Zbirka zadataka iz linearne algebre

R drugoga stu pnja takav da je M n K = {(x y) E M : p(x , y) = 0}. Za koji je položaj ravnine M M n K elipsa, hiperbola, parabola ? 21

a) b) e)

,

O,O,

Napišite jednadžbu konusa : V = (0, l. 1 ), os je paralelna s x-osi,

Nađite presjek svakog od navedenih konusa s xy-ravninom identificirati te presjeke. 20

pokušajte

8.

Deterrninanta matrica drugoga i trećega reda Determinanta kvadratne matrice drugoga reda A =

finiran formulom detA

= l : ; l = ad - bc.

r: ;j je broj detA de­

Determinanta kvadratne matrice trećega reda definira se formulom

Rješenje sistema od tri linearne jednadžbe s tri nepoznanice oblika

a1x1 + a2x2 + a3x3= rx b1x1 + b2x2 + b3x3 = fJ c1x1 + c2x2 + c3x3 = y zadovoljava D· x1 = D1, D· x2 = D 2, D·x3 = D3, gdje je rx a2 a3 a1 rx a3 a a2 rx DI= f3 b2 b3 D2= bl f3 b3 D3= bi! b2 f3 y c 2 c3 y c3 c2 y D1 , i D je determinanta matrice sistema. Ako je D =l= O onda je x1 = D D x2 = ; rješenje sistema (vidi zadatke 1 4 i 1 5).

'

'

CJ

CJ

l

Izračunajte determinante ovih matrica :

2

ll � r l. ll r

-l r� H -l l r� l

Izračunajte determinante ovih matrica :

a) A = O

oo

O ,

b) B �

l d) D = 2 2 2 , 3 3 3

e) E �

oo

4

o 2

e)

e�

r� n [!ln

2 ' QF � 3

o

-l

8

o

4

21

3

r-�; �]. b)[;-� �]. e)[-� � -�]. r� � 8], r� %1 %:] . Izračunajte d etA za matricu A danu s :

a)

789

d)

8

e)

O Oc

7

2

9

o

6

O O c

Valja primijetiti da je matrica u slučaju b) nastala od matrice u slučaju a) permutacijom stupaca. 4

x + 2y + 3z = l + z=3 X+ 2y- Z = -l.

- 2x

5 Za vektore a = i+ j+ k, b = i- j+ k, e = i+ j+ k izračunajte determinatu

1:::

: : : ::�

.C·a C · b C·C

6

Riješite jednadžbe: l

a) l l 7

l

3 x 5 -l = o, b) X 3

l

Dokažite da je

l �1 �1 �

11

2x -X -l X = O. o 3

l

X - Xt Y Y 1 x- X2 Y - Y2 l X2 Y2 l gdje su x, y, Xt . x2 , Yt . y2 brojevi. =

�

8

Neka je (O; i, j) koordinatni sustav u ravnini M i neka su P; = {x;, y;) (i = l, 2) koordinate dviju različitih točaka te ravnine. Tada je s

22

l

l

X y l Xt Y t l = O , X2 Y2 l

odnosno s

l

x- x1 Y - Y1 l = 0 Xz - X1 Yz - Y1

dana jednadžba pravca koji prolazi točkama P 1 i P z. 9

Neka je (O; i, j, k) koordinatni sustav u prostoru i neka su P; =

(i = l , 2, 3) tri točke koje ne leže na istome pravcu. Tada je s

x - x1 y- y1 Xz - X1 Yz - Y1 X3 - X1 Y3 - Y1

(x;, y;, z;)

z- z1 Zz - Z1 = O Z 3 - Z1

dana jednadžba ravnine koja prolazi tim točkama. 10

Provjerite da je

a11 a1 2 a1 3 az1 azz az3 a31 a3z a33 za svaki kompleksan broj A.. ll

Dokažite svojstva l o - so ([ 1 6], § 1 .8) za determinantu trećega reda.

12

Definirajte determinantu matrice četvrtoga reda formulom :

al bl cl dl

az a3 a4 b3 b4 bl b3 b4 bl hz b4 bl hz b3 hz b3 b4 = al Chzz c3 4 c cl Cz CJ c c3 c4 +a3 c4 Cz a a C4 z l l Cz c3 c4 d d l d z d3 d d3 d4 d d3 d4 d d4 z z l l d z d3 d4

i dokažite svojstva analogna svojstvima l o - so (vidi prethodni zadatak). 13

Provjerite da je

23

14

x" x2, x3 zadovoljavaju sistem jednadžbi a1x1 +a2x2 +a3x3 = r:J. b1x1 +b2x2 +b3x3 f3 C1X1 +C2X2 +C3X3 ')' onda je D· x1= D" D· x2= D2, D· x3 D3 (brojevi D, D" D 2, D3 definirani su u [1 6], strana 38). Ako brojevi

=

=

,

=

15

D iz prethodnog zadatka različita od nule, dokažite D D , · tad a x1= ' x2= 2' x3= D3 z t ( *) u zadatk u 14 . v' rJesenJe ststema J"ed nad"b" da Je D D Ako je deterrninanta

•

•

•

•

16

Dokažite da sistem jednadžbi

ax +by = ex+ dy= f3 r:J.

ima rješenje za svaki izbor brojeva

r:J.,

(l)

l : � l =!= O.

f3 ako i samo ako je deterrninanta matrice

A koeficijenata toga sistema različita od nule, tj. det A = 17

Odredite A. tako da sistem jednadžbi

(3 - A.) x1+ x2 + x3=0 x3= O x, +(3 - A.) x2 + x1 + x2 +(3- A.) x3 = O ima rješenje (x1, x2, x3) koje je različito od nule (tj. bar jedan od brojeva x" x2, x3 ,

je različit od nule). 18

Dokažite da su vektori a = a) + ayj +a.k, b= bxi +bJ +b.k cxi +eJ +c.k linearno zavisni ako i samo ako je deterrninanta ax ay az D bx by bz jednaka nuli. Cx Cy Cz e

=

=

19

Koristeći se prethodnim zadatkom odgovorite da li su navedeni vektori linearno zavisni ili nezavisni : l) a= b e=

=

24

2i - 3j + k i+ j - 3k -i - 3j+ k

2) a= 2i +j + k b= - i - j + k e= i + 2k.

9.

Desni i lijevi koordinatni sustav. Orijentacija

Neka su S= (O; i, j, k) i S'= (O'; i', j', k') dva koordinatna sustava prostora E. Vektore i', j', k' razvijemo po vektorirna baze (i, j, k):

i'= a1i j' = azi k'= a3i a1 az a3 Ako je determinanta D= b1 hz b3 c1 Cz c3

+ bd + c1k + bzj + Czk + b3j+ c3k. pozitivna onda su baze (i, j, k), (i', j', k')

odnosno sustavi S i S' jednako orijentirani, a ako je D negativna onda baze nisu jednako orijentirane. l Dokažite da su baze (i, j, k), (j, k, i) i (k, i, j) jednako orijentirane. 2

Dokažite da su baze (i, j, k) i (j, i, k) različito orijentirane . 3

Od triju linearno nezavisnih vektora a, b, e načinite šest baza i pronađite među njima jednako orijentirane baze. Dokažite da su baze (a, b, e) i (b, e, a) jednako orijentirane. 4 5

Da li su baze (a, b, e) i (a, a + b, a + b+ e) jednako orijentirane? Da li su baze (i, j) i (i cos cp+ j sin cp, - i sin cp + j cos cp) jednako orijentirane?

6

Dokažite da ·su baze (a, b, e) i baza (u, v, w) dobivena Gram-Schmidtovirn postupkom ortogonalizacije iz baze (a, b, e) jednako orijentirane. 10.

Vektorski produkt Neka je (O; i, j, k) pravokutan koordinatni sustav. Vektor a

i j k ax ay az bx by bz axi+ ayj+ azk, b = bxi+ byj+ bzk.

� b= (aybz - azby) i+ (azbx- axbz) j + (axby- aybx) k=

:

zove se vektorski produkt vektora a

=

l

Neka je (O; i, j, k) pravokutan koordinatni sustav. Za vektore a = i+ j, b = -i+ 2j, e= 2i+ 3j+ k nađite: a) a X b, b) b X a, e) 2 a X 3b, d) (a - b) X (e- a ), e) (b- e) X 2a, 0 ( a + 3e) X b.

25

2

e) i

Odredite vektore okomite na oba vektora dana s a) i, j; b) i + j+ k, i; j, i- j; d) i + j - k, j + 2 k.

+

3

Nađite površinu paralelograma koji u koordinatnom sustavu (O; i, j) ravnine ima vrhove dane s: a) ( 1 , l ), (4, 1 ), (2, 2), (5, 2) , b) ( l , 2), (0, 0), (2, 6), ( l , 4). 4 Dokažite da u koordinatnom sustavu (O; i, j) trokut s vrhovima P1 = (x1, Y;) i l , 2, 3 ima površinu jednaku apsolutnoj vrijednosti broja =

Y1 x 2 Y2 l

X1

2

X3 }'3

l

5

Nađite površinu trokuta s vrhovima: a) A = (4, 4, 2), B = (2, 4, 2), e = (3, 3, 6), b) A = (4, 2, 6), B = (6, -l, 7 ), e = (5, O, 5). -

6

Nađite a· (b e = 2i + 3 j.

x

e) i b· (a

x

e) za vektore a = 2i - 3j

+

Sk, b =

-

i + 4j + 2k,

7

Ako je w x a = O za svaki vektor a, tada je w = O. Dokažite istinitost gornje tvrdnje.

l l.

Višestruki produkti

l

Koristeći se formulom a

x

(b

x

e) = (a · e) b - (a· b) e

zadani vektor b rastavite u smjeru vektora a i u smjeru vektora koji je okomit na a ako je: a) a = i + j- k , b = 2i + k b) a = i + j + k, b = a x e, e i - j + 2k. 2 Dokažite da za bilo koja tri vektora a, b, e vrijedi identitet a· (b x e) = b· (e x a) = e . (a x b). =

26

3

Dokažite da su tri vektora a, b, e (različita od nule) komplanama ako i samo ako je a· (bxe) =O te da su dva vektora a, b (različita od nule) kolineama ako i samo ako je a xb= O, odnosno l a · b l= la llb 1 . 4

Ako vektori a i b nisu kolineami, tada je vektor e komplanaran s a, b ako i samo ako je e=-

(bxe)· (a xb) (a xe)· (a xb) z a+ z b laxbl laxb l

(l)

5 Za vektore a�> az, a3 delinirajte vektore b1 = a1xaz . Dokažite da je a; · bi = O za i =!=j.

=

az xa3, bz

=

a3 xab b3

=

6

* u3xu1 . (ub Uz, u3) baza u X0. Vekton. u1* = Uz xu3 Neka Je z '1! U u1 · (Uz xu31 u1 · (uzxu3) x Uz u . . . l � . * Uz, * u3* ) l'mearno su nezaviSni ! u;* · ui = u;i ( l, .J= l 2, 3). Baza (u1, u3* = u1 · (Uz xu3) je recipročna baza baze (ut. Uz, u3). Ovdje je b;i =O za i=!= j i b11 =b22 = b33= l. =

'

7

,

,

Dokažite formule : a) (axb)· [(bxe)x(ex a)]= [a · (b x e) J2, b) (ax b) (a xe)= la Iz (b· e) - (a · b) (a · e), e) (a xb) (exd)+ (a xd) (bxe)= (a xe) (bxd), d) a x[bx(exd)]= (b· d) (a xe) - (b· e) (a xd).

U pu te. Koristite se formulom a x(bxe)= (a· e) b- (a· b) e a · (bxe)= b · (exa) mješovitog produkta.

svojstvom

8

Tetraedar kojemu su vrhovi P; = (x;, y;, z;) (i = l , 2, 3, 4) dani koordinatama u sustavu (O; i, j, k) ima volumen jednak apsolutnoj vrijednosti broja l Xzx3 6 x4 -

xl xl xl

Yz - Yl Zz- Z1 Y3- Y1 Z1 Y4- Y1

z3 - zl z4 -

9

Pravac u kojem se sijeku ravnine a1 · r nadžbu rx(a1xaz)+ Dza1 - D1az =O .

+

D1 = O, az · r

+

Dz

=

O ima jed­

lO

Koristeći se prethodnim zadatkom nađite jednadžbu pravca određenog ravni­ nama 2 x1 - 3xz + x3+ 5 =O i x1+ Xz- 2 x3+ l =O. 27

ll

Nađite jednadžbu pravca određenog ravmnama Xl

-

+ l

X3

=

O,

Xl

+4

=

O,

koristeći se prethodnim dvjema zadacima.

RJEŠENJA § l. Vektori

u

ravnini i prostoru

l . Vektori i neke operacije s njima

y

y 3 z

0

l

2

3

X

-1

Q'

o

[Vektor P'Q' je rješenje zadataka.]

-------------

y

Q

z

p 2

a) 28

X

e)

y

o

4

b)

y 2

X

2

a)

2

Q'

3

4

X

-1

Q o

Q

X

b)

z

o

eJ

3

X

•

3

AC= QP ako je P

=

-

y

( - l , l ) i Q = (0, 0).

AB= QP ako je P= (l, O) i Q =( 3, 2). AD= QP ako je P ( - 1 /3, 1/2) i Q =(0, 1 ). =

X

5

B

-Vektori prostornih dijagonala su 0/Y, BA', AB', m i izražavaju se pomoću stranica na ovaj

način: OD'=OC+CJi'+B'D'=e+b+a; M=Bli'+iiD'+iYA'=e+a-b; CD=CA'+

+A'A +AD= a- e+b; AB' =AA'+lfD•+D'B'=e+b-a. A1B1=0B1 -DA1=J.(OB-DA)=J.AB.

6 7

v o

_

_

_

_

,

_

_

,_

Neka je D polovište dužine AB. Tada je OD= OA+AD=OA+ AB=OA+ oB2 T 11- - OA= (OA+OB)= a. [Dakle, vrh vektora a kojemu je početak u točki O je točka D].

T

T

8

OD= DA+AD= DA+J.AB =DA+J.(OB-OA)

=

( 1 - ,.!)OA+,!OB.

Obrat slijedi iz jedinstvenosti prikaza vektora OD, tj. ( l -JL)DA+!LOB=(l - ,.l)OA+,!OB povlači

i.= ll (vidi zadatak 2.11). 9

o

�

A

To je pravac kroz točke A i B.

B 29

lO

Oč = DA + R = DA + ;. CĐ

=

�

DA + ;. OĐ - foe, odakle je oc =

J.DB + DA

---­

;. + l

Uočite da je za svaku točku C na pravcu AB nazivnik uvijek različit od nule. ll

Ako s B' i C' označimo polovišta dužina AC i AB tada je - � 1- � 1- 1 CC+BB'+A A ' = (CB+CA)+ (BA+BC) + (AB + AC ) = l l l '-

A�

-

�

-

-

-

= -(CB+BC + CA + AC+BA+AB) = O. 2 12

e

Neka je AB

=

CD i

E polovište dužine

o -

CH. Tada je OE =

OC+DB 2

_

gdje je O proizvoljna

l� � , 1točka u prostoru. Sada je za O= C -(CA+ CD) = - (C A + AB) = -CB = CE, odakle slijedi da 2 2 2 je E polovište dužine AD . 1- l� � I obratno, neka je E polovište dužina CB i AD . Tada je - (O C+OB) = -(OA +OD) za 2 2 svaku točku O u prostoru. Specijalno za O = A je AC + AH = AD odnosno AB = CA + + AĐ = CD. _

2. Vektorski prostor X0• Linearni spoj vektora Vektori a, b i e su linearno zavisni ako postoje skalari ex, p, y takvi da je ex a + P b + y e = O i bar jedan od njih je različit od nule. Koristeći se izrazima za a, b i e zaključujemo da su oni linearno zavisni ako je

( + P - Y) Pt+ ex ( - 2 p- 4y)p2 = O ex

za

neke ex, p, y. To vodi na sistem dviju jednadžbi s tri nepoznanice:

cx + P-y = O, ex- 2P- 4y = o, koji uvijek ima netrivijalno rješenje. Npr. ex = 2, p = - l , y = l, pa je 2 a - b + e = O. 2

a) Pretpostavimo da su a i b linearno zavisni, tj. ex a + P b= O i ex =f O ili p =f

nadalje da je ex =f

O

i podijelimo jednadžbu

s

ex. Tada je a = -

!!__ b; (l

O.

Pretpostavimo

dakle, a i b su kolinearni.

b) Pre! postavimo da su a i b kolinearni, tj. b = ex a, odnosno l · b + (- cx)a = O. To znači da su a i b linearno zavisni, što se i h tjelo dokazati.

30

3

Vrhove trokuta označimo s A, B, C, polovišta suprotnih stranica s A', B', C ', a sjecišta težišnica

BB' i CC s

T. Treba dokazati da težiš nica AA' također prolazi točkom T, tj. da je AT = rx ll gdje , je rx neki realan broj.

e -

C'B' =

l ----B C. pa je BT - CT = 2TB'- 27L' odnosno BT - 27B'=CT - 27L'. Zbog linearne T

nezavisnosti vektora lit- 2m· i ct- 2Tf· zaključujemo da je liT- 2m· = ct- 2 TC' =o 22l_ l1CT=- CC'. Sada je AT = AB' + B'T = -A C- - BB' = -A Codnosno BT= - BB' 3 3 2 3 2 l 1- 111112---- (BC + 84) = -A C- - BC - - BA = �AB + - A C = - AA'. 3 2 2 6 6 3 3 3 Točka T zove se težište trokuta ABC. 4

AĐ=AO + ( - rxAO + pAiJ - f3AO + yAC- yAO ) =

=

AO - (rx + {3 + y) .W + {3 AB + yAC

=

{3 AB + )'AC gdje je {3 + y

:S; l.

U slučaju {3 + /' = t < l skup svih točaka D koje zadovoljavaju AD = f3 AB + y AC je dužina paralelna s dužinom BC i spaja točke e, i B, definirane s A C, = t. AC, AB, = t. AB. Kada t prolazi skupom svih brojeva između O i l, točka D >>šeće<< po trokutu ABC. s

6

l1.AT = - AB + -AC, odakle slijedi da je T težište trokuta ABC. 3 3

Dokaz jed instvenosti točke P. Pretpostavimo da je Q također točka koja zadovoljava •

relaciju L Pi; QP;=O. Tada je O

=

i= l

k

L Pi (QPi - PiP) =

i= l

p· QP i zbog p -# O slijedi da je QP = O,

tj. Q = P. Dokaz egzistencije točke P. Neka je O proizvoljna točka u prostoru i P (O) točka koja --

zadovoljava OP(O) =

l k

--

L

p i� l

P (O) P (O') = OP (O') - OP (O) - 0'0 = O .

-

p, · OP,. =

Točka

P (O)

O'P (O') - OP(O)

:-

ne

ovisi

o

točki

O jer je

za

O ' =F O

0'(5=

31

7

Za dokaz prve tvrdnje upotrijebite zadatak 4. Točka P u trokutu ABC određena je vektorom OP= a10P1+ a10P1 + a30P3 gdje je O proizvoljna točka u prostoru i a�> a1, a3 nenegativni brojevi, takvi da je a1 + a1 + a3 = l. Ako su

mm�> m1, m3 takve mase da je a,=�, i= l, 2, 3, gdje je m= m1 + m1 + m3, onda je P središte masa m sistema. U slučaju m l te su mase jednoznačno određene. =

8 Neka

O

je

-

proizvoljna

u

točka

l

I mi· OPi m1+ 1 + ... +m. i=>+, l = m, oQ1 m o Q, + m + . . . + m" l ; 1 i= k+ 1 pa je P= Q.

OQ1=

9

(i )

f( I ,)

1

=

Neka su vrhovi mnogokuta označeni s

da je

•

I

i= 1

Tada

prostoru.

]

-

OP =

=

je

OQ1 =

l Int + .

l

m 1 + ... +m •

-

I m,· OP,.

. . +m. i= 1

I ,

i

m,. ��1 � r m . 0-P, + m1 + . . . + m,.\ i"" 1 .• = "-+- 1

A � > A1, .. , A.

,

k

--�--

I

m;· OP;.

i=,

oP.J

-

OQ =

OP

=

,

i s O središte mnogokuta. Treba dokazati

OA,= O.

Pretpostavimo suprotno, tj. da je

L i .-

1

OA, =a=!=

O. Rotacijom za kut

2n/n

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

' a

koji je različit od

a,

dakle različit i od

"

I

OA,,

a

I

suma

OA,

se ne

i= l

tom istom rotacijom

što je nemoguće.

i= l

10

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

+ a3

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

Budući da točke

A , B, e.

D

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

b

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

bile na istom pravcu. Dakle,

�

OD=

aOA +POB+yOe a + P+ y

. Neka je

drugi prikaz vektora OD. Zbog linearne nezavisnosti vektora

p

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

AJI 12

=

, y

.

.

gdje Je A

a' + P' + y'

a'+ P'+ y'

=

y

a + p + y,

OB

oe

a'

---� =

:x' +P'+ 1,.

odn osno A a= a', A P

=

P'

= �--.

Označimo sa

a+ P+y

D

sjecište pravaca -

eB1

32

y'

a + P+ y

OA.

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

=

AA1

-

i

BB1•

eeB + ( l -

Točka B 1 leži na pravcu -

e) eD=

A

-

-- eA.

A+ l

DB,

pa možemo pisati

Na isti je način �

CA 1

Odatle slijedi da je

=

�

�

Q CA +(l- g ) C D

-

E

)J CB )J+l

= �-

�

A. � CB +(l- E) CD - -- CA A.+l

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

=

�

.

O

=

o.

Kako zbog linearne nezavisnosti vektora CA i CB možemo pisati -

).

---

=

J

- E

--

=

E()J+ i)

----

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

=

O,

odnosno

13

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

= ---­

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

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

3. Baza vektorskog prostora X0• Koordinatni sustavi

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

=

Vl3

=

3.61

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

=

=

=

=

=

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

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

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

=

=

V4Q2 = 20.05

yl2o6 = 14.35 J/54 = 7.35. =

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

=

=

3 Zbirka zadataka iz linearne algebre

33

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

l

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

V2l

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

-1/2),

m=

�k)·

� (- i +j +

4

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

4. Nejednakost trokuta

je m

Cauchyjeva nejednakost

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

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

>

da je tvrdnja u zadatku istinita za sve

m l

+ 2am L

11:=1

L

m l

a•

+ m a;, = m

lJ E

m l

sm. Tada je

L -L

=

L

=

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

( J, )

.�1 (a.- am)2

(J, )

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

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

(.�1 af)m

Specijalno je m

m l

jednakost stoji ako i samo ako je

a1

=

=m a2

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

.

