ! Naime, nul vektor zadovoljava sve njegove
jednadžbe. Pokazali smo u prošlom poglavlju da je to i jedino rješenje, u slučaju kad je
A
regularna matrica.
4. LINEARNI SUSTAVI
64 Preostaje nam proučiti situaciju kad matrica.
Sustav
Ax = O AR
nije regularna (ili pak nije kvadratna)
: [loo: ooo ool o:o:l: ooool o o o: o
zapisujemo u matričnom obliku na način
transformacijama svodimo ga na oblik Ako je
A
[AR O ] .
:
[A O ]
i elementarnim
jedinična matrica, ili pak ako je oblika jedinične matrice koja je na
stavljena s nekoliko nul redaka, tad sustav ima jedinstveno tješenje takve matrice je, recimo
x = O.
Primjer
O vom je slučaju rang matrice jednak broju njezinih stupaca. Š to se događa ako je rang matrica manji od broja stupaca? Tad će u reduciranom
[oo� -oo� �oo -ioo o�lo
obliku matrice postojati neki stupci koji neće sadržavati stožerni element. takve matrice je
Primjer
Ovdje samo prvi i treći stupac sadrže stožerne elemente. Primjeti da je rang ove matrice
2.
Prema tome ćemo razlikovati dvije vrste stupaca: •
stupci sa stožernim elementom. Oni sadrže jednu jedinicu i sve ostale ele mente jednake nuli. Nazivamo ih
vezanim nepoznanicama.
•
vezanim stupcima i pripadne nepoznanice
slobodnim stupcima a pri slobodnim nepoznanicama.
stupci bez stožernoga elementa. Njih nazivamo padne nepoznanice
Uprije navedenoj matrici, prvi i treći stupac je vezan, a drugi i četvrti slobodan.
Primjer 4.3.
Utvrdimo na primjeru uvedenu terminologiju i promotrimo kako
ćemo postupiti u nastavku rješavanja. Neka je zadan homogeni sustav
:
3x2 ++ Sx3 2x3 == O,O. 3xlxr -- 2x2
o : o ) "' [ l -31 o] ) [l : ] 1 :
-3)) "' [1 -3 -12 : 0 ]
Napišimo odgovarajuću proširenu matricu i svedimo je na reducirani oblik.
[ 31 -3-2 25 : OO J "' ""'
(dodajmo l. redak x ( drugom retku
(podijelimo drugi r. sa 7
2: -t : O
O
"' (dodajmo 2. redak x 3 prvom retku
""'
0
O
Jf
7
O
_t 0
= [AR : o ] .
4.
LINEARNI SUSTAVI
65
Matrica je svedena na reducirani oblik. Prva i druga nepoznanica (kao i stupci) su vezane, treća nepoznimica je slobodna. U sljedećem koraku trebamo iskazati vezane nepoznanice preko slobodnih. To je jednostavno, veza slijedi iz svakoga retka matrice. Iz prvoga retka dobivamo x1 lfx3 = O , odakle je x, = - lfx3 •
+
a [ ] [ -11aa ] - a [ -1 ] a
je xz = tX3 Treća nepoznanica x3 je slobodna. To znači da njezinu vrijednost možemo odab rati po volji. Da to naglasimo, stavimo x3 = Tad za vezane nepoznanice slijedi x, = xz = Tako rješenje sustava možemo napisati u vektorskom obliku
Iz drugoga retka dobivamo xz - tx3
-!fa, ta.
=
O,
te
.
.
x' x2 X3
7
l
.
aw, a
Vidimo da ovaj sustav ima beskonačno mnogo rješenja. [-If , t, l] T svako se rješenje sustava može dobiti u obliku koji broj. ,
Označimo li w = gdje je E R bilo
++ 4x2xzz ++ 3x3X3 ++ 2x43x4 ++ 7xs3xs O,O, + 4xz + X3 + 5x4 + 5xs O. [ 21 24 31 23 73 oo ] , 24l55 o
Primjer 4.4. Promotrimo još jedan sustav:
=
x, 2x, 2x,
=
=
Proširena matrica glasi
[ o1 o2 o -13 2 oo] . ooo oo o a, /3 2a-3/3y 2y. - f3 -2a-;f3 -2y {J-y{J = a 0O + /3 y 0 [ y l [-ilO [-�lO [-�l
a njegova reducirana forma irna oblik
l
l
Odavde čitamo da su vezane nepoznanice x1 i njih biramo po volji . Stavimo x2 = x4 =
x,
=
-2xz - 3x4 - 2xs
=
x3 , a slobodne x2 , x4 i x5 • Svaku od x5 = . Iz prve jednakosti čitamo
,
Iz druge jednakosti čitamo
X3
=
X4 - Xs
=
Sad možemo zapisati rješenje sustava u obliku
[� l X3 X4 xs
Y·
l + l
-l . l
4. LINEARNI SUSTAVI
66 Vidimo da se u rješenju pojavljuju tri nezavisna parametra sustava može se napisati u obliku gornjem prikazu.
aw1 + fJw2 + yw3 ,
Skup svih rješenja sustava je prostor L( mijetimo da je njegova dimenzija
3.
wb w2, w3)
a,
gdje su
y . Opće rješenje wb w2, w3 vektori u
{J i
razapet s tim vektorima. Pri
Prirnijetimo nadalje da ta dimenzija odgovara
broju slobodnih nepoznanica. Kako je taj broj jednak razlici između broja stupaca matrice
A i broja nezavisnih redaka u njezinom reduciranom obliku, to (barem za ovaj
primjer) vrijedi
dimenzija prostora rješenja
= n - r.
Dakako da ova formula vrijedi i u općenitom slučaju. Za to ne treba nikakva posebna dokaza. Gornji primjer točno ilustrira i općenitu situaciju. Nakon svođenja
na reducirani oblik, broj slobodnih varijabli jednak je broju stupaca n umanjenom za broj vezanih varijabli. Taj je pak broj jednak broj u stožernih elemenata, dakle rangu matrice
A.
r
Navedimo još jednom koje korake trebamo primjeniti pri rješavanju homogenoga sustava.
Algoritam za rješavanje homogenoga sustava. Korak l. Sustav Ax = O napišemo u matričnom obliku [A l O ] . Korak 2. Elementarnim transformacijama svodimo sustav na njemu ekvivalentan [AR / O ] . Nepoznanice u retku sa stožernim elementom nazovemo vezanima,
Korak 3. Korak 4.
ostale su slobodne.
Vrijednost slobodnih nepoznanica određujemo po volji, jednu nezavisnu od druge. Vezane nepoznanice određujemo preko slobodnih, iz redaka reduci rane matrice.
Rješenje zapisujemo u vektorskom obliku, kao linearnu kombinaciju n -
r
vektora.
U općem slučaju rješenje će imati sljedeći oblik. Pretpostavimo da su (zbog jedno
stavnosti zapisa !) nepoznanice x � ,
Xr+ l = a1 , . . . Xn = �-r . Xt * Xr Xr+ l Xr+2 Xn
*
. . . , Xr
vezane, a
*
slobodne. Stavimo
*
*
*
= at l
+ a2 o
+ . . . + �-r o
o
o
l
o
Xr+ b . . . , Xn
Tad opće rješenje ima oblik
l
o
= a1W1 + a2W2 + . . . + �-rWn-r·
Tu se na mjestu zvjezdica nalaze koeficijenti pročitani iz reduciranog oblika matrice.
4. LINEARNI SUSTAVI
67
Promotrimo sad sustav A x= b . Prva (dramatična) promjena prema homoge nome sustavu je u tome što ovaj sustav uopće ne mora imati tješenja! Zaista, već spomenuti primjer 3y = 6y = 7 '
{2x4x ++
4
daje jedan jednostavni sustav koji nema tješenja. Što Gaussov algoritam daje u ovom slučaju?
[24 63 :: 4]7 [1 1 : 2] [ l l : 2] O O : -1 4 6 :7 Iz drugoga retka reducirane matrice čitamo jednadžbu Ox1 + Ox2 = -l, rv
rv
•
koja dakako nema tješenja. Stoga nema tješenja niti početni sustav. Korisno je navesti još jednu interpretaciju ovoga slučaja. Gornji sustav A x= b ekvivalentan je s ovim zapisom
Odrediti njegovo tješenje isto je što i odrediti koeficijente x i y tako da vektor b bu de linearna kombinacija vektor-stupaca matrice A ! Kako su ti stupci proporcionalni = ( linearno zavisni !), to je svaka linearna kombinacija oblika
za neki skalar A a vektor b nije takvoga oblika. Zato sustav nema tješenja. Ovaj nam primjer daje naslutiti zbog čega (i kada!) sustav nema tješenja. Prob lemi mogu nastati samo u jednoj situaciji, koju možemo opisati na sljedeće načine: • nakon dovođenja na reducirani oblik, matrica A R ima redak ispunjen nulama ali takav da se s desne strane jednakosti ne nalazi nula, ili vektor b desne strane ne može se napisati u obliku linearne kombinacije • vektor-stupaca a 1 , an matrice A . U protivnom će sustav imati tješenje. Kako je broj linearno nezavisnih redaka jed nak broju linearno nezavisnih stupaca matrice, taj protivni slučaj opisuje ovaj teorem (koji smo ovom pričom objasnili). ,
,. . •
Teorem 4.1. Sustav A x= b ima rješenje onda i samo onda kad je rang matrice A jednak rangu proširene matrice [A : b ] . Koji je oblik toga tješenja? Mogli bismo analizirati postupak tješavanja kao i u slučaju homogenoga sustava, no brže ćemo do odgovora doći ukoliko naprosto iskoristimo taj rezultat. Evo teorema.
4.
68
LINEARNI SUSTAVI
Teorem 4.2. Opće rješenje sustava Ax = b ima oblik x = xh + xP
gdjeje � opće rješenje pripadnoga homogenoga sustava Ax = O, a Xp jedno rješenje nehomogenoga sustava. Dokaz. Dokažimo oba smjera. Dokazi su jednostavni i skoro trivijalni, međutim poruka ovoga teorema je dalekosežna i valja je upamtiti. Pretpostavimo da je x tješenje nehomogenoga sustava i neka je Xp jedno (ne ko konkretno, fiksirano, čvrsto) tješenje početnog sustava. Takvo tješenje nazivamo partikularnim, odatle i oznaka xP . Onda je x - Xp tješenje homogenoga sustava. Zaista A (x - xP ) = Ax - Axp = b - b = O .
Stavimo xh : = x - Xp . Vidimo da x zaista ima oblik x = xh + Xp . Obratno, neka je x toga oblika. Onda vrijedi
Ax = A (xh + xp ) = Axh + Axp = O + b = b
i tvrdnja je dokazana.
Napišimo sad algoritam za nalaženje tješenja nehomogenoga sustava.
Algoritam za rješavanje nehomogenoga sustava. Korak l. Sustav Ax = b napišimo u matričnom obliku: [A : b ] . Korak 2. Matricu A svedimo na reducirani oblik AR . Time dobivamo ekvivalent ni sustav [AR : b' ] . Ako je r(A ) < r(A : b ) , zaustavimo se: sustav nema
tješenja. Inače označimo slobodne i vezane varijable. Korak 3. Odredimo vrijednosti slobodnih varijabli po volji i pročitajmo iz redaka proširene matrice vrijednosti vezanih varijabli. Korak 4. Napišimo tješenje sustava u vektorskom oblik u . T o ć e tješenje imati sljedeći oblik. Pretpostavimo li (zbog jednostavnosti zapisa, zaboga !) da su prvih r nepoznanica vezane, a preostale n - r slobodne, tad tješenje glasi
Xt
Xr Xr+2 Xn
/3i =
13: + at
o o
*
*
l + . . . + an-r
o
*
*
o l
= b' + at Wt + azWz + . . . + an-rWn-r ·
Tu je b' vektor desne strane u reduciranoj matrici, a na mjestu zvjezdica se ispisuju elementi pročitani iz reducirane matrice, uz odgovarajuće slobodne nepoznanice.
4. LINEARNI SUSTAVI
69
U posljednjoj točki ovoga poglavlja dat ćemo alternativnu metodu za rješavanje linearnih sustava n jednadžbi s n nepoznanica.
Teorem 4.3. Nekaje A kvadratna matrica. Za po volji odabran vektor b sustav Ax = b imat će jedinstveno rješenje onda i samo onda kadje A regularna matrica. Ovaj je teorem do sad već skoro dokazan. No njegova je važnost tolika da je korisno taj dokaz upotpuniti.
Dokaz. Neka je A regularna. Njezin je rang n , dakle jednak rangu proširene matrice, pa sustav Ax = b ima rješenje. Opće rješenje tog sustava može se dobiti u obliku x = xh Xp . Partikularno rješenje čitamo iz reducirane forme proširene matrice, ono je jednako desnoj strani proširene matrice. Homogeno rješenje može biti samo nul vektor, kako je pokazano u teoremu Zato je rješenje jedinstveno. Pretpostavimo sad da sustav ima jedinstveno rješenje. To znači da homogeni sus tav Ax = O ima također jedinstveno rješenje x = O . Po istom teoremu zaključujemo da je A regularna matrica.
+
3 .ll.
Rješenje nehomogenog sustava može se eksplicitno napisati. Matrica A je regu larna. To znači da postoji njezina inverzna matrica A -l i ona je jedinstvena. Jednako tako je jedinstveno rješenje sustava linearnih jednadžbi Ax = b . Množenjem s inver znom matricom dobivamo X=
A- 1 b .
Ovo rješenje možemo prikazati u eksplicitnom obliku, koristeći prikaz pomoću determinanti. Pokazali smo da za elemente inverzne matrice vrijedi
,
(A- I ) ij = a;j =
Aj;
·
det A Iz formule ( 4.4) možemo napisati i -tu komponentu vektora x na način
�
xi = LJ
j= I
a;jbj
� ( :�)
= LJ
j=I
A
de
b1
=
l:n
J Ajibj
�:t A
.
Izraz u brojniku nalikuje Laplaceovom razvoju determinante (po i -tom stupcu). Zaista, da su na mjestu broja bj matrični elementi aji , tad bi suma l:j A1;aji pred stavljala rastav determinante po i -tom stupcu i bila bi jednaka determinanti matrice A . Sad zaključujemo da ta suma i sama predstavlja neku determinantu, međutim, ne determinantu matrice A već matrice u kojoj je i -ti stupac zamijenjen vektorom b . Na taj način dobivamo teorem, poznat u literaturi kao Cramerovo pravilo * . * Gabriel Cramer (1704-1752), švicarski matematičar.
4. LINEARNI SUSTAVI
70
Teorem 4.4. Svaka komponenta x; rješenja sustava Ax = b s regularnom matri com A može se napisati u obliku razlomka kojemuje u nazivniku determinanta matrice A, a u brojniku determinanta matrice u kojoj je i -ti stupac zamijenjen s vektorom b. D; deter i -ti stupac s vektorom
Cramerovo pravilo obično zapisujemo u sljedećem obliku. Označimo s minantu matricu koju dobijemo tako da se u matrici
b, a s D
determinantu matrice
zamijeni
A: a 11 . . . b 1 . . . a1n a21 . . . bz . . . a2n
D; = Onda za
A
ani . . . bn . . . ann i -tu komponentu rješenja vrijedi D;
X; = - .
(4.4)
D
Primjer 4.5.
Rješenje sustava reda 2 možemo zapamtiti. Ako je ax
+ by = e, ex + dy = J,
i ako je
ad - bc =/=
O,
x_
Primjer 4.6.
J� � J� l � � �
po Cramerovom pravilu imamo
l; :l � � ��
-
d hf - < ad - bc '
_
y
af - ce ad - bc
Riješimo sustav
X3 x1 + 3x2 -x1 + 2xz + 3x3 2x1 + X 2 + X3
= =
-4, 6. 5,
Potrebno je najprije izračunati determinantu. Ako je ona jednaka nuli, Cramerovo je
� [-i � �l [�:l n l
pravilo neprimjenjivo. Sustav napisan u matričnom obliku glasi
-4 -1 6l l
Determinanta iznosi 25 . Zato je
3
5 2
XJ
i slično
=
x3
=
25
3.
-1 -46 -1 l
3
5
=
50 25
= 2
'
xz =
2
25
3
l
=
-25 25
=
-1
Cramerovo pravilo numerički je efikasno za matrice reda 2 i (ponekad) za mat rice reda
3.
Za sustave većega reda svakako ga treba izbjegavati. Međutim, njegova
važnost ostaje u tome što daje eksplicitni izraz za rješenja sustava.
5.
Vektori
l.
2.
3.
4. 5. 6. 7. 8. 9.
Operacije s vektorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 V3 je vektorski prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 Koordinatni sustavi i kanonska baza . . . . . . . . . . . . 77 Skalami umnožak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Vektorski umnožak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 Mješoviti umnožak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 Rastav vektora po bazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 Dvostruki umnožak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 Dodatak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 .
.
U realnom fizikalnom svijetu lako ćemo prepoznati mnoge veličine kojima se vrijednost izražava brojem. To su na primjer dulj ina, površina, volumen, temperatura, tlak, masa, kinetička energija, specifična gustoća . . . Njih nazivamo skalarnim veliči nama. Međutim, neke se veličine ne mogu opisati samo brojem. Tako vjetar opisujemo
njegovom jačinom, ali i smjerom. I uopće,
brzina je fizikalna veličina koja - uz svoj
iznos - mora imati definiran i smjer. Isto će vrijediti i za ubrzanje, silu, moment sila, električno ili magnetsko polje itd. Skalarne su veličine presiromašne da bi same mogle opisati dvo ili tro-dimenzionalan svijet - za to nam je potreban vektorski aparat. Definirat ćemo operacije s vektorima: zbrajat ćemo ih, množiti sa skalarima, množiti međusobno na dva različita načina, rastavljati vektor u komponente po nekim istaknutim smjerovima, itd.
5. VEKTORI
72
Definicija vektora.
Pretpostavljat ćemo da nam je intuitivno jasan pojam trodi
menzionalnoga euklidskog prostora
E3
•
Točke toga prostora označavat ćemo velikim
. . , T, . . . Dužinu s krajevima A, B označavamo s AB . Udaljenost dviju točaka A , B označavamo s lAB l ili s d(A, B) . To je ujedno i duljina dužine AB . --+ Usmjerena dužina AB je dužina za koju se zna početna točka A i završna točka A, B, .
slovima
B.
.
. , M, N, P,
.
Dvije usmjerene dužine
.
--+
AB
i
-+
A1B1
su ekvivalentne, ako postoji translacija koja
prevodi jednu u drugu, tj . ako je četverokut
ABB1A1
paralelogram.
Sve međusobno ekvivalentne dužine nazivamo klasom međusobno ekvivalentnih usmjerenih dužina. Pojedinu dužinu iz te klase nazivamo reprezentantom (predstav
nikom),
pošto znajući jednu znamo odrediti i svaku drugu dužinu iz te klase. Klasu
međusobno ekvivalentnh dužina nazivamo vektorom
1
i označavamo simbolom
To je dakako klasa čiji je reprezentant usmjerena dužina
--+
--+
[ AB ] .
AB .
U prikazu vektora možemo koristiti bilo koju od usmjerenih dužina iz njegove klase. Kažemo da hvatište vektora možemo izabrati po volji.
Zapis vektora.
veličinom, ali i smjerom. U trodi menzionalnom prostoru prikazujemo ga stoga u obliku strjelice, čija duljina određuje Vektor je određen svojom
veličinu, a položaj određuje smjer vektora. Stoga se i sam vektor najčešće označava slovom iznad kojeg je postavljena strjelica: ii . U novije doba je, pogotovo u knjigama,
uobičajeno vektore pisati masnim slovima, ovako: i
mi
a, b,
koristiti.
x i slično, pa ćemo taj zapis
Geometrijski, vektor u ravnini ili prostoru, opisan je ukoliko se znaju sljedeća tri podatka: •
nosač: pravac na kojemu se vektor nalazi, orijentacija na tom pravcu, te
•
duljina l AB l , B.
•
--+
koja se definira kao udaljenost
d(A, B)
krajnjih točaka
A
i
Prema tome, usmjerene dužine koje leže na paralelnim (moguće istovjetnom) pravcima, imaju istu orijentaciju i jednaku duljinu definiraju isti vektor.
D
c( � '7 /'\
A
1
engl.
vector,
njem.
Vektor,
fran. vecteur,
rus.
Sl. 5. 1. Vektor je klasa usmjere nih dužina. Dvije usmjerene du žine koje se translacijom dovode jedrul na drugu definiraju isti vek tor
BeKTop od Jat. vector - nositelj.
5. VEKTORI
73
Ponekad je pogodnije govoriti o
smjeru
vektora.
Smjer objedinjuje pojmove
nosača i orijentacije. Tako kažemo da je vektor određen smjerom i iznosom. Često se i sam vektor poistovjećuje s nekom usmjerenom dužinom iz njegove klase. Tako pišemo (neprecizno)
-+
a = AB
umjesto strogog zapisa
-+
a = [ AB] , no to u
principu neće izazivati zabunu.
Nul vektor. Tako je
-+
Nul vektor se definira kao vektor dulj ine
O = [ AA ] , za bilo koju točku A .
Radij-vektor. V2
Označavamo ga s
Skup svih vektora označavat ćemo slovom će predstavljati sve vektore ravnine, a
V3
Istaknimo jednu točku u prostoru i označimo ju slovom
V.
Ukoliko bude pot
vektore u prostoru.
O.
Moguće je za svaki
vektor izabrati njegova reprezentanta tako da mu početna točka bude baš ta točka Vektor
--+
OT
nazivat ćemo tad radij
O.
Jedino kod nul vektora nema smisla govoriti
niti o nosaču, niti o smjeru. rebno pojasniti,
O.
vektor točke T
O.
u prostoru.
Duljina vektora. Duljinu vektora a označavamo s l al . Taj broj zovemo još -+ norma vektora. Ako je AB neki njegov reprezentant, tad je lal = d(A, B) .
i
-+
Zbrajanje vektora. Neka su a , b bilo kakvi vektori, AB bilo koji predstavnik --t vektora a te BC predstavnik vektora b s početkom u točki B . Tad je zbroj vektora --t a + b određen predstavnikom AC . Dakle, -+
--t
--t
[AB ] + [BC] = [AC ] . e
Sl. 5.2. Zbrajanje dvaju vektora. Vektore wrgja mo tako da početak drugog izaberemo u zavrsnoj točki prvoga vektora
(5. 1 )
A
Ova operacij a ima svojstva
VP1 VP2 VP3 VP4 Svojstvo
(a + b) + c = a + (b + c), a + O = O + a = a, (Va E V) ( 3a' E V) a + a' = a' + a = O, a + b = b + a. VP1 kaže daje zbrajanje asocijativno: nebitno je kojim se redom zbra
jaju tri vektora. Dakako da identičan zaključak (koristeći princip indukcije) vrijedi i za
5.3).
zbroj više od tri vektora (sl. Svojstvo VP2 ukazuje daje nul vektor O neutralni element za zbrajanje vektora. VP3 kaže da za svaki vektor iz V možemo pronaći njemu suprotan vektor a' koji u zbroju s a daje nul vektor. Zaista, ako je a prikazan usmjerenom dužinom AR , tad je njemu suprotan definiran sa a' = BA , pošto je po ,
74
5 . VEKTORI
definiciji zbrajanja
a' =: -a .
AB + BA
Svojstvo
VP4
M
= = O . Suprotan vektor označavamo još i na način pokazuje da je zbrajanje vektora komutativno: Svejedno je
zbrajamo li prvi vektar s drugim i1i drugi s prvim. Na tom se svojstvu zasniva definicija zbraj anja pomoću pravila paralelograma. Vidi sl.
5.3.
a
Sl. 5.3. Zbrajanje vektoraje komutativno (lijevo). Stoga se dva vektora mogu zbrajati (ako imje hvatište zajedničko) pom<JCu pravila paralelograma. Način zbrajanja više od dvaju vektora, nado vezivanjem (u sređini). Vektore nanižemo talio dilje početak narednoga u tavršetku prethodnoga. Zbroju odgovara vektor koji ima poj!etak u početku prvoga a mvršetak u mvršetku posljednjega. Zbrajanje vektora je asocijativno (desno). Ovo svojstvo opravdava prethodno pravilo zbrajanja
Oduzimanje vektora.
Oduzimanje vektora definira se kao operacija zbrajanja sa
suprotnim vektorom:
a - b = a + ( -b). Grafički vektore najlakše oduzimamo tako
da
im izaberemo reprezentante sa zajednič
kim hvatištem. Tad vrijedi
-7
--t
-
AB - AC = CB .
� e
<::lb
A
B
Sl. 5.4. Dva se vektora oduzimaju tako se dovedu u mjedničko hvatiste. Ra zlici odgovara vektor kome je hvatište u mvršetku drugog a završetak u mvršetku prvog vektora dil
Množenje vektora sa skalarom. To je operacija : R x V A. a ima • nosač identičan nosaču od a , • orijentaciju istu, ukoliko je A. > O , suprotnu za ll. < O, • dulj inu ji!. a l lA. I la! .
način: za realni broj ll. vektor
·
__.
V definirana na
5. VEKTORI
75
Sl. 5.5. Množenje vektora sa skalarom U zapisu množenja vektora sa skalarom obično izostavljamo znak kratko
--+
A. a , 2AB
·,
te pišemo
i slično.
To množenje irna sljedeća svoj stva
VP5 VP6 VP1
A. (a + b) = A. a + A. b, (A. + J.L)a = A. a + J.La, (A.J.L )a = A. (J.La) .
Sl. 5.6. Ova slika opravdava svojstvo VPs . Nacrtaj odgovarajuće skice za svoj stva VP6 i VP1 Istaknimo (zbog potpunosti ovog popisa) i sljedeće očito svojstvo:
VP8
l · a = a. ( - l ) ·a = -a (suprotan vektor). Posebno definiramo množenje s nul vektorom: ). · O := O . Jedinični vektor. Neka je a # O zadani vektor. S a označavamo jedinični vektor vektora a . To je vektor koji irna isti smjer kao i a , a duljina mu je l . Dobijemo Primijetimo daje
ga tako da vektor podijelimo s njegovom duljinom:
a
V3 je vektorski prostor.
Svaki skup na kojemu se definirane dvije operacije:
VP1 - VP8 naziva se vektorski prostor. Ovim smo provjerili da V3 smijemo nazivati vektorski prostor. Jednako tako su vektorski prostori i skupovi V1 vektora na pravcu i V2 vektora u ravnini. zbrajanje vektora i množenje vektora sa skalarom tako da su zadovoljena svojstva
Najvažnij u informaciju o nekom vektorskom prostoru daje nam pojam dimenzije tog prostora.
5; VEKTORI
76
Dimenzija i baza prostora. Najveći broj linearno nezavisnih vektora u nekom vektorskom prostoru zovemo dimenzijom tog prostora. Ako je n dimenzija prostora V tad svaki skup 8 1, , &n od n linearno nezavisnih vektora nazivamo bazom vektorskog prostora. Ova su dva pojma isprepletena: ako znamo dimenziju, znamo koliko linearno nezavisnih vektora sadrži baza i obrnuto. Da je taj broj jednoznačno određen, tj. da ne ovisi o mogućem izboru različitih baza, pokazat ćemo u 7. poglavlju. Pojam linearne kombinacije, linearne zavisnosti i nezavisnosti vektora definirali smo u §3 . Osvrnimo se sad na geometrijsku interpretaciju ovih pojmova. • • •
Primjer 5.1. Prostor V1 vektora na pravcu dobiven je tako da se za vektor a "l O promotre svi vektori oblika
{Aa : A E R}. 1 Vidimo da j e V = L(a) Svaka dva vektora iz V 1 su linearno zavisna: jedan je višekratnik drugoga. Zato je najveći broj nezavisnih vektora u prostoru V 1 jednak l; i to je upravo dimenzija prostora V 1 • Svaki ne-nul vektor čini bazu tog prostora. Primjer 5.2. S V2 označavamo dvodimenzionalni vektorski prostor: to je prostor .
u kojemu su najviše dva vektora linearno nezavisna. Neka su a1 i a2 bilo koja dva nekolineama vektora. Tad su oni linearno nezavisni i svaki treći vektor prostora y2 može se izraziti u obliku linearne kombinacije vektora a 1 i a2 . Zato je
V2 = L(ah a2 ) = {a = At St + A2a2 : At, A2 E R}.
Vektori a1 i a2 čine bazu. Primijeti da bazu ovoga prostora čine i bilo koja druga dva linearno nezavisna vektora. Ako vektor a napišemo preko linearne kombinacije vektora a1 i a2 , tad kažemo da smo vektor a rastavili u komponente po vektorima a 1 i a2 . Iskažimo sad u obliku teorema jednu jednostavnu ali važnu tvrdnju koje zadovo ljavaju vektori prostora y2 . Student će primijetiti da će analogne tvrdnje vrijediti i za bilo koji vektorski prostor.
Teorem 5.1. Neka su a 1 i a2 linearno nezavisni. Prikaz vektora a E a = At&t + A2a2 je jedinstven, tj. skalari A1 i A2 sujednomačno određeni.
y2
u obliku
(5.2)
Dokaz. Pretpostavimo da se a može napisati u obliku (5.2 ) na dva načina: a = At&t + A2a2 = Jtt&t + Jt282. Odavde bi slijedilo (At - ttd at + (A2 - Jt2 )a2 = O. kako su S t , a2 linearno nezavisni, zaključujemo da mora vrijediti A t = tt 1 i A2 = Jt2 .
5. VEKTORI
77
l l
l l l
;-�������
z
Sl. 5. 7. Rastavljanje vektora a E v po kompo nentama a1 , az geometrijski se realizzra pro]ici ranjem vektora a na vektore a 1 i az . Takav je z rastav jedinstven. Što ako vektor a E v želimo rastaviti po komponentama a1 az , a3 ? Kako se tad može realizirati taj rastav ? Mora li on biti jedinstven?
Primjer 5.3. Prostor V3 trodimenzionalni je prostor. Njegovu bazu čine bilo koja tri nekomplanarna vektora. Svaki drugi vektor može se prikazati u obliku njihove linearne kombinacije. Zato je
V3 = L(a t , az, a3) = {a = A 1 a1
Azaz
+ +
A3 a3 : A J , Az, A3 E R}
Kažemo još da se svaki vektor a može rastaviti u komponente u smjerovima vektora at , az, a3 . Taj je rastav jedinstven!
Koordinatni sustav u ravnini. Neka su a1 i az dva nekolinearna vektora u ravnini sa zajedničkim hvatištem u točki O . Točku O nazivat ćemo ishodištem koor dinatnog sustava. Trojku (O, at , az) nazivamo koordinatni sustav u ravnini. Vektori a1 i az određuju dvije koordinatne osi: pravce koji prolaze ishodištem i nosači su vektora a1 i az (sl.
5.8.)
Svakoj točki T u toj ravnini jednoznačno odgovara radij-vektor možemo rastaviti po bazi a 1 , az i vrijedi -
OT = x1a1
+
oT . Njega pak
Xzaz.
Time je položaj točke T opisan parom skalara (x1 , xz) . Njih nazivamo koordinate točke T u sustavu (O, a�, az) . Geometrijski, koordinate točke T određuju se njezinim projiciranjem na koordi natne osi. Projekcija se vrši u smjeru druge koordinatne osi.
5. VEKTORI
78
T(3,2)
Sl. 5.8. KoordiiUltni sustav ne mo ra nužno biti pravokutan: svaka dva nekolineama (čitaj: linear no nezavisna!) vektora određuju svoj koordiiUltni sustav. Koordina te toc"ke jediUlke su komponentama radij-vektora or
Koordinatni sustav u prostoru. Neka je O istaknuta točka u prostoru. Ana logno gornjem, svaka tri nekomplanama ( = linearno nezavisna! ) vektora a�, a2, a3 određuju koordinatni sustav (O; a,, a2 , a3 ) . Za zadanu točku T nije jednostavno odrediti njezine koordinate: potrebno je --+ rastaviti vektor OT u linearan spoj vektora a1 , a2 i a3 . Kako se to radi, biti će objašnjeno u posljednjoj točki ovoga poglavlja. ** *
Izbor baze omogućava nam da operacije s vektorima prevedemo na operacije s njihovim koor dinatama u toj odabranoj bazi. Prisjetimo se već dokazanih svojstava: •
svaki je vektor linearna kombinacija vektora neke baze,
•
taj je prikaz jedinstven.
(O; a" a2, a3 )
Neka je
X b x2, X3
takvi da vrijedi
Tako vektoru
a
zadani koordinatni sustav. Trojka
a u toj bazi je jedinstven.
Prikaz bilo kojeg vektora
a1, a2, a3
a = x,a, + x2a2 + x3 a3 . (x,, x2, x3 ) , odnosno, možemo pisati
E V3
pridružen vektor-stupac prostora
R3 .
Ovo pridruživanje čuva vektorske operacije. Zbroju vektora iz
R3 .
V3 .
možemo pridružiti uređenu trojku
Time je vektoru a stupaca u
čini bazu prostora
To znači da postoje jednoznačno odredeni skalari
Isto vrijedi i za umnožak skalara i vektora.
Matematičkim rječnikom kazano, prostori
V3
i
R3
su
V3
odgovarat će zbroj vektor
izomorfni.
lzomorfni prostori nisu
identični - oni sadrže različite objekte. Medutim, njihova su svojstva i ponašanje identični pa ih
možemo u mnogim slučajevima poistovjetiti. Prirnijetimo još da ovo pridruživanje
ovisi o izabranoj bazi.
Jedan te isti vektor u različitim
bazama ima različite komponente, zato će mu odgovarati različiti vektor-stupci prostora
R3 .
