Linear Algebra II

Linearna algebra II

Prof. dr. Hasan Jamak

February 23, 2007

Sadrzaj

1 Determinante 31.1 Komutativni prsten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Determinantna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Jedinstvenost determinantne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.4 Jos neke osobine determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.4.1 Kramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.4.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5 Moduli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Elementarne kanonske forme 252.1 Svojstvene vrijednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.1.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.2 Anulirajuci polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.2.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.3 Invarijantni potprostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.3.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.4 Simultana trougaonizacija i dijagonalizacija . . . . . . . . . . . . . . 47

2.4.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.5 Direktna suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.5.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.6 Invarijantne direktne sume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.6.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.7 Teorem o primarnoj dekompoziciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2.7.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3 Racionalna i Jordanova forma 653.1 Ciklicki potprostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.1.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.2 Racionalna kanonska forma matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.2.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 783.3 Zordanova forma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.3.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.4 Racunanje invarijantnih faktora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

1

2 SADRZAJ

3.4.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4 Normirani i Unitarni prostori 1034.1 Metricki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.2 Normirani prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.3 Skalarni proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1064.4 Ortogonalizacija vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1114.5 Beselova nejednakost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

4.5.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1224.6 Adjungovana linearna transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

4.6.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1294.6.2 Aproksimacija metodom najmanjih kvadrata . . . . . . . . . 1304.6.3 Minimalno rjesenje sistema linearnih jednacina . . . . . . . . 1324.6.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

4.7 Normalne i Ermitske linearne transformacije . . . . . . . . . . . . . . 1344.8 Unitarne i ortogonalne transformacije . . . . . . . . . . . . . . . . . 1404.9 Ortogonalne transformacije prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

4.9.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1484.10 Bilinearne i kvadratne forme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1494.11 Definitnost formi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

4.11.1 Uradeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1594.11.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

Glava 1

Determinante

U ovom poglavlju ispitivacemo osnovne osobine determinanti kvadratnih matricanad prstenima i poljima.

1.1 Komutativni prsten

Definicija 1.1.1. Uredenu trojku (R, +, ·) nepraznog skupa R i binarnih operacija+ i · na R nazivamo prsten ako su zadovoljeni uslovi:

(a) (R, +) je komutativna grupa;

(b) (∀x, y, z ∈ R) (xy)z = x(yz);

(c) (∀x, y, z ∈ R) x(y + z) = xz + xz, (x + y)z = xz + yz.

Ako je xy = yx za svako x, y ∈ R, onda kazemo da je prsten komutativan.Ako postoji element 1 ∈ R takav da je 1x = x1 za svako x ∈ R, onda kazemo da jeR prsten sa jedinicom, element 1 nazivamo jedinica prstena R.

U nasem daljem razmatranju smatracemo da je R komutativan prsten sa jedini-com.

Definicija 1.1.2. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom. Preslikavanje Akoje uredenom paru (i, j) prirodnih brojeva, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n, pridruzujeelement Aij prstena R nazivamo matrica. Uobicajeno je da se matrica predstavljapravougaonom semom od m vrsta i n kolona ciji su elementi Aij vrijednosti funkcijeA na paru (i, j).

Sabiranje i mnozenje matrica nad prstenom R izvodi se na isti nacin kao i sabi-ranje i mozenje matrica nad poljem F. Dakle,

(A + B)ij = Aij + Bij , (AB)ij =n∑

k=1

AikBkj .

Jasno, mogu se sabirati samo one matrice koje imaju jednak broj vrsta i jednak brojkolona, tj. matrica istog formata. Proizvod AB postoji samo ako matrica B imaonoliko vrsta koliko matrica A ima kolona.

3

4 GLAVA 1. DETERMINANTE

Jednostavno se dokazuje da u prstenu, kao i u polju vrijedi:

A(B + C) = AB + AC, (AB)C = A(BC).

1.2 Determinantna funkcija

Definicija 1.2.1. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom, n prirodan broj iD : Rn×n → R funkcija koja kvadratnoj matrici A pridruzuje element D(A) prstenaR. Kazemo da je D n−linearno preslikavanje ako je za svako i, 1 ≤ i ≤ n, Dlinearna funkcija i te vrste, dok se ostale n− 1 vrste drze fiksnim.

Oznacimo sa α1, α2, . . . , αn vrste matrice A reda n×n nad prstenom R. Neka jeD funkcija sa Rn×n u R. Sada mozemo pisati

D(A) = D(α1, α2, . . . , αn),

tj. funkciju D mozemo shvatiti kao funkciju vrsta matrice A. Cinjenica da je Dn-linearna funkcija znaci

D(α1, . . . , λαi + µβi, . . . , αn) = λD(α1, . . . , αi, . . . αn)+µD(α1, . . . , βi, . . . , αn).

(1.2.1)

Ako fiksiramo sve vrste osim i−te, onda D mozemo posmatrati kao funkciju i−tevrste. Tada umjesto D(A) pisemo D(αi). Sada relaciju (1.2.1) mozemo napisati uobliku

D(λαi + µα′i) = λD(αi) + µD(α′i).

Primjer 1.2.2. Neka su k1, . . . , kn prirodni brojevi, 1 ≤ ki ≤ n, i neka je γ proizvoljnoodabran element polja F. Za svaku n× n matricu A nad poljem F definisimo:

D(A) = γA(1, k1) . . . A(n, kn). (1.2.2)

Tada je D n−linearna funkcija, odnosno, D je linearna funkcija svake vrste matrice A.

Specijalno za γ = 1 i ki = i, 1 ≤ i ≤ n je D(A) = A11A22 · · ·Ann n-linearna funkcija.Drugim rijecima proizvod dijagonalnih elemenata matrice A ∈ Fn×n je n−linearna funkcija.

Primjer 1.2.3. Odredimo sve 2−linearne funkcije matrica reda 2 × 2 nad poljem F.Oznacimo sa ε1 i ε2 vrste jedinicne matrice, tj. neka je ε1 = (1, 0) i ε2 = (0, 1). Nekasu α1 i α2 vrste proizvoljne matrice A reda 2× 2. One se mogu napisati u obliku

α1 = A11ε1 + A12ε2,

α2 = A21ε1 + A22ε2

Tada jeD(A) = D(α1, α2) = D(A11ε1 + A12ε2, A21ε1 + A22ε2).

Zbog linearnosti po svakoj vrsti immo:

D(A) = A11A21D(ε1, ε1) + A11A22D(ε1, ε2)+ A12A21D(ε2, ε1) + A12A22D(ε2, ε2).

1.2. DETERMINANTNA FUNKCIJA 5

To znaci da je funkcija D odredena sa cetiri skalara:

D(ε1, ε1), D(ε1, ε2), D(ε2, ε1), D(ε2, ε2).

Ako su a, b, c i d ta cetiri skalara, onda je

D(A) = A11A12a + A11A22b + A12A21c + A12A22d.

Definicija 1.2.4. Neka je D n−linearna funkcija. Kazemo da je D alternirajucafunkcija, ako vrijede uslovi:

(a) D(A) = 0 kad god su dvije vrste matrice A jednake.

(b) Ako je A′ matrica dobijena iz matrice A zamjenom mjesta dviju vrsta, ondaje D(A′) = −D(A).

Mi cemo u Lemi 1.2.8 dokazati da iz uslova (a) automatski slijedi uslov (b). Zbogcega onda stavljamo oba uslova u definiciju? To je stvar konvencije. Ako funkcijaD zadovoljava uslov (b) i matrica A ima dvije jednake vrste, onda se lahko vidi daje D(A) = −D(A). Da li odavde slijedi D(A) = 0? Odgovor ne mora biti potvrdan.Naime, u prstenu Z2 je 1 = −1, ali nije 1 = 0. To znaci da uslovi (a) i (b) nisuekvivalentni.

Definicija 1.2.5. Neka je R komutativni prsten sa jedinicom i neka je n prirodanbroj. Za funkciju D : Rn×n → R kazemo da je determinantna funkcija, ako je Dn−linearna, alternirajuca funkcija i D(I) = 1, gdje je I jedinicna matrica reda n×n.

Primjer 1.2.6. Neka je D 2−linearna funkcija iz prethodnog primjera. Ako je D alterni-rajuca funkcija, ona je

D(ε1, ε1) = D(ε2, ε2) = 0

iD(ε2, ε1) = −D(ε1, ε2) = −D(I).

Ako je D jos i determinantna funkcija,tj. ako je D(I) = 1, onda je

D(A) = A11A22 −A12A21.

Primjer 1.2.7. Neka je F polje i D 3−linearna funkcija na skupu 3×3 matrica nad poljemF. Neka su ε1 = (1, 0, 0), ε2 = (0, 1, 0) i ε3 = (0, 0, 1) vrste jedinicne matrice I reda 3 × 3.Odredimo D(A), gdje je

A =

x 0 −x2

0 1 01 0 x3

.

Vrste matrice A su

α1 = xε1 − x2ε3,

α2 = ε2,

α3 = ε1 + x3ε3,

pa je D(A) = D(xε1 − x2ε3, ε2, ε1 + x3ε3). Odavde je

D(A) = xD(ε1, ε2, ε1 + x3ε3)− x2D(ε3, ε2, ε1 + x3ε3)= x

(D(ε1, ε2, ε1) + x3D(ε1, ε2, ε3)

)− x2(D(ε3, ε2, ε1) + x3D(ε3, ε2, ε3)

)

= x(0 + x3 · 1 ·D(ε1, ε2, ε3)

)− x2(−1 ·D(ε1, ε2, ε3) + x3 · 0)

=(x4 + x2

)D(ε1, ε2, ε3).


Lema 1.2.8. Neka je D n−linearna funkcija na skupu svih matrica n × n prstenaR. Pretpostavimo da je D(A) = 0 za svaku matricu A koja ima dvije jednake vrste.Tada je D alternirajuca funkcija.

Dokaz. Neka je A′ matrica nastala iz matrice A medusobnom zamjenom i−te i j−tevrste, gdje su i i j razliciti prirodni brojevi. Neka je B matrica kod koje su vrsteβk = αk za k 6= i i k 6= j i βi = βj = αi + αj . Dakle, matrica B ima dvije jednakerste, pa je D(B) = 0. Odavde imamo

0 = D(α1, . . . , αi−1, αi + αj , αi+1, . . . , αj−1, αi + αj , αj+1, . . . , αn)= D(α1, . . . , αi−1, αi, αi+1, . . . , αj−1, αi + αj , αj+1, . . . , αn)+ D(α1, . . . , αi−1, αj , αi+1, . . . , αj−1, αi + αj , αj+1, . . . , αn)= D(α1, . . . , αi−1, αi, αi+1, . . . , αj−1, αi, αj+1, . . . , αn)+ D(α1, . . . , αi−1, αi, αi+1, . . . , αj−1, αj , αj+1, . . . , αn)= D(α1, . . . , αi−1, αj , αi+1, . . . , αj−1, αi, αj+1, . . . , αn)+ D(α1, . . . , αi−1, αj , αi+1, . . . , αj−1, αj , αj+1, . . . , αn)= 0 + D(A) + D(A′) + 0 = D(A) + D(A′).

Dakle, D(A′) = −D(A).

Neka je n > 1 prirodan broj i A matrica reda n× n nad prstenom R. Oznacimosa A(i | j) matricu reda (n− 1)× (n− 1) koja nastaje iz matrice A izostavljanjemnjene i−te vrste i j−te kolone. Ako je D (n−1)−linearna funkcija i A matrica redan× n nad prstenm R, uvedimo oznaku

Dij(A) = D[A(i | j)].Teorem 1.2.9. Neka je n prirodan broj veci od 1 i D bilo koja alternirajuca (n −1)−linearna funkcija na skupu (n−1)× (n−1) matrica nad komutativnim prstenomR sa jedinicom 1. Za svako j, 1 ≤ j ≤ n, funkcija definisana sa

Ej(A) =n∑

i=1

(−1)i+jAijDij(A),(A ∈ Rn×n)

)(1.2.3)

je alternirajuca n−linearna funkcija. Ako je, pri tome, D determinantna funkcija,onda je Ej determinantna funkcija.

Dokaz. Prema definiciji funkcija Dij ne zavisi od i−te vrste matrice na koju seprimjenjuje. Dakle, element Dij(A) prstena R ne zavsi od i−te vrste matriceA. Funkcija Dij je definisana pomocu (n − 1)−linearne funkcije D, pa je i sama(n − 1)−linearna funkcija. Zato je AijDij jedna n−linearna funkcija. Linearnakombinacija n−linearnih funkcija je n−linearna funkcija. Zbog toga je Ej jednan−linearna funkcija. Da bi dokazali da je Ej alternirajuca funkcija dovoljno jedokazati da je Ej(A) = 0 za svaku matricu A ∈ Rn×n kod koje su dvije vrste jed-nake. Pretpostavimo da je k < l i da su k−ta i l−ta vrsta matrice A jednake, tj. daje αk = αl. U sumi (1.2.3) indeks i se mjenja od 1 do n. Ako je i 6= k i i 6= l, onda ma-trice A(i | k) i A(i | l) imaju iste i−tu i k−tu vrstu, pa je Dij(A) = D[A(i | j)] = 0.To znaci da ce suma (1.2.3) imati oblik

Ej(A) = (−1)k+jAkjDkj(A) + (−1)l+jAljDlj(A).

1.2. DETERMINANTNA FUNKCIJA 7

Neka je B matrica reda (n−1)×(n−1) nastala iz matrice A(l|j) tako sto smo izvrsilil − k − 1 medusobnu zamjenu vrsta i to tako da su k−ta i k + 1 vrsta zamjenilemedusobno mjesto, zatim bivsa k−ta sa k + 2 vrstom i tako dolje sve dok k−tavrsta ne dode izmedu vrsta l − 1 i l + 1. Kako su kod matrice A k−ta i l−ta vrstejednake to ce biti B = A[k, j]. Tada je Dkj(A) = D(B) = (−1)l−k−1D(A[l, j]), tj.Dlj(A) = (−1)−l+k+1Dkj(A), pa je

Ej(A) = (−1)k+jAkjDkj(A) + (−1)l+jAljDlj(A)= (−1)k+jAkjDkj(A) + (−1)l+j(−1)k+1−lAljDkj(A)= (−1)k+jAkjDkj(A) + (−1)k+j+1AkjDkj(A)= 0,

jer je Alj = Akj . Dakle, Ej je alternirajuca n−linearna funkcija.

Neka je sada D determinantna funkcija. Da bi dokazali da je Ej determinantnafunkcija potrebno je dokazati da je Ej(I(n)) = 1, gdje je I(n) jedinicna matrica redan× n. Kako je I(n)(j | j) = I(n−1), to je

Djj(I(n)) = D(I(n)(j | j)) = D(I(n−1)

)= 1.

Buduci da je Iij = δij , to u sumi (1.2.3) ostaje samo sabirak δjjDjj(I(n)) koji jejednak 1. Ovim smo dokazali da je Ej(I(n)) = 1.

Primjer 1.2.10. Neka je n = 1. Posmatrajmo funkciju D : R1×1 → R definisanu saD((α)) = α, gdje je (α) proizvoljna matrica reda 1× 1. Tada je ocigledno D determinantnafunkcija.

Primjer 1.2.11. Neka je n = 2 i B proizvoljna matrica reda 2× 2 nad prstenom R. Tadaje

E1(B) = (−1)1+1B11D11(B) + (−1)2+1B21D21 = B11B22 −B21B12,

E2(B) = (−1)1+2B12D12(B) + (−1)2+2B22D22 = −B12B21 + B11B22.

Dakle, E1(B) = E2(B). Prema prethodnom teoremu je E1 determinantna funkcija na R2×2.

Kako vidimo ova determinantna funkcija se poklapa sa klasicnom determinantom drugogreda.

Iz ova dva primjera vidimo da za n = 1 i n = 2 postoje determinantne funkcijereda n. Postavlja se pitanje da li za svaki prirodan broj n postoji determinantnafunkcija. Odgovor na to pitanje slijedi iz prethodne teoreme primjenom indukcijepo n.

Posljedica 1.2.12. Neka je n prirodan broj veci od 1. Tada postoji determinantnafunkcija na Rn×n.

Primjer 1.2.13. Neka je R prsten polinoma nad poljem realnih brojeva i

A =

x− 1 x2 x3

0 x− 2 10 0 x− 3

.


Tada je

E1(A) = (x− 1)∣∣∣∣

x− 2 10 x− 3

∣∣∣∣ = (x− 1)(x− 2)(x− 3),

E2(A) = −x2

∣∣∣∣0 10 x− 3

∣∣∣∣ + (x− 2)∣∣∣∣

x− 1 x3

0 x− 3

∣∣∣∣= (x− 1)(x− 2)(x− 3),

E3(A) = x3

∣∣∣∣0 x− 20 0

∣∣∣∣−∣∣∣∣

x− 1 x2

0 0

∣∣∣∣ + (x− 3)∣∣∣∣

x− 1 x3

0 x− 2

∣∣∣∣= (x− 1)(x− 2)(x− 3).

1.2.1 Zadaci

1. Svaki od sljedecih izraza definise funkciju D na skpu 3×3 matrica nad poljemrealnih brojeva. U kojem slucaju je D 3−linearna funkcija?

(a) D(A) = A11 + A22 + A33;(b) D(A) = (A11)2 + 3A11A22;(c) D(A) = A11A12A33;(d) D(A) = A13A22A32 + 5A12A22A32;(e) D(A) = 0;

2. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom. Ako je A neka 2×2 matrica ondamatricu adj A definisemo relacijom

adj A =(

A22 −A12

−A21 A11

).

Neka detA oznacava klasicnu determinantu matrice A reda 2× 2. Pokazati daje

(a) (adj A)A = A(adj A) = (detA)I;(b) det (adj A) = det A;(c) adj (At) = (adj A)t, pri cemu At oznacava transponovanu matricu matrice

A.

3. Neka je A neka 2× 2 matrica nad poljem F.

(a) Pokazati da je A invertibilna ako i samo ako je detA 6= 0. Dati formuluza A−1.

(b) Ako je A2 = 0, pokazati da za svaki skalar α ∈ F vrijedi

det (αI −A) = α2.

4. Neka je F polje i A matrica reda 2×3 nad F. Definisimo vektor (γ1, γ2, γ3) ∈ F3

relacijama:

γ1 =∣∣∣∣

A12 A13

A22 A23

∣∣∣∣ , γ2 =∣∣∣∣

A13 A11

A23 A21

∣∣∣∣ , γ3 =∣∣∣∣

A11 A12

A21 A22

∣∣∣∣ , .

Pokazati da je:

1.3. JEDINSTVENOST DETERMINANTNE FUNKCIJE 9

(a) rang A = 2 ako i samo ako je (γ1, γ2, γ3) 6= (0, 0, 0);

(b) Ako A ima rang 2, onda je (γ1, γ2, γ3) baza prostora rjesenja sistemaliearnih jednacina AX = 0.

1.3 Jedinstvenost determinantne funkcije

U ovom paragrafu cemo dokazati jedinstvenost determinantne funcije na skupuRn×n. Da bi to dokazali moramo uvesti pojam permutacije i ispitati neke njeneosnovne osobine.

Neka je D alternirajuca n−linearna funkcija na Rn×n i A matrica nad R savrstama α1, α2, . . . , αn. Oznacimo sa ε1, ε2, . . . , εn vrste jedinicne matrice I(n). Tadaje

αi =n∑

k1=1

A(i, k1)εk1 , 1 ≤ i ≤ n.

Odavde je

D(A) = D(n∑

k1=1

A(1, k1)εk1 , α2, . . . , αn)

=n∑

k1=1

A(1, k1)D(εk1 , α2, . . . αn).

Ako u ovoj jednakosti zamjenimo α2 sa

α2 =n∑

k2=1

A(2, k2)ek2

imacemo

D(A) =n∑

k1=1

n∑

k2=1

A(1, k1)A(2, k2)D(εk1 , εk2 , α3, . . . , αn).

Nastavljajuci ovaj postupak na kraju cemo imati

D(A) =n∑

k1=1

n∑

k2=1

· · ·n∑

kn

A(1, k1)A(2, k2) · · ·A(n, kn)D(εk1 , εk2 , . . . , εkn). (1.3.1)

Posto je D alternirajuca funkcija, to je D(εk1 , εk2 , . . . , εkn) = 0 kad god su dvaindeksa k1, k2, . . . , kn jednaka. Dakle, D(εk1 , εk2 , . . . , εkn) 6= 0 ako i samo ako susvi indeksi k1, k2, . . . , kn razliciti, tj. ako predstavljaju neku permutaciju skupa{1, 2, . . . , n}. Pri cemu pod permutacijom skupa {1, 2, . . . , n} podrazumjevamo bi-jektivno preslikavanje skupa {1, 2, . . . , n} na samog sebe. Ako je π neka permutacijaskupa onda izraz

π =(

1 2 . . . nπ(1) π(2) . . . π(n)

)


znaci da permutacija π broju k pridruzuje broj π(k). Permutacija skupa {1, 2, . . . , n}ima n!. Skup svih tih permutacija cini grupu u odnosu na slaganje (kompoziciju)preslikavanja. Tu grupu oznacavamo sa Sn. Zbg toga formulu (1.2.2) mozemonapisati u obliku

D(A) =∑

π∈Sn

A(1, π(1))A(2, π(2)), . . . , A(n, π(n))D(επ(1), επ(2), . . . , επ(n)

)(1.3.2)

Sada cemo pokazati da je uvijek

D(επ(1), επ(2), . . . , επ(n

)= ±1D(I).

Niz π(1), π(2), . . . , π(n) nastao je od niza 1, 2, . . . , n medusobnom zamjenom mjestau konacnom broju parova. Svaka zamjena mjesta dovodi do promjene znaka deter-minantne funkcije. Ako smo imali ukupno m zamjena onda je

D(επ(1), επ(2), . . . , επ(n)

)= (−1)mD (ε1, ε2, . . . , εn) = (−1)mD(I). (1.3.3)

Ispitajmo sada vezu izmedu broja m i permutacije π. Razmotrimo prvo sljedeceprimjere.

Primjer 1.3.1. Neka je

π =(

1 2 3 4 5 63 5 1 2 6 4

).

Da bismo dobili niz 3, 5, 1, 2, 6, 4 iz niza 1, 2, 3, 4, 5, 6 potrebno je izvrsiti sljedece zamjenemjesta u parovima:(1, 3); (2, 5); (4, 2); (4, 6). Na taj nacin dobijamo redom nizove

3, 2, 1, 4, 5, 6; 3, 5, 1, 4, 2, 6; 3, 5, 1, 2, 4, 6 i 3, 5, 1, 2, 6, 4.

Dakle, permutacija π je nastala iz niza 1, 2, 3, 4, 5, 6 medusobnom zamjenon mjesta u cetiripara.


σ =(

1 2 3 4 5 6 77 4 1 6 3 5 2

).

Izvrsimo redom sljedece transpozicije, tj. medusobne zamjene mjesta u parovima:

(1, 7); (2, 4); (1, 3); (2, 6); (3, 5) i (2, 5)

i na kraju cemo dobiti permutaciju σ.

U kursu Algebre 1 dokazace se da se svaka permutacija moze prikazati kaoproizvod transpozicija, tj. da se moze dobiti medusobnom zamjenom mjesta ukonacno mnogo parova. Ovu cinjenicu cemo sada prihvatiti intuitivno bez dokazai koristiti je u daljem radu. U prikazu permutacije u obliku proizvoda transpozi-cija broj transpozicija ne mora biti fiksan, tj. jedna permuacija se moze na visenacina prikazati u obliku transpozicija i sa razlicitim brojem transpozicija. Onsto je konstatno u tom prikazu je parnost broja transpozicija. Ako je u jednomprikazu broj transpozicija neparan (paran), onda je u svim drugim prikazima taj

1.3. JEDINSTVENOST DETERMINANTNE FUNKCIJE 11

broj iste parnosti. Zbog toga permutacije dijelimo na parne i neparne. Za per-mutaciju kazemo da je parna (neparna) ako se moze napisati u obliku proizvodaparnog (neparnog) broja transpozicija. Definisimo znak permutacije:

sgn π ={

1, ako je π parna−1, ako je π neparna

Rezimirajuci naprijed receno zakljucujemo da vrijedi (−1)m = sgn π, pa iz (1.3.3)imamo D

(επ(1), επ(2), . . . , επ(n

)= sgn π. Sada se (1.3.2) moze napisati u obliku

D(A) =∑

π∈Sn

(sgn π)A(1, π(1))A(2, π(2)), . . . , A(n, π(n))D(I). (1.3.4)

Ako je D determinantna funkcija, onda je D(I) = 1, pa iz (1.3.4) slijedi da je deter-mintna funkcija jednoznacno odredena na skupu matrica reda n × n nad prstenomR. Ovako odredenu determinantnu funkciju oznacavamo sa det. Dakle,

det(A) =∑

π∈Sn

sgn π A(1, π(1))A(2, π(2)), . . . , A(n, π(n)). (1.3.5)

Ovim smo dokazali sljedeci teorem.

Teorem 1.3.3. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom i n prirodan broj. Pos-toji tacno jedna determinantna funkcija na skupu n× n matrica nad prstenom R ita funkcija zadovoljava (1.3.5). Ako je D neka alternirajuca funkcija na Rn×n, tadaza svaku matricu A ∈ Rn×n vrijedi

D(A) = (detA)D(I),

gdje je I jedinicna matrica reda n× n.

Neka je R prsten i π i σ permutacije skupa {1, 2, . . . , n}. Posmatrajmo per-mutaciju σπ. Broj parova transpozicija u ovoj permutaciji jednak je zbiru brojaparova u prikazu permutacija σ i π. To znaci da ce σπ biti parna permutacija, akosu obje permutacije σ i π parne ili su obje neparne, a neparna ako su permutacije σi π razlicite parnosti. Zbog toga je

sgn (σπ) = (sgn σ) (sgn π).

Neka je R prsten cijelih brojeva i neka su σ i π permutacije skupa {1, 2, . . . , n}.Neka su ε1, ε2, . . . , εn vrste jedinicne matrice I. Neka su A i B matrice sa vrstamaεσ(1), εσ(2), . . . , εσ(n) i επ(1), επ(2), . . . , επ(n), respektivno. i−ta vrsta matrice B sadrzitacno jedan nenulti element 1 i on se nalazi u π(i)−toj koloni. Posmatrajmo matricuBA. Tu je

(BA)ij =n∑

k=1

BikAkj .

i−ta vrsta ove matrice ce biti ε(πσ)(i). Iz ovih uslova slijedi da je

det(A) = sgnσ,

det(B) = sgn π

det(BA) = sgn (πσ).

Kako je sgn (πσ) = sgn σ sgn π, to je det(BA) = det(B) · det(A).


Teorem 1.3.4. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom, A i B matrice redan× n nad prstenom R. Tada je

det(AB) = det(A) det(B).

Dokaz. Neka je B data n × n matrica nad prstenom R. Definisimo funkciju D :Rn×n → R relacijom

D(C) = det(CB), C ∈ Rn×n.

Specijalno za C = A imamo D(A) = det(AB). Pokazimo da je D n−linearna al-ternirajuca funkcija.

Ako su α1, α2, . . . , αn vrste matrice A, onda je

D(A) = det(α1B, α2B, . . . , αnB),

pri cemu αiB oznacava proizvod matrice αi reda 1× n i matrice B. Taj rezultat jematrica reda 1 × n i predstavlja i−tu vrstu matrice AB. Kako je (λαi + µα′i)B =λαiB + µ α′iB i funkcija det determinantna funkcija, pa je n−linearna funkcija, toje D n−linearna funkcija.

Pokazimo da je D alternirajuca funkcija. Neka je αi = αj za neke i, j ∈{1, 2, . . . , n}. Tada je αiB = αjB, pa matrica AB ima dvije jednake vrste. Kako jedet alternirajuca funkcija, to je det(AB) = 0. Dakle, D(A) = 0.

Ovim smo pokazali da je D n−linearna alternirajuca funkcija, pa je na osnovuprethodne teoreme

D(A) = det(A)D(I).

Prema definiciji funkcije D imamo D(I) = det(IB) = det(B). Dakle, D(A) =det(A) det(B), tj. det(AB) = det(A) det(B).

1.3.1 Zadaci

1. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom. Dokazati da je

(a) det

0 a b−a 0 c−b −c 0

= 0;

(b) det

1 a a2

1 b b2

1 c c2

= (b− a)(c− a)(c− b).

2. Neka je A neka 2× 2 matrica nad poljem F. Dokazati da je

det(I + A) = 1 + det(A)

ako i samo ako je trag matrice A jednak nuli. (Trag matrice A je suma svihelemenata na glavnoj dijagonali matrice A. U nasem slucaju to je A11 + A22.)

1.4. JOS NEKE OSOBINE DETERMINANTI 13

3. Matrica A reda n×n naziva se gornje trougaona matrica ako je Aij = 0 kada jei > j, a donje trougaona, ako je Aij = 0 kad god je i < j. Gornju odnosno donjutrougaonu matricu jednim imenom nazivamo trougaona matrica. Dokazati daje determinanta trougaone matrice jednaka proizvodu elemenata na glavnojdijagonali, tj det(A) = A11A22 . . . Ann.

4. Neka je A neka 3 × 3 matrica nad poljem kompleksnih brojeva. Formirajmomatricu xI − A kod koje su koeficijenti polinomi δijx − Aij prvog stepena.Ako je f = det(xI − A), pokazati da je f monik polinom stepena 3. Akotaj polinom napisemo u obliku f = (x − λ1)(x − λ2)(x − λ3) dokazati da jeλ1 + λ2 + λ3 = trag(A) i λ1λ2λ3 = det(A).

1.4 Jos neke osobine determinanti

U ovom paragrafu dokazacemo jos neke osobine determinanti koje imaju velikuprakticnu primjenu.

Teorem 1.4.1. det(At) = det(A).

Dokaz. Prema definiciji transponovane matrice vrijedi Atij = Aji za svako i i svako j.

Neka je σ proizvoljna permutacija skupa {1, 2, . . . , n}. Tada je At(i, σ(i)) = A(σ(i), i)za svako i. Kako je σ bijektivno preslikavanje, to za svako i postoji j takav da jei = σ−1(j), pa je A (σ(i), i) = A

(j, σ−1(j)

). Sada imamo

det(At) =∑

σ∈Sn

(sgnσ)At(1, σ(1))At(2, σ(2)) · · ·At(n, σ(n))

=∑

σ∈Sn

(sgnσ)A(σ(1), 1)A(σ(2), 2) · · ·A(σ(n), n)

=∑

σ∈Sn

(sgnσ)A(1, σ−1(1)

)A

(2, σ−1(2)

). . . A

(n, σ−1(n)

)

Pemutacije σ i σ−1 imaju isti znak, jer je σσ−1 identicna permutacija, pa je parna.S druge strane kada σ prolazi skupom Sn isto je kao i da σ−1 prolazi skupom Sn.Naime, ako je τ ∈ Sn bilo koji element, onda je i τ−1 element Sn. Ako je τ−1 ∈ Sn,onda je i τ ∈ Sn. Zbog toga je

det(At) =∑

σ∈Sn

(sgn σ)A(1, σ−1(1)

)A

(2, σ−1(2)

). . . A

(n, σ−1(n)

)

=∑

σ−1∈Sn

(sgn σ−1)A(1, σ−1(1)

)A

(2, σ−1(2)

). . . A

(n, σ−1(n)

)

= det(A)

Teorem 1.4.2. Neka je matrica B dobijena iz matrice A tako sto smo i−toj vrstidodali j−tu vrstu pomnozenu skalarom λ. Tada je det(B) = det(A).


Dokaz. Bez ogranicenja opstosti mozemo pretpostaviti da je i < j. Neka su

β1, β2, . . . , βn

vrste matrice B. Tada je

βk ={

αk, ako je k 6= iαi + λαj , ako je k = i.

Zbo toga je

det(B) = det(α1, . . . , αi−1, αi + λαj , αi+1, . . . , αj , . . . , αn)= det(α1, α2, . . . , αn) + det(α1, . . . αi−1, λαj , αi+1, . . . , αj , . . . , αn)= det(A) + λdet(α1, . . . αi−1, αj , αi+1, . . . , αj , . . . , αn)= det(A) + 0= det(A).

Time je dokaz zavrsen.

Teorem 1.4.3. Neka je A matrica reda r×r, B matrica reda r×s i C matrica redas× s nad prstenom R. Tada je

det

(A B0 C

)= det(A)det(C),

gdje je 0 nula matrica reda s× r.

Dokaz. Definisimo funkciju

D(A, B,C) = det

(A B0 C

).

Ako fiksiramo A i B, onda D zavisi samo C. Iz definicije funkcije D slijedi da je Ds−linearna alternirajuca funkcija vrsta matrice C. Tada je

D(A,B,C) = (det(C))D(A,B, I) = (det(C))det

(A B0 I

),

gdje je I jedinicna matrica reda s × s. Primjenjujuci prethodnu teoremu na deter-minantu

det

(A B0 I

)

dobicemo

det

(A B0 I

)= det

(A 00 I

)= D(A, 0, I).

Funkcija D(A, 0, I) je r−linearna alternirajuca funkcija, pa je

D(A, 0, I) = (det(A))D(I, 0, I) = (det(A)) · 1,


jer je

D(I, 0, I) = det

(I 00 I

)= det

(I(r+s)

)= 1.

Konacno imamo

D(A,B, C) = (det(C))D(A, B, I)= (det(C))D(A, 0, I)= (det(C))(det(A))D(I, 0, I)= (det(C)) (det(A)).


A =

1 −1 2 32 2 0 24 1 −1 −11 2 3 0

.

Odredimo determinantu matrice A. To cemo uraditi tako sto cemo matricu A prevesti ublok matricu i primjeniti prethodni teorem. To prevodenje se moze uraditi na sljedeci nacin:pomnozimo prvu vrstu sa -2 i dodamo drugoj. Tada ce druga vrsta imati oblik 0, 4,-4,-4.Zatim ponovo mnozimo prvu vrstu sa -4 i dodajemo trecoj. Treca vrsta ce imati oblik 0,5,-9,-13. Sada mnozimo prvu vrstu sa -1 i dodajemo cetvroj i dobijamo 0,3,1,-3. Sada druguvrstu mnozimo sa − 5

4 i dodajemo trecoj i dobijamo 0,0,-4,-8. Drugu vrstu mnozimo sa − 34

i nakon dodavanja cetvrtoj dobije se 0,0,4,0. Tako smo dobili matricu

B =

1 −1 2 30 4 −4 −40 0 −4 −80 0 4 0

.

Kako vidimo ovu matricu mozemo napisati u obliku blok matrice

B =(

U V0 W

),

gdje je

U =(

1 −10 4

), V =

(2 3

−4 −4

)i W =

( −4 −84 0

).

Tada je det(B) = (det(U)) · (det(V )) = 4 · 32 = 128.

Neka je n prirodan broj veci od 1 i A matrica reda n×n nad prstenom R. U teo-remu 1.2.9 smo konstruisali determinantnu funkciju na Rn×n, pomocu neke zadanedeterminantne funkcije na R(n−1)×(n−1). Sada cemo dokazati jedinstvenost determi-nantne funkcije na Rn×n. Dokazali smo ranije da za svaku n−linearnu alternirajucufunkciju D vrijedi D(A) = det(A)D(I). Kako svaka determinantna funkcija D jen−linearna alternirajuca funkcija za koju je D(I) = 1, to je

D(A) = det(A) · 1 = det(A).


Dakle, svaka determinantna funkcija D je jednaka det, gdje je

det(A) =∑

π∈Sn

(sgn π)A(1, π(1) · · ·A(n, π(n)).

Ako u formuli (1.2.3) fiksiramo kolonu j imamo

det(A) =n∑

i=1

(−1)i+jAij det(A(i | j)). (1.4.1)

Skalar (−1)i+jdet(A(i | j)) se naziva kofaktor elementa Aij . Formulu (1.4.1) nazi-vamo razvoj determinante matrice A po j−toj koloni.

Stavimo Cij = (−1)i+jdetA(i | j). Tada formulu (1.4.1) mozemo napisati uobliku

det A =n∑

i=1

AijCij .

Postavlja se pitanje cemu je jednaka suman∑

i=1

AikCij

ako je k 6= j. Da bi odgovorili na ovo pitanje posmatrajmo matricu B koja je nastalaiz matrice A tako sto smo njenu j−tu kolonu zamjenili sa k−tom kolononom, tj.Bij = Aik za svako i. Matrica B ima dvije kolone (i−tu i j−tu) jednake, pa je njenadeterminanta jednaka nuli. Dakle,

0 = det B

=n∑

i=1

(−1)i+jBij detB(i | j)

=n∑

i=1

(−1)i+jAik detB(i | j)

=n∑

i=1

AikCij .

Prema tome vrijedin∑

i=1

AikCij = 0. (1.4.2)

Formule (1.4.1) i (1.4.2) mozemo napisati u obliku

n∑

i=1

AikCij = δjk det A. (1.4.3)

Buduci da je det(At) = det(A), to se analogno pokazuje da vrijedi

n∑

k=1

AikCjk = δij det A. (1.4.4)


Matricu adj A koja je transponovana matrica kofaktora matrice A nazivamo klasicnaadjungovana matrica matrice A. Dakle,

(adj A)ij = Cji = (−1)i+jA(j | i). (1.4.5)

Iz formule (1.4.3) slijedi(adj A)A = (det A)I, (1.4.6)

a iz fomule(1.4.4) slijediA(adj A) = (det A)I.

Dakle,A(adj A) = (adj A)A = (det A)I.

Definicija 1.4.5. Za matricu A ∈ Rn×n kazemo da je invertibilna ako postoji ma-trica A−1 ∈ Rn×n takva da je AA−1 = A−1A = I.

Teorem 1.4.6. Neka je A matrica reda n × n nad prstenom R. Matrica A je in-vertibilna ako i samo ako je det A invertibilan element prstena R. Kada je matricaA invertibilna onda je

A−1 = (det A)−1adj A. (1.4.7)

Specijalno, kvadratna matrica A nad poljem F je invertibilna ako i samo ako jedet A 6= 0.

Dokaz. Neka je matrica A invertibilna. Tada postoji matrica A−1 i vrijedi

A A−1 = I = A−1A.

Odavde je

1 = det(I) = det (A A−1) = det A · det (A−1) = det (A−1) · det A.

Odavde slijedi da je element det A invertibilan element prstena R i vrijedi

(det A)−1 = det A−1.

Obrnuto ako je det A invertibilan element prstena R, onda iz (1.4.7) slijedi daje matrica (det A)−1 adj A inverzna matrica matrice A.


A =(

2 35 a

)(a ∈ Z)

matrica nad prstenom cijelih brojeva. Odredimo adj A i ispitajmo za koje vrijednosti parame-tra a postoji inverzna matrica A−1.

Kratkim racunom nalazimo det A = 2a− 15. U prstenu cijelih brojeva jedni invertibilnielementi su 1 i -1. Iz det A = 1 slijedi a = 8, a iz det A = −1 slijedi a = −7. Dalje je

adj A =(

a −3−5 2

).

Odavde je (adj A)A = (2a− 15)I. Za a = 8 inverzna matrica je A−1 = adj A, a za a = −7inverzna matrica je A−1 = −adj A.


Prisjetimo se da su matrice A i B slicne ako postoji invertibilna matrica P takvada je B = P−1AP. Odavde je

det(B) = det(P−1AP ) = det(P−1) det (A) det (P )= (det (P ))−1det (A) det (P )= det (A).

Dakle, slicne matrice imaju jednake determinante. S druge strane sve slicne ma-trice odgovaraju istoj linearnoj transformaciji konacno-dimenzionalnog vektorskogprostora. To nam daje ideju da definisemo determinantu linearne transformacijekonacno-dimenzionalnog vektorskog prostora V. Determinanta linearne transforma-cije A konacno dimenzionalnog prostora V je determinanta matrice A te linearnetransformacije u odnosu na neku uredenu bazu prostora V.

1.4.1 Kramerovo pravilo

Primjenimo sada determinante na rjesavanje sistema od n jednacina sa n nepoznatihnad prstenom R. Neka je A matrica tog sistema. Taj sistem mozemo napisati umatricnom obliku AX = B. Ako je matrica A invertibilna, tj. ako je det (A)invertibilan element prstena R, onda je X = A−1B. Kako je A−1 = (det A)−1adj A,to je X = (det A)−1(adj A)B. Neka je X = (ξ1 ξ2 . . . ξn)t i B = (η1 η2 . . . ηn)t.Tada imamo

ξj = (det A)−1n∑

i=1

(adj A)jiηi

= (det A)−1n∑

i=1

(−1)i+jηidet A(i | j), (j = 1, 2, . . . , n).

Neka je Cj matrica koja je nastala iz matrice A tako sto smo j−tu kolonu zamjenilikolonom (η1 η2 . . . ηn)t slobodnih clanova. Neka je Dj = det Cj . Determinantu Dj

cemo racunati razvijajuci je po j−toj koloni. Tada je

Dj =n∑

i=1

(−1)i+jηidet A(i | j).

Dakle, imamo

ξj = (det A)−1Dj , (j = 1, 2, . . . , n), (1.4.8)

pa je rjesenje sistema

((det A)−1D1, (det A)−1D2, . . . , (det A)−1Dn

).


1.4.2 Zadaci

1. Kristeci klasicnu adjungovanu matricu izracunati inverznu matricu matrica:−2 3 2

6 0 34 1 −1

,

cosθ 0 −sinθ0 1 0

sinθ 0 cosθ

.

2. Koristeci Kramerovo pravilo rijesiti sisteme

(a)

x + y + 7 = 112x− 6y − z = 0

3x + 4y + 2z = 0

(b)

3x− 2y = 73y − 2z = 63z − 2x = −1.

3. Za kvadratnu matricu A kazemo da je antisimetricna ako je At = −A. Ako jeA antisimetrica reda n×n nad poljem kompleksnih brojeva i ako je n neparanbroj, dokazati da je det A = 0.

4. Za matricu A ∈ Fn×n kazemo da je ortogonalna ako je AAt = I. Ako je Aortogonalna, matrica dokazati da je det A = ±1. Navesti primjer ortogonalnematrice kod koje je determinanta -1.

5. Za matricu A ∈ Cn×n kazemo da je unitarna ako je AA∗ = I, pri cemu jeA∗ konjugovana matrica matrice At. Ako je A unitarna matrica dokazati da je|det A| = 1.

6. Neka je V vektorski prostor n×n matrica nad poljem F. Neka je B fiksan ele-ment vektorskog prostora V i TB linearna transformacija prostora V definisanarelacijom TB(A) = AB −BA. Pokazati da je det TB = 0.

7. Neka je A matrica reda m×n nad poljem F i neka je A 6= 0. Ako je r prirodanbroj, za matricu r × r koja je nastala brisanjem m − r vrste i n − r kolonamatrice A kazemo da je submatrica matrice A. Najveci prirodan broj r nazivase determinantni rang matrice A ako postoji submatrica matrice A redar× r cija je determinanta razlicita od nule. Dokazati da je determinantni rangmatrice jednak rangu kolona i rangu vrsta matrice, tj. da se ova sva tri rangapoklapaju.

8. Neka je A matrica reda n × n nad poljem F. Dokazati da postoji najvise nskalara λ takvih da je det (λI −A) = 0.


9. Neka su A i B matrice reda n × n nad poljem F. Neka je je A invertibilnamatrica. Pokazati da postoji najvise n skalara λ ∈ F takvih da matrica λ A+Bnije invertibilna.

10. Neka je V = Cn×n i B fiksna n×N matrica iz V. Definisimo linearnu transfor-maciju MB prostora V relacijom MB(A) = BAB∗. Dokazati da je det MB =|det B|2n.

Neka je H skup svih hermitskih matrica prostora V, tj.

H = {A ∈ V | A∗ = A}.

Tada je H vektorski prostor nad poljem realnih brojeva. Pokazati da je funkcijaTB definisana relacijom TB(A) = BAB∗ linearna transformacija vektorskogprostora H i pokazati da je det TB = | det B |2n.

1.5 Moduli

Pojam vektorskog prostora cemo uopstiti uvodeci pojam modula nad komutativnomprstenu sa jedinicom.

Definicija 1.5.1. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom. Kazemo da je Vmodul nad prstenom R ako je

1. (V,+) Abelova grupa;

2. Postoji preslikavanje R×V → V, koje uredenom paru (α, x) ∈ R×V pridruzujeelement α x ∈ V, koje ima osobine:

(a) (α + β)x = α x + β x,

(b) α (x + y) = α x + α y,

(c) (α β) x = α(β x),

(d) 1 x = x

za svako α, β ∈ R i svako x, y ∈ V.

Ako je V modul nad prstenom R, onda se to krace kaze da je V jedan R−modul.

Ako je R polje, onda je V vektorski prostor. Dakle, svaki vektorski prostor je imodul, ali obrnuto ne mora da vazi.

Svaki prsten je modul sam nad sabom, Drugi vazan primjer modula je V =Rn, tj. skup svih uredenih n−torki elemenata prstena R u odnosu na klasicnuoperaciju sabiranja n−torki po komponentama i mnozenja n−torki skalarom pokomponentama.

Pojam linearne kombinacije za elemente modula se definise isto kao i za vektorskeprostore. Isto tako uvodi se pojam generatora i baze za module kao i za vektorskeprostore. Linearno nezavisan generator se naziva baza modula.

1.5. MODULI 21

Primjer 1.5.2. Neka je R = Z prsten cijelih brojeva i V = Z6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}.Definisimo sabiranje u V relacijom a + b = c ako i samo ako je a + b ≡ c (mod 6). Tada je(V,+) Abelova grupa. Definisimo sada preslikavanje R × V → V na sljedeci nacin n a = b

ako i samo ako je na ≡ b (mod 6). Jednostavno se pokazuje da je V modul nad prstenomR. Ocigledno je skup {1} generator modula V, jer je a = a 1 za svako a ∈ V. Neka je b

prizvoljan element iz V. Tada je 6 b = 0, jer je 6b ≡ 0 (mod 6). Kako je 6 6= 0 u prstenuR = Z, svaki neprazan podskup skupa V je linearno zavisan. To znaci da modul V nemabazu.

Iz ovog primjera se vidi da postoje moduli koji nemaju bazu. S druge stranesvaki vektorski prostor je modul, a svaki vektorski prostor ima bazu1, pa, dakle,postoje moduli koji imaju bazu.

Definicija 1.5.3. Za R−modul V kazemo da je slobodan modul, ako on ima bazu.Ako V ima bazu sastavljenu od n elemenata, onda kazemo da je V slobodan R−modulgenerisan sa n elemenata.

Definicija 1.5.4. Modul V je konacno generisan ako sadrzi konacan podskup kojiga generise. Rang konacno generisanog modula je najmanji prirodan broj k takavda postoji k elemenata iz V koji generisu V.

Definicija 1.5.5. Neka su V i W R−moduli. Za preslikavanje f : V → W kazemoda je homomorfizam modula ako vrijedi:

(a) f(ab) = f(a) + f(b),

(b) f(α a) = α f(a)

za svako a, b ∈ V i svak α ∈ R. Injektivni homomorfizam modula naziva se monomor-fizam modula. Sirjektivni homomorfizam modula naziva se epimorfizam modula.Bijektivni homomorfizam modula naziva se izomorfizam modula.

Neka je V slobodan R−modul i neka je {e1, e2, . . . en} baza modula V. Tada sesvaki element x modula V moze na jedinstven nacin prikazati u obliku

x = ξ1e1 + ξ2e2 + · · ·+ ξnen, (ξi ∈ R).

Dakle, svaki element x ∈ R jednoznacno odreduje uredenu n−torku

(ξ1, ξ2, . . . , ξn) ∈ Rn.

Ako je

x =n∑

i=1

ξiei, y =n∑

i=1

ψiei,

1Mi smo dokazali egzistenciju baza sa konacno dimenzionalne vektorske prostore, ali to vrijedii za bilo koje vektorske prostore. Dokaz te cinjenice zasniva se na Zornovoj lemi. Zornova lemaobezbjeduje egzistenciju maksimalnog linearno nezavisnog podskupa, a zatim se dokaze da je onbaza vektorskog prostora.


onda je

x + y =n∑

i=1

(ξi + ψi)ei, αx =n∑

i=1

(αξi)ei.

To znaci da je preslikavanje f : V → Rn definisano sa f(x) = (ξ1, ξ2, . . . , ξn), gdje jex = ξ1e1 + ξ2e2 + · · ·+ ξnen homomorfizam modula. Ocigledno je ovo preslikavanjeizomorfizam modula. Dakle, svaki konacno generisan slobodan R−modul sa bazomod n elemenata je izomorfan sa R−modulom Rn.

Teorem 1.5.6. Neka je R komutativan prsten sa jedinicom. Ako je V slobodanR−modul sa bazom od n elemenata, tada je rang modula V jednak n.

Dokaz. Na osnovu pretpostavke teorema i price koja je prethodila teoremu slijedida je modul V izomorfan sa modulom Rn. Ako pretpostavimo da tvrdnja nije tacna,tj. da je rang modula V manji od n, onda postoji generator {f1, f2, . . . , fm} mod-ula V koji ima m < n elemenata. No tada, zbog izomorfizma postoji generator{α1, α2, . . . , αm} modula Rn. Neka je {ε1, ε2, . . . , εn} standardna baza modula Rn.Tada je

εj =m∑

i=1

λjiαi (j = 1, 2, . . . , n) (1.5.1)

Skalariλji (i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n)

odreduju neku matricu P ∈ Rn×m. Elemente αi ∈ Rn mozemo prikazati pomocustandardne baze, tj.

αi =n∑

k=1

Aikεk, (i = 1, 2, . . . ,m).

Sada jednakost (1.5.1) mozemo napisati u obliku

εj =m∑

i=1

λji

(n∑

k=1

Aikεk

)

=n∑

k=1

(m∑

i=1

λjiAik

)εk, (j = 1, 2, . . . n)

Odavde slijedi

δjk =m∑

i=1

λjiAik, (j = 1, 2, . . . , n, k = 1, 2, . . . , m).

Dakle, PA = I, P ∈ Rn×m, A ∈ Rm×n, gdje je I jedinicna matrica reda n × n.

Neka je∼A kvadratna matrica reda n × n nastala dopisivanjem, na dnu matrici A,

novih n −m vrsta sastavljenih od nula, a∼P kvadratna matrica reda n × n nastala

1.5. MODULI 23

dopisivanjem na kraju novih n−m kolona koje su sve sastavljene od nula. Tada je∼P∼A = I, pa je

1 = det I = det

(∼P∼A

)= (det

∼P ) (det

∼A).

To znaci da je det∼A invertibilan element prstena R. No, matrica det

∼A ima posljed-

njih n−m vrsta sastavljenih od nula, pa je det∼A = 0. Kontradikcija! Pretpostavka

da je rang modula V manji od n dovela nas je do kontradikcije, pa nije tacna.