=...

=

am.

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

L

l $i
4 I) Ako je

Ako je

a;+

(a; b• - a. b;)' =

a 1 = a2 = . ..

(af bf +af bf - 2a; b• a. b;) =

=a.= O, onda u ( * ) stoji znak jednakosti i nema se što dokazivati.

(t,

l.t �. b• l,

O bar za jedan i E [l , 2, . . . , n), onda polinom f(x) =

kompleksan broj za koji je l a l = l i svako x E R. Dakle,

34

L

l si
:x

·

)

11. b• =

L l a•

k.-=-1

x

+ :x b. l 2,

gdje je

:x

takav

poprima nenegativne vrijed nosti za

t l a.l2 • B = l I a,b·l· e = I l b. l 2• Tada je o $ A x2 + 2 Bx + e E R. Za x = - -AB gornja nejed nakost daje B2 :S; AC, što je Cauchyjeva nejednakost.

Označimo da je A = svako

x

Ako je

l

k- l

b, = A a, (k = l , . . . , n), A E C, onda je

obratno, ako

u

(*) stoji jednakost, onda je

B2 = AC O f ( - -AB ) = =

•

I

•= 1

a, = AB b, za k = l , ... , n. IJ, a. b, l 2 $ (t l a, b,l) ' = (t l a. l l b. l)' $ I I a. l 2 l b. l 2

odakle slijedi da je n)

za

k=l

k= l

l a, ( - -B ) + A

et

b, 1 2,

et-

jer je za realne 11-torke Cauchyjeva nejednakost dokazana u zadatku 3. 5

l ,;, + b, l2 = L l a,l2 + 2 R e L a, b, L l b, l2 $ " $ .� " , l a, l 2 + 2 .�," l a, b, l + .�" , l b, l2 $ .�" , l a, l2 + 2 (.�," l a, l2)'/2 (.�, l b, 12)' '/2 + .�," l b, 12 l " · '; ( " · t ; z = ( .�, l a,1 2) 2 + 1�1 l b, l2 ) 2 1 . odakle vađenjem drugoga korijena slijedi relacija (u). Ako je a; =f O bar za jedan i { l , 2, ... , n j i ako u relaciji (**) stoji jednakost. onda ona stoji na svakom mjestu u prethodnom dokazu. Specijalno je .t, l a, b, l2 = (.t l a, l2) (.t, l b, l 2 ). odakle , zaključujemo - koristeći se prethodnim zadatkom - da je a, = A b, {k = l, . . , n). Ako tu propor­ cionalnost uvažimo u relaciji ( * * ), dobivamo l l + A l = ! A l + l, odakle slijedi da je A ::> O. Da jednakost u relaciji (**) stoji u slučaju a, = ), b, (k = l, ... , n) i A ::> O, provjerava se Iz Cauchyjeve nejednakosti slijedi da je L

k= l

k -= 1

k= l

+

k= l

E

direktnim uvrštavanjem.

" �b - m) (M - �b ai ::> O, odakle sređivanjem dobijemo tražen u nejednakost. ( ak ak ) . h, . Jednakost vrijedi ako i samo ako Je - Jednako m ili M za svako k = :, ... , n. a, 7 b Označimo A = L l a, l . l a,! = b,. Tada je O :S; -'- l, pa je prema prethodnom zadatku , A " " " 1 .�, l a, l2 :S; .�, A l a, l = A 2, odnosno � ,f:, l a 12) :S; .�, l a, l. = 1 lijeva nejednakost je istinita jer je (l ,,, l + l 1) 2 l 1 12 + 2 l a 1 2 Naime, Za l a 1 l l a2 1 :S; I a1 12 + l a2 12 povlači l a1 12 + l a2 12 + 2l a 1 l l a2 1 :S; 2l aa12 122+:S; 2l aa2 12 što je2 prethodna �nejednakost. Pretpostavimo da je nejednakost ispunjena za prirodan broj n - L Tada je ct l a. l )2 = cz:: l a. i f + l a. l2 + z :�: l a. l l a. l $ (11 - o(I l a. 1 2) + l a. l 2 + + 1�1 (l a, l2 + l a. l2) $ n ( ,E la, 12)· 6

Očito je da je L

lc "' l

l

:S;

, l ;z

"

11

n-

1

,

,.

Prema aksiomu matematičke indukcije lijeva nejed�akost vrijedi za sve prirodne brojeve.

35

8

lad2 � la1 12 la. l2 za svako i = , n, pa je i max {l a; l : i = l, ... , n} � (l a, l2 . . a. 12)1:1. lail2 � [max {111d : i = . , n}]2 za svako j, pa je i la1 12 + . . . + la.l2 � n · [max {lad : i = l , ... , n}r, što se i htjelo dokazati. + ... +

... + l =

l, . . .

l, . .

9 Za svaki prirodan broj

n

1:'

N je

+ .

Ct, ak bk Ir .t, ak 12 t b,l2 Ct, ! a. b, Ir � (.t, la,l1)Ct, lb,l2) l

·.

1

�

,

1

zbog Cauchyjeve nejedna­

kosti. Prema pretpostavci možemo pisati riječima, red

"'

L

Ako u prethodnom zadatku stavimo

l L k

·� l

n E N. Drugim

ak bk je apSolutno konvergentan.

.t= l ...

JO X

za svako

a• apsolutno konvergentan. Obrat ne vrijedi. Za ak = -,k = l

Vk

divergira.

l, 2,

bk

l

= -

�

.

za k

k

=

l, 2, . . . , onda 'slijedi da je red

konvergentan, a red . . je ·�Il -ak k l

�

I

l= !

l ak 12

=

X

l

L -

.� , k

5. Skalami produkt

·

a b

=

·

- 8, b e = - 2, e · a = 6, a · (b + e) = - 2,

a

·

b+a·e=

-

2, (a - e ) · (a - e) =

2

3

a) Vektor s koordinatama (l, O,

-

l ) okomit je na (2, S, 2);

b) (2, 3, 0).

4

;. = 6.

5

Kut uz vrh A iznosi 62"58'. Kut uz vrh B iznosi. 58°3 1'. Kut uz vrh C iznosi 58°3 1'. Stranice su BC 3.46,

a

6

Označimo

=

=

b = AC = 3.32,

a = lal, b = l bl. Tada je (a b) · (7a - Sb) = 7a2 (a - 4b) · (7a 2b) = 7a2 +

-

36

e = A B = 3.32.

b2 = O · 58b2 = O.

+ 2a · b -

30a b +

17.

z 7a + 8b z

---- , odnosno 67 bz = 1 1 2_a z .

Iz toga slijedi da je

cos a

=

30

67 5b z - 7 . - bz 1 12

5bz - 7a z

a·b

--- = ----

lal lbl

2ab

2-

7

V

V

5 . 1 1 2 - 7 . 67

-----

67 - bz 112

224 -

=

0. 53.

67 1 12

Treba dokazati da a a + p b + y e = O povlači a p = y = O, odnosno da jednadžba a a + P d + + y e = O (nepoznanice su a, p, y) ima samo trivijalno rješenje. Ako tu jednadžbu skalarno množimo redom s a, b, e, dobivamo a a z = O, p b1 = O, y · c1 = O, odakle slijedi da je a = P = y O. ·

=

=

·

8

Neka su a i b »vektori stranica« paralelograma. Tada su dijagonale a + b i a - b z 2 2 l(a + b)l2 + l(a - bli z = (a + b) · (a + b) + (a - b) · (a - b) = a z + 2a b + b + a z - 2a b + b = 2a2 + 2 b 9

A

r; e

e; e,

f

-o e

F

Označimo sa F silu kojom Zemlja privlači zadanu masu, a s J1 i f2 sile reakcije u nitima CB i C A. Masa m miruje ako je suma svih sila koje na nju djeluju jednaka nuli. Dakle ( • ) F + f1 + fz = O. Neka je e1 jedinični vektor u smjeru CB i ez jedinični vektor u smjeru CA. l l Ako relaciju ( * ) skala mo množimo redom s e1 i ez , dobivamo l f1 1 - l fz l O, l fz l - l f1 1 2 2 · -

V3 = O gdje su l fd, l fz l , l Fl iznosi sila f" fz, F. Odatle je I fz l - l Fl · 3

=

2

·

=

· -

FVJ/3,

l f1 1

=

-

FVJ/ 3.

lO

Jedinične vektore u smjerovima BA i BC označimo s e1 i e2, a sile reakcije u štapovima BA i BC s f1 i f2. Tada je f1 = f1 e" fz = fz ez i /1 e1 + fz ez + F 0 gdje je F sila kojom Zemlja =.

privlači masu m. Ako skalarno množimo prethodnu relaciju s e1 i ez , dobivamo /1 + fz - l F l · - = O, j, V3 - + fz = O. Odatle je /1 = 2 1 F l. fz 2 2

l

ll

a) b) e) d)

·

=

-

V3 -

·-

2

- l F l VJ.

r = PQ = 2i . Rad je jednak skalarnom produktu f r = 2 J (Joula). r = PQ = 3i - 2j + k, f r = (3i - 2j + k) - (i - 2j + k) 3 + 4 + l r = PQ = i + j + k, C r = O J. r = PQ - i - j - k , f · r = - 3 J. ·

·

·

=

=

8 J.

=

37

12

e

e•

A

Neka je CC' vektor simetrale kuta 1: ACB. Tada je a 0 · CC' = b0 · CC' gdje su a0 i b0 jedinični vektori vektora a i b i CC ' = il a + p b, 1l + p = l. Odatle je a0 · CC' = b0 · CC = :x a + p (b · a0) = = 1X (a · b0) + P b gdje smo s a i b označili duljine stranica CB i CA. Iz toga neposredno slijedi a 1l (l - a0 · b0) = P b (l - b0 a 0 ), odnosno •

da je il =

b

--

a+b

a

a b

i P = -- .

p 7

Iz

1l

+P= l

i

p

a b

slijedi

a +b

13

e

Označimo presjecište simetrala kutova 1: ACB i 1: CAB s D. Treba dokazati da je BD vektor na simetrali kuta 1: A BC. U tu svrhu dovoljno je dokazati da je c0 BD = a 0 iiD gdje ·

su a 0 i c0 jedinični vektori vektora a i

e.

Prema prethodnom zadatku je BC'

e - ac i BA' = -- BC. BD = e BC + ( l - e) BC' = - e a - ( l - e) -<

b+c

ea

- Q C - ( l - Q) --.

-

-

-

·

=

a

-- BA a+b -

i BD = Q BA + ( l - Q) BA' =

a+b ( 1 - Q) c ( 1 - e) a Q = --- . Nadalje, b+c a+b ac - BD · a 0 = ll e · a 0 + ( l - Ill -b+c

Zbog linearne nezavisnosti vektora a i c e = --- ,

b+c ac - BD c0 = e a � ( l - e) -- = e a (a 0 · c0) + ll e, a+b Q e (a0 · c0) + e a. ·

=

Zbog toga što je E a = Q e stoji gornja tvrdnja. 14

a BD = e BC + ( l - E) -- BA = E BC + e BA. Odatle je a+b bc ab e= , + EOC, što j·e zbog "" R = OD = "nOA + ( l - E - n)OB " (b + c)(a + b) - a c - ( a + b) (b + e) - a c ,

Prema

prethodnom

zadatku

b2 1 - Q - E = -------­ (a + b) (b + e) - a c

38

a . OA + b · OB + e · O C R = ---------a +b+c

6. Projekcija vektora na pravac a ·

ravninu

l

a) a ' = !nl2 " = 2 (i - j), b) a'

2

=

a

n

·

a1 a · a2 , a2 2 a, + -l a2 1 ·

--

la, l

l

5 a1 + - a2 = 3 i + 2j.

= -

2

2

Prema postupku opisanom u točki 6, § l udžbenika, •

a U = - = 1' lal

=

b - (b · u) u ·

l b - (b u) u l

e - (e · u ) u - (e · v) v

w = (u, v, w) je ortonormirana baza i d

V =

l e - (e · u) u - (e · v) v l

w =

U drugom w=

·

a - (a u) u

= k.

3 u + 2 v + w. b

U prvom slučaju dobije se ortonormirana baza u 4 i - 3j = --- , 5

•

-J

3 i + 4j

= - =

ibl

---

5

, v

a - (a · u) u

= -----

l a - (a · u) u i 17 e - (e · u) u - (e · v) v . 6 . = k 1 d = (d · u) u + (d · v) v + (d · w) w = - u + - v + w. 5 l e - (e · u) u - (e · v) v l 5 e i + 2j + 3 k b - (b u) u 3 1 i + 34j - 33 k slučaju je u = = v = i b - (b · u) u l le i VJ4 V3206 - (a · v) v l . . = - ( 1 .26 1 - 0.94J + 0.21 k), d = (d · u) u + (d · v) v + (d · w) w = 1 . 59 - (a · v) v l ·

-

-----

l a - (a · u) u = 2.67 u + 2.26 v + 1 .33 w.

a 2i + 3j U=-= VJ3 ' faf

4

---

b - (b · u) u

V =

w

=

i b - (b · u) u i

_

-

3 i - 2j

VT3 '

e - (e · u) u - (e · v) v

l e - (e · u) u - (e · v) v l

=

k.

5

Vektori a, b, e čine bazu u X 0 (E) ako su linearno nezavisni. Ispitivanje linearne nezavisnosti vodi na sistem jednadžbi A1 a + lc2 b + AJ e O za uređenu trojku nepoznanica A = (.ic" .ic2, AJ) koji, napisan u komponentama, izgleda ovak o : = O .ic 1 + 4/c2 =

= o

5/c,

?A, + 6).2 + .icJ = O. Sistem ima samo trivijalno rješenje ) = (U, O, 0), što znači da su vektori a, b, e linearno nezavisni. Gram-Schmidtovim postupkom dobivamo vektore: ,

a i + 5 j + 7k . . u = - = = 0. 1 2 1 + 0.5 8 j + 0.8 1 k. lal 5 7 V =-=

v

=

w =

b - (b · u) u l b - (b · u) u l

= 0.69 i - 0.63 j

e - (e · u) u - (e · v) v l e - (e · u) u - (e · v) v l

+

0.35 k.

- - 0.7 1 i - 0.5 2 j + 0.47 k.

39

2

6

a1 --

a2 - (a2 · u t l u ,

u2

(a 2 · u2 )

Zbog l) i 2) je l a 1 1 = (a · vtl odnosno v1 = = u 1 . v2 = = · -- , 1 (a 2 · v2 ) l a, l (a 2 · v2) što je zbog l) i l u 1 = l v2 1 = l jednako u 2 . Isto je tako vJ = (vJ · u J) UJ, jer su oba vektora okomita na istu ravninu razapetu s vektorima u1 r u 2 . Zbog O < aJ · vJ = (vJ · uJ) (uJ · aJ) je (vJ · uJ) = l odnosno VJ = UJ.

7

;1 l .7 l P

O

P

Površina

paralelograma

je

A' b

= lbl

a-

·

P2 l !bl - (a · b)b l2

B·

(a b) b

IJ;T2

.

Odatle

je

=

odnosno 2 1 b 12 = (a · a) (b · W + (a · W (b · b) - 2 (a . W (b · b) = (a . a) (b 2 čega slijedi tražena formula ako se prethodna jednakost podijeli s l b l .

8 a

P

2

Prema prethodnom zadatku je 4 2 = l a l · l b l 2 - (a · prema

kosinusovu

teoremu

je

a· b =

-

, e = - a - b.

Odatle je

lal + l bl + lel . . = s · (s - l a l) (s - l b l ) (s - l e i), gdje je s = . 2

P1

7. Ravnina l

P2

pravac

u

P1P2•

prostoru

--

1bl (a . W (b . b� iz

P2

W = (l a l i b i - (a · b)) (l • l l ll l + (a · b)),

2 2 l e l - l a l2 - l b l

2

.W

a l 'b l 2

=

P

= (0, 3, 2) a) ( - l, O, 1 ). OznaČimo a = Za točku = (x, y, z) na pravcu je 0P = x i + yj + z k = OP1 + t a = (O + t ( - l )) i + (3 - 3 t)j + (2 - l t) k, pa su parametarske j ed­ nadžbe pravaca x = - t, y = 3 - 3 t, z = 2 - t, t E R . b)

X

=

l + t, y

=

=

l +

t,

z

e) x = l - 2 t, y = 2 + 3 t,

,

2

= l + t,

t

E R.

z = - l - 3 t, t E R.

P

Stranica a; x = l - 2 t y = - l, z = l - 2 t, gdje je O :s; t :s; l . Stranica b ; x = l - 2 t, y = l - 2 t, z = l - 2 t, gdje j e O :s; t :s; l . Stranica e ; X = l, y = . l - 2 t , z = l, gdje je o :s; t :s; l . Težišnica t. spaja vrh A s polovištem stranice a = iic. Kako j e skup svih točaka (x, y, z) za koje je x = t, y = - . l + 2 t, z = t, O :s; t :s; l. Težišnica tb; x = t, y = - t, z = t, O :s; t :s; l . Težišnica tc; x = l - 2 t, y = - t, z = l - 2 t , O :s; t :s; l . 3

P (

Jedinični vektor normale na tu ravninu je n = ( IO i + 1 5 j - 6 k) ·

zatvara s osi x je arc co s

)

10 19

-

16 l

= 58.24°, s o s i y arc cos

Udaljenost ishodišta od te ravnine je dana s l n · 380 380 = O, O, - 6 je l n O P l = l9 6 = 20.

40

·

·

15 19

P

= 37.86°, a s osi

OP l gdje je

P

-19l .

z

= (0, - l , O � t o j e

t.

koji normala

n

Kut

( �) = 1 08.41°. 19

arc cos -

bilo koja točka ravnine.

ia

4

toj

l

l Jedinični vektor normale na tu ravninu je n = (7 i - 6j - 6 k) 11 . Točka P

AP

ravnini

= ( - 2, - 3, 3).

= ( - 14 + 1 8 - 1 8 ) .

5

2_l l 1

=

� ll

=

Udaljenost

točke

A

od

ravnine

=

(0, O, 2) leži u

iznosi

n

1

1 .27.

.

Af> 1

=

Normale na obje ravnine su proporcionalne, pa su ravnine paralelne. Jedinični je vektor l normale n = (S i + 3 j - 4 k) -- . Udaljenost među tim ravninama je d = l n · A B I gdje je A točka '

(

vso

)

jedne ravnine, a B neka točka druge ravnine. Odaberimo A = ( - 3, O, 0), B = �

AB =

10

-

3

vso d = - . - = - = 2.36.

, O, O

l

50

vso

30

(+ o).

�

3

,

O,

6

i n2 vektori okomiti na te ravnine respektivno onda je cos
Ako su n1

=

Tada je

l l n,01l ·. l02n2 l l ·

cos

7

a) Ravnine su okomite ako su im normale okomite. Jedna od ravnina okomitih na zadanu ravninu ima jednadžbu 4x + 2z + D = O. Točka P leži u toj ravnini, pa je D = - 4 - l 2 3 = - 10. Dakle, tražena jednadžba ravnine je 4 x + 2 z - 1 0 O. -

=

b) - 4 x + y određena.

-

·

7 = O. Uočite da ravnina koja je okomita na zadanu ravninu nije jedinstveno

8

Sjecište x-osi s ravninom ima oblik (x0, O, O) i zadovoljava jednadžbu ravnine. Dakle, 8, z0 = 6. ·2x0 = - 24 povlači x0 = - 12. Isto je tako Yo = -

Uočite da je -

..:_ - � + ..:_ = l jednadžba iste ravnine i da su brojevi u nazivniku u pravo 12

8

6

koordinate sjecišta te ravnine s koordinatnim osi,ma.

9 Jednadžba je tražene ravnine 7 x - 4 y + z + D = O gdje je D lO

=

- 7

·

l + 4 . ( - 3) - 2 = - l l .

A B = - 2 i - 2j + 5 k, AC = - 3 i - 3 j + 2 k. Točka P = (x, y, z) t(ažene ravnine zadovoljava

AP = u AH + v AC odnosno OP = DA + AP = DA + u AH + v AC ili u koordinatnom zapisu x = l - 2 u - 3 v, y = 2 - 2 u - 3 v,

z

=

- l + 5 u + 2 v.

To su parametarske jednadžbe te ravnine. Normala na tu ravninu je vektor okomit na vektore AH i AC, a to je n = - i + j. Jednadžba ravnine je - x + y - l = O. U

�

slučaju

no l � b)

jednadžba

� ex = arc cos = arc cos l nl l

�

ravnine

V2 2

1 ·

266

je

IS x + 5 y + 4 z + 1 6 = O.

Kut

među

njima

je

64.3 1°.

41

ll

Jedno se rješenje može konstruirati pomoću Gram-Schmidtova -postupka. Odabere se vektor koji nije linearna kombinacija vektora n1 i n2• Tada je razlika - y gdje je y ortogonalna projekcija vektora na ravninu razapetu s n1 i n2, vektor okomit na n1 i �Elementarnija konstrukcija je slijedeća: Vektor y = B1i- A d i vektor z = Cd- B1k okomiti su na n1• Ako je B1 =!= O, onda su y, z linearno nezavisni i linearna kombinacija = A Y + Jl Z također je okomita na n1 . Odredimo A i J1 tako da je okomit i na n2. Uvjet okomitosti je x

x

x

x

x

n2

A B1A2 +J1 C1B2 - A A 1 B2 - J1 B1C2 = O

n2

ili i.(B1A 2 - A1B2) +Ji.(C1B2 - B1C2) = O. Jedan od brojeva B1A 2 - A 1B2, C1B2 - B1C2 je različit od nule jer su n1 i linearno nezavisni. Neka je B1A2 - A 1B2 =!= O. U tom slučaju možemo odabrati i. = C 1 B2 - B1C2, Jl = A 1B2 - B1A 2, pa je = B1 [( C1B2 - B1C2) i +( C2A1- A 2 C t l j + je ( C1B2 - B1C2) i + +(B1A 2 - A1B2 ) k]. Dakle, jedan od vektora koji su okomiti na n1 i + (C 2A1- A z C t l j+(B1A z - A , B2 ) k. Diskusiju u slučaju B1 = O ostavljamo čitaocu. Treći je način konstrukcije pomoću vektorskog-<produkta 1 n2 vektora n1 i n2. 12

x

n

· n, =

· n2

x

n2

Neka je P = ( x0 .ro. =o l točka na pravcu p i Q = (x, =l bilo koja druga točka na tom pravcu. Vektor PQ mora biti paralelan s obje ravnine, tj. PQ O i PQ = O gdje su n1 i vektori normala tih ravnina. Drugim riječima, PQ i vektor (C1B2 - B1C2)i +( C2 A 1 - A 2 C t l j+ + (B1A 2 - A1B2 ) k moraju biti paralelni. odnosno •

X

r.