U svakom konkretnom fizikalnom problemu korisno je odabrati bazu u kojoj ćemo prikmvati
vektore jer
R3 .
se time račun s
vektorima svodi na račun s njemu pridruženim koordinatama u
Koja je baza pri tom najprikladnija?
prostoru
Izbor baze najčešće ovisi o karakteru problema koji
pokušavamo predočiti. Medutim, u najvećem je broju slučajeva najprikladnija tzv. odgovarajući kartezijev koordinatni sustav koji ćemo sad opisati.
kanonska baza i
5. VEKTORI
79
Kanonska baza. Među svim mogućim bazama prostora V3 izdvojit ćemo jednu
naročito podesnu za prikazivanje vektora. Kartezijev pravokutni koordinatni sustav čine tri međusobno okomite cm:· • Ox - os apscisa, • Oy - os ordinata, • Oz - os aplikata. Zajednička točka O ovih osi je ishodište koordinatnog sustava. Izdvojimo toč ku na jediničnoj udaljenosti od ishodišta na svakoj od ove tri osi i pridružimo joj odgovarajući radij vektor. • • •
odgovara radijvektor i = OE; . = (1, Točki E2 = (0, l , odgovara radijvektor j = OE; . Točki E3 = (0, l) odgovara radijvektor k = OE; . Točki E1
O, O) O) O,
Po ovoj konstrukciji, kartezijev sustav je zapravo sustav (O; i, j, k) određen toč kom O i trima vektorima i, j, k . Trojku vektora (i, j, k) nazivamo kanonska baza prostora V3 •
----------�-�� - /
(x,02f"- � -� -- /
_ _ _ _ __ _ _
l
:
l
i
l l l
l l l
Sl. 5.9. Točkama El , E2 , E3 na koordinatnim osima odgovaraju Jedinični vektori i , j , k . Koordinate (x, y , z) točke T jednake su komponentama vektora OT u rastavu po bazi i , j , k . Taj se rastav određuje okomitim projiciranjem na koordinatne osi
T(X,y,z) //
%� ti
(O.�. O) (x,O,O)
Kako izgleda rastav nekog vektora u toj bazi? Krenimo s radijvektorom bilo koje točke T(x, y, z) . Za njega očevidno vrijedi
OT = xi + yj + zk. Prema tome, koordinate točke T određuju komponente vektora oT u rastavu po kanonskoj bazi. Neka je sad a zadani vektor. Njega također možemo napisati kao linearnu kom binaciju vektora kanonske baze. Pri tom obično koristimo zapis:
a = axi + ayj + azk. Kako se računaju koeficijenti ax, ay , az ? Neka su A(xt. y11 zt) i B(xz , yz , zz) koordinate njegove početne i završne točke. Taj se vektor može napisati preko radij-
80
5. VEKTORI
vektora tih točaka na način
oB - oA (x2i + yzj + Z2k) - (x l i + Y d + Zi k) = (x 2 - x l )i + (y2 - y i )j + ( z2 - zi )k
a = =
Prema tome, vrijedi
ay = Y2 - y� ,
zna.
Orijentacija ravnine i prostora.
Opisana konstrukcija k:artezijeva sustava nije potpuno preci
Krenuvši od tri medusobno okomite osi, u mogućnosti smo odabrati poredak jediničnih vektora
na njima na dva bitno različita načina. Slično
se
događa i u jednostavnijoj situaciji u ravnini. Opišimo stoga najprije moguće orijen
tacije ravnine.
Neka su zadane dvije međusobno okomite koordinatne osi. Prvi vektor
i
odaberimo na bilo
kojoj od koordinatnih osiju i s po volji odabranom orijentacijom. Izbor vektora j na drugoj osi
određuje tad orijentaciju čitavoga sustava •
Ako vektor j odaberemo tako da se rotacijom za 90° prevodi u vektor j , tad kažemo da je sustav (O; i, j) sustav.
•
u pozitivnom smjeru
vektor i
pozitivno orijentiran ili desni
Ako vektor i moramo rotirati za 90° u negativnom smjeru da bi se poklopio s vektorom j , tad kažemo da je sustav (O; i, j) negativno orijentiran ili Hjevi sustav.
Pritom po dogovoru smatramo pozitivnom rotacijom onu kod koje je smjer okretanja suprotan onome kod kazaljki sata
j Sl. 5. 1 O. Od dva sustava na slici jedan je pozitivno, drugi negativno orijentiran Kako će izgledati orijentacija u prostoru? Prvi vektor i odaberimo na bilo kojoj od koordinatnih
osiju, drugi vektor
j također. Sustav
(O; i, j) tako dobiven u prostoru nema nikakve orijentacije, nju
će odrediti tek izbor trećeg vektora.
Za izbor trećeg vektora k na trećoj osi ostaju dvije bitno različite mogućnosti, možemo odab rati jedan od dva međusobno suprotna smjera Dvije različite mogućnosti izbora vode nas do dva
međusobno različito orijentirana sustava (sl. 5.11 )
.
5. VEKTORI
81
Sl. 5. 1 1. Dvije mogućnosti za iz bor pravokutnih lwordinatnih sus tava. Sustavi na slici suprotno su ori.[entirani. Sustav nacrtan desno nas je standardni lwordinatni su stav lwje8. nazivamo desni sustav. Sustav lijevo je njegova zrcalna slika, on predstavlja lijevi sustav.
k
Da bismo ih razlikovali, nazivamo ih imenima desni i lijevi koordinatni sustav. Desnim nazi vamo onaj kod kojeg vektor i gleda u smjeru srednjaka, vektor j u smjeru palca a vektor k u smjeru kažiprsta desne ruke. Alternativno, desni sustav je onaj kod kojeg je ravnina (O; i, j) gledana iz vrha trećeg vektora k pozitivno orijentirana. Ta su dva sustava (matematički) potpuno ravnopravna. Međutim, uobičajeno je da se sve formule i razmatranja vrše samo u jednom sustavu. Pri tom se dogovorno odabire desni sustav.
Kut među vektorima. Smatrat ćemo da je pojam kuta među vektorima jasan: to je manji (po apsolutnom iznosu) od dvaju kutova koji zatvaraju zadana dva vektora (translatirana u zajednički početak). Označavat ćemo ga sa qJ = 1:(a, b) . Prema tome, kut može poprimiti vrijednost -n < qJ � n .
a
Sl. 5. 12. Kut među dvama vektorima
Skalami umnožak. Neka su a , b zadani vektori i umnožak (produkt) vektora a i b definira se na način a · b := ! a l i b i cos qJ .
qJ
1:(a, b) . Skalami
(5.3) V u polje realnih brojeva ( skalara) .
Time je definirano preslikavanje s produkta V x Odatle i ime ovom umnošku. Ukoliko je jedan od vektora a ili b jednak O , tad je njihov skalami umnožak po definiciji jednak nuli. Ta činjenica, strogo govoreći, ne slijedi iz (5.3), pošto u tom slučaju kut qJ među vektorima nije definiran. Definicija (5.3) za posljedicu i formulu (5.4) lal 2 = a · a. za okomite će vektore biti a · b = jer je cos n = Obratno, ako Također, · je a b = tad možemo zaključiti da je barem jedan od vektora a ili b jednak nuli, tj. vektori su okomiti. ili pak kut medu njima iznosi qJ = n ·
ima
O,
/2,
O,
/2 O.
5. VEKTORI
82 --t
--t
Projekcija vektora na vektor. Neka su zadani vektori a = OA i b = OB . Projicirajmo ortogonalna točku B na pravac OA i označimo projekciju s B' . Vektor --t
OB ' naziva se (vektorska) projekcija vektora b na vektor a i označava sa ba (slika 5. 1 3) . Očevidnoje ba = lb l cos qJ a.
Kako je a · a = lal , to skalami umnožak možemo napisati na način
a · b = ba · a i slično, ukoliko zamijenimo uloge vektora a i b , a · b = ab · b .
O
A B' a b1 Sl. 5.13. Projekcija vektora na vektor
Skalamu veličinu l b l cos QJ nazivamo skalarna projekcija vektora b na vektor a i označavamo sa :Tra (b) . Prema tome, skalami produkt možemo napisati i na način a · b = lal :rra (b) = :rrb (a) lb l.
Svojstva skalarnoga umnoška. Ispitajmo najprije ponašanje nove operacije prema već prije definiranim: zbrajanju vektora i množenju vektora sa skalarom. Skalami umnožak ima sljedeća svojstva: a·a � a · a = � a = O (pozitivnost) (Sl) A(a · (homogenost) b) = (A-a) · b = a · (A-b) (Sz) a·b = b·a (komutativnost) (S3) a · (b + e) = a · b + a · e (distributivnost) (S4) Ova svojstva omogućavaju nam da izraze sa skalamim produktom 'sređujemo' na 'prirodan' način: ·
O,
O
(2a + b) · (3a - 2b) = (2a) · (3a) + b · (3a) - (2a) . (2b) + b · ( - 2b) = 6a a + 3b . a - 4a . b - 2b · b = 6a · a - a . b + 2b . b. ·
(Neki su koraci ubrzani!) Svojstva (Sl ) - (S3 ) slijede po definiciji. Za dokaz svojstva (S4) pogledajmo sliku 5.14 i iskoristimo svojstva vektorske projekcije:
a · (b + e) = la l tr8(b + e) = lal (:rra b + :rra e) = l al :Tra b + lal :rrae = a · b + a · e.
5. VEKTORI
83
l l
: �(b+c) �(e)
Sl. 5.14.
a
Distributivnost skalamog umnoška
Skalami umnožak u komponentama. Neka je i, j, k kanonska baza prostora V3 . Kako nju čine međusobno okomiti vektori jedinične duljine, za njihove skalarne umnoške vrijedi
i . i = l, i · j = o,
j . j = l, j · k = o,
k · k = l, k · i = O. Zgodno je prikazati ove umnoške u sljedećoj tablici množenja i j k l o o j o l o k o o l Svaki se vektor može na jednoznačan način prikazati preko vektora baze. Zato, ako je
a = a.. i + ayj + azk, b = bxi + byj + bzk, tad za njihov skalami umnožak dobivamo (koristeći svojstva skalarnoga produkta i gore napisanu tablicu)
a · b = (axi + ayj + azk) · (bxi + byj + hzk) = a.. b.. i . i + axbyi . j + axbzi . k + aybxj · i + aybyj · j + aybJ · k + axbxk · i + azbyk · j + azbzk · k = axbx + ayby + azbz . Time smo dobili sljedeću formulu za računanje skalarnoga produkta vektora zadanih kartezijevim komponentama (5.5)
Prirnijetimo da je ovaj izraz usklađen s umnoškom vektor-retka i vektor-stupca; ako je
5. VEKTORI
84
tad je skalami umnožak vektora jednak umnošku
[a, a, a,] [H
Ako poistovjetimo vektor prostora V3 s njemu pridruženim vektor-stupcem u R3 , tad skalami produkt a · b možemo pisati i na način a b . Taj je zapis čest, pogotovo u tehničkoj literaturi. Duljina vektora. Skalami produkt vektora sa samim sobom daje kvadrat duljine vektora. Zato je T
la l =Ja; +a; +a�.
Kut između vektora. Ako su vektori zadani svojim komponentama, tad smo u mogućnosti izračunati skalami produkt direktno i pomoću njega kut između dvaju vektora:
Za zadane nekolinearne vektore a i b , definiramo vektorski (ili vanjski) umnožak (produkt) a x b : to je vektor sa sljedećim svojstvima: ja x bj = la l lb l l sin cp j . (E ) a x b je okomit na vektor a i na b. (E2) Trojka ( a, b, a x b ) čini desni sustav. (E3) Ako je jedan od vektora nul-vektor, vektorski je umnožak po definiciji i sam jednak nul-vektom. Ukoliko su vektori a i b kolinearni, tad je, po uvjetu E1 njihov vektorski produkt jednak O (nul-vektom). Obratno, ako je a x b O , tad možemo zaključiti, ponovo po istome uvjetu, da vektori a i b moraju biti kolinearni, ili je pak jedan od njih jednak nul-vektom. I
=
axb
a
a
b
axb
Sl. 5. 15. Trojka desni sustav
a,
b,
axb
čini
Geometrijska interpretacija. Apsolutna vrijednost vektorskoga produkta a x b jednaka je površini paralelograma što ga zatvaraju ta dva vektora. Ta se činjenica može iskoristiti u elementarnoj geometriji.
5. VEKTORI
85
Na osnovu same definicije moguće je dokazati sljedeća temeljna svojstva vektor skoga umnoška:
Teorem 5.2. Vektorski umnožak ima svojstva l) 2) 3)
a x b = -b x a, (A. a) x b = A. (a x b) , (a + b) x e = a x e + b x e .
(antikomutativnost) (homogenost) (distributivnost)
Svostvo l) posljedica je zahtjeva da trojka (a, b, a x b) čini desni sustav. Svoj stvo lagano se provjerava, promatrajući posebno pozitivne i posebno negativne vrijednosti za A. . Svojstvo 3 ) je netrivijalno i bazira se na geometrijskoj interpretaciji vektorskoga produkta i svojstvu distributivnosti za vektorsku projekciju. Mi se nećemo sad upuštati u detalje dokaza već ćemo ih navesti u dodatku ovome poglavlju. Ova su nam pak svojstva nužna da odredimo prikaz vektorskoga umnoška u kartezijevom pravokutnom sustavu.
2)
Na osnovu definicije u mogućnosti smo napraviti tablicu množenja za vektorski umnožak. Vrijedi (uvjerite se u to!) k X k = 0, j X j = 0, i X i = 0, k X i = j, j x k = i, i x j = k, k X j = -i, i X k = -j. j X i = -k, Zapišimo te vrijednosti u tablici množenja vektorskog umnoška: X
j k
o
-k j
j k
o
-i
k -j i o
Izračunajmo sad kako se računa vektorski umnožak dvaju vektora zadanih svojim komponentama u kanonskoj bazi, koristeći svojstva navedena u teoremu. a
X
b = (axi + ayj + azk) X (bxi + byj + bzk) = axbxi X i + axby i X j + axbzi X k + ay bxj X i + ay byj X j + ay bJ X k + axbxk X i + azbyk X j + azbzk X k = (ay bz - azby )i + (azbx - axbz)j + (ax by - aybx)k.
U ovoj formuli možemo uočiti cikličko mijenjanje indeksa. No, da bismo je zapamtili primijetit ćemo da ovaj izraz nalikuje rastavu determinante trećega reda. Zaista, nastavljajući gornju formulu možemo napisati sljedeće i j k (5.6)
5. VEKTORI
86
Pri tome nas ne smije smetati što se u prvome retku ove determinante nalaze vektori. S njima možemo postupati i determinantu računati onako kako smo do sad naučili, pošto su definirane sve operacije zbrajanja i množenja koje pri tom mogu nastupiti.
Primjer 5.4.
Vektorski umnožak vektora a =
iznosi
2i - 3j + k
i b =
-i + j - 2k
a x b� i, �3 I2 � � �i �� H !, !2 l j + l !l �3 �k � SI + 3j � k
Formula (5.6) u nekim se udžbenicima može pronaći kao definicija vektorskoga umnoška. Razlog tome je što se vektorski umnožak zaista najčešće računa za vektore zadane u komponentnom prikazu. Nadalje, krenuvši od upravo te formule, lako je dokazati ključna svojstva iskazana teoremom 5.2. Loša str;1na ovoga pristupa je u tome što tek treba uspostaviti vezu između ove algebarske definicije i geometrijskih svojstava vektorskoga produkta pomoću kojih smo ga mi definirali.
Alternativni dokaz teorema 5.2. Prvo svojstvo je posljedica toga što determinanta pri zamjeni dvaju redaka mijenja predznak:
i j k
i j k
b X a = bx by hz = - ax ay az = -a ax ay az bx by bz
X
b.
Drugo svojstvo slijedi iz načina na koji se determinanta množi s brojem:
(ita)
X
i
j
k
i j k
b = A. ax A.ay A. az = A. ax ay az = A. (a bx by hz bx by hz
X
b).
Na sličan se način, koristeći rastav determinante na zbroj dviju, dokazuje se i treće svojstvo 1 •
Mješovitim umnoškom triju vektora a , b i e nazivam.o umnožak tipa (a x b) · e . Taj je produkt skalama veličina. Odredimo formulu za mješoviti umnožak vektora zadanih u kartezijevim kompo nentama. Neka je a = ax i + ayj + azk, b = bxi + byj + bzk, e = Cxi + Cyj + Czk . 1 Čitatelj mora vidjeti da, strogo govoreći, teorem 5.2 ovim nije dokazan. Naime, algebarslci prikaz vektors koga produlcla je izveden korištenjem istih svojstava koja se naknadno dokazuju s pomoću tog prikaza.
5. VEKTORI
87
Korištenjem formule za vektorski i skalami umnožak dobivamo
(a X b) · e = [(aybz - azby)i + (azbx - axbz)j + (axby - aybx )k] · [cxi + cyj + ckz]
= (ay bz - azby )ex + (azbx - axbz)Cy + (ax by - aybx )ck ax ay az (5.7) = bx by hz . Cx Cy Cz Mješoviti umnožak jednakje determinanti kojoj su retci komponente pojedinih vektora.
Iskoristit ćemo ovaj prikaz i svojstva determinanti da izvedemo neobično svojstvo mješovitog umnoška. Pogledamo li dobivenu formulu unatrag, vidimo da je mješoviti umnožak u poretku (a x b) · e dobiven tako da je determinanta razvijena po trećem retku i potom rezultat interpretiran kao skalami umnožak. Međutim, za determinante vrijedi sljedeće: ax ay az bx by hz Cx Cy Cz bx by hz ax ay az Cx Cy Cz Cx Cy Cz bx by hz ax ay az To znači da će za mješoviti umnožak vrijediti:
(a x b) · e = (e x a) · b = (b x e) · a . Ove formule iskazujemo riječima: • Mješoviti umnožak ne mijenja vrijednost ciklic1wm zamjenom vektora. Nadalje, ako zamijenimo prva dva vektora, tad zbog antikomutativnosti vektors koga umnoška (ili za�IUene dvaju redaka u determinanti!) slijedi (a x b) · e = - (b x a) · e i slično za preostale dvije cikličke permutacije desne strane. Ova svojstva upućuju da je opravdano za mješoviti produkt uvesti oznaku [a, b, e] koja sugerira da je svejedno na koja ćemo mjesta staviti operacije skalamoga i vektor skoga množenja: [a, b, e] = (a x b) · e = a · (b x e). Tako vrijedi
[a, b, e] = [b, e, a] = [e, a, b] = - [b, a, e] = -[a, e, b] = - [e, b, a]. Geometrijska interpretacija. Neka su a, b, e tri zadana nekomplanama vektora. Napišimo njihov mješoviti umnožak u obliku [a, b, e] = (a x b) · e. Apsolutna vrijednost tog umnoška je jednaka pri čemu je
1f1
l [a, b, e] l = l a x b l · l e i · cos lJf
kut kojega zatvaraju vektori e i a x b (sl. 5.16).
88
5. VEKTORI
ax b
Sl. 5.16. Mješoviti produkt jednak je volumenu :earalelef!ipeda razapeoR vektorima a, b, e . Zo.to Je i vnjeđrwst determmante trećega reda jed naka volumenu paralelqJipeda kojeg razapinjuu vektor-retci (ili vektor-stapci!)
Apsolutna vrijednost vektorskoga produkta la x bl jednaka je površini paralelo grama kojeg razapinju ta dva vektora. Umnožak lei cos Vl odgovara projekciji vektora e na os okornitu na taj paralelogram: to je upravo visina paralelepipeda kojega raza pinju vektori a, b, e . Zato je apsolutna vrijednost toga skalarnoga produkta jednaka volumenu paralelepipeda. Mješoviti produkt, determinanta i orijentacija baze. Prirnijetimo da je mješo viti produkt pozitivan ukoliko vektor e zatvara šiljasti kut s vektorom a x b . No, to upravo znači da trojka a, b, e čini desni sustav. Ovaj kriterij nam može poslužiti i za strogu definiciju orijentacije baze u vektorskom prostoru V3 : baza a, b, e je pozitivno orijentirana (tj. trojka a, b, e čini desni sustav) ako je vrijednost ax av az [a, b, e] = hx b� hz Cx Cy Cz pozitivna. Ukoliko je ta determinanta negativna, odgovarajuća baza je negativno orijentirana ili lijeva.
Neka je a, b, e bilo koja baza u prostoru V3 Da bismo odredili komponente vektora d u toj bazi, možemo postupiti na sljedeći način. Napišimo jednakost •
d = aa + J)b + ye. Da bismo odredili tražene komponente a, JJ , y sve ćemo vektore prikazati u kanonskoj bazi i, j, k . Nakon toga ćemo izjednačiti odgovarajuće koordinate: ,
dxi + dyj + dzk = a(axi + ayj + azk) + /3(bxi + byj + hzk) + y(cxi + cyj + Czk) Odavde dobivamo sljedeći sustav axa + hxJJ + CxY = dx aya + by/3 + cyy dy Uza + hzJJ + CzY = dz
5. VEKTORI
89
Ovaj sustav uvijek ima jedinstveno tješenje pošto su retci matrice linearno nezavisni vektori
a, b, e
te je ona regularna. Odavde dobivamo, Cramerovim pravilom
pošto se determinanta ne mijenja transponiranjem. Slično dobivamo
[a, d, e] f3 _ - [a, b, e] '
[a, b, d] y_ - [a, b, e] "
Na taj način možemo napisati sljedeću formulu za rastav nekog vektora vektorima baze (a , b , e) :
d=
Ortogonalna baza.
d
po
[a, d, e] [a, b, d] [d, b, e] e. b+ a+ b e a, a, b, e , ] [ ] [a, b, e] [
Kažemo da je baza
a, b, e ortogonalna ako su svaka dva b x e proporcionalan vektoru a i
vektora u njoj međusobno okomita. Tad je vektor za prvu komponentu u gornjem rastavu vrijedi
[d, b, e] [a, b, e]
d · (b x e) a · (b x e)
d · .A. a a · .A. a
d·a ja j2
Na taj način dobivamo formulu
d=
d·a d·b d·e e b+ a+ 2 2 jb a je j2 j j j
(5.8)
Postoji mnogo prirodniji način za izvođenje ove formule. Taj ćemo način moći poopćiti s trodimenzionalnoga i u višedimenzionalni prostor, gdje mješoviti produkt gubi svoj smisao. Ako su vektori
a, b, e
m�đusobno okomiti, tad iz relacije
d = aa + /3b + ye skalarnim množenjem s vektorom
a
dobivamo
d · a = a a · a + f3 b · a + y e · a.
Zbog ortogonalnosti je
b·a=O
i
e·a= O
.
Zato
d · a = a a · a ===} a Slično se određuju preostale dvije komponente.
=
d·a 2. l al
5. VEKTORI
90
Ortononnirana baza. Za bazu kažemo da je ortononnirana ako je ortogonalna i ako su svi vektori u njoj jedinične duljine. Primjer takve baze je kanonska baza i, j, k . Rastav vektora po ortonormiranoj bazi iznimno je jednostavan. Pogledajmo kako izgleda taj rastav u kanonskoj bazi, u svakoj drugoj izvod je analogan. Vektor a zapisujemo u bazi i, j, k na način a = axi + ayj + azk. Pomnožimo relaciju
(5.9)
skalama s i :
a · i = ax i · i + ay j i + az k · i.
(5.9)
·
kako je i i = l , j · i = O, k i = O, odavde zaključujemo da vrijedi ax = a · i . Slično dobivamo i za druge komponente. Dakle ·
·
az = a · k, ay = a · j, ax = a · i, a = (a · i) i + (a · j)j + (a · k) k
(5. 10)
Neka su a , {3 , y kutovi koje zatvara vektor a s pozitivnim dijelovima koordi natnih osiju. Tako npr. vrijedi ax = a · i = lal cos a te je
a = l al(cos a i + cos {3 j + eas y k). Specijalno, za jedinični vektor a imamo
a = cos a i + cos {3 j
+ cos y k.
Kutovi a, {3, y nisu nezavisni, znajući dva možemo odrediti treći. Naime, raču najući kvadrat norme gornjega vektora, dobivamo
l = cos2 a + cos2 {3 + cos2 y.
(5. 1 1)
Neka s u zadani vektori a , b i e . Tad je definiran umnožak (a x b ) x e . Takav se izraz javlja u mnogim primjenama i korisno je napisati ga u jednostavnijoj formi. Primijetimo da je vektor a x b okomit na ravninu razapetu vektorima a , b . Kako je (a x b) x e okomit na a x b (i na vektor e ), on mora ležati u ravnini razapetoj s a i b ! Zato je taj vektor oblika A. a + J..L b . Preostaje odrediti te skalare. Označimo traženi vektor s d ,
d = (a
x
b)
x
e.
Vektor d možemo napisati u komponentama na način
5. VEKTORI
91
Pri tom se komponente računaju na način dx = d · i (5. 10). Sad računamo dx = [(a x b) x e] · i = (a x b) · (e x i) i j k i j k = ax ay az · Cx Cy Cz l O O bx by bz = [(aybz - azby)i + (azbx - axbz)j + (axby - aybx)k] · (eJ - Cyk) = (azbx - axbz)Cz - (axby - aybx)cy = (axCx + ayCy + azCz)bx - (bxCx + byCy + bzCz)ax = (a · e)bx - (b · e)ax Slično dobivamo dy = (a e )by - (b e)ay dz = (a · e)bz - (b · e)az Zato je d = (a · e) (bxi + byj + bzk) - (b · e)(axi + ayj + azk) = (a · e) b - (b · e) a. Dakle, vrijedi (a x b) x e = (a e) b - (b · e) a. ·
·.
·
·
b xc
a xb
(a xb) x c Sl. 5. 1 7. Za dvostruki produkt ne vrijedi asocijativnost
Je li dvostruki produkt asocijativan, vrijedi li (a x b) x e = a x (b x e) ? Odgovor je: ne! Prvi vektor leži u ravnini razapetoj s a i b , drugi pak u ravnini koju razapinju b i e . Ipak možemo iskoristiti dobivenu formulu da odredimo i ovaj dvostruki umnožak: a x (b x e) = - (b x e) x a = (a e) b - (a · b) e. Time smo dobili sljedeće dvije formule: (5. 12) (a x b) x e = (a e) b - (b · e) a (5. 13) a x (b x e) = (a · e) b - (a · b) e. ·
·
Stavimo li e = a u (5. 13) dobivamo a x (b x a) = l a l 2 b - (a · b) a
5. VEKTORI
92
ili
l a·b (5. 14) a x (b x a). lal2 a + jaj2 Ova formula predstavlja rastav vektora b na vektor koji je kolinearan s unaprijed zadanim vektorom a (prvi pribroj nik) i vektor okomit na a (drugi pribroj nik).
b=
Pokažimo sad svojstva vektorskoga umnoška koja smo koristili u točki 5.4. Dat ćemo najprije geometrijsku interpretaciju tog umnoška. Neka su zadana dva vektora a i b . Izaberimo u prostoru točku O i točke A i B tako da su oA i oB reprezentanti vektora a odnosno b . Kroz točku O povucimo ravninu n okomitu na pravac OB i projicirajmo na nju dužinu OA . Neka je A 1 projekcija točke A . Zarotirajmo sad dužinu OA1 oko točke O za kut n/2 , u smjeru kretanja satne kazaljke. Time dobivamo vektor --> --> -:::-;t OA2 . Pomnožimo ga duljinom vektora 011 . Kao rezultat ćemo dobiti vektor OA3 . Pokažimo da --> je a x b = OA3 . Izračunajmo najprije modul tog vektora:
! lM; l = I OJi"7 1 1 oB I = l oA I I oB i cos ( i - ({J) = l oA I I oB i sin qJ.
S druge
strane, ovaj je vektor okomit i na oA i na oB i s ta dva vektora čini desni sustav. Time je tvrdnja dokazana. Prema tome, vektorski umnožak dvaju vektora možemo dobiti na ovaj način: l) konstruiramo ravninu okomitu na drugi vektor umnoška; 2) u toj ravnini konstruiramo vektorsku projekciju prvoga vektora; 3) tu vektorsku projekciju zarotiramo za pravi kut, u smjeru kretanja kazalje na satu; 4) dobiveni vektor pomnožimo modulom drugoga vektora u umnošku.
Teorem 5.2 Vektorski umnožak ima svojstva J)
2) 3)
a x b = -b x a , (.Aa) x b == .A (a x b) , (a + b) x e = a x e + b x e .
(antilwmutativnost) (homogenost) (distributivnost)
Dokaz Umnožak b x a ima isti nosač i isti iznos kao i umnožak a x b . Zamjenom poretka dvaju vektora mijenja se orijentacija: ako je e = a x b , tad vektori (a, b, e) čine desni sustav. Zarni jenimo li poredak vektora a i b , desni sustav čine vektori (b, a, -e) . Zato vrijedi b x a = -a x b i prvo svojstvo je dokazano. Za dokaz drugog svojstva pretpostavimo najprije daje .A > O . Vektor .Aa ima isti smjer kao i vektor a . Zato i (A a) x b ima isti smjer kao i a x b , a ovaj vektor ima isti smjer kao i A (a x b) . Za njihove module vrijedi ! (.Aa) x b l = !.A a l i b i sin q> = .A ! a l i b i sin q> = A l a x b l = l .A (a x b)l.
Time je !Vrdnja dokazana Ako je A < O, tad se mijenjaju orijentacije i vektora .Aa i vektora .A (a x b) i ponovo vrijedi isti zaključak.
5. VEKTORI
93
Sl. 5.18. Distributivnost vektorslwg umnoška Treće ćemo svojstvo poldazati pozivajući se na geometrijsku interpretaciju vektorskog umnoš
2), dovoljno dokazati za vektor e e = J..e, gdje je e jedinični vektor, imamo
ka Primijetimo najprije da je tvrdnju, zbog dokazanog svojstva
jedinične duljine. Naime, stavljajući J..
(a + b)
X
e = (a + b)
X
= lei
i
(J..e) = J.. [(a + b)
X CJ
= J.. [a X e + b x CJ = a X e + b
X
e.
e jedinične duljine. Izaberimo čvrstu točku O te točke A , B i C takve da je a , AB reprezntant vektora b a OC reprezentant vektora e . Tadje oB reprezentant vektora a + b Kroz točku O postavimo ravninu n okomitu na vektor OC . Proji
OA
Neka je dakle
reprezentant vektora
cirajmo točke
AiB
.
na
tu ravninu. Dobiveni trokut
u smjeru kazaljke na satu. Dobivamo trokut
OA2B2 .
OA1B1
zarotirajmo u toj ravnini za pravi kut,
Pri tome je - po geometrijskoj interpretaciji
vektorskoga umnoška (iz koje smo isključili korak 4 kao nepotreban) -
e , AzBz reprezentant vektora b x e pri tom (a + b) x e = a x e + b x e . a
x
i
OB;
reprezentant vektora
DA;
reprezentant vektora
(a + b)
x
e.
Očigledno je
6. Točka, pravac i ravnina
l . Točka . . .
.
3. Pravac
.
.
.
.
.
.. .
.
.
.
.
.
.
. .
.
. .. . .
.
.
2. Ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4. MeđUsobni polouj pravaca i ravnina
.
. .. .
.
.
. 94
. . . . . . . . . 97
.
.
.
.
•
.
.
.
103
.
. . .
.
.
. . .
.
107
.
.
Neka je (O; i, j, k) kartezijev koordinatni sustav. Kazali smo da je položaj točke T u prostoru jednoznačno određen njezinim koordinatama (x, y, z) koje su ujedno i --t komponente radij vektora OT : T = T(x, y, z)
{:::::::;>
'
OT = xi + yj + zk.
' ' '
y Sl. 6. J. Koordinate točke odgovaraju lwm ponentama radij-vektora
Udaljenost dviju točaka. Neka su Tt (xl > Yb zi)
i T2(x2, Y2, z2) --;.
dvije zadane
točke. Njihova udaljenost jednaka je duljini vektora T1 T2 Taj vektor ima komponente --;. T1 T2 = (x2 - x 1 )i + CY2 y i )j + Cz2 - z ! )k . •
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
95
Zato je udaljenost zadanih točaka
d( Tr, Tz) = J(xz - x 1 ) 2 + (Yz - Yt F + (zz - z t F . Dijeljenje dužine u zadanom omjeru. Podijeliti dužinu AB u danom omjeru
A : l znači odrediti točku P unutar te dužine takvu da vrijedi IAPI : IPBI = A : l .
(6. 1 )
o
Sl. 6.2. Dijeljenje dužine u danom omjeru
Odgovorit ćemo na sljedeće pitanje: Ako su zadane koordinate točaka A i B , koje su koordinate točke P ? Jednadžba (6. l ) daje sljedeću jednakost
XP = A PE . Napisana s pomoću radij-vektora, ona glasi
OP - 8A = A ( OB - OP ).
Sređivanjem, odavde dobivamo izraz za radij-vektor točke P : l
-+
OP = l + A
�
OA
A
+
l +A
-:::-:t
Oli .
(6.2)
Stoga su koordinate tražene točke jednake
YA + A YB YP = l + A '
XA + AxB Xp = l + A '
ZA + A ZB Zp = l + A .
Polovište dužine. Polovište P dužine AB dijeli tu dužinu u omjeru l : l . Zato je A = l i njegove su koordinate
(
+ + x +x P A B YA YB ZA ZB
ili,
u vektorskom zapisu,
2
'
2
'
2
)
,
OP = i OA + i oB .
Konveksna kombinacija. Konveksna kombinacija dvaju vektora je vektor oblika (6.3) pri čemu za skalare vrijedi
At � O ,
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
96
A
Sl. 6.3. Konveksnoj lwmbinaciji dvaju radij vektora odgovara toc"ka sa spojnice zavr šetaka tih radijvektora
Ako su a1 i a2 predstavljeni svojim radij-vektorima oA i oB , tad konveksnoj kombinaciji odgovara radij-vektor točke P koja se nalazi na spojnici AB . Zaista,
l l+A
jednadžba (6.2) može se napisati u obliku (6.3) gdje smo označili ).1 = --, ,
). A.2 = l + A. '
Pokažimo da slična tvrdnja vrijedi i za tri točke. Neka su A , B , C bilo koje tri točke u prostoru. Neka je T točka unutar trokuta ABC . Neka pravac CT siječe --t ;. --+ , OA stranicu AB u točki P . Tad točka P ima radij-vektor OP = m +m OB za neku vrijednost koeficijenta A , ). > O . Sad se radij-vektor točke T može napisati u obliku
-
l --t J.l --t OC + -- OP l + J.l l + J.l J.l J.l A. 1 1 = __ · -- oA +-- · __ oB + -- 0C l + J.l 1 + ). l + J.l l + A. l + J.l
OT =
--
-
--+
0JJ + A3 0C. = ;., OA + A.2 � Koeficijenti A. 1 , ).2 , ).3 su pozitivni i zadovoljavaju uvjet J.l J.lA l ;., + ;.2 + ).3 = ( 1 + J.l ) (l + ) + (l + J.l ) ( l + A. ) + l + J.l = l . ;.
Dakle, radij-vektor svake točke unutar trokuta konveksna je kombinacija radij-vektora njegovih vrhova. Primjer 6.1. Težište trokuta je ona točka T za koju vrijedi , �
::;-;t.
� 01 = 3, OA . + 3 OJJ + 3, OC -
Zaista, polovište P stranice AB
ima
l radij-vektor 2( OA + OB ) . Težište je točka
na težišnici CP koja ju dijeli u omjeru 2 Uvrštavanjem dobivamo gornju formulu.
-
:
-
l ; ona ima radij vektor % ac + t OP .
Primjer 6.2. Istovjetna tvrdnja gornjoj vrijedi i za tetraedar. Neka su A, B, C, D četiri nekomplaname točke. Tad se radij-vektor svake točke unutar tetraedra ABCD
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
97
može napisati u obliku konveksne kombinacije
l.
oT = At GA + Az OB + A3 ac + A4 OD pri čemu za skalare vrijedi
A; � O , At + Az + A3 + A4 =
Poznato nam je da je ravnina n u prostoru određena s
tri
točke, ili s pravcem i
jednom točkom ili s dva pravca koji leže u toj ravnini. No, najjednostavnije je ravninu opisati pomoću jedne točke i jednog vektom koji je ga
normala mvnine.
okomit na tu ravninu.
Nazivamo
z
y
X
Sl. 6.4. Ravnina je određena jednom točkom i vektorom normale Neka je
T1
zadana točka i
koji leži u ravnini n . Neka je li vektor
---t
n
vektor normale. Taj je vektor okomit na svaki drugi
T bilo koja točka u ravnini. �
Tad je
n .l
T;T
.