Ako je V R−modul, dualni modul V ∗ se sastoji od svih linearnih funkcija sa Vu R. Ako je V slobodan modul ranga n, onda je i V ∗ slobodan modul ranga n. Ovacinjenica se dokazuje potpuno isto kao i za vektorske prstore, pa njen dokaz necemoni navoditi. Ako je {e1, e2, . . . , en} uredena baza modula V, onda postoji dualnabaza {f1, f2, . . . , fn} modula V ∗. Analogno kao i kod vektorskih prostora vrijedi:

x = f1(x)e1 + f2(x)e2 + . . . + fn(x)en za svako x ∈ V,

f = f(e1)f1 + f(e2)f2 + . . . + f(en)fn za svako f ∈ V ∗.

Glava 2

Elementarne kanonske forme

2.1 Svojstvene vrijednosti

U ovom paragrafu ispitujemo neka svojstva linearnih transformacija vektorskog pros-tora, tj. linearnih preslikavanja prostora u samog sebe. Prvo cemo uvesti pojamkarakteristicne (svojstvene) vrijednosti i karakteristicnog (svojstvenog) vektora, azatim uvesti pojam svojstvenog potprostora.

Definicija 2.1.1. Neka je V vektorski prostor nad poljem F i T linearna transfor-macija prostora V. Ako za neko λ ∈ F postoji x ∈ V takav da je

T (x) = λ x, x 6= 0, (2.1.1)

tada se λ zove svojstvena (ili karakteristicna) vrijednost, a x pripadni svojstveni(karakteristicni) vektor linearne transformacije T .

Skup svih x ∈ V takvih da je T (x) = λx zove se svojstveni potprostor linearnetransformacije T koji odgovara svojstvenoj vrijednosti λ.

Iz jednakosti (2.1.1) slijedi

(T − λ idV )(x) = 0, x 6= 0. (2.1.2)

To znaci da je 0 6= x ∈ Ker(T − λ idV ), pa je Ker(T − λ idV ) nenulti potprostorprostora V. S druge strane, ako je Ker(T − λ idV ) nenulti potrpostor prostora V,onda je svako x ∈ Ker(T − λ idV ), x 6= 0 svojstveni vektor linearne transformacijeT koji odgvara svojstvenoj vrijednosti λ. Ovim smo dokazali sljedecu lemu.

Lema 2.1.2. Neka je T linearna transformacija prostora V. Skalar λ ∈ F je svo-jstvena vrijednost linearne transformacije T ako i samo ako je Ker(T − λ idV )nenulti potprostor prostora V. Ako je ovaj uslov ispunjen, onda je svaki nenulti vek-tor toga potprostora svojstveni vektor koji odgovara svojstvenoj vrijednosti λ.

Lema 2.1.3. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije n i T linearna trans-formacija toga prostora. Tada su sljedeci uslovi ekvivalentni:

(a) λ ∈ F je svojstvena vrijednost od T .

25

26 GLAVA 2. ELEMENTARNE KANONSKE FORME

(b) det (T − λ idV ) = 0.

Dokaz. (a) ⇒ (b) Pretpostavimo da je λ ∈ F svosjstvena vrijednost i da je det (T −λ idV ) 6= 0. Tada je linearna transformacija T − λ idV injektivna, pa za svakox ∈ V, x 6= 0 vrijedi (T − λ idv)(x) 6= 0, tj. T (x) 6= λ x za svako 0 6= x ∈ V. Ovo jekontradikciji sa cinjenicom da je λ svojstvena vrijednost linearne transformacije T .

(b) ⇒ (a) Pretpostavimo da λ nije svojstvena vrijednost linearne transformacijeT . Tada je (T −λ idv)(x) 6= 0, za svako x ∈ V, x 6= 0. Ovo znaci da je Ker(T −λ idV )nula potprostor. Zbog toga je preslikavanje T − λ idv injektivno, pa kako je Vkonacno dimenzionalan prostor, to je

dimV = rang(T − λidV ) + def(T − λidV )= rang(T − λidV ) + 0= rang(T − λidV ).

Dakle, preslikavanje je T −λidV je sirjektivno, pa je izomorfizam vektorskih prostora.Neka je {e1, e2, . . . , en} uredena baza prostora V i neka preslikavanju T − λ idV uodnosu na ovu bazu odgovara matrica B. Tada je matrica B invertibilna, pa jedet(B) 6= 0. Kontradikcija, jer je det(B) = det(T − λ idV ) = 0.

U dokazu prethodne leme koristili smo cinjenicu da je linearna transformacija Ainvertibilna (tj. izomorfizam) ako i samo ako je njena matrica A, u odnosu na nekuuredenu bazu B toga prostora, invertibilna.

Definicija 2.1.4. Neka je A matrica reda n×n nad poljem F. Kazemo da je λ ∈ Fsvojstvena vrijednost matrice A ako je matrica A−λ I singularna, tj. neinvertibilna.

Neka je λ ∈ F. Kako smo vidjeli λ je svojstvena vrijednost matrice A redan × n ako i samo ako je det(A − λ I) = 0, tj. ako i samo ako je det(λ I − A) = 0.Posmatrajmo determinantu det(xI−A). Ova determinanta predstavlja neki polinomf stepena n u varijabli x. Prema tome, λ ∈ F je svojstvena vrijednost matrice A akoi samo je λ nula polinoma f koja lezi u polju F. Zbog toga polinom f = det(xI−A)nazivamo svojstveni ili karakteristicni polinom matrice A. Vazno je napomenuti daje polinom f monik polinom stepena n.

Lema 2.1.5. Slicne matrice A i B nad poljem F imaju iste svojstvene polinome.

Dokaz. Neka su matrice A i B nad poljem F slicne. Tada postoji invertibilna matricaP takva da je B = P−1AP. Odavde je

det (xI −B) = det(xI − P−1AP )= det

(P−1(xI −A)P

)

= det P−1 · det (xI −A) · det P

= det (xI −A).

Ova lema omogucava definiciju svojstvenog polinoma linearne transformacijeprostora V konacne dimenzije. Naime, neka je A linearna transformacija prostora

2.1. SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI 27

V konacne dimenzije n. Tada u odnosu na uredenu bazu B prostora V linearnojtransformaciji A odgovara neka matrica A reda n × n nad poljem F. U odnosu nadrugu bazu B1 odgovarace joj neka druga matrica B. Ako je P matrica prelaza sabaze B na bazu B1, onda je B = P−1AP, pa su matrice A i B slicne nad poljem F.Kako smo vidjeli slicne matrice imaju iste svojstvene polinome. Svojstveni polinombilo koje matrice A koja je pridruzena linearnoj transformaciji u odnosu na nekuuredenu bazu B prostora V nazivamo svojstveni polinom linearne transformacije A.

Primjer 2.1.6. Neka je A linearna transformacija prostora R2 koja u odnosu na standarnubazu ima matricu

A =(

0 −11 0

).

Svojstveni polinom linearne transformacije A je

det(xI −A) =∣∣∣∣

x 1−1 x

∣∣∣∣ = x2 + 1.

Kako vidimo ovaj polinom nema realnih korijena, pa linearna transformacija A nema svo-jstvenih vrijednosti niti svojstvenih vektora.


A =

3 1 −12 2 −12 2 0

realna matrica. Njen svojstveni polinom je∣∣∣∣∣∣

x− 3 −1 1−2 x− 2 1−2 −2 x

∣∣∣∣∣∣= x3 − 5x2 + 8x− 4 = (x− 1) (x− 2)2.

Karakteristicne vrijednosti su 1 i 2.Odredimo pripadne svojstvene vektore. Za svojstvenu vrijednost λ = 1 svojstveni vektori

su nenulti vektori prostora Ker (A− 1 idV ) , gdje je A linearna transformacija pridruzenamatrici A u odnosu na neku uredenu bazu B = {e1, e2, e3} prostora V = R3. Dakle, x 6= 0 jesvojstveni vektor ako i samo ako je

(A− I)[x]B = [0]B.

Neka je x = ξ1e1 + ξ2e2 + ξ3e3. Tada imamo

2 1 −12 1 −12 2 −1

ξ1

ξ2

ξ3

=

000

.

Rjesenje ovog sistema je (ξ1, 0, 2ξ1). Dakle, svojstveni vektori koji odgovaraju svojstvenojvrijednosti 1 su svi nenulti vektori oblika x = α(e1 +2e3). To znaci da je dimenzija prostoraKer(A− idv) = 1 i da je taj potprostor generisan vektorom e1 + 2e3.

Za svojstvenu vrijednost 2 imamo svojstveni vektor x zadovoljava jednacinu

(A− 2I)[x]B = [0]B.

Kako je

A− 2I =

1 1 −12 0 −12 2 −2

,


to imamo

1 1 −12 0 −12 2 −2

ξ1

ξ2

ξ3

=

000

.

Rjesenja ovog sstema su (ξ2, ξ2, 2ξ2) (ξ2 ∈ R). Dakle svojstvene vektori su nenulti vektorioblika α(e1 + e2 + 2e3).

Kao sto vidimo u oba slucaja potrprostori Ker(A−idV ) i Ker(A−2idv) imaju dimenzije1.

Definicija 2.1.8. Neka je A linearna transformacija vektorskog prostora V konacnedimenzije. Kazemo da je linearna transformacija dijagonalizibilna ako i samoako postoji baza prostora V u kojoj je svaki vektor svojstveni vektor te linearnetransformacije.

Rezon za davanje ovog imena lezi u sljedecoj cinjenici. Neka je B = {e1, . . . , en}uredena baza sastavljena od svojstvenih vektora linearne transformacije A i akosvojstveni vektori ei odgovaraju svojstvenim vrijednostima λi, onda ovoj linearnojtransformaciji u odnosu na bazu B odgovara dijagonalna matrica

[A]B =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

......

0 0 · · · λn

.

Ako je linearna transformacija A dijagonalizibilna, onda njeni svojstveni vektorigenerisu prostor V.

U prethodna dva primjera linearne transformacije nisu dijagonalizibilne. U pr-vom slucaju nemamo nijedan svojstveni vektor, a u drugom slucaju imamo dvalinearno nezavisna svojstvena vektora. Kako je dimenzija prostora V = R3 tri, toova dva svojstvena vektora ne generisu prostor V.

Neka je A dijagonalizibilna linearna transformacija prostora V dimenzije n ineka su λ1, · · · , λk razlicite svojstvene vrijednosti transformacije A od kojih se svakapojavljuje s1, s2, . . . , sk, pri cemu je s1+s2+ · · ·+sk = n. Tada postoji uredena bazaB sastavljena od svojstvenih vektora te linearne transformacije. Matrica te linearnetransformacije u odnosu na bazu B je

[A]B =

λ1I1 0 · · · 00 λ2I2 · · · 0...

......

0 0 · · · λkIk

,

pri cemu je It jedinicna matrica reda st × st, (t = 1, 2, . . . , k).

Iz ove matrice primjecujemo dvije stvari.

1. Prvo svojstveni polinom linearne transformacije A je

f = (x− λ1)s1(x− λ2)s2 · · · (x− λk)sk .


2. Visestrukost svojstvene vrijednosti λi kao korijena svojstvenog polinoma jed-naka je dimenziji potprostora Ker(A− λi idV ).

Ako je polje F algebarski zatvoreno, onda je faktorizacija na linearne faktore bilokog polinoma uvijek moguca. U tom slucaju za dijagonalizibilnost linearne trans-formacije bitan drugi uslov.

Ako polje nije algebarski zatvoreno, onda postoje polinomi koji nemaju faktor-izaciju na linearne faktore. Zbog toga su za dijagonalizibilnost linearne transforma-cije, u ovom slucaju, bitna oba uslova.

Lema 2.1.9. Neka je A(u) = λu. Ako je f neki polinom, tada je

(f(A))(u) = f(λ)u.

Dokaz. Primjetimo prvo da iz A(u) = λu slijedi

A2(u) = A(A(u)) = A(λu) = λA(u) = λ2u.

Odavde se indukcijom zakljucuje da je

Ak(u) = λku

za svaki prirodan broj k. Neka je

f =m∑

k=0

akxk.

Tada je

f(A) =m∑

k=0

akAk,

pri cemu je A0 = idV . Sada imamo

(f(A))(u) =

(m∑

k=0

akAk

)(u) =

m∑

k=0

akAk(u)

=m∑

k=0

akλku =

(m∑

k=0

akλk

)u = f(λ)u

Lema 2.1.10. Neka je A linearna transformacija vektorskog prostora V konacnedimenzije. Neka su λ1, λ2, . . . , λk razlicite svojstvene vrijednosti transformacije A ineka je Wi svojstveni potprostor transformacije A koji odgovara svojstvenoj vrijed-nosti λi. Ako je W = W1 + W2 + · · ·+ Wk, onda je

dim W = dim W1 + dim W2 + · · ·+ dim Wk.


Dokaz. Potprostor W = W1+W2+· · ·+Wk je generisan svim svojstvenim vektorimalinearne transformacije A. Neka je

w1 + w2 + · · ·+ wk = 0, (wi ∈ Wi).

Trebamo pokazati da je wi = 0 za svako i. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji jtakav da je wj 6= 0. Posmatrajmo polinom f takav da je

f(λi) = δij (i = 1, 2, . . . , k).

Da li takav polinom postoji? Odgovor je potvrdan npr. takav polinom je

f = (x− λj + 1) ·∏

i6=j

x− λi

λj − λi.

Kako je

0 = f(A)(0) = f(A)(w1) + f(A)(w2) + · · ·+ f(A)(wk)= f(λ1)w1 + f(λ2)w2 + · · ·+ f(λk)wk

= 1 · wj = wj .

Kontradikcija sa izborom elementa wj !Neka je Bi uredena baza potprostora Wi, (i = 1, 2, . . . , k) i neka je

B = B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bk.

Tada je B generator potprostora W. Pokazimo da je B linearno nezavisan skup.Pretpostavimo suprotno tj. neka je podskup

{x1,j1 , . . . , x1,js1

, x2,j1 , . . . , x2,js2, . . . , xk,j1 , . . . , xk,jsk

}(xi,ji ∈ Wi)

skupa B linearno zavisan skup. Tada je

∑

i

∑

ji

γi,jixi,ji

= 0 (2.1.3)

i bar jedan od skalara γi,ji nije nula. U ovoj sumi grupisimo vektore po potpros-torima Wi. Neka je yi suma svih vektora gornje sume koji su iz potprostora Wi.Tada suma (2.1.3) ima oblik y1 + y2 + · · · yk = 0. Prema prvom djelu dokaza jeyi = 0 za svako i. Kako je yi linearna kombinacija vektora baze Bi i yi = 0, to su svikoeficijenti u toj sumi jednaki nuli. Dakle, svi koeficijenti u sumi (2.1.3) su jednakinuli. Kontradikcija! Pretpostavka da su vektori skupa B linearno zavisni dovela nasje do kontradikcije, pa nije tacna. Zato je B baza potprostora W, tj.

dim W = dim W1 + dim W2 + · · ·+ dim Wk,

sto je i trebalo dokazati.Sumirajuci rezultate prethodnih lema imamo sljedeci teorem.


Teorem 2.1.11. Neka je A linearno preslikavanje vektorskog prostora V dimenzijen. Neka su λ1, λ2, . . . , λk razlicite svojstvene vrijednosti linearne transformacije A ineka je Wi = Ker (A− λi idV ). Tada su sljedeci uslovi ekvivalentni.

(a) A je dijagonalizibilna linearna transformacija.

(b) Svojstveni polinom od A je

f = (x− λ1)d1 · · · (x− λk)dk ,

gdje je di = dim Wi (i = 1, 2, . . . , k).

(c) dim W1 + · · ·+ dim Wk = dim V.

Matricni analogon ovom teoremu ima sljedecu formulaciju.

Teorem 2.1.12. Neka je A neka n×n matrica nad poljem F i neka su λ1, λ2, . . . , λk

razlicite svojstvene vrijednosti matrice A u polju F. Za svako i, neka Wi predstavljapotprostor kolona matrice X (sa koeficijentima polja F) takvih da je

(A− λiI)X = 0,

i neka je Bi uredena baza potprostora Wi. Baze B1,B2, . . . ,Bk zdruzene zajednoformiraju kolone matrice P = (P1, P2, . . .) = (B1,B2, . . . ,Bk). Matrica A je slicnadijagonalnoj matrici ako i samo ako je P kvadratna matrica. Kada je P kvadratnamatrica, onda je P invertibilna i matrica P−1AP je dijagonalna matrica.

Primjer 2.1.13. Neka je A linearna transformacija prostora R3 koja u odnosu na stan-dardnu bazu ima matricu

A =

5 −6 −6−1 4 2

3 −6 −4

.

Izracunajmo prvo karakteristicni polinom.

det (xI −A) =

∣∣∣∣∣∣

x− 5 6 61 x− 4 −2

−3 6 x + 4

∣∣∣∣∣∣=

druga kolonaminustreca

=

∣∣∣∣∣∣

x− 5 0 61 x− 2 −2

−3 2− x x + 4

∣∣∣∣∣∣

= (x− 2)

∣∣∣∣∣∣

x− 5 0 61 1 −2

−3 −1 x + 4

∣∣∣∣∣∣

= (x− 2)

∣∣∣∣∣∣

x− 5 0 61 1 −2

−2 0 x + 2

∣∣∣∣∣∣

= (x− 2)∣∣∣∣

x− 5 6−2 x + 2

∣∣∣∣= (x− 2)(x2 − 3x + 2)= (x− 2)2(x− 1).


Da bi odredili dimenziju svojstvenih prostora prvo moramo naci matrice A − I i A − 2I, azatim njihov rang. Imamo

A− I =

4 −6 −6−1 3 2

3 −6 −5

, A− 2I =

3 −6 −6−1 2 2

3 −6 −6

.

Obje ove matrice su singularne, pa je njihov rang ≤ 3. Jednostavno se vidi da je rang(A−I) = 2 i rang(A−2I) = 1. Ako su W1 i W2 svojstveni potprostori koji odgovaraju svojstvenojvrijednosti 1 i 2, respektivno, onda je dim W1 = 1 i dim W2 = 2. Posto je dim W1 +dim W2 = dim V, to je linearna transformacija A dijagonalizibilna. Sada odredujemo bazeB1 i B2 potprostora W1 = Ker(A− idV ) i W2 = Ker(A−2idV ). Jednostavno se nalazi da jeB1 = {e1}, gdje je e1 = (3,−1, 3) i da je B2 = {e2, e3}, gdje je e2 = (2, 1, 0) i e3 = (2, 0, 1).U odnosu na bzau B = {e1, e2, e3} linearnoj transformaciji A odgovara dijagonalna matrica

D =

1 0 00 2 00 0 2

.

Matrica prelaza sa standardne baze na bazu B je

P =

3 2 2−1 1 0

3 0 1

.

Nadalje je D = P−1AP.

2.1.1 Zadaci

1. U svakom od sljedecih slucajeva, neka je A linearna transformacija prostoraR2 koja u odnosu na standardnu bazu ima matricu A, i neka je B linearnatransformacija prostora C2 koja u odnosu na standardnu bazu ima ima matricuB. Naci karakteristicne polinome i karakteristicne vrijednosti svake od ovihtransformacija. Odrediti bazu prostora, ako postoji, sastavljenu od svojstvenihvektora.

2. Neka je V vektorski prostor dimenzije n. Naci svojstveni polinom linearnetransformacije idV . Sta je svojstveni polinom nulte linearne transformacije?

3. Neka je A linearno preslikavanje prostora R3 koje u odnosu na uredenu stan-dardnu bazu ima matricu

−9 4 4−8 3 4−16 8 7

.

Dokazati da se A moze dijagonalizirati i odrediti bazu sastavljenu od svo-jstvenih vektora.


4. Neka je

6 −3 −24 −1 −2

10 −5 −3

.

Da li je A slicna dijagonalnoj matrici nad poljem R? Da li je A slicna dijago-nalnoj matrici nad poljem C?

5. Neka je A linearno preslikavanje prostora R4 koje u odnosu na uredenu stan-dardnu bazu ima matricu

0 0 0 0a 0 0 00 b 0 00 0 c 0

.

Za koje vrijednosti parametara a, b i c A se moze dijagonalizirati?

6. Neka je A linearna transformacija n−dimenzionalnog vektorskog prostora V.Ako A ima n razlicitih svojstvenih vrijednosti dokazati da se A moze dijago-nalizirati.

7. Neka su A i B matrice reda n × n nad poljem F. Ako je I − AB invertibilnamatrica, onda je i matrica I −BA invertibilna i vrijedi

(I −BA)−1 = I + B(I −AB)−1A.

8. Koristeci prethodni zadatak dokazati da matrice AB i BA imaju iste svo-jstvene vrijednosti nad poljem F.

9. Neka je N matrica reda 2×2 nad poljem kompleksnih brojeva. Ako je N2 = 0,dokazati da je N = 0 ili je N slicna matrici

(0 01 0

).

10. Neka je V vektorski prostor realnih neprekidnih funkcija jedne realne prom-jenljive. Neka je T linearno preslikavanje prostora V definisano relacijom

(T f)(x) =

x∫

0

f(t)dt.

Dokazati da T nema ni jednu realnu svojstvenu vrijednost.


2.2 Anulirajuci polinomi

U proucavanju linearnih preslikavanja narocito vazno mjesto imaju polinomi kojise anuliraju na na datom linearnom preslikavanju A. Vidjecemo da je skup svihpolinoma koji se anuliraju na preslikavanju A ideal algebre F[x]. Naime, ako sepolinomi f i g anuliraju na A, onda je

(α f + β g)(A) = α f(A) + β g(A) = 0.

Moze se desiti da je taj ideal nula ideal, tj. da osim nultog polinoma ni jedan drugipolinom se ne anulira na A. Kako cemo sada vidjeti, to se ne moze desiti u slucajulinearnih preslikavanja vektorskog prostora konacne dimenzije.

Neka je A linearno preslikavanje n−dimenzionalnog vektorskog prostora V. Tadaje A ∈ L(V, V ). Prostor L(V, V ) ima dimenziju n2, pa je niz

idV , A, A2 . . . , An2

od n2 + 1 elementa prostora L(V, V ) linearno zavisan. Zbog toga postoje skalariα0, α1, . . . αn2 ∈ F takvi da je

αo idV + α1 A+ · · ·+ αn2An2= 0

i bar jedan od tih skalara nije nula. To znaci da polinom

f = αo + α1 x + · · ·+ αn2xn2

nije nula polinom i da je f(A) = 0. Ovim smo pokazali da postoji polinom stepena≤ n2 koji se anulira na A.

Svaki polinom algrbre F[x] ima jednoznacnu faktorizaciju na proste faktore, patako i polinom f koji se anulira na A. Osim toga, svaki ideal je generisan nekimmonicnim polinomom, pa specijalno i ideal polinoma koji se anuliraju na A. Nekaje p generatorni element tog ideala. Tada je p(A) = 0 i f(A) = 0 ako i samo ako jef = pq za neki plinom q ∈ F[x].

Definicija 2.2.1. Neka je A linearno preslikavanje vektorskog prostora V konacnedimenzije nad poljem F. Minimalan polinom od A je jedinstven monik polinom kojigenerise ideal polinoma koji se anuliraju na A.

Rijec ”minimalan” potice od toga sto taj polinom ima najnizi stepen od svihmonik polinoma ideala. Minimalan plinom p linearnog preslikavanja A je jed-noznacno odreden sa ove tri osobine:

(1) p je monik polinom nad poljem F.

(2) p(A) = 0.

(3) Ni jedan polinom koji se anulira na A nema stepen manji od stepena polinomap.

2.2. ANULIRAJUCI POLINOMI 35

Ako je A neka n×n matrica nad poljem F, onda mi mozemo takode posmatratisve polinome koji se anuliraju na matrici A. Minimalan polinom matrice A je jedin-stven monik polinom koji generise ideal svih polinoma algebre F[x] koji se anulirajuna A. Svakoj linearnoj transformaciji A u odnosu na neku uredenu bazu B pripadaneka matrica A i obratno. Jasno je da je f(A) = 0 ako i samo ako je f(A) = 0. Dakle,minimalni polinomi linearnog preslikavanja i njemu pridruzene matrice u odnosu naneku bazu imaju isti minimalni polinom. No, jednom linearnom preslikavanju odgo-vara vise matrica (u odnosu na razlicite uredene baze), sve te matrice su slicne.Dakle, slicne matrice imaju iste minimalne polinome. Ova cinjenica je jasna i zbogtoga sto je (P−1AP )k = P−1AkP, pa je f(P−1AP ) = P−1f(A)P za svaki polinomf ∈ F[x].

Teorem 2.2.2. Neka je A linearna transformacija n−dimenzionalnog vektorskogprostora V (ili, neka je A matrica reda n × n nad poljem F). Svojstveni (karak-teristicni) polinom i minimalni polinom linearnog preslikavanja A (ili matrice A)imaju iste nule, ali sa eventualno razlicitom visestrukoscu.

Dokaz. Neka je p minimalni polinom od A i neka je α ∈ F. Pokazimo da je p(α) = 0ako i samo ako je α svojstvena vrijednost od A.

Neka je, prvo, p(α) = 0. Tada je p = (x − α)q za neko q ∈ F[x]. Posto jedegq < degp, to je q(A) 6= 0. Tada postoji bar jedno u ∈ V takvo da je (q(A))(u) 6= 0.Neka je v = (q(A))(u). Tada je

0 = (p(A))(u)= ((A− α idV )q(A)) (u)= (A− α idV ) (q(A)(u))= (A− α idV )(v).

Dakle, α je svojstvena vrijednost linearne transformacije A, pa je α nula svojstvenogpolinoma.

Neka je α svojstvena vrijednost i u pripadni svojstveni vektor linearne transfor-macije A. Tada je A(u) = α u, (u 6= 0). Odavde na osnovu Leme 2.1.9 je

p(A(u)) = p(α)u.

Buduci da je p(A) = 0 i u 6= 0, to mora biti p(α) = 0.

Neka je A dijagonalizibilno linearno preslikavanje i neka su λ1, λ2, . . . , λk razlicitesvojstvene vrijednosti od A. Posmatrajmo polinom

p = (x− λ1) · · · (x− λk).

Ako je u svojstveni vektor linearne transformacije A tada on odgovara jednoj odsvojstvenih vrijednosti λ1, . . . , λk, pa jedno od linearnih preslikavanja

A− λ1 idV , . . . ,A− λk idV

vektor u prevodi u nula vektor. Zbog toga je

(A− λ1 idV ) · · · (A− λk idv)(u) = 0,


tj. p(A)(u) = 0 za svaki svojstveni vektor linearne transformacije A. Kako je Adijagonalizibilno, to postoji baza satavljena od svojstvenih vektora. Neka je to baza{e1, . . . , en}. Tada za svako v = ξ1e1 + · · · ξnen ∈ V, vrijedi

p(A)(v) = ξ1p(A)(e1) + · · · ξnp(A)(en) = 0.

Dakle, p(A) = 0. Sta odavde mozemo zakljuciti? Ako je A dijagonalizibilna linearnatransformacija, tada je minimalan polinom od A proizvod razlicitih linearnih fak-tora. Kako cemo kasnije vidjeti ova osobina karakterizira dijagonalizibilne linearnetransformacije.

Primjer 2.2.3. Razmotrimo linearna preslikavanja navedena u primjerima 2.1.13, 2.1.7i 2.1.6. U Primeru 2.1.13 linearno preslikavanje je bilo dijagonalizibilno, svojstveni polinomje f = (x − 1)(x − 2)2. Tada je minimalan polinom p = (x − 1)(x − 2). (Vidi tekst ispredprimjera.)

U Primjeru 2.1.7 linearno preslikavanje A nije bilo dijagonalizibilno, a svojstveni poli-nom je bio f = (x− 1)(x− 2)2. Mi ne zamo da li je minimalan polinom p = (x− 1)(x− 2).Da bi to ispitali moramo naci proizvod (A− I)(A− 2I). Imamo

(A− I)(A− 2I) =

2 1 −12 1 −12 2 −1

1 1 −12 0 −12 2 −2

=

2 0 −12 0 −14 0 −2

6= 0.

Dakle, (x−1)(x−2) nije minimalan polinom, pa minimalan polinom ima stepen 3. Kako semora anulirati za 1 i 2, to imamo dvije mogucnosti (x−1)2(x−2) ili (x−1)(x−2)2. Jedostavnose racunom utvrdi, da je (A − I)(A − 2I)2 = 0, pa je minimalan plinom istovremeno isvojstveni polinom.

U Primjeru 2.1.6 svojstveni polinom je x2 + 1. Ovaj polinom u polju R nema nula, pani jedan linearan polinom ne moze biti minimalan polinom. Dakle, i ovdje je minimalanpolinom jednak svojstvenom polinomu.

Teorem 2.2.4 (Cayley-Hamilton). Neka je A linearna transformacija vektorskogprostora V konacne dimenzije. Ako je f svojstveni polinom, onda je f(A) = 0.Drugim rijecima minimalan polinom linearnog preslikavanja A dijeli svojstveni poli-nom tog preslikavanja.

Dokaz. Neka je K skup svih polinoma nad poljem F u varijabli A. Tada je Kkomutativna algebra sa jedinicom nad poljem F. Neka je B = {e1, . . . , en} uredenabaza prostora V i neka je A matrica linearnog preslikavanja A u odnosu na tu bazu.Tada je

A(ei) =n∑

j=1

Ajiej , (i = 1, . . . , n).

Ova jednacina moze se napisati i u ekvivalentnom obliku

n∑

j=1

(δijA−AjiidV ) ej = 0, (i = 1, . . . , n).


Neka je B ∈ Kn×n takva da je

Bij = δijA−AjiidV .

Ako je n = 2, onda je

B =( A−A11idV −A21idV

−A12idV A−A22idV

),

pa je

det B = (A−A11idv) (A−A22idv)−A12A21idV

= A2 − (A11 + A22)A+ (A11A22 −A12A21)= A2 − trag(A)A+ det A

= f(A),

gdje jef = x2 − trag(A)x + det A

svojstveni polinom linearne transformacije A. U slucaju da je n > 2, odmah se vidida je opet det B = f(A), posto je f determinanta matrice xI−A koja ima elemente(xI −A)ij = xδij −Aji.

Mi cemo dokazati da je f(A) = 0. Da bi to dokazali potrebno je i dovoljnodokazati da je det B = 0. Imamo

n∑

j=1

Bij(ej) =n∑

j=1

(δijA−AjiidV )(ej)

=n∑

j=1

δijA(ej)−n∑

j=1

Ajiej

= A(ei)−A(ei)= 0

Dakle,n∑

j=1

Bij(ej) = 0, (i = 1, . . . , n) (2.2.1)

Neka je∼B = adj B. Tada (2.2.1) mozemo napisati u obliku

n∑

j=1

∼BkiBij(ej) = 0 (∀i, k ∈ {1, . . . , n}).

Nakon sumiranja po i dobije se

0 =n∑

i=1

n∑

j=1

∼BkiBij(ej)

=n∑

j=1

(n∑

i=1

∼BkiBij

)(ej).


Izraz u zagradi predstavlja proizvod matrice B i njene adjungovane matrice∼B. Kako

je B∼B = (det B)I, to je

n∑

i=1

∼BkiBij = δkjdet B.

Dakle,

0 =n∑

j=1

δkj (det B) ej = (det B)ek, (1 ≤ k ≤ n).

Kako su vektori e1, . . . , en linearno nezavisni, to je det B = 0. Ovim je dokaz kom-pletiran.

Ova teorema je se moze koristiti za odredivanje minimalnog polinoma matrice.Ako je A matrica koja je pridruzena linearnoj transformaciji A u odnosu na nekuuredenu bazu B, onda mi mozemo izracunati svojstveni (karakteristicni) polinom fmatrice A. Znamo da minimalan polinom mora imati iste nule kao i karakteristicnipolinom. Neka je

f = (x− α1)d1 · · · (x− αk)dk

faktorizacija karakteristicnog polinoma f na faktore nad nekim algebarski zatvorenompolju, pri cemu su skalari α1, . . . , αk razliciti. Tada je minimalan polinom

p = (x− α1)r1 · · · (x− αk)rk , 1 ≤ rj ≤ dj .

U opstem slucaju ne mozemo vise nista zakljuciti.


A =

0 1 0 11 0 1 00 1 0 11 0 1 0

matrica reda 4× 4 nad poljem racionalnih brojeva. Tada je

A2 =

2 0 2 00 2 0 22 0 2 00 2 0 2

, A4 =

0 4 0 42 0 2 00 4 0 44 0 4 0

.

Odavde se vidi da je A3 = 4A. Neka je q(x) = x3− 4x = x(x− 2)(x + 2). Tada je q(A) = 0,pa minimalan polinom p dijeli q(x). Dakle, kandidati za minimalan polinom su:

x, x− 2, x + 2, x(x− 2)x(x + 2), x2 − 4 i x(x− 2)(x + 2).

Kako je A 6= 0, A 6= 2I, A 6= −2I, to ni jedan od polinoma prvog stepena nije minimalanpolinom. No, A2 6= 4I, pa ni polinom x2 − 4 nije minimalan polinom. Iz A2 6= ±2A slijedida ni jedan od druga dva polinoma drugog stepena nije minimalan polinom. Prema tome,jedina mogucnost za minimalan polinom je

p = x(x− 2)(x + 2).

Kako sada odrediti karakteristicni polinom? Karakteristicni polinom je cetvrtog stepena imora imati iste nule kao i minimalan polinom. Tako imamo ove mogucnosti:

f = x2(x− 2)(x + 2) ili f = x(x− 2)2(x + 2) ili f = x(x− 2)(x + 2)2.


Ako bi bila prva mogucnost, onda bi λ = 0 bila dvostruka svojstvena vrijednost, pa bi matricaA−0 · I morala imati rang 2. No A−0 I = A i A ima rang 2, pa je ova mogucnost stvarna.Dakle, karakteristicni polinom je f = x2(x2 − 4). Tada je matrica A slicna dijagonalnojmatrici

0 0 0 00 0 0 00 0 2 00 0 0 −2

.

2.2.1 Zadaci

1. Odrediti minimalan i karakteristican polinom matrice

A =

0 0 c1 0 b0 1 a

,

gdje su a, b, c elementi polja F.

2. Neka je

A =

1 1 0 0−1 −1 0 0−2 −2 2 1

1 1 −1 0

.

Pokazati da je f = x2(x − 1)2 karakteristicni polinom matrice A a zatimodrediti minimalan polinom matrice A.

3. Neka je V n−dimenzionalni vektorski prostor i A linearno preslikavanje togprostora. Pretpostavimo da postoji neki prirodan broj k takav da je Ak = 0.Dokazati da je An = 0.

4. Naci sve matrice reda 3 × 3 nad poljem realnih brojeva ciji je minimalanpolinom p = x2.

5. Neka je n prirodan broj i V skup svih polinoma stpena ≤ n nad poljem F.Neka je D operator diferenciranja na V, tj. D(f) = f ′ za svako f ∈ V. Odreditikarakteristicni i minimalan polinom operatora D.

6. Neka je V = Fn×n vektorski prostor matrica reda n×n nad poljem F. Neka jeA fiksna n×n matrica i neka je T linearna transformacja prostora V definisanasa T (B) = AB. Dokazati da je minimalan polinom linearne transformacije Ti minimalni polinom matrice A.


2.3 Invarijantni potprostori

U ovom paragrafu uvescemo nekoliko novih pojmova koji su neophodni u studijilinearnih transformacija vektorskog prostora.

Definicija 2.3.1. Neka je V vektorski prostor i A linearna transformacija od V. Akoje W potprostor prostora V takav da je A(x) ∈ W za svako x ∈ W, onda kazemo daje W invarijantan potprostor prostora W u odnosu A.

Dakle, potprostor W je invarjantan u odnosu na A ako je A(W ) ⊆ W.

Primjer 2.3.2. Neka je A proizvoljna linearna transformacija prostora V. Tada su pot-prostori Ker A i Im A invarijantni potprostori prostora V.

Primjer 2.3.3. Neka je F polje i D linearna transformacija diferenciranja na prostoruF[x] polinoma nad F. Neka je n prirodan broj i W potprostor polinoma stepena ne veceg odn. Tada je W invarijantan pod prostor u odnosu na D.

Primjer 2.3.4. Neka je A linearna transformacija vektorskog prostora V, koja komutirasa linearnom transformacijom B prostora V, tj. neka je AB = BA. Neka je W = Im A iN = Ker A. Pokazimo da su W i N invarijantni u odnosu na B. Neka je x ∈ W proizvoljan.Tada je x = A(u) za neko u ∈ V. Odavde je B(x) = B(A(u)) = A(B(u)) ∈ Im A = W, tj.B(W ) ⊆ W.

Neka je x ∈ N. Tada je A(x) = 0, pa je 0 = B(A(x)) = A(B(x)), dakle, B(x) ∈ Ker A =N.

Kao primjer linearne transformacije koja komutira sa linearnom transformacijom Bmozemo uzeti A = g(B), gdje je g ∈ F[x] bilo koji polinom.

Primjer 2.3.5. Neka je A linearna transformacija prostora V = R2 koja u odnosu nastandarnu bazu ima matrica

A =(

0 −11 0

).

Invarijantni potprostori od A su sigurno nula potprostor i sam prostor V. Pokazimo da drugihpotprostora nema. Pretpostavimo da je W invarijantan potprostor i da je {0} ⊂ W ⊂ V.Tada je 0 < dim W < 2, pa je dimV = 1. Neka je {e} baza od W. Tada je A(e) ∈ W, pa jeA(e) = λe. Neka je e = (α, β) i bar jedan od skalara α i β nije nula. Imamo

A(e) =(

0 −11 0

)·(

αβ

)=

( −βα

),

tj. (λα, λβ) = (−β, α). Odavde slijedi β = α = 0, sto je u suprotnosti sa izborom skalara α iβ. Pretpostavka da postoji netrivijalni invarijantni potprostor dovela nas je do kontradikcije,pa nije tacna.

Neka je W invarijantan potprostor prostora V u odnosu na linearnu transfor-maciju A. Tada je A(x) ∈ W za svako x ∈ W. To znaci da mozemo posmatratipreslikavanje AW : W → W definsano relacijom AW (x) = A(x) za svako x ∈ W.Preslikavanje AW nazivamo restrikcija preslikavanja A na potprostor W.

Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije n nad poljem F, A linearnatransformacija prostora V i W invarijantni potprostor u odnosu na A. Neka je

2.3. INVARIJANTNI POTPROSTORI 41

B′ = {e1, . . . , er} uredena baza potprostora W. Nadopunimo ovu bazu do bazeB = {e1, . . . , er, er+1, . . . , en} prostora V. Neka je

A(ej) =n∑

i=1

Aijei (j = 1, . . . , n).

Tada je A = (Aij) matrica linearne transformacije A u odnosu na bazu {e1, . . . , en}prostora V. Kako su vektori e1, . . . , er ∈ W, to je A(ej) ∈ W za svako 1 ≤ j ≤ r. Toznaci da je Aij = 0 kada je j ≤ r i i > r. Zbog toga matricu A mozemo prikazatikao blok matricu u obliku

A =(

B C0 D

),

gdje je B matrica reda r× r, C matrica reda (n− r)× r i D matrica reda (n− r)×(n− r) nad poljem F. Induciranoj linearnoj transformaciji AW u odnosu na bazu B′odgovara matrica B.

Lema 2.3.6. Neka je W invarijantni potprostor u odnosu na linearnu transforma-ciju A prostora V. Karakteristicni (svojstveni) polinom linearne transformacije AW

dijeli karakteristicni polinom linearne transformacije A. Minimalni polinom od AW

dijeli minimalni polinom od A.

Dokaz. Neka je B′ baza potprostora W i B ⊇ B′ baza prostora V. Tada je

A =(

B C0 D

),

gdje je B = [AW ]B′ i A = [A]B. Odavde je

det (xI −A) = det

(xI −B −C

0 xI −D

)= det (xI −B) det (xI −D).

Odavde slijedi da karakteristicni polinom det(xI − B) linearnog preslikavanja AW

dijeli karakteristicni polinom det(xI−A) linearne transformacije A. Kako je matricaA gornje trougaona blok matrica, to je

Ak =(

Bk Ck

0 Dk

),

gdje je Ck neka r × (n− r) matrica nad poljem F. Neka je

p =m∑

k=0

αkxk


minimalan polinom matrice A. Tada je p(A) = 0, pa je

0 = p(A) =m∑

k=0

αkAk

=m∑

k=0

αk

Bk Ck

0 Dk

=

m∑k=0

αk Bkm∑

k=0

αk Ck

0m∑

k=0

αk Dk

.

Dakle,m∑

k=0

αk Bk = 0,m∑

k=0

αk Ck = 0 im∑

k=0

αk Dk = 0.

Polinom p se anulira naAW , pa minimalni polinom transformacijeAW dijeli polinomp. Time je dokaz zavrsen.

Primjer 2.3.7. Neka je A linearna transformacija vektorskog prostora V konacne dimen-zije. Neka su λ1, . . . , λk razlicite svojstvene vrijednosti linearne transformacije A koje lezeu polju F. Neka je Wi svojstveni potprostor prostora V koji je generisan svim svojstvenimvektorima koji odgovaraju svojstvenoj vrijednosti λi, (1 ≤ i ≤ k). Neka je Bi uredena bazapotprostora Wi i B′ = (B1,B2, . . . ,Bk). Tada je B′ linearno nezavisan skup. Oznacimo saW potprostor prostora V koji je generisan skupom B′. Ako je x ∈ W, onda je

x =r1∑

j1=1

α1j1e1j1 +r2∑

j2=1

α2j2e2j2 + · · ·+rk∑

jk=1

αkjkekjk

.

Odavde je

A(x) =r1∑

j1=1

α1j1A (e1j1) +r2∑

j2=1

α2j2A (e2j2) + · · ·+rk∑

jk=1

αkjkA (ekjk

)

= λ1

r1∑

j1=1

α1j1e1j1 + λ2

r2∑

j2=1

α2j2e2j2 + · · ·+ λk

rk∑

jk=1

αkjkekjk

,

pa je A(x) ∈ W, tj. W je invarijantan u odnosu na A. Neka je AW restrikcija preslikavanjaA na W. U odnosu na bazu B′ transformacija AW ima dijagonalnu matricu B kod koje sena glavnoj dijagonali nalaze svojstvene vrijednosti λ1, . . . , λk od kojih se svaka pojavljujer1, r2, . . . , rk puta. Nadopunimo bazu B′ do baze B prostora V. Linearna transformacija Au odnosu na bazu B ima matricu

A =(

B C0 D

).

Karakteristicni polinom linearne transformacije AW je isti kao i karakteristicni polinommatrice B, tj.

g = (x− λ1)r1 · · · (x− λk)rk ,

gdje je rj = dim Wj , (j = 1, . . . , k). Ako je f karakteristicni polinom matrice A, onda jevisestrukost x− λi kao faktora od f najmanje dim Wi.


Definicija 2.3.8. Neka je W invarijantni potprostor prostora V u odnosu na lin-earnu transformaciju A. A−konduktor od u ∈ V u odnosu na W je skup SA(u,W )svih polinoma g nad poljem F takvih da je (g(A))(u) ∈ W. U specijalnom slucajukada je W = {0} konduktor nazivamo A−anihilatorom elementa u.

U oznaci SA(u,W ) indeks A najcesce cemo izostavljati, jer ce se iz kontekstaznati o kojem linearnom preslikavanju je rijec.

Lema 2.3.9. Ako je W neki invarijantni potprostor u odnosu na A, tada je Winvarijantno u odnosu na svaki polinom u varijabli A nad poljem F. Tako, za svakou ∈ V konduktor SA(u,W ) je ideal algebre F[x].

Dokaz. Po pretpostavci W je invarijantan u odnosu na A, pa za u ∈ W vrijediA(u) ∈ W. Dalje je A2(u) = A(A(u)) ∈ W. Indukcijom zakljucujemo da je Ak(u) ∈W za svaki prirodan broj k. Odavde slijedi da za svaki polinom f ∈ F[x] vrijedi(f(A))(u) ∈ W za svako u ∈ W. Ovim je prvi do leme dokazan. Pokazimo sada daje S(u, W ) potprostor prostora F[x]. Neka su f, g ∈ S(u, W ) i α i β skalari. Tada je(α f + β g)(A) = α f(A) + β g(A), pa je

((α f + β g)(A))(u) = (α f(A) + β g(A))(u)= α (f(A))(u) + β (g(A)(u) ∈ W.

Neka je g ∈ S(u, W ) i f ∈ F[x]. Tada je (fg)(A)(u) = f(A) (g(A)(u)) ∈ W, tj.fg ∈ S(u,W ). Time smo dokazali da je S(u,W ) ideal algebre F[x].

Svaki ideal algebre F[x] je generisan tacno jedinim monik polinomom, pa je idealS(u,W ) je generisan nekim monik polinomom g. Taj monik polinom takode nazi-vamo A−konduktor elementa u u odnosu na W i oznacavamo ga sa s(u,W ). Uslucaju da je W = {0}, onda A−konduktor elementa u nazivamo A−anhilatoromod u. Tada je g polinom sa najnizim stepenom za koji je g(A)(u) ∈ W. Polinom fje element ideala S(u,W ) ako i samo ako je f = gh za neko h ∈ S(u,W ), tj. alo isamo ako g dijeli f.

Neka je h minimalan polinom linearne transformacije A. Tada je h(A) = 0, paje sigurno h(A)(u) = 0 ∈ W. Dakle, h ∈ S(u,W ), pa g dijeli minimalan minimalanpolinom linearne transformacije A. To znaci da svaki A−konduktor dijeli minimalanpolinom linearne transformacije A.

Kao prvu ilustraciju kako se koristi konduktor imacemo u karakterizaciji lin-earnih transformacija koje se mogu trougaonalizirati. Za linearnu transformacijukazemo da je trougaonozibilna, ako postoji uredena baza u odnosu na koju lin-earno preslikavanje ima trougaonu matricu.

Lema 2.3.10. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije nad poljem F. Neka jeA linearna transformacija vektorskog prostora V takva da je njen minimalan polinomproizvod linearnih faktora

p = (x− λ1)r1 · · · (x− λk)rk , (λi ∈ F ).

Neka je W pravi potprostor od V ( W 6= V ) koji je invarijantan u odnosu na A.Tada postoji vektor u ∈ V takav da


(a) u /∈ W ;

(b) (A − λ idV )(u) ∈ W, za neku svojstvenu vrijednost λ linearne transformacijeA.

Dokaz. Kako je W pravi potprostor od V, to postoji v ∈ V i v /∈ W. Neka jeg A−konduktor elementa v u W. Tada g dijeli minimalan polinom p od A. Kakov /∈ W, to polinom g nije konstanta. Zato je

g = (x− λ1)t1 · · · (x− λk)tk

i bar jedan od eksponenata ti nije nula. Neka je npr. tj > 0. Tada x−λj dijeli g, tj.

g = (x− λj)h.

Polinom h ima stepen nizi nego polinom g, a polinom g je polinom najnizeg stepenaza koji je g(A)(v) ∈ W. Dakle, u = h(A)(v) /∈ W. No,

(A− λj idV )(u) = (A− λj idV )(h(A)(v)) = g(A)(v) ∈ W.

Time je dokaz zavrsen.Ako su, dakle, ispunjeni uslovi prethodne leme, onda postoji element u ∈ V \W

ciji je konduktor linearan polinom.

Teorem 2.3.11. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije nad poljem F i nekaje A linearna transformacija prostora V. Tada je transformacija A trougaonozibilnaako i samo ako je minimalan polinom od A proizvod linearnih polinoma nad F.

Dokaz. Pretpostavimo da je minimalan polinom proizvod linearnih faktora, tj. daje

p = (x− λ1)r1 · · · (x− λk)rk .

Cilj nam je da konstruisemo uredenu bazu B u odnosu na koju transformacija Aima trougaonu matricu

[A]B =

α11 α12 α13 · · · α1n

0 α22 α23 · · · α2n

0 0 α33 · · · α3n...

......

...0 0 0 · · · αnn

. (2.3.1)

Iz ove matrice se odmah vidi da je

A(ej) = α1je1 + α2je2 + . . . + αjjej , 1 ≤ j ≤ n, (2.3.2)

tj. A(ej) je element potprostora generisanog vektorima e1, . . . , ej . Konstrukcijubaze B zapocinjemo primjenom prethodne leme na potprostor W = {0} i takodobijamo vektor e1. Sada pimjenjujemo lemu na potprostor W1 = F e1 i dobijamovektor e2. Zatim primjenjujemo lemu na potprostr W2 = Fe1 + Fe2,tj. potpreostorgeneresan vektorima e1 i e2 i dobijamo vektor e3. Nastavljajuci ovaj postupak na


kraju dolazimo do zeljene baze B. Primjetimo da relacija (2.3.2) obezbjeduje da jepotprostor generisan vektorima e1, . . . , ei invarijantan u odnosu na A, pa su usloviprethodne leme ispunjeni za potprostore Wi (i = 1, . . . , n).

Neka je A trougaonozibilna. Tada postoji baza u odnosu na koju linearna trans-formacija A ima trougaonu matricu (2.3.1). Karakteristicni polinom transformacijeA je isti kao i matrice A, pa je

f = (x− α11) (x− α22) · · · (x− αnn).

Dakle, svojstveni polinom je faktorisan na linearne faktore, pa se i minimalni polinomp moze faktorisati na linearne faktore, jer dijeli f.

Posljedica 2.3.12. Neka je F algebarski zatvoreno polje (kao npr. polje kompleksnihbrojeva). Svaka n× n matrica nad poljem F je slicna trougaonoj matrici.

Dokaz. Tvrdnja slijedi iz prethodne teoreme, jer se nad algebarski zatvorenom poljusvaki polinom moze faktorisati na linearne faktore.

Teorem 2.3.13. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije nad poljem F i nekaje A linearna transformacija prostora V. Tada je A dijagonalizibilna transformacijaako i samo ako je minimalan polinom transformacije A oblika

p = (x− λ1) · · · (x− λk),

gdje su λ1, . . . , λk razliciti elementi polja F.

Dokaz. Vec smo ranije dokazali da ako je A dijagonalizibilno onda je njegov mini-malan polinom proizvod razlicitih linearnih faktora.

Dokazimo sada obrnutu tvrdnju. Neka je minimalan polinom p proizvod ra-zlicitih linearnih faktora. Pretpostavimo da tvrdnja nije tacna. Neka je W potpros-tor generisan svim svojstvenim vektorima linearne transformacije A i neka W 6= V.Na osnovu Leme 2.3.10 postoji vektor u /∈ W i svojstvena vrijednost λj od A takvada je v = (A−λj idV )(u) ∈ W. Kako je v ∈ W i W generisano svojstvenim vektorimalinearne transformacije A, to je

v = v1 + v2 + . . . + vk, gdje je A(vi) = λivi, 1 ≤ i ≤ k.