- Xo

13

Y - Yo

n

=

=

y0 - y0 z0) z0,z0 = =

Prema prethodnom zadatku 1 = l i - 4j + 5 k , n 2 2 i + 3 j- l k . Točka P = (x0, y0, koja leži u presjeku obiju ravnina zadovoljava jednadžbe x0 - 4 y0 + 5 z0 l i 2 x 0 +3 z0 = - 9. Ovaj sistem dviju jednadžbi tri nepoznanice možemo riješiti tako da x0 izrazimo pomoću i iz prve jednadžbe i uvrstimo u drugu jednadžbu . Time se dobije sistem dvij u jednadžbi: 4 y0 + 5 =0 = l i l l y0 - 1 1 =0 = - l l . Iz druge jednadžbe slijedi =-l+ a iz prve = 4 (- l + =oi - 5 + l = - =o - 3. Jedan je od mogućih izbora točke P (za O) P X+3 +l X+3 • = ( - 3, - l . O) . Jednad•b z a trazenog pravca Je,. dakle, --= -·-- = -- odnosno -- = -ll 4- 1 5 1 0 + 1 3 + 8 .'( + 3 y + l y+ l " " . . ( -= 1 1. , -= -l k = = a o Je pomnož1mo s l l - 1 * ). ll ll l l Napomena . Primijetiti valja da su brojevi - l , l, l u nazivniku jednadžbe ( * ) traženog pravca komponente vektora = - i +j+ k koji određuje taj pravac. Vektor je okomit na normale 1adanih ravnina. s

Xo Xo

·

=o

-

y0

z0

Z

=

z

=

14

\"

·

a

a

n·

n

=n·

Neka je P (x. y ) proizvoljna točka pravca p i Q = (x0, y0) fiksirana točka na pravcu p. Tada je PQ = i. gdje je a vektor koji određuje taj pravac. Označimo li s = n_, i + n,. j jedinični \Cktor okomit na vektor tada je za svaku točku P pravca p OP = n · (OQ + QP) OQ = e gdje je konstanta. Drugačije se to može zapisati kao a

a,

e

15

....., n,x + n,. y -

n, x +nr .r - c = O.

Traženi po linom ima, dakle. oblik

(x.

y)

= 1-x_·_n_ l =

e.

je komplement kuta između pravca i normale na ravninu. Dakle, r sin tp = cos ( !!__2 -
x

42

•

U vjet parale! nosti je; rp = O odnosno

q

= A B,

r

= A C.

x

·

n

= O, a uvjet okom itosti; rp =

; odnosno p = A A,

16 Vektor smjera zadanog pravca j e sin

1 1 · 5 + 1 · (-2) + 3 · (-3)1 rp =

= p

6

i + q J+ r = 29

= ---

�

17

x

0.

VU-38

,

k gdje j e

=

=

r - 3, q = - 2, p 5.

Sada je

odnosno rp = 1 7.07 stupnjeva.

Q (a,b,c)

Vektor n = mora biti okomit na ravninu M, pa je. okomit i na vektor P, Po, odnosno p - x0) + ( y - y0) + (z - z0) = O gdje je P y, z) proizvoljna točka ravnine M. - J"o ) + r lz1 - Zo ) = O y" z , ) koordinatne točke P,. Tada je Neka su x0) x1 y1 z1 . . -A jer točka P1 leži u ravmm M 1 na pravcu. Dakle, + A x0) i - - = -. p A - y0) + - z0) = O. Iz toga se može izračunati da je

(x pi +qqj + rk r (x, (x" p(x1 - + q( }'t a -b -e= . p(a p - + q q , + q (b + q r (e + A r - p(a - q(b+ q-z +y0),z+ r (c - z0) . P, P1 (a + p, b + Aq, e + P0 P0 P, d = I P0P1 1 = [(a + x 0) + (b + A. q - Yo f + + (e + A.r - zo)2] ' z. =

A-

Točka

ima koordinate

Udaljenost između točke

x0) +

-:c _ -:-�c----- :____----.::_ -

p2

A

.l.r) gdje je A dan gornjom formulom.

i pravca je udaljenost između

te točke na pravac. Ta je udaljenost jednaka

i ortogonalne projekcije

A. p -

2

18

Sjecište P1 zadanog pravca i ravnine je toga pravca d = l P 0 P1 l = 4.47. Jednadžba ravnine dana je s y = O.

P. (-3, -2,

x+ +z x-a y-b

19

- l ). Udaljenost je između točke P0

z - e

Jednadžba zadanog pravca je �- = �� = �- gdje je proizvoljna -4 -7 l toga pravca. Brojeve odredit ćemo iz sistema jednadžbi + - e = 5, a što j e uvjet d a točka P = leži u presjeku ravnina +y- z = O i y Jedno je rješenje toga sistema (0, - 9, - 4). Normala tražene ravnine je vektor okomit na gdje je Q0 0, - 9, - 4) i na vektor x = J · i- 7 j - 4 k. Jednadžba tražene ravnine je y D = O gdje je D = l - (- l) = 6.

a, b, e(a, b, e)

2 x + 2 - 3( z +

- 2·

2

točka

P(a, b, e) 3x 3a +b 5 -x - -+ b2z+-2e = l ,

+3·2

l = O.

P0Q0 sada

43

20 Pravac na kojem leži vektor n označimo s p. Skup K je ploha koja nastaje rotacijom pravca s1 (kut između pravca s 1 je zadanom kutu cp) u prostoru oko pravca p.

pravca p jednak

Neka je (O ; l j, k) pravo kutni koordinatni sustav u prostoru. A ko su (a, b, e) koordinate točke V, tada ( • ) prelazi u [(x - a) co s 1X + (y - b) cos P + (z - c) co s y J l = (co s cp )2 [( x - a )2 + (y - b )2 + + (z - cf] gdje je n = cos IX + cos p j + cos y k. Jednadžbu skupa M n K dobivamo ako uvrstimo z = O. Dakle, jednadžba skupa M n K je [(x - a) cos IX + ( y - b) cos p - e cos y] 2 = (cos cp)2 [(x - a)2 + + ( y - WJ. Sređivanjem dobijemo

i

(x - a)2 (cos1 IX - cos2 cp) + ( y - b)1 (cos1 p - cos2 cp) +

- a) ( y - b)

2 cos IX cos P (x - 2c cos IX cos y (x - a) - 2c cos p cos y ( y - b) + c2 cos2 y = O.

Točku O u ravnini M možemo izabrati tako da točka V ima koordinate V = (0, O, e). Tada je jednadžba našega skupa a 1 1 X2 + 2 a1 x y + a / + a1 x + az Y + ao = O 2 22 gdje je a 1 1 = cos2 IX - cos2 cp, a = cos2 P - cos2 cp, a 1 = cos IX cos p, a1 = - 2c cos IX cos y, a 1 = 22 2 = - 2c cos P cos y i a0 = c1 cos2 y. Brojevi a 1 1 , a i a 1 ne mogu biti svi jednaki nuli, što znači 2 22 da je p (x, y) = a 1 1 x2 + 2a1 2 x y + a l + a1 x + a2 y + a0 po linom drugoga stupnja. 22 Moguća su ova tri slučaja :

l . kut između ravnine M i osi p je veći od cp ; 2 . kut između ravnine M i osi p j e jednak kutu cp ; 3 . kut između ravnine M i osi p j e manji od cp .

U prvom slučaju ravnina M siječe sve izvodnice stožaste plohe i presjek M n K j e zatvorena krivulja. To je elipsa. U drugom slučaju ravnina M siječe sve izvodnice osim jedne. Dobivena krivulja je parabola. U trećem slučaju M n K se sastoji od dva dijela (hiperbola) i postoje dvije izvodnice koje su paralelne s ravninom M. Njihove projekcije na ravninu M su asimptote te hiperbole. Valja razmotriti slučajeve kad V leži u ravnini M, što ostavljamo čitaocu.

21

a ) Jednadžba konusa j e 3 x2 - ( y - 1 )2 - ( z - 1 )2 = O, tj. K = {(x, y, z ) : 3 x 1 - ( y - 1 )2 - (z - I f = 0}. M je u ovom slučaju xy-ravnina koja je paralelna s osi stošca. M n K je dakle hiperbola i njena je jednadžba 3 xl - ( y - l )' = l. b) Jednadžba konusa je

l

(2 x + (z - 2))2 = - (x2 + y2 + (z - 2)�). što sređeno daje 7 x2 - l +

2 + (z - 2)2 + 8x (z - 2) = O. Za z = O dobijemo jednadžbu presjeka M n K 7x2 - y2 - 1 6x + = O. Iz jednadžbe se vidi da je to hiperbola, što također slijedi iz činjenice da je kut između ravnine x y i osi stošca manji od e) Jednadžba konusa je x2 - l + (z - 2)2 + x (z - 2) = O, a jednadžba krivulje presjeka s x y ravninom je x2 - l - 8 x - 4 = O (hiperbola).

45°.

44

4

4

8. Determinaota matrica drugoga

2 3

4

D=

D3 =

s

- 2 ; e) O; d) O.

a) 5 ;

b)

a) l ;

b) 40;

a) 6;

b) - 6 ;

e) O; d) O; e) O; t:) - 6.

� � �l � -� � l -

trećega reda

2

o

2 -l 2

o

2 -l

e) - 72 ; d) abc; e) abc.

= - 16, D , =

l�

2

l

2 -1

-l

= - 8.

3

o

1

= 20, D 2 =

l

�

l

-2

l

= - 6, 3 l -1 -l

D2 DJ D, X = - = - 1 .25, y = - = 0.38, z = - = 0.50. D D D

16.

6 a) x, = l, x2 = 3 ;

b) x1 = O, x2 = 17.

7

l� ; � l l � � �l l � y� l 1 1 l

Ako drugi redak determinante D =

redak dobijemo determinantu

1 , x 2 Y2 l

x x 1 y Yt x2 l Y2 ·

4°, 5 o ([16], § 1.8). Isto je tako

l

razvijemo

=

8

x - x, x - x2

po

l

prvom

retku,

y- y , y - y2 ·

x x1 x - x2

koja je jednaka - D. To slijedi iz svojstava 3°,

1

1 0 = - ( - D) = D. Ako prethodnu determinantu 0 y - y, 0 x - x , y - y. · x x, 0 -y D=x + = - x2 y - y2 x O O x2 x y2 y

Yt y - y2

dobijemo

pribrojimo mu prvi

pomnožirno s ( - l )

l

1

l

l

Neka je P = (x, y) točka na pravcu koji prolazi točkama P 1 i P 2 različita od P 1 • To znači i P2P 1 proporcionaln� tj. x - x1 = .t(x1 - x2) i y - Yt = .l. ( y. - y2), ). + O. Iz

da su vektori P 1 P

toga slijedi da je (x - x1 ) ( y1 - y2 ) - ( y - y. ) (x1 - x2) = reci determinante

l

( • ) su zavisni

I obratno, ako je

l

x - x, y - y. = O. U slučaju P = P1 x, - X 2 Yt - y2

pa je determinanta jednaka nuli.

x - x , y - y, = O, onda točka P = (x, y) leži na pravcu koji prolazi x, - x 2 y. - y2

točkama P 1 i P 2 • Dokaz prepuštamo čitaocu.

45

9 Neka je P = (x, y. z) točka koja leži u ravnini određenoj točkama P,. P 2 , P3• To znači da su vektori P1P, P1P 2 i P1P3 linearno zavisni, odnosno da su reci determinante

D =

lx:=;: y:�;,1 z:=:: l XJ - X[ YJ - YI ZJ - Z l

linearno zavisni, što povlači da je D =

O. I obratno, ako je D = O, onda su reci determinante

linearno zavisni, što znači da su vektori P1P, P1P2 i P1P3 linearno zavisni. Iz toga slijedi da su točke P, P�o P2, P3 u istoj ravnini.

ll Prije nego dokažemo zatražena svojstva napomenimo da vrijedi formula

(l)

što s e može provjeriti direktnim računom. Često s e kaže d a j e s ( l ) dan razvoj determinante po prvom stupcu.

l:: :: : : l ,

gdje smo uvažili da svojstvo l 0 vrijedi za determinantu matrice drugoga reda. Koristeći se, nadalje formulom ( l ), desna strana gornje jednakosti jednaka je

što

se

a3 b3 c3

gdje smo svojstvo

l

i htjelo dokazati.

2° uvažili za determinantu drugoga reda.

1 l

1

Tvrdnja se analogno dokazuje i za druge permutacije stupaca.

D =

b1 b2 b3 a1 a 2 a 3 b1 b2 b3 = - a, a2 a3 a1 a 2 a3 .a1 a2 a3

prema

2°.

Desna je strana gornje jednakosti, opet prema svojstvu D

=

- D, odakle slijedi da je D

=

O.

2°, jednaka

l

h,

a1

bl a2

al Analogno se postupa i u ostalim slučaje,·ima. at

gdje smo svojstvo 4° uvažili za determinantu drugoga reda .. Analogno postupamo slučajevima.

46

!:

aJ

l· u

Dakle,

ostalim

, +d1 a3 3b + d3 = - b a, c3 l l c 1

b3a3+d3 1 C3

b2a2+d2 c2

2 3 d d2 d3 a al a3 a a2 a3 - (b3 + d3) l a ' :: l = - l !: ba2 ba3 1 - l a 1, a2 a3 1 b11 bz b3 1 + l d,, d2 d3 l . e, Cz c3 c1 Cz e, l c1 cl c3 c1 Cz CJ =

e,

14

I z ( • ) slijedi d a j e

- x b , 1 , bc3, l = l {Jy bc3' l - l bc1, bc,3 l x , bc33 1 z = l {Jy-c1x - b , x , l = l bz fJI l bz b ' l x,. l bc22 bc33 1 x3 l cb2z }'{J-C1 c2 Ct x 1 c2 . l . Ak o prvu Jed nad z" b u u ( ) pomnoZJmo s b b J I , d ob1"v amo Cz c3

odakle .(zbog formule (4) u [16], str. 35) dobivamo

l bCzz

X

=

•

•

-

'}'

z

l ba11 ab22 b3a3 1 x1 l azb2 a, ,

odnosno

C1 Cz C3

=

·

Gt:

{3

b3

•

}' Cz C3 Na potpuno se isti način može dokazati da je D · x = D i D · x3 = D3. 2

x0 = ��, = ; (gdje je D , = l ; : l , Dz = l : ; l) dano Zaista + a DD1 + b DDz D (a · l {J db l + b · l a {J l - l ac db l) 2

16

Ako je

D = d et A -J

O, onda je s

. . . . rJešenJe s1stema J ed nadž b"1 ( l ). =

D l :e p: d:l

_l_

·

y0

- Gt:

. -

· - =

l

Gt:

Gt:

-

e

=

Gt:

= O, jer prethodna determinanta ima dva jednaka retka. Na isti se način može

pokazati da je zadovoljena druga jednadžba. I obratno, ako ( l ) ima rješenje za svaki izbor brojeva {J. onda ima rješenje x, y za Gt: l, = O i y' za Gt: O, l . Dakle,

= {J x', = {J = ax' + b = ax + ex' + = ex + d Prema zadatku 14 ( u slučaju sistema dviju jednadžbi s dvije nepoznanice), det A · x = d, det A = - e, a. Bar je jedan od brojeva a, različit od nule jer je ax + d et A x' = - b i det A · b Dakle, a2 + 2 -J odakle slijedi da je d et A b Sada je (d et A)2 ( + x'2) = a2 + Gt:,

by = l y= O

'

y

O

dy'

l.

·

.

y' =

O.

y' 2

b 2 -J O,

y by = l j O. -J O.

47

17

Nužan i dovoljan uvjet da sistem ima netrivijalno rješenje glasi

odnosno

18

(3 -l)J 2 - 3 (3 - l) l1 Az AJ +

.! 1 1 3 � l 3�l 3-l

= 0,

l

l

= O. Odatle slijedi da je

l1 l2 AJ Az, AJ = 2,

= 5,

=

2.

Vektori a, b, e: su linearno zavisni ako postoje brojevi l" od kojih je bar jedan različit od nule i a + b + e: = O. Ova vektorska jednadžba ekvivalentna je sistemu triju jednadžbi

ax ll b,lz bxAz c,lJ CxAJ a1l1 a,l1 b,lz lJ l" Az, AJl" Az, AJ +

+ + + e,

+ +

l" Az, AJ · l1 D · Az D · AJ

=o =O = O

gdje su nepoznanice. Pretpostavimo da su a, b, e: linearno zavisni. Tada sistem (•) ima netrivijalno rješenje, tj. takvo rješenje gdje je bar jedan od brojeva različit od nule. Prema zadatku D = = = O. Kako je bar jedan od brojeva različit od nule, gornja jednakost može biti ispunjena samo ako je D = O. I obratno, D = O povlači da sistem (•) ima samo trivijalno rješenje, odnosno da su a, b, e linearno nezavisni. J)

Nezavisni.

9.

Desni

l

2)

14.

Zavisni.

lijevi koonlinatni sustavi. Orijentacija

Vektore i' = j, j' = k, k' = i rastavimo po vektorima baze (i, j, k), i' = o . i + l . j + o . k j' = O · i + O · j + l · k k' = l . i + o j + o k .

.

i računamo determinantu

l i

Dakle, baze su jednako orijentirane. o 1

o

Na isti je način O O l = l, pa su baze (i, j, k) i (k, i, j) jednako orijentirane. l o o

2

i' = j, j' = i, k' = k

' 3

D=

l! � �l =

l

<

O, pa su baze različito orijentirane.

Neka je (a, b, e) baza s obzirom na koju ćemo ispitivati orijentiranost. Zamjenom prvih dvaju vektora u bazi (a, b, e:) dobivamo bazu (b, a, e:� što odgovara zamjeni prvih dvaju stupaca u determinanti

l� � � l ·

l� � � l -

Dakle, determinanta matrice koja povezuje baze (a, b, e) i (b, a, e) je = 0 0 1 0 0 1 što znači da su te baze različito orijentirane.

. 48

l,

Svakoj permutaciji stupaca matrice i obratno (npr. bazi (e,

r � ! �] r � � � ]).

odgovara jedna od šest baza iz · našega skupa

b, a) odgovara matrica

l

Matricama koje imaju pozitivnu deter-

o o

minantu odgovarajuće baze koje su jednako orijentirane kao baza (a, e), a matricama koje imaju negativnu determinantu odgovaraju baze koje su suprotno orijentirane bazi (a, b, e). Tako su (a, e), (b, e, i (e, a, b) jednako orijentirane, a (b, e� e, b) i (e, a) jednako orijentirane baze i suprotno orijentirane od baze (a, b, e).

a)

4

Determinanta

5

D = l cos . sm

cp

cp

D = l� � �l

- sin cp cos cp

l

=

a, (a,

= l,

cos2 cp

6

b,

b,

b,

pa su te dvije baze jednako orijentirane.

+ sin2 = cp

.

pa su baze jednako .orijentirane.

l > O,

Prema rormulama (7) ([16], § 1.6)

a = (a · u) u b (b · u) u + (b · ) = ( · u) u + (<" · ) + ( · w) w la·u pa je determinanta matrice prijelaza jednaka D = 0 0 =

e

v v

v v

e

(a · ( · w) (b(b .· u) (e ·u) l 0 ) (( ) = (a · u)(b u) > O

(b · v) > O

e

> O,

e

e -v

v

odakle slijedi da su te baze jednako orijentirane.

e

· w)

·

) (e ·

v

w)

> O,

10. Vektorski produkt

a = � -! l �l 3k, b) b a - a = 3k. 2a 3b = (2 · 3) a 1 8k, d) - i - 2j + 5k, e) 2i - 2j - 4k, O 6i - 3j + 24k. a) i j k, b) (i + j + k) X i = j i + k i + j, - k, d) 3i - 2j + k 3 l gdje je a = 3i a) Površina paralelograma je = l a = i + j. Dakle, 3. b) 2. b = razaptnJU kojemu je površina dva puta veća od Vektori a = površine trokuta s vrhovima Dakle, površina trokuta jednaka je duljini vektora 2, 3). paralelogram = l l i j k l = -21 l lk = 1 l k. -(a b). No - a b = 2 2 2 2 a)

x

=

b

=

x

x

b

-

e)

x

x

b

=

-

2

X

=

X

P

X

x

b

=

- Je

C)

b

P

=

4

P1P2,

l

l

x

x

P1P3 P; (i

l

-

4 Zbirka zadataka iz linearne algebre

l,

x2 - x1 y2 - Yt O XJ - X t Yl - Yt o

x 2 - x1 Y2 - Yt XJ - X t Yl - Y I

-

X t Yt x2 y2 XJ Yl

l l

l

49

5

a) Neka je (A ; e�> e2 ) Kartezijev koordinatni sustav u ravnini koja sadrži sve tri točke. Odaberimo l tada su koordinate vrhova trokuta u novom sustavu A = D), B = ( e2 1 11-7

= i, =

( - j + 4k),

C = ( - l, V!?J , a površina trokuta je l �2 1 - � -1

e1

v

17

3

� �li=

Vl7 l

(O

2, O),

•.

VU.

b) - V3. Riješite zadatak računajući polovinu površine paralelograma kojemu su tri vrha točke 2

A, B. C.