Napišemo
T1 T kao razliku radij-vektora, Tt T = r - r1 , dobit ćemo jednadžbu ravnine vektorskom obliku:
zapisanu u
n · (r - r l ) = O
(6.4)
Izvedimo odavde jednadžbu ravnine u algebarskom obliku.
Ai + Bj +
Ck vektor normale i
ka. Uvrštavanjem u
( 6.4)
Tt (xt , Y h Z t ) , T(x, y, z)
n =
dobivamo
A(x - x t ) + B(y - y i ) + C(z - z i ) = O .
Kanonska jednadžba ravnine. nadžbu oblika
Neka su
koordinate zadanih toča
Pomnožimo li izraze u
Ax + By + Cz - Ax t - By t - Cz t = O
(6.5)
(6.5), dobiti ćemo jed
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
98 odnosno
Ax + By + Cz + D =
O.
(6.6)
Ova se jednadžba naziva opća jednadžba ravnine. Iz nje čitamo vektor normale: to je vektor s komponentama
A , B, C.
Znajući ovu jednadžbu, možemo odrediti i po volji
mnogo točaka te ravnine. Dovoljno je uvrstiti dvije koordinate po volji i iz jednadžbe odrediti treću.
Parametarskajednadžba ravnine.
Neka su
leže u ravnini n . Radij-vektor neke točke
T
--t
--t
Kako vrijedi
--t
T1 T
a , b dva nekolinearna vektora koja
te ravnine može se napisati u obliku
-;:::;:1. Or = OT1 + T1 T .
leži u ravnini n , taj se vektor može rastaviti u spoj vektora
OT
=
a i b.
OT; + A.a + JLb .
Zato
(6 .7 )
Napisana preko koordinata vektora, jednadžba glasi
Ova se jednadžba naziva parametarska jednadžba
{
ravnine.
Izdvojimo li pojedine
komponente, dobit ćemo sljedeći zapis:
+ A ax + Jl bx, y = Y 1 + A. ay + Jl by, Z = ZI + A az + JLbz.
X = Xl
z
y
X
Sl. 6.5. Parametarska jednadžba ravnine
Primjer 6.3. primjeru ravnine
Kako se određuje parametarskajednadžba ravnine? Pogledajmo na x-
2y +
3z
-
5 = O.
Iz ove jednadžbe vidljiva je jednadžba normale ravnine:
n
=
i
-
2j +
3k,
ali ne i
vektori koji leže u ravnini. Shvatit ćemo gornju jednadžbu kao linearni sustav i odrediti
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
99
njegovo rješenje. Nepoznanica x je vezana, a y i z su slobodne. Izaberimo y = A. , z = Ji . Dobivamo X = 5 +2.1.. -3J,l, ?.. ,
y = z =
Ji,
odnosno
Dakako da izbor vektora a i b , pa time niti ovaj prikaz, nije jedinstven.
Jednadžba ravnine zadane s tri toc"ke. Neka su T1 (x� , y � , z i ) , T2 (x2 , y 2 , z2 ) , T3 (x3 , y 3 , z3 ) tri zadane nekolineame točke. Kako glasi jednadžba ravnine koja ih sadrži? Označimo ponovo s T(x, y, z) po volji odabranu točku ravnine. Sad je dovoljno primijetiti da vektori T1 T , T1 T2 , T1 T3 leže u ravnini. Stoga je njihov mješoviti umnožakjednak nuli: [ T1 T, T1 T2 , T1 T3 J = O . Uvrstimo li komponente ovih vektora, ---t
--t
--t
---t
--t
--t
dobivamo jednadžbu napisanu u obliku
x-x 1 y -y l z-z1 X2-Xl Y2 -Y 1 Z2 - Z1 = o . XJ -Xl Y3 -Y 1 Z3-Zl Segmentni oblik ravnine. želimo li skicirati položaj ravnine u prostoru, to ćemo najlakše učiniti izdvojimo li točke na koordinatnim osima koje pripadaju toj ravnini. Neka je Ax + By + Cz + D = O jednadžba ravnine tr . Ukoliko je D = O , ravnina prolazi ishodištem. Ako je pak D =j:. O , tad dijeljenjem s -D možemo jednadžbu svesti na oblik X- + Y- + -Z (6.8) = 1. p q r z
X
y
Sl. 6.6. Segmentni oblik ravnine
Očigledno je da točke P(p, O, O) , Q(O, q, O) i R(O, O, r) s koordinatnih osiju le že u ravnini. Brojeve p, q, r predstavljaju duljine odrezaka na koordinatnim osima; nazivamo ih segmentima, a oblik (6.8) segmentni oblik ravnine.
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
100 Poluprostor i orijentacija normale.
Svaka ravnina dijeli prostor na dva dijela zadana nejed
nadžbama
Ax + By + Cz + D > O Njih nazivamo
Ax + By + Cz + D
otvorenim poluprostorima određenim ravninom
n
đeni su jednadžbama
Ax + By + Cz + D � O
<
O.
. Zatvoreni poluprostori odre
Ax + By + Cz + D � O.
Mi ćemo rječju poluprostor podrazumijevati otvoreni poluprostor.
Da li neka točka leži u zadanom poluprostoru ustanovljavamo uvrštavanjem njezinih koordinata
u jednadžbu ravnine. Vektor normale ravnine određen je samo svojim nosačem, veličinu i orijentaciju možemo mu
po volji mijenjati. Običaj je, kad se promatraju poluprostori, da se od dvije moguće orijentacije bira ona za koju je kut s osi aplikata šiljast. Tad 'normala gleda prema gore'. Postavljeni uvjet na kut
znači zapravo daje koeficijent
C pozitivan.
Poluprostore određene ravninom dijelimo na dio 'ispod'
i dio 'iznad' ravnine. Dio ispod ravnine irna jednadžbu
Ax + By + Cz + D < O .
Primjer 6.4. Neka je ravnina n zadana jednadžbom A(-2, l, 1) , B( l, l, l) , C(2, - l, 1 ) , D(3, l, 2) ? -
2x
-y + z - 3 = O. A
Uvrštavanjem njihovih koordinata ustanovlj avamo da točke
a točka
D
na ravnini
n.
i
B
Gdje leže točke
leže ispod, točka
C
iznad,
Ako je C = O , tad je ravnina paralelna s osi aplikata te je njezina normala okomita na vektor k . Tad nema smisla govoriti o dijelu 'ispod' i 'iznad' ravnine. Normalu orijentiramo tako da 'gleda na suprotnu stranu od ishodišta' , što je ekvivalentno uvjetu prolazi kroz os aplikata i možemo je orijentirati po volji.
D < O.
Ako je pak i
D = O , tad ravnina
Ck
Normalni oblik jednadžbe ravnine. Neka je n= Ai+ Bj + vektor normale ravnine i T, (x " zi) bilo koja njezina točka. Ravnina se neće promijeniti ako vektorunormale normalevektor n promijenimo eventualno duljinu i orijentaciju. Uzmimo dakle za vektor jedinične duljine ii i orijentirajmo ga tako da kut što ga on zatvara s vektorom OT1 bude šiljast (ovaj uvjet ne ovisi o izboru točke T1 ) . Svaki se jedinični vektor može napisati pomoćuriječima, kosinusapostoje kutovakutovi što ih aon, zatvara s pozitivnim dijelovima koordinatnih osi. Drugim f3 , y za koje vrijedi ii= cos ai+ cos f3j + cos yk. Jednadžburavnine određujemoiz uvjeta ii· T1 T = O, gdje je T(x, y, z) bilo koja točka u ravnini. Stavimo kao i prije T1 T = r - r1 Dobivamo . . . ii· r - ii · r1 = O. umnožak ii· r1r1 jenapozitivan (neovisno Noo izabranoj točki T1 upravo u ravnini,udaljenost i jednak jeSkalami projekciji vektora vektor normale. ta je projekcija ishodišta do ravnine Označimo tu udaljenost s Uvrstimo nadalje koordinate radij-vektora r i vektora normale ii. Dobivamo jednadžbu ( 6 .9 ) (cos a)x + (cos f3)y + (cos r)z - = o. koju nazivamo normalna Hesseova jednadžba ravnine. n
Yh
---+
--+
n
--+
•
n
n.
p.
ili
p
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
101
Oblik (6.9) izvodimo iz kanonskoga dijeljenjem jednadžbe s normom vektora n : Ax + By + Cz + D ± = (6. !0) vAz + B2 + C2 pri čemu izbor predznaka ovisi o predznaku broja D . Preciznije, vrijedi (- sgn D)A cos a = 7,::;;;===::: ;::: :; � := VA2 + B2 + C2 ' (- sgn D)B cos {3 = -�====::=F==::::;: VA2 + B2 + C2 ' (- sgn D)C cos r = -r�===:?=::::<= ' VA 2 + B2 + C2 ID I p= 2 VA + B2 + C2 Ukoliko je pak D = tadje p = .0 i izbor predznaka nije bitan. U gornjim formulama koeficijente vektora n naprosto dijelimo s normom.
O
O
Primjer 6.5. Pri određivanju Hesseovog oblika uglavnom ne određujemo ku a, {3, y , već se zadovolj avamo njihovim kosinusima, ako je npr. 2x - 3y + z + 4 = o
mi
tove
algebarskajednadžba ravnine, tad njezin normalni oblik glasi l z 3 2x 3y + z + 4 _z _ __±_ _x + __y _ _ v14 v14 v14 = 0 . = 0 fJ _ _ - v14 v'I4 -
Udaljenost točke od ravnine. Neka je T1 (x� , y � , zi ) neka točka i 1r ravnina s jednadžbom Ax + By + Cz + D = Udaljenost točke T1 do ravnine 1r jednaka je udaljenosti točke T1 do njezine projekcije T'(x', y', z') na ravninu 1r .
O.
z
y
X
Sl. 6. 7.
Udaljenost točke od ravnine
Orijentirajmo vektor normale na isti način kao u izvodu normalnoga oblika ravni ---+
ne. Vektor T'T1 kolinearan je s vektorom normale n ravnine
1r •
Stoga im se jedinični
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
102 vektori podudaraju. Duljina dužine u skalamom obliku
d(T' , Ti ) Kako točka
T'
T' T1
može se napisati u obliku
= cos a(x1 - x' ) + cos f3(y1 - y' ) + cos y (z1
---+
T'T1 -
· ii, odnosno,
z) '
.
leži u ravnini n , njezine koordinate zadovoljavaju jednadžbu ravnine.
Stoga je
cos a x' + cos (3 y' + cos y z' = p.
Uvrštavajući ovu vrijednost u gornju jednadžbu, dobivamo
d(T"
n) = cos a x 1 + cos fJ y , + cos y z,
- p.
(6. 1 1)
Prema tome, udaljenost točke do ravnine n računamo tako da u normalni oblik rav nine uvrstimo koordinate točke. Dobiveni broj predstavlja traženu udaljenost. Desna vrijednost ovoga izraza može biti i negativna, ukoliko je kut što ga zatvara odabrani vektor normale s vektorom ishodište
O
---+
T'T1
tup kut. To će se dogoditi u slučaju kad točka
leže u istome poluprostoru. Ako je pak točka
T1
T,
i
u drugome poluprostoru,
dobivena vrijednost bit će pozitivna.
Iz poznate veze između kanonskoga i normalnoga oblika jednadžbe ravinine, ovu
udaljenost možemo iskazati i u obliku
d(T" n)
Pramen ravnina.
=
Ax1 + By , +
nazivamo
+D
Dvije ravnine (u općem položaju) sijeku se duž jednog pravca.
Uvjet za to je da njihove normale n1 = A 1i + B ne budu kolineame.
Cz1
( - sgn D ) v'A 2 + B2 + C2
d
+ C1 k i n2 = A2i + B:zj + C2k Kroz presječni pravac može se provući familija ravnina koju
pramen ravnina.
Sl. 6.8. Pramen ravnina Odredimo jednadžbu neke ravnine iz tog pramena. Neka su n1
• • •
n2 . . .
A 1x + B1y +
C1z + D1 = O, A2x + B2y + C2z + D2 = O
(6. 12)
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
103
jednadžbe početnih dviju ravnina koje određuju pramen. Neka je T(x, y, z) bilo koja točka koja leži na presječnom pravcu. Koordinate te točke moraju zadovoljavati obje jednadžbe u (6. 12). To znači da će ta točka zadovoljavati jednadžbu oblika
J.L(A i x + B1y + C1z + DJ) + A (Azx + Bzy + Czz + Dz) = O za ma kakve vrijednosti parametara J.L i A . Ovu jednadžbu možemo napisati na način (J.LAt + AAz)x + (J.LB I + ABz)Y + (J.LCI + A Cz)z + (J.LDt + ADz) = O. Vidimo da i ona predstavlja ravninu. Vektor normale te ravnine ima oblik J.LD1 + An2 te
je on linearna kombinacija vektora normala početne dvije ravnine. Odabirom konstanti možemo tu normalu odabrati po volji u ravnini razapetoj s n 1 i n2 i na taj način ravninu u pramenu rotirati oko presječnog pravca. Izbor parametara J.L = O daje ravninu tr2 Izbor A = O daje ravninu tr1 Za sve ostale ravnine pramena su oba parametra različita od nule i, dijeleći izraz s jednim od njih dobivamo jednostavniju jednadžbu u kojoj se pojavljuje samo jedan parametar (označimo ga ponovo s A ) :
J.L i A
mi
•
•
(A1x + B 1y + C1 z + DJ ) + A (Azx + Bzy + Czz + Dz) = 0. (Ovom su jednadžbom opisane sve ravnine pramena osim ravnine tr2 ).
(6. 13)
Primjer 6.6. Odredimo jednadžbu ravnine koja prolazi presječnicom ravnina tr1 = 2x 3y + z - l = O , tr2 = x - y + 2z - 3 = O i točkom T(3, l, O) . Tražena ravnina pripada pramenu (ali nije jednaka ravnini tr2 ), zato biramo oblik (6.13): (2 + A )x + ( -3 - A )y + (l - 2A )z - l - 3A = O. -
Ravnina sadrži točku T(3, l, O) :
+ A )3 + ( -3 - A ) - l - 3A = -A + = O Tako dobivamo rješenje 1r = 4x - Sy - 3z - 7 = O .
(2
2
==>
A = 2.
Jednadžba pravca. Pravac p u prostoru određen je jednom svojom točkom T0 i vektorom smjera e . Neka je T bilo koja točka pravca. Vektor T0T kolinearan je (linearno zavisan) s vektorom e , stoga postoji skalar A za kojega vrijedi --+
--+
ToT = Ac.
6. ToCKA, PRAVAC I RAVNINA
104
z
X
Sl. 6.9. Pravac je određen jednom točkom i vektorom smjera Prikažimo ponovo vektor
vektorsku jednadžbu pravca
--+
T0T
kao razliku radijvektora
r
-
r0 • Tako dobivamo
(6.14)
r = r0 + Ac.
p. . .
i, j, k .
Prikažimo gornje vektore u kanonskoj bazi prikaz vektora smjera pravca:
Neka je e
= li + mj + nk
xi + yj + zk = xoi + yoj + zok + A (li + mj + nk) .
{
Odavde čitamo da koordinate točke pravca moraju zadovoljavati jednadžbe
X = Xo + Al, y = yo + Am, z = zo + An. Time je opisana parametarska jednadžba pravca. Svakoj vrijednosti parametra A odgovara jedna točka na pravcu postavljena bijekcija
E
R
t-t
(6.15)
p. Time je us
p koja svakom realnom broju pridjeljuje točku u prostoru
koja leži na pravcu p . Ishodištu odgovara točka
To .
Zamislimo li da putujemo
po realnoj osi jednolikom brzinom tako da u jednici vremena prevaljujemo jediničnu udaljenost, tad će točka
T
određena jednadžbama
(6.15) putovati po pravcu tako da u
jedinici vremena prevaljuje udaljenost jednaku duljini vektora e .
Kanonska jednadžba pravca. Eliminirajmo parametar A iz jednadžbi (6.15). x Xo Iz prve jednadžbe dobivamo A = slično za drugu i treću. Zapišimo dobivene
�
jednadžbe na način
,
z - Zo y - Yo = ---;;;-- -n-. 1 Ove se jednadžbe nazivaju kanonska jednadžba pravca. x - xo
-�-
=
(6.16)
Ove će jednadžbe imati smisla samo ako su komponente vektora e različite od
nule. Međutim., uobičajeno je pisati kanonsku jednadžbu u gornjemu obliku čak i u slučaju kad je neka od tih komponenti jednaka nuli. Tako na primjer, jednadžbom
x-2
3
--
1
=
y-1
0-
-
=
z+2 -=l
Govorimo 'kanonska jednadžba', iako je zapravo riječ o sustavu jednadžbi.
- • • vl•. l- • • l I •
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
105
T0(2, 2) a ima vektor smjera mterpretrramo na nacm: y mora b"1t1 J ednak . zmsta,
smatramo da je određen pravac koji prolazi točkom
e = 3•1
-
k • Izraz
Y
1
0-
-
svaka točka ovoga pravca ima ordinatu jednaku
Pravac kroz dvije točke.
Neka su zadane točke
T1
Kako glasi jednadžba pravca koji prolazi točkama
i
T1 (xb Y 1 > Z l ) i Tz(xz, yz, zz) . Tz ? Možemo odmah napisati
bilo parametarsku, bilo kanonsku jednadžbu pravca primijećujući da je vektor smjera ---+
T1 Tz .
{
ovoga pravca upravo vektor
n = zz
-
z1 •
Njegove su komponente
Tako dobivamo parametarsku jednadžbu
ili pak njezin kanonski oblik
l = xz -x1 , m = Yz -y1 ,
x = x1 + A (xz - x 1 ), Y = Y 1 + A (yz - Y1 ), z = Z 1 + A (zz z l )
X - Xl
e
(6. 17)
-
y - Yl Yz - Y 1
z - Zl Zz - Z 1
(6.18) Xz - x1 Udaljenost točke od pravca. Odredimo formulu z a udaljenost točke do pravca. Neka su T1 (x 1 , y 1 , z 1 ) koordinate točke. Jednadžbu pravca napišimo u vektorskom ---
obliku:
= --- =
r = r0 + Ac.
Povucimo iz točke
T1
okomicu
T1K na pravac. Neka je T0(x0, y0, z0)
točka na pravcu
s radij-vektorom r0 . Odaberimo početak vektora smjera pravca u točki
To .
N
l l l l l l l l l l l
p
/
Sl. 6. 10. Promotrimo paralelogram
/!, p
Udaljenost točke do pravca
T0T1 PN .
Tražena udaljenost
d
-
= IT1 KI
je visina u
tom paralelogramu. Površinu paralelograma možemo odrediti na dva načina: pomoću umnožak visine
d
i dulj ine osnovice
d
=
le i .
r0 ) te kao
e i r1 Odatle dobivamo traženu formulu
vektorskog produkta vektora dviju njegovih stranica (to su vektori
l (rl - ro) le i
x
cl
·
(6. 19)
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
106
Primjer 6.7. Odredimo udaljenost točke T1 (8, 5, 4) do pravca 3 x--2 - y--1 - z -�· 2 2 Ovdje je T0(2, l, 3) , odnosno r0 = 2i+j+3k ; r1 = 8i+5j+4k ; -
Zato,
d=
e =
2i+2j +k .
l(6i + 4j + k) X (2i + 2j + k) l l2i - 4j + 4kl = = 2. l2i + 2j + kl 3
Udaljenost pravaca u prostoru. Mimosmjemost je uobičajeni položaj pravaca u prostoru. Vektori smjerova takvih pravaca nisu kolinearni, a pravci nemaju zajedničku točku. Neka su zadane jednadžbe dvaju pravaca: X - X J = Y - Y I Z - ZI P1 · · · m1 n1
l1
X - X2
Z - Z2 Y - Y2 = -= P2 · · · n2 m2 12 Označimo s T1 (x� , y�, zi ) , T2 (x2 , y 2 , z2 ) istaknute točke ovih pravaca, s c 1 = l1 i + md + n1k , c2 = l2i + m� + n2k njihove vektore smjerova. Kako se traži udaljenost dvaju mimosmjemih pravaca? Najjednostavnije je za misliti ravninu n1 koja prolazi pravcem p1 a paralelna je s p2 • Njenu je jednadžbu lagano odrediti. Dovoljno je izračunati vektor normale n = c1 x c2 i odabrati bilo koju točku s pravca p1 Kako je pravac p2 paralelan s tom ravninom, udaljenost svake njegove točke do ravnine je jednaka i iznosi, recimo, d . Ta udaljenost d je ujedno i najkraća udaljenost između bilo koje dvije točke s po jednog od zadanih pravaca: postoji odabir točke na pravcu p2 takve da okomica na ravninu n1 pada na točku pravca p1 • Primijetimo da je ta okomica okomita na oba zadana pravca. --
--
•
Sl. 6. 11.
Udaljenost dvaju pravaca
Iznos veličine d možemo najlakše odrediti ovako: Zamislimo paralelepiped ko--+ jega odeđujuju vektori c1 c2 i T1 T2 Dvije su mogućnosti: ,
•
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
(l)
Vektori
c1 , Cz
i
107
--->
T1 Tz
su komplanarni. To znači da oba pravca leže u istoj
ravnini. Ako su oni paralelni, njihovu udaljenost možemo naći koristeći formulu za
udaljenost točke od pravca. Ako oni nisu paralelni, tad se presjecaju i udaljenost im je nula. Primijetimo da smo ovim odredili uvjet uz koji će se dva pravca sjeći: --->
pravca sijeku ako i samo ako vrijedi T1 Tz (c1 x Cz) = O , odnosno Xz-Xt Yz-Yt zz- Zt mt n1 = O. lt mz lz nz (2)
Vektori c1 , cz i
--->
Tt Tz
dva se
nisu komplanarni. Oni tad određuju paralelepiped
� (c 1 x Cz) . Međutim, taj obujam l c1 x cz l i visine paralelepipeda koja je
kojemu je obujam jednak mješovitom umnošku možemo izraziti i kao umnožak površine baze jednaka udaljenosti pravaca
d.
Zato vrijedi --->
l T Tz (c t X Cz) l d= t let x czl _ Primjer 6.8.
(6.20)
Odredimo udaljenost između pravaca
x-2 y+3 z-3 = = 2-, 2- -=l
x - 7 y + 6. z - 4 ---. 5 4 - --=3 Iz jednadžbi čitamo T1 (2, -3, 3) , Tz(7, -6, 4) ; T1 Tz = (5, -3, - 1 ) , Ct = (2, - l , 2) , Cz = (4, -3, 5) . Trebamo izračunati mješoviti umnožak i modul vektors -
-
-
--->
koga produkta:
i jk let x Cz l = l 2 - l 2 l = li - 2j - 2kl = 3. 4 -3 5 Po formuli (6 . 20 ) slijedi d = 3 .
Pravac kao presjek dviju ravnina.
kanonskim jednadžbama:
Neka su zadane dvije ravnine :Ir i
t nz svojim
1rt . . . A t x + Bt Y + Ct z + Dt = 0, nz . . . Azx + Bzy + Czz + Dz = O. Rješenje ovoga sustava čine sve točke prostora koje istovremeno leže u prvoj i u drugoj i
ravnini. Te točke (u općem slučaju) leže u jednome pravcu - presjeku ravnina
nz .
nt
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
108
z
o
X
y
Sl. 6. 12. Pravac kao presjek dviju ravnina Međusobni položaj ravnina možemo analizirati rješavajući gornji sustav. Napiši mo njegovu proširenu matricu
Tri su mogućnosti:
lo
Rang matrice i rang proširene matrice iznosi
matrice proporcionalan s prvim, te vrijedi
A1 = A2 JL,
B1 = B2 JL,
U torn je slučaju riječ o identičnim ravninama,
2°
Vrijedi
Rang matrice jednak je
te su vektori normala ravnina ravnine.
3o •
Rang matrice jednak je
l,
l. Onda
n1 = n2 •
2.
rang proširene matrice
Sustav nema rješenja.
n1
i
2.
Vektori normala nisu proporcionalni, ravnine stoga
n2
proporcionalni.
je drugi redak proširene
Riječ je o dvije paralelne
nisu paralelne te se sijeku u jednom pravcu. Sustav ima rješenje u kojem će jedna nepoznanica biti slobodna. Tako ćemo, zapisujući to rješenje u parametarskom obliku, dobiti upravo parametarsku jednadžbu presječnoga pravca. Kao ilustraciju, promotrimo ravnine s jednadžbama
n1 • • n2 . . •
.
x
+ y
-
z +
l = O,0
X + 2y + Z + 2
=
.
Riješimo ovaj sustav:
[1l 21 -ll l: --1]2 [ Ol ol -32 :l -1o] • rv
Odavde čitamo rješenje
Riječ je o pravcu koji prolazi točkom
T0(0,
-l, O)
i ima vektor smjera e =
3i -2j +k .
109
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
Kut između dviju ravnina.
Kut cp između dviju ravnina n1 i nz geometrijski
se definira ovako: ako su ravnine paralelne ili se podudaraju, tad je cp se ravnine sijeku, tad kroz bilo koju točku
T1
= O.
Ako
s presječnice p tih ravnina položimo
ravninu p okomitu na p . Ona siječe zadane ravnine duž dva pravca p 1 i pz . Kut cp definira se kao kut između tih dvaju pravaca.
Sl. 6. 13. Kut ivneđu dviju ravnina Na sreću, taj je kut jednak kutu što ga zatvaraju normale ravnina n1 i nz . Zato
ga računamo na način
ili, u raspisanom obliku,
Izdvojimo dva specijalna slučaja: dvije ravnine su
Dt = A. nz , tj. , ako vrijedi
ne) ako je
One su
okomite ako je
A t Bt = Az Bz Dt · Dz = O , ili
paralelne (možda čak identič
Ct Cz
Kut između pravca i ravnine. Taj se kut definira kao kut između pravca p i . najmanji od svih kutova što ga zatvara vektor e
njegove projekcije na ravninu n To je
smjera pravca p s bilo kojim vektorom koji leži u ravnini n . Označimo li ovaj kut sa
lJI , tad je 90° .
-
sm 1Jf
lJI kut što ga zatvara vektor
=
cos(90
o
- lJ!) =
e
s normalom
n
ravnine n . Zato vrijedi
Al + Bn::;;: +:======; Cm ;: ==:<= e·n ; =::=::===::::c--; = -r::::;;= z z Z J[2 e l l in i + mZ + nZ v'A + s + C
--
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
110
Sl. 6.14. Kut između pravca i ravnine
Pravac je paralelan s ravninom ako vrijedi
e·n
Al + Bm + Cn ::::: O. Pravac je okomit na ravninu ako je
e
= ). n, tj.
A B ::::: m l
:::::
O , tj.
e
n
Presjek pravca i ravnine. U općem slučaju pravac će sjeći ravninu u jednoj točki. Njene koordinate najlakše određujemo korištenjem parametarske jednadžbe pravca. Primjer 6.9. Neka je zadana ravnina n
. . . 2x - y + 4z + 4 = O
i pravac 2 ::::: y+-l ::::: z --1 x -. 3 1 2 Kako oni nisu paralelni, to će pravac sjeći ravninu u jednoj točki. Napišimo parame tarsku jednadžbu pravca. Iz jednadžbi -2 x3
z-1 y+l ::::: 2 l
::::: --
:::::
}.
čitamo
X ::::: 3A + 2, y = A. - l, z = 2A. + l . Uvrštavanjem u jednadžbu ravnine slijedi 2(3A. + 2) - (A. - l ) + 4(2A + l) + 4 = O ===} 13A. + 13 = O ===} A. == - l . Dobivenaj e vrijednost parametra točke u kojoj pravac siječe ravninu: P ( -l, -2, - l ) .
6. TOČKA, PRAVAC I RAVNINA
111
Geometrijska interpretacija rješavanja linearnih sustava.
Rješavanje nekoga linearnog su
stava od tri jednadžbe s tri nepoznanice ekvivalentno je nalaženju zajedničkoga presjeka triju ravnina u prostoru. Presjek (tj . skup rješenja) može biti prazan, jedna točka, pravac ili pak ravnina. Slična situacija javlja se i pri rješavanju sustava od gdje je matrica
A
tipa
ima oblik
(m, n) , b E Rm i x E Rn
m
jednadžbi s
n
nepoznainca
Ax = b ,
vektor nepoznanica. Svaka pojedina jednadžba
a;! X! + a;zxz + . . . + a;nXn = b;
. . •• {:J
i može se napisati u vektorskom obliku, na način
[an aa
� b;
Izraz s lijeve strane potpuno je analogan skalarnome produktu u suprotnome:
formula
(5.5)
(5.5).
Zapravo, istina je upravo
tek je specijalni slučaj općenitoga skalarnoga produkta dvaju
n
dimenzionalnih vektora Stoga nam nije teško prihvatiti da je gornjom jednadžbom dano poopćenje jednadžbe ravnine u odreduje
n
-dimenzionalni prostor, skup svih vektora
hiperravninu u prostoru Rn .
Rješenje linearnoga sustava odgovara geometrijski presjeku
x
koji zadovoljavaju tu jednadžbu
m
takvih hiperravnina. Ovisno o
njihovu položaju, taj skup može biti prazan, točka, pravac, dvodimenzionalna ravnina (u prostoru
Rn ), . . . ,
n -
1 -dimenzionalna ravnina (tj . hiperravnina) u prostoru
Rn .
7.
Vektorski
l . Baza i dimenzija vektorskoga prostora 2. Promjena baze . . . . . . . . . . . . . . .
Vektorski prostor.
.
. . . . . . . 112
. . . . . . . . liS
S pojmom vektorskoga prostora već smo s e susreli, govo
rili smo o vektor-stupcima prostora Rn , o dvodimenzionalnom, trodimenzionalnom prostoru vektora itd. Svoj stva vektorskoga prostora također smo već navodili . Ponovit ćemo ta svojstva navodeći njegovu strogu definiciju. Neprazni skup X na kojemu su definirane dvije operacije, + : X x X -+ X (zb-
rajanje vektora i : R x X X množenje skalara i vektora) naziva se vektorski prostor 1 ako vrijede sljedeća svojstva: VP1 ) (Vx, y E X) x + y y + x (komutativnost). VP2 ) (Vx, y, z E X) x + (y + z) = (x + y) + z (asocijativnost). VP3 ) (30 E X) (Vx E X) x + O = O + x = x (postojanj e nul-vektora) . VP4 ) (Vx E X) (3x1 E X) x + X1 = X1 + x O (postoj anje suprotnoga ·
vektora).
VP5 ) VP6 )
(Va, f3 E R) (Vx E X)
a (f3x) = ( af3)x (kompatibilnost množenja).
(Va E R) (Vx, y E X) prema zbrajanju u X ) .
a (x + y) = ax + ay (distributivnost množenja
(Va, f3 E R) (Vx E X)
( a + f3 )x = ax + f3x (distributivnost množenja
VP1 )
prema zbrajanju u R )
1
VP8 )
l
·
.
x = x (netrivij alnost množenja).
engl. ve('tor space. njem. Vektorraum, franc. l'espace vectoriel,
rus.
aeKTopHoe rrpocTpa.HCTBO.
7. VEKTORSKI PROSTORI
113
Govorimo preciznije da je vektorski prostor uređena trojka (X, +, ·) . Kažemo još da je to vektorski prostor nad poljem realnih brojeva R , pošto se u definiciji mno ženja sa skalarom koriste realni brojevi. Umjesto polja R može se koristiti i drugo polje skalara, na primjer polje kompleksnih brojeva e . Tad bi govorili o vektorskom prostoru nad poljem e ili naprosto o kompleksnom vektorskom prostoru. Neke smo primjere vektorskih prostora promatrali u prethodnim poglavljima. U prvom smo poglavlju pokazali da skup _,{{mn svih matrica tipa m x n čini vektorski prostor, uz operacije matričnoga zbrajanja i množenja skalara s matricom. Tako i vektor-stupci, odnosno vektor retci duljine n čine vektorski prostor, jer su to matrice tipa n x odnosno l x n . Prostori V1 , V2 , V3 vektora na pravcu, ravnini i u prostoru E3 , uz standardno definirane operacije zbrajanja i množenja sa skalarom također su vektorski prostori. Nazivamo ih klasičnim vektorskim prostorima. Vektorski prostor mogu činiti i funkcije. Neka je X skup svih funkcija definiranih na intervalu [a, b] s vrijednostima u R . Operacije definiramo na način
l
(x + y)(t) : = x(t) + y(t), (ax)(t) : = ax(t). Svojstva brojeva.
VP1 - VP8
vrijede jer se svode na analogna svojstva za skup realnih
Vektorski potprostor. Pri navođenju narednih primjera često ćemo biti u situaciji da promatramo neki podskup gore navedenih vektorskih prostora te se pitamo čini li i taj podskup vektorski prostor? S tim je u vezi sljedeća definicija. Neka je (X, +, ·) vektorski prostor. Podskup W e X čini vektorski potprostor prostora X ako je on vektorski prostor uz iste operacije koje su definirane na prostoru X. Je li neki skup vektorski potprostor, možemo provjeriti na sljedeći jednostavni način: Teorem 7 .l. Neka je X vektorski prostor. W e X je potprostor ako i samo ako vrijedi (l) (Vx, y E W)(Va, f:J E R) ax + f:Jy E W.
Dokaz. Činjenica da j e W podskup vektorskoga prostora dozvoljava nam da ne
provjeravamo posebno vrijede li svojstva VP1 , VP2 , VP5 , VP6 , VP7 i VPs u pros toru W : ona su ispunjenajer vrijede u većem prostoru X . Potrebno je samo provjeriti da li nul-element iz X leži u W te da li suprotni element svakoga elementa iz W i sam leži u W .
114
7. VEKTORSKI PROSTORI
x E W , tad po pretpostavci u W leži i kombinacija l · x + ( - l ) · x = O . Također, čim je x E W , u tom prostoru leži i kombinacija O · x + ( - l ) · x = -x . Time smo pokazali daje W vektorski prostor. Obratna tvrdnja je očevidna, ako je W vektorski prostor, on mora sadržavati Ako je
linearni spoj svaka svoja dva elementa. Uvjet
(l)
iz Teorema može se zamijeniti sa sljedeća dva uvjeta
(2a) (2b)
(\ix, y E W) x + y E W , (\ix E W)(\ia E R) ax E W,
što čitatelj može lako sam provjeriti.
Primjeri vektorskih prostora.
Znajući za primjere vrlo općenitih vektorskih
prostora, pomoću ovoga teorema možemo dati i neke nove primjere.
Kako sve matrice tipa n x n čine vektorski prostor, to će vektorski prostor činiti
i sve dijagonalne matrice, sve gornje ili donje trokutaste matrice itd., jer je linearna kombinacija dvije takve matrice ponovo matrica istoga oblika. Slično, vektorski prostor čini skup
lu
[a, b]
,
C[a, b]
svih neprekinutih funkcija na interva
jer je zbroj neprekinutih funkcija ponovo neprekinuta funkcija. Vektorski
prostor čini skup fYJ svih polinoma, skup
!Yln
svih polinoma stupnja
Ovi primjeri ukazuju na važnost pojma vektorskoga prostora.
