Skripta - Alas

Linearna Algebra i Analitička GeometrijaPredrag TanovićJanuary 25, 2011Contents1 LINEARNE JEDNAČINE I SISTEMI 31.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Elementarne transformacije sistema jednačina, Gausov postupak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 VEKTORI U R n 62.1 Sabiranje vektora i množenje skalarom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Linearne kombinacije, linearna zavisnost vektora u R n ; veza sa sistemima linearnih jednačina . . . . . 82.3 Norma vektora i skalarni proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.4 Nejednakosti Cauchy-Shwartza i Minkowskog . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.5 Rastojanje, ugao izmedju vektora, projekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.6 Površina paralelograma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.7 Vektori u R 3 , vektorski i mešoviti proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.8 Prave i hiper-ravni u R n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.9 Rastojanje tačke od prave u R n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.10 Prava u ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.11 Položaj ravni u R 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.12 Medjusobni položaj pravih u R 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.13 Medjusobni položaj prave i ravni, ugao izmedju prave i ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 MATRICE 183.1 Sabiranje i množenje matrica skalarom, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.2 Množenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.3 Matrični zapis sistema linearnih jednačina, veza izmedju skupa rešenja sistema i skupa rešenja pridruženoghomogenog sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.4 Blok matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.5 Transponovanje matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.6 Kvadratne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.7 Elementarne transformacije vrsta matrice, elementarne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.8 Inverzna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.9 Izračunavanje inverzne matrice elementarnim transformacijama vrsta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.10 Elementarne transformacije kolona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.11 Ekvivalentnost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.12 Smena promenljivih (promena koodinatnog sistema), slične matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.13 Specijalni tipovi kvadratnih matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344 VEKTORSKI PROSTORI 364.1 Primeri vektorskih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.2 Potprostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.3 Linearne kombinacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.4 Linearna zavisnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.5 Baza i dimenzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.6 Prostor vrsta matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.7 Odredjivanje baze i dimenzije potprostora u R n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.8 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.9 Drugi algoritam za odredjivanje baze i dimenzije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444.10 Linearne jednačine i vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 2 –4.11 Suma i direktna suma potprostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.12 Koordinate vektora u odnosu na bazu, promena baze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495 LINEARNI OPERATORI 505.1 Definicija i primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 505.2 Slika i jezgro linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515.3 Primena na sisteme linearnih jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.4 Izomorfizam vektorskih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.5 Operacije sa linearnim preslikavanjima, vektorski prostor Hom(U, V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545.6 Algebra A(V ) (ili Hom(V )) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545.7 Matrično predstavljanje linearnih operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 565.8 Algoritam za formiranje matrice operatora u odnosu na bazu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.9 M n (F ) i A(V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.10 Promena baze i matrica operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 586 DETERMINANTE 586.1 Determinante reda 1, 2 i 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 596.2 Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 606.3 Definicija i osnovna svojstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 616.4 Minori i kofaktori, izračunavanje determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 626.5 Adjungovana matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 636.6 Kramerova teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 646.7 Determinante blok matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 676.8 Determinanta linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 677 UNITARNI PROSTORI 677.1 Koši-Švarcova nejednakost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 697.2 Ortogonalnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 697.3 Ortogonalni skupovi i baze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 707.4 Furijeovi koeficijenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 707.5 Beselova nejednakost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 727.6 Gram-Šmitov postupak ortogonalizacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 727.7 Ugao izmedju vektora i potprostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 747.8 Matrično predstavljanje skalarnog proizvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 747.9 Promena baze i Gramova matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 757.10 Ortogonalne matrice i skalarni proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 767.11 Gramova determinanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 777.12 NORMIRANI PROSTORI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 778 DIJAGONALIZACIJA 788.1 Karakteristični (sopstveni) polinom matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 798.2 Teorema Kejli-Hamiltona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 808.3 Sopstvene vrednosti i sopstveni vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 808.4 Algebarska i geometrijska višestrukost sopstvene vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 818.5 Dijagonalizabilnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 818.6 Dijagonalizacija realnih simetričnih matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 838.7 Minimalni polinom matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 838.8 Dijagonalizacija linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 849 KANONSKE FORME OPERATORA 859.1 Invarijantni potprostori linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 869.2 Osnovna dekompozicija linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 869.3 Nilpotentni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 879.4 Žordanova forma linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8810 ISPITNA PITANJA 89