6

a · (b x e) = - b · (a x e) = - 79. 7

Neka je

w = wx i + w,j + Wz k. Specijalno za a = i i a = j dobivamo: w x i = - w,k + wzj = O w j = wxk - Wz i = O. k, i, w, = w, = wx = O. X

j je

Zbog linearne nezavisnosti vektora

l l . Višestruki produkti

Ako je u zadanoj formuli e

= a, tada je a x (b x a) (a . b) a b= + -- · l a l2

l:

l

što je traženi rastav jer je vektor a a) b x a =

a x (b

� �

x a) = l !

-l

-l

l a 12

= -

X

(b

X

11)

l a l2

okomit na a. Dakle,

i + 3j + 2k

! - � l = 5i - j + 4k

= + + = 3, a · b = 2 · l - l · l = l, b = -3l e + -3 a gdje je e = 5i - j + 4k. 12

12

12

l

b) Vektor b je već okomit na a. 2

Ako je a = a i + a, j + a, k, b bx i + b, j + b, k, e = ex i + e, j + e, k, tada je a · (b x e) = ax ay a, xbx b, b, l = bx b, b, = l ex e, e, = b · (a x e). Na isti je način b · (a x e) = a · (e x b). l Cx Cy Cz l ax ay az =

3

Ako su a, b, e komplanami, onda se jedan od njih, na primjer e, može napisati kao linearna kombinacija ostalih. U tom je slučaju a · (b (O! a f3 b)) = a · (b x (n)) = b · (O! a x a) =

x +

so

O.

Ako je a · (b x e ) = O, onda je b x e okomit na a i vektori b i e leže u ravnini okom itoj na vektor koji je okomit na vektor a, pa sva tri vektora leže u istoj ravnini. a xb

li j kl

= ax a, a, jednako je nuli ako i samo ako su drugi i treći redak proporcionalni, bx

b, b,

z tj. a = J. b za neki broj A. a = J. b povlači l a · b l = l .l. l l b I = l .l. l l b l l b l = l a l l b 1. l a l · l b l povlači l cos tp l l gdje je tp kut među vektorima a i b. Dakle, tp = la · bl što znači da su a i b kolinearni. =

4

=

OI

obratno, ili tp = rr,

Ako u identitetu (a x b) x

uvrstimo d

(e

x d) = [(a

x

e

) · d] b - [(b x e) · d] a

= a x b, dobivamo z e l a x b l = [(a x e) · (a x b)] b - [(b x e) · (a x b)] a + (a x b) · [e · (a x b)] .

e

e·

Ako su a. b, komplanarni, onda je (a x b) = O, odnosno vrijedi formula ( 1 ). I obratno, ako vrijedi formula ( 1 ), onda su a, b, e linearno zavisni, pa leže u istoj ravnini.

5

a1 · bz = a1 · (a3

x

·

a d = a3 (a1

x

a1)

= O. Analogno za ostale produlcte.

6 •

Ut . (uz

. x uJ) IJed 1' = l , 1 z cega s l" u1 · (u2 x u3) linearna nezavisnost vektora ut, Naime, jednadžba J. , ut + .l.2 u! + .l. 3 u � = O za nepoznanice J. , , Az, AJ ekvivalentna je sistemu jednadžbi ..t. * . P rema preth od nom z ad a tk u J e u *; · U; = O za 1. -,- J.. U; · u;

=

J., (uf · u d + Az (u! · ud + AJ (uJ · u d = O

J. , (ut

·

·

·

Uz) + Az (u! Uz) + 13 (u! · Uz) = O

·

.l. 1 (uf u 3) + Az (u! u3 ) + .l.3 ( u! · u3)

odakle slijedi da je J.1

=

Az

=

O,

= ).3 = O, što povlači linearnu nezavisnost vektora u{.

8 Označimo a = Pt Pz, b = P1 P3, e = P1 P4. Tada je volumen tetraedra jednak apsolutnoj l Dakle, vrijednosti broja V = - a · (b x

e).

6

V

9

=

\6 l l

X2 - X 1 X3 - X1 X 4 - X1

Y2 - YI YJ ;- Y1 Y4 - Y1

a 1 i az su normale ravnina. Vektor koji određuje naš pravac okomit je na a, i a2, a to je upravo a 1 x Hz. x je radijus-vektor točke na pravcu ako i samo ako x + (a1 x az) leži u obje ravnine istodobno, i obratno, iz čega slijedi da x zadovoljava jednadžbe a1 · [x + (a 1 x a 2 )] + D1 = O. az . [x + (a 1 x Hz)] + Dz O odnosno a 1 · x + D1 = O i H z · x + Dz = O. Ako prvu jednadžbu po­ množimo s az, drugu s a 1 i od bijemo ih, dobivamo O = Hz (a 1 · x) - a , (a2 x) + D t Hz - Dz a1 = x x (az x a d + D 1 a 2 - Dz a �o što se i htjelo dokazati. =

,

·

=

51

lO

=

Si + Sj + 5k. Radijus-vektor y y1 i + y2 j + y, i + j - 2k, y X (5i + 5j + 5k) 3! + Sj što je ekvivalentno sistemu jednadžbi 5y2 5y, - 51 ' 5y, - 5y2 = za komponente y vektora y. Rješenje sistema je + y, 3+ a1 =

2i - 3j + k,

&z =

a1

točke na pravcu je rjclenje jednadžbe

x

&z =

=

-

k

! Ik,

5 r.� = 3 = 8

- ll

YI· yz,

3

8 YI = - 5 Yz = 5

YJ

gdje je y3 proizvoljan realan broj. Kanonska jednadžba pravca je, dakle, x1 ll

-t-

8 = x2 = x3. 5 5

3

- j. Radijus-vektor y y i + + k točke na pravcu je y X (-j) - 3 i + 4k, što je ekvivalentno sistemu jednadžbi y2, y3 -y, 3 -y, 4. Dakle, jednadžba pravca je ravninu koji prolazi točkom -4, O, 3). - 3 + 4 O. To je pravac okomit na a1 =

i - k, a2

rješenje jednadžbe

= � a1

x

a2 =

= 1

yz i

y3

=

Z<\ Y I>

=

-

=

P=(

52

x3

= x1

=

(x" x3)

§ 2. Linearni operatori

u

ravnini. Krivulje drugoga reda

l. Linearni operatori na prostoru X0 (M)

=

U ovom paragrafu s X0 označavamo vektorski prostor X0 (M) ravnine M. Za operator A : X0 --+ X0 kažemo da je linearan ako vrijedi A(J.x + py) = .A.A (x) + pA (y) za sve skalare A., fl E R i sve vektore x, y E X0.

l

Simetriji ravnine M s obzirom na x1-os pridružite preslikavanje s X 0 (M) u X0 (M) i dokažite da je to preslikavanje linearno. 2

Preslikavanjima ravnine M što slijede pridružite preslikavanja A : X0(M)--+ X0(M) i dokažite da su linearna : l) centralnoj simetriji ravnine M s obzirom na točku O, 2) homotetiji ravnine M s obzirom na točku O, 3) ortogonalnoj projekciji na x ros, 4) rotaciji ravnine za kut q> oko točke O. (Za definiciju tih preslikavanja vidi [ 1 6] § 2 . 1 na str. 53.) 3 Nul-operator definiramo kao operator koji svaki vektor x E X0(M) prevodi u nul-vektor toga prostora. Taj operator označujemo s O, dakle (Vx E X0 (M)) O (x) = O. Dokažite da je nul-operator linearan operator . 4 Jedinični operator J prostora X0 definiramo s (Vx E X0) I (x) = x. Dokažite da je taj operator linearan. 5

Nađite operator projiciranja na XrOS i operator simetrije s obzirom na

XrOS .

6

Neka je x 1 - 2x2 = O jednadžba pravca ravnine M koji prolazi kroz točku O u pravokutnom koordinatnom sustavu (O ; (e�> e2 )). Nađite linearan operator ortogonalne projekcije ravnine M na taj pravac i dokažite da je to linearan operator. 53

7

Nađite operator ortogonalne refleksije s obzirom na pravac zadatka i dokažite da je to linearan operator.

p

iz prethodnog

8

Neka je s A (x) = (a11x1 + a1 2x2 ) e1 + (a21x1 + a22x2 ) e2 zadan linearni ope­ rator na vektorskom prostoru X0{M). Nađite nužne i dovoljne uvjete za brojeve aii tako da je A ortogonalna refleksija s obzirom na neki pravac koji prolazi ishodištem O. 9

Linearan operator A : X0 ---+ X0 je: a) aditivao ako je za svako x, y E X0 A (x + y) = Ax + Ay, b) homogen ako je za svaki x E X0 A (h) .lcAx. =

Dokažite da su slijedeća svojstva funkcije A : X0 ---+ X0 ekvivalentna : l a - A je linearan operator 2° - za svako A E R i x, y E X0 je A (.?cx + y) = A.A (x)+ A (y) 3° - A je aditivan i homogen.

lO Ako je A : X0 ---+ X0 aditivan operator, onda je A (O) = O, A ( - x) = - A (x) za svako x E X0. ll

Nađite primjer homogenog operatora A : X0 ---+ X0 koji nije aditivan.

Postoji li takav linearan operator s X0 u X0 da je slika A (X0) čitavog vek­ torskog prostora X0 polupravac { te1 : t � O} gdje je e E X0 zadani vektor. 13

Neka su A i � linearni operatori na vektorskom prostoru X0 i neka je (et. e2 ) baza u X0. Dokažite da je A = B ako i samo ako je A (e1) = B (et ) i A (e2 ) B (e2 ). Koristeći se tim rezultatom zaključit(;! da se svaka funkcija defi­ nirana na dvočlanom skupu { et. e2 } s vrijednostima u X0 može na jedinstven način proširiti do linearnog operatora s X0 u X0• =

14

Neka je A : X0 ---+ X0 aditivan operator. Dokažite da je u tom slučaju A {A.x) = A.A {x) za sve racionalne brojeve A.. Napomenimo da aditi �an O J?erator ne mora biti homogen. Dokaz nije elementaran i zasniva se na aksiOmu Izbora. 54

2.

l

Skup

!l' (X0)

svih linearnih operatora prostora .X0

Dokažite da za svake tri funkcije f, g, h s X0 u X0 vrijedi: l) (J + g) + h = J + (g + h) asocijativnost zbrajanja, asocijativnost množenja (kompozicije) 2) (J g) h = f(gh) komutativnost zbrajanja 3) J + g = g + J 4) (J + gfh = fh + gh distributivnost množenja (kompozicije) prema zbrajanju.

2

Ako su J, g : X0 --+ X0 funkcije s X0 u X0 onda je h(! + g) = hf + hg.

h : X0

--+

X0 aditivan operator,

3

Nađite tri takve funkcije J, g, h da je f (g + h) =F fg + fh . 4 0 po ten cije A", n E N induktivno A J, 2 A 1 = A, A = A · A, . . . . , A"� 1 = A" · A, . a) Dokažite da je (A"r A"m gdje su m, n prirodni brojevi i A" · A m = A"� m. b) Ako A, B E .P (X0) i AB = BA, tada je (AB)" = A"B" (n = O, l , 2, . . . ).

Za operator A E .P(X0) definiramo

=

. . .

=

5

Neka je A; operator projiciranja na za polinom P(A.) = A. 2 - A..

X;

os (i = l , 2). Dokažite da je P(A;) = O ·

6

Dokažite da je P(V) = O za svaki operator projiciranja (na pravac p). P je polinom definiran s P(A.) = ,.1.2 - A.. U pu t a. Izračunajte kao u prethodnom zadatku V(x) i V 2 (x) za x E X0.

[ au a1 2 ] . B = [ b u b1 2 ] matnce. drugoga reda.

3. Algebra matrica drugoga reda Neka su A =

1

[ au a1 2 ] + [ b u b 1 2 ] = [au a21 a2z

b 21 b22

]

Matrice zbrajamo tako da im zbrojimo odgovarajuće elemente, tj.

a1 2 + b 12 + a b a21 2 1 22 + b22 . + bu

b 21 b 22 Matricu množimo skalarom A. tako da svaki element te matrice množimo s A. tj. rau a1 2 rA.a u A.a 12 A. a a = a a . l 2 1 2 2 J A. 2 1 A. 22 a2 1 a22

]

]

55

a1 1b12 + a1 2h2 2 l - l au Gt 2l [ b11 b1b 2lJ _ [ a1 1bb1 1 ++ a12b21 a21 a22J b21 2 2 a21 11 a22b21 a21b12 + Gzz b22 J .

Produkt matrica A i B označavamo s AB i definiramo formulom AB

Za bilo koje dvije matrice A i B drugoga reda vrijedi det(AB) = det A · det B. l

a) A = b) A = e) A = 2

l - 3l 51 '

Nađite determinante matrica AB i BA ako je:

lrl oo1 o [� �t

-3 ,

[� �1 b) T2 = T· T ako je T = r-� �� . r cos e) P2 = P · P ako Je P

Provedite naznačene operacije: a) N2

=

N·N

ako je N =

(/)

sin (/)

1

[2 - 1 1 o 2 2 e) (A - Bf i A - 2AB + B ako je A = ll =

d) A 2 + 2A + I i (A +

1)2

.

sm cp - cos cp

; cp

=

n

-

2 ·

1

ako je A =

2

1

0 -1 ,

3

a) 4

Jc 2 - ,13

l� �t b) [� - �l, e) [� �t d) [ _ � �1.

Nađite P (A) ako je P (Jc) = 2 + 3,1 +

Nađite P(A) ako je A operator koji u bazi gdje je P (Jc) 56

=

3,1 - ,13.

B=

r- l 1

1 1 3 .

i ako je A jednako :

(et> e 2)

ima matricu

[25 1 1 -1

5

Neka je (et . e2 ) baz.a u X0. Nađite vektor x torima A, B u bazi (et . e2 ) pripadaju matrice 6

=

Ol r o l

(A 3 -

B) (e 1 - 2e2 ) ako opera­

l rl ll l ' ll l .

Dokažite asocijativnost množenja matrica (VA, B, C) (AB) C

4.

=

A (BC).

Kontrakcije i dilatacije ravnine. Svojstvene vrijednosti vektori linearnog operatora

svojstveni

Definicija. Za realan broj A.0 kažemo da je svojstvena vrijednost linearnog operatora A : X0 -+ X0 ako postoji vektor x =l= O takav da je A x A.0x . Za takav vektor x kažemo da je svojstven vektor operatora A i da pripada svojstvenoj vrijednosti A. 0 . =

l

Homotetiju prikažite kao kompoziciju dviju kontrakcija (dilatacija) s obzirom na dva okomita pravca. 2

x2 xz Hiperbolu kojoj je jednadžba � - � al

az

=

l

dobit ćemo iz jednakostrane hiper-

bole xi - x� = r z pomoću kontrakcija i dilatacija . Nađite svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore pripadnog operatora. U što prilikom takvog preslikavanja ravnine prelazi kružnica xi + x� = 1, a u što prelazi hiperbola - xi + x� = l ? Skicirajte. 3

Neka je F : M � M preslikavanje kojem odgovara operator C zadan u bazi (e1 , C(x1e1+ x2e2) = x1e1+ yx2e2, Vx1 ox2 E R, y E R. Nađite F (S) ako je skup S : V. l . pravac A 1 x 1 + A zx z + A 3 = O 2. parabola x 2 axi + bx1 + e, x 1 = ax� + bx z + e 3. kružnica xi + x� = l 4. jednakostrana hiperbola xi - x� = l , odnosno hiperbola - xi + x� l , xi x 2 x xz . . . prOizvolJna ·hiperbola 21 - --4 l , - 2 + --4 = l

e2)

s

=

=

a1

.

5. ehpsa

az

=

a1

az

xi x� +2= . a1 a z l

2

U svakom konkretnom slučaju skicirajte te krivulje. 57

4

r � �1 ·

Nađite svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore linearnog operatora T koji u bazi (et . e2) ima matricu T

5.

Simetrični operatori

u

=

ravnini

Za linearan operator A : X0

--+

X0 kažemo da je

Ax · y

=

simetričan

ako vrijedi

x · Ay

za sve x, y E X0. Teorem. Ako je A : X0 --+ X0 simetričan operator, onda postoje realni brojevi a � > a2 i ortonormirana baza (et . e2) prostora X0 takvi da je Ae1 = a 1 e1 , Ae2 = a2e2 .

l

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

2

Ax P (A.) 3

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

=

-

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

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

samo ako

7

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

Iskažite i dokažite obrat tvrdnje 58

IZ

prošlog zadatka.

9

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

=

O.

lO

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

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

6.

Ortogonalni operatori

u

ravnini

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

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

j

l

Provjerite jednakost T

=

f c� s cp l sm cp

- sin cp 1 cos cp J

=

sin cp1 f l - cos cp J l o

f cos cp . cp l sm

O

-l

j

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

2

f

j

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

U z t U zz

3

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

59

4

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

U : X0 cp

5

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

.

-

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

X t. X2 E R

nazivamo kvadratnom formom dviju varijabli. Za matricu

(l)

a1 1 a 1 2 1 A=[

l a 1 2 a2 zJ

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

l

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

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

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

=

-

=

=

.

2

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

3

Dokažite idući teorem.

ra 1 2 a22 1

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

=

·

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

4

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

Izračunajte vrijednost funkcije f (x)

Ax · x

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

6

=

r

2

=

--

ll

1 2 .

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

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

61

. 8.

Krivulje drugoga reda

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

l

(l)

a a 2 11 1 1 a 1 2 azzJ

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

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

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

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

RJESENJA

§ 2. Linearni operatori

u

ravnini. Krivulje drugoga reda

l. Linearni operatori na prostoru X0 (M)

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

2

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

62

3)

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

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

=

3),

4) Ako je (O ; (e1, e2)) koordinatni sustav kao u tada je s il (x 1 e1 + x2 ez) = = (x 1 cos cp - xz sin cp) e1 + (x 1 sin cp + xz cos cp) ez definiran linearan operator s Xa (M) u Xa (M) koji odgovara rotaciji za kut cp. Linearnost slijedi iz il (A x + ll y) = [(A x1 + ll yd cos cp - (A Xz + .U Yz ) sin
3 4

Dokaz prepuštamo čitaocu. Dokaz prepuštamo čitaocu.

s

=

Operator projiciranja na x2 os definiran je s A (x1 e1 + Xz ez) Operator simetrije u odnosu na x2 os definiran je sa S (x1 e 1 + svako X t . X z E R .

ez za svako x1 X z E R. ez) = x1 e1 + x2 ez za

Xz

Xz

-

6

Neka je x E Xa (M) . Vektor x treba rastaviti u linearnu kombinaciju vektora x1 koji leži na pravcu p i vektora x, koji je okomit na pravac p. Dakle, x = x, + X z gdje je x1 = A e, e vektor koji leži na pravcu p i x 2 · e = O. Operator A projiciranja na pravac p definiran je s A tx) = x, gdje je x, definiran gornjim rastavljanjem. Prema formuli ( l) ([ 16], § 1 .6 str. 25), ortogonalna projekcija vektora x na pravac p dana (x . e) e je formulom x 1 i vektor x x1 je okomit na pravac p. Dakle, operator projiciranja je dan (e · e) (x . e) s A (x) = e gdje je e bilo koji vektor koji leži na pravcu p. U našem slučaju e = 2e 1 + e2, (e · e ) =

-

l

=

l

l

- (4x 1 + 2x z) e 1 + - (2x1 + x2) e2. 5 5 l Linearnost operatora slijedi iz A (A x + ll y) ((A x + Jt y) · e) - e = [A (x · e)

pa je A (x 1 e1 + Xz ez) = - (2x 1 + x2) e 5

=

5

l

l

= A (x · e) - e + ll(Y · e) - e = A A (x ) + p A (y) . 5 5 7 .

Za x E Xa (M) p1šemo x = x 1

+

. . x2 gdje je x 1

=

�-�

--

(e · e)

+

l ll (y · e)] - e = 5

e, a x 2 = x - x 1 okomit na pravac p.

=

s V(x) x1 - x2 gdje su x1 1 x2 gore definirani. l U našem je slučaju x1 = S (2� 1 + �2) e gdje je e = 2e1 + e2, pa je V(x) = x1 x2 x1 - (x - x 1 )

Operator ortogonalne refleksije V dan je

= 2x 1 - x =

bazi (e" e2).

2 j

(x · e) e - x =

- � , + 2� 2 5

e1

+

-

=

=

4� , - 3�z . . e2 gdje su �" �2 koordmate vektora x u 5

p

63

8

Ako je A ortogonalna refleksija s obzirom na pravac p onda postoji vektor e =f- O, tako da je: 1 ° A (e) = e 2° x . y = A (x) A (y) za svaka dva vektora x, y E X 0 (M). ·

Prvo je svojstvo očigledno. Uz oznake iz rješenja prethodnog zadatka (l e l = l ) je A (x) · A (y) =

= (x 1 + x2) (y1 + Y2l = x, · y1 + X2 · Y2 = x , · Yt + (x - x t l · (y - y. ) = x · Y - x · Yt - Y · x, + + 2x1 · y1 = x · y jer je x y1 = x · (y · e) e = (x e) (y · e) = x1 · y1, što dokazuje 2°. Specijalno za x = y je l A (x)l = l x l, što dokazuje da ortogonalna refleksija čuva normu. ·

·

·

I obratno, svaki linearni operator koji je različit od jediničnog operatora I i zadovoljava uvjete i 2° ortogonalna je refleksija s obzirom na pravac određen vektorom e. Da bismo to dokazali. proizvoljan vektor x E Xn (M) rastavimo u sumu x = x1 + x2 gdje x 1 = ae, e zadovoljava 1 ° i x2 · e = O. Sada je A (x) = A (x1 + x2) = A (x . ) + A (x2) = x , + + A (x2) zbog svojstva l 0 • Zbog l 0 i 2° je O = x2 · e = A (x2) · A (e) = A (x2) · e, odakle slijedi da je A (x2) = l A. l x2 za l A. l = l . Dakle, A (x) = x1 + x2 ili A (x) = x 1 - x2. U prvom bi slučaju A bio jedinični operator, što je suprotno pretpostavci. Dakle, A (x) = x 1 - x2, što pokazuje da je A ortogonalna refleksija s obzirom na pravac p određen vektorom e koji zadovoljava l 0• l 0 i 2° su dakle nužni i dovoljni uvjeti da A =f- l bude ortogonalna refleksija s obzirom na neki pravac. Uvjet l 0 ekvivalentan je sistemu jednadžbi l0

2°

.l

1

samo ako Je

a1 1 - l

l

(a" + 1 )�1 + a12 � 2 = O a21 �� + (a22 + 1 ) � 2 = O

.