�n
itd.
Navest ćemo najvažniji način dobivanja vektorskih potprostora. Neka je X vek torski prostor te
a� , . . . , an
bilo koji vektori iz X . Tvrdimo da je skup
W = {a E X : a = A1a 1 + . . . + Anan. A; E R} vektorski potprostor. Da se uvjerimo u to, uzmimo dva elementa
a = A181 + . . . + A.nam
a, b
ovoga skupa:
b = J.l181 + . . . + Jln3n ·
Tad je njihova linearna kombinacija oblika
aa + /3b = (aA! + f3J.tl) al + . . . + (aAn + f3Jtn)an W . Stoga je W vektorski potprostor od X . Nazivamo ga potprostor generiran (razapet) vektorima a�, . . . , an i označavamo s L(a1 , , an) . i ona ponovo pripada skupu
. . •
Primjer 7.1.
Neka je X prostor svih funkcija definiranih na
deće funkcije
R.
Izdvojimo slje
Xo(t) = l, X1 ( t) = t, Xn(t ) = tn .
L(Xo, xb . . . , Xn) = !Yln , prostor svih polinoma stupnja � n . Primjer 7.2. Neka je a E V3 zadani vektor. L(a ) je vektorski potprostor koji čine svi vektori kolineami s a . Ako b nije takav, tad L( a, b) predstavlja skup svih vektora u ravnini razapetoj s a i b .
Tad je
us
7. VEKTORSKI PROSTORI
Konačno-dimenzionalni i beskonačno-dimenzionalni prostori. Svi se prosto ri u gornjim primjerima mogu podijeliti u dvije bitno različite skupine. Prvu čine konačno-dimenzionalni a drugu beskonačno-dimenzionalni prostori. Je li neki pro stor konačno ili beskonačno-dimenzionalan određujemo po broju linearno nezavisnih vektora koje možemo u njemu pronaći. Tako na primjer, prostor &' svih polinoma zasigurno je beskonačno-dimenzionalan jer su za svaki n vektori l , t , t2 , , tn linearno nezavisni: njihov linearni spoj jednak je nul funkciji ako za svaki t vrijedi • • •
+ a, t + az t2 + . . . + antn = o što je moguće samo ako su svi koeficijenti jednaki nuli. Jednako tako, beskonačno-dimenzionalni su prostor neprekinutih funkcija Qer sadrži sve polinome!), prostor svih funkcija itd. Područje matematike koje izučava beskonačno-dimenzionalne vektorske prostore naziva se funkcionalna analiza. Linearna algebra bavi se konačno-dimenzionalnim prostorima. Stoga će svi vektorski prostori u nastavku biti konačno-dimenzionalni. Po gornjoj definiciji, to znači da će u njima broj linearno nezavisnih vektora biti ao
ograničen.
Dimenzija vektorskoga prostora. U konačno-dimenzionalnome prostoru broj linearno nezavisnih vektora je konačan. Sam naziv prostora sadrži u sebi riječ 'dimen zionalan' koji upravo određuje koliki je taj broj. Dimenzija prostora maksimalan je broj linearno-nezavisnih vektora u tome prostoru. Pojam dimenzije vektorskoga prostora intuitivno je jasan. Mi smo navikli govoriti o dvo ili tro-dimenzionalnom prostoru. Primjeri takvih prostora su R2 , V2 , R3 , V3 itd, broj u oznaci prostora upravo označava njegovu dimenziju. Kod složenijih prostora dimenziju je nešto teže utvrditi. Posebice, pri određivanju dimenzije raznih potprostora moramo koristiti aparat linearne algebre. Prije no što nastavimo s navođenjem primjera, korisno je definiratijoš jedan pojam koji se prirodno nastavlja na ovo razmatranje. To je pojam baze vektorskoga prostora. Baza vektorskoga prostora. Neka je X vektorski prostor dimenzije k . To znači vb . . . , vk linearno nezavisnih vektora, takav da dodamo li mu bilo koji novi element x - novodobiveni skup više neće biti linearno nezavisan. Stoga postoje skalari ).1 , , Ak, A. od kojih je baremjedan različit od nule, takvi da vrijedi da u njemu možemo pronaći skup
• • •
Pri tornje sigurno A. =f. O , inače bi iščezavala linearna kombinacija vektora v�, . . . , Vt . Dijeljenjem s brojem -A. vektor x prikazujemo u obliku spoja vektora v,, . . . , vk : A.k A., x = - T v1 - . . . - T vk. Prema tome, svaki se vektor prostora može napisati u obliku linearne kombinacije v� , . . . , vk .
116
7. VEKTORSKI PROSTORI
Ova dva svojstva upravo definiraju bazu prostora. Zbog njezine važnosti, ponovit ćemo ih u strogoj definiciji. Nekaje X vektorski prostor. Baza u X je svaki skup v1 , , Vt koji ima sljedeća dva svojstva (81 ) vektori V t, v2, , Vt su linearno nezavisni, i (B2) svaki drugi vektor x E X može se napisati u obliku linearne kombinacije vektora V t , v2, , Vt . •
•
•
•
•
•
•
•
•
Skup svih linearnih kombinacija vektora v�, Svojstvo (B2 ) kaže da za bazu vrijedi X === L(v h v2,
.
•
.
. . . , V�c
označili smo s L(vb . . . , v�c) .
, v�c ) .
Kažemo još da vektori baze razapinju čitav prostor. Prikaz svakoga vektora u odabra noj bazi je jedinstven. Zaista, iz pretpostavke da x ima dva različita prikaza, X = A t V! + . . . + AtVt = f..l. t V ! + . . . + J..l.tVt
slijedi a odavde, zbog linearne nezavisnosti, svi koeficijenti moraju biti jednaki nuli, te je A1
=
f..l. t , . . . , At = f..l.t ·
Po gornjoj konstrukciji baze zaključujemo da se broj vektora u bazi podudara s dimenzijom prostora. No, ta tvrdnja nije posve očita pa bi bilo korisno dati detaljniji dokaz. Naime, baza ima beskonačno mnogo i nije očito da će svake dvije imati isti broj elemenata. Teorem 7.2.
Svake dvije baze u vektorskom prostoru
X
imaju isti broj elemenata.
Taj se broj podudara s dimenzijom prostora. Dokaz. Neka je n dimenzija prostora. Broj vektora u bazi mora biti manji ili jednak n jer su njezini elementi linearno nezavisni vektori. Pretpostavimo da postoji baza v1 , , vm kod koje je m < n . Neka su w � , . . . , Wn linearno nezavisni vektori toga prostora. (Takav skup postoji jer je n dimenzija prostora.) Kako je X = L( vt , , vm) , postoje brojevi (aij) takvi da vrijedi .
•
.
.
•
.
w" = a1nV 1 + . . . + amn Vm ·
Promotrimo sad linearnu kombinaciju vektora X t Wt + . ·
·
wl l
. .
. , w" .
Ona ima oblik
+ XnWn = (xl a l l + . . . + Xnatn ) V t + . . . + (xl aml + . . . + Xnamn ) Vm
7. VEKTORSKI PROSTORI
117
xh . . . xn
(pomnožimo gornje jednakosti redom s
i zbrojimo ih) . Može li ova kombi
nacija iščezavati na netrivijalan način? Promotrimo sustav jednadžbi
auX! + . . + a,nXn = O, .
am!X i + . . . + amnXn = O.
m jednadžbi i n nepoznanica. Kako je m < n , takav sustav (x" . . . , xn) . To znači da postoji linearna kombinacija x , w, + . . . + xnWn koja iščezava na netrivijalan način, pa su w" . . . , Wn linearno zavisni, protivno pret Ovo je homogeni sustav s
uvijek ima netrivijalno rješenje
postavci.
Time smo dobili proturječje. Pretpostavka
m = n.
m
nije stoga istinita i mora biti
Iskažimo odmah i jednu važnu posljedicu ovoga teorema.
Teorem 7.3. Nekaje X vektorski prostor dimenzije n . Tad svaki skup v1 , od n linearno nezavisnih vektora čini bazu.
Dokaz.
Prvo svojstvo
(BI )
•
•
.
, vn
je ispunjeno po pretpostavci. Da dokažemo drugo,
dovoljno je primijetiti da je za svaki vektor x skup
inače bi dimenzija prostora bila veća od
n.
{ v1 ,
•
.
•
n, x
,V
}
linearno zavisan,
No, odavde slijedi da se x može prikazati
n , te oni razapinju cijeli prostor.
kao linearna kombinacija vektora v" . . . , V
Ovaj teorem je izrazito koristan, jer za većinu prostora s kojima baratamo mi
unaprijed znamo kolika im je dimenzija (recimo stoga što smo jednom pronašli neku bazu u njima). Želimo li odrediti neku drugu bazu, dovoljno je izabrati odreden broj linearno nezavisnih vektora; nismo dužni provjeravati razapinje li taj skup čitav prostor.
Primjer 7.3. U prostoru 9n
stoga je njegova dimenzija
polinoma stupnja
eo(t) = l, e,(t) = t, ez (t) = P,
n+ l.
Promotrimo sljedeći skup:
e�(t) = l, e� (t) = t - l, e; (t) = (t - 1 ? , e� (t) = (t - l ) n.
� n bazu čine vektori
7. VEKTORSKI PROSTORI
118 Tvrdimo da i ovaj skup čini bazu. Broj elemenata u njemu je
n+ l.
Oni su linearno
nezavisni pošto svaki polinom ima veći stupanj od prethodnih i ne može se prikazati kao njihova linearna kombinacija. Stoga, po teoremu, ovaj skup čini bazu.
P(t) može napisati u obliku P(t) = Ao + At (t - l) + . . . + A.n (t -
Zaključujemo da se svaki polinom
It.
Interesantno je da vrijedi i obrat teorema 7 .3. Ako ne želimo provjeravati linearnu nezavisnost, tad možemo iskoristiti ovaj teorem:
Teorem 7.4. Nekaje X vektorski prostor dimenzije n. Ako za vektore V t , . . . , Vn vrijedi L(vb . . . , Vn) = X , tad oni čine bazu. Moramo dokazati da su ovakvi vektori linearno nezavisni. Pretpostavi
Dokaz.
(v� , . . . , vn)
sve vektore koji su linearno
još uvijek će razapinjati isti prostor.
Takav skup je baza prostora,
mo suprotno. Izbacimo iz poredanog skupa
zavisni s prethodnima. Dobit ćemo skup koji će sadržavati linearno nezavisan i
m
<
n
vektora, biti će
s manjim brojem elemenata od dimenzije prostora - proturječje. Zato su početni vektori linearno nezavisni.
Po ova dva teorema, pokazali smo da je skup v�, . . . , vk baza u prostoru X
n ako vrijede bilo koja dva od sljedeća tri uvjeta: k = n, V t , . . . , vk su linearno nezavisni,
dimenzije • • •
v1,
. . . , vk
razapinju prostor X .
Treće je svojstvo u tom slučaju posjedica odabrana dva.
Neka je
X
bilo koji vektorski prostor dimenzije
n
te
{e t , . . . , en} , {e�, . . . , e�} stara, a drugu nova
dvije po volji odabrane baze u tome prostoru. Prvu ćemo zvati baza. Vektor
x
ima u te dvije baze prikaz
X = X t e t + . . . + Xnen = x�e� + . . . + x�e�. U ovakvoj
situaciji prirodno se nameće pitanje: na koji su način povezane kom
ponente vektora u staroj i novoj bazi? Da bismo odgovorili na nj , potrebno je pronaći vezu između vektora stare i nove baze. Ta se veza može izraziti na dva načina. Kako
7. VEKTORSKI PROSTORI
119
su obje baze ravnopravne, možemo prikazati vektore nove baze kao spoj vektora stare i obratno. Odaberimo prvu mogućnost:
e; = tu e! + . . . + tn! en,
(7.1) Načinimo matricu
T_
[
l
t ! . . . tln � . . tnn tn !
Njeni stupci predstavljaju komponente vektora nove baze prikazanih pomoću vektora stare baze. Relaciju
(7. 1) možemo simbolički zapisivati na način (e') = TT (e).
(e') T = (e) T T , što zapisujemo pregledno
Još je pogodnije transponirati ovu relaciju: na način
(7.2)
Pređimo sad na izračun komponenti vektora u ove dvije baze.
Odavde zaključujemo da vrijedi
n
x; = L tiJx;
(7.3)
x = Tx' .
(7.4)
J= l
ili, u matričnom zapisu
Drugim riječima, tražene komponente
x� , . . . , x� rješenje su linearnoga sustava (7.5)
Matrica sustava je regularna jer je punoga ranga (stupci su linearno nezavisni), stoga ovaj sustav uvijek ima Qedinstveno) rješenje.
7. VEKTORSKI PROSTORI
120
Prostor Rn Za nas je najvažniji primjer prostora Rn . Promotrimo opisane pojmove i njihove veze u ovoj jednostavnijoj situaciji. O elementima prostora Rn možemo govoriti kao o vektor-stupcima, ili pak o vektor-retcima: to je samo stvar zapisivanja vektora. Mi ćemo ovdje zapisivati ele mente prostora kao uređene n -torke. Operacije su definirane na način: .
(x� , · · . , Xn) + (y� , · · · , Yn ) = (x l + Yh · · · , Xn + Yn ), a(x1 , . . . , Xn ) = (ax1, . . . , axn ) · n U prostoru R izdvajamo n karakterističnih vektora: el = (l, O, . . . , O), ez = (0, l, . . . , 0), en = (0, 0, . . , 1). .
Skup {e�, e2 , , en } nazivamo kanonskom bazom prostora Rn . Pokažimo da ovaj skup zaista čini bazu prostora. Linearna kombinacija tih vektora ima oblik: • • •
A. 1 e 1 + . . . + A.n en = A. 1 ( l, . . . , O) + . . . + An (O, . . . , l ) = (A.�, . . . , An) i ona iščezava onda i samo onda kad su svi skalari A; jednaki nuli. Nadalje, bilo koji element x = (x 1 , . . . , xn) E Rn može se napisati u obliku X = (x J . . . , xn ) = x1 ( l, . . , 0) + . . . + xn(O, . . . , l) = x1e1 + . . . xnen te je on spoj vektora e�, . . . , en . Time smo utvrdili da je dimenzija prostora Rn jednaka n . .
Baza u svakom vektorskom prostoru ima beskonačno mnogo, sve su one među sobom ravnopravne. Mi smo slobodni birati bazu po vlastitome izboru, ovisno o pro blemu koji tješavamo. U prostoru Rn je za većinu problema najpogodnija kanonska baza, jer su koeficijenti vektora u toj bazi jednaki njegovim koordinatama. Međutim, u nekim je problemima nužno preći i na neku drugu bazu. Općeniti postupak prijelaza opisali smo u prošloj točki. No, ako je jedna od bazi kanonska, tad se taj postupak pojednostavnjuje. Neka je dakle e�, . . . , en kanonska, a e�, . . . , e� neka druga baza. Vektor x ima u te dvije baze prikaz x
= x1e1 + . . . + xn en = x�e� + . . . + x�e�.
Olakšanje prema općenitoj situaciji sastoji se u tome što je prikaz vektora nove baze preko vektora stare iznimno jednostavan: koordinate vektora jednake su kompo nentama u tome prikazu: Neka je
e� = (tu , . . . ' tn d = tu e ! + . . . + tn l en ,
7. VEKTORSKI PROSTORI
121
zapis vektora druge baze. Tad imamo sljedeću vezu: odnosno
x = Tx'.
(7.6)
x' = T- 1 x.
(7.7)
Primjer 7.4. Vektori a 1 = i + j , az = -2i + j čine bazu u prostoru VZ . Kako glase koordinate točke T(2, 3) kartezijevoga sustava u sustavu (O; a1 , az) ? Pitanje je ekvivalentno ovome: Kako glasi rastav radij-vektora točke T po bazi a1 , az ? Po formuli (7.6), koordinate dobivamo rješavajući sustav
u n [ �: J [; J . [ J [ l l J - l [ 3 J !3 [ J [ 3 J [ t� J . =
-
Odavde:
x' y'
=
l
-2
2
=
1 2 -1 l
2
=
8.
Linearni operatori
.. �� -��·Fi'..a&· �--� l. Prikaz operatora . . . . . . . . . . . . . . 2. Promjena baze. Slične matrice . . . . . 3. Primjeri operatora u ravnini i prostoru 4. Algebra operatora . . . . . . . . . . . . . 5. Minimalni patinom . . . . . . . . . . . .
as I'!WJII
. . . . . . . . . 122 . . . . . . . . . 127 . . . . . . . . . 129
. . . . . . . . . 136 .
. . . .
.
. .
.
140
Definicija lineamoga operatora. Neka su X i Y vektorski prostori. Preslika vanje A : X -t Y naziva se linearni operator 1 ako za njega vrijedi (Vx� , Xz
E
X)(Va� , az E R) A (aixi
+
azxz) = a1A(x1 ) + azA(xz).
(8. 1 )
Uvjet (8 . 1 ) naziva se uvjet linearnosti . Onje ekvivalentan s uvjetima aditivnosti i homogenosti, tj. (8.1) vrijedi onda i samo onda ako je ispunjeno
(Vx�, x2 E X) A(x1 + x2) = A(xi ) + A(x2) (Vx E X)(Va E R) A( ax) = aA(x)
(8.2) (8.3)
Primjer 8.1. Neka je X = Rn Y = Rm i A matrica tipa m x n . Svaka takva matrica definira neki linearni operator. Prirodna veza između matrice i linearnoga operatora definira se sa A (x) : = Ax ,
.
Ovako definiran operator zaista je linearan, zbog poznatih svojstava matričnoga mno ženja. 1
engl. linear operator. njem. lineare Abbildung (lineare Operator), franc. application lineaire, rus. JII1:
HeHHbiM orrepaTop.
8. LINEARNI OPERATORI
123
Zadavanje operatora pomoću neke matrice najvažniji je primjer lineamoga operatora. Dobar dio ovoga poglavlja biti će posvećen proučavanju veze izmedu matrice i lineamoga operatora
Pokazat ćemo da vrijedi i obratna tvrdnja: svakom linearnom operatoru odgovara jedna matrica
Ćitatelj bi mogao pomisliti da je stoga pojam lineamoga operatora nepotreban, ukoliko se on može potpuno opisati matricama Medutim, situacija je nešto složenija. Preciznija veza izmedu operatora i matrice mogla bi se ovako opisati: ako su zadane baze vektorskih prostora, tad svakome operatoru u
tom paru baza odgovara jedna matrica
Medutim, promijenimo li baze, istome operatoru odgovarati
će neka druga matrica Linearni operator može se zadati
na
način koji je neovisan o bazi prostora (vidi geometrijske
primjere u narednoj točki). Stoga tek izbor baze odreduje koja će mu matrica odgovarati. Najinteresantnija analiza matričnoga računa upravo se sastoji u tome da se dadu odgovori na sljedeća dva pitanja:
(l)
kako odabrati bazu prostora pa da prikaz linearnoga operatora bude po mogućnosti što
jednostavnija matrica (što sličnija dijagonalnoj);
(2) dali (i kada) dvije različite matrice A, B pripadaju istome linearnom operatoru (u različitim bazama)?
Opišimo obrnutu vezu: kako linearni operator određuje matricu. Neka je e1 , en baza u prostoru X , a f1, . . . , fm baza u prostoru Y . Neka je A : X � Y linearni operator. Vektor a 1 = A(e 1 ) pripada prostoru Y i može se razviti po bazi fb . . . , fm . Dakle, postoje skalari a u , a21 , . . . ami takvi da vrijedi . • •
A(ei) = allfl + a21f2 + . . . + Om!fm .
Slično vrijedi i za ostale vektore:
A(e2 ) = a12f1 + a22f2 + . . . + am2fm , A( en) = O Jnfl + a2nf2 + . . . + amnfm · Pomoću ovih koeficijenata definiramo matricu A : A=
[:;: :�� ] :::
:�: ·
Omi Om2 . . . Omn
Vidimo da j -ti stupac matrice A čine komponente vektora A( ej ) po bazi f1, . . . , fm . Tvrdimo da vrijedi A(x) = Ax , za svaki vektor x . Zaista, neka je x = x1e1 + . . . + Xnen . Onda vrijedi
n n m m n A(x) = L:xjA(ej ) = L Xj L: a;l; = L ( L auxj) f; = Ax. j=l j=l i=I i=l j=l
Time je tvrdnja dokazana. Ponovimo dokazane tvrdnje u sljedećem teoremu.
8. LINEARNI OPERATORI
124
Teorem 8.1. Neka su X i Y vektorski prostori, A : X ---+ Y linearni operator, {e� , . . . , en} baza u X i {ft, . . . , fm} baza u Y . Operatoru A odgovara u tom paru baza matrica A čiji su stupci komponente vektora A(e1) u bazi {f1, . . . , fm } · Pri tom za svaki vektor x E X vrijedi A(x) = Ax. (8.4)
Ova je relacija - veza operatora i matrice - toliko važna da smo zbog jednostavnosti formule
namjerno bili nedovoljno precizni. Pažljiviji čitatelj će uočiti da u formuli
(8.4) vektor x
s lijeve i s
desne strane nema isto značenje. S lijeve strane, on je element vektorsk.oga prostora X i njegov prikaz
x x1e1 + . . . + xnen . S desne strane, vektor x poistovjećujemo s [ x1 x2 xn J T E Rn , a zatim, nakon množenja s matricom A , vektor Ax (koji pripada prostoru Y ) treba shvatiti na način (Ax) l ft + . . . + (Ax)mfm .
u bazi toga prostora ima oblik vektor-stupcem
x
=
=
• • •
Ove su veze prirodne i čitatelj će doći sam do odgovarajućih ispravnih interpretacija. Pogledaj
mo primjenu teorema na primjerima.
Primjer 8.2. Jedinični operator I : X ---+ X , definiran je formulom I(x) = x za svaki x E X . Kako za svaki vektor baze vrijedi I (ej) = ej , to ovome operatoru odgovara (u bilo kojoj bazi) jedinična matrica I . Primjer 8.3. Nul operator O : X ---+ Y , definiran je formulom O(x) = svaki x E X . Njemu odgovara nul-matrica tipa (m, n) . Primjer 8.4. Odredimo matricu koja odgovara operatoru deriviranja A �n ---+ �n U bazi eo( t ) = l , e1 (t) = t , . . . , en(t ) t n . Vrijednosti operatora na vektorima baze je: A(eo) (t) = O ( t ), A(e t ) (t) = l = e0 (t), A(e2)(t) = 2t = 2et (t ) , A(en )(t) = ntn-l = nen- ! · Njegova matrica u tom paru baza glasi
A=
o l o ... o o o 2 ... o O O O ... n o o o ... o
O,
za
d dt
8. LINEARNI OPERATORI
125
Evo nekoliko zadataka koje bi čitatelj trebao riješiti: 2 • Izračunaj A . • Kojem operatoru odgovara ta matrica? 4 • Napiši matricu A za slučaj n = 4 i provjeri da vrijedi A = O . n • Na isti se način uvjeri da vrijedi A = O . Što to govori o operatoru A ?
Primjer 8.5. Operator simetrije s obzirom na os apscisa. Promotrimo operator koji vektoru a pridružuje vektor simetričan ovome s obzirom na os apscisa. Ako je a = xi + yj , tad je A(a) = xi - yj . Operator je linearan: A (a1 + az) = A((x1 + xz)i + (Y l + Y z)j) = (x l + xz)i - (Yl + Yz)j = A (al ) + A (az) , A ( aa) = A(axi + ayj) = axi - ayj = aA(a) .
y
-y - ------- - - - - -
Sl. 8. 1. Operator simetrije s ob zirom na os apscisa
Da odredimo njegovu matricu u paru kanonskih baza, moramo odrediti djelovanje na jediničnim vektorima i zatim te vektore rastaviti po kanonskoj bazi:
A(i) = i, Ovi vektori određuju stupce matrice A :
A=
A(j) = -j.
[� � ]
� ·
Primjer 8.6. Operator rotacije. Promotrimo operator koji radij vektoru r pridružuje radij vektor zarotiran za kut qJ Zbog geometrijskih razloga, vrijedi A(a + b) = A(a) + A(b) (slika 8.2). Očito vrijedi A ( aa) = aA(a) . Stoga je A linearan. •
126
8. LINEARNI OPERATORI
Sl. 8. 2. Provjera svojstva aditivMsti
Odredimo njegovo djelovanje na jediničnim vektorima: A (i) A (j)
Sl. 8.3. Djelovanje operatora rotacije kut
a
cos tp i + sin qJ j = - sin qJ i + cos tp j
=
zo.
[
Stoga ovome operatoru odgovara matrica A
=
c?s qJ
sin tp
Stn tp
COS (/)
]
.
koju nazivamo matrica rotacija. Primjer 8.7. Neka je a = ax i + ayj + azk zadani vektor u trodimenzionalnom prostoru. Definirajmo operator A : V3 ----+ V3 na način: A(x)
:= a X X.
On je očito linearan, jer vektorsko množenje ima svojstva distributivnosti i homoge nosti: A(x + y) = a x (x + y) = a x x + a x y = A (x ) + A(y) , A ( ax) = a x (ax) = a(a x x) = aA(x). Odredimo njegovu matricu u kanonskoj bazi {i, j, k} . odrediti vektore A (i) , A (j) , A (k) :
U
i j k A (i)
=a x i=
ax ay az = Oi + aJ - ayk. l
o
o
tu svrhu, moramo
8. LINEARNI OPERATORI
127
Slično, dobivamo
A (j) = -a,i + Oj + axk, A(k) = ayi - axj + Ok. Tako dobivamo sljedeću matricu operatora: O -az A = a, O -ay ax Primijetimo da je to anti simetrična matrica.
[
Primjer 8.8. Translacija za vektor b i= O . Translacija je preslikavanje koje vek toru a pridružuje vektor a + b, za neki fiksni vektor b . Ovo preslikavanje, iako jednostavno, ne definira linearni operator, pošto vrijedi A(O) = b , a za svaki linearni operator mora biti A(O) = O .
Zadavanje operatora. Djelovanje operatora u potpunosti je određeno vrijedno stima tog operatora na vektorima baze: Znamo li A (e 1 ) , . . . , A (en ) tad je jednoznačno određen i vektor A(x) = x 1A (e l ) + . . . + XnA (en ) Zato, ako za dva operatora A i B vrijedi A( ej) = B( ej) , j = l, . , n , tad je A(x) = B (x) za svaki x E X , tj. vrijedi A = B. .
. .
Teorem 8.2. Neka je e 1 , . . . , en baza u X i b 1 , , bn bilo koji vektori Y . Po stoji točno jedan operator A : X -> Y za kojega vrijedi A(e 1 ) = b 1 , . . . , A(en ) = bn . •
•
.
u
Dokaz. Jedinstvenost slijedi iz gornjega, jer je s vrijednostima na bazi operator određen jednoznačno. Egzistenciju ćemo pokazati tako da ukažemo koju će vrijed nost operator imati na po volji odabranom vektoru prostora. Uzmimo bilo koji vektor x E X . Prikažimo ga po vektorima baze: X = x 1 e 1 + . . . + xn en . Definirajmo operator A na način A (x) : = X J b 1 + . . . + Xnbn. Ovaj j e operator linearan (uvjerite s e u to! ) . Definiran je n a čitavom X i z a njega vrijedi A( e l ) = b 1 , . . . , A( en ) = bn . Time je tvrdnja dokazana.
Neka je sad A linearni operator koji djeluje na prostoru X , A : X -> X . Istaknimo u tom prostoru bazu e1 , , en . Neka je A matrica koja odgovara ovome operatoru u toj bazi (stupci te matrice su komponente vektora A (ej) u zadanoj bazi) . • • •
8. LINEARNI OPERATORI
128
Izaberimo sad u prostoru drugu bazu, koju čine vektori e; , . . . , e� . Neka je A' matrica koja odgovara operatoru u ovoj bazi. Prirodno se nameće sljedeće pitanje: • Koja je veza između dviju matrica A i A' koje su prikaz istoga operatora u različitim bazama? Da bismo odgovorili na ovo pitanje, potrebno je utvrditi vezu ivneđu dviju baza. U tu svrhu ćemo vektore nove baze izraziti pomoću vektora stare baze, na istovjetan način kao i u prošlome poglavlju:
e� = tu e1 + t21e2 + . . . + tnlen, e� = t12e1 + t22e2 + . . . + tn2en,
[
l
e� = tlnel + t2ne2 + . . . + tnnen. Veza između ovih dviju baza opisana je matricom
tu tu . . . t1 n t21 t22 . . . t2n T= tnl tn2 tnn • • •
čiji su stupci komponente vektora nove baze prikazanih pomoću vektora stare. Djelovanje operatora A na vektoru x može se opisati množenjem s matricom A , relacija A (x) = y znači zapravo
Ax = y.
(8.5)
Slično, u drugom paru baza, isto se djelovanje opisuje formulom
A'x' = y' .
(8.6)
Prisjetimo se da je veza između starih koordinata vektora x i koordinata u novoj bazi dana relacijom (7.4):
x = Tx'
i istovjetno za vektor y :
y = Ty'.
Uvrštavanjem ovih relacija u jednadžbu (8.5) dobivamo Ty' = ATx' odakle slijedi, koristeći (8.6):
y' = T- 1 ATx' = A'x' . (8.7 ) Kako formula vrijedi za svaki x' , ova relacija daje odgovor na traženo pitanje: opera toru A u novoj bazi odgovara matrica
A' = T- 1 AT .
Time smo dokazali
8.
LINEARNt OPERATORI
129
Teorem 8.3. Neka je A prikaz operatora A u bazi {el > . . . , en } prostora X, T matrica prijelaza iz stare baze u novu bazu {e� , . . . , e�} . U novoj bazi operatoru A odgovara matrica 1 A' = T- AT.
(8.8)
Matrice A i A' , koje odgovaraju istome operatoru, imaju neka zajednička svoj stva. Stoga je prirodno definirati: za dvije matrice A i B kažemo da su
slične,
ako
postoji regularna matrica T takva da vrijedi 1 B = T- AT.
( 8 .9)
Ponovimo izrijek teorema u novoj terminologiji: operatoru A odgovaraju u raznim bazama slične matrice.
Od zajedničkih svojstava sličnih matrica izdvojimo za sad samo ovo: slične mat rice imaju identičnu determinantu. Uistinu, po Binet-Cauchyjevom teoremu vrijedi 1 det(B) = det(T- ) det(A) det(T) = det(A) pošto je det(T- 1 ) =
l
j
det(T) . Zato ima smisla definirati
determinantu operatora:
det(A) = det(A)
gdje je A matrica operatora u bilo kojoj odabranoj bazi. Čitatelj se lako može sam uvjeriti u sljedeće: •
V3
relacija sličnosti je relacija ekvivalencije.
Nastavimo s primjerima jednostavnijih operatora definiranih na prostoru i odredimo odgovarajuće im matrice u pogodno odabranim bazama.
Primjer 8.9. Operator homotetije.
V2
Promotrimo djelovanje operatora koji svaki
vektor u smjeru Ox -osi rasteže (steže) za faktor A. , dok vektore u smjeru osi ostavlja nepromijenjenim. Njegovo djelovanje na bilo kojem vektoru definirano je formulom A(a) = A (xi + yj) = A.xi + yj. Odavde izvodimo posebice djelovanje na vektorima baze A(i) = A. i, te je matrica operatora u kanonskoj bazi A=
ili
A (j) = j,
[ � �]
·
a
Oy
= xi +
yj
130
8 . LINEARNI OPERATORI
Korisno je pogledati što takav operator radi na nekom podskupu ravnine. Izbor konstante A = 0.8 pretvara font Helvetica u Helvetica Narrow:
Sl. 8.4.
Operator lwmotetije duž Ox -osi
Primjer 8.10. Operator definiran matricom A =
[ � �]
nje duž obiju osi. Na slici vidimo djelovanje operatora za izbor
Sl. 8.5.
Operator lwmotetije
imat će slično djelova A =
1.25 , J.t = 0.8 .
8. LINEARNI OPERATORI
131
Primjer 8.11. Operator zakošenja. Definiran je matricom operator preslikava jedinične vektore na način A(i) = i,
A(j) = Ei + j.
A
=
[� � J
.
Ovaj
j
Sl. 8.6. Operator za/wšenja. Vek tor j preslikava se u za/wšeni vektor. /mos za/wšenja ovisi o parametru E Za pozitivne vrijed nosti, za/wšenje će biti udesno, za negativne ulijevo. •
Sl. 8. 7.
U računarslwj grafici uobičajeni su izbori parametara E = 0.1 6666 lwd slanted fontova, te E = 0.25 lwd italic fontova.
Primjer 8.12. Projekcija na pravac. Neka je p pravac koji prolazi ishodištem, a s realnom osi zatvara kut a . Točki M u ravnini pridružena je njezina projekcija na pravac p . Time je definirano preslikavanje A među pripadnim radij-vektorima koje definira linearni operator (v. sl. 8.8). Linearnost slijedi iz svojstava vektorske projekcije. Odredimo matricu toga operatora u kanonskoj bazi {i, j} . Vektor A(i) predočen ---t
je usmjerenom dužinom OA' i ima komponente A(i) = cos2 a i + cos a sin a j . Slično, vrijedi
A(j) = cos a sin a i + sin2 a j.
[
Stoga operatoru odgovara u kanonskoj bazi matrica _ cos2 a cos a sin a A sin2 a - cos a sin a
J
·
8. LINEARNI OPERATORI
132
B
Sl. 8.8. Projekcija na pravac
Izaberimo sad bazu koja je prikladnija za opis ovoga operatora. Nju čine dva jedinična vektora: vektor smjera i vektor normale pravca p . Označimo te vektore s e i n . Matricu operatora u toj bazi možemo lako napisati, no radije ćemo je izvesti koristeći formulu (8.8). Vektor smjera i normale imaju prikaze u staroj bazi: e
n
= =
cos a i + sin a j, - sin a i + cos a j.
Time je određena matrica prijelaza iz jedne baze u drugu i njezina inverzna:
T= [
]
c?s a - sin a sm a cos a '
Zato je matrica operatora u novoj bazi
A' =T-I AT = [ = [ ��:
cos a sin a - sm a cos a a na
T-t = [
] [ coscosa sm2 _a a
��� � ] [ ��: �
co� a sin a - sm a cos a
cos a sin _ 2a sm
�] = [ � �]
·
a] [
]
.
c?s a - sin a sm a cos a
]
Oblik ove matrice sugerira daje nova baza pogodnija za opis operatora.
Primjer 8.13. Simetrija s obzirom na pravac. Neka je p pravac koji prolazi ishodištem, a s realnom osi zatvara kut a . Opišimo matricu koja odgovara operatoru simetrije s obzirom na pravac p . Djelovanje operatora na vektorima kanonske baze glasi
A(i) = =
A(j)
cos 2a i + sin 2a j, sin 2a i - cos 2a j.