Tada za bilo koji polinom h ∈ F[x] vektor

h(A)(v) = h(λ1)v1 + · · ·+ h(λk)vk

lezi u W. Neka je p = (x−λj)q, za neki polinom q ∈ F[x]. Kako je polinom q− q(λj)djeljiv polinomom x− λj , to je

q − q(λj) = (x− λj)h.

Sada imamo

q(A)(u)− q(λj)(u) = h(A) ((A− λj idV )(u)) = h(A)(v).


No, h(A)(v) je iz W i kako je

0 = p(A)(u) = ((A− λj idV )q(A)) (u),

to vektor q(A)(u) lezi u W. Zato je q(λj)u ∈ W. Kako u /∈ W, to je skalar q(λj) jednaknuli, tj. q(λj) = 0. To znaci da je λj bar dvostruka nula minimalnog polinoma.Ovo je u konradikciji sa pretpostavkom da je minimalan polinom proizvod linearnihrazlicitih faktora.

Teorem 2.3.13 ima svoju prakticnu primjenu. Pretpostavimo da je A matricalinearne transformacije A u odnosu na neku uredenu bazu B. Zelimo da ispitamoda li je transformacija A dijagonalizibilna. Prvo nalazimo karakteristican polinomi faktorisemo ga na linearne faktore, ako je to moguce. Neka se f moze napisati uobliku

f = (x− λ1)d1 · · · (x− λk)dk .

Da bi utvrdili da li je A dijagonizabilno mozemo postupiti na dva nacina.Prvi nacin je da za svaku svojstvenu vrijednost λi koja je visestrukosti di nademo

di linearno nezavisnih svojstvenih vektora. Ako je to moguce, onda je A dijagonal-izibilno. Ako to nije moguce, onda A nije dijagonalizibilna linearna transformacija.

Drugi nacin je da koristimo Teorem 2.3.13 i provjerimo da li je

(A− λ1idV ) · · · (A− λk idV )

nula transformacija, tj. da je minimalan polinom matrice A proizvod razlicitihlinearnih faktora.

Teorem 2.3.11 daje razlicit dokaz Cayley-Hamiltonovg teorema. Cayley-Hamil-tonov teorem je ocit za trougaone matrice. Teorem 2.3.11 daje potrebne i dovoljneuslove da bi matrica bila slicna trougaonoj matrici. Ti uslovi su ispunjeni za svakukvadratnu matricu nad algebarski zatvorenim poljima. Dakle, Cayley Hamiltonovateorema vrijedi za kvadratne matrice nad poljem kompleksnih brojeva. Ako prihva-timo, bez dokaza, cinjenicu da je svako polje potpolje algebraski zatvorenog polja,onda smo dokazali Cayley-Hamiltonov teorem za bilo koju kvadratnu matricu nadproizvoljnim poljem.

2.3.1 Zadaci

1. Neka je A linearna transformacija prostora R2 i neka je

A =(

1 −12 2

)

matrica te transformacije u odnosu na uredenu standardnu bazu.

(a) Pokazati da A nema jednodimenzionalnih invarijantnih potprostora.

(b) Neka je T linearna transformacija prostora C2 koja u odnosu na uredenustandardnu bazu ima matricu A. Dokazati da T ima jednodimenzionalnihinvarijantnih potprostora.

2.4. SIMULTANA TROUGAONIZACIJA I DIJAGONALIZACIJA 47

2. Neka je

A =

0 1 02 −2 22 −3 2

.

Da li je A slicna trougaonoj matrici nad poljem realnih brojeva? Ako jestenaci tu trougaonu matricu.

3. Svaka matrica A za koju je A2 = A je slicna dijagonalnoj matrici.

4. Neka je A neka 3× 3 matrica. Ako A nije slicna nekoj trougaonoj matrici nadpoljem realnih brojeva, dokazati da je tada A slicna dijagonalnoj matrici nadpoljem kompleksnih brojeva.

5. Neka je V vektorski prostor n × n matrica nad poljem F. Neka je A ∈ Vfiksna matrica i neka su A i B linearne transformacije prostora V definisanerelacijama:

A(B) = AB

B(B) = AB −BA.

Utvrdite da li su sljedece tvrdnje tacne ili netacne.

(a) Ako je A slicna dijagonalnoj matrici, onda je linearna transformacija Adijagonalizibilna.

(b) Ako je A slicna dijagonalnoj matrici, onda je linearna transformacija Bdijagonalizibilna.

2.4 Simultana trougaonizacija i dijagonalizacija

Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije i neka je F familija linearnih trans-formacija prostora V. Postavlja se pitanje da li postoji uredena baza B prostora Vtakva da za svako A ∈ F matrica [A]B je trougaona (djagonalna). Buduci da svedijagonalne matrice komutiraju, to je potrebno da ta familija F bude komutativna.Isto tako potrebno je da svaka transformacija familije F dude dijagonalizibilna.Analogno za trougaonizaciju potrebno je da svaka transformacija bude trougaonoz-ibilna. No, nije neophodno da familija F bude komutativna.

Kazemo da je potprostor W invarijantan u odnosu na familiju F linearnihtransformacija prostora V, ako je on invarijantan u odnosu na svaki clan te familije.

Lema 2.4.1. Neka je F komutativna familija trougaonozibilnih linearnih transfor-macija prostora V konacne dimenzije. Neka je W pravi potprostor prostora V kojije invarijantan u odnosu na familiju F . Postoji vektor u ∈ V takav da:

(a) u nije element skupa W ;

(b) za svako A ∈ F , vektor A(u) je u potprostoru generisanom vektorom u i W.


Dokaz. Bez umanjenja opstosti mozemo pretpostaviti da je familija F konacna.Naime, prostor L(V, V ) je konacne dimenzije, a F je njegov potskup, pa postojimaksimalan linearno nezavisan podskup {A1, . . . ,Ar} od F . Taj podskup je bazapotprostora generisanog sa F . Ako je u vektor za koji vrijedi uslov (b) za svako Ai,tada ce uslov (b) vrijediti i za svaku linearnu kombinaciju transformacija A1, . . . ,Ar,pa samim tim i za svaku transformaciju familije F .

Neka je familija F konacna. Prema Lemi 2.3.10 mozemo naci vektor v1 /∈ W iskalar λ1 takve da je (A1 − λ1idV )(v1) ∈ W. Neka je V1 skup svih vektora v ∈ Vtakvih da je (A1 − λ1 idV )(v) ∈ W. Tada je W ⊆ V1. No, W ⊂ V1, jer je v1 ∈ V1

i v1 /∈ W. Pokazimo da je V1 invarijantno u odnosu na F . Neka je T proizvoljanelement iz F . Tada T komutira sa A1, pa je

(A1 − λ1 idV )(T (v)) = T (A1 − λ1 idV )(v)

za svako v ∈ V. Ako je v ∈ V1, onda je (A1−λ1 idV )(v) ∈ W. Kako je W invarijantnou odnosu na F , to je T (A1−λ1 idV )(v) ∈ W, tj. T (v) ∈ V1. Dakle, V1 je invarijantnou odnosu na F .

Neka je U2 linearna transformacija prostora V1 dobijena kao restrikcija linearnetransformacije A2 na V1. Tada minimalan polinom od U2 dijeli minimalan polinomod A2. Zbog toga mozemo primijeniti Lemu 2.3.10 na tu linearnu transformaciju ipotprostor W. Tako cemo dobiti vektor v2 ∈ V1 \W i skalar λ2 takve da je (A2 −λ2 idV )(v2) ∈ W. Primjetimo da

(a) v2 /∈ W ;

(b) (A1 − λ1 idV )(v2) ∈ W ;

(c) (A2 − λ2 idV )(v2) ∈ W.

Neka je V2 skup svih vektora v ∈ V1 takvih da (A2 − λ2 idv)(v) ∈ W. Tada jeV2 invarijantno u odnosu na F . Sada mozemo primeniti Lemu 2.3.10 na linearnutransformaciju U3, koja je restrikcija od A3 na V2 i potprostor W. Nastavljajuciovaj postupak u konacnom broju koraka dobicemo vektor u = vr /∈ W takav da je(Aj − λj idv)(vr) ∈ W, (j = 1, . . . , r).

Teorem 2.4.2. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije nad poljem F. Nekaje F komutativna familija trougaonozibilnih linearnih transformacija prostora V.Tada postoji uredena baza B prostora V takva da svaka linearna transformacija Aiz F u odnosu na tu bazu ima trougaonu matricu A.

Dokaz. Dokaz se zasniva na prethodnoj lemi, a realizuje se na isti nacin kao i dokazTeorema 2.3.11 samo umjesto A uzimamo F .

Posljedica 2.4.3. Neka je F komutativna familija n × n matrica nad algebarskizatvorenom polju F. Postoji nesingularna n×n matrica P nad poljem F takva da jeP−1AP gornje trougaona matrica za svako A ∈ F .

Teorem 2.4.4. Neka je F komutativna familija dijagonalizibilnih linearnih trans-formacija prostora V konacne dimenzije. Postoji uredena baza prostora V takva dasvaka linearna transformacija A iz F u odnosu na tu bazu ima dijagonalnu matricuA.

2.4. SIMULTANA TROUGAONIZACIJA I DIJAGONALIZACIJA 49

Dokaz. Tvrdnju cemo dokazati indukcijom u odnosu na dimenziju prostora V. Akoje dim V = 1 nemamo sta dokazivati. Pretpostavimo da je tvrdnja tacna za svevektorske prostore dimenzije manje od n. Izaberimo A ∈ F koje nije proizvodskalara i idV . Neka su λ1, . . . , λk razlicite svojstvene vrijednosti od A i neka jeWi = Ker (A− λi idv) (i = 1, . . . , k). Fiksirajmo indeks i. Tada je Wi invarijantnou odnosu na svaku linearnu transformaciju prostora V koja komutira sa A. Nekaje Fi familija linearnih transformacija prostora Wi dobijenih restrikcijom transfor-macija familije F na Wi. Svaka linearna transformacija iz Fi je dijagonalizibilna,jer njen minimalan polinom dijeli minimalan polinom odgovarajuce linearne trans-formacije iz F koji je proizvod linearnih faktora. Posto je dimenzija od Wi manjaod dimenzije prostora V, to transformacije iz Fi (na osnovu pretpostavke indukcije)mogu biti simultano dijagonalizirane. Drugim rijecima Wi ima bazu Bi sastavljenuod vektora koji su simultano svojstveni vektori za svaku linearnu transformaciju izFi. Kako je A dijagonalizibilno to na osnovu Teorema 2.1.11 B = (B1, · · · ,Bk) jebaza prostora V.

2.4.1 Zadaci

1. Naci invertibilnu matricu P ∈ R2×2 takvu da su matrice P−1AP i P−1BPdijagonalne, gdje su A i B matrice

(a) A =(

1 20 2

), B =

(3 −80 −1

);

(b) A =(

1 11 1

), B =

(1 aa 1

).

2. Neka je F komutativna familija 3×3 matrica nad poljem kompleksnih brijeva.Koliko linearno nezavisnih elemenata sadrzi familija F? Sta je sa slucajemn× n?

3. Neka je V n−dimenzionalni vektorski prostor i T linearna transformacija pros-tora V koja ima n razlicitih svojstvenih vrijednosti. Dokazati da linearnetransformacije koje komutiraju sa T su jedino polinomi u varijabli T .

4. Neka su A,B, C i D kompleksne matrice reda n× n koje komutiraju. Neka je

E =(

A BC D

)

matrica reda 2n× 2n. Dokazati da je det E = det (AD −BC).

5. Neka je F polje, n prirodan broj i V vektorski prostor n×n matrica nad poljemF. Ako je A fiksna matrica iz V , neka je TA linearna transformacija prostoraV definisana relacijom

TA(B) = AB −BA, , (B ∈ V ).

Posmatrajmo familiju

F = {TA | kada A prolazi skupm dijagonalnih matrica}.


Dokazati da su operatori familije F simultano dijagonalizibilni.

2.5 Direktna suma

U kursu Uvod u linearnu algebru uveli smo pojam direktne sume potprostora idokazali neke potrebne i dovoljne uslove da bi suma bila direktna. Navedimo josnekoliko interesantnih osobina direktne sume.

Definicija 2.5.1. Neka su W1, . . . , Wk potprostori vektorskog prostora V. Kazemoda su W1, . . . ,Wk nezavisni ako jednakost

u1 + · · ·+ uk = 0, (ui ∈ Wi)

implicira da je svako ui nula vektor.

Sta ova definicija znaci za k = 2? Neka su W1 i W2 nezavisni potprostori ineka je x ∈ W1 ∩W2. Tada je x + (−x) = 0, x ∈ W1, −x ∈ W2. Zbog nezavisnostipotprostora mora biti x = 0. Dakle, nezavisnost dva potprostora povlaci da je njihovpresjek nula prostor. Obrnuto, neka je presjek potprostora W1 i W2 nula prostor.Tada je jasno da su ti potprostori nezavisni. U slucaju kada je k > 2 nezavisnostpotprostora W1, . . . ,Wk znaci mnogo vise nego W1 ∩ · · · ∩ Wk = {0}. Nezavisnostkaze da svako Wj u presjeku sa sumom preostalih potprostora daje nula potprostor.

Neka su potprostori W1, . . . , Wk nezavisni i neka je W = W1+ · · ·+Wk. Tvrdimoda svako w ∈ W ima jedinstven prikaz

w = u1 + · · ·+ uk, (ui ∈ Wi).

Pretpostavimo suprotno, tj. neka postoji element w ∈ W koji ima bar dva razlicitaprikaza

w = u1 + · · ·+ uk,

w = v1 + · · ·+ vk,

gdje su ui, vi ∈ Wi za svako i. Odavde je

(u1 − v1) + · · ·+ (uk − vk) = 0, ui − vi ∈ Wi.

Zbog nezavisnosti potprostora W1, . . . ,Wk imamo ui − vi = 0, tj. ui = vi za svakoi. Kontradikcija sa pretpostavkom da su prikazi razliciti!

Lema 2.5.2. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije, a W1, . . . , Wk potpros-tori od V i W = W1 + · · ·+ Wk. Sljedeci uslovi su ekvivalentni.

(a) W1, . . . ,Wk su nezavisni.

(b) Za svako j, 2 ≤ j ≤ k je

Wj ∩ (W1 + · · ·+ Wj−1) = {0}.

2.5. DIREKTNA SUMA 51

(c) Ako je Bi uredena baza potprostora Wi, 1 ≤ i ≤ k, tada je niz B = (B1, . . . ,Bk)uredena baza prostora W.

Dokaz. Neka vrijedi (a). Neka je u ∈ Wj ∩ (W1 + · · ·+ Wj−1). Tada postoje vektoriu1, . . . , uj−1, ui ∈ Wi takvi da je u = u1 + · · ·+ uj−1. Odavde imamo

u1 + . . . + uj−1 + (−u) + 0 + · · ·+ 0 = 0.

Zbog nezavisnosti je u1 = · · · = uj−1 = u = 0, pa vrijedi (b).Neka vrijedi (b). Pokazimo da vrijedi (a). Neka je

u1 + · · ·+ uk = 0, (ui ∈ Wi).

Pretpostavimo da (a) ne vrijedi. Tada je bar jedno ui razlicito od nule. Neka je jnajveci indeks za koji je uj 6= 0. Na osnovu ove pretpostavke imamo

u1 + · · ·+ uj−1 + uj = 0, uj 6= 0.

Odavde je

uj = −u1 − · · · − uj−1 ∈ Wj ∩ (W1 + · · ·+ Wj−1) = {0},

tj. uj = 0. Kontradikcija!Pokazimo sada da je (a) ekvivalentno sa (c). Neka vrijedi (a) i neka je B =

(B1, . . . ,Bk), gdje je Bi uredena baza od Wi. Svaka linearna kombinacija vektoraskupa B moze se napisati u obliku v1 + · · · + vk gdje je vi linearna kombinacijaelemenata skupa Bi. Neka je linearna kombinacija elemenata skupa B jednaka nuli.Tada je v1+ · · ·+vk = 0, pa zbog nezavisnosti potprostora W1, . . . , Wk imamo vi = 0za svako i. No, vi je linearna kombinacija elemenata baze Bi, pa kako je ta linearnakombinacija jednaka nuli, to su svi koeficijenti te kombinacije jednaki nuli. Prematome, skup B je linearno nezavisan. Da je on generator skupa W je ocito. Dakle,vrijedi (c). Potpuno analogno se dokazuje da iz (c) slijedi (a), pa to ostavljamo zavjezbu.

Definicija 2.5.3. Neka su W1, . . . , Wk potprostori prostora V. Za sumu W1+. . .+Wk

kazemo da je direktna ako je ispunjen bar jedan od uslova prethodne leme.Direktnu sumu potprostora oznacavamo

W = W1 ⊕ · · · ⊕Wk.

Definicija 2.5.4. Neka je V vektorski prostor. Projekcijom vektorskog prostora Vnazivamo svaku linearnu transformaciju E prostora V takvu da je E2 = E .

Neka je E projekcija od V i S = Ker E i T = Im E . Vektor u je u T ako i samoako postoji v ∈ V takav da je u = E(v). Odavde je

E(u) = E2(v) = E(v) = u.

Dakle, svaki nenulti vektor iz T je svojstveni vektor od E i odgovara svojstvenojvrijednosti 1. Isto tako, svaki nenulti vektor potprostora S je svojstveni vektor


linearne transformacije E koji odgovara svojstvenoj vrijednosti 0. Neka je sadax ∈ S ∩T. Tada je x = E(y) za neko y ∈ V i E(x) = 0. Dakle, 0 = E(x) = E(E(y)) =E2(y) = E(y) = x. To znaci da je S ∩T = {0}. Dakle, suma S + T je direktna suma.Cemu je jednaka ova suma? Neka je x ∈ V proizvoljan i y = x−E(x). Tada je E(y) =E(x)−E2(x) = E(x)−E(x) = 0, tj, y ∈ S. Tako imamo x = E(x)+(x−E(x)) ∈ T +S.Prema tome, V = S ⊕ T, a potprostori S i T su invarijantni u odnosu na E .

Definicija 2.5.5. Ako postoji netrivijalan potprostor S prostora V koji je invarijan-tan u odnosu na linearnu transformaciju A, tada kazemo da potprostor S reducira Ai da je A reducibilno. Ako je V direktna suma potprostora S i T koji su invarijantniu odnosu na A, tada se kaze da je A potpuno reducibilno.

Neka je E projekcija, S = Ker E i T = Im E . Ako je {e1, e2, . . . , er} baza potpros-tora T, a {er+1, . . . , en} baza potprostora S, onda je B = {e1, . . . , en} baza prostoraV. Linearna transformacija E u odnosu na ovu bazu ima dijagonalnu matricu:

[E ]B =(

I 00 0

),

gdje je I jedinicna matrica reda r × r. Dakle, svaka projekcija je dijagonalizibilna.

Projekcije koristimo da bi opisali razlaganje vektorskog prostora na direktnusumu svojih potprostora. Neka je V = W1 ⊕ · · · ⊕Wk i x ∈ V i x = u1 + · · ·uk pricemu su ui ∈ Wi. Definisimo preslikavanje Ej(x) = uj . Ovo preslikavanje je dobrodefinisano, zbog jedinstvenosti prikaza elementa x. Dalje je Im Ej = Wj i E2

j = Ej .Odmah se vidi da je

Ker Ej = W1 + · · ·+ Wj−1 + Wj+1 + · · ·+ Wk.

Zbog toga je Ei Ej = 0, (i 6= j) za svako x ∈ V vrijedi

x = E1(x) + · · ·+ Ek(x).

To znaci da jeidV = E1 + · · ·+ Ek.

Ove rezultate mozemo formulisati u obliku sljedeceg teorema.

Teorem 2.5.6. Ako je V = W1 ⊕ · · · ⊕ Wk, tada postoje linearne transformacijeE1, . . . , Ek prostora V takve da

(a) svako Ei je projekcija, tj. E2i = Ei;

(b) Ei Ej = 0, ako je i 6= j;

(c) idV = E1 + · · ·+ Ek;

(d) Im Ei = Wi.

Obrnuto, ako su E1, . . . , Ek linearne transformacije prostora V koje zadovoljavajuuslove (a), (b) i (c) i ako stavimo Wi = Im Ei, onda je V = W1 ⊕ · · · ⊕Wk.

2.5. DIREKTNA SUMA 53

Dokaz. Prvi dio teoreme smo vec dokazali. Dokazimo obrnutu tvrdnju. Zbog uslova(c) je

x = idV (x) = E1(x) + · · ·+ Ek(x) ∈ W1 + · · ·+ Wk.

Dakle, V = W1 + . . . + Wk. Trebamo jos pokazati da je ova suma direktna. Zato jedovoljno pokazati jedinstvenost prikaza proizvoljnog elementa x iz V. Neka su

x = u1 + . . . + uk

x = v1 + . . . + vk

dva razlicita prikaza elementa x pri cemu su ui, vi ∈ Wi, (1 ≤ i ≤ k). Tada postojij takvo da je uj 6= vj . Kako su uj , vj ∈ Wj = Im Ej , to postoje xj , yj ∈ V takav daje uj = Ej(xj) i vj = Ej(yj). Tada je

Ej(x) = Ej

(k∑

i=1

Ei(xi)

)=

k∑

i=1

EjEi(xi)(b)= E2

j (xj)(a)= Ej(xj) = uj .

Analogno se pokazuje da je Ej(x) = vj , pa je uj = vj . Kontradikcija! Pretpostavkada suma nije direktna dovela nas je do kontradikcije, pa nije tacna.

2.5.1 Zadaci

1. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije i neka je W1 bilo koji potprostorod V. Dokazati da postoji potprostor W2 prostora V takav da je V = W1⊕W2.

2. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije i neka su W1, . . . , Wk potpros-tori prostora V takvi da je

V = W1 + · · ·+ Wk,

dim V = dim W1 + · · ·+ dim Wk.

Dokazati da je V = W1 ⊕ · · · ⊕Wk.

3. Naci projekciju E prostora R2 tako da je Im E potprostor generisan vektorom(1,−1), a potprostor Ker E je generisan vektorom (1, 2).

4. Neka je f polinom nad poljem f stepena n i E projekcija prostora V nad poljemF. Tada je f(E) = a idV + bE . Odrediti parametre a i b pomocu koeficijenatapolinoma.

5. Ako je E projekcija, S = Im E i T = KerE , dokazati da je preslikavanjeA = idV − E projekcija i da je njena jezgra S.

6. Neka je V realan vektorski prostor i E idempotentna linearna transformacija, tj.projekcija prostora V. Dokazati da je transformacija A = idV + E invertibilnai naci njen inverz.


2.6 Invarijantne direktne sume

U ovom paragrafu teziste naseg interesovanja bice na razlaganju vektorskog prostoraV na direktnu sumu potprostora pri cemu je svaki sumand invarijantan u odnosuna datu linearnu transformaciju.

Neka je V = W1⊕· · ·⊕Wk i svaki sumand Wi invarijantan u odnosu na linearnopreslikavanje A prostora V u samog sebe. Ovo razlaganje i linearna transformacijaA prostora V induciraju linearno preslikavanje

Ai : Wi → Wi

koje je restrikcija preslikavanja A na skup Wi. Djelovanje transformacije A na pros-toru V cemo opisati pomocu transformacija A1, . . . ,Ak. Ako je x ∈ V tada jex = u1 + · · ·+ uk, (ui ∈ Wi), pa je

A(x) = A(u1) + . . . +A(uk) = A1(u1) + · · ·+Ak(uk).

Za ovakvu situaciju cemo reci da je A direktna suma transformacija A1, . . . ,Ak.Ovdje je vazno napomenuti da linearna transformacija Ai nije linearne transforma-cije prostora V, vec njegovog potprostora Wi. Direktna suma V = W1 ⊕ · · · ⊕ Wk

omogucava pridruzivanje vektoru x uredene k−torke (x1, . . . , xk) vektora xi ∈ Wi,pri cemu je x = x1 + · · ·+ xk. Cinjenica da je Wi invarijantan potprostor u odnosuna A omogucava transformaciji A da preko Ai djeluje na tom potprostoru.

Ispitajmo kako se razlaganje linearne transformacije A u direktnu sumu linearnihtranasformacija A1, . . . ,Ak odrazava na matricu te linearne transformacije u odnosuna neku uredenu bazu. Neka je V = W1⊕· · ·⊕Wk pri cemu su sumandi W1, . . . ,Wk

invarijantni u odnosu na linearnu transformaciju A prostora V. Neka je Ai restrikcijaod A na Wi. U svakom od potprostora Wi izaberimo uredenu bazu Bi. Neka je B =(B1, . . . ,Bk). Tada je B baza prostora V. Neka je Ai matrica linearne transformacijeAi u odnosu na bazu Bi, a A matrica linearne transformacije A u odnosu na bazuB. Kako se A na Wi poklapa sa Ai, to je jasno da ce matrica A imati oblik

A =

A1 0 · · · 00 A2 · · · 0...

......

0 0 · · · Ak

, (2.6.1)

pri cemu su matrice Ai formata di × di gdje je di = dim Wi, a oznake 0 su nulamatrice odgovarajuceg formata. Za matricu A za koju vrijedi (2.6.1) reci cemo daje direktna suma matrica A1, . . . , Ak i pisati A = A1 ⊕ · · · ⊕Ak.

Teorem 2.6.1. Neka je A linearna transformacija prostora V, i neka su W1, . . . ,Wk

i E1, . . . Ek kao u Teoremu 2.5.6. Da bi svaki od potprostora Wi bio invarijantan uodnosu na A potrebno je i dovoljno da A komutira sa svakom od projekcija Ei, tj.AEi = EiA, (i = 1, . . . , k).

2.6. INVARIJANTNE DIREKTNE SUME 55

Dokaz. Neka A komutira sa svakom projekcijom Ei i neka je u ∈ Wj . Tada jeEj(u) = u i A(u) = A(Ej(u)) = Ej(A(u)). Odavde slijedi da je A(u) ∈ Im Ej = Wj ,pa je Wj invarijantno u odnosu na A.

Neka je sada svako Wi invarijantno u odnosu na A. Neka je x proizvoljan vektoriz V. Tada je x = u1 + · · · + uk, (ui ∈ Wi), pa kako je Ei(x) = ui, to je x =E1(x) + · · ·+ Ek(x). Odavde je

A(x) = A(E1(x)) + · · ·+A(Ek(x)).

Buduci da je Ei(x) ∈ Wi i da je Wi invarijantno u odnosu na A, to je A(Ei(x)) ∈Wi = Im Ei. Zato postoji yi ∈ V takvo da je A(Ei(x)) = Ei(yi). Tada je

(EjAEi)(x) = Ej(A(Ei(x))) = Ej(Ei(yi))

={

0, ako je i 6= jEj(yj), ako je i = j.

Zbog toga je

(EjA)(x) = Ej(A(x))= (EjA)(E1(x) + · · ·+ Ek(x))= (EjAE1)(x) + · · ·+ (EjAEk)(x)= Ej(yj)= A(Ej(x))= (AEj)(x).

Kako je x proizvoljan element iz V, to je AEj = EjA.

Sada cemo opisati dijagonalizibilnu linearnu transformaciju A koristeci ”jezik”direktne sume.

Teorem 2.6.2. Neka je A linearna transformacija vektorskog prostora konacne di-menzije. Ako je A dijagonalizibilno i ako su λ1, . . . , λk razlicite svojstvene vrijednostiod A, tada postoje linearne transformacije E1, . . . , Ek prostora V takve da

(a) A = λ1E1 + · · ·+ λkEk;

(b) idV = E1 + · · ·+ Ek;

(c) EiEj = 0, i 6= j;

(d) E2i = Ei, tj. Ei je projekcija;

(e) Im Ei je svojstveni potprostor od A koji odgovara svojstvenoj vrijednosti λi.

Obrnuto, ako postoji k razlicitih skalara λ1, . . . , λk i k nenultih linearnih transfor-macija prostora V koje zadovoljavaju uslove (a), (b) i (c), tada je linearna trans-formacija A dijagonalizbilna, λ1, . . . , λk su njene razlicite svojstvene vrijednosti ivrijede uslovi (d) i (e).


Dokaz. Pretpostavimo da je A dijagonalizibilno i da su λ1, . . . , λk njene razlicite svo-jstvene vrijednosti. Neka je Wi svojstveni potprostor od A koji odgovara svojstvenojvrijednosti λi, tj. neka je

Wi = { x ∈ V | A(x) = λi x }.

Tada jeV = W1 ⊕ · · · ⊕Wk.

Neka su E1, . . . Ek projekcije asocirane sa ovom dekompozicijom prostora V. Na os-novu Teorema 2.5.6 uslovi (b), (c), (d) i (e) su zadovoljeni. Pokazimo da vrijediuslov (a). Za svako x ∈ V imamo x = E1(x) + · · ·+ Ek(x), pa je

A(x) = A(E1(x)) + · · · A(Ek(x))= λ1 E1(x) + · · ·+ λk Ek(x)= (λ1E1 + · · ·+ λkEk) (x).

Kako je x proizvoljan element prostora V, to je A = λ1E1 + · · · + λkEk. Ovim smodokazali uslov (a).

Obrnuto, neka je data linearna transformacija prostora V, nenulte linearne trans-formacije E1, . . . , Ek i skalari λ1, . . . , λk tako da vrijede uslovi (a), (b) i (c). Posto jeEi ◦ Ej = 0 za i 6= j, to iz idV = E1 + . . . + Ek slijedi:

Ei = Ei ◦ idV = Ei ◦ E1 + . . . + Ei ◦ Ek = E2i .

Tako vrijedi (d). Iz A = λE1 + · · ·+ λkEk imamo

AEi = λ1E1 ◦ Ei + . . . + λkEk ◦ Ei = λiE2i = λiEi.

Dakle, (A− λi idV ) ◦ Ei = 0. To znaci da je

ImEi ⊆ Ker(A− λi idV ). (2.6.2)

Neka je α svojstvena vrijednost linearne transformacije A. Tada postoji y ∈ V takavda je A(y) = α y i y 6= 0. Osim toga je

A− α idV = (λ1 − α)E1 + · · ·+ (λk − α)Ek,

pa je0 = (A− α idV )(y) = (λ1 − α)E1(y) + · · ·+ (λk − α)Ek(y).

Sada za svako j imamo

0 = Ej(0) = (λ1 − α)Ej ◦ E1 + · · ·+ (λk − α)Ej ◦ Ek = (λj − α)E2j = (λj − α)Ej .

Dakle, (λj − α)Ej(y) = 0 za svako j. No, y 6= 0, pa za neko i vrijedi Ei(y) 6= 0. Zbogtoga, za tako odabran indeks i je λi−α = 0. To znaci da ako postoji svojstvena vri-jednost linearne transformacije A, onda je ona neki od skalara λ1, . . . , λk. Pokazimosada da je svaki od skalara λ1, . . . , λk svojstvena vrijednost. Neka je i proizvoljan


indeks. Kako Ei nije nula transformacija, to postoji bar jedno x ∈ V takvo da jeEi(x) 6= 0. Kako je Ei(x) ∈ Ker(A− λi idV ), to je

0 = (A− λi idV )(Ei(x)) = A(Ei(x))− λi Ei(x),

tj. A(Ei(x)) = λi Ei(x) i Ei(x) 6= 0. Dakle, λi je svojstvena vrijednost linearnetransformacije A. Prema tome, jedine razlicite svojstvene vrijednosti linearne trans-formacije A su λ1, . . . , λk. Pokazimo sada da je A dijagonalizibilno. Iz relacije (2.6.2)slijedi da je svaki nenulti element potprostora Im Ei je svojstveni vektor transfor-macije A. Da bi pokazali da je A dijagonalizibilno moramo pokazati da postoji bazaprostora V sastavljena od svojstvenih vektora. S obzirom na naprijed receno do-voljno je dokazati da je Im Ei = Ker(A − λi idV ). Neka je x ∈ Ker(A − λi idV ).Tada je A(x) = λi x. Kako je

x =k∑

j=1

Ej(x),

to je

λi

k∑

j=1

Ej(x) = A

k∑

j=1

Ej(x)

k∑

j=1

λi Ej(x) =k∑

j=1

A(Ej(x))

k∑

j=1

λi Ej(x) =k∑

j=1

λjEj(x),

tj.k∑

j=1

(λi − λj) Ej(x) = 0.

Odavde slijedi (λi − λj) Ej(x) = 0 za svako j ∈ {1, . . . , k}. Dakle, za svako j 6= imora biti Ej(x) = 0. To znaci da je

x = 0 + . . . + 0 + Ei(x) + 0 + . . . + 0 = Ei(x) ∈ Im Ei.

Dakle, Ker(A− λi idV ) ⊆ Im Ei. Odavde i iz (2.6.2) slijedi

Im Ei = Ker(A− λi idV ).

Time je dokaz zavrsen

Prvi dio Teorema 2.5.6 kaze da za dijagonalizibilnu linearnu transformaciju Askalari λ1, . . . , λk i linearne transformacije E1, . . . , Ek su jednoznacno odredeni uslovima(a),(b) i (c) zbog toga sto su skalari λi razliciti, a linearne transformacije Ei nisunula linearne transformacije.


Ako za linearne transformacije vrijede uslovi (b),(c) i (d) prethodnog teorema,onda je (

n∑

i=1

λi Ei

)t

=n∑

i=1

λti Ei

za svaki prirodan broj t. Naime, zbog osobine (c) mjesoviti clanovi

Ei ◦ Ej , (i 6= j)

se ponistavaju.

Neka je A = λ1E1 + . . . + λkEk i neka je

g =n∑

j=0

αj xj

polinom nad poljem F. Tada je

g(A) =n∑

j=0

αj

(k∑

i=1

λi Ei

)j

=n∑

j=0

αj

(k∑

i=1

λji Ei

)

=k∑

i=1

n∑

j=0

αjλji

Ei

=k∑

i=1

g(λi)Ei.

Dakle, za svaki polinom g vrijedi g(A) =k∑

i=1g(λi)Ei.

Skalarima λ1, . . . , λk pridruzimo Lagrangeove polinome

pj =∏

i6=j

(x− λi)(λj − λi)

.

Odavde je pj(λi) = δij , pa je

p(A) =k∑

i=1

p(λi)Ei =k∑

i=1

δijEi = Ej .

Dakle, projekcije Ei ne samo da komutiraju sa A vec su polinomi u varijabli A.


2.6.1 Zadaci

1. Neka je E projekcija od V i neka je A linearna transformacija prostora V.Dokazati da je potprostor Im E invarijantan u odnosu na A ako i samo akoje EAE = AE . Dokazati da su Im E i Ker E invarijantni u odnosu na A ako isamo ako je EA = AE .

2. Neka je A linearna transformacija prostora V = R2 koji u odnosu na standarnubazu ima matricu

A =(

2 10 2

).

Neka je W1 potprostor od V generisan vektorom e1 = (1, 0).

(a) Dokazati da je W1 invarijantno u odnosu na A.

(b) Dokazati da ne postoji potprostor W2 prostora V koji je invarijantan uodnosu na A i za koji je V = W1 ⊕W2.

3. Neka je A linearna transformacija prostora V konacne dimenzije. Neka jeR = Im A i N = Im A. Dokazati da su R i N nezavisni ako i samo ako jeV = R⊕N.

4. Neka je A linearna transformacija prostora V. Pretpostavimo da je V = W1⊕· · ·⊕Wk, gdje je svako od Wi invarijantno u odnosu naA. Neka jeAi induciranopreslikavanje tj. restrikcija od A na Wi

(a) Dokazati da je det (A) = det (A1) · det (A2) · · · det (Ak).(b) Dokazati da je karakteristicni polinolinom f transformacije A proizvod

karakteriscnih polinoma transformacija f1, . . . , fk.

(c) Dokazati da je minimalan polinom transformacije A najmanji zajednickisadrzilac minimalnih polinoma transformacija A1, . . . ,Ak. Uputstvo: Ko-ristiti direktnu sumu matrica.

5. Neka je A matrica reda 4×4 iz Primjera 2.2.5. Naci matrice E1, E2 i E3 takveda je A = λ1E1 + λ2E2 + λ3E3, E1 + E2 + E3 = I i EiEj = 0 za i 6= j.

6. Neka je A linearna transformacija iz Primjera 2.1.13. Koristeci Lagrangeovepolinome predstavite matricu A u obliku

A = E1 + 2E2, E1 + E2 = I, E1E2 = 0.

7. Neka je V vektorski prostor neprekidnih realnih funkcija na segmentu [−1, 1].Neka je Wp potprostor svih parnih funkcija prostora V, a Wn potprostor svihneparnih funkcija prostora V.

(a) Dokazati da je V = Wp ⊕Wn.

(b) Neka je A linearna transformacija na V zadana relacijom

(Af)(x) =∫ x

0f(t)dt.

Ispitati da li su potprostori Wp i Wn invarijantni u odnosu na A.


2.7 Teorem o primarnoj dekompoziciji

Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije i A linearna transformacija prostoraV, koja ima minimalan polinom koji je proizvod linearnih (ne obavezno razlicitih)faktora. Sada cemo dati jedan opsti metod za dekompoziciju ove linearne transfor-macije.

Teorem 2.7.1. (Teorem o primarnoj dekompoziciji) Neka je A linearna transfor-macija prostora V konacne dimenzije nad poljem F. Neka je p minimalni polinomtransformacije A i neka je

p = pr11 · · · prk

k

gdje su p1, . . . , pr razliciti prosti (tj. nesvodljivi) monicni polinomi nad poljem F iri prirodni brojevi. Neka je Wi = Ker pi(A)ri , (i = 1, . . . , k). Tada

(a) V = W1 ⊕ · · · ⊕Wk;

(b) svako Wi je invarijantno u odnosu na A;

(c) Ako je Ai restrikcija transformacije A na Wi, tada je minimalan polinomtransformacije Ai upravo pri

i .

Dokaz. Za svako i formirajmo polinom

fi =p

prii

=∏

j 6=i

prj

j .

Polinomi f1, . . . , fk su relativno prosti, pa je ideal algebre F[x] generisan ovim poli-nomima citava algebra F[x]. To znaci da postoje polinomi g1, . . . , gk takvi da je

k∑

i=1

figi = 1.

Primjetimo da je proizvod fifj za i 6= j djeljiv sa p, jer sadrzi sve faktore polinomap. Posmatrajmo polinom hi = figi. Neka je Ei = hi(A) = fi(A)gi(A). Kako jef1g1 + · · ·+ fkgk = 1, to je E1 + · · ·+ Ek = idV . Kako je p(A) = 0 i p | fifj za i 6= j,to je EiEj = 0 za svako i 6= j. To znaci da su E1, . . . , Ek projekcije, pa je

V = Im E1 ⊕ · · · ⊕ Im Ek.

Pokazimo sada da je Im Ei = Wi za svako i. Neka je u ∈ Im Ei. Tada je u =Ei(v), (v ∈ V ), pa je

pi(A)ri(u) = pi(A)ri(Ei(v)) = pi(A)ri(fi(A)gi(A)(v)) = 0,

jer je polinom prii fi = p, pa je pi(A)rifi(A)gi(A) = 0 · gi(A) = 0. Dakle, u ∈

Ker pi(A)ri , tj. Im Ei ⊆ Ker pi(A)ri . Obrnuto, neka je u ∈ Ker pi(A)ri . Ako jej 6= i, tada je

fjgj = gj

∏

k 6=j

prkk = pri

i

gj

∏

k 6=j,i

prkk

,

2.7. TEOREM O PRIMARNOJ DEKOMPOZICIJI 61

pa je fjgj djeljivo sa prii kad god je j 6= i. Zbog toga je fj(A)gj(A)(u) = 0 za svako

j 6= i, pa je Ej(u) = 0 za svako j 6= i. Na osnovu ovog rezultata je

u = E1(u) + · · ·+ Ek(u) = Ei(u),

pa je u ∈ ImEi. Prema tome Im Ei = Ker pi(A)ri . Ovim je tvrdnja pod (a)dokazana.

Potprostor Wi = Im Ei je invarijantan u odnosu na A ako i samo ako je AEi =EiA. Buduci da je Ei polinom u varijabli A, to je komutativnost AEi = EiA ispunjenaza svako i. Dakle, svaki od potprostora W1, . . . , Wk je invarijantan u odnosu na A.Tako smo dokazali i uslov (b).

Ako je Ai restrikcija od A na Wi, onda je pi(Ai)ri = 0, jer je pi(A)ri = 0 naWi po definiciji. Odavde slijedi da minimalan polinom od Ai dijeli polinom pri

i .Obrnuto, neka je g neki polinom takav da je g(Ai) = 0. Tada je g(A)fi(A) = 0, jerje fi(A) nula na V osim na Wi, a g(A) = 0 na Wi. Tada minimalan polinom p od Adijeli fig. Odavde slijedi da pri

i dijeli g. To upravo znaci da je prii minimalan polinom

od Ai za svako i.

Posljedica 2.7.2. Neka su E1, . . . , Ek projekcije koje odgovaraju primarnoj dekom-poziciji od A. Ako je T linearna transformacija koja komutira sa A, tada T komutirasa svakom projekcijom Ei, tj. svaki potprostor Wi je invarijantan u odnosu na T .

Primjenimo prethodni teorem na slucaj da su svi pi polinomi prvog stepena, tj.pi = x− λi, λi ∈ F. Tada je

Wi = Im Ei = Ker (A− λi idV )ri .

Neka je D = λ1E1 + ·+λk Ek. Prema Teoremu 2.6.2 transformacija D je dijagonaliz-ibilna transformacija i zvacemo je dijagonalizibilni dio od A. Posmatrajmo sadalinearnu transformaciju N = A−D. Kako je

A = AE1 + · · ·+AEk

D = λ1E1 + · · ·+ λkEk,

to jeN = (A− λ1 idV )E1 + · · ·+ (A− λk idV )Ek.

Odavde jeN r = (A− λ1 idV )rE1 + · · ·+ (A− λk idV )rEk.

Ako je r ≥ ri za svako i, onda je N r = 0, jer je linearna transformacija (A−λi idV )r

nula transformacija na skupu Im Ei.

Definicija 2.7.3. Neka je N linearna transformacija vektorskog prostora V. Kazemoda je N nilpotentna linearna transformacija, ako postoji prirodan broj r takav da jeN r = 0.

Teorem 2.7.4. Neka je A linearna transformacija konacno dimenzionalnog vek-torskog prostora V nad poljem F. Pretpostavimo da se minimalni polinom p od Arazlaze na linearne faktore nad poljem F. Tada postoji dijagonalizibilni operator Dprostora V takav da


(a) A = D +N ,

(b) DN = ND.

Dijagonalizibilni operator D i nilpotentni operator N su jedinstveno odredeni uslovima(a) i (b) i svaki od njih je polinom u varijabli od A.

Dokaz. U dijelu koji je prethodio definiciji dokazali smo da je D dijagonalizibilnai N nilpotentna linearna transformacija. Osim toga iz definicije D i N vidi seda su to polinomi u varijabli A. Ostalo nam je da dokazemo jedinstvenost. Nekaje A = D + N i A = D′ + N ′ pri cemu D′ i N ′ komutiraju medusobno. Sadaimamo D +N = D′ +N ′, tj. D − D′ = N ′ − N . Kako su D i D′ dijagonalizibilnii komutiraju medusobno, to ih mozemo simultano dijagonalizirati. Zbog toga je iD−D′ dijagonalizibina linerana transformacija. TransformacijeN iN ′ su nilpotennei komutiraju, pa je

(N ′ −N )t =t∑

j=1

(−1)j

(tj

)(N ′)t−jN j .

Odavde se vidi da za dovoljno veliko t mozemo dobiti da je svaki sabirak nula.To znaci da je linearna transformacija N ′ − N nilpotentna. Zato je D − D′ di-jagonalizibilna i nilpotentna transformacija. Neka je npr. (D − D′)r = 0. Tadaminimalan polinom ove transformacije dijeli polinom xr. Zbog dijagonalizibilnosti,minimalan polinom mora imati jednostruke faktore. Zato je minimalan polinom x.Dakle, D −D′ = 0, tj. D = D′. No, tada je i N = N ′.

Posljedica 2.7.5. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije nad algebarskizatvorenim poljem F. Tada se svaka linearna transformacija A moze napisati kaosuma jedne dijagonalno divizibilne D i jedne nilpotentne N linearne transforma-cije koje medusobno komutiraju. Linearne transformacije D i N su jednoznacnoodredene.

Zbog ove posljedice studija linearnih transformacija vektorskih prostora nad al-gebarski zatvorenim poljima svedena je na proucavanje nilpotentnih linearnih trans-formacija. Za vektorske prostor nad nealgebarski zatvorenim poljima moramo nacineku zamjenu za svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore. O ovome ce biti govorau narednom poglavlju.

2.7.1 Zadaci

1. Neka je A linearna transformacija prostora R4 koja u odnosu na uredenu stan-dardnu bazu ima matricu

6 −3 −24 −1 −2

10 −5 −3

.

Izraziti minimalan polinom u obliku p = p1p2 proizvoda nesvodljivih faktorap1 i p2 nad poljem relnih brojeva. Neka je Wi = Ker pi(A). Naci baze Bi

2.7. TEOREM O PRIMARNOJ DEKOMPOZICIJI 63

potprostora W1 i W2. Ako je Ai redukcija od A na Wi naci matrice Ai od Ai

u bazi B − i.

2. Neka je A linearna transformacija prostora R3 koja u odnosu na uredenustndardnu bazu ima matricu

3 1 −12 2 −12 2 0

.

Pokazati da postoji dijagonalizibilna linearna transformacija D i nilpotentnalinearna transformacija N takve da je A = D+N i DN = ND. Naci matriceD i N koje odgovaraju ovim transformacijama u odnosu na stadardne baze.

3. Ako je V vektorski prostor polinoma stepena manjeg ili jednakog od n nadpoljem F, dokazati da je linearna transformacija koja odgovara diferenciranjupolinoma nilpotentna linearna transformacija.

4. Neka je A linearna transformacija konacno dimenzionalnog vektorskog pros-tora V sa karakteristicnim polinomom

f = (x− λ1)d1 · · · (x− λk)dk

i minimalnim polinomom

p = (x− λ1)r1 · · · (x− λk)rk .

Neka je Wi = Ker (A− λi idV )ri .

(a) Dokazati da je Wi skup svih vektora u ∈ V takvih da je

(A− λi idV )m(u) = 0

za neki prirodan broj m (koji moze da zavisi od u).

(b) Dokazati da je dim Wi = di. (Uputstvo: Ako je Ai restrikcija od A na Wi,onda je Ai − λi idv nilpotentna transformacija, pa je njen karakteristinkipolinom xei , gdje je ei dimenzija od Wi. Tada je karakteristicni polinom(x − λi)ei . Zatim treba koristiti cinjenicu da je karakteristicni polinomod A proizvod karakteristicnih polinoma od Ai. Iz ovog izvuci zakljucakda je di = ei.)

5. Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije nad poljem F, a A linearnatransformacija prostora V takva da je rang A = 1. Dokazati da je dijagonal-izibila ili nilpotentna transformacije (jedno od ovog, a ne oboje istovremeno).

6. Neka je V vektorski prostor matrica reda n× n nad poljem F. Neka je A ∈ Vfiksna matrica i neka je linearna transformacija A je definisan sa A(B) =AB−BA, (B ∈ V ). Ako je matrica A nilpotentna dokazati da jeA nilpotentnatransformacija.


7. Dati primjer dvije razlicite matrice reda 4×4 koje imaju isti minimalni polinom(te matrice ne moraju imati iste karakteristicne polinome, ali nisu slicne.)

8. Ako je N nilpotentna linearna transformacija prostora V dimenzije n, onda jekarakteristicni polinom xn.

Glava 3

Racionalna i Jordanova forma

3.1 Ciklicki potprostori

Neka je V vektorski prostor konacne dimenzije i A proizvoljna ali fiksirana linearnatransformacija toga prostora. Ako je u ∈ V proizvoljan vektor, tada postoji min-imalan potprostor prostora V koji sadrzi u i invarijantan je u odnosu na A. Kakoodrediti ovaj potprostor? Mozemo posmatrati skup svih potprostora prostora V kojisadrze u i invarijantni su u odnosu na A. Ovaj skup nije prazan, jer je V u ovomskupu. Presjek svih elemenata tog skupa bi ce minimalan potprostor prostora Vkoji sadrzi u i invarijantan je u odnosu na A. Do ovog potprostora mozemo doci nadrugi nacin. Naime, neka je W invarijantan potprostor u odnosu na A koji sadrzivektor u. Tada potprostor W sadrzi vektore

u,A(u),A(A(u)) = A2(u), . . . ,Ak(u), . . .

pa i njihove linearne kombinacije. To znaci da je g(A)(u) ∈ W za svaki polinomg ∈ F[x]. Ovo nam daje povod za sljedecu definiciju.

Definicija 3.1.1. Ako je u ∈ V, A−ciklcki potprostor generisan elementom u jepotprostor Z(u,A) svih vektora oblika g(A)(u), g ∈ F[x]. Ako je Z(u,A) = V, ondakazemo da je u ciklicki vektor linearne transformacije A.

Drugi nacin opisivanja potprostora Z(u,A) je da je Z(u,A) potprostor prostoraV generisan svim vektorima oblika Ak(u), (k = 0, 1, 2, . . .).

Primjer 3.1.2. Ako je u nula vektor, onda je Z(u,A) = {0} nula potprostor prostora V.

Ako je u svojstveni vektor linearne transformacije A, onda su vektori Ak(u) (k =0, 1, 2, . . .) kolinearni sa u. To znaci da je potprostor Z(u,A) generisan nenultimvektorom u, pa je njegova dimenzija 1. Obrnuto, ako je dim Z(u,A) = 1, ondaje u 6= 0 i bilo koji nenulti vektor t tog potprostpra generise taj potprostor. Zatomozemo uzeti da u generise taj potprostor. Tada je A(u) ∈ Z(u,A), pa je A(u) =λ u. Dakle, u je svojstveni vektor linearne transformacije A. Prema tome, potprostorZ(u,A) je dimenzije 1 ako i samo ako je u svojstveni vektor linearne transformacijeA. Odavde odmah slijedi da za identicnu linearnu transformaciju idV i za svakinenulti vektor u vrijedi dim Z(u, idV ) = 1.

65

66 GLAVA 3. RACIONALNA I JORDANOVA FORMA

Primjer 3.1.3. Neka je A linearna transformacija prostora V = R2 koja u odnosu nastandardnu bazu {e1, e2, } ima matricu

A =(

0 01 0

).

Odredimo potprostore Z(e1,A) i Z(e2,A). Potprostor Z(e1,A) je generisan vektorima

e1, A(e1), A2(e1), A2(e1), . . . ,

tj. vektorimae1, A(e1) = e2, A2(e1) = A(e2) = 0, . . . .