.

ima netrivijalno rješenje, odnosno da )e determmanta

l

a1 1 + l a21

a,2 = a1 1 + a22 - l s jedne strane i D = - (a1 1 + a22) a22 da je D = - l. =

au l a21

o.

a1 2 = a21 a22 - l povlače egzistenciju vektora y za koji je A (y) = - y

koji ima netrivijalno rješenje ako U vjeti l 0 i slijedi da sistem

.

(a" - 1) � , + a,2 �2 = O a2 1 � . + ,(a22 - l ) � 2 = O

1

-

a, 2

a22 + l

y · e = O, odakle

l

= O. Sada je D =

l s druge strane, iz čega slijedi

Iz uvjeta 2° slijede ove jednakosti :

l (za Yt = x, = l, Y2 X2 = 0), ai2 + a�2 = l, af t + ai, a u a12 + a21 a22 = O (za x = e. , y = e2), a11 a21 + a12 a 22 = O. =

Postoji broj

svih linearnih operatora prostora X0

2 3

[h (f + g)] (x) = h [f (x) + g (x)] = h (f(x)) + h (a (x))

za

svako x E X0•

f: X0 - X0 defmirano s f(x ) = x0 + O je [f(g + h)] (x) = x0 za svako g, h : X0 - X0. Ako definiramo g = h = l, tada je desna strana (fg + fh)(x) = 2x0, što je različito od x0• a) Dokaz se koristi aksiomom matematičke indukcije. Za n E N s s. označimo sve m E N, 1 i to takve da je A" A"' = A" + "'. l E s. jer je A" A = A"+ (definicija potencije). Ako je k E s., onda

A" Ah 1 = A" (Ak A) = (A" Ak) A = A"+ k A (zbog k E S.�

što je dalje jednako A<• Hl + 1 = A •+
s. = N. Na isti način dokaže se da je s. = N

za

svako n E N odnosno

(Vn E N](Vm E N) A" A"' = A"+ -.

Analogno tome dokazuje se formula (A")"' = A-, n, m E N. b) Tvrdnja je istinita za n = l. Pretpostavimo da je (AB)"' = A"'/1" m < n. Tada je

e prirodne brojeve

za sv

(AB)" = (ABr - 1 (AB) = A"- 1 B"- 1 AB = A"B"

zbog komutativnosti operatora A, B. Prema aksiomu matematičke iridnkcije, tvrdnja je istinita sve prirodne brojeve.

5 Zbirka

zadataka iz

linearne algd>re

za

65

Neka je

ortonormirana baza u �· Tada je za i

Dakle,

odakle slijedi

(e,, e2) x E X0, x = x , e, + x2 e2, A, (x) = AI = A" = A1 (x1 e1 + x2 e2) = x1 e1 Ai (x) = A1 (Aj''X )= A1 (x1 e d = x 1 e1. P (A d = ..tf -' A1 = O.

da je

.•

Isto za A 2 •

3. Algebra matrica drugoga reda

a) detAB detBA 1 05 b) detAB detBA = 87/2 e) det AB det BA = 826. =

=

-

=

=

2

3

a) [� �l b) [�

�l

e) [�

�l

d) [� �l· [�

�l

-2 l [ l - 12 ] . 15 ' 4 1 7

88 -49 l . 4 3 - 1 7 - S l · P (A ) je operator koji u bazi A 3 = [ 25 - 1l 1 = [ 2340 - 8 l, 3A - A 3 = r-25 -2 7 ima matricu [-=-2� =� l · Matrica operatora A 3 - u bazi je [ � - �l· Koordinate vektora x u bazi čine stupac produkta matrica [� � H �l � [�]· Dakle, x = 3e1 + 2 l

(e � o e 2 )

5

B

(e1o e2)

-

6

e2.

3 Matični element matrice produkta AB na mjestu (i, j) označimo s (AB)ij. Tada je [(A B) C]u = L (AB),. c.j = L 3 A B,. c.j = 1L= 1 A ( L3 B,. e.}) = L3 A (BC)Ij = [A (BC)]u za svako i, j = •= t .. 1 = 1 il

=

-

(e1 o e2)

il

il

l, 2, 3. Budući da su odgovarajući matrični elementi jednaki, matrice (AB) C i A (BC) su j$dnake. 3

k= !

l=l

4. Kontrakcije i dilatacije ravnine. Svojstvene vrijednosti i svojstveni vektori linearnog operatora

Neka je pravokutni sustav u, ravnini M. Homotetiji s centrom u točki odgovara linearan operator H koji u bazi ima matricu [� �l (.A + 0). Ta je matrica jednaka produktu [� �l [� �l Matrici [� �l pripada kontrakcija (dilatacija) s obzirom na os, a matrici [� �l kontrakcija (dilatacija) s obzirom na os. Produktu tih matrica odgovara produkt (kompozicija) odgovarajućih kontrakcija. Dakle, homotetija H = gdje su i kontrakcije koje u bazi imaju matrice [� �l i [� �l· (O ; e" e2)

O

(e1o e2)

x1

x2

K 1 K2

(e1o e2)

66

K1

K2

2

Neka je A = [dO' �0] kompozicija kontrakcija (dilatacija) i (eto ez) baza u M. Točka s ko. ordinatama (x�o Xz) preslikava se u točku s koordinatama [XXz� l = [dO1 dz0 ][XXz'] = [dd1z X11 . Slika hiXz 2 2 x' = rz odnosno -1x'-2 z - x'z -z l. x' - --;perbole xf - x� = rz je hiperbola koje je jednadžba -T d1 az dz (d1 r) (dz r) a1 . . . Svojstvene su vnJed nostt našeg operatora a1 = -,r az = -r a svojstveni vektori e�. i ez. ,

__

=

,

Slika odgovara slUČIIJU. a1 = -a1r . az = -azr < Jedinična kružnica prelazi u elipsu xfa1 + x�az = rz, a hiperbola xf + x� > l

l.

1

2

3

-

2

=

l

u hiperbolu

Az + A3 = O Pravac A1 x1 + -xz y 2. Parabole Xz = yaxf + ybx1 + ye i yz x1 = ax� + ybxz + yz c 3. Elipsa xf + �xyz = l x� xi xi x� = l, - x12 + x� = xf - -4. Hiperbole xf y af" (y az)z = ' - af + (y az)z l. y l.

2

2

l,

-

l

-

--

=

ez za svako X Xz E R. Vektor f O je svojstven T(x1 e1T(x) + Xz=ez).l. =za(2x1neko+ xz).l. =e1 R.+ (x1Traže+ 2sexz)takvi vektor ako brojevi .l. Ejednadžba R za koje jednadžba T(x) = .l. ima netrivijalno rješenje u Pisano u komponentama, prethodna ekvivalentna je sistemu 2x1 + Xz = .l.x1 (l) 4

x

�o

x.

x

x

67

dviju jednadžbi za nepoznanice x1, x! (A. je parametar). Sređeno taj sistem izgleda (2 - A.) x1 + x2 = O (2) x1 + (2 - A.) x2 = O. . Zbog D · x1 = D" D · x 1 = D2 ([1 6], str. 35, formule (2) i (3)) sistem ima netrivijalno rješenje ako je 1 l jednaka nuli. Rješavamo kvadratnu jednadžbu D (A.) = determinanta D (A.) = 1 2-A. 2-A. l = (2 - A.)2 - l = O. Rješenja su A., = 3, A.2 = A. = sistem l.

Za

l rješavamo

x1 + x 2 = O.

= O. Rješenje toga sistema je uređen par (x" - x t l gdje je x1 E R. Za A. = 3 rješavamo sistem - x1 + x1 = O X t - X1 = 0. Rješenje toga sistema je uređen par Svojstven vektor koji pripada svojstvenoj vrijednosti A. = l je a1 = l · e1 - e1 i svaki vektor različit od nule koji je s njim proporcionalan. Svojstven vektor koji pripada svojstvenoj vrijednosti od nule koji je s njim proporcionalan. Kraće rečeno, A. = 3 je a1 = e1 + e2 i svaki suvektor svojstveni .-rovi operatora (1, e1 različit - e2) i (3, e1 + e1). x, + x 2

(x " x1 )

x1

E R.

l

·

T

5. Simetr�ni operatori u ravnini P (A) je nul-operator ako je P (A) = O za svaki vektor E X (M). Zbog linearne nezavisnosti 1 vektora e i A e možemo pisati x = x1 e + x 2 A e. Tada je P(A)x = x t (A 2 e - A e - Pe) + x1 A(A e ­ svako X0(M), što se i htjelo dokazati (Vidi [16], slučaj II, teorem 3, § 2.5). - IX A e - Pe) = O x

za

x

0

IX

xe

Restrikcija A/Y0 gdje je Y potprostor razapet s vektorom x je linearan operator a Q je minimalni po linom toga operatora. Polinom P poništava operator A/Y tj. P ( A/Y ) = O, Q dijeli polinom P. Za objašnjenje nepoznatih pojmova vidi [16] § 5. točka 8. 3 Za svako yE X0 (M) je A" y = A·(A - 1 x) · y = A"-1 · A y = .. = x · A y (l) Za = l tvrdnja je istinita. je Al 1 ne o k, N. Zbog (l) je A također A" je simetričan E N. By (l A + B) y = l (A y) + (B y) = lAy + (l A + B) y, 2

0

0,

pa

0

x,

x

Dokaz za

k

se

•

"

provodi indukcijom po

kE

za

svako

p

X

n.

u

n

•

X

•

"

x

Pretpostavimo da

n

p

•

X

X

•

X

odakle slijedi da je l A + p B simetričan operator. 4

5

Za svako x,

y E Xo (M) je AB x y ·

=

·

Bx A

(e., e1) ortonormirana baza i A (x1 e1 =( -X1eelNekaje - Xz ez. Tada je A B e1 e1 Be1 A e1 z) = - l. ·

68

•

=

simetričan

simetričan. Prema aksiomu matematičke indukcije

•

y=

x

·

+ x1 e1)

=

•

e1 e1

BA

•

p

dX

p

y = x · AB y.

== (x1

=

=

=

+ x1) e1 + x1 e1• B (x1 e1 + x1 e1) (e1 + e1) · l, a e1 • A Be1 Ae1 • Be1

6

Neka je simetričan operator. Dakle, za svako x, y E X0 je AB x · y = x AB y odnosno Odatle je x · (BA y - AB y) = O za svako x, y E X0 • Izričito je BA y - AB y vektor kojijejeABokomit na sve vektore iz X0, pa je to nul-vektor. Dakle, BA y = AB y za svako y E Xa, = BA. Za obrat vidi zadatak 4. AB x BA y = x AB y. ·

·

·

pa

7

Neka je (e" e1J ortonormirana baza i

A =

(a1;) =

r

a: t a1 1

a1 2 a 22

] matrica operatora

A

u bazi

A e 1 = a11 e 1 + a1 1 e1 A e 1 = a 1 1 e1 + a22 ez.

Množenjem prve jednakosti s e, i = l, 2 dobivamo a 1 1 = A e1 · e" a11 = A e1 e1, a iz druge jednakosti a 1 1 = A e1 · e1 i a22 = A e1 · e1. Budući da je A simetričan, to je a 1 1 = A e 1 · e1 = = e · Ae = . ·

1

1

a1 1

8

Ako operatoiC-A u ortonormiranoj bazi ima simetričnu matricu, on je simetričan. Neka je (e,;e; )-;;rtonormirana baza i = (a1;) matrica toga operatora u bazi (e" ez). To znači da je A

A e1 = a1 1 e 1 + a1 1 e1

A e1 = a1 1 e 1 + a 22 e1 .

je i Desna strana prethodne jednakosti je simetrična funkcija u i §to dokazuje tvrdnju. Prema prethodnom zadatku dovoljno je naći dvije simetrične matrice i . takve da je = O, npr. = [ o0 o1 ] i = r 0l o0] . Valja primijetiti da su A i B operatori projiciranja na koordinatne osi. A x · y = [( a1 1 x1 + a1 1 x1 ) e 1 + (a11 x 1 + a22 x2) e1] · y = y 1 e1 + yl el Za x = x 1 e 1 + x1 e1 · [y , e , + Y1 e1] = a 1 1 X1 Y 1 + a 1 1 X1 Yt + a1 1 X t Y1 + a11 X 1 Y2 = a i i Xt Yt + a , l (X t Yl + X1Y1) + x y, + a11 x2 y2•

9

A

A

B,

AB

B

O 1 e R. A [ Neka je (e" ez) rt n r n O Az Ako je A x = A y, tada je A (x - y) = O odnosno ).1 (x1 - y.J e1 + ).2 (x1 - y2) ez = O gdje su (x" Xz) i koordinate vektora x i y u bazi (e1, e2) Zbog linearne nezavisnosti vektora e i e2 i pretpostavke u zadatku, x1 = y1 i x2 = y2 odnosno x = y, §to znači da je A injekcija. , Zz oto dokazuJe. suZa vektor = z 1 e 1 + Zz e2 stavtmo w = - e1 + - ez. Tada Je A w = ;., Az rjektivnost preslikavanja A. Preslikavanje A je injekcij a i surjekcija, dakle bijekcija. 1 1 1 1 Nadalje, A � ' (). x + 11 Yl = A - (). A A - 1 x + 11 AA - y) = A - 1 [A (). A x p A - y)] = ). A - x 1 11 A i 11 E R, što dokazuje linearnost od A y za svako x, y E X + 0 Simetričnost operatora A - 1 slijedi iz A - 1 x · y = A - 1 x · A (A - 1 y) = A (fl - 1 x) · A - 1 y = x · A - 1 y za svako x, y E X0•

lO

=

o o o rmi a a baza u kojoj A ima dijagonalnu matricu

;.,

At> Az

( y1 , h l

.

z

zt

.

z,

-t 1.

,t,

+

•

+

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

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

0

2x1 - h2 = O.

(l)

69

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

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

(v:; : ) -(1 - VU

l

l

x1 =

+

(l)

Xz

(l +

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

x, =

4

l

l

za

l

X

l

�

l

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

S

u

ravnini

ffJ

l

ffJ

- COS f{J

l

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

=

Ux = Uy y

�

lx

U

=

- y) y.

- y)

zE

·

X,

·

U

·

l (i

l,

pa

yE

y

X . y,

X .

v, z

(U-

z

·

e tl

·

·

•

transpomrana matnca

U

U'.

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

A

A

A

toč

A

(0 ;

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

[] [

][ � l

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

koordinate točke P u sustavu

(O; e .. ez)

dane s

x'

Xz

70

=

a1 1 a 1 2 x

Uzt a22 X z

·

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

a

.

j r-

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

'

1t

a

n

f

- •.

3

3

_

�j

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

5

cp

rp

rp

�·)

1p

1p

'l'

·

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

A

9

a1 1

=

>

>

q

A

9

3 ,

A

=

9

<

a

2

<

71

2

=

a) Matrica kvadratne forme je A

pa j e forma pozitivno definitna.

b) Forma je indefinitna.

e) d)

[0

12 a

det ·A

l

l

l

=, -2 > O; a 1 1 = -2 > O; a22 = 2 > O, b a a· b

Forma je indefmitna. Forma je pozitivno semidefinitna.

e) Forma je pozitivno semidefinitna.

3

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

A

tvrdnje od l 0 do 7° 4

A1

i nični

l

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

A2 •

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

+

6

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

.

=

pozitivno definitna forma.

l r 21

r -4- 1 1

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

=

definitna, iako su formP. indefinitne.

7

l

]

2

-4

i

B=

-

1

l

pomoću ortonormirane baze

(eh e2)

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

l

5

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

8. Krivulje drugoga reda

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

72

A

koji je zadan s

[ 1 0 ].

Tražimo svojstvene vektore

o -4 A e1 = e�> i A e1 =

-

4e2 u ortonormiranoj

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

(x

što znači da je centar hiperbole u točki P

=

2 4 y = 4.

-

7)2

[ � �J

(7, 0).

2. Matrica A pridružena zadanoj kvadratnoj formi je A

=

da je tražena krivulja parabola. Svođenjern na kvadrat dobijemo

( y - 2)1

-

( � 2),

6x + 3 = O,

[ _� �l

s x-osi.

-

3. Matrica A kvadratne forme je A =

·

,

-

iz čega proizlazi da je tjeme parabole u točki s koordinatama

=

det A

d et A

=

O, odakle slijedi

a os parabole paralelna

- 4, odakle slijedi · da je skup

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

=

a=

-

A.

zadan s

A e1 = 3 e1

2 e2 i A e2 =

-

-

2e., ima svojstvene vrijednosti

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

-

6

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

-

VS

natnorn sustavu (O; v., v2) glasi

vs

B

Točka O' =

(� �) .

-

-

+ 4 Y2 +

središte je hiperbole. -

Matrica kvadratne forme je A

4.

-

( �r ( �r y,

[

U

5

-

=

o

i v2

=

-

e1 + 2e2 ---

vs

A

. U

koji u bazi

2e1 + e2 ) Vektor

4 = o.

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

]

z i + 4d - 4 = O.

=

1

-

-2

2 .

4

det A

=

O, pa je skup nul-točaka zadanog

(e" e2 )

ima matricu

A

su A.1 = O i A.2

=

svojstveni vektori

5, v1 =

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

l

-

0

(2e 1 + e2)

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

odnosno

Tjeme parabole je u točki O' =

.

·

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

-

VS

vs

vs

-

�( vs

v1 + - v2, pa jednadžba hiperbole u koord-

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

=

(

5(

O,

vs

x2 +

l . - sJ

l

VS

)

vs

2 +

lO VS

x 1 + l = O.

a os parabole određena je vektorom v1 •

73

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

.

. .

1. 1

1

=

v1

=

4e1

-

+ 4e2

U

v" v2)

(0 ; v l > v2 )),

s

v1 •

6. To

( 0 ; v1 , v2 ) v1

(

2

+

x2

+

+ -2-

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

v2

A1

=

19 i

)/37

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

poluosirna

e1 + e2

Az =

2

2 + -- X t +

+

u

r

74

=

- -- v 1 -

)137

-- V z.

V37

Vt.

v1) je

v,

v2 •

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

Linearni operatori na prostoru X0 (E)

l

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

=

2

Centralna simetrija s obzirom na točku O. 3

Simetrija s obzirom na x 1 x2 ravninu. 4

Simetrija s obzirom na x 2x3 ravninu. 5

Simetrija s obzirom na .t 1x3 ravninu. 6

Simetrija s obzirom na x i os (i

=

l , 2, 3).

7

Ortogonalna projekcija na x 1x2 ravninu. 8

Ortogonalna projekcija na x2x3 ravninu. 9

Ortogonalna projekcija na x 1 x3 ravninu. lO

Homotetija s obzirom na točku O. ll

Rotacija za kut

q>

oko x3 osi. 75

ll

13

Rotacija za kut

qJ

oko x2 osi.

Rotacija za kut

(/)

oko x. osi.

14

Dokažite da je zbroj A + B operator. 15 =

produkt AB linearnih operatora linearan

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

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

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

18

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

Algebra ma trica trećega reda

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

76

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

Za bilo koje dvije matrice A i B trećega reda vrijedi

det (AB) = det A · det B

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

Dokažite lemu i teorem.

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

v1

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

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

4

� o: -� l l J

�

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

l

B = r

l -1

� -3

l -2 j

Nađite determinantu svake od navedenih matrica.

5

6

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

A =

1

-

3

6 o

l -1

2

l -8

5 2

i

za

B=

2

=

l l l l J-

matrice

:1.

za

2 B

=

I

AB =l= BA.

2 1 2 . 3 1 3

77

7

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

x

e)JZ

a·a b · a. e·a

=

a·b b·b e·b

a·e b·e e·e

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

[o 2 2o ]

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

A=

l

t

3

-

4 . 1

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

Nađite komponente vektora x = 3e1 ll

Nađite a) x = b) x = e) x =

+

ez - e3

2

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

12

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

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

[ � � ;] l

2

-

7

5 .

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

+

e2 + e3).

14

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

Aez

=

15

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

[ ::: ::� ::: l· a3t a32 a33

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

Za matricu A = (aii) trećega reda vrijedi

3

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

+

a22 + a 33 p

z

+

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

+

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

[2 3l [3 l

o l l l l

O O O , b) oo l

-

17

[3 3 l 3. n o)

l l l l l l

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

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

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

[

�3

l

x

x

Neka je f preslikavanje s X0 u vektorski prostor antisimetričnih matrica

definirano s f(v) =

- Uz

� - �:

- 3 Ut

0

gdje su

v1,

Uz, u3 komponente vektora v 79

u ortonormiranoj bazi. Dokažite da je:

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

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

Ax · y za sve

x, y e

=

x · Ay

X0.

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

l

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

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

(eh e2, e3) s

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

=

=

=

=

=

e3 e2 e2

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

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

80

4

[

U ortonormiranoj bazi (eb e2 , e3) matrici A

=

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

J

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

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

6

Linearna forma od tri varijable je funkcija

L(xb x2 , x3)

L:

R 3 -+ R oblika

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

=

.

l,

J = l

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

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

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

=

za

'

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

Ortogonalni operatori

u

Za linearan operator U : X0

prostoru -+

X0 kažemo da je ortogonalan operator ako je

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

=

6

[

Zbirka zadataka iz linearne algebre

=

-

J

81

l

Dokažite da je kompozicija ortogonalnih operatora opet ortogonalan operator. 2

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

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

yE

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

4

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

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

6

.

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

=

r !V l •fi. h�

- �t�

·rz

1·

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

l;j/6

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

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

82

5. l

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

=

=

=

-

-

-

=

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

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

3

Neka je S ploha drugoga reda zadana jednadžbom �x)

=

Ax x + a · x + a0 ·

=

O

(l)

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

RJEŠENJA

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

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

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

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

njoj

83

3 =

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

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

=

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

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

8 9 lO

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

=

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

'

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

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

=

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

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

IS

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

=

=

84

x

16

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

P ( A ) = O.

17

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

Zbog A 1 = - A2

je

O, odakle slijedi da je

A , + A z = O.