8. LINEARNI OPERATORI
133
Zato je A = A(i' J ) = '
[
c?s 2a sin 2a sm 2a - cos 2a
]·
Sl. 8.9. Operator simetrije s obzirom pravac p
na
Izvedimo ovu formulu na drugi način. Krenimo od baze koja je prirodnija za promatrani operator. Jedan njezin vektor čini Uedinični) vektor smjera pravca p , a drugi vektor, vektor okomit na njega. Označimo te vektore s e i f . Nekaj e A' matrica operatora u toj bazi. Kako vrijedi
A(e) = e, A(f) = -f, dobivamo
Novi sustav dobiven je iz starog rotacijom za kut a . Zato je veza između stare i nove baze opisana jednadžbama
e = cos a i + sin a j, f = - sin a i + cos a j .
[
]
[
Matrica prijelaza iz kanonske baze u novu i njezina inverzna glase: T=
c?s a - sin a sm a cos a '
T-I =
]
co� a sin a - sm a cos a .
Formulu (8.8) sad koristimo u obrnutom smjeru: A' = T- 1 AT ==?- A = TA'T- 1 •
[[ ��� � ��� ] [ � �l] [ ��: ��[� � ] ]
Stoga operatoru u kanonskoj bazi odgovara matrica TA'T - l =
na a
a na
J
cos2 a- sin2 a 2 sin a cos a 2a sin 2a = cos 2 sin a cos a sin2 a- cos2 a sin 2a - cos 2a ·
8. LINEARNI OPERATORI
134
Primijetimo daje u ovome primjeru matrica T- 1 jednaka transponiranoj matrici TT . Vidjet ćemo u nastavku da to nije slučajno, već će ta jednakost vrijediti kad god su vektori nove baze okomiti i jedinične duljine. Determinanta takve matrice jednaka je +l ili - l . Nadalje, primijetimo da djelovanje operatora A u ovome primjeru možemo shvatiti kao kom poziciju triju preslikavanja: prvoga koji će kanonsku bazu prevesti u novu: to je rotacija za kut a , drugoga koji će zrcaliti s obzirom na os apscisa u novoj bazi, i trećega koji će vratiti novu bazu u staru (rotacija za kut -a ). Pojam i svojstva kompozicije operatora razmotrit ćemo u sljedećoj točki.
Primjer 8.14. Izdvojimo dva međusobno okomita jedinična vektora e i f . Ope rator koji duž smjerova određenih tim vektorima djeluje na način A( e ) = A,e, bit će očito operator homotetije {e, f} glasi
u
A(f) = JJf
naznačenim smjerovima. Njegova matrica u bazi A' =
[� � ] .
Ako je a kut rotacije između stare i nove baze, tad se matrica operatora u originalnoj bazi dobiva formulom (8.8):
[
?s a - sin a A = TA'T T = csm a cos a
][ ][ ;., O O JJ
cos a sin a - sin a cos a
Djelovanje operatora vidimo na slici 8. 10.
Sl. 8.10. Operator horrwtetije duž dviju istaknutih osi.
]·
8. LINEARNI OPERATORI
135
Primjer 8.15. Operator rotacije u prostoru V3 Promotrimo operator rotacije oko osi Oz , za kut a . Njegovo djelovanje i njegovu matricu možemo lako izvesti poznavajući djelovanje operatora rotacije u ravnini xOy . Naime, vrijedi A(i) = cos ai + sin aj, A(j) = - sin ai + cos aj, A(k) = k, te matrica ovoga operatora glasi cos a sin a A= si a co a •
[�
-
�
O� l .
Primjer 8.16. Eulerovi kutovi. Promotrimo bilo koja dva jednako orijentirana kartezijeva sustava s zajedničkim ishodištem. Neka su to sustavi Oxyz i OXYZ . Iz početnog sustava Oxyz možemo prijeći u novi sustav OXYZ s pomoću triju rotacija. Opišimo ih: l . Rotacija za kut ({J oko osi Oz . Pri tom os Ox prelazi u os Ox 1 , a os Oy u os Oy 1 • Pravac Ox 1 dobiven je kao presjek ravnina Oxy i OXY (vidi sliku 8.1 1). z
Sl. 8. 1 1. Ako dva jednako orjen tirana kartezijeva sustava imaju zajedničko ishodište, tad se prije laz izjednog sustava u drusi može dobiti s pomoću triju rotacija. Pri padni. kUtovi nazivaju se Eulerovi kutOVI
y
y
2. Rotacija za kut tf oko osi Ox1 • Pri tom os Oy 1 prelazi u Oyz , a os Oz u konačni položaj - os OZ . 3. Rotacija za kut 1/f oko osi OZ , nakon koje os Ox 1 prelazi u OX , a os Oy2 u os OY. Kutovi ({J tf , 1/f nazivaju se Eulerovi kutovi. Napišimo matricu ove transformacije. Neka su (x, y, z) koordinate točke M u starom, a (X, Y, Z) koordinate te točke u novom koordinatnom sustavu. Ako sa T , , T2 , T3 označimo matrice operatora rotacija opisanih u pojedinom koraku, tad vrijedi ,
8. LINEARNI OPERATORI
136
[ qJqJ qJqJ OOl . Đ : [ � � Đ � Đ l· O Đ 111 Đ [ 111111 11111 1 O]O . l
Matrica T 1 odgovara operatoru rotacije oko treće osi, za kut primjeru, ona glasi cos - sin T 1 = sin cos
o
o
qJ
. Po prošlom
l
Matrica T2 odgovara operatoru rotacije oko prve osi, za kut
T2
=
co sin
-
sn cos
Matrica T3 predstavlja operator rotacije za kut oko treće osi: cos - sin T3 = sin cos
o
o
[�({J�11 _({J Đ Đ 1111 - �({J� qJ 11111-1-qJ� qJqJĐ� ĐĐ � 111111 �'0�11 Đ Đ 111 1 ] qJ 111 1- qJ�({J�Đ�11
Umnožak T = T3 T2T 1 predstavlja traženu matricu transformacije početnog u novi koordinatni sustav. Množenjem gornjih matrica dobivamo
T = cos sin
� sin cos sm sm
cos
-
sin sin
cos cos cos sin
cos
-
sin cos cos
:
Kompozicija operatora. Kako su linearni operatori preslikavanja, to je moguće definirati njihovu kompoziciju u sljedećoj situaciji: Ako je A : X ---. Y i B Y ---. Z , tad j e definirana kompozicija B o A (samo u tom poretku!) koju ćemo zbog kratkoće označavati kratko s BA . Teorem 8.4. Kompozicija linearnih operatora linearni je operator. Dokaz. Dovoljno je napisati sljedeće (BA )( ax + {Jy) = B (A (ax + {Jy )) = B (aA (x) + fJA (y )) = a B (A (x)) + {JB (A (y )) = a(BA )(x) + fJ (BA) (y ).
Koja matrica odgovara operatoru BA ?
8. LINEARNI OPERATORI
137
Neka je dim X = n , dim Y = m , dim Z = p . Označimo ovu kompoziciju s C = BA i njegovu matricu s ( cij ) . Kako vrijedi C : X -+ Z , to je pripadna matrica tipa p x n . Neka operatoru A odgovara matrica (aij ) tipa m x n , a operatoru B matrica (b;j ) tipa p x m . Neka su e1. e2 , en baza za X , f�, f2 , , fm baza za Y i g1, g2 , . . . , gP baza za Z . Da bismo odredili matricu operatora BA u paru baza {e1, e2, . . . , en} , { gh g2, . . . , gp } , moramo izračunati njegovo djelovanje na vektorima prve baze i rezultat rastaviti po vektorima druge baze: • • •
m
,
• • •
m :L:>ikB (fi) j=l m L (L b;iaik)g; = L: c;kgi
(BA)(ek ) = B (A(et ) ) = B(L>ikf;)
m
=
p
j=l
k (.L::> .L::>i j=l i=l
Ova relacija kazuje da vrijedi
ijgi
)
=
=
p
i=l
p
j=l
i=l
m C;t L bijaik· =
(8. 10)
j=l
Tako smo dokazali
Teorem 8.5. Kompoziciji linearnih operatora odgovara matrica koja je jednaka umnošku matrica pojedinih linearnih operatora. Ovaj teorem možemo interpretirati i drukčije: matrice množimo onako kako ih množimo upravo zato da bi kompoziciji operatora odgovarao umnožak matrica.
Primjer 8.17.
Nekaje A'I' operator rotacije za kut cp , Alil rotacija za kut lfl . Tad
je očevidno
pošto se kompozicijom ovih operatora (u bilo kojem poretku!) dobiva rotacija za kut cp + lfl . Za pripadne matrice će vrijediti, po formuli (8. 10)
[
c?s cp - sin cp sm cp cos cp
][
c?s lfl - sin lfl sm 1f1 cos 1f1
] [ =
]
c?s(cp+lfl) - sin(cp + lfl) sm( cp + lfl) cos( cp + 1fl) ·
Množenjem matrica slijeva i uspoređivanjem možemo izvesti adicione teoreme za trigonometrijske funkcije: cos(cp + 1f1) = cos cp cos 1f1 - sin cp sin 1f1, sin( cp + 1f1) = sin cp cos 1f1 + cos cp sin lfl.
8. LINEARNI OPERATORI
138
Jezgra i slika Iineamoga operatora. Uz svaki linearni operator A pridružena su dva skupa. Prvoga sačinjavaju svi oni vektori prostora X koji se preslikavaju u nul-vektor prostora Y . Označavamo ga s KerA i nazivamo jezgra ili nulpotprostor operatora)operatora A . Drugog čine svi vektori u Y koji su slika nekoga vektora iz X . Označavamo ga s ImA i nazivamo slika 1 operatora A . KerA := {x E X : A(x) = 0}, ImA := {y E Y : y = A(x) za neki x E X}. KerA i ImA vektorski su potprostori. Dokaz toga je jednostavan. Recimo, za jezgru slijedi ovako. Uzmimo x, y E KerA . Tad je
A(ax + {3y) = aA(x) + f3A(y) = O jer su oba pribroj nika jednaka nuli. Slično vrijedi i za sliku.
Rang i defekt operatora. Pojam jezgre operatora vezan je s problemom rješava nja homogenih linearnih sustava. Zaista, ako je A matrica pridružena operatoru, tad je jednadžba A(x) = O ekvivalentna s Ax == O . Pokazali smo daje skup svih rješenja ove jednadžbe potprostor razapet s n - r vektora, pri čemu je n dimenzija prostora X (== broj nepoznanica), a r rang matrice A . Taj potprostor jednak je jezgri operatora A . Ova dimenzija jezgre operatora A zove se još defekt operatora. Gornju formulu o dimenziji prostora rješenja homogenoga sustava još ćemo do datno objasniti. Pokazat ćemo da vrijedi sljedeći Teorem 8.6. Ako je n dimenzija prostora X, k dimenzija jezgre a r dimenzija slike operatora A : X ---T Y, tad vrijedi n == r + k. Dokaz. I jezgra i slika linearni su potprostori. Neka je e1, . . . , ek baza u jezgri KerA . Ako je k = n , tad je to i baza za X . To znači da se svaki vektor iz X preslikava u nul-vektor te je dimenzija slike operatora A jednaka nuli. Formula u tom slučaju vrijedi. Neka je sad k < n . Bazu potprostora KerA možemo nadopuniti do baze u čita vom prostoru X . Neka je dakle {et, . . . , et, eH b . . . , en } baza u X . želimo pokazati da slike vektora eH b . . . , en čine bazu u ImA . Time ćemo dokazati daje r = n - k . Pokažimo da vektori A(eH1), . . . , A(en ) razapinju ImA . Uzmimo bilo koji y E ImA . Tad je y = A(x) za neki x E X . Prikažimo vektor x preko vektora baze: x = a1e1 + . . . + akek + aH l eH I + . . . + �en . Sad vrijedi A(x) == a1A(e t ) + . . . + akA(e�:) + aH1A(eH I ) + . . . + �A(en) te je
1
== ak+ l A(eH I ) + . . . + �A(en)
zaista
ImA == L(A(eHI), . . . , A(en)).
Ker j e skraćenica engleske riječi kernel Uezgra).
Im
dolazi od engleske riječi
image
(slika).
8. LINEARNI OPERATORI
139
Preostaje još pokazati da su ovi vektori linearno nezavisni. Pretpostavimo da vrijedi Kako je A linearan, to vrijedi
A(At+t ek+ l + . . . + A..en )
=
O.
Po definiciji jezgre, argument operatora A mora ležati u jezgri. Kako njezinu bazu čine vektori {e1 , . . . , ek } , to se taj vektor može prikazati u obliku
At+l eHI
+ . . . + Anen = J.tt e t + . . . + J.tkek .
Odavde slijedi
J.tt e t + . . . + J.lkek. - At+teHI
- . . . - Anen = O
.
No, ovi vektori { et , . . . , en } čine bazu u X pa su linearno nezavisni. Zato svi koefi cijenti u ovoj linearnoj kombinaciji moraju biti jednaki nuli. Specijalno, koeficijenti At+ t , . . . , An jednaki su nuli, što pokazuje nezavisnost vektora u slici ImA . Time je teorem dokazan.
Oblik rješenja linearnog sustava. Na ovome ćemo mjestu ponoviti kako se može opisati rješenje linearnoga sustava. Promatramo linearni sustav (8. 1 1 ) Ax = b . Neka j e A operator pridružen matrici A . Da bi jednadžba (8. 1 1 ) imala rješenje, nužno je i dovoljno da vektor b leži u slici operatora A . (Tad će postojati x E X za koga je A (x) = b .) Neka je Xp partikularno rješenje jednadžbe te xh neki vektor u jezgri. Očito je i � + Xp rješenje, jer je A(xh + Xp) = A(xh ) + A(xp) = b . Neka je et , . . . ek baza u jezgri KerA . Opći oblik rješenja jednadžbe (8. 1 1 ) ima oblik
lnjektivnost i surjektivnost operatora. Da bi jednadžba imala jedinstveno rje šenje, nužno mora biti KerA = {O} . Pokažimo da je to svojstvo ekvivalentno s injektivnošću operatora A . Zaista, ako je jezgra trivijalna, KerA = {O} , tad iz A(x) = A(y) slijedi (zbog linearnosti) A (x - y) = O i zato (zbog trivijalnosti jezgre) x - y = O , tj. x = y te je A injektivan. Obratno, ako jezgra nije trivijalna, te je x E KerA , x i= O , tad se i x i O preslikavaju u isti vektor O u prostoru Y te A nije injektivan. Operator A je surjektivan ako je Y = ImA . Nužan i dovoljan uvjet za to je da se dimenzije ovih prostora podudaraju.
8. LINEARNI OPERATORI
140
Inverzni operator. Operator koji je injektivan i surjektivan nazivamo regulamim operatorom. Dabi tobio slučaj, morabiti dim(KerA ) = O i dimX = dim Y = n . Tad je A bijekcija, pa stoga postoji njegov inverz. Označimo ga s A - I . To je preslikavanje sa Y u X definirano na način � x = A - 1 y. Tvrdimo daje i A- I linearni operator. Zaista, ako su y�, y2 E Y, tad postoje Ue dinstveni!) x�, x2 E X za koje je A(xi) = y 1 , A(x2) = y2 • Sad imamo x1 = A - 1 (yi ) , x2 = A - 1 (y2 ) . Zbog linearnosti je A(A.1 x1 + AzXz) = A.1 A (x i) + AzA(xz ) = A1 Y 1 + AzYz a odavde, djelovanjem inverznog operatora: 1 A1X1 + AzXz = A.1 A- I (Y I ) + AzA - l (yz) = A - (A I Y I + AzYz). Time je dokazana linearnost.
y = A(x)
Pokazali smo da kompoziciji operatora odgovara umnožak matrica. Neka je A matrica operatora A - I . Kako je kompozicija A - I o A identično preslikavanje I , to mora vrijediti AA = l. Slično, vrijedi i AA = I jer je i kompozicija A o A - I identiteta (na prostoru Y ). Stoga je A upravo inverma matrica matrice A . Prema tome, inverznom operatoru odgovara inverzna matrica. Dakle, operator je regularan ako i samo ako je pripadna matrica regularna.
U ovoj će točki sve matrice biti kvadratne.
Dimenzija prostora .4tn Skup .4tn svih kvadratnih matrica reda n čini vektor ski prostor dimenzije n2 Bazu u tome prostoru čini n2 matrica B;j čiji su svi elementi nula, osim jedinice na mjestu ( i, j) . Tako npr. u prostoru .4(2 bazu čine matrice •
•
Bu =
[� �] ,
B 12 =
[� �J
,
Bz 1 =
[ � �J.
Bzz =
[� n
·
Čitatelj će se lako uvjeriti da su ovakve matrice linearno nezavisne. One razapinju čitav prostor jer vrijedi za svaku matricu prostora .4tn :
A = L a;jBij . Time smo pokazali daje dimenzija prostora .4tn zaista n2 • Linearna zavisnost potencija matrice. Kakvu posljedicu možemo iz toga izvu ći? Promatramo li sve potencije neke matrice A (krenuvši od A0 koju po definiciji smatramo jediničnom matricom), dobit ćemo niz: I, A, A2 , A3, • • •
8. LINEARNI OPERATORI
[ !1 i ] dobivamo sljedeći niz: [--21 -41 ] ' [-5- 1 -52 ] ' [-57 --87 ]
141
Tako na primjer, za matricu A =
'
...
Možemo se upitati: je li neka od tih matrica linearna kombinacija prethodnih? Odgovorje na ovo pitanje potvrdan ! Ako ne prije, matrica An2 sigurno je linearna kombinacija prethodnih, pošto u nizu
I, A, A2 , A3 , , An2 imamo n2 + l element prostora .4t'n , a njegova je dimenzija n2 • Stoga su gornje matrice linearno zavisne. Pogledajmo ponovo u matrice gornjega niza. Računajmo ponovo potencije i zaustavimo se kod prve koja je linearno zavisna s prethodnima. Prema tome, matrice I, A, A2 , , Ak- t su linearno nezavisne, a matrice . • •
• • •
l, A, A2 , . . . ' Ak-l , Ak su linearno zavisne. Tad se matrica Ak može napisati kao spoj prethodnih; postoje skalari J..l. h . . . , J..l.k za koje vrijedi (8. 12) Ak = J..I. I Ak- l + . . . + J..l.k- I A + J..l.kl. Ova relacija nije očekivana. Imajući u vidu složeni način na koji je definirano matrično množenje, u najmanju je ruku neobično da će se među matričnim elementima moći pronaći ovakva veza. Za broj k sigurni smo da vrijedi ocjena k � n2 Međutim, pokazati ćemo da vrijedi čak k � n , što relaciju (8. 12) čini još nevjerojatnijom. •
Minimalni polinom.
Definirajmo polinom pridružen matrici A na način:
J..I. (A) = ). k - J..1.1 A k- l
- J..l.k- 1). - J..l.k · Ovaj se polinom naziva minimalni polinom matrice A . Vidimo da matrica A poniš
-
• • •
tava minimalni polinom, jer vrijedi
J..t ( A) = Ak - J..l.t Ak- t - . . . - J..l.k- l A - J..l.kl = O. Opravdanje za naziv minimalni nalazimo u sljedećem teoremu.
Teorem 8.7. Neka je P( A. ) bilo koji polinom koji se poništava u matrici A. Tad je P(). ) djeljiv s minimalnim polinomom J..1. (). ) .
Dokaz. Pretpostavimo da vrijedi P(A) = O . Polinom P(A. ) uvijek možemo podijeliti polinomom J..I. (A ) : P(A. ) = Q(A. )J..t (A. ) + R(A. ).
8. LINEARNI OPERATORI
142 Tu je Q( A ) kvocijent dijeljenja, a
R( A )
ostatak: polinom stupnja manjeg od stupnja
A na mjesto nepoznanice, dobivamo P(A) = Q(A)Jl(A) + R (A). Kako vrijedi P(A ) = O i Jl(A) = O , odavde slijedi R(A) = O . No to znači da posto 2 , Ak- I koja iščezava, što je u ji netrivijalna linearna kombinacija matrica I, A, A k
minimalnoga polinoma. Uvrštavajući matricu
• • •
suprotnosti s definicijom broja
k (kao prve potencije za koju je to svojstvo ispunjeno).
Prema tome, zaključujemo sljedeće: • •
Niti jedan polinom stupnja <
k
ne može poništiti matricu
Svaki drugi polinom koji poništava matricu
namom.
A
A.
dijeljiv je s minimalnim poli
Ova svojstva opravdavaju naziv minimalni polinom.
Računanje minimalnog polinoma.
Postoji više načina za računanje minimal
noga polinoma. Mi ćemo navesti jedan način koji možemo lako opisati. Napravimo sljedeću matričnu tablicu:
I
A Au A2m A
mm
Matrice u prvome redu dobivamo računanjem potencija zadane matrice drugome redu dobivamo iz prethodnoga reda, po formulama:
A.
Matrice u
A12 = A2 - f31 2I, . . . Au = A - f3ui, A1m = Am - f3I mi Pri tom koeficijente f31i određujemo tako da sve te matrice na istome mjestu (obično mjestu
(1,1))
imaju nul-element.
Treći red računamo formulama
Pri tom zahtijevamo da sve ove matrice imaj u na drugom mjestu također nul-element. (1,2), no ako već od prije sve matrice na tom mjestu imaju nule, izabrat ćemo neku drugu poziciju. Kako je pri tom i element na mjestu ( 1, 1 )
To je obično pozicija
u svim matricama trećega retka jednak nuli, nastavljanjem ovoga postupka na koncu ćemo dobiti nul-matricu. Uvažavajući sve izračunate relacije, iz nje možemo odrediti minimalni polinom. Napomenimo još da u postupku računanja matrice računamo u poretku:
Au , A2 , A1 2 , A22 , A3
I, A,
itd., dakle, po stupcima ove sheme, kako ne bismo nepotrebno
računali potencije matrica (recimo potenciju
A3
ukoliko je ispunjeno
A22 = O ).
143
8. LINEARNI OPERATORI
Primjer 8.18. Odredimo minimalni polinom matrice A =
[� �]
Napravimo gore navedenu shemu:
l=
[ i �]
[ _i � ] .
A= -
Pri tome je
A 1 1 = A - 21, A , 2 = A2 - 3 1, A22 = A 1 2 - SA 11 Krenuvši od posljednje relacije, čitamo:
O = A 1 2 - SA 1 1 = (A2 - 3 1) - S(A - 21) = A2 - SA + 71. Prema tome, minimalni polinom matrice A glasi Jt (A. ) = A. 2 - SA. + 7.
9.
Svojstveni vektori i svojstvene vrijednosti
l.
2. 3. 4.
Karakteristični polinom i svojstvene vrijednosti . . . Dijagonalizacija operatora. Matrične funkcije . . . . Hamilton-Cayleyev teorem . . . . . . . . . . . . . . . . Jordanova forma matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . .
144
147 155
156
U ovom ćemo poglavlju opisati kako se traži 'najprikladnija' baza vektorskoga prostora X , baza u kojoj će linearni operator A : X --+ X imati najjednostavniji prikaz. U čitavom poglavlju, X će biti n -dimenzionalni vektorski prostor i svi operatori bit će definirani i uzimati vrijednosti u istome prostoru X . Pogledajmo ponovo jedan primjer iz prošloga poglavlja. Neka je A operator simetrije s obzirom na pravac p . Kazali smo da je najp rikladnija baza za opis ovoga operatora ona koju sačinjava vektor smjera pravca p i vektor okomit na njega. Označili smo te vektore s e i s f . Primijetimo da pri tom vrijedi A( e) = e , A(f) = -f : slike vektora e i f imaju isti nosač kao i sami vektori. Primijetimo nadalje da su to (i njima kolinearni vektori!) jedini vektori s tim svojstvima. Uzmemo li bilo koji drugi vektor koji nije kolinearan s jednim od ova dva, x = ae + /3f , tad je A(x) = ae /3f i ovaj vektor nije kolinearan s x ; operator A
mijenja njegov nosač.
-
Definicija 9.1. Vektor v i O zovemo svojstvenim vektorom operatora A ako postoji skalar A takav da vrijedi (9. 1) A(v) = A v. 1 Skalar A nazivamo svojstvena vrijednost operatora A koja odgovara svojstvenom vektoru v . ,
1
engl. eigenvalue, njem. Eigenwert, franc. valeur propre, rus. co6cTBeHHoe
3Ha'-IeHHe.
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
145
Po definiciji je jasno da je i av ( a # O ) svojstveni vektor, čim je v svojstveni vektor. Svi ti vektori odgovaraju istoj svojstvenoj vrijednosti. Neka su x, y dva svojstvena vektora (ako postoje, ali ne nužno kolineama) koji odgovaraju istoj svojstvenoj vrijednosti A Tad vrijedi A( ax + fJy) = aA(x) + fJA(y) = aAx + {JA y = A (ax + {Jy) te je i ax + fJy svojstveni vektor za istu svojstvenu vrijednost (ukoliko je različit od 0). Poopćujući ovo razmatranje, možemo za svaku svojstvenu vrijednost A promot riti potprostor Ker(A/ - A) , jezgru operatora M - A . Svaki vektor, različit od nule, iz toga potprostora svoj stveni je vektor operatora A . Naime, (M -A) (v) = O povlači A( v) = A v . Ovaj se potprostor naziva svojstveni potprostor koji pripada svojstvenoj vrijednosti A . .
Primjer 9.1. Za operator I svaki je vektor svojstveni, a zajednička svojstvena vrijednost je broj l, pošto vrijedi /(v) = v za svaki v . Primjer 9.2. Neka je A'P operator rotacije za kut ({J , pri čemu je ({J različit od O i od 180° . Očigledno, operator A 'P ne ostavlja niti jedan vektor kolineamim: ovaj operator nema svojstvenih vektora s realnim komponentama ni realnih svojstvenih vrijednosti. Primjer 9.3. Neka je operator A zadan matricom A=
[� n
-
Nađimo njegove svojstvene vrijednosti i vektore. Iz jednadžbe Av = A v dobivamo sljedeći sistem X l + X1 = Ax l . X1 = AX1 Iz drugejednadžbe čitamo A = l ili x2 = O . Ako je A = l , iz prve slijedi x 1 +x1 = x 1 te je x2 = O , x1 bilo kakav. Ako je pak x2 = O tad iz prve jednadžbe vidimo da je A = l i opet x 1 bilo kakav (različit od nule). Postoji zato jedna svojstvena vrijednost A = l i jednodimenzionalni svojstveni potprostor a
[�]
koji odgovaraju toj
svojstvenoj vrijednosti. Umjesto da govorimo o jednodimenzionalnom potprostoru, radije ćemo izabra ti jedan (bilo koji) njegov vektor i govoriti o svojstvenom vektoru koji pripada toj svojstvenoj vrijednosti.
Nalaženje svojstvenih vektora. Ovaj primjer pokazuje da će se nalaženje svoj stvenih vektora svesti na Jješavanje homogenoga lineamoga sustava. Zaista, jednadžba A (v) = A v ekvivalentna je s (9.2) (M - A)(v) = O. Dakle, v je svojstveni vektor ako i samo ako pripada jezgri operatora Al � A . Ovaj uvjet govori o načinu na koji se mora birati skalar A .
146
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI Da bi jednadžba (9.2) imala ne trivijalno rješenje, ope
Karakteristični polinom.
rator
).,[ - A
ne smije biti regularan. Neka je
A
matrica operatora
Matrica jediničnog operatora (u svakoj bazi) jedinična je matrica
I.
A
u nekoj bazi.
Zato operatoru
U - A odgova matrica U - A . Kako ta matrica nije regularna, njezina determinanta mora biti jednaka nuli:
A, - a u -a 12 -azl A - azz
IAI - Al =
-anl
-a ln -a2n
= 0.
- anz . . . A - ann
n.
Ova je determinanta polinom po nepoznanici )., , stupnja
teristični polinom operatora A
(ili matrice
Nazivamo ga karak·
A ) i označavamo (obično) s
o
(A, ) ,
(A, ) = det(A I - A). n Vodeći koeficijent ovoga polinoma (uz potenciju )., ) j e l. Stoga on ima oblik n 0'1 A n- l - . . . - O'n -lA - O'n . o (A, ) = A o
-
Jednadžba
o (A, ) = det(U - A) = O naziva se
karakteristična jednadžba operatora A
stvene su vrijednosti operatora
A.
(matrice
Karakteristični polinom ne ovisi o izboru baze.
A ).
Karakteristični se polinom ra
čuna preko determinante matrice koja odgovara operatoru ).,[
izabranoj bazi, međutim, njezina determinanta ne!
Njena rješenja svoj
-A .
Ta matrica
ovisi o
Svake takve dvije matrice su slične
i stoga imaju istu determinantu.
Kako su svojstvene vrijednosti nul-točke karakterističnog polinoma, to niti one ne
ovise o izboru baze. Zato pri računu svojstvenih vrijednosti možemo uzeti bilo koju bazu za prikaz operatora
A.
Računanje svojstvenih vrijednosti.
Svoj stvene su vrijednosti nul-točke polino
ma stupnja n . Da bismo ih odredili, moramo odrediti najprije taj poli nom. Kako je on determinanta matrice reda n , suočeni smo s dva ozbiljna problema: •
•
Kako odrediti determinantu matrice reda n , čiji elementi nisu numerički, već se u njoj pojavljuje i nepoznanica ).,
?
Nakon što je taj polinom izračunat (na neki način! ) , kako odrediti njegove nul-točke?
Na prvo se pitanje ne može dati zadovoljavajući odgovor
1
•
Postoji nekoliko na
čina za određivanje koeficijenata karakterističnog polinoma koji ne koriste direktno računanje determinanti, međutim svi su oni efikasni samo za matrice maloga reda. Što se nalaženja svojstvenih vrijednosti tiče, nul-točke polinoma velikoga stupnja mogu se računati samo približnim metodama. Razlog tome je što eksplicitne formule 1 Razvoj novih računalskih programa, s razvijenim simboličkim (a ne samo numeričkim) računom omogu ćavaju računanje i ovakvih determinanti.
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
147
za nalaženje nul-točaka polinoma stupnja većeg od četiri ne postoje.
Za polinome
stupnja tri i četiri, formule postoje ali su praktički neuporabljive. Sve ovo ukazuje da se svojstvene vrijednosti (i vektori) matrica velikoga reda nala ze posve drukčijim metodama. Tim se problemom bavi posebno područje matematike, tzv. numerička linearna algebra.
Značenje kompleksnih brojeva.
Polje realnih brojeva je nedostatno u problemu
Razlog tomu je što polinom (čak i onaj s real
nalaženja svojstvenih vrijednosti.
nim koeficijentima) ne mora imati niti jedan realni korijen. Ako je to karakteristični polinom, tad odgovarajući operator nema (realnih) svojstvenih vrijednosti. S druge strane, po
osnovnom stavku algebre svaki polinom stupnja n ima točno n kompleksnih
nul-točaka (brojeći njihovu višestrukost). Stoga je korisno pri nalaženju svojstvenih vrijednosti dozvoliti račun u polju kompleksnih brojeva. Na taj će način svaki operator imati bar jednu svojstvenu vrijednost i bar jedan svojstveni vektor (koji ne mora imati geometrijsku interpretaciju) .
Primjer 9.4.
Promotrimo matricu
A= Ona odgovara operatoru rotacije za
[ol -1] . O
90° ,
stoga očigledno neće imati (realnih) svoj
stvenih vrijednosti i vektora. Odredimo njezin karakteristični polinom.
o (A ) = Njegove su nul točke leksne koeficijente.
), 1 = i
te
�� l l l
),2 = -i .
= A2 +
l.
Svojstveni vektori će također imati komp
Birajući koju alternativu prihvatiti, nesumnj ivo ćemo odabrati račun s komplek snim brojevima.
Stoga riječ
početka ovoga poglavlja znači
skalar u definiciji svojstvenih vrijednosti i vektora s kompleksan broj. Dakako, realni su brojevi sadržani u
kompleksnim, potonje ćemo koristiti samo onda kada račun pokaže da su neophodni.
Dokažimo jednu osobinu svojstvenih vektora.
Teorem 9.1. Svojstveni vektori koji odgovaraju različitim svojstvenim vrijednos tima međusobno su linearno nezavisni.
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
148
Dokaz. Tvrdnju dokazujemo indukcijom po broju različitih svojstvenih vrijedno sti. Ako je taj broj jednak l, nemamo što dokazivati. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za k- l svojstvenu vrijednost. Neka su sad A.1, . . . , Ak različite svojstvene vrijednosti i vb . . . , vk odgovarajući svojstveni vektori. Pogledajmo njihovu linearnu kombinaciju koja iščezava: (9.3) a,vt + azVz + . . . + akvk = O. Operator A prebacuje ovu kombinaciju ponovo u nul-vektor. Kako su gornji vektori svojstveni za taj operator, to vrijedi (9.4) a,A.tVt + azAzVz + . . . + akA.kvk = O. Pomnožimo relaciju (9.3) s A.1 i oduzmimo od (9.4) . Dobivamo az (Az - At ) Vz + . . . + ak (Ak - A., ) vk = O. Vektori v2 , . . . , vk po pretpostavci su linearno nezavisni. Stoga su svi koefici jenti jednaki nuli. Kako su svojstvene vrijednosti međusobno različite, to vrijedi a2 , , ak = O . Sad iz (9.3) slijedi i a1 = O , čime je tvrdnja dokazana. . • •
Dijagonalizacija operatora. Izvedimo odmah važnu posljedicu ovog teorema: Ako su sve nul-točke karakterističnog polinoma različite, tad postoji baza prostora koju čine svojstveni vektori promatranog operatora. Neka su to vektori vb . . . , Vn . Kako izgleda matrica operatora A u toj bazi? Vrijedi A (v , ) = A t V t ,· · . , A (vn ) = AnVn · Zato je njegova matrica u ovoj bazi dijagonalna. Uobičajen redoslijed postupaka je sljedeći: zadana je matrica A operatora u početnoj (obično kanonskoj) bazi. Računajući svojstvene vektore te matrice mi oda biremo drugu bazu u kojoj će operator imati dijagonalni prikaz. U jeziku matrica, tražimo da li postoji dijagonalna matrica slična početnoj.
Algoritam za dijagonalizaciju matrice. Korak l. Odredimo karakteristični polinom o (A. ) matrice A . Korak 2. Odredimo nul-točke A.1, , An karakterističnog polinoma. To su svojstvene vrijednosti matrice A . Korak 3. Riješavamo homogene sustave (A.;I - A)v = O . Njihova su tješenja svoj stveni vektori matrice A . Ako postoji n linearno nezavisnih svojstvenih vektora, tad je matrica slična dijagonalnoj (operator se može dijagonalizirati). Svojstvene vektore zapišimo kao stupce matrice prijelaza T . Korak 4. Matrica operatora u novoj bazi je dijagonalna • . •
A' = T- 1 AT =
[� � ::·. An� l . 2
o o
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
149
Dijagonalni elementi svojstvene su vrijednosti matrice A . Vrijedi i obrat. Zbog njegove važnosti, istaknimo tvrdnju:
Teorem 9.2. Operator se može dijagonalizirati onda i samo onda ako postoji baza koju čine njegovi svojstveni vektori. Zaista, ako je matrica operatora (u nekoj bazi) dijagonalna, tad su vektori te baze svojstveni vektori, a elementi na dijagonali svojstvene vrijednosti. To slijedi iz načina kako operatoru pridružujemo matricu. Primijetimo nadalje da pri tom nije bilo važno da su sve svojstvene vrijednosti različite! Nužan i dovoljan uvjet da bi se A dao dijagonalizirati je da posjeduje n linearno nezavisnih svojstvenih vektora. Pokazali smo da će se to sigurno dogoditi ukoliko su svojstvene vrijednosti različite, no taj uvjet nije uvijek nuždan.