Dale Z(e1,A) je generisan vektorima e1, e2, pa je cio prostor V. Dakle, e1 je ciklicki vektorlinearne transformacije A. Iz matrice A vidimo da je e2 svojstveni vektor linearne transfor-macije A koji odgovara svojstvenoj vrijednosti λ = 0. Zbog toga je Z(e2,A) jednodimenzion-alni potprostor prostora V generisan vektorom e2.

Definicija 3.1.4. Neka je A linearna transformacija vektorskog prostora V nadpoljem F i u ∈ V. A−anihilator od u je ideal M(u,A) u F[x] koji se sastoji odsvih polinoma g nad F takvih da je g(A)(u) = 0. Jedinstveni monik polinom pu kojigenerise ideal M(u,A) zovemo takoder A−anihilator od u.

Ako je p minimalan polinom transformacije A, onda je p(A) = 0, pa je specijalnop(A)(u) = 0. To znaci da je p ∈ M(u,A). Tada pu dijeli minimalan polinom ptransformacije A.

Teorem 3.1.5. Neka je u ∈ V bilo koji nenulti vektor i neka je pu A−anihilator odu.

(a) Stepen polinoma pu jednak je dimenziji ciklickog potprostora Z(u,A).

(b) Ako je stepen od pu jednak k, tada vektori u,A(u), . . . ,Ak−1(u) formiraju bazupotprostora Z(u,A).

(c) Ako je U restrikcija linearne transformacije A na Z(u,A), onda je pu mini-malan polinom transformacije U .

Dokaz. Neka je w proizvoljan element potprostora Z(u,A). Tada postoji polinomg ∈ F[x] takav da je w = g(A)(u). Ako na polinome g i pu primjenimo algoritam odjeljenju imamo g = puq + r, gdje je r = 0 ili je polinom stepena manjeg od stepenapolinoma pu. Kako je puq ∈ M(u,A), to je (puq)(A)(u) = 0. Zato je g(A)(u) =r(A)(u). Neka je k = deg pu. Tada je r = 0 ili je deg r < k. Zbog toga je vektorr(A)(u) linearna kombinacija vektora u,A(u), . . . ,Ak−1(u). No, tada je i vektorg(A)(u) generisan istim tim vektorima. Dakle, svaki element potprostora Z(u,A)je generisan vektorima u,A(u), . . . ,Ak−1(u). Ako bi ovi vektori bili linearno zavisnionda bi postojali skalari α0, α1, . . . , αk−1 koji nisu svi jednaki nuli takvi da je

α0u + α1A(u) + . . . + αk−1Ak−1(u) = 0.

Dakle, nenulti polinom h1 = α0+α1x+. . .+αk−1xk−1 ima osobinu da je h1(A)(u) =

0, pa je h1 ∈ M(u,A). To znaci da pu | h1. Ovo je nemoguce jer je h1 nenulti polinom

3.1. CIKLICKI POTPROSTORI 67

stepena manjeg od stepena polinoma pu. Dakle, skup {u,A(u), . . . ,Ak−1(u)} je bazapotprostora Z(u,A). Tako smo dokazali tvrdnje (a) i (b).

Neka je U restrikcija od A na Z(u,A). Posmatrajmo transformaciju pu(U) pros-tora Z(u,A). Neka je w = g(A)(u) bilo koji vektor iz Z(u,A). Tada je

pu(U)(w) = pu(A)(g(A)(u))= g(A) [pu(A)(u)]= g(A)(0)= 0.

To znaci da je transformacija pu(U) nula transformacija na Z(u,A), pa je pu(U) = 0.Tada minimalan polinom h transformacije U dijeli pu. S druge strane je

0 = h(U)(u) = h(A)(u),

pa je h ∈ M(u,A), tj. pu dijeli h. Kako su pu i h monik polinomi to je h = pu.

Primjenimo ovaj teorem na jedan specijalan slucaj. Teorema kaze: ako je uciklicki vektor transformacije A, onda minimalan polinom transformacije mora imatistepen dim V. Kako minimalni polinom dijeli karakteristicni polinom i karakteristicnipolinom ima stepen jednak dim V, to je, u ovom slucaju, minimalan polinom jednakkarakteristicnom polinomu transformacije A. Mi cemo kasnije dokazati da za bilokoju linearnu transformaciju A postoji vektor u ∈ V takav da je minimalan polinomod A anihilator vektora u. Iz tog ce slijediti da transformacija A ima ciklicki vektorako i samo ako se minimalan polinom od A poklapa sa karakteristicnim polinomom.Ali za ovaj zakljucak potrebno je malo rada kako cemo vidjeti u izlaganju koje slijedi.

Nas plan u proucavanju opstih linearnih transformacija je korisiti linearne trans-formacije koje imaju ciklicki vektor. Tako, neka je U linearna transformacija pros-tora W dimenzije k koja ima ciklicki vektor u. Na osnovu Teorema 3.1.5 vektoriu,U(u), . . . ,Uk−1(u) cine bazu prostora W, i anihilator pu elementa u je minimalanpolinom za U , dakle, i karakteristicni polinom za U . Ako stavimo

ui = U i−1(u), (i = 1, 2, . . . , k),

tada transformacija U djeluje na uredenu bazu B = {u1, . . . , uk} ovako:

U(ui) = ui+1, i = 1, 2, . . . , k − 1U(uk) = −γ0u1 − γ1u2 − · · · − γk−1uk,

gdje jepu = γ0 + γ1x + · · ·+ γk−1x

k−1 + xk

minimalan polinom transformacije U . Iz definicije vektora ui jasno je da je

U(ui) = ui+1 (i = 1, 2, . . . , k − 1).

Buduci da je pu(U) = 0, to je

0 = pu(U)(u) = γ0u + γ1U(u)x + · · ·+ γk−1Uk−1(u) + Uk(u), tj.


0 = γ0u1 + γ1u2 + · · ·+ γk−1uk + U(uk).

Odavde imamoU(uk) = −γ0u1 − γ1u2 − · · · − γk−1uk.

Linearna transformacija U u odnosu na bazu B ima matricu

0 0 0 · · · 0 −γ0

1 0 0 · · · 0 −γ1

0 1 0 · · · 0 −γ2...

......

......

0 0 0 · · · 1 −γk−1

. (3.1.1)

Definicija 3.1.6. Matrica (3.1.1) zove se prateca matrica polinoma

pu = γ0 + γ1x + · · ·+ γk−1xk−1 + xk.

Teorem 3.1.7. Ako je U linearna transformacija prostora W konacne dimenzije,tada U ima ciklicki vektor ako i samo ako postoji neka uredena baza prostora Wu odnosu na koju transformaciji U odgovara prateca matrica minimalnog polinomatransformacije U .

Dokaz. Prvi dio tvrdnje smo vec dokazali. Dokazimo drugi dio. Neka postojiuredena baza B = {u1, . . . , uk} prostora W u odnosu na koju transformacija U imamatricu (3.1.1) koja je prateca matrica minmalnog polinoma transformacije U . Tadase odmah vidi da je u = u1 ciklicki vektor transformacije U .

Posljedica 3.1.8. Ako je A ∈ Fk×k prateca matrica monicnog polinoma p, tada jep istovremeno i minimalni i karakteristicni polinom matrice A.

Dokaz. Matrica A u odnosu na uredenu standardnu (kanonsku) bazu prostora Fk

odreduje transformaciju A. Tada na osnovu prethodne teoreme transformacija Aima ciklicki vektor. Minimalan polinom i karakteristicni polinom transformacije Ase poklapaju. No, ti polinomi su istovremeno i minimalni i karakteristicni polinommatrice A.

Zakljucimo ovaj paragraf sljedecim komentarom. Neka je A linearna transfor-macija prostora V i u ∈ V bilo koji vektor, a U restrikcija linearne transformacijeA na Z(u,A). Tada transformacija U ima ciklicki vektor i to upravo vektor u. Zbogtoga Z(u,A) ima uredenu bazu u odnosu na koju transformacija U ima matricu kojaje prateca matrica polinoma pu, tj. A−anihilatora od u.

3.1.1 Zadaci

1. Neka je A linerana transformacija prostora R2. Dokazati da bilo koji nenultivektor koji nije svojstveni vektor od A je ciklicki vektor od A.

2. Neka je A linearna transformacija prostora R3 koja u odnosu na uredenu stan-dardnu bazu ima matricu

2 0 00 2 00 0 −1

.

3.2. RACIONALNA KANONSKA FORMA MATRICE 69

Dokazati da A nema cikilickog vektora. Sta je A−ciklicki potprostor generisanvektorom (−1, 1, 3)?

3. Neka je A linearna transformacija prostora C3 koja u odnosu na standardnuuredenu bazu ima matricu

1 i 0−1 2 −i

0 1 1

.

Naci A−anihilator vektora (1, 0, 0), zatim vektora (1, 0, i).

4. Dokazati da ako A2 ima ciklicki vektor, tada i A ima ciklicki vektor. Da livrijedi obrnuto?

5. Neka je V vektorski prostor dimenzije n nad poljem F i neka je N nilpotentnalinearna transformacija prostora V. Pretpostavimo da je N n−1 6= 0 i da je uneki vektor prostora V takav da je N n−1(u) 6= 0. Dokazati da je u ciklickivektor od N . Odrediti matricu koja odgovara N u odnosu na uredenu bazu{u,N (u), . . . ,N n−1(u)}.

6. Neka je A linearna transformacija prostora V konacne dimenzije i neka trans-foramacijaA ima ciklicki vektor. Ako transformacija U komutira saA, dokazatida je tada U polinom od A.

7. Za svaku od linearnih transformacija A vektorskog prostora V naci uredenubazu A−ciklickog potprostora generisanog vektorom z, tj. odrediti maksi-malan linearno nezavisan skup oblika {z,A(z),A2(z), . . .}.(a) V = R4, A(a, b, c, d) = (a + b, b− c, a + c, a + d), z = (1, 0, 0, 0)

(b) V je skup polinoma stepena ≤ 3 sa koeficijentima iz polja R, A(f) =f”, z = x3.

(c) V = R2×2, A(A) = At i z =(

0 11 0

),

(d) V = R2×2, A(A) =(

1 12 2

)·A i z =

(0 11 0

).

3.2 Racionalna kanonska forma matrice

Primarni cilj u ovoj sekciji je dokazati da za svaku linearnu transformaciju A vek-torskog prostora V konacne dimenzije postoje vektori u1, . . . , ur takvi da je

V = Z(u1,A)⊕ · · · ⊕ Z(ur,A).

Drugm rijecima, mi cemo dokazati da je prostor V direktna suma A−ciklickih pot-prostora. Mi cemo tako dokazati da je A direktna suma konacnog broja linearnihtransformacija od kojih svaka ima ciklicki vektor. Zbog toga cemo proucavanje


linearnih transformacija svesti na proucavanje linearnih transformacija koje imajuciklicke vektore. Teorem o ciklickoj dekompoziciji je jedan od najvaznijih rezultatalinearne algebre i ima mnogo interesantnih posljedica.

Teorem o ciklickoj dekompoziciji daje odgovor na sljedece pitanje. Koji A− in-varijantni potprostor W ima osobinu da postojiA− invarijantni potprostor W ′ takavda je V = W ⊕W ′? Iz Uvoda u linearnu algebru znamo da za svaki potprostor Wprostora V postoji potprostor W ′ takav da je V = W⊕W ′ i taj potprostor smo zvalikomplement od W. Kako smo vidjeli komplement ne mora biti jednoznacno odreden.Mi sada postavljamo pitanje koji A−invarijantni potprostor W ima komplement kojije takode A−invarijantan.

Neka je V = W ⊕W ′ pri cemu su W i W ′ A−invarijantni potprostori. Neka jeu ∈ V tada je u = w + w′ za neke w ∈ W i w′ ∈ W ′. Ako je f polinom nad poljemskalara F nad kojim posmatramo vektorski prostor, onda je

f(A)(u) = f(A)(w + w′) = f(A)(w) + f(A)(w′).

Kako su W i W ′ invarijantni u odnosu na A, to je f(A(w) ∈ W i f(A)(w′) ∈ W ′.Zbog toga je f(A)(u) ∈ W ako i samo ako je f(A)(w′) = 0. U to slucaju je f(A)(u) =f(A)(w). Ovo nam daje povod za uvodenje sljedece definicije.

Definicija 3.2.1. Neka je A linearna transformacija prostora V i W potprostorprostora V. Kazemo da je W A−dopustiv potprostor ako

(a) W je invarijantan u odnosu na A;

(b) ako je f(A)(u) ∈ W, (u ∈ V ), tada postoji vektor w ∈ W takav da je

f(A)(u) = f(A)(w).

Kako smo naprijed dokazali, ako je W invarijantan potprostor od V i ima in-varijantan komplement, onda je W A−dopustiv. Da li vrijedi obrnuto? Nakonsto dokazemo Teorem o ciklickoj dekompoziciji bi ce moguce dokazati da vrijedi iobrnuto.

Postavlja se pitanje kako koristiti osobinu A−dopustivosti da bi dokazali da je

V = Z(u1,A)⊕ · · · ⊕ Z(ur,A).

Osnovni metod dolaska do ove dekompozicije je induktivna konstrukcija vektorau1, . . . , ur. Pretpostavimo da smo konstruisali vektore u1, . . . , uj i neka je

Wj = Z(u1,A) + · · ·+ Z(uj ,A)

pravi potprostor od V. Mi zelimo naci nenulti vektor uj+1 ∈ V takav da je

Wj ∩ Z(uj+1,A) = {0}.

Nakon toga uzimamo Wj+1 = Wj ⊕ Z(uj+1,A). Ovako definisan potprostor Wj+1

imace bar za 1 vecu dimenziju nego Wj , odnosno razlika dim V − dim Wj+1 jemanja od razlike dim V − dim Wj . To znaci da cemo u konacnom broju koraka


dobiti da je za neko k ∈ N potprostor Wk cio prostor V. Plan ce biti dobar akouspijemo naci vektor uj+1. Dakle, za dati pravi potprostor W koji je ivarijantan uodnosu na A trebamo pronaci vektor u takav da je W ∩ Z(u,A) = {0}. Izaberimovektor v koji nije u W. Posmatrajmo A−konduktor S(v,W ) koji se sastoji od svihpolinoma g ∈ F[x] takvih da je g(A)(v) ∈ W. Kao sto znamo konduktor je idealalgebre F[x], pa je generisan nekim monicnim polinomomom, recimo, polinomom f.Ovako konstruisan polinom f smo nazvali A−konduktor od v u odnosu na W. Vektorf(A)(v) je element potprostora W. Ako je W A−dopustiv, onda postoji z ∈ W takavda je f(A)(v) = f(A)(z). Neka je u = v − z i neka je g bilo koji polinom. Kako jev − u = z ∈ W, to je g(A)(v) − g(A)(u) ∈ W, pa je g(A)(v) ∈ W ako i samo akoje g(A)(u) ∈ W. To znaci da elementi u i v imaju isti konduktor. Tada je polinomf A−konduktor i od u. Ali f(A)(u) = 0, pa je g(A)(u) ∈ W ako i samo ako jeg(A)(u) = 0, tj. W ∩ Z(u,A) = {0} i f je A−anihilator vektora u.

Teorem 3.2.2. (Teorem o ciklickoj dekompoziciji) Neka je A linearna transfor-macija vektorskog prostora V konacne dimenzije i neka je W0 pravi A−dopustivpotprostor od V. Tada postoje nenulti vektori u1, . . . , ur u V sa A−anihilatorskimpolinomima p1, . . . , pr, respektivno, tako da je

(a) V = W0 ⊕ Z(u1,A)⊕ · · · ⊕ Z(ur,A);

(b) pk dijeli pk−1, k = 2, . . . , r.

Nadalje, cio broj r i anihilatori p1, . . . , pr su jednoznacno odredeni uslovima (a) i(b) i cinjenicom da ni jedan od vektora u1, . . . , ur nije nula vektor.

Dokaz. Dokaz je jako dug, pa cemo ga podijeliti u cetiri koraka.Prvi korak. Postoje nenulti vektori v1, . . . , vr ∈ V takvi da je

(i) V = W0 + Z(v1,A) + . . . + Z(vr,A);

(ii) ako je 1 ≤ k ≤ r i Wk = W0 + Z(v1,A) + . . . + Z(vk,A) i A−konduktor pk

ima maksimalan stepen od svih A−konduktora u odnosu na potprostor Wk−1,tj. za svako k

deg pk = maxu∈V

deg s(u, Wk−1),

gdje je s(u,Wk−1) oznacava A−konduktor element u u odnosu na Wk−1.

Ovaj korak zavisi samo od cinjenice da je W0 A−invarijantan prostor. Ako jeW pravi A−invarijantan potprostor, onda

0 < maxu∈V

deg s(u,W ) ≤ dim V

i mozemo izabrati vektor v ∈ V takav da je deg s(v, W ) = maxu∈V

deg s(u,W ).

Potprostor W +Z(v,A) je suma dva A−invarijantna potprostora, pa je A−invarijan-tan potprostor i njegova dimenzija je veca od dimenzije potprostora W. Primjenomovog procesa na potprostor W = W0 dobija se vektor v1. Ako je W1 = W0 +Z(v1,A)pravi potprostor prostora V onda primjenjujemo ovaj postupak na potprostor W1 itako dobijamo vektor v2. Nastavljajuci ovaj postupak dobicemo redom potprostore


W0, W1, . . . ,Wk. Kako je dim Wk > dim Wk−1 to ce se ovaj postupak okoncati unajvise dim V koraka. Ako se ovaj postupak okoncao u r koraka, onda je Wr = V.

Drugi korak. Neka su v1, v2, . . . , vr nenulti vektori koji zadovoljavaju uslove (i) i(ii) prvog koraka. Fiksirajmo k, 1 ≤ k ≤ r. Neka je v bilo koji vektor u V i neka jef = s(v, Wk−1). Ako je

f(A)(v) = v0 +k−1∑

i=1

gi(A)(vi), (vi ∈ Wi)

tada f dijeli svaki od polinoma gi i v0 = f(A)(z0), gdje je z0 ∈ W0.

Ako je k = 1, onda ova tvrdnja upravo znaci da je W0 A−dopustiv. Da bidokazali tvrdnju za k > 1, primjenicemo algoritam djeljenja:

gi = fhi + ri, ri = 0 ili deg ri < deg f. (3.2.1)

Mi cemo pokazati da je ri = 0 za svako i. Neka je

z = v −k−1∑

i=1

(hi(A)) (vi) (3.2.2)

Posto je z − v ∈ Wk−1, to je

s(z,Wk−1) = s(v, Wk−1) = f.

Nadalje

f(A)(z) = v0 +k−1∑

i=1

ri(A)(vi). (3.2.3)

Pretpostavimo da tvrdnja nije tacna tj. da je za neko i ri 6= 0. Neka je j najveciindeks za koje je ri 6= 0, t. rj 6= 0 i ri = 0 za svako i > j. Tada

f(A)(z) = v0 +j∑

i=1

ri(A)(vj), rj 6= 0 i deg ri < deg f. (3.2.4)

Neka je p = s(z,Wj−1). Kako je Wj−1 ⊆ Wk−1, to konduktor f = s(z, Wk−1) moradijeliti p. Dakle, postoji polinom g takav da je p = fg. Primjenimo g(A) na objestrane (3.2.4):

p(A)(z) = g(A)f(A)(z) = g(A)rj(A)(vj) + g(A)(v0) +∑

1≤i<j

g(A)ri(A)(vi). (3.2.5)

Po definiciji je p(A)(z) ∈ Wj−1 i posljednja dva izraza na desnoj strani od (3.2.5)su u Wj−1. Zato je g(A)rj(A)(vj) ∈ Wj−1. Koristimo sada uslov (ii) koraka 1:

deg (grj) ≥ deg s(vj ,Wj−1)= deg pj

≥ s(z, Wj−1)= deg p

= deg (fg).


Odavde slijedi deg rj ≥ deg f, kontradikcija sa izborom elementa j. Prema tome,mora biti ri = 0 za svako i, pa f dijeli svako gi. Tako imamo v0 = f(A)(z). Kako jeW0 A−dopustivo to postoji z0 ∈ W0 takav da je v0 = f(A)(z0).

Korak 3. Postoje nenulti vektori u1, . . . , ur ∈ V koji zadovoljavaju uslove (a) i (b)Teorema 3.2.2.Startujmo sa vektorima v1, . . . , vr kao u koraku 1. Fiksirajmo k, 1 ≤ k ≤ r. Prim-jenimo korak 2 na vektor v = vk i A−konduktor f = pk. Imamo

pk(A)(vk) = pk(A)(z0) +∑

1≤i<k

pk(A)hi(A)(v)i) (3.2.6)

gdje je z0 ∈ W0 i h1, . . . , hk−1 su polinomi. Neka je

uk = vk − z0 −∑

1≤i<k

hi(A)(vi). (3.2.7)

Kako je vk − uk ∈ Wk−1, to je

s(uk,Wk−1) = s(vk,Wk−1) = pk (3.2.8)

i posto je pk(A)(uk) = 0 imamo

Wk−1 ∩ Z(uk,Wk−1) = {0}. (3.2.9)

Kako svako uk zadovoljava (3.2.8) i (3.2.9), to je

Wk = W0 ⊕ Z(u1,A)⊕ · · · ⊕ Z(uk,A)

i pk je A−anihilator od uk. Drugim rijecima vektori u1, . . . , ur definisu iste nizovepotprostora kao i vektori v1, . . . , vr i A−konduktori pk = s(uk,Wk−1) zadovoljavajuuslov (ii) koraka 1. Vektori u1, . . . , ur imaju i dodatnu osobinu da su potprostoriW0,Z(u1,A),Z(u2,A), . . . nezavisni. Zbog toga je lako verifikovati uslov (b) nasegteorema. Kako je pi(A)(ui) = 0 za svako i, imamo trivijalnu jednakost

pk(A)(uk) = 0 + p1(A)(u1) + · · ·+ pk−1(A)(uk−1).

Primjenjujuci korak 2 u kojem su vektori v1, . . . , vk zamjenjeni vektorima u1, . . . , uk

i sa v = uk zakljucujemo da pk dijeli svaki od polinoma pi i < k.

Korak 4. Broj r i polinomi p1, . . . , pr su jednoznacno odredeni uslovima ovog teo-rema.

Pretpostavimo da osim vektora u1, . . . , ur postoje i vektori z1, . . . , zs sa odgo-varajucim A−anihilatorskim polinomima g1, . . . , gs tako da vrijede uslovi

V = W0 ⊕ Z(z1,A)⊕ · · · ⊕ Z(zs,A)gk dijeli gk−1 k = 2, . . . , s.

}(3.2.10)

Trebamo dokazati da je r = s i pi = gi za svaki i.

Lako je vidjeti da je p1 = g1. Naime, polinom g1 je odreden relacijom (3.2.10)kao A−konduktor od V u W0. Neka je S(V, W0) skup polinoma f takvih da je


f(A)(v) ∈ W0 za svako v ∈ V. Tada je S(V, W0) nenulti ideal algebre polinoma, papostoji jedinstven monik polinom koji je generator ovog ideala. Pokazacemo da jeto, upravo, polinom g1. Svaki vektor v ∈ V je oblika

v = v0 + f1(A)(z1) + . . . + fs(A)(zs),

pa je

g1(A)(v) = g1(A)(v0) +s∑

i=1

g1(A)f1(A)(zi).

Posto svako gi dijeli g1 imamo g1(A)(zi) = 0 za svako i i g1(A)(v) = g1(A)(v0) ∈ W0.Dakle, g1 ∈ S(V,W0). Posto je g1 monik polinom najnizeg stepena koji salje z1 uW0, vidimo da je g1 polinom najnizeg stepena u idealu S(V, W0). Koristeci istuargumentaciu zakljucujemo da je p1 ∈ S(V, W0) i da je generatorni element ovogideala. Kako su p1 i g1 monik polinomi to su jednaki.

Ako je f polinom i W potprostor od V, uvedimo kracu oznaku fW za skup{f(A)(x) | x ∈ W}. Jednostavno se dokazuju sljedece cinjenice:

1. fZ(u,A) = Z(f(A)(u),A).

2. Ako je V = V1 ⊕ · · · ⊕ Vk, gdje su Vi invarijantni potprostori u odnosu na A,tada je fV = fV1 ⊕ · · · ⊕ fVk.

3. Ako vektori u i z imaju isti A−anihilator, tada f(A)(u) i f(A)(z) imaju istiA− anihilator i zato je

dim Z(f(A)(u),A) = dim Z(f(A)(z),A).

Sada cemo koristeci matematicku indukciju dokazati da je

r = s, pi = qi (i = 2, . . . , r).

Dokazacemo samo da je za r ≥ 2 p2 = q2, jer se ostalo dokazuje na isti nacin. Nekaje r ≥ 2. Tada

dim W0 + dim Z(u1,A) < dimV.

Posto je p1 = g1, to je Z(u1,A) = Z(z1,A), pa ovi potprostori imaju iste dimenzije.Zato

dim W0 + dim Z(z1,A) < dimV

sto pokazuje da je s ≥ 2. Kako imamo dvije dekompozicije prostora V, to oneinduciraju i dvije dekompozicije potprosora p2V :

p2V = p2W0 ⊕ Z(p2(A)(u1),A)p2V = p2W0 ⊕ Z(p2(A)(z1),A)⊕ · · · ⊕ Z(p2(A)(zs),A).

(3.2.11)

Ovdje smo koristili cinjenice (1) i (2) i p2(A)(ui) = 0, (i ≥ 2). Kako je p1 = q1, tadaiz cinjenice (3) slijedi da potprostori Z(p2(A)(u1),A) i Z(p2(A)(z1),A) imaju istedimenzije. Dakle, tada iz (3.2.11) slijedi

dim Z(p2(A)(z1),A) = 0, (i ≥ 2).

Odavde slijedi da je p2(A(z2)) = 0 i g2 dijeli p2. Na isti nacin se pokazuje da p2 dijelig2.


Posljedica 3.2.3. Ako je A linearno preslikavanje konacno dimenzionalnog vek-torskog prostora V, tada svaki A−dopustiv potprostor ima komplementarni potpro-stor koji je takode invarijantan u odnosu na A.

Dokaz. Neka je W0 A−dopustivi potprostor od V. Ako je W0 = V, njegov kom-plement je nula potprostor. Ako je W0 pravi potprostor, tada prema prethodnomteoremu vrijedi

V = W0 ⊕ Z(u1,A)⊕ · · · ⊕ Z(ur,A).

Neka jeW ′

0 = Z(u1,A)⊕ · · · ⊕ Z(ur,A).

Tada je V = W0 ⊕W ′0 i potprostor W ′

0 je invarijantan u odnosu na A.

Posljedica 3.2.4. Neka je A linearno preslikavanje prostora V konacne dimenzije.

(a) postoji vektor u u V takav da je A−anihilator od u minimalan polinom pres-likavanja A.

(b) A ima ciklicki vektor ako i samo ako su minimalni i karakteristicni polinomiza A identicni.

Dokaz. Ako je V = {0} tvrdnja je ocita. Neka je V 6= {0}, i neka je

V = Z(u1,A)⊕ · · · ⊕ Z(ur,A) (3.2.12)

gdje su A−anihilatori p1, . . . , pr takvi da pk+1 dijeli pk, 1 ≤ k ≤ r − 1. Kako smoprimjetili u dokazu Teorema 3.2.2 lako je vidjeti da je p1 minimalan polinom od A,tj. A−konduktor od V u {0}. Tako smo dokazali (a).

U prethodnom paragrafu smo vidjeli da ako A ima ciklicki vektor, onda se min-imalni i karakteristicki polinomi poklapaju. Tvrdnja (b) je njen obrat. Izaberimou ∈ V kao u tvrdnji (a), tj. da je A−anihilator od u minimalan polinom linearnetransformacije A. Neka se minimalan i karakteristicni polinom od A poklapaju.Tada je stepen minimalnog polinoma jednak dim V, pa je V = Z(u,A). Dakle, Aima ciklicki vektor.

Teorem 3.2.5. (Generalizirani Cayley-Hamiltonov teorem) Neka je A linearnatransformacija vektorskog prostora V konacne dimenzije. Neka je p minimalan,a f karakteristicni polinom transformacije A. Tada

(a) p dijeli f.

(b) p i f imaju iste proste faktore, ali eventualno razlicite visestrukosti.

(c) ako jep = f r1

1 · · · f rkk (3.2.13)

faktorizacija minimalnog polinoma p na proste faktore, tada

f = fd11 · · · fdk

k (3.2.14)

gdje

di =dim Ker fi(A)ri

deg fi.


Dokaz. Ako je V = {0}, onda su tvrdnje teorema trivijalne. Neka je V 6= {0}.Dokazimo tvrdnje (a) i (b). Posmatrajmo ciklicku dekompoziciju (3.2.12) prostoraV. Tada na osnovu druge posljedice je p1 = p, tj. p1 je minimalan polinom odA. Neka je Ui restrikcija od A na Z(ui,A). Tada Ui ima ciklicki vektor, pa je pi

minimalan i karakteristican polinom od Ui. Zbog toga je karakteristicni polinomf = p1 · · · pr. To slijedi iz (2.6.1) pri cemu je A matrica linearne transformacije Au odnosu na odgovarajucu bazu. Jasno p1 = p dijeli f, pa smo dokazali tvrdnju(a). Odavde slijedi da je svaki prosti faktor od p istovremeno i prosti faktor od odf. Obrnuto, svaki prosti faktor od f = p1 · · · pr mora dijeliti jedan od faktora pi, asvaki od polinoma pi dijeli p1 = p. Tako p i f imaju iste proste faktore.

Neka je (3.2.13) faktorizacija polinoma p na proste faktore (kanonska faktor-izacija). Sada cemo koristiti Teorem o primarnoj dekompoziciji, tj. Teorem 2.7.1.Tamo se kaze, ako je Vi = Ker fi(Ai)ri , onda je

V = V1 ⊕ · · · ⊕ Vk (3.2.15)

i f rii je minimalan polinom transformacije Ai koja je restrikcija transformacije A na

Vi. Primjenimo sada tvrdnju (b) ove teoreme na transformaciju Ai. Posto je njegovminimalan polinom potencija prostog polinoma fi, to karakteristicni polinom za Ai

je oblika fdii , gdje je di ≥ ri. Ocigledno

di =dim Vi

deg fi

i dim Vi = def (f (Arii )) . Posto je A direktna suma transformacija A1, . . . ,Ak, to

je karakteristicni polinom f transformacije A proizvod f = fd11 · · · fdk

k .

Posljedica 3.2.6. Ako je A nilpotentna linearna transformacija vektorskog prostoraV dimenzije n, tada je xn karakteristicni polinom od A.

Razmotrimo sada matricni analogan teorema o ciklickoj dekompoziciji. Neka jeA linearna transformacija vektorskog prostora V konacne dimenzije i neka je

V = W0 ⊕ Z(u1,A)⊕ · · · ⊕ Z(ur,A)

dekompozicija prostora V. Neka je Bi = {ui,A(ui), . . . ,Aki−1(ui)} ciklicki uredenabaza potprostora Z(ui,A). Dakle, ki predstavlja dimenziju potprostora Z(ui,A), tj.stepen anihilatora pi. Tako, ako je B uredena baza prostora V koja je unija bazaBi aranziranih u redu B1, . . . ,Br, onda transformacija A u odnosu na ovu bazu imamatricu

A =

A1 0 · · · 00 A2 · · · 0...

......

0 0 · · · Ar

, (3.2.16)

gdje su Ai ∈ Fki×ki pratece matrice polinoma pi. Dakle, matrica A je direktna sumapratecih matrica nesingularnih monik polinoma p1, . . . , pr takvih da pi+1 dijeli pi zai = 1, . . . , r − 1. Za ovako odredenu matricu A kazemo da je racionalna forma.


Teorem 3.2.7. Neka je F polje i B neka n × n matrica nad poljem F. Tada je Bnad poljem F slicna jednoj i samo jednoj matrici koja je racionalna forma.

Dokaz. Neka je A linearno preslikavanje prostora Fn kojoj je B matrica u odnosuna standardnu bazu prostora Fn. Kako smo u prethodnom izlaganju istakli linearnatransformacija A u odnosu na neku bazu ima matricu A koja je racionalna forma.Tako je matrica B slicna matrici A. Pokazimo jedinstvenost. Neka je matrica Bslicna i matrici C koja je racionalna forma. To znaci da linearno preslikavanje Au odnosu na neku bazu ima matricu C. Ako je matrica C direktna suma pratecihmatrica Ci monik polinoma g1, . . . , gs takvih da gi+1 dijeli gi za i = 1, . . . , s− 1. Toznaci da postoje nenulti vektori v1, . . . , vs prostora Fn takvi da je

V = Z(v1,A)⊕ · · · ⊕ Z(vs,A).

No, zbog jedinstvenosti tvrdnji u Teoremu o ciklickoj dekompoziciji polinomi gi suidenticni sa polinomima pi koji definisu matricu A. Tako je C = A.

Polinomi p1, . . . , pr zovu se invarijantni faktori matrice B. Na kraju ove glavedacemo algoritam za racunanje invarijantnih faktora.

Primjer 3.2.8. Neka je V dvodimenzionalni vektorski prostor nad poljem F i A linearnopreslikavanje prostora V. Minimalan polinom preslikavanja A ima stepen dva ili jedan. Akoje minimalan polinom stepena 2, onda se minimalni polinom poklapa sa karakteristicnimpolinomom. Tako postoji uredena baza u odnosu na koju transformacija A ima matricu kojaje prateca matrica karakteristicnog polinoma. Ako je minimalan polinom stepena 1, ondapostoji skalar λ ∈ F takav da je A = λ idV . Tada za bilo koja dva linearno nezavisna vektorau1, i u2 iz V vrijedi

V = Z(u1,A)⊕ Z(u2,A)p1 = p2 = x− λ.

Kada se ova analiza primjeni na 2× 2 matrice, onda slijedi da je svaka matrica reda 2× 2slicna tacno jednoj od sljedeca dva tipa matrica

(c 00 c

),

(0 −α0

1 −α1

).

Primjer 3.2.9. Neka je A dijagonalizibilna linearna transformacija prostora V konacnedimenzije.Neka su λ1, . . . , λk razlicite svojstvene vrijednosti i neka je Vi svojstveni potprostorkoji odgovara svojstvenoj vrijednosti λi. Tada je

V = V1 ⊕ · · · ⊕ Vk

i ako je di = dim Vi, onda je

f = (x− λ1)d1 · · · (x− λk)dk

karakteristicni polinom linearne transformacije A. Ispitajmo odnos izmedu potprostora Z(u,A)i potprostora V1, . . . , Vk za svako u ∈ V. Neka je u ∈ V. Tada postoje vektori vi ∈ Vi takvida je u = v1 + · · ·+ vk. Kako je A(vk) = λkvk, to je

g(A)(u) = g(λ1)v1 + · · ·+ g(λk)vk (3.2.17)


za svaki polinom g. Za date skalare β1, . . . , βk postoji tacno jedan polinom g ∈ F[x] Takav daje βi = g(λi) (i = 1, . . . , k). To znaci da je potprostor Z(u,A) generisan vektorima v1, . . . , vk.Sta je anihilator elementa u? Na osnovu (3.2.17) imamo g(A)(u) = 0 ako i samo ako jeg(λi)vi = 0 za svako i. Drugim rijecima uslov g(A)(u) = 0 obezbijeduje da je g(λi) = 0 kadgod je vi 6= 0. Zato je anihilator elementa u polinom

∏

vi 6=0

(x− λi). (3.2.18)

Neka je Bi ={vi1, . . . , v

idi

}uredena baza potprostora Vi. Neka je

r = maxi

di.

Definisimo vektore u1, . . . , ur relacijom

uj =∑

di≥j

vij , 1 ≤ j ≤ r. (3.2.19)

Ciklicki potprostor Z(uj ,A) je potprostor generisan vektorima vij kada i prolazi skupom in-

deksa za koje je di ≥ j. A−anihilator od uj je polinom

pj =∏

di≥j

(x− λi). (3.2.20)

Tako imamoV = Z(u1,A)⊕ · · · ⊕ Z(ur,A),

jer vektori vij pripadaju jednom i samo jednom od potprostora Z(u1,A), . . . ,Z(ur,A). Skup

B = (B1, . . . ,Br) je uredena baza prostora V. Iz uslova (3.2.20) slijedi pj+1 dijeli pj .

3.2.1 Zadaci

1. Neka je A linearna transformacija prostora R2 koja u odnosu na standardnubazu ima matricu

A =(

0 01 0

).

Neka je u1 = (0, 1). Pokazati da je R2 6= Z(u1,A) i da ne postoji vektor u2 ∈ R2

takav da je Z(u1,A)⊕ Z(u2,A) = R2.

2. Neka je A linearna transformacija konacno-dimenzionalnog vektorskog pros-tora V i neka je W = Im A.

(a) Dokazati da W ima komplement koji je invarijantan u odnosu na A akoi samo ako je W ∩Ker A = {0}.

(b) Ako je W ∩ Ker A = {0} dokazati da je Ker A jedini A−invarijantnipotprostor koji je komplement od W.


3. Neka je A linearna transformacija vektorskog prostora V = R3 koja u odnosuna stadardnu bazu ima matricu

2 0 01 2 00 0 3

.

Neka je W = Ker (A − 2idV ). Dokazati da W nema komplement koji jeA−invarijantan.

4. Neka je A linearna transformacija prostora V = F4 koja u odnosu na uredenustandardnu bazu ima matricu

α 0 0 01 α 0 00 1 α 00 0 1 α

.

Neka je W = Ker (A− α idV ).

(a) Dokazati da je W potprostor generisan vektorom e4 = (0, 0, 0, 1).

(b) Naci monik generatore ideala: S(e4,W ), S(e3, W ), S(e2,W ) i S(e1,W ).

5. Naci minimalne polinome i racionalne forme za svaku od sljedecih matrica:

0 −1 −11 0 0

−1 0 0

,

α 0 00 α 1

−1 1 α

,

(cos θ sin θ

− sin θ cos θ

).

6. Neka je A linearna transformacija prostora V = R3 koja u odnosu na stan-dardnu bazu ima matricu

3 −4 −43 1 3

−3 −3 −5

.

Naci nenulte vektore u1, . . . , ur koji zadovoljavaju uslove Teorema 3.2.2.

7. Neka je A realna matrica

A =

1 3 33 1 3

−3 −3 −5

.

Naci invertibilnu matricu P reda 3× 3 takvu da je P−1AP racionalna forma.

8. Neka je F polje kompleksnih brojeva i A linearna transformacija prostora F4

koja u odnosu na uredenu standardnu bazu ima matricu

2 0 0 01 0 0 00 a 2 00 0 b 2

.


Naci karakteristicni polinom od A. Posmatrati slucajeve a = b = 1; a = b = 0;a = 0, b = 1. U svakom od ovih slucajeva naci minimalan polinom od A inenenulte vektore u1, . . . , ur koji zadovoljavaju uslove Teorema 3.2.2.

3.3 Zordanova forma

Pretpostavimo da je N nilpotentna linearna transformacija konacno-dimenzionalnogvektorskog prostora V. Posmatrajmo ciklicku dekompoziciju od N koja se dobija izTeorema 3.2.2. Tada postoji prirodan broj r i vektori u1, . . . , ur sa N−anihilatorimap1, . . . , pr, takvi da je

V = Z(u1,N )⊕ · · · ⊕ Z(ur,N ) (3.3.1)

i pi+1 dijeli pi za i = 1, . . . , r − 1. Posto je N nilpotentna linearna transformacija,to je xk za neko k ≤ n minimalni polinom transformacije N . Zato je svako pi oblikaxki . Zbog uslova dijeljenja imamo

k1 ≥ k2 ≥ · · · ≥ kr.

Prateca matrica polinoma pi je matrica Ai reda ki × ki

Ai =

0 0 · · · 0 01 0 · · · 0 00 1 · · · 0 0...

......

...0 0 · · · 1 0

. (3.3.2)

Dakle, Teorem 3.2.2 daje uredenu bazu prostora V u odnosu na koju linearna trans-formacija N ima matricu koja je direktna suma elementarnih nilpotentnih matrica(3.3.2) kod kojih dimenzija opada kako i raste, jer je k1 ≥ k2 ≥ · · · ≥ kr. Odavdeslijedi da nilpotentnoj matrici reda n×n pridruzujemo prirodan broj r i r prirodnihbrojeva k1, . . . , kr takvih da je k1 + · · · + kr = n i ki ≥ ki+1 i ovi prirodni brojeviodreduju racionalnu formu matrice.

Nilpotentna linearna transformacija N ima jezgro Ker N koje ima bazu od rvektora. Pokazimo da tu bazu cine vektori:

N ki−1(ui) i = 1, . . . , r. (3.3.3)

Neka je u prizvoljan vektor potprostora Ker N . Tada je

u ∈ KerN ⊆ Z(u1,N )⊕ · · · ⊕ Z(ur,N ),

pa postoje polinomi f1, . . . , fr takvi da je

u = f1(N )(u1) + · · ·+ fr(N )(ur).

Bez ogranicenja opstosti mozemo pretpostaviti da je deg fi < ki. Naime, na osnovualgoritma o djeljenju postoje polinomi qi i di takvi da je

fi = qipi + di di = 0 ili je deg di < deg pi = ki,

3.3. ZORDANOVA FORMA 81

pri cemu je pi = xki minimalan polinom transformacije Ni restrikcije preslikavanjaN na potprostor Z(ui,N ). Sada je

fi(N ) = qi(N )pi(N ) + di(N ).

Polinom pi je minimalan polinom od Ni, pa je pi(N )(ui) = pi(Ni)(ui) = 0. Zato je

fi(N )(ui) = di(N )(ui)

i polinom di ima stepen manji od ki. Dakle, mozemo uzeti da je deg fi < ki. Kakoje u ∈ Ker N , to je N (u) = 0, tj.

0 = N (u)= N (f1(N )u1) + · · ·+N (f1(N )ur)= (N fi(N )) (u1) + · · ·+ (Nfi(N )) (ur).

No,(N fi(N )) (ui) ∈ Z(ui,N ),

pa kako je suma (3.3.1) direktna, to je

(Nfi(N )) (ui) = 0 (i = 1, . . . , r).

Neka je hi = xfi. Tada je

hi(N )(ui) = (N fi(N )) (ui) = 0

za svako i. To znaci da je hi element N−anihilatora. Kako je pi generatorni elementideala Ni−anihilatora. Buduci da je N−anihilator podskup od Ni−anihilatora, toje hi element Ni−anihilatora. Zbog toga pi dijeli hi. Odavde slijedi da je

deg pi ≤ deg hi.

Dakle, ki ≤ deg hi = 1 + deg fi < 1 + ki, tj. ki = 1 + deg fi. Prema tome, fi imastepen ki− 1. Kako xki dijeli hi, to je fi = αi x

ki−1 pri cemu je αi neki skalar. Tadaje

u = α1N k1−1(u1) + · · ·+ αrN kr−1(ur).

Dakle, vektori (3.3.3) cine bazu potprostora Ker N .

Neka je ei = N ki−1(ui) (i = 1, . . . , r). Tada je

N (ei) = N(N ki−1(ui)

)= N ki(ui) (i = 1, . . . , r).

Sada cemo kombinovati rezultate o nilpotentnim operatorima sa teoremom oprimarnoj dekompoziciji. Pretpostavimo da je A linearna transformacija vektorskogprostora V konacne dimenzije i da njen karakteristicni polinom ima faktorizaciju

f = (x− λ1)d1 · · · (x− λk)dk ,


gdje su λ1, . . . , λk razliciti elementi polja F. Tada minimalan polinom ima faktor-izaciju

p = (x− λ1)r1 · · · (x− λk)rk ,

gdje je 1 ≤ ri ≤ di za svako i. Ako je Wi = Ker (A − λi idV )ri tada teorem oprimarnoj dekompoziciji daje razlaganje

V = W1 ⊕ · · · ⊕Wk

i linearna preslikavanja Ai koja su restrikcije od A na Wi imaju minimalne polinome(x−λi)ri . Neka je Ni = Ai−λi idV . Tada je Ni nilpotentna linearna transformacijana Wi i ima minimalan polinom xri . Odavde je

Ai = Ni + λi idV (i = 1, . . . k).

Na Wi linearna transformacija A djeluje kao suma preslikavanja Ni i preslikavanjekoje je proizvod konstante i identicnog preslikavanja. Pretpostavimo da smo odabralibazu potprostora Wi koja odgovara ciklickoj dekompoziciji nilpotentne linearnetransformacije Ni. Tada ce matrica transformacije Ai u odnosu na ovu uredenubazu biti direktna suma matrica

λi 0 · · · 0 01 λi · · · 0 0...

......

...0 0 · · · λi 00 0 · · · 1 λi

. (3.3.4)

Dimenzije ovih matrica ce opadati kada idemo s lijeva na desno. Matrica oblika(3.3.4) zove se elementarna Zordanova matrica svojstvene vrijednosti λi. Neka je Bbaza prostora V koja je nastala objedinjavanjem baza potprostora Wi. Tada matricalinearne transformacije A u odnosu na ovu bazu ima oblik

A =

A1 0 · · · 00 A2 · · · 0...

......

0 0 · · · Ak

(3.3.5)

pri cemu je svaka od matrica A1, . . . , Ak oblika

Ai =

J(i)1 0 · · · 00 J

(i)2 · · · 0

......

...0 0 · · · J

(i)ni

i svaka od matrica J(i)j je elementarna Zordanova matrica svojstvene vrijednosti λi.

Takode za svako Ai dimenzija matrica J(i)j opada kako j raste. Matrica A reda n×n

koja zadovoljava sve ove uslove naziva se Zordanova forma.

3.3. ZORDANOVA FORMA 83

Primjer 3.3.1. Neka je A linearna transformacija prostora V = C2. Karakteristicni poli-nom od A je polinom drugog stepena i on ima faktorizaciju

(x− α)(x− β), α 6= β ili (x− α)2.

U prvom slucaju transformacija A je dijagonalizibilna i u odnosu na bazu sastavljenu odsvojstvenih vektora ima matricu (

α 00 β

).

U drugom slucaju minimalan polinom je x−α ili (x−α)2. Ako je minimalan polinom x−α,onda je A = α idV . Ako je minimalan polinom (x − α)2, onda transformaciji u odnosu naneku uredenu bazu odgovara matrica

(α 01 α

).

Prema tome, svaka matrica A ∈ C2×2 je slicna jednoj od matrica(

α 00 β

)ili

(α 01 α

),

pri cemu je moguce da bude α = β.

Primjer 3.3.2. Neka je A linearna transformacija prostpra V = R3 koja u odnosu nastandardnu uredenu bazu ima matricu

A =

3 0 01 3 01 1 2

.

Karakteristicni polinom matrice A je f = (x − 3)2(x − 2). Minimalan polinom ove matriceje (x− 3)(x− 2) ili (x− 3)2)(x− 2). Kako je (A− 3I)(A− 2I) 6= 0, to (x− 2)(x− 3) nijeminimalan polinom. Dakle, (x− 3)2(x− 2) je minimalan polinom. Neka je

W1 = Ker (A− 3idV )2.

Odredimo bazu ovog prostora. Neka je u ∈ Ker (A− 3idV )2 i u = (a, b, c). Tada je

(A− 3idV )2(u) = (0, 0, c− b).

Kako je (A−3idV )2(u) = 0, to je c = b i a proizvoljan. Dakle, imamo dva linearno nezavisnavektora u1 = (1, 0, 0) i u2 = (0, 1, 1). Neka je A1 restrikcija od A u odnosu na W1. Odredimomatricu preslikavanja A1 u odnosu na bazu {u1, u2}. Imamo

A1(u1) = A(u1) =

3 0 01 3 01 1 2

100

=

311

= 3u1 + u2,

A1(u2) = A(u1) =

3 0 01 3 01 1 2

011

=

033

= 3u2.

Dakle, linearna transformacija A1 u odnosu na bazu {u1, u2} ima matricu

A1 =(

3 01 3

).


Ovo je elementarna Zordanova matrica svojstvene vrijednosti 3. Neka je

W2 = Ker (A− 2idV ).

Baza ovog potprostora je vektor u3 = (0, 0, 1). Neka je A2 restrikcija od A na W2. Matricapreslikavanja A2 u odnosu na bazu {u3} je A2 = (2) . Linearnoj transformaciji A u odnosuna bazu {u1, u2, u3} odgovara matrica

B =

3 0 01 3 00 0 2

.

Matrica B je direktna suma matrica A1 i A2, tj. A = A1 ⊕ A2. Prostor V ima razlaganjeV = W1 ⊕W2.

Primjer 3.3.3. Neka je A linearna transformacija prostpra V = R3 koja u odnosu nastandardnu uredenu bazu ima matricu

A =

3 0 00 3 01 2 2

.

Karakteristicni polinom ove matrice je (x− 3)2(x− 2). Jednostavno se vidi da je minimalanpolinom (x − 3)(x − 2). Potprostor W1 = Ker (A − 3idv) ima dimenziju 2 i njegova bazaje {u1, u2}, gdje je u1 = (0, 1, 2) i u2 = (1, 0, 1). U odnosu na ovu bazu restrikcija A1

preslikavanja A na W1 ima matricu

A1 =(

3 00 3

).

Potprostor W2 = Ker (A − 2idV ) ima dimenziju 1 i generisan je vektorom u3 = (0, 0, 1).Matrica linearne transformacije A u odnosu na bazu {u1, u2, u3} je dijagonalna matrica

3 0 00 3 00 0 2

.

Matrica A1 je direkta suma elementarnih Zordanovih matrica (2) i (2) , koje odgovarajusvojstvenoj vrijednosti 3.

3.3.1 Zadaci

1. Neka su N1 i N2 nilpotentne matrice reda 3× 3 nad poljem F. Dokazati da sumatrice N1 i N2 slicne ako i samo ako imaju isti minimalni polinom.

2. Ako kompleksna matrica A reda 5× 5 ima karakteristicni polinom

f = (x− 2)3(x + 7)2

i minimalni polinom p = (x− 2)2(x + 7), sta je njena Zordanova forma?

3.4. RACUNANJE INVARIJANTNIH FAKTORA 85

3. Diferencijalni operator prostora polinoma nad poljem kompleksnih brojeva,stepena manjeg ili jednakog 3 u odnosu na bazu {1, x, x2, x3} ima matricu

0 1 0 00 0 2 00 0 0 30 0 0 0

.

Sta je Zordanova forma ove matrice?

4. Naci Zordanovu formu kompleksne matrice

2 0 0 0 0 01 2 0 0 0 0

−1 0 2 0 0 00 1 0 2 0 01 1 1 1 2 00 0 0 0 1 −1

.