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

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

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

x

=

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

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

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

""

'

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

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

z a svaki vektor 2

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

a3 1 eJ

l

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

a 1 3 e1 + a2 3 e2 + a33 e3

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

3 a) A = - l =

e) A =

e) A =

i

r

o o -l o o

-l

� -� o � l o o r� o ol � o -1

-1

-� '

=

[ au

l

a"

det A "" - l ;

det A = - l ;

a12 a13

a 2 1 a22 a 2 3 a32

a33

,

matrica o peratora A

*

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

b) A =

d) A =

-l

za

i = l

A =

u

o

l

bazi (e" e2, e3).

det A = - l

det A = - l

za i = 2

85

r � ! � � za oo f) A = r l � det �o j

A

=

j)

A =

2A J � l

A +

-2

28

=

A

4

=

i

-

h)

l) A

= 3

i

det A =

A =

O

;

-

=

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

det A =

6 -2 2 4

� -� o

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

� ! l, det(A -3 1

+ 2B) =

A = ,\ 1,

det A = -1 3

�

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

l

l;

l.

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

3B =

- 48;

2

r�

ol �l detA = O 'o

3B)

3

AB =

32;

A 2 + B2

=

27

-6

2

=

-4

2

=

-6

8

l -9 -2

+ B2)

13

6

6

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

=

1 3 50.

A, B

=

E

E

ex e1 + ex e3 =

=

e3

e 1 = - e3

lJ

SU

'73

ex =f.

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

i

B =

86

r � o� �l· -1

i 'l l = - '73

ex lJ, + p G2 =t-

o.

E

� o E , e,, lJ i o 2

'lt = - '73

IJz, '7 3

ex, p

J

p =f.

ex

2 =

BA

P

A =

r � ! - �j

7

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

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

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

f

Prema [ 1 6], § 3. točka 2. teorem 3,

l

[a (b =

·

a1 bl CJ

x

l

az hz

a1

cW = b1

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

I

az hz Cz

c1 Cz eJ

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

/

Il l

aJ bJ . CJ

az hz

a1 bl C1

Cz

I l

aJ bJ = CJ

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

a,

b,

e

u desnoj ortonormiranoj bazi. l

l

2

2

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

3

l

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

i

5

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

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

r

2

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

lO

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

- 1/2

2

5

2

l

-l '

=

=

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

x

XJ = - l. =

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

ll

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

12

Označimo s X (e) =

analogno

x

{j) =

l f: l

r :: l

matricu stupac s komponentama vektora

XJ '

X

x

u bazi (f1, f2, fJ)

u bazi (e�o ez, eJ)

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

87

Matrica T = ( tij) = Sada je

r

t1 2 t 22 !3 2

tl l tz 1 t, ,

t1 3 t2 3 t,,

1

zove se

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

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

x (e) = T x (J).

13 =

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

l

o

·

l

- 7 - 10 , 13 ' 8 14

a

uz

=

o o

/

11 - 2

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

o o o

-

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

r : l l -

a o perator A

z

u is toj bazi

15

A1

=

r a22

l a3 2 a12

a2 3 a3 3 a1 3

l

a21 a3 1 , au

A2

1

=

r

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

a ,, a13 a2 3

A

a, , a" azt

a, 2 a1z a22

o

-1

1

:

l

o l o o o -1

,

l·

ll ·

r

a22

az!

az,

l

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

a3t

a3 3

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

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

17 A k o je

=

88

A (e) x (e).

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

x

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

u

bazi

(e),

onda je ( A x) (e)

=

[ :: : ::: ::: l

i T = ( tii) =

' IJ l

tJ2

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

IJJ

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

l

lo

l

l

� �l

[� l

jednakost drugib stu paca

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

O

18 =

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

l

�

l

-�1 .

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

[ K = 1 20

iii)

l

f(w x v) =

f(w)f(v) = odakle slijedi

iv)

[ l

Dokaz svojstava i) i ii) prepuštamo čitaocu.

�

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

- w l Vz + V t Wz

o

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

o

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

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

I l'

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

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

89

2

a)

Za

svako

x =

L x, e,

y=

i= 1

L

i= l

y, e,

A x · y = (x1 e2 + x2 e, + XJ eJ) ·

(. i

1=1

)

y, e, =

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

l

V2

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

ll

V2

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

A =

o

O -l

o

o

a matrica operatora A u toj je bazi

l

�l l'

l

·

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

V2

Vz

[f � �l

A =.

o -1

·

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

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

l

A.

�

a,

� a2

0°

l

=

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

Tada je d et (H - A) =

:

O

A.

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

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

90

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

51)

vektora je ej

l

- 6 ( - e1 V

- 2 e2 + eJ), e; =

l

"3 ( - e,

V

=

+ e2 + eJ) i e3 =

l

5.

V2: ( - e1

=

-

+ eJ).

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

5

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

Yz

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

4. Ortogonalni operatori

u

prostoru

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

U Vx · U Vy = Vx · Vy = x · y

2

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

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

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

operatora vidi zadatak 5.10.). 3

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

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

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

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

91

5

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

!

U' =

·

liJ t liJ1 u,,

li t t ll t 2 UtJ

l

·

matrica o peratora U -

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

1

3

O perator U d efiniramo na bazi formulama U e1 =

I

U e, · U ej = bii y =

Yi

(.I

·

e, iz Xo je U x

Uy =

a= l

x, U e,

po vlači ortogonalnost o peratora U.

7 v

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

j= 1

) (.I1 Yi U ej) =

.I

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

l

Neka je

L lij, ej

r=

q

·

a. r = l

x , y, U e, U ej =

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

O

J·

l

pripada

=

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

d U (t) dt

·

y, što

l

matrica

U (1) =

U (l) je ortogonalna matrica,

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

=

l

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

K

r (l)

.I x, y, = x

t""

3

I x , e,.

U (l + s)

=U

(l) U (s).

--

=

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

--

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

·

= U (t)

d U ' (t) dt

U W - U (t + �

dr Prema tome, - (t) = dt

s w

(t)

x

= U (t) lim •-0

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

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

r (t) gdje je

w

s

=

U W - U (t + � S

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

(t) »vektor osi rotacije u tren utku t<<.

5. Plohe drugoga reda a) Elipsoid s poluosima a = 3, b = 2,

e

= l.

b ) Parabolički valjak. Presjeci s ravninama koje su paralelne s y z ravninom s u parabole. e) Hiperbolički valjak. Presjeci s ravninama koje su paralelne s y z ravninom su hiperbole.

92

z zz = - 2 y - 2y = O. yz = z y 1y1 P zO, -2). z x - r = ·yx + a · xx+ = O, x E P, P r Ay· y + (2Ar +a)· y + Ar · r +a · + = O. (l) y Ay· y - (2Ar + a)· y + Ar· r +a · r + =O. 2Ar = - a A" A2, (e" ez, e3) a = e, r e,. 2A2Az1 rzr1 = - Uz 2A3 r3 = A; = O, i= l, 2, - 2a;. A; i O

d) Kosi parabolički valjak. Presjeci s ravninama koje su paralelne s x z ravninom su para­ bole. Taj valjak nastaje gibanjem parabole koja u y ravnini ima jednadžbu duž pravca x Presjeci s ravninama koje su paralelne s x y ravninom su također parabole. e) Dvokrilni hiperboloid. Presjeci s ravninama koje su paralelne s x y ravninom su hiperbole, s ravninom su također hiperbole, s x ravninom su elipse za > l ; prazan skup za < l ; točka za y l. f) Konus s vrhom u točki = ( l . Presjeci s ravninama paralelnim s x y ravninom su elipse, s x ravninom su hiperbole, s y ravninom su također h iperbole. 2

Neka je Ax točke B i

gdje je

X0, jednadžba plohe S. Ako s označimo radijus vektor a0 radijus vektor točke onda točka leži na plohi S ako i samo ako je

r

a0

Točka B će biti centar plohe S ako i samo ako svako rješenje

jednadžbe ( l ) zadovoljava

a0

(2)

Dovoljan uvjet za gornju ekvivalenciju jest da jednadžba

(3)

Ima rješenje u r. Neka su

).3 svojstvene vrijednosti operatora

rajućih svojstvenih vektora operatora A,

'

L

L

=

a,

i= 1

ortonormirana baza odgova­

A,

i o- 1

nentama (u odnosu na bazu (e)) vodi na sistem

=

r,

Jednadžba (3 ) pisana u kom po-

- a,

(4)

- a, .

Rješenje sistema (4) je r,

=

ako je

ili r, proizvoljno ako je

3. U

drugom slučaju ploha ima beskona�n� mnogo cen tralnih točaka, npr. kod hiperboličnog valjka. Da je postojanje rješenja jednadžbe (3) i nužan uvjet za gornju ekvivalenciju slijedi iz slijedećeg razmatranja. Oduzimanjem jednadžbi ( l ) i dobiva se za svaki vektor gdje je radijus vektor točke na plohi S. Možemo odabrati tri različite točke P2 , na plohi S tako da su odgovarajući im vektori Y t . linearno nezavisni. Centar B plohe S tada ne leži u ravnini određenoj s točkama i okomit je na tri linearno nezavisna Vektor vektora, pa nužno mora biti jednak nuli što se i h tjelo dokazati. Centar imaju slijedeće plohe : eliptički valjak, hiperbolički valjak, elipsoid, jednokrilni i dvokrilni hiperboloid i eliptički stožac.

x

3

P

(2) (2Ar + a)· y = O P" P2 yz,P3.y3 2Ar + a

P" yP3= x - r

Py P y = y. AP y · P y + a· P y + =O PA P y · y +yEP a y + = O, · P y = P(2)·, y P y = y yE yE PAP y · y + P a · y + =O.

Neka je linearan operator koji odgovara ortogonalnoj projekciji na ravninu M . Za svaki radijus-vektor koji leži u toj ravnini je Točke presjeka S n M imaju radijus-vektore koji zadovoljavaju jednadžbu a0

·

odnosno jer je z a0 I obratno, ako X0 (M ) zadovoljava jedf!adžbu odnosno S n M. J ednadžba krivulje S n M j e dakle

z

za svako onda

z,

X0.

zadovoljava jednadžbu a0

(2) (l)

93

§ 4. Matrice l.

xb

Sistemi linearnih algebarskih jednadžbi Sistem od m linearnih algebarskih jednadžbi s n nepoznamca (neka su to zapisujemo u obliku

. . . , x.)

+ a 1 2x 2 + . . . + a 1 .x. G2 1 X 1 + G22X2 + . . . + GznXn

= b1 = b2

Gm t Xl + Gm2X2 + . . . + GmnXn

=

a 1 1x1

(l)

bm

ili kraće

l

(i

l, .

=

. .

)

,m .

Brojevi a ii (i = l, . . . , m ; j = l, . . . , n) siJ zadani i zovu se koeficijenti sistema ( l ). Njih zapisujemo u obliku pravokutne tablice A=

l

all a� , .

a1 2 . . . a 1• a � 2 . . . � 2· .

\

Gm ! Gm2

Gmn

koju zovemo matrica sistema ( l ), a tablicu G! !

a21 . . •

01 2 . . Gin bt az z . . . az n bz . .

.

. o

.

am i am 2 . . .

•

a",.

.

.

•

bm

J �

proširena matrica sistema ( 1). Rješenje sistema ( l ) je svaka uređena n-torka brojeva dovoljava sistem ( 1 ), tj. ako je

a l l y, 94

+

a 1 2 Yz

+ ... +

a1.y. = b1

(y 1 , . . . , y.) koja za­

Primjer.

Gaussovom 0 metodom eliminacije riješite sistem jednadžbi: x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = O 7x1 + 1 4x2 + 20x3 + 27x4 = O 5x 1 + 1 0x2 + 1 6x3 + 1 9x4 = - 2 3x1 + 5x2 + 6x3 + 1 3x4 = 5 .

(l)

. I z prve jednadžbe izračunamo nepoznanicu x1 i uvrstimo u preostale jed­ nadžbe. To je ekvivalentno množenju prve jednadžbe s - 7, - 5, - 3 i pribrajanju redom drugoj, trećoj i četvrtoj jednadžbi. Novodobiveni sistem jednadžbi jest x1 + 2x2 + 3x3 + - x3 x3 x2 - 3x3 +

4x4 = O x4 O x4 = - 2 x4 = 5. =

(2)

Sistemi ( l ) i (2) imaju isti skup rješenja, ali sistem (2) izgleda jednostavnije. U

drugom koraku, nakon zamjene druge i četvrte jednadžbe, dobivamo x 1 + 2x 2 + 3x 3 - x2 - 3x3 x3 - x3

+ + -

4x 4 x4 x4 x4

= O = 5 = -2 = O.

(3)

Nakon pribrajanja treće jednadžbe četvrtoj dobiva se sistem x 1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = O - x2 - 3x3 + x4 = 5 x3 - x4 = - 2 - 2x4 = - 2

(4)

koji ima isti skup rješenja kao i sistemi (3), (2) i ( 1 ). Sistem (4) ima trokutastu formu i rješenje tražimo polazeći od posljednje jednadžbe. Dakle, x4 = l , x 3 = - 2 + x 4 = - l, x 2 = - 3x3 + x4 - 5 = - l, x 1 = - 4x4 - 3x3 - 2x2 = l . Sistem ( l ) ima jedno jedino rješenje, i to je uređena četvorka brojeva ( l, - l, - l, l ). Pisanje možemo skratiti na taj način da sve navedene transformacije vršimo nad recima proširene matrice. Račun bi izgledao ovako : 2 7 14 5 LO 3 5

"'

r -1 , o o o

19

2 3 4 o 3 4 o /"' l o o o -l -l 20 27 o l - l -2 o o -2 16 l 5 o -l -3 6 13 5

3 4 o -3 l 5 o l -1 -2 o o -2 -2

2

-l�

2 3 4 o l 5 - l -3 l -1 -2 o o o -l -1

l

"'"'

1 1 Karl Friedrich Gauss. 1 777- 1 855, njemački matematičar

95

Posljednja matrica pridružena je sistemu (4) i rješenje tražimo idući odozdo prema gore, tj. x4 l , x3 l. l, x2 l, x 1 Oznaka » - « znači da sistemi jednadžbi kojima odgovaraju gore napisane proširene matrice imaju isti skup rješenja. =

=

l

+ 3x2 + 2x3 - x2 + 3x3 - Sx2 + 4x3 + 17x2 + 4x3

= = =

=

=

O O O O.

Riješite sistem jednadžbi: 2xl - x2 + X3 2x l - x2 x3 x + 1 3 lx1 + lx2 - 2x3 +

3

-

Riješite sistem jednadžbi: x1 2x l 3xl x1

2

=

-

X4 3x4 x4 5x4

= =

= =

-l 4 6 14.

-

Riješite sistem jednadžbi: x 1 + x2 + x2 x 1 + x2 + x1 + Zx2 -

lx 1

3x3 2x3 x3 3x3

= = =

=

4

-

l l 3

l.

Riješite sistem jednadžbi iz primjera Gaussovom metodom svodeći matricu sistema na dijagonalari oblik.

5

Dokažite da sistem jednadžbi 2xt + x2 + 4x3 3x1 + 2x2 - x3 7x1 + 4x2 + 6x3 + 8x3 x1

ima beskonačno mnogo rješenja. 6

Riješite sisteme jednadžbi:

a) Ax ako je

=

bt. b) Ax A=

96

[ l l -2]

=

b2

8 7 -9 , 6 5 -5

+ X4 - 6x4 - 5x4 + 7x4

=

= =

=

O O O O

7

Riješite sisteme linearnih jednadžbi : a) 2x 1 X1 xl 2x 1

+ + + +

x2 3x2 x2 3x 2

+ + + -

_ x3 x3 5x3 3x 3

= 2 = 5 = -7 = 14.

e) 2x l 3x 1 5x l 2x l e) x 1 2x 1 x1 3x 1

+ + -

x2 2x2 x2 x2

+ +

x3 2x3 x3 x3

+ + -

x4 3x4 2x4 3x4

= l = 2 = -l = 4.

- 2x2 + x2 + 7x2 - x2

+ -

x3 x3 5x3 2x3

+ +

X4 x4 5x4 x4

+ + -

8

b) 2x 1 3x 1 4x 1 x1

x5 x5 5x5 x5

+ +

x2 x2 x2 3x2

+ 3x 3 = 3 - 5x3 = O + x3 = 3 - 1 3x3 = - 6.

d) x 1 - 2x2 + 3x3 - 4x4 x2 - x3 + x4 - 3x4 X1 + 3x2 - 7x2 + 3x3 + x4

= = = =

f)

O O O O.

xl 3x 1 2x 1 2x 1 5x1

+ + + + +

2x2 2x 2 3x2 2x2 5xz

+ + + + +

3x3 x3 x3, + 2x3 2x3

= 4 = -3 = l = - 3.

x4 x4 x4 x4

= = = = =

l l l l 2.

U zavisnosti od broja A riješite sistem jednadžbi : A.x + y + z = l X + AY + z = A X + y + AZ = A.

9

Gaussovom metodom eliminacije s pivotiranjem riješite sistem jednadžbi:

l Ox - 6x 3x 5x

2.

+ + -

7y 8y y 9y

+ + -

3z z 4z 2z

+ + +

Su 4u l lu 4u

=6 =5 =2 = 7.

Linearna kombinacija matrica Neka su

n

i m prirodni brojevi. Svaku familiju A

lf f

au (i = l, . . . , m ; j = l , . . . , n)

(l)

realnih ili kompleksnih brojeva zapisujemo u obliku sheme

A=

a1 1 a 1 2 a l a 2 am l am2

7

7hirka zadataka iz linearne algebre

· · · · · ·

a ln a2n a."n

J

(2)

97

i zovemo matrica, a brojeve a ii elementi ili komponente matrice A. Za matricu A kažemo da ima m redaka i n stupaca, da je tipa odnosno formata m x n. Umjesto (2) pišemo A = (a ii) naglašavajući kojega je tipa matrica. Zbrajanje matrica istoga tipa i množenje s brojem definira se po kompo­ nentama. (Vidi [ 1 6], § 4.3.) Za brojeve A t . . . . , Ak i matrice A b . . . , Ak tipa m x n matrica

( 3) je linearna kombinacija ili linearan spoj matrica A 1 , . . . , Ak s koeficijentima Ab . . . , Ak. Linearna kombinacija A1 A1 + . . . + AkAk je netrivijalna ako je bar jedan od koeficijenata A1 , . . . , Ak različit od nule. Brojevi a1 1 , . . . , a kvadratne matrice A = (a ii) čine glavnu dijagonalu ma­ trice A. Kvadratna matric� A je gornjotrokutasta (donjotrokutasta) ako su svi elementi ispod (iznad) glavne dijagonale jednaki nuli, tj. a ii = O za i > j (i < j). Funkcija tr sa skupa kvadratnih matrica u polje kompleksnih brojeva definira s ••

tr A = a 1 1 + a22 + . . . + a

•• .

zove se trag matrice. Kvadratna matrica A je dijagonalna ako su njeni nedijagonalni ma­ trični elementi jednaki nuli. Ako su a 1 , . . . , a. brojevi na dijagonali, tj.

o an

l

l, J

onda pišemo A

Dokažite da je matrica

x =

�

d;ag (a , , . . . , a,).

[ 7, 43/3, - l, 5/3] linearna kombinacija matrica

a = [ 1 , 2, - 1, - 2], b = [ 2, 3, O, - l], e = [ 1 , 2, l, 3], d = [ 1, 3, - 1, OJ .

2 Dane su tri matrice Ab A 2, A3 tipa 2 x 2 :

Izračunajte linearnu kombinaciju B1 = 2A1 + A2 - A3 tih matrica.

3 Napišite matricu B = iz zadatka 2.

98

r � ; J kao linearnu kombinaciju matrica, Ab A2, A3

4

= l � � j,

= l � _� j,

Dane su četiri matrice tipa 2 x 2 :

A1

Izrazite matricu B =

5

l � � j,

= l - � � l·

l � � j kao linearnu kombinaciju matrica A � > Az , A 3 , A 4. Az

A3 =

A4

Dokažite da za bilo koje 2 x 2 matrice A i B i skalare

tr ( rx.A + {JB)

=

rx.,

f3 vrijedi

rx. tr A + {3 tr B.

6

Pomoću prethodnog zadatka dokaži da se matrica B iz zadatka 3 ne može napisati kao linearna kombinacija matrica A � > Az, A3 iz istog zadatka. U pu t e. Primijetiti valja da je tr A1 = tr A z = tr A3 = O, a tr B = 3 =f O. 7

Dokažite da se svaka 2 x 2 matrica B � > takva da je tr B 1 = O, može napisati kao linearna kombinacija matrica A � > A , A3 iz zadatka 2. z

8

Dane su četiri matrice tipa

A B e D

= = = =

l

x 5:

l] [ l , - l , 2, 3, [ l' o, 2, 2] l, l, - l, - 2, OJ [ - l, [ 2, O, l, - l, - l ].

Da li postoji prikaz nul-matrice kao netrivijalne linearne kombinacije matrica A, B, C, D, tj. postoje li skalari rx., p, }', b od kojih je bar jedan različit od nule i = rx.A + PB + }'C + JD ?

o

3. Produkt matrica l Za matrice A = čene operacije: a) b) e) d)

l� � j , B = l� - � j , C = l � �j , D = l� �j izračunajte nazna- -

AB, BA, A z + AB - 2B (A + B l) (A + B l) (A + 2B) (B - A) (A + C)z - A z - cz - 2AC (AC) D, A (CD). -

99

AA Az 3A +I; m P(A) = a0Am a1Am- l P(A.a)m=_ 1aA0A. a1A.m-l A. A= [: ;j 2 2 (a d)A +(ad - =O. 1 = [Ol -olJ Iz = [O oj, 13 = [o[AO1J, B], 14 =AB[o -BA);J, ls := [ol oJ, 16 = [o oJ [[[III�t�... 1lIz35]]] =O== 2-213 15 [[[IIIz3�.,, l1144s]]] == l2-214 13 [[[[1III4zzt.,,. 11116636]]]] ==== 22-I-21145 116 [[[[I1II3z3s,.., 1l11646s]]]] ==I=o=IOzz.

2

Neka je

kvadratna matrica reda n. Dokažite:

a) da komutira s + b) da za bilo koji polinom + + .... +

+ + . . :. + � - 1 A. + � matrica + �I komutira s

3

x

Neka je

matrica nad poljem kompleksnih brojeva. Pro­

vjerite da je

A2 -

bc) l

+

4

Dane · su matrice (s elementima iz polja kompleksnih brojeva C) ,

i _i

0 0

0

Provjerite ove formule (oznaka

0

i

0.