[l l
Primjer 9.5. Operator simetrije s obzirom na neku ravninu n (koja prolazi isho dištem) ima matricu o o A= 0 1 O . o o -1 Bazu smo izabrali tako da prva dva vektora leže u ravnini n (možemo uzeti bilo koja dva linearno nezavisna vektora! ) a treći je okomit na ravninu. Karakteristični polinom ove matrice glasi (A. - 1) 2 (A. + l) . Postoje dvije svojstvene vrijednosti: l i - l . Prva je dvostruka i njoj odgovara dvodimenzionalni potprostor svojstvenih vektora: svaki vektor u ravnini n je svojstven, operator ga ostavlja nepromijenjenog. Dakle, operator ima dvije jednake svojstvene vrijednosti, ali usprkos tome postoji baza koju čine svojstveni vektori. Jedinični je operator najdrastičniji primjer: on posjeduje samo jednu svojstvenu vrijednost l , ali vrijedi J(v) = v za svaki vektor v , stoga je odgovarajući svojstveni potprostor čitav prostor X .
l·
Primjer 9.6. Postoje i suprotni primjeri. Operator zakošenja ima u odgovarajućoj bazi matricu A=
[� n
Njegov karaktristični polinom je (A. - l ) 2 i
-
A = l je jedina svojstvena vrijednost. Potražimo svojstvene vektore. Oni su Iješenja linearnog sistema
Ovaj sistem ima za Iješenje vektor( e)
a
[ �)
- svojstveni je potprostor jednodimen
zionalan. Izaberimo za svojstveni vektor vektor
[� J
. Drugoga svojstvenog vektora
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRUEDNOSTI
150
nekolinearnog s ovim operator nema. Stoga dijagonalni oblik.
ne postoji baza u kojoj bi operator imao
[� : � �]
Isti zaključak vrijedi i za operator čija je matrica
A=
�
On ima samo jednu svojstvenu vrijednost potprostor!
Gornja trokutasta fonna.
A
l
i jednodimenzionalan svoj stveni
Ovi primjeri pokazuju da se svaki operator ne da di
svaki se može svesti na gornju trokutastuformu. To znači da
jagonalizirati. Međutim,
se može odabrati baza takva da je odgovarajuća matrica gornja trokutasta matrica. Iskažimo ovu tvrdnju u jeziku matrica koje odgovaraju operatoru
A.
Neka je
A
matrica operatora u početnoj bazi. Gornja tvrdnja ekvivalentna je ovoj u narednom teoremu.
Teorem 9.3. Za svaku matricu A postoji matrica T takva da je matrica B := T-1 AT gornja trokutasta. Matrica tricom
A
T
predstavlja matricu prijelaza iz baze u kojoj je operator prikazan ma
u bazu u kojoj on ima za prikaz gornju trokutastu matricu
koeficijenti općenito kompleksni brojevi.
Dokaz.
Tvrdnju dokazujemo indukcijom po redu
n
matrice.
B.
Njeni su
Ako je
nemamo što dokazivati. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za sve matrice reda uzmimo matricu
A
reda
jedan svoj stveni vektor vektor do baze prostora
n.
e1
Ona posjeduje bar jednu svojstvenu vrijednost
(nad poljem kompleksnih brojeva
X , neka e1, A .)
. . •
,
en
C !).
[l :l a�2 a�2
a�2
a.. a'
.
.
T! 1 AT 1
Ovdje reda
*
[� ;J
ima
.
označava preostale elemente u prvome retku,
n- l .
i bar
= A'
U prvom stupcu imamo samo jedan element koji je možda različit od nule. možemo zapisati shematski u obliku
-
čine bazu. (Primijeti da ostali vektori ne
Neka je T1 matrica prijelaza iz početne u ovu bazu. Tad matrica
T! 1 AT 1 =
A1
Nadopunimo taj
moraju biti svojstveni za operator oblik
n = l, n li
O
je nul-vektor,
Ovu matricu
A�
matrica
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRUEDNOSTI
[
151
l
Sad koristimo pretpostavku indukcije. Postoji matrica T� reda
T;- t Ai T� gornja trokutasta:
T21- l A1 T2 = l
l
A2 o A3 *
*
. . .
*
·
.
. . .
*
*
.
O O . . . O An
Matricu T� nadopunimo do kvadratne matrice T2 reda
T2 =
[ � :J .
n
n-
l takva da je
=: B na sljedeći način:
Konstruiraj mo sad traženu matricu T kao umnožak početne matrice T 1 s ovako na dopunjenom matricom T2 Za nju vrijedi
T- 1 AT = Tž"" 1 (T} 1 AT t )T2 = T:Z 1 A1T2 t = T -1
[ � � ] [ � :d [� :J = � T� - t�i TJ = [ � ; J . [
Dobivena matrica je gornja trokutasta. Time je teorem dokazan.
Dosad smo pokazali (između ostaloga) sljedeća dva svojstva matrica: • Ako su sve svojstvene vrijednosti matrice A različite, tad postoji matrica T takva daje T- 1 AT dijagonalna, sa svoj stvenim vrijednostima na dijagonali 1 • U općem slučaju, postoji matrica T takva da je T - AT gornja trokutasta. Pokažimo da se i sad na dijagonali nalaze svojstvene vrijednosti! U tu ćemo svrhu iskoristiti poznati rezultat: karakteristični polinom ne ovisi o izabranoj bazi. Nekaj e A matrica, neka su At , . . . , An sve njezine svojstvene vrijedno sti (koje mogu biti i kompleksni brojevi). Neka je T matrica takva da je B = T- 1 AT gornja trokutasta. Tad je karakteristični polinom matrice B jednak onome od matrice A , pošto su te dvije matrice slične. Međutim, taj karakteristični polinom možemo direktno izračunati. Neka B ima oblik
152
Tad je
A.I - B =
[
l
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRUEDNOSTI
). bu � )..:.b22 O
O
*
.. : �
*
A
-
bnn
i detenninanta ove matrice jednaka je umnošku dijagonalnih elemenata:
- bu ) (A. - bzz) . . . (A. - bnn)· Nul točke ovoga polinoma su brojevi b11, . . • , bnn i stoga se oni podudaraju s a svoj stve o
(A. ) = (A.
nim vrijednostima. Dakle, nakon svođenja na gornju trokutasto formu, na dijagonali matrice B naći će se svojstvene vrijednosti matrice A (u nekom poretku). Time je naša tvrdnja dokazana.
Matrični polinom. Pretpostavimo da je matrica A slična dijagonalnoj: postoji matrica T takva daje T- 1 AT = D dijagonalna. (Primijetite da pri tom ne zahtijevamo da su svojstvene vrijednosti različite, s obzirom na činjenicu da postoje matrice slične dijagonalnoj čije sve svojstvene vrijednosti nisu različite.) Računanje s dijagonalnim matricama iznimno je lagan posao; takve se matrice ponašaju poput skalara. Tako npr. vrijedi
D=
[ o. . o l d, O d2
O
[ar o . o l [ o o . . .o o l oo [ oo
==> D2 =
O � ... O , . O O . . . tF"
df
IY =
d�
..
O . . . dn . . . d� Općenitije, ako je P(A. ) bilo koji po linom, tad je vrijednost toga polinoma u dijago nalnoj matrici D ponovno dijagonalna matrica: P (d! ) O O P(dz) (9.5) P(D) = O
Kako se koristi ovaj rezultat? Iz veze T- 1AT = D slijedi
A = TDT- 1 .
Zato je
(9.6)
A2 = (TDT- 1 )(TDT- 1 ) = TD2T- 1 •
Ponavljajući ovaj postupak, vidimo da za svaku potenciju vrijedi
AP = TDPT- 1 •
Stoga, za polinom P(A. ) stupnja p možemo pisati
P(A) = TP(D)T- 1
pri čemu P(D) računamo formulom (9.5).
(9.7)
153
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
Primjer 9.7. Izračunajmo
[ �6
!2 J
1000 A
Rješenje ovoga problema nije jednostavno (kao ni pitanje, uostalom! ). Da bismo odredili ovu potenciju, potražit ćemo dijagonalnu matricu sličnu matrici (ukoliko postoji!) i primijeniti formulu (9.7). Najprije moramo odrediti svojstvene vrijednosti:
= l A �5 A�2 � = A 2 - 3A + 2. Nul točke svojstvenoga polinoma su A 1 = l i A2 = 2 . One su različite i stoga smo sigurni da je matrica slična dijagonalnoj . Sad određujemo svojstvene vektore. Onaj koji odgovara prvoj svojstvenoj vrijed nosti nalazimo iz sustava (I A)v = O, odnosno -:;���� : � [��] = a [ !2 ]· Drugi svojstveni vektor je rješenje jednadžbe ( 21 A)v = O, odnosno - �� ��� : � [��] = a[!3 ]· � Time dobivamo matricu T : o (A )
�
�
Njena inverzna matrica iznosi
T- 1 = [ -; -i ] . Za nju vrijedi T-1 AT = D, gdje je D dijagonalna: [ -; -n [ -� _; J [ -� _;J - [ � � J Provjeri točnost učinjenih računa direktnim množenjem! Formula (9. 6 ) sad glasi
A = TDT- 1 [ -� _; ] = [ -� _; ] [� � ] [ -; -i ]· Potenciju A 1000 računamo po formuli (9.7) : Al()()() = TDIOOOT-1 = [ -� _;J [ � �fooo [ -; -i ] = [ -� _;J [ � 21� ] [ -; -i ] . {=}
Direktnim množenjem sad dobivamo točan rezultat!
154
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRUEDNOSTI
, A.n} [f(A.t) f(oA.z) o l J(A.n)
f:
Matrične funkcije. Osim polinoma, ovakvim se računom mogu dobiti i druge matrične funkcije. Označimo sa cr(A) = {A.b . . skup svih svojstvenih vrijednosti operatora A R-R (ili pripadne matrice). Taj se skup naziva spektar operatora. Neka je bilo koja funkcija definirana u svakoj točki spektra operatora. Pretpostavimo da se A može dijagonalizirati. Tad definiramo vrijednost te funkcije u matrici A na način .
/(A) = T
O
... ..
.
:
O
·
O
T- 1 .
(9.8)
·..
O
2}
Primjer 9.8. Provjerimo formulu (9.8) na matrici iz prethodnog primjera i na
l
funkciji J( t ) = - . Ova je funkcija definirana u svakoj točki skupa {l, t spektar matrice A . Imamo /(A ) =
[ -� _; ] [ � �H -� n -
=
[ -� -n .
koji je
f
U kakvoj je vezi ova matrica s matricom A ? Jednadžba preslikavanja ( t) =
� t
=
r- 1
sugerira daje riječ o inverznoj matrici. Provjerite daje to istina!
f[A. l o A.f o o A. % A.) [P(A.t) ) l P(A.z P(A.n)
Ukoliko je matrica A slična gornjoj trokutastoj matrici B (ali ne i dijagonal noj), tad je samo dio gornjih formula istinit. Za gornju trokutastu matricu sve njezine potencije su opet gornje trokutaste, a na dijagonali se nalaze potencije dijagonalnih elemenata (o preostalim elementima ne možemo najčešće ništa kazati): *
. . .
... .
Slično, ako je P(
.
*
*
.
bilo koji polinom, za njega će vrijediti:
P(B)
=
O O
*
O
. . .
. . .
.
.
*
*
. O elementima označenim s * ne možemo općenito ništa kazati. Zapravo, odgovor u ovom slučaju daje Jordanova forma matrice, o kojoj će biti riječ u nastavku.
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
Dokažimo sad sljedeći važni teorem Teorem 9.4. (Hamilton-Cayley 1 ) Matrica A nom: vrijedi o (A) = O .
155
poništava svoj svojstveni poli
Dokaz. Neka je B(A. ) adjunkta matrice A. I - A , tj. matrica za koju vrijedi B(A. ) [U - AJ = det(A.I - A)I. Ako ju promotrimo kao funkciju nepoznanice A. , tad je B(A. ) polinom stupnja n- 1 :
B(A. ) = A. n- ' Bo + A. n- 2B, + . . . + Bn- 1 Qer je svaki njezin element determinanta matrice reda n - 1 dobivene brisanjemjednog retka i jednog stupca u matrici A. I - A ) . Usporedimo jednake potencije u objema stranama identiteta: (A. n - l Bo + A n - 2B1 + . . . + Bn_i)(U - A) = (A. n - CT1A n- ! - CTn )l. Dobivamo sljedeće relacije: B0 = I B1 - B0 A = - CT1I B2 - B,A = - CT2 I • • •
Bn - 1 - Bn - 2A = -CTn I I -Bn _,A = -CTn i Pornnožimo prvu jednakost s An , drugu s An - l , . . . , pretposljednju s A i zbrojimo rezultate: o = An - CT,An - l - . . . - CTn _, A - CTni = o (A) . To smo i trebali dokazati.
Svojstvene vrijednosti i regularnost operatora. Operator A je regularan ako i samo ako broj O nije njegova svojstvena vrijednost. Naime, jednadžba A (x) = O ima netrivijalno rješenje onda i samo onda ako je A. = O svojstvena vrijednost operatora. U jeziku matrica, A ima inverz ako i samo ako su sve njezine svojstvene vri jednosti različite od nule. U tom se slučaju njezin inverz može dobiti, primjenom Hamilton-Cayleyevog teorema, po formuli _, Bn 1 (9.9) A = - . CTn Primijetimo pri tom da je slobodni član CTn u karakterističnom polinomu jednak ±A.1A.2 . . . An , te formula (9.9) ima smisla samo onda kad su sve svojstvene vrijednosti različite od nule. 1
tičar.
William Rowan Hamilton (1805-1865), irski matematičar; Arthur Cayley (1821-1895), engleski matema
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
156 Primjer 9.9.
I-� ! �]·
Odredimo karakteristični polinom i svojstvene vrijednosti matrice
A=
-2 l 2
Razwjem po trećem stupcu računamo:
A. - l O o (A. ) = 4 A. -4 O = (A. - 2) A.4 A.- l4 2 - 1 A. -2 = (A. - 2)(A. 2 - 4). + 4) = (A. - 2) 3 = A. 3 - 6A 2 + 12). - 8. Matrica ima trostruku svojstvenu vrijednost ). = 2 .
l
l
Po Hamilton-Cayleyevom teoremu je
A3 - 6A2 + 12A - 81 = O.
lillbeženjem s
A-l
slijedi
A2 - 6A + 121 = SA- 1 . Odavde mof.emo odrediti inverz A- l .
Navedimo nekoliko posljedica Hamilton-Cayleyevoga teorema. Kako matrica
A poništava svojstveni polinom, a minimalni je polinom najmanje
ga stupnja s tim svoj stvom, to je svojstveni polinom dje ljiv s minimalnim. To znači da su nul-točke minimalnoga polinoma ujedno i nul točke svoj s tvenoga: svojstvene vrijednosti nul-točke su minimalnoga polinoma.
Ako je svojstvena vrijednost višestruka, odgovarajući svojstveni potprostor može biti manje
dimenzije nego što je kratnost svojstvene vrijednosti. To znači da neće postojati baza koju čine
Jordanovu 1 formu.
[ O o oO oO l o oo
svojstveni vektori, pa matrica neće biti slična dijagonalnoj. Opi�imo oblik Jordanove forme.
Jordanovi blokovi:
2
To je dijagonalna blok-matrica kojoj
J(A. l )
J(A-2 )
. . .
1
U tom slučaju matricu svodimo na
.
se na
dijagonali nalaze
(9. 10)
J(A.t)
Marie Ennemond Camille Jordan (1838-1922), francuski matematičar.
Na nekoliko mjesta o� opis neće bili popraćen strogim dokazom, jer on prelazi okYire ovoga dodatka. Čitatelj se upućuje na knjigu [7] gdje može pronaći sve potrebne detalje. 2
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
157
Jordanov blok je kvadratna matrica specijalnoga oblika, koji ćemo uskoro opisati. Gornji zapis sugerira da svaki Jordanov blok odgovara pojedinoj svojstvenoj vrijednosti matrice A . Njegov je red jednak kratnosti svojstvene vrijednosti. Tako na primjer, Jordanova matrica gornjeg oblika pojavit će se u slučaju kad karakteristični polinom matrice A glasi
o (A. ) = (A. - A.l )'l (A_ - A2)'2 . . . (A. - A.dk . Sad je J(A.l) reda r1 , J(A-2 ) reda r2 itd. Primijetimo da je ovdje r1 + r2 + . . . + rk = n , n je red matrice A . U slučaju da su sve svojstvene vrijednosti različite, svi su Jordanovi blokovi reda l , J(A.; ) = A.; i Jordanova matrica je dijagonalna. Tako je problem dijagonalizacije specijalni slučaj određivanja Jordanove forme matrice. U općem slučaju, Jordanov blok J(A.;) opisan je sljedećim uvjetima: • na svim mjestima dijagonale ima svojstvenu vrijednost Ai ; • na gornjoj sporednoj dijagonali ima elemente O ili l ; • svi su ostali elementi jednaki O.
[ o o oo .. .. oo l OOO
Želimo li biti potpuno precizni, moramo pogledati detaljnije u strukturu pojedinog Jordanovog bloka. Pogledat ćemo, recimo, prvi Jordanov blok i - radi jednostavnosti zapisa - pisati ga bez indeksa. Svaki je blok i sam dijagonalna blok-matrica koja se sastoji od elementarnih Jordanovih
klijetki 1 :
J,
J(A. ) =
.
J2
]
(9. 1 1 )
.
Jm
Elementarna Jordanova klijetka je matrica oblika: A. l O O . . . o O A. l O . . . o J, = O O A. l . . . o
.
(9.12)
o o o o A. Ona na dijagonali ima svojstvenu vrijednost A. na gornjoj sporednoj dijagonali vrijednost l a svi su ostali elementi jednaki O. Pri tom se u formuli (9.11 ) elementarne Jordanove klijetke mogu poredati tako da redovi matrica J1 h , . . opadaju. Red 'najveće' Jordanove klijetke također ima veze s kratnošću svojstvene vrijednosti. Ako je J.'(A ) = (A. - A. dl (A. - A2)S2 . . (A. - A.k)'k. minimalni polinom matrice A , tad su redovi najvećih elementarnih klijetki upravo potencije s, , s2 itd Primijetimo da je s , :::;; r, , s2 :::;; r2 itd. Evo nekoliko primjera Jordanovih blokova. Napisat ćemo cjelokupni blok, student bi trebao sam prepoznati pojedine elementarne Jordanove klijetke 3 l o o o o 2 l o o o o -1 l o o o 3 l o o o o 2 l o o o o -1 o o o o 2 o o o o o 3 l o o o o -1 o 0 0 0 2 1 0 ' 0 0 0 3 0 0 ' o o o -1 o o o o 2 o o o o o 3 o o o o o -l o o o o o 2 o o o o o 3 ,
,
,
.
[
! ]·
1 U literaturi s e pod pojmom elemenlame Jordanove klijetke spominje i matrica sličnoga oblika koja na dijagonali ima nule.
9. SVOJSTVENI VEKTORI J SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
158
(Pomoć: u prvoj su matrici dimenzije elementarnih klijetki 3-2- 1 , u drugoj 4-1-1, trećoj
2-l-l- l.)
Napisat ćemo i dva primjera Jordanove forme matrice. Zbo g jednostavnosti (i pomoći) izdvojit ćemo samo Jordanove blokove (ostali nenapisani elementi matrice jednaki su nuli) Student bi trebao prepoznati pojedine elementarne Jordanove klijetke.
2 o o o
l 2 o o
o l 2 o
o l o o o o o o o
o o o 2 5 -1
l
o o
-1
o o
o
-l
3
l
o
3
(9. 13)
-2 l o o -2 l o o -2
* * *
Kako se određuje Jordanova forma matrice? Postupak je sličan dijagonalizaciji. Odredimo
najprije svojstvene vrijednosti i potom svojstvene vektore. U trenutku kad je dimenzija potprostora
manja nego kratnost svojstvene vrijednosti doći ćemo u situaciju da dobiveni vektori ne čine bazu
pridruženim svojstvenim vektorima. A , čija je Jordanova forma prva matrica u (9. 1 3 ). Neka je v1 svojstveni vektor koji odgovara prvoj svojstvenoj vrijednosti matrice, A- 1 = 2 . Vrijedi Av1 = 2v1
prostora. Tad ih nadopunjujemo
Prikažimo situaciju na matrici
i
na
v2
osnovu toga pišemo prvi stupac Jordanove forme. Iz drugog stupca čitamo da za drugi vektor
vrijedi
Av2 = v1 + 2v2 . On nije svojstveni vektor matrice već upravo - pridruženi
svojstveni
vektor. Nalazimo ga dakle iz uvjeta
(A. I - A)v = -vb gdje je
v1
'pravi' svojstveni vektor.
Iz trećeg stupca čitamo
Av3 = v2 + 2v3 , Av4 = 2v4 , v4
vektor. Iz četvrtog stupca čitamo
Primjer 9.10. matrice
A=
što znači da je
v3
također pridruženi svojstveni
je ponovo 'pravi' svojstveni vektor.
Jlustirajmo situaciju na (jednostavnom) primjeru. Odredimo Jordanovu formu
[ _� : J .
Karakteristični polinom je o
Svojstvena vrijednost
(A. ) =
l� A.-=-� l = A. 2 - 4A. + 4 = (A. - 2f
A. = 2 je dvostruka.
Potražimo svojstvene vektore. Iz sustava
[ i =� J [;� J = [ � J
(A. I - A)v = O �
v1 =
dobivamo
[;� J = [ i J ·
Drugog svojstvenog vektora matrica nema. Stoga moramo potražiti pridruženi svoj stveni vektor. On
je rješenje sustava
(A. I - A)v2 = -vb
[ 2 --24 J [Xl J = [ -2 J
odnosno
l
Odavde slijedi
x1 = 2x2 - l
X2
-1
.
i za pridruženi vektor uzimamo na primjer
v2 =
[�J .
159
9 . SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI Tako dobivamo matricu prijelaza
Njen je inverz
T- 1 -
Uvjerite se da umnožak
1 T- AT
[
l -l -1 2
J.
daje Jordanovu formu matrice:
1
T- AT =
[ _ � -�J [ � :J [i n _ [ � �J . _
Sad možemo napisati algoritam za određivanje Jordanove forme matrice.
Algoritam za nalaženje Jordanove forme. KĐrak l . Odredimo karakteristični polinom matrice
o (A.) = (A. - A.l )'' (A. - A.2 ) '2 . . · (A. - A.k) 't. Korak 2. Za odabranu svoj stvenu vrijednost Ai određujemo njezin Jordanov blok. Rješavamo
sustav
Ako je time pronadeno
m
(A.;I - A)v = O.
linearno nezavisnih svojstvenih vektora, tad će Jordanov blok imati
elementarnih Jordanovih klijetki. Ako je Inače moramo odrediti r;
Korak 3.
m
=
m
r; , postupak je završen i Jordanov blok je dijagonalan.
- m pridruženih svojstvenih vektora.
Veličina pojedine elementarne Jordanove klijetke nije unaprijed poznata. Također ne
znamo koji od svoj stvenih vektora će imati pridružene a koji ne. Ako je pridružene svojstvene vektore tražimo iz jednadžbi
v1
jedini svojstveni vektor,
(U - A )v2 = -vl (U - A )v = -v2 3 (A. l - A)v4 = -v3
i postupak ponavljamo onoliko dugo dok postoji rješenje. Ako postoji nekoliko linearno nezavisnih vektora, tad je korisno umjesto
v1
u gornjoj jednadžbi
staviti njihovu linearnu kombinaciju s privremeno neodređenim koeficijentima. Te ćemo koeficijente odrediti tako da jednadžba ima rješenje. Pokažimo to na primjeru.
Primjer 9.11.
[o
Odredimo Jordanovu formu matrice
]
5 -2 A = -3 8 -2 . -3 5 l Karakteristični polinom glasi
-5 2 2 o (A. ) = 3 A. - 8 2 = A. 3 - 9A. + 27A - 27 = (A. - 3)3 . 3 - 5 A. - 1
1;.,
l
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
160
Stoga postoji samo jedna, trostruka svojstvena vrijednost. Čitava će Jordanova matrica imati samo jedan Jordanov blok. Potražimo svojstvene vektore. Jednadžba (.U - A)v = O glasi
[; =� ;] [;�] [�] 3 -S 2 X3 0 x2 3s x3 3 t =
odakle slijedi
x1
Možemo izabrati
=
ix2 - tx3 .
v1
=
Stavljajući
UJ , v2 [ �2] , =
,
=
=
dobivamo
to su svojstveni vektori matrice
A.
Međutim, niti
jedan od njih nema pridruženih vektora! Naime, sustav
( ** )
(.U - A)v =
-vl [ 33 -S-S 22] [XX2l ] [-S] -3 3 -S 2 X3 0
vodi na
=
i on očigledno nema rješenja (prve dvije jednadžbe su proturječne). Zato umjesto stavljamo linearnu kombinaciju vektora v1 i v2 , a to je baš vektor oblika (* ) :
[; =� ;] [;�] [-��2t] 3 -S 2 X3 -3t st [33 -S-S 22 i -Ss+2tl [3 -S 2 i -Ss+2tl -3s 2s-2t 3 -S 2 -3t Ss-St s t s t j. =
gdje vrijednosti od
i
u ( ** )
tek treba odrediti. Gaussovim transformacijama dobivamo:
l
"'
1
te mora biti
vl
= . Stavimo
O O l O O 1
O O
. Dobivamo popravljeni prvi svojstveni vektor
= =
Za njemu pridruženi svojstveni vektor vrijedi
3xl -Sx2 + 2x3
= -l.
Vidimo da ovaj uvjet zadovoljava dvoparametarska familija pridruženih vektora. Mi trebamo samo jedan među njima! Uvrštavajući, recimo, x1 = l , x2 = dobivamo x3 = 3 . Tako je pridruženi svojstveni vektor VJ = [1, 3] T . Drugi svojstveni vektor možemo ostaviti nepromijenjen, jer je linearno nezavisan s promije njenim prvim vektorom. Načinimo matricu prijelaza T . Pri tom pripazirno na raspored vektora, pridružene vektore stavljamo odmah iza odgovarajućih svojstvenih vektora:
2
2,
T
=
[vb VJ, v2]
=
[ 2 -2] 3 3 l l l l
O .
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
161
[ -9 -24] . -2 [ -9 -24] [ -2-2 ] [ 2 -2] [ ] -2
Inverzna matrica glasi
6
T- 1 =
-3 l
5
l
Uvjerite se direktnim množenjem da uistinu vrijedi T- 1 AT =
l
o 5 -3 8 -3 5
6
-3 l
5
l
l
l
l
O 3
l 3
3 l o = O 3 O . o o 3
Matrične funkcije, općeniti slučaj. Znajući Jordanovu formu, možemo napisati i opći oblik matrične funkcije. Neka je a = {A- 1 , A-2, . , Ak} spektar matrice A , j : R -+ R elementarna funkcija (čitaj : dovoljno puta diferencijabilna na području definicije) definirana u točkama spektra. Neka j e T matrica koja prevodi matricu A u Jordanovu formu: A = TJT- 1 • .
Ovdje je J Jordanova forma.
.
Tad definiramo matričnu funkciju
j(A) : = Tj(J)T- 1 .
j(A) na način:
o o o o o f(oJ2) oo oo l
Opišimo j(J) . Kako je J dijagonalna blok matrica, to će i j(J) biti dijagonalna blok matrica istoga oblika: [j(J(A-I )) j(J(A-2)) . f(J) : =
Svaki blok izgleda ovako:
[!(JI )
f(J(A- ) ) : =
O
O
O
.:
/(Jm )
(9. 14) 9
( . 1 5)
( i preostaje napisati kako se definira funkcija elementarne Jordanove klijetke:
j(JI )
:
=
f(A.) j' (A. ) !TJ" (A. ) 1fJ"' (A. ) O j(A ) j' (g) !TJ'' (A ) O O j(A. ) j'(A. ) o
o
o
o
(n�l) ! f n- l ) (A_ ) (n�2)! j(n-2) (A_ )
(n�3)in-3) (A_ )
(9. 1 6)
j (A.)
Razlog ovakvoj definiciji je u tome što formula vrijedi ako je j polinom. U to se možemo uvjeriti direktnim računom (koji nije sasvim jednostavan!). Zato je prirodno uzeti istu formulu i za definiciju matrične funkcije za po volji odabranu funkciju j . * * *
9. SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI
162
Napišimo još jedan primjer. Matrična funkcija druge matrice u ( 9. 1 3) glasi
f(O) f' (O) O O /(0) O O O /(0)
/(3) !' (3) o /(3) f( -2) !'( - 2) �f" (-2) o f( - 2) !' ( - 2) o o f(- 2)
Primjer 9.12. U primjenama je od najveće važnosti eksponencijalna matrična funkcija. Po ovome postupku, za matricu
S
druge strane, matricu
[� ; J eJ = [� :� ] .
J=
vrijedi
eJ možemo pokušati računati na način l l eJ = I + J + -l Jz + -, J3 + . . . + ,Jn + . . . . n. 3 2
Uvjerite se, računajući ove potencije, da ćete dobiti isti rezultat.
10.
Skalami produkt. Dijagonalizacija simetrične matrice
l. Skalami produkt .
2. 3. 4. 5.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
Gramm-Schmidtov postupak ortogonalizacije . . . . . 166 Simetrične matrice .
.
Ortogonalne matrice
.
. . . . . . . . . . . . . . . 168 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 Dijagonalizacija simetrične matrice . . . . . . . . . 173 .
.
.
.
.
.
.
.
Skalami produkt u V3 Skalami produkt 1 vektora u trodimenzionalnom pros toru definirali smo formulom ( 10. 1 ) a · b := la l lb l COS (/) gdje smo ozačili s la l , l b l duljine vektora a i b , a s cp kut među njima. Ova formula nije pogodna za poopćenje u n -dimenzionalni prostor, naprosto stoga što nam zor ne pomaže niti pri računanju duljine niti kuta između dva vektora u takvome prostoru. No, postoji i druga formula. Ako je {i, j, k} kanonska baza u V3 u kojoj vektori imaju prikaze a = axi + ayj + azk, •
tad se skalami produkt računa formulom
a · b = axhx + ay by + azhz·
( 10.2)
Za razliku od prethodne, ova se formula direktno poopćava u n -dimenzionalni prostor Rn .
1
engl. scalar product, njem. Skalarprodukt (inneres Produkt), franc. produit scalaire, rus.
rrpoH3Be,n.eHHe.
cKaJIJipHoe
164
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONAUZACIJA SIMETRIČNE MATRICE
Skalami produkt u Rn Elementi prostora Rn uređene su n -torke: •
X = (x , , . . . , xn), Y = (YI . · · · , Yn). Skalami produkt (wnnožak) vektora x i y označavamo s (x l y) i definiramo for mulom (x l y) : = X1Y1 + . . . + XnYn· ( 10. 3 ) Imajući definiran skalami umnožak, možemo definirati geometrijske pojmove koje ne možemo naslutiti po zoru. Tako npr. duljina (norma) vektora računa se formulom ( 10.4) ll x l l = J(XTX) = xr + . . . + x� .
J
Za definiciju kuta među vektorirna služi nam formula ( 10. 1): =
(x l y) x ll ll · ll y ll '
( 10.5 ) COS ({J Specijalno, često ćemo koristiti pojam okomitosti. Dva su vektora x i y okomita, (kažemo još ortogonalna) ako je njihov skalami umnožak jednak nuli: X .l y
{:::::}-
x ,y , + . . . + XnYn = O .
( 10.6)
Svojstva skalamoga produkta. Izdvojiti ćemo četiri osnovna svojstva skalama ga produkta: l) Pozitivnost. Za svaki x E Rn vrijedi (x i x ) � O . Nadalje, (x i x) = O ako i samo ako je x = O . Ovo svojstvo slijedi neposredno iz definicije, (x l x ) jednak je kvadratu duljine vektora x . 2 ) Homogenost. Za svaki skalar a E R vrijedi (ax l y) = (x l ay) = a(x l y).
Dokaz ovoga svojstva osniva se na definiciji množenja vektora sa skalarom: n n x;y; = a(x l y) , (ax l y) = )ax;)Y; = a
2 i= l
I: i= l
slično za umnožak ( x l ay) . 3) Komutativnost. Za svake x, y E Rn vrijedi (x l y) = (y l x) . Očigledno! 4) Aditivnost. Za svaka tri vektora x, y, z E Rn vrijedi
(x + y l z) = (x l z) + (y l z). I ovo se svojstvo lako provjerava. Svojstva aditivnosti i homogenosti zovemo jednim imenom linearnost skalamoga produkta.
1 0. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACIJA SIMETRIČNE MATRICE
165
Zbog čega izdvajamo upravo ova četiri svojstva skalarnoga produkta? Razlog tome je jer se
pomoću njih može definirati skalami produkt u općenitijem prostoru rana na
XxX
i s vrijednostima u
X:
R , koja zadovoljava ta četiri svojstva.
funkcija primjer skalarog produkta dan je formulom
(j l g) Vektorski prostor
X
:= lb f(t)g(t)dt.
na kojem je definiran skalami produkt naziva se
to je svaka funkcija defini
Tako na primjer, u prostoru
unitarni prostor.
Svaki vek
torski prostor nije unitaran - na nekim se skalami produkt ne da definirati. Proučavanjem unitarnih prostora bavi se
(uz mnoge druge probleme) dio matematike zvanfunkcionalna analiza.
C , tad se definicij a skalarnog produkta mora neznatno izmijeniti. (ax l y) a(x l y) , a svojstvo (3) se mijenja u (x l y) (y l x) . Primije (x l ay) a(x l y). Tako na primjer, ako su f i g funkcije s vrijednostima
Ukoliko je polje skalara Svojstvo
(2)
glasi samo
timo da je zbog toga
=
=
=
koje mogu biti kompleksni brojevi, tad se gornji primjer skalamog produkta mijenj a u
(j l g)
Ortonormirana baza.
:= lb f(t)g(t)dt.
Pojam ortogonalnosti dvaju vektora proširuje se na niz od
konačno mnogo vektora: vektori
X t , . . . , Xn
su ortogonalni ako su svaka dva vektora
među njima ortogonalna. Oni su ortonormirani ako su ortogonalni i duljina svakoga
l. Iz ortogonalnog skupa ne-nul vektora možemo odmah dobiti ortonormirani, dije
vektorajednakaje
ljenjem svakoga vektora s njegovom duljinom. Primjer ortonormiranoga skupa je kanonska baza prostora
e1 ez
=
=
Rn .