5. Klasificirati do na slicnost sve kompleksne matrice A reda 3 × 3 takve da jeA3 = I.

3.4 Racunanje invarijantnih faktora

Neka je A matrica reda n × n nad poljem F. Sada cemo naci metod za racunanjeinvarijantnih faktora p1, . . . , pr koji definisu racionalnu formu matrice A. Za pocetakuzmimo jednostavan slucaj u kojem je A prateca matrica (3.1.1) monik polinoma

p = xn + cn−1xn−1 + · · ·+ c1x + c0.

Pokazimo da je p istovremeno minimalni i karakteristicni polinom matrice A. Imamo

det(xI −A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x 0 0 · · · 0 c0

−1 x 0 · · · 0 c1

0 −1 x · · · 0 c2...

......

......

0 0 0 · · · x cn−2

0 0 0 · · · −1 x + cn−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Ako posljednju vrstu pomnozimo sa x i dodamo pretposljednjoj vrijednost determi-nante se nece promjeniti. Nakon toga pretposljednju vrstu pomnozimo sa x i do-dajmo prvoj vrsti iznad nje. Nastavljajuci ovaj postupak na kraju mnozimo druguvrstu sa x i dodajemo prvoj. Tako cemo dobiti determinantu

det(xI −A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 0 · · · 0 xn + · · ·+ c1x + c0

−1 0 0 · · · 0 xn−1 + · · ·+ c2x + c1

0 −1 0 · · · 0 xn−2 + · · ·+ c3x + c2...

......

......

0 0 0 · · · 0 x2 + cn−1x + cn−2

0 0 0 · · · −1 x + cn−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.


Razvijajuci ovu determinantu po prvoj vrsti dobije se

det(xI −A) = (−1)n+1p

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 0 · · · 0 00 −1 · · · 0 0...

......

...0 0 · · · 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)n+1p · (−1)n−1 = (−1)2np

= p.

Umjesto da smo razvijali matricu po prvoj vrsti mogli smo primjeniti elementarnetransformacije kolona i dobiti matricu

det(xI −A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 0 · · · 0 p−1 0 0 · · · 0 0

0 −1 0 · · · 0 0...

......

......

0 0 0 · · · 0 00 0 0 · · · −1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Odavde se elementarnim transformacijama kolona lako dobija∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

p 0 0 · · · 0 00 1 0 · · · 0 00 0 1 · · · 0 0...

......

......

0 0 0 · · · 1 00 0 0 · · · 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

. (3.4.1)

Dakle, sukcesivnim izvodenjem elementarnih transformacija vrsta i kolona matricexI −A mi smo tu matricu preveli u dijagonalnu matricu u kojoj je element u prvojvrsti i koloni minimalan polinom p matrice A, a ostali elementi na glavnoj dijagonalisu 1. Sada cemo pokazati da je nesto slicno moguce uraditi i za proizvoljnu matricuA.

Neka je F polje i F[x]m×n skup svih matrica reda m×n nad prstenom F[x]. Akoje M ∈ F[x]m×n, onda pod elementarnim transformacijama vrsta matrice Mpodrazumjevamo sljedece operacije:

1. mnozenje jedne vrste matrice M nenultim skalarom iz F;

2. zamjena r−te vrste matrice M sa vrstom koja je nastala tako sto smo r−tojvrsti dodali s−tu vrstu prethodno pomnozenu nekim polinomom f iz F[x], pricemu je s 6= r;

3. medusobna zamjena dvije vrste matrice M.

Inverzne operacije elementarnih transformacija vrsta su opet elementarne transfor-macije vrsta istog tipa. Pod elementarnom matricom reda m×m podrazumje-vamo matricu iz prstena F[x]m×m koja je nastala iz jedinicne matrice I reda m×m


primjenom samo jedne elementarne transformacije vrsta. Jasno je da elementarnojtransformaciji vrsta matrice M ∈ F[x]m×n odgovara mnozenje matrice M sa li-jeve strane elementarnom matricom e(I) koja je nastala primjenom te elementarnetransformacije vrsta na jedinicnu matricu I ∈ Fm×m, tj.

e(M) = e(I)M.

Neka su M i N matrice iz F[x]m×m. Kazemo da je matrica N v-ekvivalentnamatrici M, ako se matrica N moze dobiti iz matrice M u konacnom broju korakauzastopnim izvodenjem elementarnih transformacija vrsta:

M = M0 → M1 → · · · → Mk = N.

Ako je matrica N v-ekvivalentna matrici M, onda je i matrica M v-ekvivalentnamatrici N. Zbog toga cemo govoriti da su matrice M i N v-ekvivalentne. Ako je Nv-ekvivalentno sa M, onda je N = PM, gdje je matrica P proizvod elementarnihmatrica, tj. P = Ek · · ·E1. Matrica P je invertibilna i njen inverz je matrica

P−1 = E−11 · · ·E−1

k .

Ako se prisjetimo elementarnih transformacija vrsta matrice A ∈ Fm×m vidimoda su elementarne transformacije vrsta matrice M ∈ F[x]m×n slicne elemementarnimtransformacijama vrsta matrice A nad poljem F. Sada bi trebalo uvesti pojam v-reducirane esalon matrice matrice M ∈ F [x]m×n. Kako to realizovati? Prvi korakje u prvoj vrsti naci vodeci nenulti element, a zatim pomnoziti tu vrstu sa nje-govim inverzom. No, ovo nije moguce u vijek uraditi, jer matrica M ima polinomeza svoje elemente, a svaki nenulti polinom ne mora imati svoj inverz. Zbog togamoramo mijenjati strategiju nalazenja v-reducirane esalon matrice ili modifikovativ-reduciranu esalon matricu nad prstenom polinoma F[x]. U tom smislu obavimoprethodna istrazivanja.

Neka je M neka m × n matrica sa elementima iz prstena F[x] koja ima prvunenultu kolonu

M1 =

f1

f2...

fm

.

Definisimol(M1) = min

fi 6=0deg fi

p(M1) = nzd(f1, f2, · · · , fm)(3.4.2)

Kako prva kolona ima bar jedan nenulti element, to skup {deg fi| fi 6= 0} nije prazan.Ovaj skup je podskup skupa N∪{0} koji je dobro ureden, pa ima minimalan elementl(M1). Neka je j najmanji indeks i takav da je deg fi = l(M1). Svaki od polinomi fi

podijelimo sa polinomom fj . Imamo

fi = fjgi + ri, ri = 0 ili deg ri < deg fj . (3.4.3)


Za svako i razlicito od j, zamjenimo i−tu vrstu sa vrstom koja je nastala tako sto smoi−toj vrsti dodali j−tu vrstu prethodno pomnozenu sa−gi. Zatim zamjenimo mjestaj−toj i prvoj vrsti. U novo dobijenoj prvoj vrsti na prvom mjestu stoji polinom fj

koji ima nenulti vodeci clan. Pomnozimo ovu vrstu sa inverznim elementom vodecegclana polinoma fj . Nakon tog mnozenja u prvoj vrsti na prvom mjestu tj. u prvoj

koloni) bice neki monik polinom koji cemo oznaciti sa∼f j . Nakon ovih transformacija

matrica M prelazi u neku matricu M ′ cija je prva kolona

M ′1 =

∼f j

r2...rj−1

r1

rj+1...rm

. (3.4.4)

Matrica M ′ je v-ekvivalentna sa matricom M. Na osnovu Euklidovog algoritmaslijedi da je

p(M1) = nzd(f1, f2, · · · , fm)

= nzd(∼f j , r2, · · · rj−1, r1, rj+1, · · · , rm)

= p(M ′1).

Postavlja se pitanje da li se moze desiti da u prvoj koloni matrice M ′ budu svielementi nula osim elementa u prvoj vrsti. To ce se desiti ako je ri = 0 za svakoi 6= j. To znaci da fj dijeli svako fi, pa je u tom slucaju

∼f j = nzd(f1, f2, · · · , fm) = p(M1).

U ovom slucaju matrica M ′1 ima oblik

p(M1)0...0

. (3.4.5)

Ako je bar jedan od elemenata ri (i 6= j) razlicit od nule onda je

l(M ′1) < l(M1).

Kako vidimo mi smo definisali proceduru koja matrici M ∈ F[x]m×n pridruzujematricu M ′ ∈ F[x]m×n takvu da je

(a) M ′ je v-ekvivalentna matrici M ;

(b) p(M ′1) = p(M1);


(c) l(M ′1) < l(M1) ili je matrica M ′

1 oblika (3.4.5).

Ako je l(M ′1) < l(M1), onda ponovimo prethodnu proceduru i dobijamo matricu M”

koja ima osobine (a), (b) i (c). Ako je l(M1”) < l(M ′1) onda nastavljamo proceduru.

Dakle, nastavljajuci ovoj postupak dobijamo

l(M1) > l(M ′1) > l(M”1) > · · · .

Kako je ovo striktno opadajuci niz prirodnih brojeva, to je on konacan. Dakle,u konacnom broju koraka dobicemo matricu M (r) za koju je matrica M

(r)1 oblika

(3.4.5). Ovim smo dokazali sljedecu lemu.

Lema 3.4.1. Neka je M matrica iz F[x]m×n koja ima bar jedan nenulti element uprvoj koloni i neka je p najveci zajednicki djelilac svih elemenata prve kolone matriceM. Tada je matrica M v-ekvivalentna matrici N koja ima prvu kolonu

p0...0

.

Primjer 3.4.2. Ilustrujmo prethodnu proceduru na sljedecoj matrici

M =

x2 + 2 x− 3 1x + 1 0 −x

2x2 + 3 3x− 2 0

.

Ovdje je l(M1) = 1 = deg f2 i p(M1) = nzd (x2 + 2, x + 1, 2x2 + 3) = 1. Kako je

x2 + 2 = (x− 1)(x + 1) + 32x2 + 3 = (2x− 2)(x + 1) + 5,

to je g1 = x−1, r1 = 3 i g3 = 2x−2, r3 = 5. Drugu vrstu mnozimo sa −(x−1) i dodajemoprvoj, a zatim drugu vrstu mnozimo sa −2(x − 1) i dodajemo trecoj. Kako nas interesujesamo prva kolon to cemo pisati samo prvu kolonu.

x2 + 2x + 1

2x2 + 3

→

3x + 1

5

→

x + 135

= M ′

1.

Ovdje je l(M ′1) = 0, j = 2 i p(M ′

1) = nzd(x + 1, 3, 5) = 1. Dalje imamo

x + 1 =x

3· 3 + 1

5 =53· 3 + 0,

pa je g′1 = x3 , r′1 = 1 i g′3 = 5

3 , r3 = 0. Sada mnozimo drugu vrstu sa −x3 i dodajemo prvoj

vrsti, a zatim mnozimo drugu vrstu sa − 53 i dodajemo trecoj vrsti. Imamo

M ′1 →

130

→

310

→

110

= M1”.


Odavde se lahko dobije

M1 →

100

=

p(M1)00

.

Teorem 3.4.3. Neka je P ∈ F[x]m×m. Sljedece tvrdnje su ekvivalentne.

1. Matrica P je invertibilna.

2. Determinanta matrice P je nenulti skalarni polinom.

3. Matrica P je v-ekvivalentna jedinicnoj matrici I ∈ Fm×m.

4. Matrica P je proizvod elementarnih matrica.

Dokaz. 1. ⇒ 2. Neka je P invertibilna matrica. Tada je PP−1 = I, pa je det P ·det P−1 = 1. Odavde slijedi da je det P invertibilan element algebre F[x]. Jediniinvertibilni elementi algebre polinoma F[x] su nenulti skalari. Dakle, det P ∈ F\{0}.

2. ⇒ 3. Neka je det P nenulti skalar polja F. Posmatrajmo prvu kolonu matriceP. Njeni elementi su polinomi p1, p2, · · · , pm. Neka je

q = nzd(p1, · · · , pm).

Dakle, neka su svi elementi prve kolone djeljivi sa q. Tada je i det P djeljivo sa q.Kako je det P nenulti skalar, to je i q nenulti skalar. Zbog toga je q = 1. To znacida se primjenom prethodne leme matrica P prevodi u matricu

Q =

1 α2 · · · αm

0... B0

koja je v-ekvivalentna sa matricom P. Elementarnim transformacijama vrsta drugei trece vrste determinanta matrice se ne mjenja, ali primjenom elementarne trans-formacije prve vrste mijenja se samo nenulti skalarni faktor. Zbog toga ce det Qtakode biti nenulti skalar polja F. No, det Q = det B. Zato je det B nenulti skalarpolja F. Zato mozemo primjeniti posljednju lemu na matricu B. Nastavljajuci ovajpostupak nakon m koraka dobijamo matricu

R =

1 α2 · · · αm

0 1 · · · βm...

......

0 0 · · · 1

koja je v-ekvivalentna sa matricom A. Matrica R je v-ekvivalentna sa jedinicnommatricom I. Dakle, matrica A je v-ekvivalentna sa jedinicnom matricom I.

Tvrdnje 3. ⇒ 4 i 4. ⇒ 1. su trivijalne i analogno se dokazuju kao i za matricenad poljem.


Posljedica 3.4.4. Neka su M i N matrice reda m× n sa koeficijentima iz algebrepolinoma F[x]. Matrica N je v-ekvivalentna sa matricom M ako i samo ako postojiinvertibilna matrica P ∈ F[x]m×m takva da je N = PM.

Elementarne transformacije kolona matrice se uvodi na analogan nacin kao ielementarne transformacije vrsta, pa ih necemo posebno definisati. Analogan Leme3.4.1 vrijedi i za elementarne transformacije kolona matrice.

Definicija 3.4.5. Matrica N je ekvivalentna matrici M ako polazeci od M mozemodoci do N sukcesivnim izvodenjem elementarnih transformacija vrsta ili elemen-tarnim transformacijama kolona.

Neka je matrica B dobijena iz matrice A elementarnim transformacijama kolona,onda je B = AQ gdje je Q matrica koja je proizvod elementarnih matrica kojeodgovaraju elementarnim transformacijama kolona i to uzetih istim redom kako suizvodene. Odavde i iz prethodne leme slijedi

Teorem 3.4.6. Neka su M i N matrice reda m× n sa koeficijentima iz F[x]. Tadaje N ekvivalentno matrici M ako i samo postoje invertibilne matrice P i Q takve daje N = PMQ.

Teorem 3.4.7. Neka je A n × n matrica nad poljem F i p1, . . . , pr invarijantnifaktori matrice A. Matrica xI − A je ekvivalentna dijagonalnoj matrici reda n × nsa dijagonalnim elementima p1, . . . , pr, 1, . . . , 1.

Dokaz. Postoji invertibilna matrica P reda n× n sa koeficijentima u F takva da jematrica PAP−1 racionalna forma, tj. ova matrica je blok matrica

PAP−1 =

A1 0 · · · 00 A2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · Ar

,

gdje su Ai pratece matrice polinoma pi (i = 1, . . . , r). Prema Teoremu 3.4.6 matrica

P (xI −A)P−1 = xI − PAP−1 (3.4.6)

je ekvivalentna matrici xI −A. Sada imamo

xI − PAP−1 =

xI1 −A1 0 · · · 00 xI2 −A2 · · · 0...

......

0 0 · · · xIr −Ar

, (3.4.7)

gdje su I1, . . . Ir jedinicne matrice odgovarajuceg formata. Na pocetku ovog para-grafa vidjeli smo da je matrica xIj −Aj ekvivalentna matrici

pj 0 0 · · · 0 00 1 0 · · · 0 00 0 1 · · · 0 0...

......

......

0 0 0 · · · 1 00 0 0 · · · 0 1

.


Iz (3.4.6) i (3.4.7) slijedi da je matrica xI − A slicna dijagonalnoj matrici koja naglavnoj dijagonali ima polinome p1, . . . , pr i n− r jedinica. Sukcesivnim izvodenjemelementarnih transformacija vrsta i kolona mozemo postici da se na glavnoj dijago-nali nalaze redom p1, . . . , pr, 1, . . . , 1.

Prethodni teorem ne daje efikasan nacin za racunanje elementarnih divizorap1, . . . , pr, jer se prezentiran dokaz zasniva na Teoremu o ciklickoj dekompoziciji.Mi cemo sada dati efikasan algoritam za reduciranje polinomnih matrica na dijago-nalni oblik.

Definicija 3.4.8. Neka je N matrica u F[x]m×n. Kazemo da je N u Smith-ovojnormalnoj formi ako

(a) svaki elemenat matrice N van glavne dijagonale je 0;

(b) na glavnoj dijagonali matrice N nalaze se redom polinomi f1, . . . , fl takvi dafk dijeli fk+1, 1 ≤ k ≤ l − 1.

U definiciji broj l je l = min{m,n}, a pod glavnom dijagonalom matrice Npodrazumjevamo elemente Nkk, k = 1, . . . , l i prema definiciji je

fk = Nkk (k = 1, . . . , l).

Teorem 3.4.9. Neka je M ∈ F[x]m×n. Matrica M je ekvivalentna matrici N kojaje u normalnoj formi.

Dokaz. Ako je M = 0, onda nemamo sta dokazivati. Neka je M 6= 0. Sada cemo datialgoritam za nalazenje matrice M ′ koja je ekvivalentna matrici M i koja je oblika

M ′ =

f1 0 · · · 00... R0

, (3.4.8)

gdje je R neka matrica reda (n − 1) × (n − 1) i f1 dijeli svaki element matriceR. Primjenom ove procedure na matricu R dobicemo f2 itd. Tako cemo postupakokoncati u konacnom broju koraka.

Neka je l(M) = min{deg (Mij)}. Nadimo prvu kolonu koja sadrzi clan stepenal(M) i neka ova kolona zamjeni mjesto sa prvom kolonom. Ovako dobivenu matricuoznacimo sa M (0). Sada opisujemo proceduru za nalazenje matrice oblika

g 0 · · · 00... S0

, (3.4.9)

koja je ekvivalentna matrici M (0). Na matricu M (0) primjenimo proceduru koja jeuvedena u Lemi 3.4.1. Neka je rezultujuca matrica

M (1) =

p a · · · b0 c · · · d...

......

0 e · · · f


Ako su elementi a, . . . , b jednaki nuli, onda je kraj. Ako nije, onda primijenjujemoproceduru Leme 3.4.1 na kolone matrice M (1). Rezultujuca matrica je

M (2) =

g 0 · · · 0a′ c′ · · · e′...

......

b′ d′ · · · f ′

,

gdje je q najveci zajednicki djelilac elemenata p, a, . . . , b. U matrici M (2) elementia′, . . . , b′ prve kolone mogu, ali i ne moraju biti jednaki nuli. Ako to nije, ondaprimjenjujemo ponovo proceduru na vrste itd. Da li cemo ikad dobiti matricu oblika(3.4.9)? U najvise l(M) koraka dobivamo matricu oblika (3.4.9). Naime, mi imamokorake:

M (0) → M (1) → M (2) → · · · → M (t),

koja je oblika (3.4.9), jer je l(M (k+1)) < l(M (k)). Dakle, neka je M (t) matrica oblika(3.4.9). Polinom g u (3.4.9) moze ali i ne mora dijeliti sve elemente matrice S. Ako,q ne dijeli sve elemente matrice S, onda trazimo prvu kolonu u kojoj postoji clankoji nije djeljiv sa q. Svaki element te kolone je oblika gh + r gdje je r = 0 ili jer 6= 0 i deg (r) < deg(g). Ovu kolonu dodajemo prvoj koloni. U novodobijenoj prvojkoloni imamo element oblika gh + r, r 6= 0 i deg (r) < deg (g) i element gh + rje odabran tako da r ima najnizi stepen medu svim r 6= 0. Primjenom procedureiz Leme 3.4.1 dobijamo matricu oblika (3.4.9) koja na mjestu (1, 1) ima element r.Ovu proceduru nastavljamo sve dok ne dobijemo matricu oblika (3.4.8). Sada ovuproceduru primjenjujemo na matricu R itd.

Definicija 3.4.10. Neka je M ∈ F[x]m×n. Ako je 1 ≤ k ≤ min{m,n}, definisimoδk(M) kao najveci zajednicki djelilac determinanti svih k×k submatrica matrice M.

Kazemo da je k×k submatrica matrice M dobijena brisanjem m−k vrste i n−kkolona matrice M. Drugim rijecima selektujemo k−torke

I = (i1, . . . , ik), 1 ≤ i1 ≤ · · · ≤ ik ≤ m

J = (j1, . . . , jk), 1 ≤ j1 ≤ · · · ≤ jk ≤ n,

a zatim formiramo matricu

Mi1j1 · · · Mi1jk

......

Mikj1 · · · Mikjk

.

Neka je

DI,J = det

Mi1j1 · · · Mi1jk

......

Mikj1 · · · Mikjk

. (3.4.10)

Tada je polinom δk(M) najveci zajednicki djelilac polinoma DI,J kada I i J prolazesvim mogucim k−torkama.


Teorem 3.4.11. Neka su matrice M,N ∈ F[x]m×n ekvivalentne. Tada je

δk(M) = δk(N), 1 ≤ k ≤ min {m,n}. (3.4.11)

Dokaz. Da bi tvrdnju dokazali dovoljno je dokazati da se elementarnom transfor-macijom vrsta e ne mijenja δk. Kako je inverz od e opet elementarna transformacijavrsta istog tipa zato je dovoljno dokazati da ako polinom f dijeli svaki od poli-noma DI,J(M) tada f dijeli i polinome DI,J(e(M)) za sve k−torke I i J. Neka suα1, . . . , αm vrste matrice M i koristimo oznaku

DJ(αi1 , . . . , αik) = DI,J(M).

Za date I i J ispitajmo odnos izmedu DI,J(M) i DI,J(e(M)). Ovaj odnos cemoispitati za svaku od tri tipa elementarnih transformacija vrsta:

(a) mnozenje r − te vrste sa nenultim skalarom c;

(b) zamjena r−te vrste sa r − tom plus g puta s−ta vrstom, s 6= r;

(c) medusobna zamjena r−te i s−te vrste.

Koncentrisimo se na transformacije prve i druge vrste. Ako r nije izabran meduvrstama i1, . . . , ik tada

DI,J(e(M)) = DI,J(M).

Ako je r medu indeksima i1, . . . , ik, tada imamo dva slucaja

(a) DI,J(e(M)) = DJ(αi1 , . . . , cαr, . . . , αik)= cDJ(αi1 , . . . , αr, . . . , αik)= cDI,J(M);

(b) DI,J(e(M)) = DJ(αi1 , . . . , αr + gαs, . . . , αik)= DI,J + gDJ(α1, . . . , αs, . . . , αik).

Za operacije tipa (a) jasno je da bilo koji polinom f koji dijeli DI,J(M) takode dijelii DI,J(e(M)). Za operacije tipa (c) primjetimo da

DJ(αi1 , . . . , αis , . . . , αik) = 0, ako je s = ij za neko jDJ(αi1 , . . . , αs, . . . , αik) = ±DI′,J(M), ako je s 6= ij za svako j.

Skup I ′ u posljednjoj jednakosti je k−torka (i1, . . . , s, . . . , ik) aranzirana u rastucemporetku. Odavde je jasno da ako f dijeli svaki polinom DI,J(M) onda f dijeli iDI,J(e(M)).

Posljedica 3.4.12. Svaka matrica M ∈ F[x]m×n ekvivalentna je tacno jednoj ma-trici N koja je u normalnoj formi. Polinomi f1, . . . , fl koji figurisu na glavnoj di-jagonali matrice N su

fk =δk(M)

δk−1(M), 1 ≤ k ≤ min{m,n}

gdje se po dogovoru uzima δ0(M) = 1.


Dokaz. Ako je N u normalnoj formi sa dijagonalnim elementima f1, . . . , fl, ondazbog cinjenice da fi dijeli fi+1 slijedi da je proizvod fi1 · · · fik djeljiv proizvodomf1 · · · fk za svaku k−torku (i1, . . . , ik). Zbog toga je

δk(M) = f1f2 · · · fk.

Odavde slijedi matrice N su

fk =δk(M)

δk−1(M), 1 ≤ k ≤ min{m,n},

sto je i trebalo dokazati.Matricu N iz posljednje posljedice nazivamo normalnom formom matrice M.

Polinomi f1, . . . , fl se cesto nazivaju invarijantni faktori matrice M.

Pretpostavimo da je A neka n × n matrica nad poljem F i neka su p1, . . . , pr

invarijantni faktori matrice A. Normalna forma matrice xI−A na glavnoj dijagonaliima elemente 1, 1, . . . , 1, pr, . . . , p1. Broj n − r je najveci prirodan broj k takav daje δk(xI − A) = 1. Minimalan polinom p1 je kolicnik karakteristicnog polinomai najveceg zajednickog djelitelja determinanti svih (n − 1) × (n − 1) submatricamatrice xI −A, itd.

Primjer 3.4.13. Neka je V = R3 vektorski prostor nad poljem realnih brojeva. Neka jeA linearna transformacija prostora V koja u odnosu na standardnu bazu ima matricue

A =

5 −6 −6−1 4 2

3 −6 −4

.

Odrediti:

(a) minimalan polinom i invarijantne faktore matrice A;

(b) normalnu formu matrice xI −A;

(c) cklicku dekompoziciju prostor prostora V odredenu transformacijom A;

(d) naci Zordanovu formu matrice A.

Invarijantni faktori matrice A. Karakteristicni polinom matrice A je

f = det(xI −A) = (x− 1)(x− 2)2.

Nadimo determinante svih submatrica reda 2. Matrica A je reda 3× 3 i ima(

32

)·(

32

)= 9

submatrica reda 2×2. Determinante ovih submatrica su: (x−2)(x−7), −2(x−2), −6(x−2),−6(x− 2), (x + 1)(x− 2), 6(x− 2), 3(x− 2), (x− 2) i (x + 2)(x− 2). Odavde se vidi da jenajveci zajednicki djelilac ovih polinoma monik polinom x− 2, tj. δ2 = x− 2.

Sada trazimo determinante submatrica reda 1× 1. To su: 5 − x, −6, −6, −1, 4 − x, 2,3, −6 i −4−x. Najveci zajednicki djelilac ovih polinoma je monik polinom 1. Dakle, δ1 = 1.Prema dogovoru je δ0 = 1. Minimalan polinom p matrice A je

p =karakteristicni polinom

δ2=

(x− 2)2(x− 1)x− 2

= (x− 1)(x− 2).


Druga dva invarijantna faktora su

δ2

δ1=

x− 21

= x− 2

iδ1

δ0=

11

= 1.

Normalna forma matrice xI −A na glavno dijagonali ima elemente 1, x− 2, (x− 2)(x− 1).Normalna forma matrice xI − A. Odredimo sada normalnu formu matrice xI − A

bez pozivanja na Teorem 3.4.11, a koristeci algoritam dat u Teoremu 3.4.9. Prema tomalgoritmu trazimo prvu kolonu matrice xI − A koji ima nenulti element koji je najnizegstepena. U prvoj koloni imamo nenulti element −1 koji ima stepen nula. Kako −1 dijeli sveelemente prve kolone, to mozemo pomocu ovog elementa ponistiti sve ostale elemente prvekolone. Pomnozimo drugu vrstu sa 5− x i dodajmo prvoj vrsti. Isto tako pomnozimo druguvrstu sa 3 i dodajmo trecoj vrsti. Tako matrica xI −A prelazi u ekvivalentnu matricu

0 (x− 2)(x− 7) 2(2− x)−1 4− x 2

0 3(2− x) 2− x

.

Zatim prva i druga vrsta medusobno zamjene mijesta. Novo dobivenu prvu vrstu pomnozimosa −1. Nakon toga dobijamo

1 x− 4 −20 (x− 2)(x− 7) 2(2− x)0 3(2− x) 2− x

.

Prvu kolonu mnozimo sa −(x− 4) i dodajemo drugoj koloni, a zatim prvu kolonu mnozimosa 2 i dodajemo trecoj koloni. Tako imamo matricu

1 0 00 (x− 2)(x− 7) 2(2− x)0 3(2− x) 2− x

.

U matrici ((x− 2)(x− 7) 2(2− x)

3(2− x) 2− x

)

trazimo prvu kolonu koja ima element najnizeg stepena. U prvoj koloni postoji element prvogstepena i u drugoj koloni su oba elementa prvog stepena. Dakle, u prvoj koloni i drugoj vrstise nalazi element 3(2 − x) najnizeg stepena. Odmah vidimo da ovaj element dijeli element(x− 2)(x− 7). Drugu vrstu pomnozimo sa x−7

3 i dodajmo prvoj vrsti. Imamo(

0 2(2− x) + (2− x)x−73

3(2− x) 2− x

)→

(0 1

3 (2− x)(x− 1)3(2− x) 2− x

)

→(

x− 2 13 (x− 2)

0 13 (2− x)(x− 1)

)

→(

x− 2 00 1

3 (2− x)(x− 1)

)

→(

x− 2 00 (x− 2)(x− 1)

).

Dakle, normalna forma matrice xI −A je

1 0 00 x− 2 00 0 (x− 2)(x− 1)

.


Ciklicka dekompozicija prostora V odredena linearnom transformacijom A.Minimalan polinom matrice A je p = (x − 2)(x − 1). Sada trazimo nenulti vektor ciji jepolinom p anihilator. Kako je p(A) = A2 − 3A + 2idV nula polinom u varijabli A, to jeon anihilator bilo kog nenultog vektora. Zato za vektor u1 mozemo uzeti vektor (1, 0, 0).Potrazimo sada A(u1). Imamo

A(u1) = Au1 = (5,−1, 3)t.

Kako vidimo vektori u1 i A(u1) su linearno nezavisni. Buduci da je p minimalan polinomtransformacije A, to je A2(u1) = 3A(u1) − 2u1, pa su vektori u1, A(u1), A2(u1) linearnozavisni. To znaci da je potprostor Z(u1,A) generisan vektorima u1 i A(u1).

Drugi invarijantni faktor matrice A je polinom x − 2. Sada trazimo nenulti vektor cijije A− 2idV anihilator. Neka je to vektor u2 = (α, β, γ). Tada je A(u2) = 2u2, tj.

(2α, 2β, 2γ)t = A(α, β, γ)t.

Odavde imamo sistem jednacina

3α− 6β − 6γ = 0−α + 2β + 2γ = 03α− 6β − 6γ = 0

Odavdje nalazimo α = 2β + 2γ. Dakle, za vektor u2 mozemo uzeti u2 = (2, 1, 0). PotprostorZ(u2,A) je generisan vektorom u2. Prema tome, ciklicka dekompozicija prostora V je

V = Z(u1,A)⊕ Z(u2,A),

pri cemu je potprostor Z(u1,A) generisan vektorima (1, 0, 0) i (5,−1, 3), a potprostor Z(u2,A)je generisan vektorom (2, 1, 0).

Prateca matrica polinoma p = (x− 1)(x− 2) = x2 − 3x + 2 je

B1 =(

0 −21 3

).

Prateca matrica polinoma x− 2 je B2 = (2).U odnosu na bazu {u1,A(u1), u2} linearna transformacija ima matricu

B = B1 ⊕B2 =

0 −2 01 3 00 0 2

.

Zordanova forma Matrice A i B odgovaraju istoj linearnoj transformaciji samo u odnosuna razlicite baze, pa imaju istu Zordanovu formu. Matrica B je direktna suma matrica B1

i B2. Zato je dovoljno naci Zordanovu formu matrica B1 i B2. Matrica B2 je u Zordanovojformi. Odredimo Zordanovu formu matrice B1. Karakteristicni polinom ove matrice jedet(xI − B1) = x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2). Jednostavno se vidi da je ovo i minimalanpolinom matrice B1. Na osnovu Teorema 2.3.13 matrica B1 je slicna dijagonalnoj matrici

(1 00 2

).

Prema tome, Zordanova forma matrice A je

1 0 00 2 00 0 2

.


Primjer 3.4.14. Linearna transformacija A vektorskog prostora V u odnosu na bazu{e1, e2, e3} ima matricu

A =

3 −1 21 1 21 −1 3

.

Naci Zordanovu formu B matrice A, a zatim odrediti regularnu matricu P tako da je B =P−1AP.Rjesenje. Karakteristicni polinom matrice A je

f(x) = det(xI −A) = (x− 2)2(x− 3).

Svojstvene vrijednosti su λ1 = 2 visestrukosti ν1 = 2 i λ2 = 3 visestrukosti ν2 = 1.Odredimo sada potprostore W1 i W2, pri cemu je

W1 = Ker (A− 2 idV )2 , W2 = Ker(A− 3 idV ).

Imamo

A− 2I =

1 −1 21 −1 21 −1 1

, (A− 2I)2 =

2 −2 22 −2 21 −1 1

.

Odavde je rag(A − 2idv) = 2, rang(A − 2idv)2 = 2. Kako je rang(A − 2idV ) = 2, toje def(A − 2idv) = 3 − 2 = 1 < ν1 = 2, pa restrikcija A1 od A na potprostor W1 nijedijagonalna. Dakle, imamo zordanov blok redae veceg od 1. No, ν1 = 2, pa je taj blok reda2. No,

x = (α, β, γ) ∈ W1 ⇔ (A− 2idv)2(x) = 0,

tj.

2 −2 22 −2 21 −1 1

·

αβγδ

=

0000

, tj. α− β + γ = 0.

Dakle,W1 = {(α, α + γ, γ) | α, γ ∈ R}.

Odredimo sada bazu {u1, u2} potprostora W1 u odnosu na koju restrikcija A1 od A na W1 imaZordanovu matricu. Za vektor u1 biramo bilo koji vektor iz W1 koji nije u Ker(A− 2idV ).Neka je to vektor u1 = (α, α+γ, γ). Definisimo sada vektor u2 relacijom u2 = (A−2idv)(u1).Tada je

u2 =

1 −1 21 −1 21 −1 1

·

αα + γ

γ

=

γγ0

.

Vektor v2 ne smije biti nula vektor, pa je γ 6= 0. Neka je γ = 1. Tada je u2 = (1, 1, 0). Sadamozemo odrediti vektor u1. On nije nula vektor, jer je treca komonenta 1, pa je dovoljnouzeti α = 0. Tako imamo u1 = (0, 1, 1). Iz definicije vektora u2 imamo

u2 = (A− 2idV )(u1) = A(u1)− 2u1, tj. A(u1)2u1 + u2.

Dalje, je

A(u2) =

3 −1 21 1 21 −1 3

·

110

= 2u2.


Transformacija A1 u odnosu na bazu {u1, u2} ima matricu

B1 =[

2 01 2

].

Kako je

A− 3I =

0 −1 21 −2 21 −1 0

,

to se jednostavno nalazi W2 = {(2γ, 2γ, γ) | γ ∈ R}. Vektor u3 = (2, 2, 1) je generatornielement potprostora W2. Za ovaj vektor vrijedi A(u3) = 3u3. Restrikcija A2 od A u odnosuna bazu {u3} ima matricu B2 = [3].

Linearna transformacija A u odnosu na bazu {u1, u2, u3} ima matricu

B = B1 ⊕B2 =

2 0 01 2 00 0 3

.

Matrica P prelaza sa pocetne baze na bazu {u1, u2, u3} je

P =

0 1 21 1 21 0 1

.

Primjer 3.4.15. Linearna transformacija A vektorskog prostora V u odnosu na bazu{e1, e2, e3} ima matricu

A =

−1 −1 0

0 −1 −20 0 −1

.

Naci Zordanovu formu B matrice A, a zatim odrediti regularnu matricu P tako da je B =P−1AP.Rjesenje. Karakteristicni polinom matrice A je f(x) = (x + 1)3. Ovdje je W = Ker(A +idV )3 = V. Dalje, imamo

A + I =

0 −1 00 0 −20 0 0

,

pa je rang(A + I) = 2. To znaci da imamo 3 − 2 = 1 svojstvenih vektora koji odgovarajusvojstvenoj vrijednosti λ = −1. Zbog toga moramo imati samo jedan Zordanov blok. Zatobazu trazimo u obliku

{u1, (A+ idv)(u1), (A+ idv)2(u1)}.Neka je u1 = (α, β, γ). Tada je u2 = (A + idv)(u1) = (β,−2γ, 0) i u3 = (A + idv)(u2) =(2γ, 0, 0). Ovi vektori moraju biti linearno nezavisni, pa je γ 6= 0. Neka je γ = 1, α = β = 0.Tada imamo u1 = (0, 0, 1), u2 = (0,−2, 0) i u3 = (2, 0, 0). Sada imamo

u2 = (A+ idV )(u1) = A(u1) + u1 ⇒ A(u1) = −u1 + u2,

u3 = (A+ idV )(u2) = A(u2) + u2 ⇒ A(u2) = −u2 + u3,

A(u3) = −u3.

U odnosu na bazu {u1, u2, u3} linearna transformacija A ima matricu

A =

−1 0 0

1 −1 00 1 −1

.


Matrica prelaza je

P =

0 0 20 −2 01 0 0

.

Primjer 3.4.16. Odredimo Zordanovu kanonsku formu matrice

A =

2 1 0 00 2 1 00 0 3 00 1 −1 3

.

Karakteristicni polinom je f(x) = (x − 2)2(x − 3)2. Neka je W1 = Ker(A − 2idV )2. Daljeimamo

A− 2I =

0 1 0 00 0 1 00 0 1 00 1 −1 1

, (A− 2I)2 =

0 0 1 00 0 1 00 0 1 00 1 −1 1

.

u = (α, β, γ, δ) ∈ W1 ⇔ (A− 2idV )2(u) = 0 ⇔ (γ, γ, γ, β − γ + δ) = (0, 0, 0, 0).

Dakle, γ = 0 i δ = −β. Tako za vektor u1 mozemo uzeti u1 = (α, β, 0,−β). Stavimou2 = (A − 2idV )(u1). Tada je u2 = (β, 0, 0, 0). Kako je u2 6= 0, to je β 6= 0. Parametar αmozemo odabrati po volji. Neka je β = 1 i α = 0. Tada je u1 = (0, 1, 0,−1), u2 = (1, 0, 0, 0),A(u1) = 2u1 + u2 i A(u2) = 2u2. Tako imamo Zordanov blok

B1 =[

2 01 2

].

Neka je W2 = Ker(A − 3idV )2. Jednostavno se nalazi rang(A − 3idV ) = 2. Tada jedefekt(A − 3idv) = 4 − 2 = 2 = ν2. To znaci da mozemo odrediti dva linearno nezav-isna svojstvena vektora i oni cine bazu potprostora W2. Zato je Zordanov blok

B2 =[

3 00 3

].

Svojstveni vektori su u3 = (1, 1, 1, 0) i u4 = (0, 0, 0, 1). Dakle Zordanova kanonska formamatrice A je

B =

2 0 0 01 2 0 00 0 3 00 0 0 3

.

3.4.1 Zadaci

1. Zasvaku od matrica A naci Zordanovu kanonsku formu B i odgovarajucu ma-tricu P tako da je B = P−1AP.

(a)[

1 1−1 3

], (b)

[1 23 2

], (c)

11 −4 −521 −8 −113 −1 0

,

(d)

−3 3 −2−7 6 −3

1 −1 2

, (e)

0 1 −1−4 4 −2−2 1 1

, (f)

0 −1 −1−3 −1 −2

7 5 6

,


(g)

2 1 0 00 2 1 00 0 3 00 1 −1 3

, (h)

0 −3 1 2−2 1 −1 2−2 1 −1 2−2 −3 1 4

.

2. Za svaku od linearnih transformacija odrediti Zordanovu kanonsku formu ibazu koja odgovara toj formi.

(a) Neka je V vektorski prostor polinoma stepena ≤ 2 i neka je A linearnatransformacija prostora V zadana relacijom

A(f(x)) = 2f(x)− f ′(x).

(b) Neka je V vektorski prostor polinoma stepena ≤ 3 i neka je A linearnatransformacija prostora V zadana relacijom

A(f(x)) = xf”(x).

(c) Neka je V vektorski prostor polinoma stepena ≤ 3 i neka je A linearnatransformacija prostora V zadana relacijom

A(f(x)) = f”(x) + 2f(x).

(d) Neka je V vektorski prostor funkcija generisan skupom

{1, t, t2, et, tet},

a A linearna transformacija prostora V zadana sa A(f(t)) = f ′(t).

(e) Neka je V = R2×2 i linearna transformacija toga prostora definisana sa

A(A) =[

1 10 1

]·A za svaku matricu A ∈ R2×2.

(f) Neka je V = R2×2 i linearna transformacija toga prostora definisana sa

A(A) =[

3 10 3

]·A−At za svaku matricu A ∈ R2×2.

(g) Neka je V = R2×2 i linearna transformacija toga prostora definisana sa

A(A) =[

3 10 3

]· (A−At) za svaku matricu A ∈ R2×2.

Glava 4

Normirani i Unitarni prostori

4.1 Metricki prostori

Neka je F polje realnih brojeva i X neprazan skup, a d : X ×X → F preslikavanjekoje uredenom paru (x, y) ∈ X ×X pridruzuje realan broj d(x, y). Preslikavanje dzove se metricka funkcija ili metrika na X ako vrijedi

1. d(x, y) ≥ 0 i to d(x, y) = 0 ⇔ x = y;

2. d(x, y) = d(y, x);

3. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) (relacija trougla);

za svako x, y, z ∈ X.

Ako je na skupu X zadana metricka funkcija d, kaze se da je na tom skupuzadana metrika, a ureden par (X, d) zove se metricki prostor. Najcesce cemo, radijednostavnosti, umjesto (X, d) pisati X.

Primjer 4.1.1. Neka je X polje kompleksnih brojeva, a d zadano ovako d(x, y) = |x− y|za x, y ∈ X, pri cemu

Primjer 4.1.2. Neka je X = Fn, gdje je F polje realnih ili kompleksnih brojeva, funkcijad zadana na jedan od nacina:

I) d1(x, y) = max|ξj − ηj |;II) d2(x, y) =

∑j

|ξj − ηj |;

III) d3(x, y) =

(∑j

|ξj − ηj |)1/2

;

pri cemu je x = (ξ1, . . . , ξn) i y = (η1, . . . , ηn) ∈ Fn. Tada je d metricka funkcija.

Neka je (X, d) metricki prostor. Za niz (xn)n∈N kazemo da konvergira premaelementu x ∈ X ako za svako ε > 0 postoji prirodan broj n0 takav da je d(x, xn) < εcim je n > n0. U tom slucaju kazemo da je element x granicna vrijednost niza(xn)n∈N i pisemo x = lim

n→∞xn.

103

104 GLAVA 4. NORMIRANI I UNITARNI PROSTORI

Za podskup Y metrickog prostora X kazemo da je ogranicen ako postoji pozitivanrealan broj γ takav da je d(x, y) < γ za svako x, y ∈ Y.

Za niz (xn)n∈N kaze se da je Kosijev niz ako za svako ε > 0 postoji prirodan brojn0 takav da je d(xm, xn) < ε za svako m,n > n0.

Svaki konvergentan niz metrickog prostora X je Kosijev niz. Svaki Kosijev nizje ogranicen.

Za metricki prostor X kaze se da je potpun ili kompletan, ako svaki Kosijev nizprostora X konvergira u X.

Za podskup Y metrickog prostora X kaze se da je zatvoren ako za svaki konver-gentan niz (xn)n∈N prostora X vrijedi

xn ∈ Y (n ∈ N) ⇒ lim xn ∈ Y.

Komplement X \ Y zatvorenog skupa Y zove se otvoreni skup metrickog prostoraX.

Za zatvoren podskup Y metrickog prostora X kaze se da je kompaktan ako svakiniz (xn)n∈N iz Y sadrzi bar jedan konvergentan podniz (ynk

)k∈N .

Neka je f : X → Y preslikavanje metrickog prostora X u metricki prostor Y.Kaze se da je preslikavanje f neprekidno u tacki x ∈ X ako za svako ε > 0 postojiδ > 0 takvo da za svako y ∈ X vrijedi d′(f(x), f(y)) < ε cim je d(x, y) < δ.

Za preslikavanje f kazemo da je neprekidno, ako je neprekidno u svakoj tackix ∈ X.

Svaka neprekidna realna funkcija f, tj. svako neprekidno preslikavanje f : X → Rmetrickog prostora X u metricki prostor realnih brojeva sa metrikom

d(x, y) = |x− y|,

ogranicena je na svakom kompaktnom podskupu Y prostora X i na tom podskupupoprima svoju najmanju i svoju najvecu vrijednost.

4.2 Normirani prostori

Pojam intenziteta obicnog vektora moze prenijeti na proizvoljne vektorske prostorenad poljem F realnih ili kompleksnih brojeva.

Neka je X vektorski prostor nad poljem F realnih ili kompleksnih brojeva. Pre-slikavanje ‖·‖ prostora X u polje realnih brojeva, koje svakom x ∈ X pridruzujerealan broj ‖x‖ , zove se norma na X ako su ispunjeni uslovi:

1. ‖x‖ ≥ 0 i to ‖x‖ = 0 ⇔ x = 0;

2. ‖λx‖ = |λ| · ‖x‖ ;

3. ‖x + y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖

4.2. NORMIRANI PROSTORI 105

za svako x, y ∈ X i za svako λ ∈ F.Nejednakost 3. zove se relacija Minkovskog.Dokazimo sada da vrijedi

| ‖x‖ − ‖y‖ | ≤ ‖x− y‖ (x, y ∈ X). (4.2.1)

Imamo‖x‖ = ‖(x− y) + y‖ 3.≤ ‖x− y‖+ ‖y‖ ,

tj.‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x− y‖ .

Analogno imamo

‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖y − x‖ = ‖−1(x− y)‖ = | − 1| · ‖x− y‖ = ‖x− y‖ .

Dakle,−‖x− y‖ ≤ ‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x− y‖

sto je ekvivalentno sa (4.2.1), pa je dokaz zavrsen.

Teorem 4.2.1. Ako je X normiran prostor, tada je relacijom

d(x, y) = ‖x− y‖ (x, y ∈ X) (4.2.2)

definisana metrika i ta metrika ima osobinu

d(x + z, y + z) = d(x, y); d(λ x, λ y) = |λ| d(x, y) (4.2.3)

za svako x, y ∈ X i svako λ ∈ F.Obrnuto, ako je na realnom (kompleksnom) vektorskom prostoru X zadana metrika

d koja ima osobinu (4.2.3), tada je na X relacijom

‖x‖ = d(x, 0) (x ∈ X) (4.2.4)

zadana norma, za koju vrijedi (4.2.2).

Dokaz. Neka je X normiran prostor i funkcija d zadana relacijom (4.2.2). Pokazimoda je d metrika.i) d(x, y) = ‖x− y‖ ≥ 0 i to

d(x, y) = 0 ⇔ ‖x− y‖ = 0 ⇔ x− y = 0 ⇔ x = y.

ii) d(x, y) = ‖x− y‖ = ‖y − x‖ = d(y, x).iii)

d(x, y) = ‖x− y‖ = ‖(x− z) + (z − y)‖ ≤ ‖x− z‖+ ‖z − y‖= d(x, z) + d(z, y)

za svako x, y, z ∈ X.


Pokazimo sada da ta metrika ima osobinu (4.2.3). Imamo

d(x + z, y + z) = ‖(x + z)− (y + z)‖ = ‖x− y‖ = d(x, y),

d(λx, λ y) = ‖λ x− λ y‖ = ‖λ(x− y)‖ = |λ| ‖x− y‖ = |λ| d(x, y).

Obrnuto, neka je na prostoru X zadana metrika d za koju vrijedi (4.2.3). Dokazimoda je relacijom (4.2.4). Imamoi) ‖x‖ = d(x, 0) ≥ 0 i pri tome

‖x‖ = 0 ⇔ d(x, 0) = 0 ⇔ x = 0.

ii) ‖λx‖ = d(λx, 0) = d(λ x, λ0) = |λ| d(x, 0) = |λ| ‖x‖ .iii)

‖x + y‖ = d(x + y, 0) = d(x + y − y, 0− y) = d(x,−y)≤ d(x, 0) + d(0,−y) = ‖x‖+ d(0 + y,−y + y) = ‖x‖+ d(y, 0)= ‖x‖+ ‖y‖

Dakle, relacijom (4.2.4)je definisana norma na X. Prema prvom dijelu dokaza ovakodefinisana norma definise metriku d′ na X tako da je d′(x, y) = ‖x− y‖ . Pokazimoda je d = d′.

d′(x, y) = ‖x− y‖ = d(x− y, 0) = d(x− y + y, 0 + y) = d(x, y)

za svako x, y ∈ X. Dakle, d′ = d.Neka je X realan (kompleksan) normirani prostor. Ako je prostor X kompletan

u odnosu na metriku odredenu normom, tada se X zove Banahov prostor.

4.3 Skalarni proizvod

U kursu Uvod u linearnu algebru upoznali smo se sa pojmom skalarnog proizvodaobicnih vektora. Sada cemo taj pojam prosiriti na proizvoljne vektorske prostore.

Definicija 4.3.1. Neka je F polje realnih ili kompleksnih brojeva i V vektorski pro-stor nad tim poljem. Skalarni proizvod na V je funkcija koja svakom paru (x, y)vektora prostora V pridruzuje skalar 〈x, y〉 iz F takav da za sve x, y, z ∈ V i svakoλ ∈ F vrijedi

(a) 〈x + y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉 ;(b) 〈λ x, y〉 = λ 〈x, y〉(c) 〈y, x〉 = 〈x, y〉, gdje nadvucena linija predstavlja konjugaciju u skupu komplek-

snih brojeva;

(d) 〈x, x〉 ≥ 0 i to 〈x, x〉 = 0 ⇒ x = 0;

za svako x, y, z ∈ V i svako λ ∈ F.

4.3. SKALARNI PROIZVOD 107

Primjetimo da uslovi (a), (b) i (c) impliciraju

(e) 〈x, λy + z〉 = λ(〈x, y〉+ 〈x, z〉 .Primjer 4.3.2. U vektorskom prostoru Fn skalarni proizvod definisan relacijom

〈x, y〉 =n∑

j=1

αjβj ,

gdje je x = (α1, . . . , αn) i y = (β1, . . . , βn), naziva se standardni skalarni proizvod.

Primjer 4.3.3. (Frobeniusov skalarni proizvod matrica) Neka je V vektorski prostormatrica reda n× n nad poljem F. U skupu V je relacijom

〈A,B〉 =∑

j,k

AjkBjk

je definisan skalarni proizvod. Ako uvedemo oznaku B∗ za konjugaciju i transponovanjematrice B, tj. za B∗

kj = Bjk onda se prethodna jednakost moze napisati u obliku

〈A,B〉 = tr(B∗A).

Primjer 4.3.4. Neka je Fn×1 vektorski prostor kolona matrica nad poljem F i Q n × ninvertibilna matrica nad poljem F. Za X, Y ∈ Fn×1 stavimo

〈X, Y 〉 = Y ∗Q∗QX.

Ovom relacijom smo definisali skalarni proizvod koji zovemo standardni skalarni proizvodna Fn×1.