=

=

1

5

l ll ll ll oo o ooo l

Izračunajte treću potenciju matrice n-tog reda

l

o o o o o

U pu t e. Izračunajte najprije za n

6

= 2 = 3. i n

Uočite da je produkt gornjotrokutastih matrica opet gornjotrokutasta matrica. 1 00

A B B. A B

7

AA B

Definirajte nov produkt x za dvije matrice reda n tako da stupce matrice pomnožite sa stupcima matrice M atrični element na mjestu (i, j) produkta

x

n

iznosi L a;kbjk ako je

k= l

= (aij) i

= (bij)· Provjerite da li je tako de­

finirano množenje asocijativno.

8

=

I O,

Za matricu N kažemo da je nilpotentna ako postoji cijeli broj r 2: tako da je N' O. Za matricu U kažemo da je unipotentna ako je U nilpotentna. Za nilpotentnu matricu N i unipotentnu matricu U izračunajte N N2 Nk ex p (N) . . . + + ... + + TI IT + k! -

log (U) = Specificirajte za

=I- I (I - (I oOOo o oo ] u= oo o y] U

U)2 2

l

[

N=

1

U)k

k

[l

X

l

l ,

z

l

Provjerite daje N nilpotentna, U unipotentna i ex p (log(U)) 9

l l o U(t) = O O

Neka je t kompleksni broj i t 2t + 2t2 3t l 4t. l

o= o o l= - Ol oo J =

+

=

U, log (exp (N)) = N.

(1 7/2) t2 + 4t3 5t + l 2t2 6t l

J

Dokažite da je U (t) U (s) U (t + s) za sve kompleksne brojeve s, t E C i da je U (t) = ex p (tN) gdje je N izvjesna nilpotentna matrica koju · treba naći. lO

2t - t2 /2 Neka je U(t) -t gdje je t kompleksan broj. Dokažite da l U (t) U(s) = U (t + s) za sve kompleksne brojeve s, t E C i da je U(t) ex p (tN ) za neku nilpotentnu matricu N koju treba naći. ll

t l

=

Pomoću funkcije tr dokažite da ne postoje kvadratne matrice X, Y reda n, tako da je XY - YX l. 101

12

Nađite sve

2x 2

matrice A koje komutiraju s matricom

3

13

Dokažite da je svaka matrica B koja komutira s matricom A polinom matrice A prvoga reda, tj. 14

B bl. =

J [� �J

[2 -l ll

aA +

=

.

neki

Neka je A n x n matrica. Dokažite da je skup C (A) svih matrica koje ko­ s A zatvoren s obzirom na operacije zbrajanja i množenja matrica, tj. da je rezultat tih operacija opet matrica iz skupa C(A). 15 Dokažite da svaka 2 x 2 matrica A koja komutira sa svim matricama ima oblik A .AI gdje je .A. iz polja skalara. mutiraju

=

16

Dokažite prethodni zadatak za matricu tipa n x n. U pu te. Matrica A komu tira s dijagonalnom matricom kojoj su svi matrični elementi na dijagonali međusobno različiti. Odatle se zaključuje da matrica A mora biti dijagonalna. Nadalje, matrica A komutira s matricama oblika l

... o l o o

o

, odakle se zaključuje da je A

=

Al.

17

Uočite da je množenje matrice A s dijagonalnom matricom D slijeva množenje redaka matrice A s odgovarajućim elementima na dijagonali matrice D . Što je s množenjem zdesna s dijagonalnom matricom ?

In.

18

Neka je a bilo koja permutacija stupaca jedinične matrice Neka je P( a) n x n matrica kojoj su stupci nastali od stupaca jedinične matrice primjenom permutacije a. Kako izgledaju stupci produkta AP(a) gdje je A neka n x n matrica ? 19

Napišite sve matrice oblika P(a) (vidi prethodni zadatak) u slučaju

n =

3.

20

Neka je M n x n matrica koja u svakom retku i svakom stupcu ima samo jedan element različit od nule. Dokažite da je M oblika M = D · P( a) gdje je D dijagonalna matrica, a a permutacija stupaca jedinične matrice

102

In .

21

Neka je Q (a) n x n matrica kojoj su reci nastali permutacijom a redaka jedinične matrice In. Dokažite da su reci produkta Q(a) A gdje je A n x n matrica nastali permutacijom a redaka matrice A. 22

Neka je A m x n matrica. Ako su a t . . . . , an stupci matrice A, onda pišemo A = [at . a 2 , . . . , an] . Ako su a 1 , . . . , a"' reci matrice A, onda pišemo A = (a 1 , . . . , a"'). Dokažite da je AB = A [b t. . . . , bn] = [Abt , . . . , Abn] AB = (a 1 , . . . , a"') B = (a 1 B, . . . , a"'B). 23

U o oJ

Dokažite: a) da je

2

l

O -3

nilpotentna matrica;

b) da je svaka gornjotrokutasta n x na dijagonali nilpotentna.

4.

n

matrica A (tj.

aii

= O za i > j) s nulama

Regularne matrice

Definicija. Za matricu A E Mn kažemo da je regularna (invertibilna) matrica ako postoji matrica B E Mn takva da je AB = BA = I . Jedna od efikasnijih metoda za ispitivanje regularnosti matrice A i za traženje inverza, ako inverz postoji, je tzv. Frame-Fadejev algoritam. Polazeći od matrice A računaju se redom A 1 , O"t . B 1 itd. prema shemi

Dokazuje se (vidi [ 1 7], str. 236 -242) da je Bn = O i da je matrica A regularna

l . v • Je • A - 1 = - Bn - t · samo ako Je an =/= O U tom sl ucaJU O"n Napomenimo da je za provjeru regularnosti matrice A dovoljno naći matricu B tako da je AB = I (ili BA = I) (vidi [ 1 6], § 5 . 1 . Korolar i zadatak 25, § 5 .).

ako

.

1

.

103

Dokažite da je jedinična matrica In regularna.

2

� �� �]

Dokažite da je svaka matrica kojoj su stupci nastali permutacijom stupaca

jedinične matrice regularna. Specijalno je matrica

o A= l o o o o l o o regularna. 3

Ako je A regularna kompleksna matrica, tada je A* regularna matrica (A *t 1 (A - l )*. Doka-žite to. 4 Ako je A hermitska (antihermitska) i regularna matrica, onda je A - 1 također hermitska (antihermitska) matrica. =

5 Nađite inverz matrice A iz zadatka 2.

6 Ako je A regularna i realna matrica, onda je A - 1 realna matrica. 7

Neka su A, B e Mn matrice i AB = O. A =l= O i B =1= O povlači da A i B nisu regularne matrice. Dokažite to.

8

) l scos. ry_

J

- sin ry_ . Dokažite cos a da za !Y., P E R vrijedi formula A(ry_ + P) = A (ry_) A (p). Koristeći se tom formulom dokažite da je A(ry_) regularna matrica za svako ry_ E R i nađite njen inverz. Za

ex

.

.

. E R d efmuamo matncu A ( ry_) E M 2

9 Neka je A blok-matrica A =

s

[ � 11 !:: j

A (a =

ma

gdje su A l l i A 22 regularne matrice.

Dokažite da je A regularna matrica.

10

-1 � - ! -1 �1

Invertirajte matricu A Gaussovom metodom eliminacije ako je:

l -1 l

104

2 -1 l 2 o o l -1 -1

]

b) A =

l l 2 3 4 5 3 3 4 5 4 4 4 5

5 5 5 5

ll

r

Frame-Fadejevom metodom, opisanom u [ 1 6] § 4 t. 5 . nađite inverze ovih matrica

a) A =

l� =� � 5

-

7

e) B =

3

12 Dokažite da za funkciju A ...... A (A) =

r � � ].

l 2 2 5 9 4 o o l 5

3 2 7 5

OO l J

·

A E C vrijedi funkcionalna

jednadžba A (A) · A(JI) = A (A + JI). Koristeći se tom formulom nađite ;\V t 1 .

13 Ako je N nilpotentna kvadratna matrica n-tog reda, pokažite da je invertibilna i da je (I 14

-

Nt 1 =

I

-

N

Primijenite prethodni zadatak na matricu

M

15 Nađite inverz matrice

16

+ N + N 2 + . . . . + Nk - 1 .

I

Specificirajte za n

=

2 i

a

gdje su

ai

=f- O,

i = l,

. .

. , n.

l��;� j o o l 2 o o o l

l.

l:

Nađite inverz matrice

A�

=

=

l a

,

l + a,

.L J

1 05

17 Primijetiti valja da se sistem Ax b, gdje je A r..:gularna matrica, može brže riješiti direktno nego računajući inverznu matricu (osim ako A - t nije već otprije poznato). Za nalaženje A - t treba riješiti n sistema j<.:dnadžbi istodobno. =

18 Dokažite da je matrica koja u svakom retku i u s\akom stupcu ima samo jedan element različit od nule regularna.

19 Neka su P (a) i Q (a) matrice nastale od jedinične matrice permutacijom stupaca odnosno redaka primjenom permutacije a. Dokažite da je Q (a) P( a) = = P( a) Q (a) = I.

20 Neka je D dijagonalna matrica i M matrica koja u svakom retku i svakom stupcu ima samo jedan element različit od nule. Dokažite da je M - 1 DM dijagonalna matrica.

21 Neka je K antisimetrična matrica. Pokažite da je x'Kx = O za svako x zaključite da je I + K regularna matrica.

RJEŠENJA

§ 4. Matrice l. Sistemi linearnih algebarskih jednadžbi

2

X1 =

J,

X2

3

=

0.

X3

=

-

J , x4 = 2.

Sistem nema rješenja. 4

4 o l - lr o oo -44 ,1 _ ,r 0 - 1 oo oo oo oo o o oo o 2 o oo oo o o

Dobivenu trokutastu matricu transformiramo dalje:

lg r

l

2 3 - l -3 l

-

l l

5

-2 '

1

2

1

3

- 1 -3

l

l

-1

l

2

Rješenje očitano iz posljednje matrice glasi: X4 = l , XJ =

106

l

'

-

-l -

l

l, x2 =

1

l _ 1o

1 l '

-

o o o l oo oo o� g - : l·

r1

l

-1

l, Xl = l .

l

l '

5 2 3 7 l

l 4 l 2 -1 -6 4 6 -5 o 8 7

l '

�

ll

l r,

o

8 7 l - 12 - 1 3 � 2 - 25 - 27 4 - 50 - 54 '

o o o

l 1l

o

1 0

8 7 l - 12 - 13 � o - l o -2 -2 '

o o

l

o

7 8 l - 12 - 13 l l o

o o o

o

1

o '

o

'

odakle čitamo rješenje XJ = - x4, x2 = x4, x 1 = x4. Opće rješenje sistema je (.i., l, - A, .i.) gdje je }. proizvoljan realan broj. ( Pisali smo samo tablicu sistema, a ne proširenu tablicu sistema, jer je sistem homogen.) 6

1 1

l1-rl

Budući da je matrica sistema u oba slučaja ista, pisat ćemo proširenu tablicu za oba sistema istodobno.

-

-2 -2 3 7 -9

1

o

7

5 -5

l

�

l

l -2 2 7 19 - 8

o -1 o -l

7

o o

19 - 5

l

l -2 -2 -7 - 19

o

o

o

Iz posljednje tablice zaključujemo da je drugi s istem nemoguć, a rjeienje prvoga je x1 = x 2 = 7x J 1 9, x J je proizvoljno. 7

C"a1, . Iii

x

-,

:

:

-

5xJ + 1 7,

l : x2 - 2. 2; x3 1 : l .\ 2 - 2. X J - J. Xt (Cl Sistem nema rješenja. - 8; x2 = 3 + x4; x3 = 6 + 2x4. 'ct) x1 x 2 = x.\ = O; x4 = x5. l + 5x4 l - 7x4 + 5x4 = �-x2 = ---- ; X J = ---- . 6 6 6 =

==

8

l

.i. + l -1 l + .i. , y = , z = . Za A. = - 2 sistem nema rje.i. + 2 .i. + 2 .i. + 2 š�nja. a za ). = l rješenje sistema je x = l - ( y + z), y i z su proizvoljni. .

.

Za ) =f - 2 i ) =F + l je x =

9

--

--

-

--

Sistem jednadžbi svod imo na gornjotrokutastu formu. jednadžbe preko ostali h nepoznanica i uvrstiti u preostale se sistem X 0.7 y + 0.3 Z + 0.5 U u = 3.8 y + 0.8 .:; 3.1 y + 3.1 z + 9.5 u =

-

-

=

Nepoznanicu

x

izrazit ćemo iz prve

jednadžbe. Nakon sređivanja dobiva 0.6 8.6 0.2

5.5 y - 3.5 z + 1 .5 u = 4.

Budući da je najveći koeficijent uz nepoznanicu y u četv rtoj jednadžbi, zamijenit ćemo d rugu četvrtu jednadžbu. Nakon toga eliminiramo y iz preostalih jednadžbi i dobivamo sistem X

0.7 }' + 0.3 Z + 0.5 u= y + 0.63636 z - 0.27273 u =

Nakon eliminacije nepoznanice X

- 1 .6 1 8 1 8 z + 0.03636 u = 1 . 1 2727 = + 10.34545 u =

z

imamo

-

0.6 0.72727 1 1 .36364 2.45455.

- 0.7 }' + 0.3 Z + 0.5 U = 0.6 y + 0.63636 z - 0.27273 u · = - O- J 2727 z 0.02247 u = - 7.02247 1 0.37079 u =

10.37079,

odakle se dobije rješenje u = l, z = - 7, y = 4, x = 5.

1 07

2. Linearna kombinacija matrica rz sistema

IX1 8 + IX z b + IX3 t: + IX4 d = X

dobiva se kao jedno od rješenja

l 10l j.

IX1 = 1 3/3, IXz = - 1/3, IX3 2

B,

=

-l -l

= 10j3, IX4 = 0.

+ IX3 A3. Znači da je 2 [ IX1 + 1Xz + 31X3 - IX1 - IXz - 2tx3 ] 2 2tx1 + 51Xz - IX3 -IX1 - 2txz - 31X3 = 1

3

Neka je B = IX1 A1 + IXz Az

l

Iz ddinicije jednakosti matrica slijedi ovaj sistem jednadžbi :

IX1 + 2tx2 + 31X3 = 2 21X1 + 51Xz - IX3 = - IX 1 - IXz - 21X3 = 4 l

- IX 1 - 2txz - 31X3 =

l.

Prethodni sistem jednadžbi nema rješenja, što pokazuje d a se matrica B n e može napisati kao linearna kombinacija matrica A � . Az, A3. 4

Traže se skalari IX t. IXz, IX3, IX4 tako da je B = IX1 A1 sistem četiriju jednadžbi s četiri nepoznanice

+ IXz Az + IX3 A3 + 1X4 A4. To vodi na

IX 1 + IX2 = 3 IX1 - IX2 = 5 O<) + (X4 2 0<3 - IX4 Rješenje sistema je IX1 =

= =4

4, IXz = - l, IX3 = 3, 1X4 = - l, Dakle, B = 4A1 - Az

s

+

3A3 - A4.

je A = (aii) j = l , 2. B ='(bij) i, j = 2. Tada je tr (IX A + P B) = 1X a 1 1 + P b 1 1 + 1X a22 + + P bNeka zz = 1X (a 1 1 + Uzzl + P (b1 1 + b zzl = IX tr A + P tr B. l,

i,

7

Ako je tr B1 =

O, tada matrica B1 nužno ima oblik B1 = [ a - ab l· Traže se skalari IX e

t.

IX z, IX3,

tako d a j e B = IX 1 A1 + IX 2 A z + IX 3 A 3 . To vodi n a sistem četiriju jednadžbi s tri nepoznanice, slično kao u zadatku 3. koji ima rješenje. 8

č etvorka (IX,

p, y, b) zadovoljava sistem jednadžbi IX + P - y + 2b = 0 - IX + y =0 2tx + P - y + b = O 31X + zp - 2y - b = o IX + 2P

b

=

o.

(0, O, O, O, 0).

Skup rješenja gornjeg sistema jednadžbi je jednočlan, i to je Dakle, nul-matrica se može napisati kao linearna kombinacija matrica A, B, C, D samo na trivijalan način.

1 08

3. Produkt matrica

a) � � � � · � � � �· l � � l b) e

)

l� �l

� -2 2 l 1 20 4 1 1 20 41 l· o

d) , l O

2

l

a) i b )

O

'

lO

Matrica

ir sa svojim

5

[�

SJ

l

sl

Sn - l

o

o

l

o

7

e je je A = l : � �· B = l � : 1. C = l � � � je ( A x B) x C = I � � � x l � � 1 = 1 � � � ; A x (B x C) = I � � � x � � � � = � � �l·

Tako definirano množ n

8

Sn - 2

n (n + l )

l

1>

'· j

s2

gdje je = + 2 + . . + n = ---. 2 s.

r i s (A).

potencijama, pa komu t i a

A komu t a

ni

asocijativno. Npr. za

Primjećujemo da su redovi s desne strane konačni jer su

0 o o

ex

p (log U)

= ex

y p

l

'

o o o o

X o

o

U nilpotentne.

-J xz

.v - 2 z

.

o

xz

-2 z

+-r 2

-

matrice N i l

o o

o

l

; J� l

x

o

o

x

o

1 09

log (exp N) = log 9

Dokaz prve tvrdnje prepuštamo čitaocu. U (t) je unipotentna i log ( U (')) - - � - U (')) -

�I - U(•)f - +(I -

!r ooo 2to �3t l t

U (•))' -

4t 5t

f og og � oi l· Pokušajte pročitati matricu N iz U (t) bez računanja. To je lako ako se uoči da je N = lim - (t) I ). U (t) = exp (t N), N = �� � -r l · o

Tražena matrica N je N =

o

l

t---+ 0

t

(U

-

lO

ll

rr (XY - YX)

12

Neka je A =

= tr (XY) - rr (YX) = O, a tr i = n.

[: ! j. Matrični elementi od A zadovoljavaju sistem jednadžbi

{J + y = O rt - {J - J = O rt + y - b = O. Sistem rješavamo Gaussovom metodom eliminacije

o o o fo o o l o l o l

1 ll

13

r: �l

Neka je B = je y O i rt = J odnosno =

=

l

l

-

-1 l -1

[J � y �yJ ' l

pa je rješenje: matrica A

l

-1

=

JI + y

l l -1 ,

[ � -�j gdje su J -1

-

y proizvoljni brojevi.

[� �J [: �l = [� �] , r: �] [� �l = [� :J - Odatle B = [ ort {J ] = rt i + {J A.

AB = BA, tj.

rt

1 10

l l

14 =

A (XY) = (AX)Y = X (AY) Za X, YeC(A) A (X + Y) = AX + AY = XA + YA = (X + Y)A X(YA) = (XY) A.

15

[ � �j.

Matrica A komutira s matricom matricom

e=

[o - 1j l

0

, odakle slijedi d a j e A =

pa nužno ima oblik A = IX I +

fl e prema zadatku

[ o bj

13. a

0

=

. A komutira i s

Dakle,

17 Matrica A se množi s dijagonalnom matricom zdesna tako d a s e stupci matrice A množe s odgovarajućim elementima na dijagonali matrice D .

18 Stupci matrice AP (a) nastali su od stupaca matrice A primjenom permutacije

a.

19

20 Matrični el em enti m ,j m atrice mij =

{O

M su oblika ako je j

f

a

( i� i = l , . . , n

IX1 ako je j = a ( i)

i = l, •.

gdje je a neka permu tacija stu paca jedinične matrice I

.., n

Definirajmo D

r o'

- et,

O

M = D · P (a).

_

· .

, tada je

1Xn

23 b ) A = [O, a 2 , a3, . . . , a.] A 2 = [AO, Aa2, Aa3, . . . , Aa.] = [0, O, Aa 3 , . . . , Aa. ] A 3 = [0, O, A 2 a3, . . . , A 2 a.] = [0, O, O, . . . , A 2 a.] A"

= [O, O, . . . , 0].

4. Regularne matrice I. · I.

=

I., pa je I. regularna po definiciji.

2 M&trica A jednaka je produktu P 1 3 P24, pa je regularna. Pij su matrice permutacije.

111

3 A _ , A = AA _ , = I A * (A - 1 )* = (A - 1 )* A* = l* = I, (A*) - 1 = (A - 1 )*.

što

A*

da je

pokazuje

regularna

i

4 =

A- 1 = ( A*) 1 = (A 1 )* prema prethodnom zadatku. I sto vrijedi za

A = A* A hennitska antihennitsku matricu. 5

6 =

B + i C gdje su B i C real ne ma trice. Tada je I = AA Neka je A - 1 je AC = O. Iz toga slijedi da je C = A - 1 (AC) = O. 7

1

= AB + i AC, odakle

A regularna povlači B = A _ , (AB) = O suprotno pretpostavci. I s to vrijedi za B.

8

9

=

[

A (a - a) = A (O) = I I = A (o:) A ( - o:) => A ( - o: ) = (A (a)) - 1 • I nverzna

1, 0

l

matrica

A " X + A 1 2 Aii ' 12

od A, ako postoji,

B .

ima

oblik

B

=

- '

l A��

X

A22'

j

i

l = AB =

. . Za X = - A ,- ,' A , 2 Ai21 Je AB = BA = l pa Je A regularna matrica.

10 Označimo B = A - ' . Tada je zbog AB = l i-ti stupac ma trice B rješenje jednadžbe Ax = gdje je e, i-ti stu pac jedinične ma trice. Svih pet sistema jednadžbi rj ešavamo istodobno.

- 22l -ol1 ooo 1 : oo oo oo ooo � - - l � ooo � --:ll o - l1 o o ; oo ooo ooo oo o�J1 r oo -2�1 oo� -�1 �o : - l1 �oo oo oo o o o: o o o � l o o o -l o o o� o � _ l o o -2 o o J - t � o: o �l �1 :: - 1: - �2 o� : -l� oo oo - 1o oo: -o1 - 1 ol -ol � � o o o o lo oo oo oo - o1 - ol1 oo o0 -- �1 o 0 -1 o 0 -1 o 1 1 o o o -li J l-:1 -:- 1 o�-�-�l j : l

l

l

-l :

-l

l

l :

l :

2 -l l

l l

l

l

o

-1

l : -l - l l

l

O

O l

1 12

l

J ,

-

l

=> A - 1 =

-l

O

O l

O

e,

ll

a) A 1

=

1

2 -3

4

-5

' 5 -7

A z = AB1

=

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

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

l

2

O

-l

-

-l

.