Nju čine vektori
( l , O, . . . , O) (0, l , . . . , O)
en = (O, O, . . . , l) za koje prostim
okom vidimo da su ortogonalni i jedinične duljine.
Ortogonalnost i linearna nezavisnost. Dva su okomita ne-nul vektora u VZ li 3 nearno nezavisna. Isto vrijedi i za tri (ili manje) vektora u prostoru V : vektor okomit
na dva zadana vektora ne može ležati u njihovoj ravnini. Ista tvrdnja vrijedi i u prostoru
Rn :
ortogonalni ne-nul vektori međusobno su
linearno nezavisni. Evo zašto. Napišimo linearnu kombinaciju ortogonalnih vektora koja iščezava:
a1x1 + azxz + . . + akxk = O. skalarno s vektorom x1 i iskoristimo .
Pomnožimo ovu relaciju
svojstvo linearnosti
skalarnoga produkta:
a1 (x l l xt ) + az(xz l x t ) + . . . + ak (xk l xt )
=
O.
Svi umnošci osim prvoga jednaki su nuli (zbog ortogonalnosti). Relacija prelazi u:
al ll x1 ll 2 = O
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACIJA SIMETRIČNE MATRICE
166
odakle zaključujemo da vrijedi a1 = O . Na isti način možemo zaključiti da su i svi ostali koeficijenti jednaki nuli. Stoga su vektori Xt. , Xt linearno nezavisni. • • .
Rastav vektora po ortogonalnoj bazi. Kazali smo u poglavlju §7 daje problem određivanja komponenti nekoga vektora u rastavu po odabranoj bazi ekvivalentan s rješavanjem linearnoga sustava, dakle poprilično zahtijevan posao - osim ako je pro matrana baza ortogonalna! Ortogonalnost baze pretvara otežak zadatak u trivijalan. Naime, iz prikaza x = Xt e i + xzez + . . . + xnen skalamim množenjem s vektorom e 1 zbog pretpostavljene ortogonalnosti slijedi (x l e t ) = x dl e d l 2 i slično za preostale koeficijente. Tako se vektor x može prikazati u obliku
x
=
(x l ez) (x l en) (x l et ) e /jeJj2 e i + l l ez l l 2 ez + . . . + l lenl l 2 n.
( 10.7)
Vidimo daje za određivanje komponenti vektora dovoljno izračunati n skalamih um nožaka (vrijednosti normi u nazivniku ne ovise o vektoru x i obično su unaprijed poznate). Ovaj e formula utoliko važnijajer se može poopćiti i na beskonačno-dimenzionalne prostore, gdje pojam lineamoga sustava gubi uobičajeni smisao. Tim se problemom bavi Fourierova analiza, grana matematike od velikoga interesa u tehnici.
Grammova matrica. Pogledajmo još jedanput što se događa kad baza prostora nije ortogonalna. Neka je {xt , . . . , Xn } jedan takva baza. Linearna kombinacija At X t + AzXz + . . . + AnXn = O iščezava samo ako su svi koeficijenti jednaki nuli. Pomnožimo ovu jednakost skalamo redom s vektorima x1, , Xn . Dobivamo homogeni sustav linearnih jednadžbi (x i l xt )A.t + (x i l Xz)Az + . . . + (xl l Xn)An = O, (xz l Xt )A t + (xz l Xz)Az + . . . + (xz l Xn)An = O, • • •
(xn l xt )A. 1 + (xn l Xz)Az + . . . + (xn l Xn)An = O. koji ima samo trivijalno rješenje. No, to se događa ako i samo ako je determinanta su stava različita od nule. Ta se determinanta označava simbolom r(x 1, , Xn) i naziva Grammova determinanta. • • •
r(xt , . . . , Xn) := Ponovimo zaključak
(xl l xt) (xt l Xz) (xz l xt) (xz l Xz)
10.
SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACIJA SIMETRIČNE MATRICE
167
Teorem 10.1. Vektori x1 , • • • , Xn su linearno nezavisni onda i samo onda ako je Gramova determinanta r(x�, . . . , Xn ) različita od nule.
Postupak ortogoruilizacije. Kako bismo pronašli bazu ortogonalnih svojstve nih vektora u primjerima gdje svojstveni potprostor koji odgovara jednoj svojstvenoj vrijednosti ima više dimenzija? Postupak nalaženja ortogonalnih vektora u njemu važan je postupak; stoga ćemo opisati općeniti algoritam za zamjenjivanje linear no nezavisnih vektora međusobno ortogonalnim vektorima. Taj se postupak naziva Gramm-Schmidtov postupak ortogonalizacije . Pretpostavimo da su x�, . . . , Xn bilo koji linearno nezavisni vektori. Definirajmo
e1 := x1 • Vektor e2 ćemo izabrati tako da on zadovoljava sljedeća dva svojstva: • okomit je na e 1 , • potprostor L(et , e2) podudara se s potprostorom L(xb x2) , • sustav (O; X1, x2) ima istu orijentaciju kao i sustav (O; e� , e2) . Sva ta svojstva zadovoljava sljedeći vektor: (x2 l el ) e . e2 . - x2 l l el ll 2 l Treći vektor dobivamo formulom (x 1 e2) (x 1 el ) e3 := x3 - 3 2 el - 3 e2 lle2 11 2 , lledl i općenito, (xk l ek_I ) (xk l e 1 ) ek := xk ek e, - . . . 2 llek - l W - I · lledl ._
Ukoliko nakon svakog koraka vektor ek zamijenimo s ek /l l ek l l , dobit ćemo arto normirani niz istih svojstava.
Sl. J O. l. Vektor ek dobivamo ta ko da od Xk oduzmemo njegovu projekciju na potprostor razapet s prvih k - l vektora
l 0. SKAL ARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACIJA SIMETRIČNE MATRICE
168
Pnmjer 10.1. Ortogonalizirajmo skup {x�, Xz, XJ } x2 = (l, l, O) , x3 = (l, O, O) .
e
R3
ako je
Xj = (l, l, l) '
Prema navedenom algoritmu imamo
e1 = x1 = (1, l, 1), e) e2 = Xz - (x2 1 i e1 lle1 UZ = (l, 1, l) - Hl, 1, l) = (�, �. -�) (x et) (x l e . e3 = x3 - 3 1 2 e 1 - 3 2z) ez, lle 1 ll llezll l
= (1, 0, 0) - �(1, l, l) - t (�, �. -t) = (�, -�, 0). 3
Dobiveni vektori su okomiti. Pritom vrijedi
L(eb e2, e3 ) = L(x�, x2, x3 ) .
L(e t ) = L(xi ) , L(e�, e2 ) = L(xb x2 ) ,
Također, svi sustavi imaju istu orijentaciju.
Rezultat ortogonalizacije bitno ovisi o poretku vektora koje ortogonaliziramo. Razlog tome je upravo zahtjev da u svakom koraku
L(x1 , . . . , x�:) .
k
vrijedi
L(eb . . . , e�:) = x2 , x3 , x1
Tako na primjer, ako u gornjem primjeru izaberemo poredak
(l, l, O) , (�, -�, O) , (0, O, l) . Uzmemo li pak poredak x3 , x2 , x1 , ortogonalizacijom dobivamo kanonsku bazu u R3 • Provjerite!
dobit ćemo za rezultat niz
Ovaj postupak možemo zamisliti i u ponešto izmjenjenim okolnostima. Zamis limo da imamo nekoliko ortogonalnih vektora
{eh . . . , e�:} koji ne čine bazu. bilo koje
Lako
je zamisliti postupak koji će te vektore nadopuniti do baze prostora: dovolj no je dodavati jedan po jedan vektor {xH h . . . , Xn} koji se ne nalazi u potprostoru razapetom s već odabranim vektorima. Sad Gramm-Schmidtovim postupkom ortogo naliziramo zadani skup. Pri tom prvih ortogonalni).
k
vektora ostaje nepromijenjeno Qer su već
Istaknimo ovaj zaključak. Pri tom riječ ortogonalni možemo po potrebi zamijeniti s ortonormirani.
Teorem 10.2. Svaki se ortogonalni (ortonormirani) skup eh . . . , e�: može nado puniti do ortogonalne (ortonormirane) baze.
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE
169
Mnogi fizikalni problemi koje zapisujemo s pomoću matrica uključuju račun sa
simetričnim matricama - svojstvo i zakoni simetrije spadaju u osnovne zakone pri rode.
Mi ćemo u ovoj točki navesti neka najvažnija svojstva koja posjeduju takve
matrice. Prisjetimo se, kvadratna matrica je simetrična ako za njezine elemente vrijedi
Označimo li s
AT
aif = aji•
Vi, j.
transponiranu matricu, tad je
vrijedi
A
simetrična onda i samo onda ako
AT = A .
Napomenimo da ovdje govorimo samo o
realnim matricama.
Simetričnost se u
A matrica s kom pleksnim koeficijentima, tad ulogu simetrične matrice preuzima hermitska matrica,
slučaju kompleksnih matrica definira (i naziva !) drukčije. Ako je za koju vrijedi
aif = aji .
Sav račun u nastavku bit će isključivo s realnim (a ne kompleksnim!) skalarima. Međutim, da bismo pokazali da se smijemo ograničiti samo na račun s realnim skalarima, moramo ipak pogledati kako bi se definirao skalami umnožak nad poljem
e.
Ako dozvolimo da skalari i komponente vektora mogu biti kompleksni brojevi,
tad se mora promijeniti osnovna definicija skalamoga umnoška u sljedeću:
(x l y) := XtYI + X2Y2 + . . . + x"y" .
(Potez označava kompleksno konjugiranje.)
Primijetimo da se u slučaju vektora s
realnim koeficijentima, ova definicija podudara s prijašnjom. Opravdanje ove preinake možemo naći u tome što u suprotnome norma vektora
ne bi bila pozitivan (pa ni realan) broj. No, uz ovu izmjenu vrijedi
ll x ll 2 = XtXJ + . . . + x"x" = lxt l 2 + . . . + jx" j2•
(10.8)
Svojstva homogenosti i komutativnosti također se mijenjaju, i glase
(ax j y) = a(x j y),
(x l ay) = a(x l y),
(X l y) = (y l X ) .
Matrično množenje i skalarni umnožak.
( 10.9) (10.10)
Skalami umnožak dvaju vektora po
dudara se s matričnim umnoškom vektor-retka s vektor-stupcem!
(x j y) = xTy.
Ova se činjenica često koristi. skalamoga produkta.
(10. 1 1 )
U mnogim s e priručnicima rabi samo gornji zapis Neka je A
Pogledajmo kako se ovaj zapis može iskoristiti.
170
10.
SKALARNI PRODUKT. DUAGONALIZACIJA SIMETRIČNE MATRICE
kvadratna matrica. Onda je definiran skal� umnožak vektora Ax i vektora y i vrijedi ( 10. 12) (Ax l y) = (Ax) y = (x A )y = x (A y) = (x l A y). Pri tome smo koristili svojstvo operatora transponiranja. Za simetričnu matricu A pak vrijedi (Ax l y) = (x l A y ) = (x l Ay ) ( 10.13)
T TT T T T
T
.
Svojstvene vrijednosti simetričnih matrica. Ako se ograničimo samo na realne skalare, moraju li postojati svojstvene vrijednosti (simetrične) matrice? Odgovor je više no potvrdan: Teorem 10.3. Ako je A simetrična, onda su sve njezine svojstvene vrijednosti
realne.
Dokaz. Pretpostavimo da je A svojstvena vrijednost, x odgovarajući svojstveni vektor. Za trenutak ćemo pretpostaviti (opreznosti radi!) da računamo s kompleksnim skalarima. Iz relacije Ax = AX slijedi: (Ax l x) = (Ax l x) = A (x l x). S druge strane, početni je skalami produkt jednak, zbog simetričnosti matrice A , svojstva skalarnoga produkta ( 10.9) i relacije ( 10. 13): (Ax l x) = (x i Ax) = (x i A x) = A (x l x). Usporedbom obaju rezultata zaključujemo da mora vrijediti A = A , svojstvena je vrijednost A realna!
Simetrična matrica ima realne svojstvene vektore. Čim je svojstvena vrijed nost realna, realan je i svojstveni vektor, homogeni sustav s realnom singularnom matricom uvijek ima realno tješenje, pošto pri njegovu računanju primjenjujemo samo algebarske operacije s realnim brojevima.
Pokazali smo da su svojstveni vektori koji odgovaraju različitim svojstvenim vrijednostima međusobno linearno nezavisni. Za simetrične matrice ponovo vrijedi mnogo više:
Teorem 10.4. Ako je A simetrična, tad su svojstveni vektori koji odgovaraju različitim svojstvenim vrijednostima međusobno okomiti.
Dokaz. Neka su x1 i xk svojstveni vektori koji odgovaraju različitim svoj stvenim vrijednostima AJ i Ak . Tad imamo, zbog svojstva simetričnosti (Ax, l xk) = (xi l Axk) ·
171
10. SKALARNI PRODUKT. DUAGONALIZACUA SIMETRIČNE MATRICE Kako su to svojstveni vektori, to iz gornje relacije slijedi
(A.jXj l xk ) = (xj l Atxk ). Ak je realan, možemo ga izlučiti ispred skalamoga produk:ta. Gornja relacija daje (A.j - At)(xj l xt) = O. Kako je po pretpostavci Aj 1- Ak , to mora biti (xj l Xt) = O , čime je teorem dokazan. Broj
DijagonaUzacija simetrične matrice.
Cilj nam je dokazati da je svaka simetrič
na matrica slična dijagonalnoj . U tu svrhu, nužno je i dovoljno pokazati da postoji baza koju čine svojstveni vektori matrice. Gornji je teorem velik korak na tome putu. Međutim, težak problem je odgovoriti na pitanje: što se događa s onim svoj stvenim vektorirna koji odgovaraju istoj svoj stvenoj vrijednosti. Postavit ćemo ovo pitanje preciznije:
Ako je A simetrična matrica i A. njezina svojstvena vrijednost kratnosti veće l , kolika je dimenzija odgovarajućega svojstvenog potprostora? •
od
Nagoviješteni odgovor: j ednaka kratnosti svojstvene vrijednosti - nije jednos tavno dokazati. Ako neka svojstvena vrijednost irna kratnost veću od
l, recimo
k , tad
odgovarajući svojstveni potprostor mora biti k -dimenzionalan ! Unutar njega možemo (recimo, Gramm-Schmidtovim postupkom) pronaći k međusobno okomitih vektora.
[: : :J
To znači da će postojati ortonorrnirana baza koju čine svojstveni vektori matrice. Neka je
S
matrica čiji su stupci pronađeni svojstveni vektori.
s-'As �
Za nju vrijedi
:
.
Dokaz ove tvrdnje odložit ćemo za trenutak. ovakve matrice
Neka je
A
S.
Pri toga, upoznajmo se sa svojstvima
simetrična matrica. Pokazat ćemo u nastavku da postoji ortogonalna
baza koju čine njezini svojstveni vektori. Učinimo još mali dodatni napor i ortonor mirajmo ih. Vidjet ćemo da će nam se trud isplatiti. Neka je
S
matrica čiji su stupci
ortonorrnirani vektori.
Definicija 10.1. Za matricu S
kažemo da je
ortogonalna ako su njezini stupci
ortonormirani vektori. Ortogonalne matrice imaju interesantna svojstva. Ako su njezini stupci svojstveni
A , tad je po već dokazanim teoremirna matrica s- 1 AS dijagonalna. Ovdj e je interesantno da ne moramo računati inverz matrice S . Naime, vrijedi slj edeći Teorem 10.5. Ako je S ortogonalna, tad vrijedi s- 1 = ST .
vektori matrice
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACIJA SIMETRIĆNE MATRICE
172
Dokaz. Da dokažemo ovo svojstvo, pogledajmo umnožak sT s . Element ovoga umnoška na mjestu (i, j) jednak je skalarnom umnošku i-toga retka matrice sT i j -toga stupca matrice S , odnosno, skalarnom umnošku i -tog i j -tog stupca matrice S . Po pretpostavci, taj je umnožak jednak oii , što dokazuje teorem. Pornniji pogled na ovaj teorem pokazuje da vrijedi i obrat: s- I = sT ako i samo ako je S ortogonalna. No, prornijenimo li poredak matrica u gornjem umnošku, dobivamo ssT = l . Zaključujemo da su i retci matrice s ortonorrnirani! Ovaj je rezultat potpuno neočekivan: slažući n međusobno ortonorrniranih vektora u stupce jedne matrice, njezini retci također moraju biti ortonorrnirani ! Kolika je determinanta ortogonalne matrice? Relacija s- 1 = ST , u usporedbi s izrazom za inverznu matricu s pomoću deterrninante i adjunkte, sugerira valjanost sljedećega teorema
Teorem 10.6. Ako je S ortogonalna, njezina je determinanta jednaka l ili - l .
Dokaz. Kako vrijedi SST = I , po Binet-Cauchyjevom teoremu dobivamo det(S) det(ST ) = l . Međutim, deterrninanta se ne mijenja transponiranjem, stoga je [det(S)]2 = l i odavde slijedi tvrdnja.
[ � �J = I, 2 2 [ a db ] [ ab d ] [ ac+bd a + b ac+bd ] = [ l l c2 +d2
Primjer 10.2. Odredimo, za primjer, sve ortogonalne matrice drugoga reda. Neka je S
=
ortogonalna matrica. Što se može reći o njezinim elementi
ma? Ova matrica zadovoljava jednakost SST
Odavde slijedi
e
e
dakle
=
O
O
ac + bd = O.
J
·
Nadalje, vrijedi det(S) = ad - bc = ±l . Promotrimo sad dva moguća slučaja l. slučaj. det(S) = l . Četiri su jednadžbe koje zadovoljavaju koeficijenti: a2 + b2 = l , c2 + d2 = l , ac + bd = O i ad - bc = l . Sjetimo li se da su i stupci matrice ortonorrnirani, možemo dopisati još tri( ! ) : a2 + c2 = l , b2 + � = l , ab + cd = O . Dakako, mnoge među njima su zavisne. Rješenje ovoga sustava može se zapisati u obliku: d = a , e = -b , b2 = l - a2 Dakle, matrica ima oblik •
pri čemuje lal � l i 2 = l e = sin cp i matrica ima oblik
-
a2 S
•
No, to znači da postoji kut cp takav da je
=
[
J
sin cp c?s cp sm cp cos cp . -
a = cos cp
,
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACIJA SIMETRIČNE MATRICE
173
Dakle, ortogonalne matrice drugoga reda, s pozitivnom determinantom predstav
ljaju matricu rotacije za kut ({J
2. slučaj.
Ako je det(S)
•
= -1 S=
,
[
]
tad sličnim razmatranjem dolazimo do formule c?s ({J
sin ({J
Sln (/J - COS (/J
•
Ova matrica opisuje simetriju s obzirom na pravac koji s realnom osi zatvara kut ({J /2 .
Ortogonalne matrice čuvaju normu. Naime, za ortogonalnu matricu vektor
x
vrijedi
S
i bilo koji
I I Sx UZ = (Sx l Sx) = (x l sTsx) = (x l x) = ll xUZ .
Dokažimo sad prije najavljeni teorem.
Teorem 10.7. Svaka simetrična matrica A posjeduje točno n realnih svojstvenih vrijednosti (brojeći njihovu višestrukost) i n međusobno okomitih svojstvenih vektora. Stoga je ona slična dijagonalnoj matrici. Dakle, postoji ortogonalna matrica S realni brojevi Ar, . . . , An tako da je sTAs �
[ : :: : :J :
·
{er , . . . , en } kanonsku bazu prostora Rn . Izaberimo nor mirani jedinični vektor vr koji odgovara svojstvenoj vrijednosti Ar . Nadopunimo ga (Gramm-Schmidtovim postupkom) do ortonormirane baze vektorima w2 , , Wn . Matrica Sr = [vr, w2, , wn] je ortogonalna matrica. Stavimo sad Ar = SJ ASr .
Dokaz.
Označimo s
• • •
• • •
Imamo
Ar er = SJ A (Srer) = SJ Avr = SJ (Arvr ) = ArS! r vr = Ar er . Ovaj je vektor prvi stupac matrice Ar . Primijetimo nadalje da je Ar simetrična ma trica: AJ = (SJ ASr)T = SJ A TSJT = SJ ASr . Zato je i njezin prvi redak istoga oblika. Dakle, imamo
. . on l . . . b2n bn
( 10. 14)
10. SKALARNI PRODUKT. DUAGONALIZACIJA SIMETRIČNE MATRICE
174
Sad nastavljamo dokaz matematičkom indukcijom. Ako je
n = 2 , ova je matrica
već dijagonalna. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za sve realne simetrične matrice reda
n- l.
Tad se realna simetrična matrica
B
reda
n-l
koja se pojavljuje u
može dijagonalizirati. To znači da postoji ortogonalna matrica
sjBS, sad zaključujemo da je i matrica
r: �:: ]
�
[! :2 J
S2
takva da je
( 10. 14)
ortogonalna, jer su joj stupci očigledno
ortonormirani. Umnožak dviju ortogonalnih matrica je ortogonalna matrica, zato je i matrica
ortogonalna.
Za nju vrijedi
S T AS =
�
[ ! Sj ] S{ S1 [ ! :2 J O ] [ Ol SOT ] [ A1O BO J [ Ol SO ] = [AlO SJBS 2 2 2 A
[: : � : :J
Time je teorem dokazan.
Evo još jedne interesantne posljedice ovoga teorema.
Teorem 10.8. Za svaku simetričnu matricu postoji ortonormirana baza {e�, . . . , en }
u Rn takva da je
n
A
Ax = L i(x l ei)ei. i= l
Dokaz.
Riječ je o bazi koju čine normirani svoj stveni vektori te matrice. U toj
bazi (zapravo u bilo kojoj ortonormiranoj ) vektor
i kako su vektori svojstveni za matricu n
x
ima prikaz
i= l A , to vrijedi n
A
Ax = L(x l ei)Aei = L i(x l ei )e;. i=l i= l
1 0. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACIJA SIMETRIĆNE MATRICE Primjer 10.3.
175
2l l ll . [l l l
Svedimo na dijagonalnu formu matricu
2
A=
- l -l } l
Njen je karakteristični polinom
2
A. -2 - 1 -1 2 = (A. - 4)(A. - 1) A. -2 -1 - 1 A. -2
A.1 = 4 i (dvostruku) Az = A.1 = 4 dobivamo iz sustava
l
i matrica ima dvije različite svojstvene vrijednosti, Svojstveni vektor koji odgovara vrijednosti
-z = O -z = O -y +2z = O -x Svoj stvenoj vrijednosti Az =
2x
-x
-y
+ 2y
[l
e1 = 1 .
= y = z,
===>- x
1
odgovara dvodimenzionalni svojstveni potprostor.
Rješavanjem sustava dobivamo -x
-y
-X -y
-x -y
l.
-z = -z = 0 -z = O
o}
=:::} X
= -y - Z
te se opće tješenje može napisati u obliku
Svaki vektor ovoga oblika je svojstveni, sa svoj stvenom vrijednošću Primijetimo da pri tom vrijedi
e1e = O ,
vektor
e1
l.
okomit j e n a svaki vektor
iz toga potprostora. Da bismo odredili bazu koju čine međusobno okomiti vektori,
[ �l
moramo odrediti dva okomila vektora iz toga potprostora. To nisu vektori -
koji raza!»nju ovaj potprostor!
Za vektor
Vektore
e3
ez
možemo uzeti bilo koji vektor iz tog potprostora. Recimo
potražimo u obliku
e, =
fil fH +
pri čemu ćemo koeficijente odrediti tako da on bude okomit na
eze3 = {3 + y + {3 = O
===>-
y
= -2{3.
ez :
[ -i l
i
10. SKALARNI PRODUKT. DIJAGONALIZACDA SIMETRIČNE MATRICE
176 Dakle,
Dakako da ovo nije jedini mogući izbor vektora. Krenuvši od bilo kojega drugoga
vektora e2 iz ovoga potprostora, možemo odrediti njemu okomit e3
•
S ovim izborom postupamo dalje na sljedeći način. Načinimo ortonormiranu bazu
eb �, C3 =
Tad je matrica
l [ s=
S prijelaza iz stare u novu bazu definirana na način l
-1
l
l
l
l
v'3 v'2 V6
v'3 72 V'6 l
ortogonalna, i za nju vrijedi
-2
o sT [211 211 21]1 s = [40o 0o1 oo1 ] . v'3
V6
l l.
Kvadratne forme. Krivulje i plohe drugog reda
11111121 ll
ll l
11111 l l ll
1111
111 S l l �•�&lli '• ll
IL
l . Kvadratna forma pridružena matrici . . . . . . . . . . . 177
2. Pregled krivulja drugoga reda . . . . . . . . . . . . . . . 185 3. Plohe drugoga reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 4. Pozitivnost kvadratne forme . . . . . . . . . . . . . . . . 197
Neka je
A
f : Rn ---. R f(x) = (Ax l x)
kvadratna matrica. Funkcija
naziva se kvadratna forma 1
•
Napišimo njezin prikaz koristeći prikaz
i -ta komponenta vektora Ax jednaka (Ax); =
definirana formulom
x = [ x, . . . Xn ] T
(11.1) i
A = (aij) .
Onda je
n
I: a;1x1 J=l
te je
( 1 1.2) Koristeći vezu skalamoga produkta i matričnog množenja, kvadratnu formu mo žemo pisati i na način:
(Ax l x) = (x l Ax) = xT Ax.
( 1 1.3)
Tako n a primjer z a matricu reda 2, kvadratna forma ima oblik
1
engl. quadraticform, njem. quadratische Form, franc.forme quadratique, rus . KBa,l(paTHtUia.JI
l l.
178
Primjer 1 1.1.
Neka je
A
KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
�
[ i ! ] . [ � J -!l · B
�
Nap;šimo kvadratne
forme koje odgovaraju ovim matricama: Za matricu
A
[x y J dok je za matricu
[ i � ] [;]
odgovarajuća forma je
B
= [x yJ
[ � � -i][�]
[;:�n
= 2x2 + 2xy + 3/,
pokušajmo odmah direktno ispisati
[x y z ]
o -1
3
z
= 2x2 + 2xz + 4xy - 2y z + 3z2 •
Promotrimo i obratan problem: kako iz zadane forme rekonstruirati matricu? Obratna veza nije jednoznačna. Naime, jednoj kvadratnoj formi odgovara više matrica. Tako na primjer, spomenutoj formi
2x2 + 2xz + 4xy - 2yz + 3z2 •
[ ; � -i] , [-i � i], [
odgovaraju, uz gornju, još i matrice
o -1
3
o -3 3
l o -1 l -1 3
2 2
2
l
,
itd.
Primijetimo da sve one imaju iste dijagonalne elemente, kao i zbroj
aiJ + a1i
dvaju
elemenata simetričnih s obzirom na glavnu dijagonalu. Taj je zbroj upravo koeficijent uz član
xixi
u kvadratnoj formi. Odavde slijedi da će za zadanu kvadratnu formu
postojati jedinstvena odgovarajuća simetrična matrica. Zato ćemo u daljnjem promatrati
Primjer 11.2.
samo simetrične matrice.
Odredimo simetričnu matricu koja odgovara kvadratnoj formi
x2 + Bxy - 3/ .
Možemo napisati
x2 + 8xy - 3y2 = aux 2 + 2a12xy + a22Y 2
te je
Tako npr. formi
odgovara matrica
[? l ! -l
2 o -1 o
o . l
l l. KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
Za kvadratnu formu kažemo da je kanonska članove, poput umnožaka
x1x2 , x1x3 , x2x3
179
ukoliko ona ne sadrži 'miješane'
i sl. Drugim riječima, to je forma koja j e
pridružena dijagonalnoj matrici i ona ima oblik
f(x) = a11xi + a22X� + . + annX� . . .
Prirodno je postaviti pitanje: može li se (kada i kako) neka kvadratna forma svesti na kanonski oblik? Pogledajmo na jednostavnom primjeru.
Primjer 11.3.
Odredimo kanonski oblik forme
f(xr, x2 )
=
Sxi + 4x l x2 + Bx�.
Primijenit ćemo jednostavnu metodu: svođenje na potpuni kvadrat. Zbog jedno stavnijega računa, u početku ćemo izvući faktor
f(xb x2 )
= �[
t:
]
2sxi + 20x1x2 + Sx�
� [(sx1
+
]
2t2 ? - 4x� + Sx� l 2 36 2 = x ( 1 + 2t2 ) + 5x2 S 5 l 2 36 2 SY1 + SY 2 · =
Ovdje smo stavili
=
Y r Sx1 + 2t2, Y 2 = X2 .
=
Vidimo da prijelazom na nove varijable forma ima kanonski oblik.
Nekoliko se pitanja nameće u vezi s ovim postupkom: •
•
•
Postoji li uvijek kanonska forma? Ako postoji, je li jedinstvena? Ako postoji, kako se određuje?
Odgovorimo redom na ova pitanja.
U gornjem primjeru, veza između starih i novih varijabli uspostavlja se s pomoću regularne matrice:
Napišimo ovu vezu u obliku
y = Tx.
(11.4)
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
180
Označimo sa S inverznu matricu, S = T- 1 :
( 1 1.5)
X = Sy . Sad kvadratnu formu možemo napisati na način f = xT Ax = (Sy ) T A(Sy ) = y T (ST AS)y.
(1 1.6)
Ona će biti kanonska onda kad je matrica ST AS dijagonalna. Tako je prvo pitanje ekvivalentno s ovim: • Postoji li za svaku simetričnu matricu A matrica S takva da je ST AS dija gonalna? Odgovor je sad definitivno: da! Znamo da za svaku simetričnu matricu postoji ortogonalna matrica s takva da je umnožak sT AS dijagonalna matrica.
Pogledamo li gornji primjer, vidjet ćemo da je S=
[ 50 21 ] -l [ ol -25 ] =
l
s
·
Ova matrica nije ortogonalna! Za nju ipak vrijedi S T AS = �
[ !2 � ] [ � �] � [ � -;2 ] [ b � ] =
·
Stoga je odgovor na drugo pitanje: ne! Kanonska forma nije jedinstvena. Uvjerimo se još jednom u to. U istom primjeru, izvršimo zamjenu
( 1 1.7) Uvjerite se da se ovom supstitucijom kvadratna forma svodi na f = 9 uf + 9u�. Prema tome, neka druga zamjena dat će drugu kanonsku formu.
Primjer 1 1.4. Odredimo skup svih točaka ravnine koje zadovoljavaju jednadžbu 5xf + 4x l xz + 8x� = 9 . Riječ je o krivu/ji drugoga reda. Trebamo odrediti radi li se ovdje o elipsi, hiper boli, paraboli ili je jednadžbom opisana neka degenerirana krivulja . . Pri tom ćemo nastojati zamjenom varijabli jednadžbu svesti na što jednostavniji oblik. Izaberimo supstituciju ( 1 1.7). Dobivamo jednadžbu
.
uf + u� = l. Predstavlja li zadana jednadžba kružnicu? Odgovor je ne!, razlog tome je što koor dinatne osi nisu okomite. Naime, zamjena ( 1 1.7) prevodi kartezijev sustav u sustav kojemu osi nisu ortogonalne.
181
l l. KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
(7.2)
Ako su e�, e2 vektori baze početnog kartezijevog sustava Ox1x2 , a f� , f2 vektori baze novog sustava Ou1 u2 , tad je po njihova veza dana s
(f�, f2)
=
(e� , e2)
Odavde čitamo
[ -� I] ·
Xz
Sl. JJ. J. Ista krivulja u različitim susta vima ima različite Jednadžbe. U sustavu Ox 1 x� njezina jednadžba sadrži mješovite umnoske. u sustavu Ou) U2 jednadžba je najjednostavn�a, međutim osi nisu oko mlle što narusava metric"ke odnose. Naj prikladniji je sustav Oz1 Z2 čije se osi podudaraju s glavnim osima krivulje.
Novi će sustav imati ortogonalne osi onda i samo onda ako je matrica S (ili T , svejedno!) ortogonalna. U gornjem primjeru, u supstituciji
[ l] [ 2 -2] [Zl]
_ l X (11.8) = y'š l l Z2 X2 matrica S je ortogonalna. Ona opisuje rotaciju početnog sustava tako da se osi sustava podudaraju s glavnim osima krivulje. U novom sustavu, određenom ortonormiranim vektorima v1 i v2 , jednadžba će glasiti
9zi + 4z� = 9 . Vidimo da je riječ o elipsi. Na slici 1 1. 1 nacrtana je ta elipsa te tri para koordinatnih osiju o kojima je bilo riječi.
Odgovorili smo dijelom i na treće pitanje: kojim algoritmom se kvadratna for ma svodi na kanonski oblik. Vjerojatno je na.ijednostavniji algoritam Lagrangeov postupak.
Lagrangeov postupak. Jednostavan primjer ovoga postupka smo naveli u pr vom primjeru (svođenje na potpuni kvadrat). Opišimo taj postupak sa svim potrebnim detaljima. Korak l. Pretpostavimo da je barem jedan od koeficijenata a;; na dijagonali matrice različit od nule. Neka je to a 11 Ako takvih nema, prelazimo na korak 4. •
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
182
Korak 2.
Izdvojimo sve članove koji sadrže nepoznanicu
formu svodimo na oblik
x1 •
Time kvadratnu
f(x!, . . . , x2 ) = aux2 + 2aJ2X!X2 + . . . + 2a!nXJXn + q(x2 , . . . , Xn) · Ovdje je q(x2 , . . . , xn) kvadratna forma po tim nepoznanicama. Prvi se dio ovoga
izraza može napisati na način
(
)
2 aux2 + 2a!2XJX2 + . . . + 2a!nX!Xn = _!_ a ux! + a 12x2 + . . . + a!nXn au 1 - - a212x22 + . . . + a21 nxn2 + 2a1 2a 13X2X3 + . . . + 2aln- l a !nXn- !Xn . au
(
Zato cijela forma ima oblik
(
)
)
f(x�, . . . , Xn) = -1- auX! + . . . + a !nXn + ql (x2 , . . . , Xn), au gdje je q 1 kvadratna forma po nepoznanicama x 2 , , Xn . Korak 3. Načinimo transformaciju YI = a ux ! + . . . + a!nXn, Y2 = x2 , • • •
Yn = Xn· Time dobivamo formu
f(y � ,
· •
•
'
l 2 y + (y , . ) Yn) = a u l /J 2 . ' Yn ·
u kojoj je prva nepoznanica izdvojena od ostalih. Postupak se nastavlja s kvadratnom
ft · Korak 4.
formom
Ako su pak u polaznoj fonni (ili u nekom trenutku nakon koraka 3.) svi
dijagonalni koeficijenti jednaki nuli, tad uvodimo pomoćnu zamjenu, kojom će se for
ma svesti na oblik u kojemu to nije slučaj . Barem jedan od nedijagonalnih elemenata
a12 . Tad pišemo f(x b · · · , Xn) = 2xl (a 12X2 + a 13X3 + · + alnXn) + q(x2 , · , Xn)·
mora biti različit od nule. Neka je to, recimo,
· •
· ·
Načinimo zamjenu:
Y l = XJ , Y2 = -X! + a12x2 + . . . + a! nXn, Y3 = X3 , Yn = Xn ·
Time dobivamo kvadratnu formu u kojoj postoji član koraku
l.