Primjer 4.3.5. Neka je V vektorski prostor svih neprekidnih kompleksnih funkcija nasegmentu 0 ≤ t ≤ 1. Neka je

〈f, g〉 =∫ 1

0

f(t)g(t)dt.

Ako je rijec o realnim funkcijama onda se konjugacija izostavlja.

Primjer 4.3.6. Neka su V i W vektorski prostori nad poljem F. Neka je < ·, · >) skalarniproizvod na W. Ako je A linearno nesingularno preslikavanje prostora V u W, tada jejednacinom

pA 〈x, y〉 = 〈A(x),A(y)〉definisan skalarni proizvod pA na V.

Vektorski prostor V na kome je zadan skalarni proizvod zove se unitaran prostor.Konacnodimenzionalan unitaran prostor nad poljem realnih brojeva zove Eukli-

dov prostor, a nad poljem kompleksnih brojeva zove se Ermitov prostor.Neka je V unitaran kompleksni vektorski prostor. Tada za x, y ∈ V

〈x, y〉 = Re 〈x, y〉+ i Im 〈x, y〉gdje su Re 〈x, y〉 i Im 〈x, y〉 realni i imaginarni dio kompleksnog broja 〈x, y〉 . Akoje z kompleksan broj, tada je Im z = Re (−iz). Odavde slijedi

Im 〈x, y〉 = Re (−i 〈x, y〉) = Re 〈x, iy〉 .Dakle,

〈x, iy〉 = Im 〈x, y〉 − iRe 〈x, y〉 .


Teorem 4.3.7 (Kosi-Svarcova nejednakost). Neka je V unitaran vektorski pros-tor tada je

|〈x, y〉|2 ≤ 〈x, x〉 · 〈y, y〉 (4.3.1)

za svako x, y ∈ V, pri cemu znak jednakosti vrijedi ako i samo su vektori x i ylinearno zavisni.

Dokaz. Neka su vektori x i y linearno zavisni. Tada je x = λ y ili je y = λ x. Uprvom slucaju imamo

|〈x, y〉|2 = |〈λ y, y〉|2 = |λ|2 |〈y, y〉|2 = λ λ 〈y, y〉〈y, y〉 = 〈x, x〉〈y, y〉 .U drugom slucaju imamo

|〈x, y〉|2 = |〈x, λ x〉|2 =∣∣λ 〈x, x〉∣∣2 = |λ|2 |〈x, x〉|2 = λλ 〈x, x〉〈x, x〉

= 〈x, x〉〈y, y〉 .Neka su sada vektori x i y linearno nezavisni. Tada je vektor x− λy razlicit od

nule za svako λ ∈ F. Oznacimo ovaj vektor sa z. Tada je 〈z, z〉 > 0. Tako imamo

0 < 〈z, z〉 = 〈x− λy, x− λy〉 = 〈x, x〉 − λ 〈y, x〉 − λ 〈x, y〉+ λλ 〈y, y〉 .Ako se specijalno uzme

λ = 〈x, y〉〈y, y〉−1 ,

dobice se

〈x, x〉 − 〈x, y〉〈y, x〉〈y, y〉−1 − 〈y, x〉〈x, y〉〈y, y〉−1

+ 〈x, y〉〈y, x〉〈y, y〉−1 > 0,

odnosno〈x, x〉〈y, y〉 − |〈x, y〉|2 > 0.

Odavde slijedi (4.3.1) sa znakom < .

Teorem 4.3.8. U svakom unitarnom prostoru X relacijom

‖x‖ = 〈x, x〉 12 (x ∈ X) (4.3.2)

definisana je norma. Tako definisana norma zadovoljava relaciju paralelograma

‖x + y‖2 + ‖x− y‖2 = 2 ‖x‖2 + 2 ‖y‖2 (x, y ∈ X) (4.3.3)

i vrijedi

〈x, y〉 =14

(‖x + y‖2 − ‖x− y‖2

)+

i

4

(‖x + iy‖2 − ‖x− iy‖2

)(4.3.4)

za svako x, y ∈ X. Pri tome u relaciji (4.3.4) drugi sumand na desnoj strani po-javljuje se samo u kompleksnom slucaju.

Obratno, ako je X normiran prostor cija norma zadovoljava relaciju paralelograma,tada se relacijom (4.3.4) moze definisati skalarni proizvod na X, koji preko (4.3.2)reproducira zadanu normu.

4.3. SKALARNI PROIZVOD 109

Dokaz. 1. Neka je X unitarni prostor. Pokazimo da relacija (4.3.2) definise normuna X.(i) ‖x‖ = 〈x, x〉 1

2 ≥ 0, pri tome

‖x‖ = 0 ⇒ 〈x, x〉 12 = 0 ⇒ 〈x, x〉 = 0 ⇒ x = 0.

(ii) ‖λ x‖ = 〈λ x, λ x〉 12 =

(λλ 〈x, x〉)

12 =

(|λ|2 ‖x‖2

) 12 = |λ| ‖x‖ za svako x ∈ V i

svako λ ∈ F.(iii)

‖x + y‖2 = 〈x + y, x + y〉 = 〈x, x〉+ 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ 〈y, y〉= ‖x‖2 +

(〈x, y〉+ 〈x, y〉

)+ ‖y‖2

= ‖x‖2 + 2Re 〈x, y〉+ ‖y‖2 ≤ ‖x‖2 + 2 |〈x, y〉|+ ‖y‖2

≤ ‖x‖2 + 2 〈x, x〉 12 〈y, y〉 1

2 + ‖y‖2

= ‖x‖2 + 2 ‖x‖ ‖y‖+ ‖y‖2 = (‖x‖+ ‖y‖)2 .

Dakle, ‖x + y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ .Napomena Dokazimo prvi znak ≤ . Neka je z = a + ib proizvoljan kompleksanbroj. Tada je a ≤ |a| =

√a2 ≤ √

a2 + b2 = |z| , tj. Re 〈x, y〉 ≤ |〈x, y〉| . Drugi znak≤ je zbog primjene Kosi-Svarcove nejednakosti.

Dokazimo sada da je norma zadana relacijom (4.3.2) zadovoljava relaciju par-alelograma.

‖x + y‖2 = 〈x + y, x + y〉 = ‖x‖2 + 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ ‖y‖2 (4.3.5)

‖x− y‖2 = 〈x− y, x− y〉 = ‖x‖ − 〈x, y〉 − 〈y, x〉+ ‖y‖2 (4.3.6)

Sabiranjem ovih jednakosti imamo

‖x + y‖2 + ‖x− y‖2 = 2 ‖x‖2 + 2 ‖y‖2

za svako x, y ∈ V.Dokazimo sada da vrijedi (4.3.4).Iz relacija (4.3.5) i (4.3.6) dobija se

14

(‖x + y‖2 − ‖x− y‖2

)=

12〈x, y〉+

12〈y, x〉 = Re 〈x, y〉 (4.3.7)

za svako x, y ∈ V. Kako je Im 〈x, y〉 = Re 〈x, iy〉 , to u prethodnu jednakost mozemoumjesto y staviti iy i dobicemo

14

(‖x + iy‖2 − ‖x− iy‖2

)= Re 〈x, iy〉 = Im 〈x, y〉 (4.3.8)

za svako x, y ∈ V. Iz jednakosti (4.3.7) i (4.3.8) slijedi (4.3.4).2. Neka je sada V normiran vektorski prostor cija norma zadovoljava relaciju

paralelograma. Pokazimo da relacija (4.3.4) definise skalarni proizvod na V. Imamo

4 〈x, x〉 = ‖x + x‖2 − ‖x− x‖2 + i(‖x + ix‖2 − ‖x− ix‖2

)

= 4 ‖x‖2 + i(|1 + i|2 − |1− i|2︸︷︷︸=0

) ‖x‖2 = 4 ‖x‖2 .


Dakle, 〈x, x〉 = ‖x‖2 . Odavde slijedi prva osobina skalarnog proizvoda. Dokazimosada 〈x + y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉 .

4 〈x + y, z〉 − ‖x + y + z‖2 − ‖x + y − z‖2 + i(‖x + y + iz‖2 − ‖x + y − iz‖2

).

(4.3.9)Prema relaciji paralelograma

‖x + y + z‖2 + ‖x− y + z‖2 = 2 ‖x + z‖2 + 2 ‖y‖2

‖x + y − z‖2 + ‖x− y + z‖2 = 2 ‖x‖2 + 2 ‖y − z‖2 ,

odakle se dobija

‖x + y + z‖2−‖x + y − z‖2 = −2 ‖x‖2 + 2 ‖y‖2 + 2 ‖x + z‖2− 2 ‖y − z‖2 . (4.3.10)

Analogno se dobija

‖x + y + z‖2−‖x + y − z‖2 = −2 ‖y‖2 + 2 ‖x‖2 + 2 ‖y + z‖2− 2 ‖x− z‖2 . (4.3.11)

Sabiranjem jednakosti (4.3.10) i (4.3.11) dobije se

‖x + y + z‖2 − ‖x + y − z‖2 =(‖x + z‖2 − ‖x− z‖2

)+

(‖y + z‖2 − ‖y − z‖2

).

(4.3.12)Ako u prethodnu jednakost umjesto z stavimo iz imacemo

‖x + y + iz‖2 − ‖x + y − iz‖2

=(‖x + iz‖2 − ‖x− iz‖2

)+

+(‖y + iz‖2 − ‖y − iz‖2

).

(4.3.13)

Iz (4.3.9),(4.3.12) i (4.3.13) slijedi

〈x + y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉 .

Iz ove orelacije se indukcijom jednostavno dokazuje da je

〈nx, y〉 = n 〈x, y〉

za svaki prirodan broj n. Kako je 〈0, y〉 = 0 za svako y ∈ V, to je

0 = 〈0, y〉 = 〈0x, y〉 = 0 〈x, y〉 .

Dalje, imamo0 = 〈0, y〉 = 〈−x + x, y〉 = 〈−x, y〉+ 〈x, y〉 ,

tj.〈−x, y〉 = −〈x, y〉 .

Tadsa za svaki negativan cio broj −n vrijedi

〈(−n)x, y〉 = 〈n(−x), y〉 = n 〈−x, y〉 = n (−〈x, y〉) = (−n) 〈x, y〉 .

4.4. ORTOGONALIZACIJA VEKTORA 111

Neka je λ = mn . Tada je

〈λx, y〉 =⟨m

nx, y

⟩=

⟨m · 1

nx, y

⟩= m

⟨1n

x, y

⟩.

No,

〈x, y〉 =⟨

n · 1n

x, y

⟩= n

⟨1n

x, y

⟩,

tj. ⟨1n

x, y

⟩=

1n〈x, y〉 .

Dakle, jednakost 〈λx, y〉 = λ 〈x, y〉 vrijedi za svaki racionalni broj λ. Pokazimo daova relacija vrijedi za λ = i. Prema (4.3.4) imamo

4 〈ix, y〉 = ‖ix + y‖2 − ‖ix− y‖2 + i(‖ix + iy‖2 − ‖ix− iy‖2

)

= ‖i(x− iy)‖2 − ‖i(x + iy‖2 + i(‖i(x + y)‖2 − ‖i(x− y)‖2

)

= ‖(x− iy)‖2 − ‖(x + iy‖2 + i(‖(x + y)‖2 − ‖(x− y)‖2

)

= i(‖(x + y)‖2 − ‖(x− y)‖2 + i

(‖(x + iy‖2 − ‖(x− iy)‖2

))

= 4i 〈x, y〉

Neka je λ = a + ib gdje su a i b racionalni brojevi. Tada je

〈(a + ib)x, y〉 = 〈ax + ibx, y〉〈ax, y〉+ 〈ibx, y〉= a 〈x, y〉+ ib 〈x, y〉 = (a + ib) 〈x, y〉 .

Neka je λ = α + iβ, gdje su α i β realni brojevi. Tada postoje nizovi {rn} i {sn}racionalnih brojeva takvih da rn → α i sn → β kada n → ∞. Tada rn + isn → λ.Kako je norma neprekidno preslikavanje prostora V u prostor F, to je i preslikavanjex 7→ 〈x, y〉 neprekidno preslikavanje, to je

〈λx, y〉 =⟨

limn→∞(rn + isn)x, y

⟩= lim

n→∞ 〈(rn + isn)x, y〉= lim

n→∞(rn + isn) 〈x, y〉 = λ 〈x, y〉 .

4.4 Ortogonalizacija vektora

Za obicne vektore imamo definisan pojam ugla, pa specijalno i pojam ortogonalnosti.

U Uvodu u linearnu algebru vidjeli smo da je→a ⊥

→b ako i samo

→a ·

→b = 0. Ova

cinjenica nam daje povod za uvodenje optije definicije.


Definicija 4.4.1. Za vektore x i y unitarnog prostora V kazemo da su medusbnoortogonalni ako vrijedi 〈x, y〉 = 0. Za vektor x unitarnog prostora V kazemo da jenormiran ili jedinicni vektor ako je ‖x‖ = 1, tj. ako je 〈x, x〉 = 1. Za podskup Aprostora V kazemo da je ortogonalan ako ne sadrzi nula vektor a ako su svaka dvarazlicita vektora skupa A medusobno ortogonalna. Za skup A kazemo da je normi-ran ako je svaki vektor iz A normiran. Za skup A kazemo da je ortonormiran akoje ortogonalan i normiran.

Teorem 4.4.2. Svaki ortogonalan podskup unitarnog prostora V je linearno nezav-isan.

Dokaz. Neka je A ortogonalan skup. Da bi dokazali da je A linearno nezavisandovoljno je dokazati da je svaki konacan podskup od A linearno nezavisan. Neka je{a1, . . . an} proizvoljan konacan podskup skupa A. Pretpostavimo da je ovaj skuplinearno zavisan. Tada postoje skalari α1, . . . , αn takvi da je α1a1 + · · ·+αnan = 0 ibar jedan od skalara α1, . . . , αn je razlicit od nule. Bez ogranicenja opstosti mozemopretpostaviti da je αn 6= 0. Tada imamo

0 = 〈0, an〉 = 〈α1a1 + · · ·+ αnan, an〉= 〈α1a1, an〉+ · · ·+ 〈αnan, an〉= α1〈a1, an〉︸︷︷︸

=0

+ · · ·+ αn−1〈an−1, an〉︸︷︷︸=0

+ αn 〈an, an〉

= αn ‖an‖2

Ortogonalan skup ne sadrzi nula vektor, pa je ‖an‖ 6= 0. Zato iz αn ‖an‖ = 0 slijediαn = 0. Kontradikcija sa pretpostavkom da je αn 6= 0. Pretpostavka da tvrdnja nijetacna dovela nas je do kontradikcije.

Teorem 4.4.3. Za svaki linearno nezavisni prebrojivi podskup A = {ai}i∈N uni-tarnog prostora V moze se formirati ortogonalan skup B = {bi}i∈N prostora Vtako da vektori Bn = {b1, . . . , bn} generise isti potprostor prostora V kao i skupAn = {a1, . . . , an} za svako n ∈ N.

Dokaz. Kako je skup A linearno nezavisan, to su svi njegovi elementi razliciti odnule. Zato je specijalno a1 ∈ A razlicit od nule. Neka je b1 = a1. Tada je skupB1 = {b1} ortogonalan skup. Neka je b2 = a2 + λb1. Tada je b2 ∈ V i vektorib1 i b2 generisu isti potprostor kao i vektori a1 i a2. Pokusajmo odrediti skalar λtako da je b2 ortogonalan na b1. Iz uslova ortogonalnosti slijedi 〈b2, b1〉 = 0, tj.〈a2, b1〉 + λ 〈b1, b1〉 = 0. Dakle, λ ‖b1‖2 = −〈a2, b1〉 . Kako je b1 6= 0, to je ‖b1‖ 6= 0,pa je λ = −‖b1‖−2 〈a2, b1〉 .

Pretpostavimo da smo vec konstruisali vektore b1, . . . , bm koji ispunjavaju trazeneuslove. Neka je

bm+1 = am+1 + λ1b1 + · · ·+ λmbm. (4.4.1)

Skalare λ1, . . . , λm odredujemo iz uslova 〈bm+1, bj〉 = 0 za j = 1, . . . , m. Imamo

〈bm+1, bj〉 = 〈am+1, bj〉+ λ1 〈b1, bj〉+ · · ·+ λj 〈bj , bj〉+ · · ·+ λm 〈bm, bj〉= 〈am+1, bj〉+ λj 〈bj , bj〉 = 〈am+1, bj〉+ λj ‖bj‖2 .

4.5. BESELOVA NEJEDNAKOST 113

Odavde jeλj = −‖bj‖−2 〈am+1, bj〉 (j = 1, . . . ,m).

Skup Bm+1 = {b1, . . . , bm+1} je ortogonalan i skup Bk generise isti potprostor kaoi skup Ak za k = 1, . . . ,m + 1. Tada na osnovu principa matematicke indukcijezakljucujemo da tvrdnja vrijedi za svaki prirodan broj.

Neka je skup B ortogonalan. Stavimo c = ‖b‖−1 b. Tada je skup C = {‖b‖−1 b |b ∈ B} ortonormiran skup. Postupak konstrukcije vektora b1, b2, . . . izlozen uprethodnoj teoremi naziva se Gram-Smitov postupak ortogonalizacije.

Ako je B = {a1, . . . , an} uredena baza unitarnog prostora V, onda se ortonormi-ranjem ovog skupa dobija skup {e1, . . . , en} koji je linearno nezavisan i generise istipotprostor prostora V kao i skup B, tj. generise citav prostor V. Dakle, {e1, . . . , en}je baza prostora V sa osobinom 〈ei, ej〉 = δij . To znaci da svaki unitaran prostorkonacne dimenzije ima ortonormiranu bazu.

4.5 Beselova nejednakost

Definicija 4.5.1. Neka je A ortonormiran podskup unitarnog prostora V. Tada seskalari

〈x, a〉 (a ∈ A) (4.5.1)

zovu Furierovi koeficijenti vektora x ∈ V u odnosu na A.

Teorem 4.5.2. Za svako x ∈ V i za svaki ortonormirani podskup A unitarnogprostora V skup {a ∈ A | 〈x, a〉 6= 0} je prebrojiv, a

∑

a∈A

|〈x, a〉|2 ≤ ‖x‖2 . (4.5.2)

Dokaz. Ako je x = 0, onda je skup {a ∈ A | 〈x, a〉 6= 0} prazan, pa je tvrdnja jasna.Osim toga suma na lijevoj strani u (4.5.2) jednaka je 0, a desna strana je 0. Nekaje zato x 6= 0. Dokazimo da za svaki konacan podskup A′ skupa A vrijedi

∑

a∈A′|〈x, a〉|2 ≤ ‖x‖2 . (4.5.3)

Neka je z = x− ∑a∈A′

〈x, a〉 a ∈ V. Tada je 〈z, z〉 ≥ 0, tj.

0 ≤⟨

x−∑

a∈A′〈x, a〉 a, x−

∑

b∈A′〈x, b〉 b

⟩

= 〈x, x〉 −∑

b∈A′〈x, b〉〈x, b〉 −

∑

a∈A′〈x, a〉〈x, a〉

+∑

a∈A′

∑

b∈A′〈x, a〉〈x, b〉〈a, b〉 .

Kako je skup A′ ortonormiran, to je∑

a∈A′

∑

b∈A′〈x, a〉〈x, b〉〈a, b〉 =

∑

a∈A′〈x, a〉〈x, a〉.


Zbog toga posljednja nejednakost postaje

0 ≤ 〈x, x〉 −∑

a∈A′〈x, a〉〈x, a〉,

tj. ∑

a∈A′|〈x, a〉|2 ≤ ‖x‖2 .

Dakle, nejednakost (4.5.2) vrijedi za svaki konacan podskup skupa A. Posmatrajmosada skup

An = {a ∈ A | |〈x, a〉| ≥ 1n‖x‖2} (n ∈ N).

Pokazimo da skup An ima najvise n elemenata. Pretpostavimo da ovo nije tacno.Tada postoji podskup A′ skupa An koji ima n + 1 element. Tada je

∑

a∈A′|〈x, a〉|2 ≥

∑

a∈A′

1n‖x‖2 =

n + 1n

‖x‖2 > ‖x‖2 .

Ovo je u kontradikciji sa (4.5.3). Dakle, skup An ima najvise n elemenata.Pokazimo sada da su skupovi B = { a ∈ A | 〈x, a〉 6= 0 } i C = ∪

n∈NAn jednaki.

Neka je a ∈ B. Tada je 〈x, a〉 6= 0. Kako niz{‖x‖2

n

}n∈N

konvergira nuli, to postoji

n ∈ N takav da je |〈x, a〉|2 > ‖x‖2n , tj. a ∈ An, pa je a ∈ C. Obrnuto, ako je a ∈ C,

onda je |〈x, a〉| > ‖x‖2n , dakle, 〈x, a〉 6= 0, tj. a ∈ B. Ovim smo dokazali da je B = C.

Skup C je prebrojiva unija prebrojivih skupova, pa je prebrojiv skup. No, tada je iB prebrojiv.

Ako u sumi (4.5.2) izostavimo sabirke koje je je 〈x, a〉 = 0, onda je mozemonapisati u obliku

∑a∈B

|〈x, a〉|2 ≤ ‖x‖2 . Kako je B prebrojiv skup, to je ova suma red

sa pozitivnim clanovima. Prema (4.5.3) parcijalne sume ovog reda su ogranicene sa‖x‖2 . Zbog toga je red konvergentan i njegova suma je ≤ ‖x‖2 .

Nejednakost (4.5.2) naziva se Beselova nejednakost. Kako cemo vidjeti Beselovanejednakost moze nekad preci u jednakost.

Teorem 4.5.3. Neka je V kompletan unitarni prostor, a A ortonormiran podskupod V. Tada su sljedeci uslovi ekvivalentni:

1. A je maksimalan ortonormiran podskup prostora V ;

2. Za svako x ∈ V vrijedi Beselova jednakost∑

a∈A

|〈x, a〉|2 = ‖x‖2 ;

3. Za svaka dva vektora x, y ∈ V vrijedi Parsefalova jednakost

〈x, y〉 =∑

a∈A

〈x, a〉〈y, a〉;


4. Za svako x ∈ V vrijedix =

∑

a∈A

〈x, a〉 a.

Pri tome se u uslovima 2., 3. i 4. radi o redovima koji konvergiraju i cija suma nezavisi od poretka clanova.

Dokaz. Dokazacemo redom implikacije

1. ⇐ 2.⇓ ⇑4. ⇒ 3.

1. ⇒ 4. Prema prethodnom teoremu skup {a ∈ A | 〈x, a〉 6= 0 } je prebrojiv, tj.mozemo ga napisati u obliku {a1, a2, . . . }. Trebamo dokazati da red

∑a∈A

〈x, a〉 · akonvergira. Posmatrajmo parcijalne sume ovog reda. Neka je

xn =n∑

k=1

〈x, ak〉 ak (n = 1, 2, . . .).

Imamo

‖xn+p − xn‖2 = 〈xn+p − xn, xn+p − xn〉

=

⟨n+p∑

k=n+1

〈x, ak〉 ak,

n+p∑

j=n+1

〈x, aj〉 aj

⟩

=n+p∑

k=n+1

n+p∑

j=n+1

〈x, ak〉〈x, aj〉〈ak, aj〉

=n+p∑

k=n+1

〈x, ak〉〈x, ak〉

=n+p∑

k=n+1

|〈x, ak〉|2 .

Dakle,

‖xn+p − xn‖2 =n+p∑

k=n+1

|〈x, ak〉|2 .

Na osnovu prethodnog teorema red∞∑

k=1

|〈x, ak〉|2 je konvergentan, pa njegove parci-

jalne sume formiraju konvergentan niz. Neka je yn =n∑

i=1|〈x, ai〉|2 n−ta parcijalna

suma posljednjeg reda. Kako je ovaj red konvergentan, to za svako ε > 0 postojin0 ∈ N takav da je

|yn+p − yn| < ε za svako n > n0 i p ∈ N.


Dakle,‖xn+p − xn‖2 = yn+p − yn < ε za svako n > n0 i p ∈ N.

Odavde slijedi da parcijalne sume {xn}n∈N cine Kosijev niz. Kako je V kompletanvektorski prostor, to svaki Kosijev niz konvergira, pa specijalno i niz {xn}n∈N. Nekaje x′ = lim

n→∞ xn. Pokazimo da je x′ = x. Imamo

⟨x′, aj

⟩=

⟨lim

n→∞ xn, aj

⟩= lim

n→∞ 〈xn, aj〉 = limn→∞

⟨n∑

k=1

〈x, ak〉 ak, aj

⟩

= limn→∞

n∑

k=1

〈x, ak〉〈ak, aj〉

= 〈x, aj〉 za svako j.

Ako je a 6= aj za svako j, onda je 〈x, a〉 = 0. Tada je

⟨x′, a

⟩= lim

n→∞

n∑

k=1

〈x, ak〉〈ak, a〉 = limn→∞

n∑

k=1

〈x, ak〉 · 0 = 0.

Dakle, 〈x′, a〉 = 〈x, a〉 za svako a ∈ A. Odavde slijedi 〈x′ − x, a〉 = 0 za svako a ∈ A.Tada je x′−x = 0 ili je skup A∪{x′−x} ortogonalan. Kako je skup A maksimalanortonormiran skup, to ova posljednja mogucnost otpada. Dakle, x′ = x.

4. ⇒ 3. Skup A′ = {a ∈ A | 〈x, a〉 6= 0 ∨ 〈y, a〉 6= 0} je unija dvaju prebrojivihskupova, pa je prebrojiv. Neka je A′ = {1, 2, 3, . . .}. Prema 4. je

x =∞∑

k=1

〈x, ak〉 ak, y =∞∑

k=1

〈y, ak〉 ak,

tj.

x = limn→∞

n∑

j=1

〈x, aj〉 aj , y = limn→∞

n∑

k=1

〈y, ak〉 ak.

Odavde imamo

〈x, y〉 =

⟨lim

n→∞

n∑

j=1

〈x, aj〉 aj , limn→∞

n∑

k=1

〈y, ak〉 ak

⟩

= limn→∞

⟨n∑

j=1

〈x, aj〉 aj ,

n∑

k=1

〈y, ak〉 ak

⟩

= limn→∞

n∑

j=1

〈x, aj〉n∑

k=1

〈y, ak〉〈aj , ak〉

= limn→∞

n∑

j=1

〈x, aj〉〈y, aj〉

=∞∑

j=1

〈x, aj〉〈y, aj〉 =∑

a∈A

〈x, a〉〈y, a〉.


3. ⇒ 2. Ocigledno, jer se 2. dobija iz tri za y = x.2. ⇒ 1. Neka vrijedi 2. Ako skup A ne bi bio maksimalan ortonormiran skup u

V, postojao bi jedinicni vektor x ∈ V koji je ortogonala na svako a ∈ A. Vektor xnije nula vektor. Na osnovu 2. imamo

0 6= ‖x‖2 =∑

a∈A

〈x, a〉 a =∑

a∈A

0 · a = 0.

Kontradikcija! Dakle, A je maksimalan ortonormiran skup.

Primjer 4.5.4. Neka je H vektorski prostor C([0, 1]) svih neprekidnih kompleksnih funkcijadefinisanih na intervalu [0, 2π] sa skalarnim proizvodom

〈f, g〉 =∫ 2π

0

f(t)g(t)dt.

Neka je A = {eint = cos nt+ i sin nt | n ∈ Z}. Pokazimo da je skup A ortonormiran podskupod H. Jasno je daje A podskup od H.

〈fm, fn〉 =12π

∫ 2π

0

eimteintdt =12π

∫ 2π

0

ei(m−n)t

=1

2π(m− n)ei(m−n)t

∣∣∣∣2π

0

= 0.

〈fn, fn〉 =12π

∫ 2π

0

ei(n−n)tdt =12π

∫ 2π

0

1 dt = 1.

Dakle, 〈fm, fn〉 = δmn.

Odredimo sada Furierove koeficijente funkcije f(t) = t.

〈f, fn〉 =12π

∫ 2π

0

teintdt =12π

∫ 2π

0

te−intdt =−1in

, (n 6= 0),

〈f, f0〉 = 〈f, 1〉 =12π

∫ 2π

0

t · 1dt = π.

Neka je k proizvoljan prirodan broj i A′ = {eint | n ∈ [−k, k]} konacan podskup skupa A.Tada na osnovu Beselove nejednakosti imamo

‖f‖2 ≤k∑

n=−k

|〈f, fn〉|2

=−1∑

n=−k

|〈f, fn〉|2 + |〈f, f0〉|2 +k∑

n=1

|〈f, fn〉|2

=−1∑

n=−k

1n2

+ π2 +k∑

n=1

1n2

= 2k∑

n=1

1n2

+ π2.

Odredimo normu funkcije f(t) = t. Imamo

‖f‖2 =12π

∫ 2π

0

f(t)f(t)dt =12π

∫ 2π

0

t2dt =4π2

3.


Sada imamo

2k∑

n=1

1n2

+ π2 ≤ 4π2

3,

tj.k∑

n=1

1n2

≤ π2

6.

Kako je k proizvoljan prirodan broj to je

∞∑n=1

1n2

≤ π2

6.

Teorem 4.5.5. Neka je V konacnodimenzionalan unitaran prostor, a Y potprostorprostora V. Tada je skup

Y ⊥ = {z ∈ V | 〈y, z〉 = 0, (y ∈ Y )} (4.5.4)

potprostor prostora V i on je komplement potprostora Y.

Dokaz. Skup Y ⊥ nije prazan, jer je 0 ∈ Y ⊥. Neka su x, y ∈ Y ⊥. Tada za svakou ∈ Y vrijedi 〈u, x〉 = 〈u, y〉 = 0, pa je

〈u, αx + βy〉 = α 〈u, x〉+ β 〈u, y〉 = 0.

Dakle, Y ⊥ je potprostor prostora V. Neka je x ∈ Y ∩ Y ⊥. Tada je 〈x, x〉 = 0, tj.‖x‖ = 0, pa je x = 0. Dakle, Y ∩Y ⊥ = {0}. Neka je {e1, . . . , ep} ortonormirana bazaprostora Y. Nadopunimo ovu bazu do baze prostora V i ortonormirajmo. Neka je,dakle {e1, . . . , ep, ep+1, . . . , en} ortonormirana baza prostora V. Neka je x proizvoljanelement prostora V. Tada je

x = α1e1 + · · ·+ αpep + αp+1ep+1 + · · ·+ αnen.

Neka je u = α1e1 + · · · + αpep i z = αp+1ep+1 + · · · + αnen. Tada je x = u + z iu ∈ Y. Trebamo pokazati da je z ∈ Y ⊥. Dovoljno je pokazati da je 〈z, ej〉 = 0 zasvako j = 1, . . . , p. Imamo

〈z, ej〉 =

⟨n∑

i=p+1

αiei, ej

⟩

=n∑

i=p+1

αi 〈ei, ej〉

=n∑

i=p+1

αiδij = 0, (1 ≤ j ≤ p).

Dakle, x ∈ Y + Y ⊥, pa je V = Y ⊕ Y ⊥.Iz V = Y ⊕ Y ⊥ slijedi da za svako x ∈ V postoji tacno jednan element y ∈ Y

i tacno jedan element z ∈ Y ⊥ takav da je x = y + z. Vektor y zove se ortogonalnaprojekcija vektora x na potprostor Y.


Potprostor Y ⊥ iz prethodne teoreme naziva se ortogonalni komplement potpros-tora Y.

Neka je B = {e1, . . . , en} ortonormirana baza prostora V. Tada je skup B mak-simalan ortonormiran podskup od V, pa mozemo primjeniti Parsefalovu jednakost.Dakle, za x, y ∈ V vrijedi

〈x, y〉 =n∑

i=1

〈x, ei〉〈y, ei〉. (4.5.5)

Ako je x =n∑

i=1ξiei i y =

n∑i=1

ηiei, onda je

〈x, ek〉 =

⟨n∑

i=1

ξiei, ek

⟩=

n∑

i=1

ξi 〈ei, ek〉 =n∑

i=1

ξiδik = ξk,

〈y, ek〉 =

⟨n∑

i=1

ηiei, ek

⟩=

n∑

i=1

ηi 〈ei, ek〉 =n∑

i=1

ηiδik = ηk.

Na osnovu ovog iz (4.5.5) slijedi

〈x, y〉 =n∑

i=1

ξiηi. (4.5.6)

Dakle, u unitarnom konacnodimenzionalnom prostoru V skalarni proizvod zadovol-

java (4.5.6) ako je x =n∑

i=1ξiei i y =

n∑i=1

ηiei, pri cemu je {e1, . . . , en} ortonormirana

baza prostora V.

Mozemo postaviti problem na drugi nacin. Naime, neka je {e1, . . . , en} baza

prostora V. Za vektore x =n∑

i=1ξiei i y =

n∑i=1

ηiei, definisimo 〈x, y〉 relacijom (4.5.6).

Jednostavno se pokazuje da je ovom relacijom definisan skalarni proizvod. U odnosuna taj proizvod baza {e1, . . . , en} je ortonormirana.

Neka je V unitaran prostor i {e1, . . . , en} baza prostora koja nije ortonormirana.

Tada za vektore x =n∑

i=1ξiei i y =

n∑i=1

ηiei vrijedi

〈x, y〉 =

⟨n∑

i=1

ξiei,n∑

j=1

ηjej

⟩

=n∑

i=1

ξi

n∑

j=1

〈ei, ej〉 ηj

= (ξ1, . . . , ξn) ·G · (η1, . . . , ηn)∗.

Pri tome je Gjk = 〈ej , ek〉 (1 ≤ j, k ≤ n), a G tzv. Gramova matrica vektora{e1, . . . , en}. Determinanta Gramove matrice naziva se Gramova determinanta.


Definicija 4.5.6. Neka je V unitaran vektorski prostor, W potprostor od V i nekaje u proizvoljan vektor u V. Za vektor z ∈ W kazemo da je najbolja aproksimacijavektora u ako je

‖u− z‖ ≤ ‖u− x‖za svako x ∈ W.

Neka je V vektorski prostor obicnih vektora u ravni i W vektorski prostor vektorana pravoj p koji leze u posmatranoj ravni. Neka je

→u proizvoljan nenulti vektor od V

koji nije u W. Neka je O tacka prave p. Tada postoji tacno jedna tacka A ravni takvada je

→u =

−→OA. Neka je

→z ∈ W koji najbolje aproksimira vektor

→u. Tada postoji

tacka B ∈ p takva da je→z =

−−→OB. Tada je

→u−→

z =−−→BA. Neka je

→x =

−−→OC proizvoljni

vektor potprostora W. Tada je→u − →

x =−→CA. Kako je

→z najbolja aproksimacija od→

u, to je BA ≤ CA. Ova relacija vrijedi za svaki vektor→x, tj. za svaku tacku C prave

p. Tacka prave p koja je najbliza tacki A je podnozje normale povucene iz tacke Ana pravu p. Dakle, CA ⊥ p. Tako zakljucujemo, ako je

→z najbolja aproksimacija

vektora→u, oda je vektor

→u −→

z ortogonalan na svaki vektor potprostora W. Da ovonije slucaj samo za vektore ravni vidimo iz sljedeceg teorema.

Teorem 4.5.7. Neka je W potprostor unitarnog prostora V i neka je u neki vektorprostora V.

(i) Vektor z ∈ W je najbolja aproksimacija vektora u u W ako i samo ako jevektor u− z ortogonalan na svaki vektor prostora W.

(ii) Ako postoji najbolja aproksimacija vektora u u W, onda je ona jedinstvena.

(iii) Ako je W konacnodimenzionalan i {a1, a2, . . . , an} ortonogonalna baza pot-prostora W, tada vektor

z =n∑

k=1

〈u, ak〉‖ak‖2 ak

je najbolja aproksimacija vektora u u W.

Dokaz. (i) Za svaki vektor v ∈ W vrijedi

‖u− v‖2 = 〈u− v, u− v〉 = 〈(u− z) + (z − v), (u− z) + (z − v)〉= 〈u− z, u− z〉+ 〈u− z, z − v〉+ 〈z − v, u− z〉+ 〈z − v, z − v〉= ‖u− z‖2 + 2Re 〈u− z, z − v〉+ ‖z − v‖2 .

Ako je u− z ortogonalan na svaki vektor skupa W, onda je (u− z) ⊥ (z − v), pa je〈u− z, z − v〉 = 0. Zbog toga je Re 〈u− z, z − v〉 = 0. Tada imamo

‖u− v‖2 = ‖u− z‖2 + ‖z − v‖2 ≥ ‖u− z‖2 .

Odavde slijedi ‖u− z‖ ≤ ‖u− v‖ .Obrnuto, neka je ‖u− z‖ ≤ ‖u− v‖ za svako v ∈ W. Tada je

2Re 〈u− z, z − v〉+ ‖z − v‖2 ≥ 0


za svako v ∈ W. Kada v prolazi skupom W, onda i element z − v prolazi citavimskupom W, tj. ako je w proizvoljan element iz W, onda za v = z − w ∈ W jew = z − v. Neka je x ∈ W proizvoljan element iz W. Tada je

2Re 〈u− z, x〉+ ‖x‖2 ≥ 0. (4.5.7)

Ako je v 6= z, onda je

x = −〈u− z, z − v〉‖z − v‖2 (z − v)

vektor potprostora W. Za ovaj vektor iz (4.5.7) slijedi

2Re

⟨u− z,−〈u− z, z − v〉

‖z − v‖2 (z − v)⟩

+∥∥∥∥−

〈u− z, z − v〉‖z − v‖2 (z − v)

∥∥∥∥2

≥ 0.

Odavde nakon kraceg racuna slijedi

−2|〈u− z, z − v〉|2

‖z − v‖2 +|〈u− z, z − v〉|2

‖z − v‖2 ≥ 0.

Ovo je moguce ako i samo ako (u− z) ⊥ (z − v).(ii) Neka najbolja aproksimacija vektora u u W postoji. Dokazimo jedinstvenost.

Pretpostavimo da su z i z1 najbolje aproksimacije vektora u. Tada su vektori u− z iu− z1 ortogonalni na svaki vektor prostora W. To znaci da su vektori u− z, u− z1 ∈W⊥. Kako je W⊥ potprostor, to je z1− z = (u− z)− (u− z1) ∈ W⊥. S druge stranez, z1 ∈ W, pa je z1 − z ∈ W. To znaci z1 − z ∈ W ∩W⊥ = {0}. Dakle, z1 = z.

(iii) Neka je Neka je W konacnodimenzionalan prostor i {a1, . . . , an} njegovaortogonalna baza. Da bi dokazali da je vektor

z =n∑

k=1

〈u, ak〉‖ak‖2 ak

najbolja aproksimacija vektora u u W dovoljno je dokazati da je u− z ortogonalanna svaki vektor potprostora W. Prvo pokazimo da je u − z ortogonalan na svakoai (1 ≤ i ≤ n). Imamo

〈u− z, ai〉 = 〈u, ai〉 − 〈z, ai〉 = 〈u, ai〉 −⟨

n∑

k=1

〈u, ak〉‖ak‖2 ak, ai

⟩

= 〈u, ai〉 −n∑

k=1

〈u, ak〉‖ak‖2 〈ak, ai〉

= 〈u, ai〉 − 〈u, ai〉‖ai‖2 〈ai, ai〉

= 0.

Neka je x =n∑

j=1βjaj proizvoljan element iz W. Tada je

〈x, u− z〉 =

⟨n∑

j=1

βjaj , u− z

⟩=

n∑

j=1

βj 〈aj , u− z〉 =n∑

j=1

βj 0 = 0.


Dakle, u− z je ortogonalan na svaki vektor potprostora W, pa je z najbolja aproksi-macija vektora u u W.

Definicija 4.5.8. Neka je V unitaran prostor i W potprostor prostora V. Kadapostoji najbolja aproksimizacija z ∈ W vektora u ∈ V, onda vektor z nazivamo or-togonalna projekcija vektora u na W. Preslikavanje koje svakom vektoru prostoraV pridruzuje njegovu ortogonalnu projekciju naziva se ortogonalno projiciranjeprostora V na potprostor W.

Prema prethodnom teoremu ortogonalno projiciranje unitarnog prostora na pot-prostor konacne dimenzije uvijek postoji. No ovaj teorem ima i sljedecu posljedicu.

Posljedica 4.5.9. Neka je V unitaran prostor, W konacnodimenzionalan potprostori E orogonalno projiciranje prostora V na potprostor W. Tada je preslikavanje

x 7→ x− E(x)

ortogonalno projiciranje od V na W⊥.

Dokaz. Neka je x proizvoljan element iz V. Tada je x − E(x) ∈ W⊥ i za bilo kojiz ∈ W⊥ vrijedi x− z = Ex+(x−E(x)− z). Kako je E(x) ∈ W i x−E(x)− z ∈ W⊥,to je

‖x− z‖2 = ‖E(x)‖2 + ‖x− E(x)− z‖2 ≥ ‖E(x)‖2 = ‖(x− E(x))− z‖2 ,

pri cemu znak jednakosti vazi ako je z = x − E(x). Odavde slijedi da je x − E(x)najbolja aproksimacija vektora x na W⊥.

4.5.1 Zadaci

1. Neka je R skup realnih brojeva. Funkcija d : R×R→ R definisana je relacijomd(x, y) = |arctg(x− y)| . Dokazati da je (R, d) metricki prostor.

2. U skupu C[a, b] svih realnih neprekidnih funkcija na segmentu [a, b] posmatra-jmo relaciju d(x, y) =

∫ ba |x(t)− y(t)| dt. Da li je skup C[a, b] metricki prostor?

3. U skupu svih beskonacnih brojnih nizova rastojanje izmedu

x = (x1, . . . , xn, . . .) i y = (y1, . . . , yn, . . .)

definisano je pomocu

d(x, y) =∞∑

i=1

2−i |xi − yi|1 + |xi − yi| .

Dokazati da je posmatrani skup metricki prostor u odnosu na uvedeno rasto-janje.


4. Za dvije norme ‖·‖1 i ‖·‖2 kazemo da su ekvivalentne ako i samo ako postojepozitivni realni brojevi α i β takvi da je

α · ‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ β · ‖x‖1 .

Za dvije norme kazemo da vode do istog pojma konvergencije ako svaki nizkoji konvergira u jednoj normi konvergira i u drugoj o obratno. Dvije normevode do istog pojma konvergencije ako i samo ako su ekvivalentne.

5. Neka je V unitaran prostor. Dokazati da u V vrijedi Pitagorin teorem:

(∀ x, y ∈ V ) (〈x, y〉 = 0 ⇒ ‖x + y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2).

6. U prostoru R4 definisan je standardni skalarni proizvod. Neka je W pot-prostor od R4 koji se sastoji od svih vektora koji su ortogonalni na vektorea = (1, 0,−1, 1) i b = (2, 3,−1, 2). Naci bazu potprostora W.

7. Primjenom Gram-Smitovog postupka ortogonalizirati vektore a1 = (1, 0, 1),a2 = (−1, 0, 1) i a3 = (4, 3, 0) date u odnosu na standardnu bazu prostora R3

u kojem je definisan standardni skalarni proizvod.

8. Neka je V unitaran prostor i x, y ∈ V. Dokazati da je x = y ako i samo ako je〈x, z〉 = 〈y, z〉 za svako z ∈ V.

9. Neka je V vektorski prostor svih polinoma stepena manjeg ili jednakog tri nadpoljem realnih brojeva. U prostoru V definisimo skalarni proizvod relacijom

〈f, g〉 =∫ 1

0f(t)g(t)dt.

(a) Naci ortogonalni komplement potprostora W svih konstantnih polinoma.

(b) Primjenom Gram-Smitovog postupka ortogonalizirati bazu

{1, x, x2, x3}.

10. Gram-Smitovim postupkom ortogonalizirati skup S, a zatim odrediti ortonormi-ranu bazu BS potprostora generisanog skupom S i izracunati Furierove koefi-cijente vektora x u odnosu na BS .

(a) V = R3, S = {(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 3, 3)} i x = (1, 1, 2).

(b) V je skup svih polinoma stepena ≤ 2 nad poljem R. Neka je skalarniproizvod u V zadan relacijom 〈f, g〉 =

∫ 10 f(t)g(t)dt. S = {1, x, x2} i

h(x) = 1 + x.

(c) Neka je V = R2×2 u kojem je skalarni proizvod definisan u Primjeru 4.3.3,

S ={[

3 5−1 1

],

[ −1 95 −1

],

[7 −173 −16

]}i A =

[ −1 27−4 8

].

(d) Neka je S = {sin t, cos t, 1, t}, a V prostor generisan skupom S nad poljenrealnih brojeva, 〈f, g〉 =

∫ π0 f(t)g(t)dt i h(t) = 2t + 1.


11. Neka je W konacnodimenzionalan potprostor unitarnog prostora V, i neka jeE ortogonalna projekcija od V na WS. Dokazati da je 〈E(x), y〉 = 〈x, E(y)〉 zasvako x, y ∈ V.

12. Neka je S podskup unitarnog prostora V. Pokazati da (S⊥)⊥ sadrzi potpros-tor generisan skupom S. Ako je V konacno dimenzionalan unitaran vektorskiprostor, pokazati da je (S⊥)⊥ potprostor generisan skupom S.

13. Neka je V konacno dimenzionalan unitaran prostor i B = {e1, . . . en} njegovaortonormirana baza. Neka je A linearna transformacija prostora V, a A njenamatrica u odnosu na bazu B. Dokazati da je Aij = 〈A(ej), ei〉 .

4.6 Adjungovana linearna transformacija

U ovom paragrafu proucavacemo linearne funkcionale unitarnog vektorskog prostorai njihov odnos sa skalarnim proizvodom.

Neka je V unitaran prostor i z neki fiksan vektor u V. Mi definisemo funkcijufz sa V u skalarno polje F relacijom fz(x) = 〈x, z〉 . Kako je skalarni proizvodlinearna funkcija po prvom argumentu, pa je fz linearni funkcional na V. Ako je Vkonacnodimenzionalan unitaran prostor pokazacemo da za svaki linearni funkcionalf postoji vektor z ∈ V takav da je f = fz.

Teorem 4.6.1. Neka je V konacnodimenzionalni vektorski prostor i f proizvoljanfunkcional na V. Tada postoji tacno jedan vektor z ∈ V takav da je f(x) = 〈x, z〉 zasvako x ∈ V.

Dokaz. Neka je {e1, . . . , en} ortonormirana baza prostora V. Stavimo

z =n∑

j=1

f(ej)ej . (4.6.1)

Neka je fz(x) = 〈x, z〉 . Tada je fz linearni funkcional. Potrazimo vrijednosti ovogfunkcionala na vektorima baze. Imamo

fz(ei) = 〈ei, z〉 =

⟨ei,

n∑

j=1

f(ej)ej

⟩=

n∑

j=1

(f(ej)

)〈ei, ej〉

=n∑

j=1

f(ej)δij = f(ei).

Neka je x =n∑

k=1

αkek proizvoljni element prostora V. Tada je

f(x) = f

(n∑

k=1

αkek

)=

n∑

k=1

αkf(ek)

fz(x) = fz

(n∑

k=1

αkek

)=

n∑

k=1

αkfz(ek) =n∑

k=1

αkf(ek).

4.6. ADJUNGOVANA LINEARNA TRANSFORMACIJA 125

Dakle, f(x) = fz(x) za svako x ∈ V, pa je f = fz. Ovim smo egzistenciju vektoraz ∈ V dokazali. Pokazimo jedinstvenost. Neka osim vektora z postoji i vektor u ∈ Vtakav da je f = fz = fu. Tada za svako x ∈ V vrijedi 〈x, z〉 = 〈x, u〉 . Odavde je〈x, z − u〉 = 0 za svako x ∈ V. Specijalno za x = z − u imamo 0 = 〈z − u, z − u〉 =‖z − u‖2 . To je jedino moguce ako je z − u = 0, tj. z = u.

Teorem 4.6.2. Za svaku linearnu transformaciju A konacnodimenzionalnog uni-tarnog prostora V postoji tacno jedna linearna transformacija A∗ prostora V takvada je

〈A(x), y〉 = 〈x,A∗(y)〉 (4.6.2)

za svako x, y ∈ V.

Dokaz. Neka je y bilo koji vektor u V. Tada je preslikavanje x 7→ 〈A(x), y〉 definisanfunkcional na V. Na osnovu prethodnog teorema postoji jedinstven vektor z ∈ Vtakav da je 〈A(x), y〉 = 〈x, z〉 za svako x ∈ V. Dakle, elementu y ∈ V jednoznacnosmo pridruzili element z iz V. Ovo preslikavanje oznacimo sa A∗, tj. neka je z =A∗(y). Tada je

〈A(x), y〉 = 〈x, z〉 = 〈x,A∗(y)〉 .Da li je ovo preslikavanje linearno preslikavnje? Neka su y, u ∈ V proizvoljni. Tadaje

〈x,A∗(y + u)〉 = 〈A(x), y + u〉= 〈A(x), y〉+ 〈A(x), u〉 = 〈x,A∗(y)〉+ 〈x,A∗(u)〉= 〈x,A∗(y) +A∗(u)〉

za svako x ∈ V. Odavde je

〈x,A∗(y + u)−A∗(y)A∗(u)〉 = 0

za svako x ∈ V. Specijalno, za x = A∗(y + u)−A∗(y)−A∗(u) imamo 〈x, x〉 = 0, paje x = 0, tj. A∗(y + u)−A∗(y)−A∗(u) = 0. Dakle,

A∗(y + u) = A∗(y) +A∗(u).

Analogno se pokazuje da jeA∗(λ x) = λA∗(x)

za svako x ∈ V i svako λ ∈ F. Ovim smo egzistenciju linearnog preslikavanja A∗za koje vrijedi (4.6.2) dokazali. Dokazimo jedinstvenost tog preslikavanja. Nekaosim preslikavanja A∗ za koje vrijedi (4.6.2) postoji i preslikavanje B takvo da je〈A(x), y〉 = 〈x,B(y)〉 za svako x, y ∈ V. Dakle,

〈x,A∗(y)〉 = 〈x,B(y)〉

za svako x, y ∈ V. Dakle, 〈x,A∗(y)− B(y)〉 = 0 za svako x i svako y. Specijalno zax = A∗(y)−B(y) imamo 〈A∗(y)− B(y),A∗(y)− B(y)〉 = 0, tj. ‖A∗(y)− B(y)‖2 = 0.Dakle, A∗(y) = B(y) za svako y ∈ V. Odavde slijedi B = A∗. Time je i jedinstvenostdokazana.


Teorem 4.6.3. Neka je V konacnodimenzionalan unitaran vektorski prostor i nekaje B = {e1, . . . , en} uredena ortonormirana baza prostora V. Neka linearno preslika-vanje A u odnosu na bazu B ima matricu A. Tada je Akj = 〈A(ej), ek〉 za svako j isvako k.

Dokaz. Kako je B ortonormirana baza, to je

x =n∑

k=1

〈x, ek〉 ek.