2 tr A z =

-

2 � l = �2 l -

2, 8z =

' -3 - 1

l

-l

Az = AB1 = Dakle,

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

•

- 10

-5 16 - 1 3

12 ·

A ( - .A) A

(A)

5

-4

-ll

4 9

·

=

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

J

= -

1 0, 82 =

[o o

.

A (0)

=

I = (A (.AW

1 =

A(

-

.A).

13

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

+

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

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

8

M

�

l

�

N gdjo j e N

�

[l

Zbirka zadataka iz linearne algebre

-

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

-

3

-

4

J

. M- '

�

l

+ N + N' + N'

�

r � oo o -n -2

l -2

l

1 13

15

Označimo

N=

l? ? �.::::.� 1· .. ..

O

O

O

· · · ·

o o o .... o

Prema zadatku

A- 1 =

i a = l je

n = 2 16

1 3 A = (I - Nt 1

f

· O1

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

N

a

I

odnosno A - l =

[ � � l·

-N=

-

l -a O l -a

. .

O

· · ·

O

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

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

Ax = e,

L

xk

+ a, x, = l

L

xk

+ a. x. =

l c= l

k= l

Označimo li =

-

A.

a n

L 11: = 1

odnosno

x.

x1

= A.,

M

tada je rješenje sistema

= -- , a l ai

x2 =

M

--, .... , xi

a2 a;

x1

O.

= -

M

A - , x2

at

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

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

ar

M

ai

a2

--

a" ai

gdje je M = -

---1

l+

Il a•

·�

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

i i

i -+ j

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

i

..

, n).

18

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

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

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

1 14

20

Zadatak ćemo riješiti u dva koraka. .

•

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

2)

.

.

. . .

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

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

x

=

x ' Kx,

o n d a je y

=

y'

=

x' K'x

=

-

x ' Kx

=

-

y , odakle slijedi

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

-

-

=

1 15

§ 5. Vektorski prostori matrica l.

Vektorski prostori matrica. Baza vektorskog prostora

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

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

2.

z

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

Postoji bar jedan element O e X

takav da je

x+0=0+x=x

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

X + y = y + X = O.

Element

y

s ovim svojstvom zovemo inverznim elementom elementa x.

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

za sve il E K za sve

11,

sve x, y E X ;

f3 E K i sve x E X ;

(ll + {J) x =

llX

+ {Jx

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

za sve

ll,

{3 E K i

xE

X; l·X =X

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

1 16

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

b

l

Pokažite da su matrice A1 nezavisne.

2

=

[ 2, 4,

5], A2

=

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

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

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

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

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

x

n linearno nezavisni.

6 Koristeći se zadatkom 4 provjerite linearnu nezavisnost matrica

1 17

7 o

o

Dokažite da su stupci matnce A = 8

lso o l ooo 0

-1 4

0

2 -1 3 4 _1 -2

r oo· oO oo oO l

o

linearno nezavisni.

l

o

o

o

o

o

ProvJente da h su reci matnce B

=

oooo l

l

o

linearno nezavisni.

l

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

9

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

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

Dokažite d a su matrice

linearno nezavisne. 12

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

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

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

13

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

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

15

Ako n matrica razapinje vektorski prostor dimenzije linearno nezavisne.

n,

onda su te matrice

16

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

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

Neka je x =

n L xiei prikaz

vektora x u bazi (e1

i= l

•

. . .

, en)

i x(e) =

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

i x=

L xjfj j=

. . .

[x1, . . . , xn]'

, fn) druga baza

prikaz vektora x u bazi {!), onda je

l

ili, kraće napisano, gdje je A = 19

x(f) = A x(e)

(aii

) matrica koja povezuje baze (e) i

=

n

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

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

{!), tj. ei

n

.

l

L

k= l

akJk

neki vektor iz i samo ako je

(i = 1,

. . . , n) .

Kn. Dokažite bi =f O.

20

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

, r �

r u r, � r j 1 r, � r n r n r � ,

1 19

2i

n

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

n

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

22

a1

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

=

23

Rastavite vektor a, � 24

r l l· r � .,

Vckto ce 25

y

=

l

6

-3

u linearnu kombinaciJ·u vektora a 1 -

�

x

� r_t l �rf l Y

\

r o l l

J:

nadopunite do baze u K, .

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

lnvcrtirnj ;e mat
l g _l

l l o

a) Gaussovom metodom eliminacije i b) pomoću Gauss-Jordanovih transformacija. 27

Nađite inverze ovih matrica : 2 -3 l 2 o l 28

r -7 1 1 1 9 7 6 1 1

Nađite kvadratnu matricu X, takvu da je 2 -3

4 -5

5

1 20

2 X l l 2 l l l 3

=

2 18 23

]9

o -2 12 15 l l .

29

[A= -1 -122 O ooo -l

Invertirajte matricu

1

-1 o -1 o l Ao [A � � ooo ooo -loo r2 l. [B= o2 22 ol -1oo ! l oooo l

-

l

l

l

l

l

l

-1

l

kao blok-matricu . 30

kao blok-matricu.

lnvertirajte matricu

l

-l l

l

l

31

-

l

-l

lnvertirajte matricu

-l

32

l

l

kao blok-matr;cu.

l

Dokažite da je gornjotrokutasta matrica regularna ako i samo ako su njeni dijagonalni elementi različiti od nule. Usporediti sa zadatkom 9. 33 •.

.

A A1 A t n l l 2 · · t A A . A = 2 A2 . Aii Aii =

Dokaztte da Je blok-matnca

O

..·

. . . .

.

.

dratn e matrice, regularna ako i samo ako su matrice 34

Dokažite da je matrica nezavisni.

A

:

gdje su

••

i

l, ..

.

, n

kva-

regularne.

regularna ako i samo ako su njeni reci linearno

121

35

Dokažite da su stupci kvadratne mat.rice A = (aii) n-tog reda linearno nezavisni ako je l aii l

>

; i

� l aid, j n

jj

=

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

[ � =r -l �:: J o

2

0.5 -4

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

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

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

I obratno,

n

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

=

(a;i), B

j= 1

=

(bu). Pokažite da je AB = BA =

37

I

(tj. A - 1 = B).

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

n-

38

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

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

Postupkom iz· prethodnog zadatka invertirajte matricu A�

122

r -�

6 t 2 -l

1·

41

f � � J.

� i

].

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

b) B =

l -1�

3 -1

e) C =

Ir -i � i8 ]. 9 -5

+

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

_!_ v n

43

(1, �. � . ... , -h ). e

=

" e

e

l 1 l l l X1

1 1 , y = Y: , z = Z: vektori iz Kn. Xn Yn Zn a) Uočite da je xty broj. b) xyt je n x n matrica s matričnim elementima xiyi (i, j = l, . . , n). e) xytz = (y
Neka su x

2.

=

:

Primjeri vektorskih prostora

l

Neka je X skup svih realnih 2 x 2 matrica oblika

l � t: j gdje je t fiksan

broj iz R. Dokažite da je X vektorski prostor. Da li je produkt matrica toga tipa opet matrica istoga tipa? 2

Dokažite da je skup X iz prethodnog zadatka za t < O polje izomorfn6 s poljem R (Vr} (Polje R (Vr) je polje (R 2 , · ) gdje je zbrajanje definirano kao zbrajanje parova, a množenje formulom (x, y)(x', y') = (xx' tyy', xy' yx').

U pu t e.

q>

+,

: X -+ R (Vt) definirajte formulom

izomorfizam polja.

q>

+ +

r: t�] = (x, y) i pokažite da je to

3

Dokažite da je skup svih gomjotrokutastih matrica tipa n x n vektorski potprostor prostora Mn svih matrica tipa n x n. 123

4

Promatrajte u K, skup svih vektora

x 1 + x 2 + . . . . + Xn nađite mu dimenziju.

=

5

O

.

x �

lt 1

koj; mdovoljavaju reladju

Dokažite da je taj skup vektorski potprostor od Kn i

Neka je V konačnodimenzionalan vektorski prostor nad poljem kompleksnih brojeva C dimenzije n. Dokažite da je V kao vektorski prostor nad poljem realnih brojeva dimenzije 2n. 6 Izračunajte dimenziju potprostora X svih matrica iz M 2 s tragom nula. 7

l � � l, l � � l, = l � � 1 čine bazu u = i i to je- po matrica s tragom nula i da je oznaka za komutator matrica (ovdje je

Y X H [X, Y] j [H 2, X]2 HX[H-XH), X] . H,[X,H,YX] 2XH, [HX,, Y] 2Y, 22 H, X, Y Dokažite da matrice

skupu svih =

=

_

=

=

x

definici i Zaključite odatle da se svaka od matrica =

mutator dviju matrica. U pu t e. Dimenzija prostora su linearno nezavisne.

x

mo že napisati kao ko­

matrica s tragom nula ja 3, a matrice

8

Označimo s E;i matricu tipa n x n kojoj je matrični element na mjestu (i, j) jedinica, a ostali su matrični elementi nule. Dokažite da je (E1 1 , E 1 2 , . . . , E1 n , E2 1 , . . . , E2n• . . . , En 1 , . . , Enn ) baza u vektorskom prostoru Mn . 9 Dokažite da je skup svih n x n matrica s tragom nula razapet sa matricama diag . , l , . . . , - l), tj. oblika Eii i =f j i Hk (k l , . . . , n - l ) gdje je dijagonalna matrica s l na mjestu (k, k) l :::; k < n i - l na mjestu (n, n ) . Da li je skup matrica {Eii : i, j = l, . . . , n } u k l , . . . , n - l } linearno

=

=

nezavisan ?

10

Hk{Hk : (O, O, [a, =

. .

Neka je n prirodan broj. Označimo sa fl/Jn skup svih realnih polinoma p, q, . . . stupnja manjeg ili jednakog od n definiranih na intervalu bJ e R, p(t) = aotn - 1 + al tn - 2 + . . . + an - 2 t + an - l > q(t) = b otn - l + b t l.n - 2 + . . . + bn - 2 + bn - 1 · Definirajte zbrajanje polinoma i množenje sa skalarom formulama (p + q ) (t) (a o + bo ) m - l + (a l . + b r ) rn - 2 + . . . + an - 1 + bn - 1 (,J.p) (t) Aa o tn - l + Aa1 tn - 2 + . . . + Mn - I

=

=

=

te dokažite da je uz tako definirane operacije f!l" vektorski prostor dimenzije n + l . Nađite bar jednu bazu u tom vektorskom prostoru.

124

ll Dokažite da su funkcije sin wx i cos wx rJesenJa diferencijalne jednadžbe ( • ) y" + w2 y = O. Ako je J bilo koje rješenje diferencijalne jednadžbe ( • ), onda je J linearna kombinacija funkcija sin wx i cos wx. Odatle zaključite da je skup svih rješenja diferencijalne jednadžbe ( • ) (definiranih na skupu realnih brojeva R s vrijednostima u skupu kompleksnih brojeva C) dvodimenzionalan vektorski prostor. Nadalje, funkcije eiwx i e - iwx su također elementi vektorskog prostora X. Napišite ih kao linearne kombinacije funkcija sin w x i cos wx.

X

12

Označimo s R"' skup svih nizova realnih brojeva oblika = (a � > a2, . . . , am O, O, . . . ). (Samo je konačno mnogo članova tog niza različito od nule.) Dokažite tx

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

x

=

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

'll

=

=

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

14

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

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

W

=

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

125

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

18

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

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

+

)c'y)

=

operator

)cF(x)

+

ako je

)c'F(y)

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

Kn

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

Aek

l

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

a) y �

[�1

=

b) z �

[g1

=

vk, k

=

l,

. . .,

n.

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

=

Y.

-+

K3 na ovaj način :

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

e) e �

[gl

d) u �

l !l

e) v �

IH

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

2

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

1 26

=

=

3

1 lll

'

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

4 Može li vektor x

=

l' - 2ll '!l

f

l

1

biti slika nekog vektora pri preslikavanju

l ll Ol l·'

r 1 1 1

T : K2 -+ K3 koje je pridruženo matrici T

=

5

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

..

6

..

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

[ lJ -

u slici ope
[

�

r� � �l

�

[�l

A : K4 -+ K2 mearan operator 2 l pridružen matrici A. Nađite bar jednu bazu u slici operatora A.

7

. Nek a Je A

2 = 1

8 Neka je B

�

_

6 . 5 0 matrica tipa

3 4 1

[i ! � �J _

_

x

4 1.

r

Nađite ba< jednu bazu u slici opernto
B : K4 -+ K4 pridruženog matrici B. 9

r � ] i y2 = r _�l·

Nađite linearan operator T : K2 -+ K z koji vektore Xi = preslikava u vektore

y1

=

r�l

Xz =

r�l 127

lO

Pokažite da vektori a 1 [1, 2, l J, a 2 [2, 3, 3] i a3 = [3, 7, l] čine bazu u K 3 te da vektori b 1 = [7, O, 3], b2 = [ 1 6, l, 4] i b3 = [ 1 6, � 2, 1 2] čine drugu bazu u K3 . Nađite matricu prijelaza iz baze (a) u bazu (b), tj. matricu koja zadovoljava [a b a2, a3] = [b t . b 2 , b3]. Svaki vektor b; (i = l, 2, 3) može se napisati kao linearna kombinacija vektora 3 at. a2 i a3 tj. b; = L xiiai . M atrica (xii) zove se matrica prijelaza iz baze (a) =

j=

u bazu (b).

ll

l

l

=

Dokažite da je preslikavanje .

�

·

.

pndruzuJe matncu

X

X

a O b OaO 0d O eO e

12

qJ

s M 2 u M 4 , koje svakoj matrici A =

O b . . .. . 0 , lmearna InJekCIJa. d

J

}

��;-

rl ac db jl

Neka je D : flJ>" -+ f1J>" (flJ>" je prostor svih polinoma stupnja manjeg ili jed­ 2 nakog n) op��ator deriviranja definira� s (\fp E .OJ") (fp ( t) l ) a0 t" - + . + (n - 2)a 1 t + . . . + 2an - 3t + an - l gdje Je p(t) = a0t + a1 t + . . . + an - l Dokažite da je D linearan operator na flJ>" i nađite njegovu matricu u bazi (eo, e1 , . . . , e" _ I ), gdje su polinomi e; i = O, l , . . . , n - l definirani sa e;(t) = ti.

4.

=

·

Minimalni polinom Jedan je od osnovnih teorema algebre matrica

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

stupnja m

l Nađite minimalne po lin ome matrica :

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

a) A =

1 28

d) D =

r� -�1

2 Neka je A =

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

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

J.l8

J.l8 J.l c

1

3

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

4 Neka je M =

r � :1

I

gdje su A i B kvadratne matrice. Dokažite da je

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

[ ]

5

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

6 Nađite minimalni polinom matrice

M =

2 o 0 0 0 o o

8 2 0 0 0 o o

o o 4 1 0 o o

o o 2 3 0 o o

o o 0 0 0 o o

o o 0 0 3 o o

o o 0 0 0 o 5

7 Nađite minimalni po linom matrice A

=

8 Nađite minimalni po linom matrice B = 9 Zbirka

zadataka iz linearne algebre

[ � ; J.

[ � �J. -

1 29

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

x

2 matrice uvijek manji ili

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

Iskoristite prethodni zadatak i dokažite da matrica A =

ro -1] nije regularna. l 0 0j

Linearne forme

5.

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

+

+

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

2

=

{� ���

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

. . , en

) standardna baza u Rn, čine bazu u prostoru svih

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

1 30

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

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

čine bazu u

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

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

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

•.

8

Neka je X vektorski prostor matrica dimenzije dim X = n

n

i ft .

. . .

, J. linearno

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

i = l,

. . .

, n

i= l

povlači A = O.

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

V

-

Neka S, tj. da je kom­

lO

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

ll

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

131

12

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

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

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

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

17

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

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

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

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

gdje su X;, Y; (i

=

l,

...

i= l

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

21

i) Dokažite da za svaki linearan funkcional J na Mn postoji matrica A E Mn, tako da je f (X) = tr(AX) za svaku matricu X E Mn. ii) Ako je f(XY) = f (YX) za svake dvije matrice X i Y iz Mn, onda je A proporci<malna s jediničnom matricom, tj. A = .U. •

1 32

6.

Unitarni prostor Rn

Skalami produkt vektora x se skalar

=

' ' [x 1 , . . . , x� ]' i y

(x l y) Funkcija (x, y) svojs�a : (Sd (x + y l z)

=

[y1 , . . . , of'� ]'pi:,stora Rn zove

n

=

L X ;Y;-

(l)

i= l

>-t

=

(x l y), definirana na Rn x Rn s vrijednostima u R, ima ova

(x l z) + (y l z) aditivnost skalarnog produkta s obzirom na prvu varijablu,

homogenost s obzirom na prvu varijablu, (cxx l y) cx (x l y) simetričnost skalamog produkta, (x l y) (y l x) pozitivna semidefinitnost, (x l x) z O (x l x) O ako i samo ako je x O. Svaka funkcija p : (x, y) p(x, y) (x l y), definirana na R. x R. s vrijedno­ stima u skupu realnih brojeva R, koja zadovoljava svojstva (S1 HS5) zove se skalami produkt na Rn. Skalami produkt definiran s ( l ) prirodno se nameće i

(S2 ) (S3) (S4) (S5)

=

=

=

=

=

>-t

često se zove standardni skalami produkt. Broj

lXl

=

(k� xf r

2

zove se norma ili duljina vektora x. Udaljenost između vektora x i y prostora Rn definira se kao norma razlike x y i označava s d(x, y). Za dva vektora x, y iz prostora Rn kažemo da su okomita (ortogonalna) ako je skalami produkt (x l y) tih dvaju vektora jednak nuli. Za dva podskupa S i T prostora Rn kažemo da su okomita ako je skalami produkt (s l t) jednak nuli za svako s E S i svako t E T. Jedan je od osnovnih teorema teorije unitamih prostora (prostora sa skalar­ nim produktom): Teorem. Za potprostor unitarnog prostora Rn postoji jedinstven linearan operator P : Rn -+ Rn, takav da je za svaki vektor x E Rn vektor x - P(x) okomit na svaki vektor prostora a P(x) je element prostora Y. Linearan operator sa svojstvima iz teorema zove se ortogonalni projektor prostora Rn na potprostor -

l

YY, Y.

Nađite skalami produkt između ovih vektora u R3 : a) x

=

[2, l, OJ ', y

=

[

-

1 - 3, 6]' ; b) x ,

=

[ l, O, - l ] ', y

=

[2, 3, 2] '.

2 Provjerite linearnost skalarnog produkta u prvoj varijabli, tj. provjerite for­ mulu (x + y l z) (x l z) + (y l z) na primjeru vektora x [ l , 2, - 1 ]', Y = = t [2, - 3, 5]', z = [0, l , 3 ] , t E R. =

=

-

'

133

3 Nađite normu vektora v = [3, 4 ]' E R2 : (i) s obzirom na standardni skalami produkt, (ii) s obzirom na skalami produkt definiran formulom (x l y ) = X 1 Y 1 + 2x 2Y2 ·

4 Normirajte slijedeće vektore u Euklidskom prostoru R 3 :

5

i) a = [2, l, - l]'; ii) b = [ l , O, 1 ]'. Nacrtajte u ravnini R 2 skup svih vektora koji imaju normu : a) l, b) 5.

6 Dokažite ako je vektor x okomit na vektore a i b, onda je okomit na svaki vektor y E L(a, b).

7 Nađite sve vektore u R3 koji su okomiti na vektore a = [ l , l, OJ' b = [ - l, 2, l J. 8

Neka je x E Rn vektor koji je okomit na potprostor X C Rn. Tada je orto­ gonalna projekcija Px vektora x na potprostor X jednaka nuli. 9

Ako je {Ut , . . . , ud skup ortonormiranih vektora u Rn, k ::; n r X E Rn, dokažite da je vektor y = x - (x l u 1 )u 1 - . . . - (x l uk)uk okomit na svaki u;, i = l, . . . , k. lO

Nađite ortogonalnu projekciju vektora x = [2, 3, - l, OJ' na potprostor u R 4 razapet s u1 = [l, O, l, OJ', u 2 = [2, - l, - 2, l]'. ll

Neka j e f : R 3 � R linearna forma zadana s f (x) = 3x1 - 2x 2 + x3 . Na­ đite vektor y E R 3 tako da je f (x) = (x l y).

12 Neka je skalami produkt ( · l · ) u R3 zadan s (x l y ) = a1x1 y1 + a2x2Y2 + + a3x 3 y 3 gdje su a; > O. Za funk cional f : R 3 � R definiran s .f (x) = = f t x i + f 2x 2 + f 3X3, gdje su J; E R, nađite vektor y E R3 tako da · je f (x) = (x l y ) .

13

[ � �J. Što možete reći o matrici A ?

Dokažite da je formulom (x l y ) == 4x1 Y I + 2x1 Y2 + 2x 2 y1 + 3x 2 Y2 zadan skalami produkt na R 2 . Uočite da je taj skalami produkt oblika (x l y ) = (Ax l y) gdje je A =

1 34

14

2 2

Neka j e A x realna simetrična matrica koja zadovoljava (Ax l x) > O za svako x =f- O, x E R 2 . Dokažite da je fonnulom (x 1 y) = (Ax 1 y) zadan skalami produkt na R 2 koji se razlikuje od polaznog skalarnog produkta.

15

2 2

Nađite nužni uvjet na x matricu (realnu) tako da fonnula (x l y) = (Ax 1 y) definira skalami produkt na R 2 .

16

l - 2l �j generira skalami produkt na R 2 ? Isto se pitanje . . B = l21 l1 1 1. C = I2r4 - 21I·1 postav lJa za matnce Da li matrica A =

17

i y

U euklidskom prostoru R4 nađite udaljenost između vektora x = [2, O, l, 3]' [- l , l, O,

2].

=

18 Ako je S

e

R 2 , tada je s