2yi .
Dalje nastavljamo kao u
183
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
Vratimo se na drugu mogućnost. Možemo odrediti ortogonalnu matricu S koja dijagonalizira početnu simetričnu matricu. Taj je postupak vezan s određivanjem svoj stvenih vrijednosti i svojstvenih vektora. On je zasigurno složeniji od Lagrangeovog postupka, no dobivene nove koordinatne osi bit će također ortogonalne, dobivene ro tacijom iz početnog koordinatnog sustava (ovaj zaključak vrijedi i u prostorima veće dimenzije). Izaberemo li matricu S tako da njezini stupci budu ortonormirani svojstveni vek tori simetrične matrice A , tad će vrijediti
[
AJ O . . . O Az . . . O sT AS = D = � .. : O O An ·
l
i kvadratna forma će biti kanonska, po novim varijablama x� , . . . , x� : , ,Jz + ll.zX , z,z + . . . + ll.nX , n,z J = II.JX Koeficijenti ove kanonske forme su upravo svojstvene vrijednosti matrice A . •
Korisno je primijetiti da su obratne veze novih varijabli prema starima dane for mulom 1 X = STX jer je S ortogonalna matrica.
Primjer 11.5. Svedimo na kanonski oblik kvadratnu formu f(x, y)
Az
Odgovarajuća matrica je A =
-
=
[ � �] .
l = O te su svojstvene vrijednosti AJ nalazimo rješavajući sustave
[ v; "? ]
(1 1.9)
2xy.
Njen karakteristični polinom glasi =
l , A2 = - l . Svojstvene vektore
[ ] [ 0l -0l ] .
Matrica ortonormiranih svojstvenih vektora glasi S= Za nju vrijedi
v'2 2
-
v'2 2
S T AS =
=
v'2 1 - 1 . 2 l l
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
184
Zato kvadratna forma po novim varijablama ima oblik
f(x' , y') = x'z - y'z.
( 1 1 . 10)
U to se možemo direktno uvjeriti zamjenjujući stare varijable novima s pomoću veze:
, odakle čitamo v'2 x - y ' , x=T
( ) v'2 X + y ' . y=2 ( ) l
l
Zaista, stavljajući ove formule u ( 1 1 .9) dobivamo jednadžbu ( 1 1 . 10).
Veze između novih i starih varijabli dane su transponiranom matricom:
[�: ] = '7 [ - � � Hn = [ ��: �� ��� � ] [� ] n
·
od 45°
Primijetimo da je ovom jednadžbom određena rotacija starog sustava za kut u negativnom smjeru. Time postaje jasnija geometrijska interpretacija određivanja kanonskog oblika kvadratne forme. Promotrimo jednadžbu f(x, y) = l u starom sustavu:
2xy = l. Znamo da ona predstavlja jednadžbu hiperbole, kojoj su koordinatne osi asimptote. Prijelazom na nove koordinate jednadžba te hiperbole postaje
x'z - y'z = l
i os Ox' prolazi tjemenima hiperbole. Novi sustav je zarotiran u odnosu na stari za kut od
45°.
Slična će se situacija zbiti i s drugim krivuljama drugoga reda:
185
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
[ aa2u1 aa221 2 ] p(x, y) == [x y J [ :�� :� ] [ ; J + [ b1 b2 ] [ ; J +
Neka je
A=
simetrična matrica drugoga reda,
[ b2 ]
b = b1
skalar. U općem slučaju, jednadžbom
vektor i y
r=O
(11.11)
zadana j e krivulja drugoga reda. O kojoj j e krivulji riječ, možemo saznati nakon svo đenja kvadratne forme na kanonski oblik. Oblik forme ovisit će o izabranom postupku, med:utim njezina vrsta ne. Zbog jasnoće, opisat ćemo rezultate koje možemo dobiti transformacije. Š to
nakon svođenja forme na kanonski oblik pomoću moramo učiniti? •
Određujemo kanonski oblik kvadratne forme. Time se jednadžba svodi na oblik
•
ortogonalne
+ I\.2Y + Jl1X + /l2Y + V = o. x" = x' + ;�1
1 12 1\.JX
1
12
l
(11.11)
l
Uvođenjem novih varijabli po pravilu ,
slično za varijablu
y" .
Prva transformacija odgovara
ako je
At # O,
rotaciji koordinatnog sustava tako da koordinatne
osi budu paralelne s glavnim osima krivulj e drugoga reda. Druga pak transformacija predstavlja
translaciju koordinatnog sustava tako da se ishodište sustava poklopi sa
'središtem' krivulje drugoga reda.
Primjer 11.6.
+ l + 2xy 4x
Odredimo koja je krivulja zadana jednadžbom
x2
-
+ 2y
-
3 = O.
Prva t ri člana predstavljaj u kvadratnu formu određenu matricom
A= Ona ima dvije svojstvene vrij ednosti: svojstveni vektori su
Time je definirana matrica
S=
D n.
A1 = O
i
v'2[ l l] l 2 -1
A2 = 2 .
Odgovarajući jedinični
lL
186
KVADRATNE FORME. KRIVUUE I PLOHE DRUGOG REDA
te su veze prema novim varijablama dane sa:
� (x1 y') , � ( + y') +
x =
y 2y12
-x
=
'
Prva tri člana (koji određuju kvadratnu formu) nakon ove supstitucije postaju a linearne izračunamo. Dobivamo jednadžbu u novom sustavu:
,
2y12 - .../iy1 - 3 J2x1 - 3 = o
Uvedimo nove varijable translacijom sustava, na način l
y =y što daje:
ll
+
J2 4
-
3 2y112 - 3 J2x1 - 1 4
Sad stavljamo ,
x =x
ll
=
o.
13 1 2-/2
- -- .
Tako dobivamo jednadžbu
X
Sl. 1 1.2. Jedntulžba predstavlja para bolu s osima koje su zarotirane prema kl:mezijevim. Matrica pripadne kva dratne forme ima jednu svolstvenu '!rijednost jednaJcu nuli, zjwg cega se Jedna nepoznan1ca u zavrsnom sustavu Ox"y" ne javlja s k:vadratom
Vidimo da je početnom jednadžbom zadana parabola. Njena je glavna os zaroti rana za kut od
45°
u negativnom smjeru. Vidi sliku
1 1.2.
Karakter krivulje drugoga reda možemo utvrditi na osnovu informacije o svoj stvenim vrijednostima
A1 , Az
matrice
A.
Postoje sljedeće mogućnosti (zbog jednos
tavnosti ćemo imena nepoznanica označiti s x i
y ):
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
je
2.
187
A. Obje svojstvene vrijednosti različite su od nule. U ovome slučaju, rang matrice Dobivene jednadžbe mogu se napisati u obliku:
l. Elipsa.
2. Hiperbola
3. Dva pravca koja se sijeku
x2 y2 = O. a2 - b2 4. Jedna točka
5.
Prazan skup
B. Jedna svojstvena vrijednost jednaka je nuli.
Rang matrice jednak: je
spadaju
6. Parabola
x2 = 2py,
l.
Ovdje
(y2 = 2px).
7. Dva paralelna pravca 8. Jedan pravac
(y2
=
0).
9. Prazan skup
Ovim su pokriveni svi mogući slučajevi. Slike ovih krivulja nećemo crtati, one su poznate iz srednjoškolske matematike.
Međutim, načinit ćemo detaljnu analizu
situacije koja se događa u prostoru dimenzije plohama drugoga reda.
3:
tu će umjesto krivulja biti riječi o
l l. KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
188
Jednadžba
xTAx + b T x + y = O
u prostoru dimenzije 3 ima oblik:
a u a 12 a13 [ x y z ] azr azz az3 a3 1 a32 a33
[
] [ yx l
+ [br z Ovomjednadžbom određena je, u općem slučaju, ploha drugoga reda. Karakter te plo he određujemo ponovo svođenjem kvadratne forme na kanonski oblik. Pretpostavimo, zbog jednostavnosti, da je vektor b jednak nuli. Inače, uvođenjem novih nepozna nica (koje odgovaraju translaciji sustava) možemo uvijek postići da bude b = O , uz nepromijenjenu matricu A . Vrsta plohe određenaje karakterom svojstvenih vrijednosti matrice A . Nakon od ređivanja kanonskog oblika kvadratne forme, dobit ćemo (u nedegeneriranom slučaju) jednu od sljedećih sedamnaest! jednadžbi. Svaka će jednadžba opisivati različitu plo hu drugoga reda. Opišimo detaljno te plohe i izdvojimo (bez posebnog dokazivanja) neka njihova manje-više očita svojstva. Karakter ploha ovisi o tome koliko je svojstvenih vrijednosti različitih od nu le te kakvoga su predznaka. Iznos broja y utječe na pojavu degeneracije. U svim primjerima koji slijede, a , b i e će označavati pozitivne brojeve. A. Sve svojstvene vrijednosti različite od nule (rang matrice jednak 3): l. Elipsoid. Ploha zadana jednadžbom
xz y2 zz =L 2 e a + bz + 2
( 1 1 . 12)
Ovdje a , b , e predstavljaju duljinu poluosi elipse. Često govorimo (neprecizno, ali jednostavnije) da su a , b i e poluosi elipse. Točke (±a, O, O) , (0, ±b, O) , (0, O, ±e) koje leže na elipsoidu (tamo gdje ga sijeku koordinatne osi) nazivaju se tjemena elip soida. z
y
Sl. 1 1.3. Elipsoid. Toje ploha na stala rastezanjem sfere auž koor dinatnih osiju. Simetrična je u odnosu na koordinatne ravnine i ishodište koordinatnog sustava
l l. KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA Ako je
189
a = b = e , elipsoid prelazi u sferu polumjera a , sa središtem u ishodištu
koordinatnog sustava.
Elipsoid je ograničena ploha: sadržana je u kugli sa središtem u ishodištu i čiji je polumjer jednak najvećoj poluosi. Ona je simetrična s obzirom na koordinatne ravni ne. Naime, zamjenom varij able njoj pripada i točka
( -x, y, z)
x
u
-x
vidimo da čim točka
(x, y, z)
pripada plohi,
što predstavlja simetričnost plohe s obzirom na koor
dinatnu ravninu yOz . Slično vrijedi za druge dvije koordinatne ravnine. Zamjenom
(x, y, z)
r-+
( -x, -y, -z)
dobivamo simetriju s obzirom na ishodište.
Presjeci elipsoida s ravninama paralelnim s koordinatnim ravninama su elipse. Uvjerimo se u to. Uzmimo ravninu paralelnu s
z = h.
xOy
ravninom, njezina je jednadžba
Presječne točke elipsoida i ove ravnine zadovoljavaju jednadžbu
xz a2
-
Odavde vidimo: • •
yz b2
-
presjek je neprazan ako je -e
hz
=
1 - -Z . e
� h � e;
u tom je slučaju presjek elipsa s poluosima
a •
+
g
b
'
g. e
'
najveća se elipsa dobiva presjekom s koordinatnom ravninom
Volumen dijela prostora omeđenog elipsoidom dan je formulom
z = O.
!abC1t .
Za
površinu plohe elipsoida ne postoji formula iskazana preko elementarnih funkcija. Ako su neke dvije osi elipsoida jednake, tad ga nazivamo
rotacijski elipsoid jer
se može dobiti rotacijom elipse oko jedne koordinatne osi (one koja ne odgovara tim jednakim osima).
2.
Jednoplošni eliptički hiperboloid.
To je neograničena ploha, simetrična s
obzirom na koordinatne osi i s obzirom na ishodište koordinatnog sustava. Njena je jednadžba
( 1 1 . 13)
ed ploš i hiperboloid.
Plohu ponekad nazivamo i kraćim imenom j
no
n
Objasnimo naziv plohe. Prva riječ tvrdi da se ploha sastoji od jednog poveza nog dijela - drugu ćemo mogućnost vidjeti kod dvoplošnog eliptičkog hiperboloida. Druge dvije riječi u nazivu dolaze od oblika presjeka plohe s ravninama paralelnim koordinatnim. Siječemo li plohu s ravninom
z=h
paralelnom s koordinatnom
za presjek ćemo dobiti elipsu s jednadžbom
hz xz y z = l + + 2 2• e a bZ
x Oy
ravninom,
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
190
z
y X
Sl. 11.4. Jedrwplošni eliptički hiperboloid
Vidimo da je taj presjek neprazan, za svaku vrijednost parametra h . Presječna elipsa ima poluosi
1 + 2, a y�
b y� 1 + 2"
Najmanja se elipsa dobiva za h = O , presjekom s ravninom z = O . Njene su poluosi a i b , sve druge elise su slične ovoj, ali s većim poluosima. Tjemena te najmanje elipse su točke (±a, O, O) , (0, ±b, O) i one se nazivaju tjemenirna plohe. Presjek plohe s okomitim ravninama, npr x = h (ili y = h ) je hiperbola, s jednadžbom
i slično za drugu mogućnost (y = h ). Proučimo i predznak desne strane, vidjet ćemo da se tu radi o dvije familije hiperbola: ako je Ih l � a riječ je o hiperbolama čija je realna os (ona koju hiperbola siječe) paralelna s pmvcem Oy , a ako je Ih l > a , tad je predznak desne strane negativan i realna je os hiperbole paralelna s pmvcem Oz . Sl. 11.5. Jednop_lošni hiperboloid je pravčasta,ploha. Time izričemo jednu neobicnu tvrdnju: čitava se ploha može dobiti kao unija prava ca! Možda najzorniji dokaz tome (uz žičane modele plohe koje je sve teže pronaći) je način izgrad nje dilnlJialca nuklearnih centrala Tioje vecmom imaju oblik jedrw plošnog hiperboloida, a oliosnicu im čine ravni betonski blokovi. Gradnjom na taj način postiže se veća stabilnost konstrukcije nego, recimo, ako je ona cilindričnog oblika.
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA 3. Dvoplošni eliptički hiperboloid.
191
To je neograničena ploha, simetrična s
obzirom na koordinatne osi i s obzirom na ishodište koordinatnog sustava. Njena je jednadžba ( 1 1. 14)
z
1 1. 6.
Sl.
Dvoplošni eliptički hiperboloid
Dvoplošni u imenu plohe dolazi od toga što se ploha sastoji od dva odvoj ena dijela,
kako je vidljivo sa slike. Opravdajmo tu sliku. Uzmimo ravninu
z
=
h
i potražimo
njezin presjek s plohom. Dobivamo jednadžbu
-e < z < e ploha nema svojih točaka. Za z > e dobivamo gornji dio plohe, za z < -e njezin donji dio. Iz iste jednadžbe vidimo da je za I z l > e presjek elipsa. Točke (0, O, ±e)
Vidimo da je presjek prazan skup, ukoliko je
-e
<
h
<
e.
Zato u pojasu
su tjemena plohe.
Izaberemo li ravnine x
je realna os paralelna s osi
4.
Eliptički stožac.
=
Oz .
h
ili pak y
=
h , za presjek ćemo dobiti hiperbole čija = h daje
Tako na primjer y
To je ploha s jednadžbom z
x
y
z
+ a2 b2
-
-
-
zz
-
e2
=
0
.
Ona je neograničena, simetrična s obzirom na koordinatne ravnine i s obzirom na ishodište koordinatnog sustava. Često u nazivu izostavljamo riječ 'eliptički' .
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
192
z
y X
Sl.
l l . 7.
Eliptički stožo.c
z = h daje elipsu, presjeci s ravninama b , tad dobivamo kružni stožac.
Presjek s ravninom
hiperbole. Ako je a =
Interesantno je promotriti jednadžbu x2
l
2 + cr L? a
x =
h
i y =
h
su
z2 = h, 2 e
gdje je h neki parametar. Za h = l dobivamo jednoplošni hiperboloid, za h = O stožac, za h - l dvoplošni hiperboloid. Zapravo, jednadžba predstavlja jednoplošni hiperboloid čim je h > O . Di jeljenjem s h dobivamo jednadžbu oblika ( 1 1. 13). Slično tome, za h < O jednadžba predstavlja dvoplošni hiperboloid. Ova činjenica omogućava jednu zanimljivu interpretaciju nastanka ovih triju ploha. Posto ji neprekidna deformacija (koja odgovara mijenjanju vrijednosti parametra h i koja jednoplošni hiperboloid pretvara najprije u stožac, a zatim u dvoplošni hiperboloid Napišimo jednadžbu =
x2 i = 2+l !J2 - c2 . a Ona predstavlja jednadžbu trodimenzionalnog tijela u četiridimenzionalnom prostoru opisanom va rijablama (x, y, z, u) ! Fiksiramo li vrijednost varijable u , pa stavimo na primjer u = h dobivamo presjek tog tijela s trodimenzionalnim prostorom paralelnim s 'našim' prostorom Oxyz . Postupak je sličan gore opisanim presjecima ploha s ravninama paralelnim koordinatnoj ravnini xOy . Projekcija tog presjeka u naš trodimenzionalni prostor daje gore navedenu jednadžbu. Mijenjanjem parametra h koji preko nule prelazi u negativne vrijednosti, ti se presjeci neprekidno transformiraju iz jednop lošnog preko stošca u dvoplošni hiperboloid. Tako se mijenjanjem parametra h dobiva efektprodora četiridimenzionalne plohe kroz naš trodimenzionalni prostor. u
5. Točka: ( 1 1 . 15)
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE l PLOHE DRUGOG REDA
193
To je prvi degenerirani slučaj plohe drugoga reda. U nastavku ćemo susresti još neke, poput sljedećeg.
6. Prazan skup:
xz
+ 2 a
y2 z 2 +l + e b2 2
=
o.
( 1 1. 16)
B. Jedna svoj stvena vrijednost matrice jednaka nuli (rang matrice jednak 2): l. Eliptički paraboloid ( 1 1.17)
xOz , yOz . Neograničena je. > O , pripadaj u joj točke samo unutar poluprostora z > O , slično za p < O . (0, O, O) je tjeme plohe.
To j e ploha simetrična s obzirom n a koordinatne ravnine Ako j e p Točka
z
y
X
Sl. 1 1.8. Eliptički paraboloid Presjeci plohe s ravninama
z
parabole - odatle ime plohi.
2. Hiperbolički paraboloid.
=
h
su elipse, presjeci s ravninama
x
=
h
ili
y=h
To je ploha s jednadžbom
( 1 1 . 18) Ona je neograničena, simetrična s obzirom na koordinatne ravnine
xOz i yOz .
l l. KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
194
Sl. 11.9. Hiperbolički paraboloid (sedlasta ploha) Presjeci s ravninama z
=h
su hiperbole
x2 l - !J2 = Zph. a2
U ovisnosti o predznaku broja h , realna se os ovih hiperbola mijenja. U graničnom slučaju, za h = O presjek čine dva pravca :: = ± !: , koja se sijeku u ishodištu. Ta su a b
dva pravca ujedno asimptote tih hiperbola. Presjeci s ravninama x
= h i y = h su parabole. Sama ploha naziva se još sedlasta ploha. Točka (O, O, O)
je
sedlo.
(
Ako je čitatelj imao s pravom! ) problema s gledanjem prodora četiridimenzionalnih ploha kroz trodimenzionalni prostor, može ponoviti istu priču s tvorevinama za dimenziju manjim. Uzimajući promjenjivu vrijednost
z
==
h
u jednadžbi plohe
2pz
==
x2 l a2 �
(
mi opisujemo njezin prodor kroz dvodimenzionalni prostor ravninu li ćemo zamisliti da putuje ravnina
z
=
h
z
=
h ).
Stvar je gledanja da
ili pak da ravnina miruje, a da kroz nju prodire ploha
Kao presječne krivulje dobivamo familiju hiperbola koje se neprekidno deformiraju na način da im se tjemena približavaju ishodištu, prelaze u dva pravca i potom u drugu familiju hiperbola
Sl. 11. 10. Familije hiperbola dobivene prodorom hiperboličkog paraboloida kroz ravninu paralelnu s xOy ravninom
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
195
3. Eliptički cilindar. To je ploha s jednadžbom
x2
y2
a2 + lJ2 = l . Simetrična je s obzirom na sve koordinatne osi i s obzirom na ishodište.
( 1 1 . 19)
z
Sl. 11.11. Eliptički cilindar
Presjeci s ravninom z = h su elipse. Njihova je jednadžba
x-2 y 2 +-=1 a2 b2
(koju dobivamo uvrštavajući z = h u ( 1 1. 19) !). Riječ je .o identičnim jednadžbama, svi su ti presjeci sukladne elipse (koje leže u različitim ravninama). Riječ cilindar govori da je ova ploha cilindrična. Cilindrične su plohe plohe različitih oblika, okarakterizirane time da im se u jednadžbi ne pojavljuje neka od nepoznanica, poput nepoznanice z u gornjoj jednadžbi. Kao posljedicu toga imamo sljedeću činjenicu: ako točka (x, y, O) leži u plohi (zadovoljava njezinu jednadžbu), tad tu istu jednadžbu zadovoljavaju i sve točke (x, y, z) , za bilo koju vrijednost ne poznanice z . Stoga je cilindrična ploha unija pravaca paralelnih s osi Oz (nazivamo ih izvodnicama), koji prolaze kroz neku krivulju u xOy ravnini - zvanu ravnalica plohe. U ovom je slučaju ta ravnalica elipsa.
4.
Prazan skup ( 1 1.20)
5. Pravac ( 1 1 .21) 6. Hiperbolički cilindar. To je cilindrična ploha s jednadžbom
x-2 - y-2 = 1 . a2 b2
( 1 1 .22)
Njena je izvodnica hiperbola u Oxy ravnini, identične jednadžbe. Presjeci s ravninama z = h su sukladne hiperbole.
l L KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
196
z
X
Sl. 11. 12.
7. Par ravnina koje se sijeku
Hiperbolički cilindar
x2
a2
y2 -
IJ2 = O.
(11.23)
C. Dvije
svojstvene vrijednosti matrice jednake nuli (rang matrice jednak l): l. ParaboUčki cilindar x2 = 2py . (11.24)
To je cilindrička ploha čija je izvodnica parabola. z
Sl. 11. 13. Parabolički cilindar
2. Prazan skup (1 1 .25) 3. Par paralelnih ravnina ( 1 1.26)
l l . KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA 4.
Jedna ravnina
197
( 1 1.27)
Time smo naveli sve moguće slučajeve. Pritom smo izdvojili samo jedan mogu ći izbor nepoznanica. Mijenjajući imena varijablama, mijenjamo i položaj nacrtanih ploha, no to će čitatelj sam lako zaključiti.
Među svojstvima koje nas zanimaju kod neke kvadratne forme f(x) svakako spa da i problem njezine pozitivnosti. Promatramo li vrijednosti koje ona može poprimiti za različite izbore vektora x , moguće je navesti pet različitih situacija. Uz osnovnu definiciju navest ćemo odmah i kada će se dogoditi ta mogućnost. Kriterij nam je predznak svojstvenih vrijednosti. Naime, svaka se kvadratna forma može napisati (nakon zamjene varijabli) u kanonskom obliku
f(Y I , · · · , Yn ) = AI Yi + · · · + AnY �
gdje su At, . . . , An svojstvene vrijednosti pripadne matrice. l. f(x) > O za svaki x f; O . Tad kažemo da je forma pozitivno definitna. Ovaj će se slučaj zbiti kad su sve svojstvene vrijednosti pozitivne. 2. f(x) � O , ali postoje vektori za koje je f(x) = O . kažemo daje forma pozi tivno semidefinitna. Tu su svojstvene vrijednosti pozitivne, osim nekoliko njih koje su jednake nuli. 3 . f(x) < O za svaki x f; O . Forma je negativno definitna, sve svojstvene vrijednosti manje su od nule. 4. f(x) � O i postoji x za koji je f(x) = O . Forma je negativno semidefi nitna. Svojstvene vrijednosti su manje od nule, osim nekoliko njih koje su jednake nuli. f(x) mijenja znak. Forma je indefinitna. Među svojstvenim vrijednostima postoje neke različitog predznaka.
5.
Cilj nam je u ovoj točki odgovoriti na pitanje koje je vrste neka forma, a da ju ne svodimo na kanonski oblik. Time izbjegavamo računanje svojstvenih vrijednosti ili neki drugi postupak dijagonalizacije kvadratne forme. Opišimo prvi kriterij.
Jacobijev kriterij. . Izvodimo ga iz poznate veze definitnosti i svojstvenih vri jednosti. Karakteristični po linom matrice A koja odgovara kvadratnoj formi napišimo u obliku o
n n (), ) = ), + Jli A - I + . . . + Jln - I A + Jln = (), - ),I )(), - Az) · · · (), - An) · (1 1.28)
l l. KVADRATNE FORME. KRIVULJE I PLOHE DRUGOG REDA
198
Tu su ). 1 , , An svojstvene vrijednosti matrice. Forma je pozitivno definitna ako su sve svojstvene vrijednosti veće od nule. Kakvi su tad koeficijenti polinoma (1 1.28)? Iskoristimo Vieteove formule. Ispišimo ih, radi jednostavnosti zapisa, za n = 3 . • •
= (AI + A2 + A3 ) < 0, = J.L2 A. , A.2 + A.,A.3 + A.2A.3 > O, J.l3 = - A., ).2).3 < Vidimo da ovi koeficijenti altemiraju. Prvi je negativan, drugi pozitivan, treći negati van itd. Ista situacija vrijedi i za bilo koji prirodni broj n . Vrijedi i obrat ovoga rezultata: ako koeficijenti karakterističnog polinoma alter niraju, forma je pozitivno definitna. Tu tvrdnju nećemo dokazivati. Primijetimo još da će za negativno definitnu formu (kad su sve svojstvene vrijed nosti manje od nule) svi koeficijenti karakterističnog polinoma biti pozitivni. I ovdje vrijedi obratna tvrdnja. J.L I
-
o.
Silvesterov kriterij. Pozitivnost kvadratne forme može se utvrditi čak i bez ra čunanja karakterističnog polin oma. Vrijedi sljedeći Teorem 1 1.1. (Silvester) Kvadratnaforma je pozitivna onda i samo onda alw su sve glavne minore odgovarajuće matrice pozitivne:
l
1
a A2 : = aau a! 2 > O, A3 21 22
An :=
au al2 a !n a21 a22 . . . a2n
:=
au a21 a31
a! 2 a22 a32
a13 a23 > 0, . . . , a33
> 0.
Slična tvrdnja vrijedi i za negativnu definitnost. Forma je negativno definitna onda i samo onda ako vrijedi A, < O, A2 > O, A3 < O, . . . , ( - 1 )"An > O .
Ponovo je jedan smjer teorema (nužnost) jednostavno pokazati, kroz vezu deter minanti sa svoj stvenim vrijednostima koje moraju biti pozitivne. Obratna tvrdnja - iz pozitivnosti minora slijedi pozitivna definitnost forme - mnogo je složenija. Njezin dokaz izlazi izvan okvira ovoga udžbenika 1 •
1 Marljivi čitatelj koji je uz ostatak knjige pročitao i ovu završnu rečenicu i sam je svjestan da je dobio tek početno znanje iz ovoga uistinu lijepo�a područja matematike. Za nastavak sludija može pogledati preporučenu literaiuru, osobito izvrstan udžbenik [7].
KAZALO
aditivnost operatora, 122 adjunkta matrice, 36 algebarski komplement, 25 antisimetrična matrica, 5
Gramm-Schmidtov postupak ortogonalizacije, 167 Hamilton-Cayleyev teorem, 155
asocijativnost matričnog množenja, 12
hermitska matrica, 1 69 hiperravnina, 1 1 1
baza vektorskog prostora, 1 16, 75
hiperboličk:i cilindar, 195
, ortogonalna, 89 - , ortonormirana, 90 blok matrica, 20 Cramerovo pravilo, 69 defekt operatora, 138 determinanta matrice, 23 - operatora, 129 , Vandermondeova, 3 3 dijagonalizacija kvadratne forme, 1 80 matrice, 148 - operatora, 148 dijagonalna matrica, 3 dimenzija vektorskog prostora, 1 15, 75 distributivnost matričnog množenja, 1 3 dvoplošni hiperboloid, 1 9 1 ekvivalentni sustavi, 62
elementarne matrice, 46 - transformacije, 42
elementarna Jordanova klijetka, 157 elementi matrice, l elipsoid, 1 88 eliptičk:i cilindar, 1 95 - paraboloid, 193 - stožac, 1 9 1 Eulerovi kutovi, 1 3 5 Gaussova metoda, 62 gornja trokutasta forma, 1 5 0 Grammova matrica, 166 Grammova determinanta, 1 66
- paraboloid, 193 homogeni sustav, 63 homogenost operatora, 120 indefinitna kvadratna forma, 197 inverzna matrica, 15, 35, 50 Jacobijev kriterij , 1 97 jedinična matrica, 3 jedinični vektor, 73 jednadžba pravca, kanonska, 104 , parametarska, l 04 - - , vektorska, l 04 jednadžba ravnine, kanonska, 97
- - , normirana, l OO - - , parametarska, 98 jednoplošni hiperboloid, 1 89 jezgra ( nulpotprostor ), 1 3 8
Jordanova forma matrice, 156 Jordanov blok, 156 kanonska baza, 79 - - prostora Rn , 120 jednadžba pravca, l 04 - - ravnine, 97 - kvadratna forma, 1 79 karakteristični polinom, 146 kompozicija operatora, 136 konveksna kombinacija, 95 koordinate točke, 77 koordinatne osi, 77 koordinatni sustav, 77 krivulje drugoga reda, 1 85
200
kut između dviju ravnina, 109 - - pravca i ravnine, 1 10 - - vektora, 8 1 , 84 kvadratna forma, 1 77 - - , dijagonalizacija, 179 - - , indefinitna , 197 - - , kanonska, 179 - - , negativno definitna, 197 - - , negativno semidefinitna , - - , pozitivno definitna , 197 Lagrangeov postupak, 1 8 1 Laplaceov razvoj, 26, 39 linearna zavisnost, 54 - kombinacija, 52 - nezavisnost, 54 linearni operator, 122 - sustav, l l linearnost, 120 matrica, l - koeficijenata sustava, 62, l l - , antisimetrična, 5 - , dijagonalna, 3 - , hermitska, 1 69, 1 9 - , inverzna , 1 5 , 3 8 , 50 - , jedinična, 3 - , kvadratna, 3 - , ortogonalna, 1 7 1 - , simetrična, 5 - , transponirana, 4 - , trokutasta, 4 matrična funkcija, 154, 1 6 1 matrični polinom, 1 2 , 152 matrice, ekvivalentne, 47 - , elementarne, 46 - , po retcima ekvivalentne, 47 - , ulančane, 8 minimalni polinom, 141 minora, 25 mješoviti produkt, 86 množenje matrica, 8 - matrice skalarom, 7 - vektora skalarom, 74
KAZALO
197
negativno orijentiran (lijevi) sustav, 80 - semidefinitna forma, 197 nepoznanice, slobodne, 64 - , vezane, 64 norma vektora, 73, 1 64 normala ravnine, 97 normirani oblik jednadžbe ravnine, 1 00 nosač vektora, 7 2 nul matrica, 3 operator homotetije, 129 - rotacije u prostoru, 1 35 - - u ravnini, 1 25 - simetrije, 125 - zakošenja, 130 ortogonalna baza, 89 - matrica, 1 7 1 ortogonalni vektori, 1 64 ortonormirana baza, 165, 89 parabolički cilindar, 196 parametarska jednadžba pravca, l03 - - ravnine, 98 partikularno rješenje, 68 ploha drugoga reda, 1 88 polovište dužine, 95 poluprostor, 100 potprostor razapet vektorima, 1 14, 52 pozitivno definitna forma, 197 - orijentiran (desni) sustav, 80 - semidefinitna forma, 197 pramen ravnina, 102 presjek pravca i ravnine, 109 pridruženi svojstveni vektor, 1 5 8 projekcija na pravac, 1 3 1 proširena matrica sustava, 62 radij vektor, 73 rang matrice, 48 red matrice, 3 redak matrice, 2 reducirani oblik matrice, 44 regularni operator, 140
201
KAZALO segmentni oblile ravnine, 99 S ilvesterov kriterij, 198 simetrična matrica, 5 simetrija s obzirom na pravac, 132 skalama projekcija, 82 skalami produkt, 8 1 , 158 slične matrice, 129 slika operatora, 1 3 8
slobodne nepoznanice, 64
spektar operatora, 154 stupac matrice, 2
svojstvena vrijednost, 144 svojstveni potprostor, 145 - vektor, 144 - vektor, pridruženi, 1 5 8 teorem, Binet-Cauchyjev, 34, 5 9 - , Hamilton-Cayley, 1 55 tip matrice, 2
transponirana matrica, 4, 1 3 , 29 trokutasta matrica, 4 udaljenost dviju točaka, 94 - pravaca u prostoru, 106 točke od pravca, 105 od ravnine, 101 ulančane matrice, 8 unitarni prostor, 165 vektor, 72, 5 - , jedinični, 73 vektorska jednadžba pravca, 103 - projekcija, 82 vektorski potprostor, 1 1 3 - prostor, 1 12, 7, 75, 20
vezane nepoznanice, 64 zbrajanje matrica, 6 - vektora, 73
UTERATURA
[1] H. e.
ByrpOB, e. M. HHKOJibCKHH, 9.t�eMe't-tmbt .II U't-teiinou a.��Ze6pw u
ana.��umu"l.ecr.:oii zeoMempuu, HayKa, MocKBa,
1984 [2] ci>. P. raHTMaxep, Te opwr Mampu'4. MocKBa, 1954 [3] M. D. Greenberg, Advanced Engineering Mathematics, Prentice-Hall, Englewo od Clifs, 1988 [4] K. Horvatić, Linearna Algebra (viii. izdanje), Matematički odjel PMF-a, Zagreb, 1995 [5] E. Kreyszig, Advanced Engineering Mathematics, John Wiley & Sons, New York, 1993 [6] S. Kurepa, Uvod u linearnu algebru, Školska knjiga, Zagreb, 1978 [7] S. Kurepa, Konačno-dimenzionalni vektorski prostori i primjene, Tehnička knjiga, Zagreb, 1967 [8] S. Lang, Introduction to Linear algebra (Second Edition), Springer-Verlag, New York, 1986 [9] P. V O. Neil, Advanced Engineering Mathematics, Wadsworthy Publishing Company, Belmont, 1983 [10] r. E. IIIHJIOB, BeeiJenue 8 meopU10 .IIU't-teU't-tbtX npocmpancme, rocy,n;ap CTBeHHOe H3,n;aTeJihCTBO, MocKBa, 1952 [ l l ] A. e. eoJIO,li;OBHHKOB, r. A. ToponoBa, Jluneiina.K a.��ze6pa e &.lleM enma MU ana.��umu"l.ecr.:oii zeoMempuu, BhlcmaJI mKoJia, MocKBa, 1987 [12] R. R. Stoll, Linear Algebra and Matrix Theory, McGraw-Hill Book Company, New York, 1952