Matrica A je definisana relacijom

A(ej) =n∑

k=1

Akjek.

Vektor A(ej) u ortnormiranoj bazi ima prikaz

A(ej) =n∑

k=1

〈A(ej), ek〉 ek,

pa je Akj = 〈A(ej), ek〉 .Posljedica 4.6.4. Neka je V konacnodimenzionalan unitarni prostor i A linearnotransformacija prostora V. Ako je A matrica koja odgovara linearnoj transformacijiA u odnosu na ortonormiranu bazu B, onda je A∗ matrica koja odgovara linearnojtransformaciji A∗ u odnosu na bazu B.

Dokaz. Neka je B = {e1, . . . , en} ortonormirana baza prostora V i neka je A = [A]B iB = [A∗]B. Na osnovu prethodnog teorema je Akj = 〈A(ej), ek〉 iA∗kj = 〈A∗(ej), ek〉 .Na osnovu definicije transformacije A∗ imamo

Bkj = 〈A∗(ej), ek〉 = 〈ek,A∗(ej)〉 = 〈A(ek), ej)〉 = Ajk.

Teorem 4.6.5. Neka je V konacnodimenzionalan unitaran vektorski prostor i B ={e1, . . . , en} baza prostora V. Ako je A matrica linearne transformacije A u odnosuna B, onda je B = G−1A∗G matrica linearne transformacije A∗ u odnosu na bazuB, gdje je G Gramova matrica vektora baze B.

Dokaz. Prema definiciji transformacije A∗ vrijedi

〈A(ei), ej〉 = 〈ei,A∗(ej)〉 .

Kako je A(ei) =n∑

k=1

Akiek i A∗(ej) =n∑

t=1Btjet, to je

⟨n∑

k=1

Akiek, ej

⟩=

⟨ei,

n∑

t=1

Btjet

⟩


n∑

k=1

Aki 〈ek, ej〉 =n∑

t=1

Btj 〈ei, et〉

n∑

k=1

AkiGjk =n∑

t=1

BtjGti.

Nakon konjugacije posljednje jednakosti imamo

n∑

k=1

Aki ·Gjk =n∑

t=1

BtjGti.

Odavde imamo G ·B = At · G, tj. B = G−1A∗G.

Primjer 4.6.6. Neka je {e1, e2} ortonormirana baza prostora V. Neka linearna transfor-macija A u odnosu na bazu B = {ie1 + 2e2,−e1 + ie2} ima matricu

A =[

i 21 −1

].

Odredimo matricu linearne transformacije A∗ u odnosu na bazu B.

Ovaj problem cemo rijesiti na dva nacina. Prvi nacin ce biti ”pjesice”, tj. direktnimracunom, a drugi nacin je primjenom formule B = G−1A∗G.

Prvi nacin Neka je f1 = ie1 + 2e2, f2 = −e1 + ie2. Tada je A(f1) = if1 + f2, A(f2) =2f1 − f2 i

〈f1, f1〉 = 〈ie1 + 2e2, ie1 + 2e2〉 = i · i + 2 · 2 = 1 + 4 = 5〈f1, f2〉 = 〈ie1 + 2e2,−e1 + ie2〉 = i · −1 + 2 · i = −i− 2i = −3i

〈f2, f1〉 = 〈−e1 + ie2, ie1 + 2e2〉 = −1 · i + i · 2 = i + 2i = 3i

〈f2, f2〉 = 〈−e1 + ie2,−e1 + ie2〉 = −1 · (−1) + i · i = 1 + 1 = 2.

Dalje imamo

〈A(f1), f1〉 = 〈if1 + f2, f1〉 = i 〈f1, f1〉+ 〈f2, f1〉 = 5i + 3i = 8i

〈A(f2), f1〉 = 〈2f1 − f2, f1〉 = 2 〈f1, f1〉 − 〈f2, f1〉 = 10− 3i

〈A(f1), f2〉 = 〈if1 + f2, f2〉 = i 〈f1, f2〉+ 〈f2, f2〉 = i · (−3i) + 2 = 3 + 2 = 5〈A(f2), f2〉 = 〈2f1 − f2, f2〉 = 2 〈f1, f2〉 − 〈f2, f2〉 = 2 · (−3i)− 2 = −2− 6i.

〈f1,A∗(f1)〉 = 〈f1, B11f1 + B21f1〉 = B11 〈f1, f1〉+ B21 〈f1, f2〉 = B11 · 5 + B21 · (−3i)〈f2,A∗(f1)〉 = 〈f2, B11f1 + B21f2〉 = B11 〈f2, f1〉+ B21 〈f2, f2〉 = B11 · 3i + B21 · 2〈f1,A∗(f2)〉 = 〈f1, B12f1 + B22f2〉 = B12 〈f1, f1〉+ B22 〈f1, f2〉 = B12 · 5 + B22 · (−3i)〈f2,A∗(f2)〉 = 〈f2, B12f1 + B22f2〉 = B12 〈f2, f1〉+ B22 〈f2, f2〉 = B12 · 3i + B22 · 2

Kako je 〈A(ei), ej〉 = 〈ei,A∗(ej)〉 i, j = 1, 2, to je

B11 · 5 + B21 · (−3i) = 8iB11 · 3i + B21 · 2 = 10− 3iB12 · 5 + B22 · (−3i) = 5B12 · 3i + B22 · 2 = −2− 6i


Ovu su dva sistema sa po dvije nepoznate. Rjesenja prvog sistema je B11 = 9 + 46i, B21 =74 − 15i, a rjesenje drugog je B12 = 28 + 6i, B22 = −10 − 45i. Dakle, matrica B linearnetransformacije A∗ u odnosu na bazu B je

B =[

9− 46i 28− 6i74 + 15i −10 + 45i

].

Drugi nacin Gramova matrica baze B je

G =[

5 −3i3i 2

].

Odavde se lako nalazi

G =[

5 3i−3i 2

], G−1 =

[2 −3i

3i 5

], A∗ =

[ −i 12 −1

].

Odavde je

B = G−1A∗G =[

2 −3i3i 5

]·[ −i 1

2 −1

]·[

5 3i−3i 2

]=

[9− 46i 28− 6i74 + 15i −10 + 45i

].

Primjer 4.6.7. Neka je V konacnodimenzionalan unitaran prostor i E ortogonalna pro-jekcija od V na potprostor W. Tada za bilo koja dva vektora x, y ∈ V vrijedi

〈E(x), y〉 = 〈E(x), E(y) + (y − E(y)〉= 〈E(x), E(y)〉+ 〈E(x), y − E(y)〉︸︷︷︸

=0

= 〈E(x), E(y)〉+ 〈x− E(x), E(y)〉︸︷︷︸=0

= 〈E(x) + (x− E(x)), E(y)〉= 〈x, E(y)〉 .

Dakle, E∗ = E .

Definicija 4.6.8. Neka je A linearna transformacija unitarnog prostora V. Akopostoji transformacija A∗ prostora V takva da je 〈A(x), y〉 = 〈x,A∗(y)〉 za svakox, y ∈ V, onda se transformacija A∗ naziva adjungovana transformacija trans-formacije A.

Teorem 4.6.9. Neka je V konacnodimenzionalan unitarni prostor. Ako su A i Blinearne transformacije prostora V i λ skalar polja F,

(i) (A+ B)∗ = A∗ + B∗;

(ii) (λ A)∗ = λA∗;

(iii) (AB)∗ = B∗A∗;

(iv) (A∗)∗ = A.


Dokaz. (i) Neka su x, y ∈ V proizvoljni.

〈(A+ B)(x), y〉 = 〈A(x) + B(x), y〉= 〈A(x), y〉+ 〈B(x), y〉= 〈x,A∗(y)〉+ 〈x,B∗(x)〉= 〈x,A∗(y) + B∗(y)〉= 〈x, (A∗ + B∗)(y)〉 .

Zbog jedinstvenosti adjungovanog preslikavanja je (A+ B)∗ = A∗ + B∗.(ii) Za svako x, y ∈ V

〈(λ A)(x), y〉 = 〈λ A(x), y〉 = λ 〈A(x), y〉= ¯λ 〈x,A∗(y)〉 =

⟨x, λA∗(y)

⟩

=⟨x, (λ A∗)(y)

⟩.

Dakle, (λ A)∗ = λA∗.(iii) Za svako x, y ∈ V

〈(AB)(x), y〉 = 〈A(B(x), y〉 = 〈B(x),A∗(y)〉= 〈x,B∗(A∗(y))〉 = 〈x, (B∗A∗)(y)〉 .

Dakle, (AB)∗ = B∗A∗(iv) Za svako x, y ∈ V je

〈A∗(x), y〉 = 〈y,A∗(x)〉 = 〈A(y), x〉 = 〈x,A(y)〉 .

Dakle, (A∗)∗ = A.

Teorem 4.6.10. Operacija adjungovanja matrica ima ove osobine

1. A∗∗ = (A∗)∗ = A;

2. (A + B)∗ = A∗ + B∗;

3. (αA)∗ = αA∗;

4. (AB)∗ = B∗A∗.

4.6.1 Zadaci

1. Za svaki od sljedecih unitarnih prostora V i linearnih transformacija A naciA∗(x) za dati vektor x.

(a) V = C2 sa standardnim skalarnim proizvodom. Neka je A linearna trans-formacija definisana sa A(ε1) = (1,−2), A(ε2) = (i,−1), x = (α, β).

(b) V = R2, A(α, β) = (2α + β, α− 3β), x = (3, 5).

(c) V = C2, A(z1, z2) = (2z1 + iz2, (1− i)z1), x = (3− i, 1 + 2i).


(d) V je skup svih polinoma nad R stepena ≤ 1, 〈f, g〉 =∫ 1−1 f(t)g(t)dt,

A(f) = f ′ + 3f, f(t) = 4− 2t.

2. Neka je A linearna transformacija prostora V = C2 definisana sa A(ε1) =(1 + i, 2), A(ε2) = (i, i). Koristeci standardni skalarni proizvod naci matriculinearne transformacije A∗ u standardnoj uredenoj bazi {ε1, ε2}. Da li A∗ ko-mutira sa A?

3. Neka je V konacnodimenzionalan vektorski prostor i A linearna transformacijaprostora V. Pokazati da je ImA∗ ortogonalni komplement od KerA.

4. Neka je V linearna transformacija unitarnog prostora V i y, z neki fiksni vektoriiz V. POkazati da je A(x) = 〈x, y〉 z linearna transformacija prostora V i naciA∗.

5. Neka je V vektorski prostor polinoma nad R stepena stepena ne veceg od dvasa skalarnim proizvodom

〈f, g〉 =∫ 1

0f(x)g(x)dx.

Ako je t bilo koji realan broj, naci polinom gt(x) ∈ V takav da je 〈f, gt〉 = f(t)za svaki polinom f ∈ V.

6. Neka je G Gramova matrica neke baze B prostora V i A matrica linearne trans-formacije A u odnosu na tu bazu. Odrediti matricu linearne transformacijeA∗ u odnosu na bazu B.

G =

3 1 −21 1 −1

−2 −1 2

, A =

1 2 02 0 30 1 3

.

4.6.2 Aproksimacija metodom najmanjih kvadrata

Posmatrajmo sljedeci problem: Eksperimentom je u jednom periodu mjerena nekavelicina, tako da smo u vremenima t1, t2, . . . , tn doboli redom velicine y1, y2, . . . yn

Ove podatke mozemo pisati u obliku uredenih parova:

(t1, y1), (t2, y2), . . . , (tn, yn).

Ovi uredeni parovi odreduju neki skup tacaka u ravni u odnosu na neki Dekartovpravougli koordinatni sistem. Eksperimentom je utvrdeno da postoji linearna vezaizmedu vremena mjerenja t i dobivene vrijednosti mjerenja y. Neka je ta linearnazavisnost izrazena formulom y = ct + d. Nas zadatak je da odredimo c i d tako daprava y = ct + d odstupa sto je moguce manje od tacaka dobivenih mjerenjem. Zasvaku tacku Mi(ti, yi) posmatrajmo tacku Pi(ti, cti + d) na pravoj y = ct + d kojaima istu apcisu kao i tacka Mi. Sada trebamo naci razliku |yi − cti − d| za svako i.


Cilj nam je da odredimo c i d tako da suma ovih vrijednosti bude minimalna. Nekaje

E =n∑

i=1

(yi − cti − d)2 .

Trebamo odrediti c i d za koji ova suma ima minimalnu vrijednost. Neka je

A =

t1 1t2 1...

...tn 1

, X =

[cd

]i Y =

y1

y2...

yn

.

Tada je E = ‖Y −AX‖2 .

Sada cemo naci opsti metod za nalazenje x0 ∈ Fn koji minimizira E, tj. za datumatricu A ∈ Fm×n mi cemo naci x0 ∈ Fn tako da je ‖y −Ax0‖ ≤ ‖y −Ax‖ za svakox ∈ Fn.

Lema 4.6.11. Neka je A linearno preslikavanje prostora Fn u prostor Fm. Tada pos-toji tacno jedno preslikiavanje A∗ prostora Fm u prostor Fn tako da je 〈A(x), y〉m =〈x,A∗(y)〉n za svako x ∈ Fn i svako y ∈ Fm.

Dokaz ove leme je isti kao i dokaz Teorema 4.6.2, pa ga ostavljamo citaocu zavjezbu.

Lema 4.6.12. Neka je A ∈ Fm×n. Tada je rang(A∗A) = rangA.

Dokaz. Dovoljno je dokazati da matrice A∗A i A imaju istu v-reduciranu esalonmatricu, tj. da za svako x ∈ Fn vrijedi

(A∗A)x = 0 ⇔ Ax = 0.

Jasno je da iz Ax = 0 slijedi A∗Ax = 0. Obrnuto, neka je A∗Ax = 0. Tada je

0 〈A∗Ax, x〉n = 〈Ax, (A∗)∗x〉m = 〈Ax,Ax〉m .

Dakle, Ax = 0.

Posljedica 4.6.13. Ako je A neka m × n matrica nad poljem F ranga n, onda jeA∗A invertibilna matrica.

Dokaz. Prema prethodnoj lemi je rang(A∗A) = rang(A) = n. Kako je A∗A redan×n i rang(A∗A) = n, onda je matrica A∗A v-ekvivalentna sa jedinicnom matricomI, pa je invertibilna.

Neka je sada A neka m × n matrica nad poljem F i y ∈ Fm. Definisimo W ={Ax | x ∈ Fn}. Tada postoji jedinstven vektor u W koji najbolje aproksimira y.Neka je to vektor Ax0 (x0 ∈ Fn). Tada je ‖Ax0 − y‖ ≤ ‖Ax− y‖ za svako x ∈ Fn.Dakle, E = ‖Ax0 − y‖ je minimalna vrijednost.


Kako smo vidjeli u Teoremu 4.5.7 vektor Ax0 je najbolja aproksimacija vektoray u W ako i samo ako je y−Ax0 ∈ W⊥. Dakle, 〈Ax,Ax0 − y〉m = 0 za svako x ∈ Fn.Odavde je 〈x, A∗(Ax0 − y)〉m = 0 za svako x ∈ Fn. Dakle,

(A∗A)x0 = A∗y.

Ako je rangA = n, onda imamo x0 = (A∗A)−1A∗y. Ovim smo dokazali sljedeciteorem

Teorem 4.6.14. Neka je A ∈ Fm×n i y ∈ Fm. Tada postoji x0 ∈ Fn takav da je(A∗A)x0 = A∗y i ‖Ax0 − y‖ ≤ ‖AX − y‖ za svako x ∈ Fn. Ako je jos rangA = n,onda je x0 = (A∗A)−1A∗y.

Primjer 4.6.15. Vratimo se nasem eksperimentu. Neka smo mjerenjem dobili tacke(1, 2), (2, 3), (3, 5) i (4, 7). Tada je

A =

1 12 13 14 1

i y =

2357

.

Tada je

A∗A =[

1 2 3 41 1 1 1

]·

1 12 13 14 1

=

[30 1010 4

].

Kako je

(A∗A)−1 =120

[4 −10

−10 30

],

to je [cd

]= x0 =

110

[170

].

Dakle, c = 1710 , d = 0.

Ovaj metod se moze generalizirati sa linearnih polinoma na polinome proizvoljnogstepena. Npr za polinom drugog stepena y = ct2 + dt + e se uzima

x =

cde

, y =

y1

y2...

ym

i A =

t21 t1 1...

......

t2m tm 1

.

4.6.3 Minimalno rjesenje sistema linearnih jednacina

Pretpostavimo da je sistem Ax = b saglasan i nema jedinstveno rjesenje. Postavljase pitanje kako odrediti rjesenje sistema koje je po normi minimalno.

Teorem 4.6.16. Neka je A ∈ Fm×n i b ∈ Fm. Pretpostavimo da je sistem Ax = bsaglasan. Neka je A linearno preslikavanje prostora Fn u prostor Fm koje u odnosuna standardne baze ima matricu A. Tada vrijedi:


(a) Postoji tacno jedno minimalno rjesenje s sistema Ax = b i s ∈ ImA∗.(b) s je jedino rjesenje jednacine Ax = b koje lezi u ImA∗, tj. ako u zadovoljava

(AA∗)u = b, onda je s = A∗u.

Dokaz. (a) Neka je W = ImA∗ i W ′ = KerA. Neka je x rjesenje sistema Ax = b.Tada, zbog Fn = W ⊕W⊥ je x = s + y, gdje je s ∈ W i y ∈ W⊥. No, W⊥ = W ′

(vidi zadatak 3), pa je b = Ax = As + Ay = As. Tako je s rjesenje sistema Ax = bkoje lezi u W. Ostalo nam je da dokazemo da je s jedinstveno minimalno rjesenje.Posmatrajmo sada homogeni sistem Ax = 0. Skup rjesenja ovog sistema je W ′ =KerA. Skup rjesenja sistema Ax = b je v + W ′ gdje je v bilo koje partikularnorjesenja sistema Ax = b. Kako je s partikularno rjesenje sistema Ax = b, to je skupsvih rjesenja ovog sistema s + W ′. Neka je z bilo koje rjesenje ovog sistema. Tadaje z = s + u, u ∈ W ′. Kako je s ∈ W = W ′⊥, to je

‖z‖2 = ‖s + u‖2 = ‖s‖2 + ‖u‖2 ≥ ‖s‖2 .

Dakle, s je minimalno rjesenje. Ako je ‖z‖ = ‖s‖ , onda u = 0, pa je z = s. Ovim jei jedinstvenost minimalnog rjesenja dokazana.

(b) Neka je v rjesenje sistema Ax = b koje lezi u W. Tada je

v − s ∈ W ∩W ′ = W ∩W⊥ = {0}.Tada je v = s. Konacno, pretpostavimo da je AA∗)u = b i v = A∗u. Tada je v ∈ Wi Av = b. Zato s = v = A∗u.

Primjer 4.6.17. Nadimo minimalno rjesenje sistema

x + 2y + z = 4x − y + 2z = −11x + 5y = 19.

Matrica sistema je

A =

1 2 111 −1 21 5 0

, a matrica slobodnih clanova b =

4−11

19

.

Prvo moramo rijesiti sistem AA∗x = b. Kako je

AA∗ =

6 1 111 6 −4

11 −4 26

to se jednostavno nalazi da je

u =

1−2

0

rjesenje sistema AA∗x = b. Minimalno rjesenje datog sistema je

s = A∗u =

−1

4−3

.


4.6.4 Zadaci

1. Za svaki od skupova podataka aproksimacijom metodom najmanjih kvadratanaci (i) linearnu funkciju (ii) lvadratnu funkciju.

(a) {(−3, 9), (−2, 6), (0, 2), (1, 1)}(b) {(1, 2), (3, 4), (5, 7), (7, 9), (9, 12)}(c) {(−2, 4), (−1, 3), (0, 1), (1,−1), (2,−3)}.

2. Naci minimalno rjesenje svakog od sljedecih sistema linearnih jednacina.

(a)x + y − z = 0

2x − y + z = 3x − y + z = 2

(b)x + 2y − z = 1

2x + 3y + z = 24x + 7y − z = 4

.

4.7 Normalne i Ermitske linearne transformacije

Definicija 4.7.1. Linearna transformacija A naziva se autoadjungovana ili er-mitska ako vrijedi A∗ = A.

Linearna transformacija A naziva se antiermitska ako je A∗ = −A.

Teorem 4.7.2. (a) Svojstvene vrijednosti ermitske lineane transformacije su realne.

(b) Svojstveni vektori koji odgovaraju razlicitim svojstvenim vrijednostima er-mitske linearne transformacije su ortogonalni.

(c) Ako je V realan unitaran prostor konacne dimenzije, tada se karakteristicnipolinom razlaze na linearne faktore.

(d) Svojstvene vrijednosti antiermitske transformacije su cisto imaginarne.

Dokaz. (a) Neka je x svojstvena vrijednost linearne transformacije A koja odgovarasvojstvenoj vrijednosti λ. Kako je A ermitska, to je

λ 〈x, x〉 = 〈λx, x〉 = 〈A(x), x〉 = 〈x,A∗(x)〉 = 〈x,A(x)〉 = 〈x, λx〉 = λ 〈x, x〉 .

Odavde slijedi0 = (λ− λ) 〈x, x〉 = (λ− λ) ‖x‖2 .

Kako je x 6= 0 to je λ = λ, tj. λ je realan broj.

(b) Neka su λ1 i λ2 razlicite svojstvene vrijednosti ermitske transformacije A ix, y njihovi svojstveni vektori, respektivno. Tada je

λ1 〈x, y〉 = 〈λ1x, y〉 = 〈A(x), y〉 = 〈x,A∗(y)〉 = 〈x,A(y)〉 = 〈x, λ2y〉= λ2 〈x, y〉 .

4.7. NORMALNE I ERMITSKE LINEARNE TRANSFORMACIJE 135

Kako je λ1 6= λ2, to je 〈x, y〉 = 0, tj. vektori x i y su ortogonalni.(c) Neka je dimV = n i B ortonormirana baza prostora V. Ako je A = [A]B, onda

je A ermitska matrica. Neka je W = Cn×1 vektorski prostor matrica reda n× 1 nadpoljem kompleksnih brojeva. Definisimo 〈X,Y 〉 = Y ∗X za svako X,Y ∈ W. Tadaje W unitaran prostor. Neka je T (X) = AX za svako X ∈ W. Tada je T linearnatransformacija unitarnog prostora W. Dalje imamo

〈T (X), Y 〉 = 〈AX, Y 〉 = Y ∗(AX) = Y ∗A∗X= (AY )∗X = 〈X, AY 〉 = 〈X, T (Y )〉 .

Dakle, T je ermitska linearna transformacija vektorskog prostora W. Neka je E1 =(1, 0, . . . , 0)t, E2 = (0, 1, 0, . . . , ))t, . . . , En = (0, . . . , ), 1)t. Tada je {E1, . . . , En} bazaprostora W. U odnosu na ovu bazu linearna transformacija A ima matricu A. Svo-jstveni polinom f(x) = det(xI − A) matrice A je polinom stepena n nad poljemkompleksnih brojeva. Kako svaki nekonstantni polinom nad poljem kompleksnihbrojeva ima bar jednu nulu (Osnovni stav algebre), tako i polinom f(x) ima barjednu nulu λ. Tada je f(x) = (x−λ)g(x). Polinom g(x) ima bar jednu nulu α, pa jeg(x) = (x − α)h(x). Nastavljajuci ovaj postupak zakljucujemo da se polinom f(x)razlaze na linearne faktore. Nule karakteristicnog polinoma su svojstvene vrijednostilinearne transformacije T . Kako je T ermitska transformacija, to na osnovu (a) njenesvojstvene vrijednosti su realne, pa su sve nule polinoma f(x) realne. Dakle, poli-nom f(x) se razlaze na linearne faktore nad poljem realnih brojeva, sto je i trebalodokazati. Za svaku od svojstvenih vrijednosti mozemo odrediti pripadne svojstvenevektore koji imaju realne koordinate.

(d) Neka je A antiermitska, tj. neka je A∗ = −A. Tada imamo

λ 〈x, x〉 = 〈λx, x〉 = 〈A(x), x〉 = 〈x,A∗(x)〉 = 〈x,−A(x)〉 = 〈x,−λx〉= −λ 〈x, x〉 .

Dakle, λ = −λ, tj. λ je cisto imaginaran.Prethodni teorem se odnosio na ermitske transformacije unitarnog prostora konac-

ne dimenzije. Posatvlja se pitanje sta je sa vektorskim prostorima beskonacne di-menzije. Da li njihovi ermitski operatori moraju imati realne svojstvene vrijednosti?Odgovor na ovo pitanje daje sljedeci primjer.

Primjer 4.7.3. Neka je V vektorski prostor neprekidnih kompleksnih (ili realnih) funkcijana segmentu [0, 1] sa skalarnim proizvodom 〈f, g〉 =

∫ 1

0f(t)g(t)dt. Posmatrajmo transforma-

ciju A prostora V definisanu sa A(f(t)) = tf(t). Pokazimo da je A ermitska transformacija,tj. da je A∗(f(t)) = tf(t) za svako f ∈ V. Imamo

〈A(f(t)), g(t)〉 =∫ 1

0

tf(t)g(t)dt.

〈f(t),A(f(t))〉 =∫ 1

0

f(t)tf(t)dt =∫ 1

0

tf(t)g(t)dt.

Dakle,〈A(f(t)), g(t)〉 = 〈f(t),A(f(t))〉 . S druge strane je 〈A(f), g〉 = 〈f,A∗(g)〉 . Zbog jedin-stvenosti adjungovanog preslikavanja je A∗ = A. Dakle, A je ermitska transformacija. Pret-postavimo da je λ svojstvena vrijednost i f pripadni svojstveni vektor, tj. da je A(f) = λf i


f 6= 0. Tada je λf = tf, pa je (λ− t)f = 0. Za svako t 6= λ je f(t) = 0. Kako je f neprekidnafunkcija to je i f(λ) = 0, Dakle, f = 0. Kontradikcija! Prema tome ermitska transformacijaA nema svojstvenih vrijednosti niti svojstvenih vektora.

Teorem 4.7.4. Neka je V unitaran vektorski prostor i A linearna transformacijaod V za koju postoji adjungovana linearna transformacija A∗. Ako je potprostorW prostora V invarijantan u odnosu na A, onda je potprostor W⊥ invarijantan uodnosu na A∗.

Dokaz. Trebamo pokazati da za svako y ∈ W⊥ vrijedi A∗(y) ∈ W⊥. Kako jeA(x) ∈ W za svako x ∈ W, to je 〈A(x), y〉 = 0 za svako x ∈ W i svako y ∈ W⊥.Dakle,

(∀x ∈ W ) (∀y ∈ W⊥) 〈A(x), y〉 = 〈x,A∗(y)〉 .To znaci da je element A∗(y) ortogonalan na sve elemente skupa W, pa je A∗(y) ∈W⊥, tj. potprostor W⊥ je invarijantan u odnosu na A∗.

Teorem 4.7.5 (Schur-ov teorem). Neka je A linearna transformacija unitarnogvektorskog prostora konacne dimenzije. Ako se karakteristicni polinom f(x) linearnetransformacije A razlaze na linearne faktore, tada postoji ortonormirana baza Bprostora V u odnosu na koju linearnoj transformaciji A odgovara gornjetrougaonamatrica A = [A]B.

Dokaz. Tvrdnju cemo dokazati indukcijom u odnosu na n = dimV. Ako je n = 1tvrdnja je ocigledna. Pretpostavimo da je tvrdnja tacna za linearna preslikavanjaunitarnih vektorskih prostora dimenzije (n−1) ciji se karakteristicni polinom razlazena linearne faktore. Kako se karakteristicni polinom razlaze na linearne faktore, tolinearna transformacija A ima svojstvene vrijednosti i pripadne svojstvene vektore.Ako je λ svojstvena vrijednost od A, onda je λ svojstvena vrijednost od A∗ i obratnoako je λ svojstvena vrijednost od A∗ onda je λ svojstvena vrijednost od A. Zatoneka je A∗(z) = λz i z je jedinicni vektor. Neka je W = [z]. Pokazimo da je W⊥

invarijantno u odnosu na A. Ako je y ∈ W⊥ i x = γz ∈ W, onda je

〈A(y), x〉 = 〈A(y), γz〉 = 〈y,A∗(γz)〉= 〈y, γA∗(z)〉 = 〈y, γλz〉 = γλ 〈y, z〉 = 0.

Tako je A(y) ∈ W⊥. Neka je T restrikcija od A na W⊥. Tada karakteristicni polinomod T dijeli karakteristicni polinom od A. Kako se karakteristicni polinom od Arazlaze na linearne faktore, tako se i karakteristicni polinom od T razlaze na linearnefaktore. Iz V = W ⊕ W⊥, to je dim W⊥ = n − 1. Tada na osnovu pretpostavkeindukcije postoji ortonormirana baza B1 prostora W⊥ u odnosu na koju linearnojtransformaciji T odgovara gornje trougaona matrica [T ]B1 . Jasno je da je B = {z}∪B1 ortonormirana baza i da je matrica [A]B gornje trougaona.

Teorem 4.7.6. Neka je A linearna transformacija realnog unitarnog prostora Vkonacne dimenzije. Tada je A ermitska linearna transformacija ako i samo akopostoji ortonormirana baza B sastavljena od svojstvenih vektora linearne transfor-macije A.


Dokaz. Neka je A ermitska linearna transformacija. Tada se na osnovu Teorema4.7.2 karakteristicni polinom od A razlaze na linearne faktore. Zato mozemo prim-jeniti Shurov teorem naA. Dakle, postoji ortonormirana baza B prostora V u odnosuna koju je matrica A = [A]B gornje trougaona. Kako je baza B ortonormirana toje [A∗]B = A∗. No, A∗ = A, pa je A∗ = [A∗]B = [A]B = A. Dakle, i matrica A∗

je gornje trougaona. No, A∗ = At, pa je A∗ donje trougaona matrica. Tako je A∗

istovremeno i gornje i donje trougaona matrica, pa je A∗ dijagonalna matrica. No,A∗ = A, pa je A dijagonalna matrica. Tako se baza B sastoji od svojstvenih vektora.

Obrnuto, ako postoji ortonormirana baza B realnog unitarnog prostora V sas-tavljena od svojstvenih vektora linearne transformacije A. Tada je matrica A = [A]Brealna dijagonalna matrica, pa je A∗ = A. Dakle, matrica A je ermitska, pa kako jebaza B ortonormirana, to je i transformacija A ermitska.

Posljedica 4.7.7. Neka je A neka n×n ermitska matrica. Tada postoji matrica Ptakva da je P ∗AP dijagonalna matrica. Ako je A realna simetricna matrica, tadapostoji matrica P takva da je P tAP dijagonalna.

Dokaz. Neka je V = Cn sa standardnim skalarnim proizvodom i neka je A linearnatransformacija koja odgovara matrici A u odnosu na standardnu bazu prostora V.Buduci da je standardna baza prostora V ortonormirana i matrica A ermitska, toje i linearna tranformacija A ermitska. Tada na osnovu prethodne teoreme postojiortonormirana baza {e1, . . . , en} sastavljena od svojstvenih vektora linearne trans-formacije A. U odnosu na ovu bazu transformaciji A odgovara dijagonalna matricaB. Neka je P matrica prelaza sa standardne baze na bazu sastavljenu od svojstvenihvektora. Tada je B = P−1AP. Pokazimo da je P ∗ = P−1. Dovoljno je dokazati daje P ∗P = I. Imamo

(P ∗P )ik =n∑

j=1

P ∗ijPjk =

n∑

j=1

PjiPjk =n∑

j=1

PjkPji.

Neka je xt = (P1t, P1t, . . . , Pnt) t−ta kolona matrice P. Tada iz prethodne jednakostislijedi

(P ∗ P )ik = 〈xk, xi〉 = δki,

jer je baza ortonormirana. Dakle, PP ∗ = I. Ako je A realna matrica i kako susvojstvene vrijednosti realne, to mozemo odabrati svojstvene vektore sa realnimkoordinatam, pa je matrica P realna. Tada je P ∗ = P t.

Definicija 4.7.8. Za linearnu transformaciju A unitarnog vektorskog prostora Vkazemo da je normalna ako vrijedi AA∗ = A∗A.

Lema 4.7.9. Linearna transformacija A je normalna ako i samo ako vrijedi

〈A(x),A(y)〉 = 〈A∗(x),A∗(y)〉



Dokaz. Neka je A normalna linearna transformacija. Tada je

〈A(x),A(y)〉 = 〈x,A∗(A(y))〉 = 〈x,A(A∗(y))〉= 〈x,A∗∗(A∗(y))〉 = 〈A∗(x),A∗(y)〉 (∀ x, y ∈ V ).

Obrnuto, neka vrijedi 〈A(x),A(y)〉 = 〈A∗(x),A∗(y)〉 za svako x, y ∈ V. Tada je

〈A(x),A(y)〉 = 〈x,A∗(A(y))〉 = 〈x, (A∗A)(y)〉〈A∗(x),A∗(y)〉 = 〈x,A∗∗(A∗(y))〉 = 〈x,A(A∗(y))〉 = 〈x, (AA∗)(y)〉

za svako x, y ∈ V. Dakle, 〈x, (A∗A)(y)〉 = 〈x, (AA∗)(y)〉 za svako x, y ∈ V. Da biova jednakost vrijedila za svako x mora biti (A∗A)(y) = (AA∗)(y) za svako y, tj.AA∗ = A∗A.

Teorem 4.7.10. Neka je V unitaran vektorski prostor i a ∈ V. Neka je A normalnalinearna transformacija prostora V. Tada je a svojstveni vektor linearne transforma-cije A koji odgovara svojstvenoj vrijednosti λ ako i samo ako je a svojstveni vektorlinearne transformacije A∗ koji odgovara svojstvenoj vrijednosti λ.

Dokaz. Iz cinjenice da je A normalna linearna transformacija slijedi

‖A(x)‖2 = 〈A(x),A(x)〉 = 〈A∗(x),A∗(x)〉 = ‖A∗(x)‖2

za svako x ∈ V. Dakle, ‖A(x)‖ = ‖A∗(x)‖ za svako x ∈ V. Neka je λ ∈ F i Anormalna linearna transformacija, tada je i A − λ idV takode normalna linearnatransformacija. Naime, (A − λ idV )∗ = A∗ − λ idV . Sada se jednostavno pokazujeda je

(A− λ idV )(A− λ idV )∗ = (A− λ idV )∗(A− λ idV ).

Zbog toga je‖(A− λ idV )(a)‖ = ‖(A− λ idV )∗(a)‖ .

Dakle,(A− λ idV )(a) = 0 ⇔ (A− λ idV )∗(a) = 0,

tj.A(a) = λ a ⇔ A∗(a) = λ a.

Definicija 4.7.11. Za kvadratnu kompleksnu matricu A kazemo da je normalnaako je AA∗ = A∗A.

Teorem 4.7.12. Neka je S potprostor konacne dimenzije unitarnog kompleksnogprostora V, a A normalna linearna transformacija. Tada je S invarijantno u odnosuna A ako i samo ako je S invarijantno u odnosu na A∗.Dokaz. Neka je S invarijantno u odnosu na A. Dokazimo da je S invarijantnou odnosu na A∗. Tvrdnju dokazujemo indukcijom u odnosu na dimS = r. Akoje r = 0, onda je S = {0}, pa je tvrdnja jasna. Ako je r = 1, onda postojia ∈ S, a 6= 0. Tada je b ∈ S ako i samo ako je b = αa za neko α ∈ C. Kako je S


invarijantno u odnosu na A, to je A(a) = αa. Dakle, a je svojstveni vektor linearnetransformacije A, pa je a svojstveni vektor i linearne transformacije A∗. Odavdeslijedi S invarijantno u odnosu na A∗. Neka je sada r > 1 i neka je tvrdnja tacnaza sve potprostore dimenzije manje od r. Kako je S invarijantno u odnosu na A, toje restrikcija AS linearno preslikavanje prostora S. Neka je f(x) svojstveni polinomlinearne transformacije AS . Ovaj polinom je stepena r > 1, pa u polju kompleksnihbrojeva ima bar jednu kompleksnu nulu. Ta kompleksna nula je svojstvena vrijednostlinearne transformacije AS i neka je x ∈ S svojstveni vektor koji odgovara tojsvojstvenoj vrijednosti. Tada je x i svojstveni vektor linearne transformacije A.Potprostor [x] je invarijantan u odnosu na A. Tada je potprostor [x]⊥ invarijantanu odnosu na A∗. No, tada je i potprostor [x]⊥ invarijantan u odnosu na A∗∗ = A.Sada imamo

S = S ∩ V = S ∩ ([x]⊕ [x]⊥) = [x]⊕ (s ∩ [x]⊥).

Odavde slijedi da je dim(S ∩ [x]⊥) = r − 1. Tada na osnovu pretpostavke indukcijeslijedi da je potprostor S∩[x]⊥ invarijantan u odnosu A∗. Tada iz S = [x]⊕(S∩[x]⊥)i [x] invarijantno u odnosu na A∗ slijedi da je S invarijantno u odnosu na A∗. Dakle,tvrdnja vrijedi za r > 1.

Obrnuto, neka je S invarijantno u odnosu na A∗. Tada na osnovu naprijeddokazanog slijedi da je S inavraijantno u odnosu na A∗∗ = A.

Teorem 4.7.13. Neka je V unitaran vektorski prostor konacne dimenzije i A lin-earna transformacija od V i B ortonormirana baza prostora V. Neka je A matricalinearne transformacije A u odnosu na B gornje trougaona. Tada je A normalnalinearna transformacija ako i samo ako je matrica A dijagonalna.

Dokaz. Kako je B ortonormirana baza, to je matrica od A∗ u odnosu na B upravomatrica A∗. Ako je A dijagonalna, onda je AA∗ = AA∗, pa je AA∗ = A∗A, tj. A jenormalna linearna transformacija.

Obrnuto, neka je A normalna linearna transformacija i B = {e1, . . . , en}. Kakoje A gornje trougaona matrica, to je A(e1) = A11e1. To znaci da je e1 svojstvenivektor linearne transformacije A. Tada je A∗(e1) = A11e1. S druge strane je

A∗(e1) =∑

j

(A∗)j1ej =∑

j

A1jej .

Dakle, A1j = 0 za j = 2, 3, . . . . Specijalno je A12 = 0. Tada je A(e2) = A22ej .Ponavljamo isti postupak za e2 i zakljucujemo da je A2j = 0 za svako j = 3, 4, . . . .Nastavljajuci ovaj postupak zakljucujemo da je A dijagonalna matrica.

Schurov teorem implicira sljedeci teorem za matrice.

Teorem 4.7.14. Za svaku kompleksnu matricu A reda n×n postoji unitarna matricaU takva da je matrica U−1AU gornje trougaona matrica.

Iz pretposljednja dva teorema slijedi teorem.

Teorem 4.7.15. Neka je V kompleksan unitaran prostor konacne dimenzije i Anormalna linearna transformacija prostora V. Tada V ima ortonormiranu bazu sas-tavljenu od svojstvenih vektora transformacije A.


Teorem 4.7.16 (Spektralni teorem). Neka je A normalna linearna transfor-macija konacnodimenzionalnog kompleksnog (ili ermitska linearna transformacijarealnog) unitarnog vektorskog prostora V. Neka su λ1, . . . , λk razlicite svojstvene vri-jednosti od A. Neka je Wj svojstveni potprostor odreden svojstvenom vrijednoscu λj

i Ej ortogonalna projekcija od V na Wj . Tada je Wj ortogonalan na W − i kada jei 6= j, V je direktna suma od W1, . . . ,Wk i

A = λ1E1 + · · ·+ λkEk. (4.7.1)

Dokaz. Neka je u ∈ Wj , v ∈ Wi i neka je i 6= j. Tada je

λj 〈u, v〉 = 〈λju, v〉 = 〈A(u), v〉 = 〈u,A∗(v)〉 =⟨u, λiv

⟩= λi 〈u, v〉 .

Dakle, (λj−λi) 〈u, v〉 = 0. Kako je λj−λi 6= 0, to je 〈u, v〉 = 0. Time smo dokazali daje Wj ortogonalan na Wi kad god je j 6= i. Ako je A ermitska linearna transformacijarealnog unitarnog prostora V, onda na osnovu teorema 4.7.6 postoji ortonormiranabaza prostora V sastavljena od svojstvenih vektora transformacije A. Ako je pakrijec o kompleksnom vektorskom prostoru, onda na osnovu teorema 4.7.15 postojiortonormirana bazaB sastavljena od svojstvenih vektora. Tada je V = W1+· · ·+Wk.Pokazimo da je ova suma direktna. Neka je v1 + · · · vk = 0 i vi ∈ Wi. Tada je

0 =

⟨vi,

∑

j

vj

⟩=

∑

j

〈vi, vj〉 = 〈vi, vi〉 = ‖vi‖2

za svako i. Dakle, vi = 0 za svako i. Ovim smo pokazali da element 0 ima jedinstvenprikaz. Tada je suma V = W1 + · · · + Wk direktna. Ova direktna suma inducirarazlaganje

A = AE1 + · · · AEk = λ1E1 + · · ·+ λkEk.

Time je dokaz zavrsen.Razlaganje (4.7.1) naziva se spektralna rezolucija od A.

4.8 Unitarne i ortogonalne transformacije

Definicija 4.8.1. Neka su V i W unitarni prostori nad istim poljem i neka je Alinearno preslikavanje prostora V u W. Kazemo da preslikavanje A cuva skalarniproizvod ako 〈A(x),A(y)〉 = 〈x, y〉 za svako x, y ∈ V. Pod izomorfizmom uni-tarnih prostora podrazumjevamo svaki izomorfizam unitarnih prostora koji cuvaskalarni proizvod.

Ako A cuva skalarni proizvod, onda je ‖A(x)‖ = ‖x‖ za svako x ∈ V. Odavdeodmah slijedi da je A injektivno preslikavanje. Naime, ako je x ∈ Ker(A), onda jeA(x) = 0, pa je ‖x‖ = ‖A(x)‖ = 0.

Teorem 4.8.2. Neka su V i W unitarni vektorski prostori konacnih i jednakihdimenzija nad istim poljem. Ako je A linearna transformacija sa V na W, tada susljedeci uslovi ekvivalentni.

1. A cuva skalarni proizvod.

4.8. UNITARNE I ORTOGONALNE TRANSFORMACIJE 141

2. A je izomorfizam unitarnih prostora.

3. A preslikava svaku ortonormiranu bazu prostora V u ortonormiranu bazu pros-tora W.

4. A preslikava neku ortonormiranu bazu prostora V u ortonormiranu bazu pros-tora W.

Dokaz. (1) ⇒ (2) Kako A cuva skalarni proizvod, to je A injektivno, pa je def(A) =0. Zbog toga je

dimW = dimV = def(A) + rang(A) = 0 + rang(A) = rang(A).

Dakle, A je sirjektivno preslikavanje, pa je A izomorfizam unitarnih prostora.(2) ⇒ (3) Neka je A izomorfizam vektorskih prostora i neka je {e1, . . . , en}

ortonormirana baza prostora V. Kako A cuva skalarni proizvod, to je

〈A(ei),A(ej)〉 = 〈ei, ej〉 = δij .

Dakle, skup {A(e1), . . . ,A(en)} je ortonormiran, pa je linearno nezavisan. Kako onima dimV = dimW elemenata, to je on i baza prostora W.

(3) ⇒ (4) Ocigledno.(4) ⇒ (1) Neka je {e1, . . . , en} ortonormirana baza takva da je

{A(e1), . . . ,A(en)}

ortonormirana baza prostora W. Tada je

〈A(ei),A(ej)〉 = 〈ei, ej〉 = δij .

Neka su x = α1e1 + · · ·+ αnen, i y = β1e1 + · · ·+ βnen proizvoljni vektori prostoraV. Tada je

〈A(x),A(y)〉 =

⟨n∑

j=1

αjA(ej),n∑

k=1

βkA(ek)

⟩

=n∑

j=1

αj

(n∑

k=1

βk 〈A(ej),A(ek)〉)

=n∑

j=1

αj

(n∑

k=1

βkδjk

)

=n∑

j=1

αj βj

= 〈x, y〉 .

Dakle, 〈A(x),A(y)〉 = 〈x, y〉 , tj. A cuva skalarni proizvod.

Posljedica 4.8.3. Neka su V i W unitarni vektorski prostori konacnih dimenzijanad nekim poljem. Tada su V i W izomorfni ako i samo ako imaju iste dimenzije.


Dokaz. Neka je dimV = dimW = n i neka su {e1, . . . , en} i {f1, . . . , fn} ortonormi-rane baze prostora V i W respektivno. Posmatrajmo preslikavanje A : V → Wdefinisano sa A(ei) = fi za svako i. Tada je A linearno preslikavanje koje ortonormi-ranu bazu preslikava u ortonormiranu bazu. Zato na osnovu prethodne teoreme Acuva skalarni proizvod i predstavlja izomorfizam unitarnih prostora.

Obrnuto, neka su unitarni prostori V i W izomorfni. Tada su njihove dimenzijejednake.

Primjer 4.8.4. Neka je V n−dimenzionalni unitarni vektorski prostor nad poljem F. Tadasvaka uredena ortonormirana baza B = {e1, . . . , en} prostora V odreduje izomorfizam pros-tora V na prostor Fn sa standardnim skalarnim proizvodom. Ovaj izomorfizam je odredensa

A(e1) = (1, 0, . . . , 0),A(e2) = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . ,A(en) = (0, . . . , 0, 1).

Odavde, za x = α1e1 + · · ·αnen vrijedi

A(x) = (α1, . . . , αn).

Teorem 4.8.5. Neka su V i W unitarni prostori nad nekim poljem i A linearnatransformacija prostora V u prostor W. Tada A cuva skalarni proizvod ako i samoako je ‖A(x)‖ = ‖x‖ za svako x ∈ V.

Dokaz. Ako A cuva skalarni proizvod, onda je jasno da je ‖A(x)‖ = ‖x‖ za svakox ∈ V.

Obrnuto, neka je ‖A(x)‖ = ‖x‖ za svako x ∈ V. Tada je ‖A(x)‖2 = ‖x‖2 zasvako x ∈ V, pa na osnovu (4.3.4) imamo

4 〈A(x),A(y)〉 =(‖A(x) +A(y)‖2 − ‖A(x)−A(y)‖2

)

+i(‖A(x) + iA(y)‖ − ‖A(x)− iA(y)‖2

)

=(‖A(x + y)‖2 − ‖A(x− y)‖2

)

+i(‖A(x + iy)‖2 − ‖A(x− iy)‖2

)

=(‖x + y‖2 − ‖x− y‖2

)+ i

(‖x + iy‖2 − ‖x− iy‖2

)

= 4 〈x, y〉 .

za svako x ∈ V. Dakle, A cuva skalarni proizvod.

Definicija 4.8.6. Za linearnu transformaciju A prostora V koja cuva skalarniproizvod na V kazemo da je unitarna transformacija. Ako je V realan uni-taran vektorski prostor, onda se linearna transformacija koja cuva skalarni proizvodnaziva ortogonalna transformacija.

Unitarna transformacija prostora V je izomorfizam prostora V u samog sebe kojicuva skalarni proizvod.

Neka su A i B unitarne linearne transformacije prostora V. Tada su A i B izomor-fizmi i vrijedi

‖(AB)(x)‖ = ‖A(B(x))‖ = ‖B(x)‖ = ‖x‖


za svako x ∈ V. Dakle, kompozicija dvije unitarne linearne transformacije je unitarnalinearna transformacija. Zbog cinjenice da su unitarne transformacije bijekcije to zasvaku unitarnu transformaciju A postoji A−1. Ova transformacija je linearna. Da lije unitarna? Odgovor je potvrdan. Neka je y ∈ V proizvoljan. Tada postoji x ∈ Vtakav da je y = A(x). Sada imamo

∥∥A−1(y)∥∥ =

∥∥A−1(A(x))∥∥ = ‖x‖ = ‖A(x)‖ = ‖y‖ .

Dakle, skup svih unitarnih transformacija prostora V cini grupu u odnosu na slaganjepreslikavanja.

Prema Teoremu 4.8.2 linearna transformacija A konacnodimenzionalnog uni-tarnog prostora V je unitarna ako i samo ako za bar jednu ortonormiranu bazu{e1, . . . , en} prostora V je {A(e1), . . . ,A(en)} ortonormirana baza prostora V.

Teorem 4.8.7. Neka je A linearna transformacija unitarnog prostora V. Tada je Aunitarna transformacija ako i samo ako postoji A∗ i vrijedi

AA∗ = A∗A = idV .

Dokaz. Neka je A unitarna transformacija. Tada je A invertibilna transformacija(jer je izomorfizam) i vrijedi

〈A(x), y〉 =⟨A(x), (AA( − 1))(y)

⟩=

⟨A(x),A(A−1(y))⟩

=⟨x,A−1(y)

⟩

za svako x, y ∈ V. Odavde slijedi daje A−1 adjungovana transformacija prostora V,tj. A∗ = A−1.

Obrnuto, neka je A∗ postoji i ima osobinu AA∗ = A∗A = idV . Tada je Ainvertibilno i vrijedi A−1 = A∗. Ostaje nam jos da dokazemo da A cuva skalarniproizvod. Imamo

〈A(x),A(y)〉 = 〈x,A∗(A(x))〉 = 〈x, idV (y)〉 = 〈x, y〉za svako x, y ∈ V.

Primjer 4.8.8. Neka je Cn×1 vektorski prostor nad poljem kompleksnih brojeva C u kojemje skalarni proizvod dat relacijom 〈X, Y 〉 = Y ∗X. Neka je A proizvoljna n× n matrica nadpoljem kompleksnih brojeva. Matrica A odreduje preslikavanje A : Cn×1 → Cn×1definisanosa A(X) = AX. Tada je

〈A(X),A(Y )〉 = 〈AX, AY 〉 = (AY )∗(AX) = Y ∗A∗AX

za svako X,Y ∈ Cn×1. Preslikavanje A je unitarna transformacija ako i samo ako je A∗A =I.

Definicija 4.8.9. Za kvadratnu matricu A nad poljem kompleksnih brojeva C kazemoda je unitarna ako je A∗A = I. Za matricu A nad poljem kompleksnih brojevakazemo da je ortogonalna ako je AtA = I.

Teorem 4.8.10. Neka je V konacnodimenzionalni unitarni prostor i neka je A lin-earna transformacija prostora V. Tada je A unitarna linearna transformacija pros-tora V ako i samo ako je unitarna matrica A koja odgovara transformaciji A uodnosu na ortonormiranu bazu.


Dokaz. Dokaz slijedi neposredno iz prethodne teoreme.

Teorem 4.8.11. Neka je A unitarna linearna transformacija unitarnog prostora V.Tada su svojstvene vrijednosti transformacije A po modulu jednake 1.

Dokaz. Neka je A(x) = λx, x 6= 0. Tada je

|λ|2 〈x, x〉 = λλ 〈x, x〉 = 〈λx, λx〉 = 〈A(x),A(x)〉 = 〈x, x〉 .

Dakle, |λ|2 = 1, tj. |λ| = 1.

Teorem 4.8.12. Neka je A linearna transformacija realnog konacnodimenzionalnogunitarnog vektorskog prostora V. Tada V ima ortonormiranu bazu od svojstvenihvektora koji odgovaraju svojstvenim vrijednostima koje su po apsolutnoj vrijednostijednake 1, ako i samo ako je A istovremeno ermitska i ortogonalna linearna trans-formacija.

Dokaz. Pretpostavimo da V ima bazu {e1, . . . , en} sastavljenu od svojstvenih vektorakoji odgovaraju svojstvenim vrijednostima λi takvim da je |λi| = 1. Na osnovuTeorema 4.7.6 transformacija A je ermitska. Dakle, A∗ = A. Sada imamo

AA∗(ei) = A(A∗(ei)) = A(λiei) = λiA(ei) = λ2i ei = ei

za svako i = 1, . . . , n. Dakle, (AA∗)(ei) = idV (ei) za svako i. To znaci da se transfor-macije AA∗ i idV podudaraju na bazi prostora V, pa su te transformacije jednake.Dakle, AA∗ = idV , tj. A je ortogonalna transformacija.

Obrnuto, neka jeA ermitska i ortogonalna transformacija. Tada V ima ortonormi-ranu bazu od svojstvenih vektora. Kako je A ortogonalna transformacija, to susvojstvene vrijednosti po modulu jednake 1.

Posljedica 4.8.13. Neka je A linearna transformacija konacnogenerisanog kom-pleksnog unitarnog prostora V. Tada V ima ortonormiranu bazu od svojstvenih vek-tora koji odgovaraju svojstvenim vrijednostima koje su po modulu jednake 1 ako isamo je A unitarna linearna transformacija.

Dokaz je analogan dokazu prethodnog teorema.

Primjer 4.8.14. Neka je A : R2 → R2 rotacija ravni za ugao ϕ, , 0 < ϕ < π. Jasno jeda rotacija ravni cuva udaljenost i uglove pa je ‖A ∗ (x)‖ = ‖x‖ za svako x ∈ R2. Matricatransformacije A u odnosu na neku ortonormiranu bazu {e1, e2} prostora R2 je

[cosϕ − sin ϕsin ϕ cosϕ

].

Odavde se vidi da linearna transformacija A∗ predstavlja rotaciju za ugao −ϕ. Zato je AA∗ =idV , tj. A je ortogonalna transformacija.

Definicija 4.8.15. Neka je L jednodimenzionalni potprostor od R2, tj. L predstavljapravu koja prolazi kroz koordinatni pocetak. Linearno preslikavanje A prostor (tj.ravni) R2 takvo da je A(x) = x za svako x ∈ L i A(x) = −x za svako x ∈ L⊥

nazivamo simetrija prostora R2 u odnosu na L.


Primjer 4.8.16. Neka je A simetrija prostora R2 u odnosu na L. Neka su v1 ∈ L iv2 ∈ L⊥ jedinicni vektori. Kako je A(v1) = v1 i A(v2) = −v2, to su v1 i v2 svojstveni vektorii formiraju ortonormiranu bazu prostora R2. U odnosu na ovu bazu linearno preslikavanje Aima matricu

[1 00 −1

]. Ova matrica je dijagonalna i na glavnoj dijagonali ima svojstvene

vrijednosti koje su po apsulutnoj vrijednosti jednake 1, pa je A ortogonalna transformacijaprostora R2.

Primjer 4.8.17. Neka je L jednodimenzionalni potprostor prostora R2 i B = {(1, 0), (0, 1)}standardna baza prostora R2. Neka simetrija prostora R2 u odnosu na L u na bazu B imamatricu A. Pretpostavimo da je ϕ ugao koji prava L zaklapa sa pozitivnim dijelom x ose.Neka je v1 = (cos ϕ, sinϕ) i v2 = (− sin ϕ, cosϕ). Tada je v1 ∈ L i v2 ∈ L⊥. Zbog toga jeB1 = {v1, v2} ortonormirana baza prostora R2. U odnosu na ovu bazu transformacija A imamatricu

[A]B1 =[

1 00 −1

].

Matrica prelaza sa baze B na bazu B1 je

P =[

cosϕ − sin ϕsin ϕ cosϕ

].

Tada je [A]B1 = P−1AP, pa je

A = P [A]B1P−1 =

[cos 2ϕ sin 2ϕsin 2ϕ − cos 2ϕ

].

Znamo za kompleksnu normalnu (realnu simetricnu) matricu A postoji ortonormi-rana baza prostora Fn sastavljena od svojstvenih vektora matrice A. Tada je matricaA slicna dijagonalnoj matrici D koja na glavnoj dijagonali ima svojstvene vrijed-nosti matrice A. Neka je P matrica cije su kolone komponente svojstvenih vektoragore naprijed navedene ortonormirane baze. Tada je D = P−1AP. Kako su kolonematrice P komponente ortonormirane baze, to je matrica P unitarna (ortogonalna)pa je P−1 = P ∗. Dakle, D = P ∗AP.

Definicija 4.8.18. Neka su A, B kompleksne (realne) matrice reda n× n. Kazemoda je matrica A unitarni (ortogonalni) ekvivalent matrice B ako i samo akopostoji unitarna matrica P takva da je A = P ∗BP.

Teorem 4.8.19. Neka je A kompleksna matrica reda n × n. Tada je A normalnamatrica ako i samo ako je A unitarni ekvivalent dijagonalnoj matrici.

Dokaz. Neka je A = P ∗DP, gdje je D dijagonalna i P unitarna matrica. Tada je

AA∗ = (P ∗DP )(P ∗DP )∗ = (P ∗DP )(P ∗D∗P ) = P ∗D(PP ∗)D∗P= P ∗DID∗P = P ∗DD∗P.

Analogno se pokazuje da je A∗A = P ∗D∗DP. Kako je D dijagonalna matrica, to jeDD∗ = D∗D. Zato je AA∗ = A∗A, tj. A je normalna matrica.

Obrnuto, neka je A normalna matrica. Tada matrici A u odnosu na standardnubazu prostora Fn mozemo pridruziti transformaciju A prostora Fn koja je normalna


transformacija. Kako je baza ortonormirana i matrica A normalna, to je i transfor-macija A normalna. Tada postoji ortonormirana baza B1 sastavljena od svojstvenihvektora transformacije A. U odnosu na ovu bazu transformaciji A pripada dijago-nalna matrica D. Neka je P matrica prelaza sa standardne baze na bazu B1 prostoraFn. Kako su obje baze ortonormirane, to je matrica prelaza unitarna matrica i vri-jedi D = P ∗AP, tj. A = Q∗DQ, gdje je Q = P ∗ unitarna matrica. Dakle, matricaA je ortogonalni ekvivalent dijagonalne matrice.

Analogno se dokazuje i teorem.

Teorem 4.8.20. Neka je A neka n × n realna matrica. Matrica A je simetricnaako i samo ako je ortogonalni ekvivalent realne dijagonalne matrice.


A =

4 2 22 4 22 2 4

.

Kako je A simetricna matrica, to je ona, na osnovu prethodnog teorema, ortogonalni ekviva-lent realnoj dijagonalnoj matrici D, tj. postoji ortogonalna matrica P takva da je P tAP = D.Da bi odredili D i P moramo naci karakteristicni polinom, svojstvene vrijednosti i svojstvenevektore matrice A. Karakteristicni polinom je f(x) = det (xI −A) = (x − 2)2(x − 8). Svo-jstveni vektori koji odgovaraju svojstvenoj vrijednosti 2 su (−1, 1, 0) i (−1, 0, 1). Ovi vektorinisu ortonormirani, pa primjenjujemo Gram-Schmidtov postupak ortonogonalizacije i imamosvojstvene vektore (−1, 1, 0) i − 1

2 (1, 1,−2). Normiranjem ovih vektora imamo ortonormiraniskup

{ 1√2(−1, 1, 0),

1√6(1, 1,−2)}

svojstvenih vektora koji odgovaraju svojstvenoj vrijednosti 2. Slicno nalazimo da je vektor1√3(1, 1, 1) svojstveni vektor koji odgovara svojstvenoj vrijednosti 8. Tada je

{ 1√2(−1, 1, 0),

1√6(1, 1,−2),

1√3(1, 1, 1)}

ortonormirana baza svojstvenih vektora matrice A. Trazena matrice P i D su:

P =

−1√2

1√6

1√3

1√2

1√6

1√3

0 −2√6

1√3

, D =

2 0 00 2 00 0 8

.

Definicija 4.8.22. Neka je V realan unitaran prostor. Za funkciju f : V → Vkazemo da je izometrija ako

‖f(x)− f(y)‖ = ‖x− y‖za svako x, y ∈ V.

Svaka ortogonalna transformacija konacnodimenzuionalnog realnog unitarnogprostora je izometrija.

Drugi primjer izometrije je translacija, koja se definise relacijom

f(x) = x + a (x ∈ V ),

gdje je a proizvoljan ali fiksiran element prostora V.


Teorem 4.8.23. Neka je f : V → V izometrijska transformacija realnog unitarnogprostora V konacne dimenzije. Tada postoji jedinstvena ortogonalna linearna trans-formacija A i jedinstvena translacija g prostora V takve da je f = g ◦ A.

Dokaz. Stavimo A(x) = f(x)− f(0), (x ∈ V ). Tada je

‖A(x)‖2 = ‖f(x)− f(0)‖2 = ‖x− 0‖2 = ‖x‖2

za svako x ∈ V. Dakle, ‖A(x)‖ = ‖x‖ za svako x ∈ V. Tako za x, y ∈ V je

‖A(x)−A(y)‖2 = 〈A(x)−A(y),A(x)−A(y)〉= 〈A(x),A(x)〉 = 2 〈A(x),A(y)〉+ 〈A(y),A(y)〉= ‖x‖2 + ‖y‖2 − 2 〈A(x),A(y)〉 .

No,‖A(x)−A(y)‖2 = ‖x− y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 − 〈x, y〉 ,

pa je‖x‖2 + ‖y‖2 − 2 〈A(x),A(y)〉 = ‖x‖2 + ‖y‖2 − 〈x, y〉 ,

tj. 〈A(x),A(y)〉 = 〈x, y〉 . Stavimo z = A(x + y)−A(x)−A(y). Tada je

‖z‖2 = ‖A(x + y)−A(x)−A(y)‖2 = ‖(A(x + y)−A(x))−A(y)‖2

= ‖A(x + y)−A(x)‖2 + ‖A(y)‖2 − 2 〈A(x + y)−A(x),A(y)〉= ‖x + y − x‖2 + ‖y‖2 − 2 〈A(x + y),A(y)〉+ 2 〈A(x),A(y)〉 == 2 ‖y‖2 − 2 〈x + y, y〉+ 2 〈x, y〉= 2 ‖y‖2 − 2 〈x, y〉 − 2 〈y, y〉+ 2 〈x, y〉 = 0.

Dakle, z = 0, tj. A(x + y)−A(x)−A(y) = 0, tj. A(x + y) = A(x) +A(y) za svakox, y ∈ V. Dalje, neka je u = A(αx)− αA(x). Tada je

‖u‖2 = ‖A(αx)− αA(x)‖2 = 〈A(αx)− αA(x),A(αx)− αA(x)〉= 〈A(αx),A(αx)〉 − 2α 〈A(αx),A(x)〉+ α2 〈A(x),A(x)〉= 〈αx, αx〉 − 2α 〈αx, x〉+ α2 〈x, x〉= 0.

Dakle, u = 0, tj. A(αx) = αA(x). Tako smo pokazali da je A linearno preslikavanje.Iz 〈A(x),A(y)〉 = 〈x, y〉 slijedi da je A ortogonalna transformacija. Iz A(x) =f(x) − f(0) slijedi da je f(x) = A(x) + f(0). Definisimo preslikavanje g : V → Vrelacijom g(x) = x+f(0) za svako x ∈ V. Tada je g translacija prostora V za vektorf(0). Osim toga je

f(x) = A(x) + f(0) = g(A(x) = (g ◦ A)(x)

za svako x ∈ V. Dakle, f = g ◦ A.Ostalo je jos da dokazemo jedinstvenost. Pretpostavimo da osim A i g postoje U

i h, pri cemu je U ortogonalna transformacija i h translacija i da je f = g◦A = h◦U .Neka je g(x) = s + a i h(x) = x + b. Tada je A(x) + a = U(x) + b za svako x ∈ VSpecijalno za x = 0 imamo a = b. Dakle, h = g. Tada se uslov f = g ◦ A = h ◦ Usvodi na A(x) = U(x) za svako x ∈ V, pa je A = U .


4.9 Ortogonalne transformacije prostora

R2

Teorem 4.9.1. Neka je A ortogonalni operator u R2 i A = [A]B matrica transfor-macije A u odnosu na standardnu bazu B prostora R2. Tada je ispunjen tacno jedanod uslova:

(a) A je rotacija i detA = 1.

(b) A je simetrija u odnosu na neku pravu koja prolazi koordinatnim pocetkom idet A = −1.

Dokaz. Kako je A ortogonalna transformacija, to ona svaku ortonormiranu bazuprevodi u ortonormiranu bazu. Dakle, B1 = {A(e1),A(e2)} je ortonormirana baza.Vektor A(e1) je jedinicni vektor. Neka je ϕ = ] (e1,A(e1)) , 0 ≤ ϕ < 2π. Tada je

A(e1) = cos ϕe1 + sinϕ e2.

Vektor A(e2) = α e1 +β e2 je jedinicni i ortogonalan je na A(e1). Zato je α2 +β2 = 1i α · cosϕ + β · sinϕ = 0. Odavde se nalazi α = ± sinϕ, i β = ∓ cosϕ. Dakle, imamodvije mogucnosti

A(e2) = − sinϕ e1 + cos ϕ ili A(e2) = sin ϕ e1 − cos ϕe2.

Ako je prva mogucnost, onda je

A =[

cos ϕ − sin ϕsin ϕ cos ϕ

].

To znaci da je A rotacija oko koordinatnog pocetka za ugao ϕ. Tada je detA = 1.Ako je druga mogucnost, onda je

A =[

cos ϕ sin ϕsin ϕ − cos ϕ

].

Na osnovu Primjera 4.8.17 slijedi da je A simetrija u odnosu na pravu koja sa xosom zaklapa ugao ϕ

2 . Osim toga je det A = −1.

Posljedica 4.9.2. Svako izometrijsko preslikavanje je kompozicija tranlacije i rotacijeili kompozicija jedne translacije i osne simetrije.

4.9.1 Zadaci

1. Za svaku os sljedecih transformacija A prostora V utvrditi, da li je unitarnaili normalna ili nije ni jedno ni drugo.

(a) V = R2, A(a, b) = (2a− 2b,−2a + 5b).

(b) V = R3, A(a, b, c) = (−a + b, 5b, 4a− 2b + 5c).

(c) V = C2, A(a, b) = (2a + ib, a + 2b).

4.10. BILINEARNE I KVADRATNE FORME 149

(d) V je skup polinoma stepena≤ 2 nad R iA(f) = f ′ i 〈f, g〉 =∫ 10 f(t)g(t)dt.

(e) V = R2×2, A(

a bc d

)=

(c da b

). Na V je Frobeniusov skalarni

proizvod.

2. Neka je A ermitska linearna transformacija prostora V konacne dimenzije.Dokazati da za svako x ∈ V vrijedi

‖A(x)± ix‖2 = ‖A(x)‖2 + ‖x‖2 .

Zakljuciti da je A− i idV invertibilna linearna transformacija i da je((A− idV )−1

)∗ = (A+ i idV )−1.

3. Neka jeA normalna linearna transformacija konacnodimenzionalnog unitarnogprostora V ciji se karakteristicni polinom razlaze na linearne faktore. Dokazatida V ima ortonormiranu bazu sastavljenu od svojstvenih vektora linearnetransformacije A, pa na osnovu toga zakljuciti da je A ermitska linearna trans-formacija.

4. Koji od sljedecih parova matrica su unitarno ekvivalentne?

(a)[

1 00 1

],

[0 11 0

];

(b)[

0 10 1

],

[0 1

212 0

];

(c)

0 1 0−1 0 0

0 0 1

,

2 0 00 −1 00 0 0

;

(d)

1 1 00 2 20 0 3

,

1 0 00 2 00 0 3

.

5. Za svaku od sljedecih matrica A naci unitarnu ili ortogonalnu matricu P idijagonalnu matricu D tako da je P ∗AP = D.

(a)[

1 22 1

](b)

[0 −11 0

](c)

[2 3− 3i

3 + 3i 5

]

(d)

0 2 22 0 22 2 0

(e)

2 1 11 2 11 1 2

.

4.10 Bilinearne i kvadratne forme

Ako je A linearna transformacija konacnodimenzionalnog unitarnog prostora Vfunkciju f : V × V → F definisana sa

f(x, y) = 〈A(x), y〉


mozemo posmatrati kao neku zamjenu za linearnu transformaciju A. Mnoga pitanjakoja se postavljaju za transformaciju mogu se postaviti i za funkciju f. Naime,odmah se vidi da je f odredena sa A. Ako je B = {e1, . . . en} ortonormirana bazaprostora V, tada transformaciji A pripada matrica A ciji su elementi odredeni sa

A(ei) =n∑

j=1

Ajiej .

Odavde je

f(ei, ek) = 〈A(ei), ek〉 =

⟨n∑

j=1

Ajiej , ek

⟩

=n∑

j=1

Aji 〈ej , ek〉 =n∑

j=1

Ajiδjk = Aki,

tj. Aki = f(ei, ek). Osobine funkcije f su opisane u sljedecoj definiciji.

Definicija 4.10.1. Neka je V kompleksni ili realni vektorski prostor nad poljemF. Funkciju f sa skupa V × V uredenih parova vektora u polje skalara F nazivamoseskvi-linearnom formom na V ako je

(a) f(α1x1 + α2x2, y) = α1f(x1, y) + α2f(x2, y)

(b) f(x, α1y1 + α2y2) = α1f(x, y1) + α2f(x, y2)

za svako α1, α2 ∈ F i svako x1, x2, y1, y2 ∈ V.

Dakle, seskvi-linearna funkcija je linearna po prvom argumentu kada drugi ar-gument drzimo fiksiran, a po drugom agumentu je aditivna, ali nije homogena. Tonekako dode kao da je jedan i po put linearna. Ako je rijec o realnom prostoru, ondaje linearna po oba argumenta i tada kazemo da je f bilinearna forma.

Skup svih seskvi-linearnih (bilinearnih formi) prostora V je potprostor vek-torskog prostora svih skalarnih funkcija na V × V.

Teorem 4.10.2. Neka je V unitarni prostor konacne dimenzije i f forma na V.Tada postoji jedinstvena linearna transformacija A prostora V takva da je

f(x, y) = 〈A(x), y〉

za svako x, y ∈ V, i preslikavanje f 7→ A je izomorfizam vektorskog prostora formi uvektorski prostor L(V, V ).

Dokaz. Fiksirajmo vektor y ∈ V i posmatrajmo preslikavanje x 7→ f(x, y) prostoraV u polje F. Kako je f linearno po prvom argumentu, pa je ovo preslikavanje linearnifunkcional na V. Tada na osnovu Teorema 4.6.1 postoji tacno jedan vektor y′ ∈ Vtakav da je f(x, y) = 〈x, y′〉 . Na ovaj nacin elementu y ∈ V pridruzili smo element


y′ ∈ V. Ovo preslikavanje oznacimo sa U , tj. U(y) = y′. Neka su y, z ∈ V i α, β ∈ Vproizvoljni. Tada za svako x ∈ V imamo

〈x,U(αy + βz)〉 = f(x, αy + βz) = αf(x, y) + βf(x, z)= α 〈x,U(y)〉+ β 〈x,U(z)〉 = 〈x, αU(y)〉+ 〈x, βU(z)〉= 〈x, αU(x) + βU(z)〉 .

Dakle, 〈x,U(αy + βz)〉 = 〈x, αU(y) + βU(z)〉 za svako x ∈ V, pa je

U(αy + βz) = αU(y) + βU(z),

tj. U je linearna transformacija prostora V. Linearna transformacijaA = U∗ zadovol-java relaciju f(x, y) = 〈A(x), y〉 . Ako osim transformacije A postoji i transformacijaA′ takva da je f(x, y) = 〈A′(x), y〉 , onda je 〈(A−A′)(x), y〉 = 0 za svako x, y ∈ V.Zato je (A−A′)(x) = 0 za svako x ∈ V. Zato je A = A′. Dakle, za svako f postojitacno jedna linearna transformacija Af ∈ L(V, V ) takva da je

f(x, y) = 〈Af (x), y〉za svako x, y ∈ V.

Pokazimo sada da je preslikavanje Φ : f 7→ Af linearno preslikavanje. Neka su fi g forme na V i α, β ∈ F. Tada je

〈Aα f+β g(x), y〉 = (α f + β g)(x, y)= α f(x, y) + β g(x, y)= α 〈Af (x), y〉+ β 〈Ag(x), y〉= 〈αAf (x), y〉+ 〈βAg(x), y〉= 〈(αAf )(x), y〉+ 〈(βA)(x), y〉= 〈(αAf )(x) + (βAg)(x), y〉= 〈(αAf + βAg) (x), y〉 .

Dakle,〈Aα f+β g(x), y〉 = 〈(αAf + βAg) (x), y〉 , (∀x, y ∈ V ).

Zbog proizvoljnosti elementa y odavde slijedi

Aα f+β g(x) = (αAf + βAg) (x)

za svako x ∈ V. Tada je Aα f+β g = αAf + βAg, tj.

Φ(α f + β g) = αΦ(f) + βΦ(g).

Tako je preslikavanje Φ linearno preslikavanje. Neka je A ∈ L(V, V ) proizvoljnatransformacija prostora V. Tada je relacijom f(x, y) = 〈A(x), y〉 definisana forma naV za koju je Af = A. To znaci da preslikavanje Φ sirjektivno. Pokazimo injektivnostovog preslikavanja. Neka je f ∈ Ker Φ. Tada je Af nula preslikavanje, tj. Af (x) = 0za svako x ∈ V. Tada za svako x, y ∈ V vrijedi

f(x, y) = 〈Af (x), y〉 = 〈0, y〉 = 0.

Dakle, f je nula forma, pa preslikavanje Φ injektivno, tj. izomorfizam.


Posljedica 4.10.3. Neka je V unitaran vektorski prostor konacne dimenzije. Nekasu f i g proizvoljne forme na V i neka su Af i Ag matrice linearnih transformacijaAf i Ag u odnosu na ortonormiranu bazu {e1, . . . , en} prostora V. Tada je relacijom

〈f, g〉 = trag(AfA∗g)

definisan skalarni proizvod na prostoru formi i za koji vrijedi

〈f, g〉 =∑

j,k

f(ek, ej)g(ek, ej).

Definicija 4.10.4. Neka je f forma na V i B = {e1, . . . , en} bilo koja uredenabaza prostora V. Tada se matrica A sa elementima Ajk = f(ek, ej) naziva matricaforme f u odnosu na bazu B.

Neka je B = {e1, . . . , en} baza prostora V i x =n∑

s=1αses i y =

n∑t=1

βtet. Tada je

f(x, y) = f

(n∑

s=1

αses,

n∑

t=1

βtet

)=

∑t,s

αsβtf(es, et) =∑t,s

αsβtAts.

Odavde imamo

f(x, y) =(β1, , β2 · · ·βn

)A

α1

α2...

αn

= Y ∗AX,

gdje je X = [x]B, Y = [y]B i A matrica forme f.Neka je B1 = {a1, a2, . . . , an} neka druga uredena baza prostora V i neka je

aj =n∑

i=1Pijei, (1 ≤ i ≤ n). Odredimo matricu B forme f u odnosu na novu bazu.

Imamo

Bjk = f(ak, aj) = f

(n∑

s=1

Pskes,n∑

t=1

Ptjet

)

=n∑

s=1

(n∑

t=1

PskPtjf(es, et)

)

=n∑

s=1

(n∑

t=1

PtjAts

)Psk

= (P ∗AP )jk .

Dakle, matrica B je oblika B = P ∗AP. Matrica P je unitarna matrica, jer je matricaprelaza sa jedne ortonormirane baze na drugu, pa je P ∗ = P−1.

Teorem 4.10.5. Neka je f forma kompleksnog unitarnog vektorskog prostora Vkonacne dimenzije. Tada postoji ortonormirana baza prostora V u odnosu na kojuforma f ima gornje trougaonu matricu.


Dokaz. Za formu f postoji tacno jedna linearna transformacija A takva da jef(x, y) = 〈A(x), y)〉 za svako x, y ∈ V. Tada postoji ortonormirana baza {e1, . . . , en}prostora V u odnosu na koju transformacija A ima gornje trougaonu matricu A.Dakle,

f(ek, ej) = 〈A(ek), ej〉 = 0

kad god je j > k.

Definicija 4.10.6. Forma f realnog ili kompleksnog unitarnog prostora V naziva seermitska ako je

f(x, y) = f(y, x)


Ako je forma f ermitska, onda iz f(x, y) = 〈A(x), y〉 i f(x, y) = f(y, x) imamo

〈A(x), y〉 = 〈A(y), x〉 = 〈x,A(y)〉 ,pa je A∗ = A. Obrnuto, ako je A∗ = A onda se jednostavno pokazuje da je formaf ermitska. Dakle, Forma f je ermitska ako i samo je pripadna transformacija Aermitska.

Kada je f ermitska transformacija tada je f(x, x) = f(x, x), pa je broj f(x, x)realan broj. No vrijedi i obrnuto kako se vidi iz sljedeceg teorema.

Teorem 4.10.7. Neka je V kompleksan vektorski prostor i f forma na V takva daje f(x, x) realan broj za svako x ∈ V. Tada je f ermitska forma.

Dokaz. Trebamo dokazati da je f(x, y) = f(y, x) za svako x, y ∈ V. Imamo

f(x + y, x + y) = f(x, x) + f(y, x) + f(x, y) + f(y, y) ∈ R,

f(x + iy, x + iy) = f(x, x) + if(x, y) + if(y, x) + f(y, y) ∈ R.

Kako su f(x, x) i f(y, y) realni brojevi, to je

f(x, y) + f(y, x), i(−f(x, y) + f(y, x)) ∈ R.

Stavimo α = f(x, y) i β = f(y, x). Tada je α + β ∈ R i i(−α + β) ∈ R. Konjugacijarealnog broja je sam taj broj. Zato je

α + β = α + β

−iα + iβ = iα− iβ.

Mnozeci drugu jednacinu sa i a zatim sabirajuci dobijeni rezultat sa prvom jednacinomnalazimo 2α = 2β, tj. f(x, y) = f(y, x). Sto je i trebalo dokazati.

Posljedica 4.10.8. Neka je A linearna transformacija kompleksnog unitarnog pros-tora V konacne dimenzije. Tada je A ermitska transformacija ako i samo ako je〈A(x), x〉 realan broj za svako x ∈ V.

Teorem 4.10.9. Za svaku ermitsku formu f unitarnog prostora konacne dimenz-ije V, postoji ortonormirana baza prostora V u odnosu na koju formi f odgovaradijagonalna matrica sa realnim elementima.


Dokaz. Neka je A linearna transformacija takva da je f(x, y) = 〈A(x), y〉 za svakox, y ∈ V. Tada, posto je f(x, y) = f(y, x) i 〈A(y), x〉 to je

〈A(x), y〉 = f(y, x) = 〈x,A(y)〉

za svako x, y ∈ V, tako da je A = A∗. Tada postoji ortonormirana baza od svo-jstvenih vektora transformacije A. Neka je {e1, . . . , en} ortonormirana baza i

A(ej) = λj ej , 1 ≤ j ≤ n.

Tadaf(ek, ej) = 〈A(ek), ej〉 = δkjλk.

Kako je A ermitska transformacija, to su njene svojstvene vrijednosti realne, pa jebroj δkjλk realan za svako k. Dakle,f(ek, ej) je realan broj za svako k i svako j.

4.11 Definitnost formi

Definicija 4.11.1. Za ermitsku formu f realnog ili kompleksnog prostora V kazemoda je

1. pozitivno semidefinitna ako f(x, x) ≥ 0 za svako x ∈ V.

2. pozitivno definitna ako je f(x, x) > 0 za svako x 6= 0.

3. negativno semidefinitna ako je f(x, x) ≤ 0 za svako x ∈ V.

4. negativno definitna ako je f(x, x) < 0 za svako x 6= 0.

Neka je f forma prostora V konacne dimenzije. Neka je B = {e1, . . . , en} uredenabaza prostora V i A matrica forme f u odnosu na bazu B, tj. neka je Ajk = f(ek, ej).Ako je x = α1e1 + · · ·+ αnen, tada je

f(x, x) = f(n∑

j=1

αjej ,n∑

k=1

αkek)

=n∑

j=1

αj

n∑

k=1

αkf(ej , ek)

=n∑

j=1

n∑

k=1

αjαkAkj .

Dakle, f(x, x) ≥ 0 ako i samo ako je A = A∗ i

n∑

j=1

n∑

k=1

αjαkAkj ≥ 0 za sve skalare α1, . . . , αn. (4.11.1)

4.11. DEFINITNOST FORMI 155

Teorem 4.11.2. Neka je F polje realnih ili kompleksnih brojeva. Neka je A nekan × n matrica nad poljem F. Funkcija g definisana relacijom g(X, Y ) = Y ∗AXje pozitivno definitna forma na prostoru Fn×1, ako i samo ako postoji invertibilnamatrica P sa koeficijentima iz F takva da je A = P ∗P.

Dokaz. Funkcija g(X,Y ) = Y ∗AX je forma na prostoru matrica kolona. Neka jeA = P ∗P za neku invertibilnu matricu P. Pokazimo da je g ermitska forma. PremaTeoremu 4.10.7 forma g je ermitska ako i samo akoje g(X, X) realan broj za svakoX ∈ Fn×1. Imamo

g(X, X) = X∗AX = X∗P ∗PX = (PX)∗(PX).

Matrica PX je neka matrica kolona npr. PX = (α1 α2 · · · αn)t. Tada je

(PX)∗(PX) = α1α1 + α1α2 + · · ·+ αnαn = |α1|2 + |α2|2 + · · ·+ |αn|2 .

Ovaj broj ne samo da je realan vec je i nenegativan.To znaci da je forma g ermitskai pozitivno semidefinitna. Ovaj broj ce biti nula ako i samo ako je αi = 0 za svakoi, tj. ako i samo ako je PX = 0. Kako je P invertibilna matrica, to je g(X, X) = 0ako i samo ako je X = 0. Dakle, forma g je pozitivno definitna.

Obrnuto, neka je forma g pozitivno definitna na prostoru matrica kolona, tj naFn×1. Matrica frorme g u odnosu na standardnu bazu prostora kolona matrica jematrica A = P ∗P. Definisimo

〈X,Y 〉 = g(X, Y ), (X, Y ∈ Fn×1).

Da li je ovom relacijom definisan skalarni proizvod?

a) 〈X, X〉 = g(X, X) ≥ 0 i pri tome je 〈X,X〉 = 0 ako i samo ako je g(X,X) = 0,tj. ako i samo ako je X = 0, jer je g pozitivno definitna forma.

b) 〈X1 + X2, Y 〉 = g(X1 + X2, Y ) = g(X1, Y ) + g(X2, Y ) = 〈X1, Y 〉+ 〈X2, Y 〉 .c) 〈λX, Y 〉 = g(λX, Y ) = λ g(X, Y ) = λ 〈X, Y 〉 .d) 〈Y, X〉 = g(Y, X) = g(X,Y ) = 〈X, Y 〉, jer je g ermitska.

Dakle, relacijom 〈X,Y 〉 = g(X, Y ), (X,Y ∈ Fn×1) je definisan skalarni proizvodna Fn×1. Prostor Fn×1 ima ortonormiranu bazu {Q1, Q2, . . . , Qn} u odnosu na ovajskalarni proizvod. Tada je

δjk = 〈Qj , Qk〉 = g(Qj , Qk) = Q∗kAQj .

Neka je Q matrica sa kolonama Q1, Q2, . . . , Qn. Tada prethodna jednakost dajeQ∗AQ = I. Matrica Q je matrica prelaza sa standardne baze prostora Fn×1 naortonormiranu bazu {Q1, Q2, . . . , Qn}. Zbog toga je matrica Q invertibilna. StavimoP = Q−1. Tada je I = Q∗AQ = (P−1)∗AP−1, pa je A = P ∗P.

Iz ove teoreme slijedi da, ako je forma pozitivno definitna, onda njena matricaA ima pozitivnu determinantu.


Lema 4.11.3. Neka je A invertibilna n× n matrica nad poljem F. Sljedece tvrdnjesu ekvivalentne.

a) Postoji gornje trougaona matrica P takva da je Pkk = 1 (1 ≤ k ≤ n) takva daje matrica B = AP donjetrougaona.

b) Glavni minori

∆k = det

A11 · · · A1k...

...Ak1 · · · Akk

, (1 ≤ k ≤ n)

matrice A su razliciti od nule.

Dokaz. Neka je P neka n × n matrica nad poljem F i neka je B = AP. Tada jeBjk =

∑r

AjrPrk. Ako je P gornje trougaona matrica i Pkk = 1 za svako k, Tada je

k−1∑

r=1

AjrPrk = Bjk −Akk, (k > 1).

Ako je B donjetrougaona matrica, onda je Bjk = 0 za j < k. Zato je B don-jetrougaona matrica ako i samo ako je

k−1∑

r=1

AjrPrk = −Akk (1 ≤ j ≤ k − 1, 2 ≤ k ≤ n). (4.11.2)

Odavde vidimo da je tvrdnja pod a) ekvivalentna sa tvrdnjom da postoje skalariPrk 1 ≤ r ≤ k, 1 ≤ k ≤ n koji zadovoljavaju (4.11.2) i Pkk = 1 1 ≤ k ≤ n.

U (4.11.2) za svako k > 1 imamo sistem od k − 1 linearnih jednacina po nepoz-natim P1k, . . . , Pk−1,k. Matrica ovo sistema je

A11 · · · A1,k−1...

...Ak−1,1 · · · Ak−1,k−1

,

a njena determinanta je glavni minor ∆k−1(A). Ako je svako ∆k−1(A) 6= 0, ondasvaki sistem (4.11.2) ima jedinstveno rjesenje. Dakle, ako vrijedi b) onda vrijedi ia).

Obrnuto, neka vrijedi a). Mi cemo pokazati da je

∆k(B) = B11B22 · · ·Bkk (k = 1, 2, . . . , n). (4.11.3)

Neka su A1, A2, . . . , An kolone matrice A, a B1, B2, . . . , Bn kolone matrice B. Tadaiz definicije proizvoda matrica slijedi

B1 = A1

Br =r−1∑j=1

PjrAj + Ar, r > 1.(4.11.4)


Fiksirajmo k, 1 ≤ k ≤ n. Iz 4.11.4) vidimo da je r−ta kolona matrice ∆k(B)nastala od r−te kolone matrice ∆k(A) tako sto joj je dodana linearna kombinacijapreostalih kolona te matrice. Ovom operacijom se ne mijenja vrijednost determi-nante. Zato je ∆r(B) = ∆r(A). 1 ≤ r ≤ k. Kako je matrica B donje trougaona, to je∆k(B) = B11B22 · · ·Bkk. Kako su matrice A i P invertibilne, to su njihove determi-nante razlicite od nule. Zbog toga je det(B) = det(A) ·det(P ) = B11B22 · · ·Bnn 6= 0.Odavde slijedi da je ∆k(A) = ∆k(B) 6= 0 za svako k = 1, 2, . . . , n.

Teorem 4.11.4. Neka je f forma konacnodimenzionalnog prostora V i neka je Amatrica od f u odnosu na bazu B. Forma f je pozitivno definitna ako i samo akovrijedi:

1. A∗ = A,

2. svi glavni minori ∆1(A), ∆2(A), . . . ,∆n(A) matrice A su pozitivni.

Dokaz. Neka je A∗ = A i neka su sve glavni minori pozitivni. Tada na osnovuprethodne leme postoji gornje trougaona i invertibilna matrica P takva da je matricaB = AP donje trougaona. Da li su ispunjeni uslovi prethodne leme? Jesu, jer jedet(A) = ∆n(A) 6= 0, pa je invertibilna. Matrica P ∗ je donje trougaona. Zatoje i matrica P ∗B donje trougaona. Dakle, matrica D = P ∗B = P ∗AP je donjetrougaona. Kako je matrica A ermitska, tj. A∗ = A, to je

D∗ = (P ∗AP )∗ = P ∗A∗P = P ∗AP = D

donje trougaona. Dakle, matrica D je dijagonalna. Dalje, imamo

∆k(D) = ∆k(P ∗B) = ∆k(B) = ∆k(A) > 0 (k = 1, 2, . . . , n).

Posto je D dijagonalna matrica to je ∆k(D) = D11D22 · · ·Dkk. Iz ∆k(A) > 0 zasvako k slijedi Dkk > 0 za svako k.

Ako je A matrica forme f u odnosu na uredenu bazu B = {e1, . . . , en}. Tada jeD = P ∗AP matrica forme f u odnosu na bazu B1 = {a1, . . . , an} definisanu sa

aj =n∑

i=1

Pijei.

Kako je D dijagonalna matrica sa pozitivnim elementima na glavnoj dijagonali, toje X∗DX > 0, X 6= 0 odakle, slijedi da je forma f pozitivno definitna.

Neka je sada forma f pozitivno definitna koja u odnosu na bazu B = {e1, . . . , en}ima matricu A. Tada po definiciji pozitivne definitnosti slijedi da je A∗ = A. Trebamojos dokazati da je

∆k(A) > 0, 1 ≤ k ≤ n.

Neka je Vk potprostor prostora V generisan vektorima {e1, . . . , ek} i neka je fk

forma sa Vk × Vk. Forma fk je pozitivno definitna na Vk. Ova forma u odnosu nabazu {e1, . . . , ek} ima matricu

A11 · · · A1k...

...Ak1 · · · Akk

.


Dakle, matrica od fk je ∆k(A). Kako smo vidjeli determinanta matrice pozitivnodefinitne forme je pozitivna. Zbog toga je ∆k(A) > 0 za svako k.

Da bi kompletirali nasu diskusiju o odnosu izmedu pozitivno definitnih formi injihovih matrica podvucimo sljedece.

Neka je f forma kompleksnog prostora V i ima matricu A u odnosu na nekuuredenu bazu. Da bi forma f bila pozitivno definitivna potrebno je i dovoljno daje A∗ = A i X∗AX > 0 za svaku kompleksnu matricu X 6= 0, X ∈ Cn×1. ZbogTeorema 4.10.7 uslov A∗ = A je ispunjen cim je ispunjen uslov X∗AX > 0 za svakukompleksnu matricu X ∈ Cn×1. U drugu ruku, ako je V realan vektorski prostor,onda ce forma f biti pozitivno definitna ako i samo ako je At = A i XtAX > 0 zasvako X 6= 0, X ∈ Rn×1. Ovaj uslov nazalost no povlaci ispunjavanje uslova A = At.

Ako je matrica A reda n×n kompleksna matrica koja zadovoljava uslov XtAX >0 za svaku realnu matricu X 6= 0, onda kazemo da je matrica A pozitivno definitna.

Linearna transformacija A unitarnog vektorskog prostora V konacne dimenzijeje nenegativna ako je A = A∗ i 〈A(x), x〉 ≥ 0 za svako x ∈ V. Transformacija A jepozitivno definitna ako je A = A∗ i 〈A(x), x〉 > 0 za svako x ∈ V, x 6= 0.

Ako je A neka n× n matrica nad poljem kompleksnih brojeva sljedece cinjenicesu ekvivalentne.

1. A je pozitivno definitna, tj.∑j

∑k

Akjαjαk > 0, gdje su α1, . . . , αn kompleksni

brojevi i svi su razliciti od nule.

2. 〈X, Y 〉 = Y ∗AX je skalarni proizvod prostora Cn×1.

3. U odnosu na standardni skalarni proizvod 〈X, Y 〉 = Y ∗X prostora Cn×1 lin-earno preslikavanje X → AX je pozitivno definitno.

4. A = P ∗P za neku invertibilnu n× n matricu P nad poljem C.

5. A = A∗ i glavni minori matrice A su pozitivni.

Ako je A neka matrica reda n× n nad realnim prostorom, onda imamo sljedeceekvivalencije:

1. A = At i∑j

∑k

Akjαjαk > 0, gdje su α1, . . . , αn realni brojevi i svi su razliciti

od nule.

2. 〈X, Y 〉 = Y t∗AX je skalarni proizvod prostora Rn×1.

3. U odnosu na standardni skalarni proizvod 〈X, Y 〉 = Y ∗X prostora Rn×1 lin-earno preslikavanje X → AX je pozitivno definitno.

4. Postoji invertibilna matrica P sa realnim koeficijentima takva da je A = P tP.


4.11.1 Uradeni zadaci

Zadatak 1. Svesti na kanonski oblik sljedece forme:a) x2 + 4x + y2, b) x2 − 12x − 4y2 c) x2 − 2xy + y2. Odrediti definitnost ovih

formi.

Rjesenje a) Matrica forme je[

1 22 1

]. Njene svojstvene vrijednosti su λ1 = 3 i

λ2 = −1. Pripadni svojstveni vektori su f1 = 1√2(1, 1) i f2 = 1√

2(−1, 1). U odnosu

na ortonormiranu bazu {f1, f2} forma ima oblik 3x21 − y2

1. Ova forma nije definitna,jer moze primati i pozitivne i negativne vrijednosti.

b) Matrica je[

1 −6−6 −4

]. Svojstvene vrijednosti ove matrice su λ1 = −8 i

λ2 = 5. Pripadni svojstveni vektori su f1 = 1√13

(2, 3) i f2 = 1√13

(−3, 2). U odnosuna ortonormiranu bazu {f1, f2} forma ima oblik−8x2

1+3y21. Ova forma nije definitna,

jer moze primati i pozitivne i negativne vrijednosti.

c) Matrica forme je[

1 −1−1 1

]. Svojstvene vrijednosti su λ1 = 0, λ2 = 2.

Svojstveni vektori su f1 = 1√2(1, 1) i f2 = 1√

2(−1, 1). U odnosu na novu bazu forma

ima oblik 2y21, pa je pozitivno semidefinitna.

Zadatak 2. Neka je A pozitivno definitna linearna transformacija unitarnogprostora V dimenzije n nad poljem F realnih ili kompleksnih brojeva. Dokazatida postoji tacno jedna pozitivno definitna linearna transformacija T takva da jeA = T 2 i da postoji polinom f(x) ∈ F[x] ciji stepen ne premasuje broj razlicitihsvojstvenih veijednosti linearne tranasformacije A, takav da je T = f(A).Rjesenje Kako jeA pozitivno definitna postoji ortonormirana baza B = {f1, . . . , fn}od svojstvenih vektora linearne transformacije A. Svojstvene vrijednosti su pozi-tivne. Neka su λ1, . . . , λn svojstvene vrijednosti a f1, . . . , fn pripadni svojstvenivektori. Stavimo

T (fi) =√

λi fi (i = 1, . . . , n).

Ovom relacijom je definisana linearna transformacija za koju vrijedi

T 2(fi) = T (T (fi)) = T (√

λi fi) = λi fi = A(fi), (i = 1, . . . , n).

Dakle, transformacije T 2 i A se podudaraju na bazi B, pa su jednake. Svojstvenevrijednosti transformacije T su pozitivne, pa je T pozitivno definitna. Dakle,dokazali smo postojanje transformacije T sa zeljenom osobinom. Neka je D poz-itivno definitna linearna transformacija za koju je D2 = A. Kako je D pozitivnodefinitna, to postoji ortonormirana baza {g1, . . . , gn} sastavljena od svojstvenih vek-tora koji odgovaraju svojstvenim vrijednostima µ1, . . . , µn, koje su pozitivne. Sadaimamo

A(gj) = D2(gj) = D(µjgj) = µ2jgj , (j = 1, . . . , n).

Dakle, µ21, . . . , µ

2n su svojstvene vrijednosti linearne transformacije A. No, svojstvene

vrijednosti transformacije A su λ1, . . . , λn, pa uz eventualnu prenumeraciju vrijediλj = µ2

j za svako j = 1, . . . , n. Dakle,

µj =√

λj (j = 1, . . . , n)


i vektori g1, . . . , gn su vektori f1, . . . , fn. To znaci da se T i D poklapaju, pa jejedinstvenost dokazana.

Neka su λ1, . . . λk razlicite svojstvene vrijednosti linearne transformacije A. Po-trazimo polinom f(x) takav da je

f(λj) =√

λj (j = 1, . . . , k).

Na osnovu Lagranzove interpolacione formule ovaj polinom je jednoznacno odredeni vrijedi

f(x) =k∑

i=1

√λi ·

∏

j 6=i

x− λj

λi − λj.

Odavde jef(A)(fi) = f(λi)fi =

√λifi = T (fi), (i = 1, . . . , n).

Dakle, T = f(A).Linearna transformacija T za koju je A = T 2 oznacava se sa A1/2.

Zadatak 3. Neka je A linearna transformacija unitarnog prostora V koncnedimenzije. Dokazati da postoji jedinstvena pozitivno semidefinitna linearna trans-formacija D i unitarna transformacija U prostora V takve da je A = DU .

Rjesenje. Pretpostavimo da postoje linearne transformacije D i U . Tada jeA = DU , A∗ = U∗D∗. Odavde je AA∗ = DUU∗D∗ = DD∗ = D2, jer je D pozitivnosemidefinitna, pa je ermitska transformacija.

Transformacija AA∗ je pozitivno semidefinitna, pa na osnovu prethodnog za-datka postoji tacno jedna pozitivno semidefinitna linearna transformacija D takvada je AA∗ = D2. Neka je {a1, . . . , an} baza prostora V sastavljena od svojstvenihvektora linearne transformacije D. Tada je

D(ai) = µiai, odnosno AA∗(ai) = µ2i ai (i = 1, . . . , n).

Tada je〈A∗(ai),A∗(aj)〉 = 〈AA∗(ai), aj〉 =

⟨µ2

i ai, aj

⟩= µ2

i δij,

pa postoji ortonormirana baza {b1, . . . , bn} prostora V u odnosu na koju je

A∗(ai) = µibi (i = 1, . . . , n).

Ako sada stavimoU∗(ai) = bi (i = 1, . . . , n)

bice U∗ unitarna transformacija prostora V. Osim toga imamo

A∗(ai) = µibi = µiU∗(ai) = U∗(µiai) = U∗(D(ai)) = (U∗D)(ai)

za svako i, 1 ≤ i ≤ n. Dakle, A∗ = U∗D, tj. A = D∗U = DU .

Zadatak 4. Matricu A predstaviti u obliku proizvoda jedne pozitivno definitnematrice D i jedne ortogonalne matrice U , gdje je


a) A =(

2 −12 1

), b) A =

(1 −41 4

), c) A =

4 −2 24 4 −1

−2 4 2

.

Rjesenje. Prema prethodnom zadatku trebamo odrediti svojstvene vrijednostii svojstvene vektore matrice AA∗.

a) Svojstvene vrijednosti i pripadni svojstveni vektori matrice AA∗ su

λ1 = 2, f1 =1√2(1,−1); λ2 = 8, f2 =

1√2(1, 1).

Da bi odrdili transformaciju D takvu da je AA∗ = D2 moramo pronaci polinomf(x) takav da je f(λ1) =

√λ1 i f(λ2) =

√λ2. Jednostavnim racunom se nalazi

f(x) =√

26 x + 2

√2

3 . Zato je

D =√

26

(AA∗) +2√

23

idV =√

26

(AA∗ + 4idv) .

Odavde je

D(e1) =√

26

(AA∗ + 4idv) (e1) =√

26

(AA∗(e1) + 4idv(e1))

=√

26

((5, 3) + 4(1, 0)) =√

22

(3, 1)

D(e2) =√

26

(AA∗(e2) + 4idV ) =√

26

((3, 5) + 4(0, 1)) =√

22

(1, 3).

Tako je trazena pozitivno definitna matrica

D =

3√

22

√2

2

√2

23√

22

.

Odredimo sada ortogonalnu matricu U. Jednostavno se nalazi da je D(f1) =√

2f1

i D(f2) = 2√

2f2. To znaci da je {f1, f2} ortonormirana baza prostora V i elementite baze su svojstveni vektori linearne transformacije D. Sada uvodimo vektore b1 ib2 tako da je

√2 b1 = A∗(f1), 2

√2 b2 = A∗(f2). Jednostavnim racunom nalazimo

A∗(f1) =√

2(0, −1) = −√2e2, pa je b1 = −e2. Slicno nalazimo da je b2 = e1.Transformacija U se definise relacijom U∗(f1) = b1, U∗(f2) = b2. Direktno se nalaziU∗(e1) =

√2

2 (e1 − e2) i U∗(e2) =√

22 (e1 + e2) . Tako je

U∗ =

√2

2

√2

2

−√

22

√2

2

,

pa je

U =

√2

2 −√

22

√2

2

√2

2

.

Na koncu je A = DU.


4.11.2 Zadaci

1. Neka je V = C2 sa standardnim skalarnim proizvodom. Za koji vektor x izV postoji pozitivno definitna transformacija A takva da je x = A(e1), gdje jee1 = (1, 0).

2. Neka je V = R2 sa standardnim skalarnim proizvodom. Ako je θ realan broj,neka je A rotacija prostora V, tj.

Aθ(x1, x2) = (x1 cos θ − x2 sin θ, x1 sin θ + x2 cos θ).

Za koje vrijednosti θ je transformacija Aθ pozitivno definitna?

3. Neka je V konacnodimenzionalni unitarni prostor. Ako su A i C pozitivnodefinitna linearna preslikavanja prostora V, dokazati da je A + C pozitivnodefinitno preslikavanje. Navesti primjer pozitivno definitnih transformacija Ai C takvih da AC nije pozitivno definitna.

4. Neka je A =[

1 12

12

13

].

(a) Pokazati da je A pozitivno definitna.

(b) Neka je V prostor 2× 1 realnih matrica sa skalarnim proizvodom

〈X,Y 〉 = Y tAX.

Naci ortonormiranu bazu prostora V, koja je nastala Gram-Smitovim pos-tupkom baze {X1, X2} definisane sa

X1 =[

10

], X2 =

[01

].

(c) Odrediti invertibilnu matricu P takvu da je A = P tP.

5. Koje od sljedcih matrica su pozitivno definitne?

[1 23 4

],

[1 1 + i

1− i 3

],

1 −1 12 −1 13 −1 1

.

Linear Algebra II

Documents

Transcript of Linear Algebra II