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 3 –1 LINEARNE JEDNAČINE I SISTEMI1.1 Osnovni pojmoviNeka je K polje, ukoliko drugačije nije naglašeno podrazumevamo K = R.• Linearna jednačina nad poljem K po promenljivim x 1 , x 2 , ..., x n je jednačina koja se može svesti na oblika 1 x 1 + a 2 x 2 + ... + a n x n = bgde su koeficijenti a 1 , a 2 , ..., a n i slobodni član b elementi polja K.• Uredjena n-torka (k 1 , k 2 , ..., k n ) ∈ K n je rešenje gornje jednačine ako važi:a 1 k 1 + a 2 k 2 + ... + a n k n = b• Sva njena rešenja čine skup rešenja jednačine:{(k 1 , k 2 , ..., k n ) ∈ K n | a 1 k 1 + a 2 k 2 + ... + a n k n = b }• Degenerisana linearna jednačina je oblika:0 x 1 + 0 x 2 + ... + 0 x n = bAko je b = 0 skup njenih rešhenja je K n ; ako je b ≠ 0 onda ona nema rešenja (skup rešenja je ∅).• Sistem linearnih jednačina po promenljivim x 1 , x 2 , ..., x n jea 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = b 1a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = b 2. . . ... . .a m1 x 1 + a m2 x 2 + ... a mn x n = b mUredjena n-torka (k 1 , k 2 , ..., k n ) ∈ K n je rešenje sistema ako je rešenje svake od jednačina sistema. Sva rešenja čineskup rešenja sistema.• Ako sa S i označimo skup rešenja i-te jednačine gornjeg sistema a sa S skup rešenja sistema tada važi:S = S 1 ∩ S 2 ∩ ... ∩ S m• Rešiti sistem jednačina znači odrediti njegov skup rešenja.Definicija 1.1. Dva sistema su ekvivalentna ako imaju isti skup rešenja.Definicija 1.2. Homogena linearna jednačina je oblikaa 11 x 1 + a 12 x 2 + ... + a 1n x n = 0 .Neka su r = (r 1 , r 2 , ..., r n ) i r ′ = (r ′ 1, r ′ 2, ..., r ′ n) rešenja gornje homogene jednačine i k ∈ R. Tada:• (kr 1 , kr 2 , ..., kr n ) je rešenje:a 11 r 1 + a 12 r 2 + ... + a 1n r n = 0označavamo ga sa kr .k(a 11 r 1 + a 12 r 2 + ... + a 1n r n ) = 0a 11 (k r 1 ) + a 12 (k r 2 ) + ... + a 1n (k r n ) = 0 ;• (r 1 + r ′ 1, r 2 + r ′ 2, ..., r n + r ′ n) je rešenje:a 11 r 1 + a 12 r 2 + ... a 1n r n = 0

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 4 –+a 11 r ′ 1 + a 12 r ′ 2 + ... a 1n r ′ n = 0označavamo ga sa r + r ′ .a 11 (r 1 + r ′ 1) + a 12 (r 2 + r ′ 2) + ... a 1n (r n + r ′ n) = 0 ;• Ako su r, r ′ , ... ,r (n) njena rešenja i k 0 , k 1 , ..., k n skalari (obični brojevi) tada je i k 0 r + k 1 r ′ + ... + k n r (n)rešenje.Isto važi i za sistem homogenih linearnih jednačina:a 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = 0a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = 0. . . ... . .a m1 x 1 + a m2 x 2 + ... a mn x n = 0• Ako su r, r ′ , ... ,r (n) njena rešenja i k 0 , k 1 , ..., k n skalari (obični brojevi) tada je i k 0 r + k 1 r ′ + ... + k n r (n)rešenje.Primer 1.1.x + z = 0y + 3z = 0t = 0ima parametarsko rešenje t = 0, z = a, y = −3a, x = −a ili (x, y, z, t) = (−a, −3a, a, 0) a ∈ R.Primer 1.2.⎛⎜⎝xyzt⎞ ⎛⎟⎠ = ⎜⎝−a−3aa0⎞ ⎛⎟⎠ = a ⎜⎝−1−310x − 2y + t = 0z − 3t = 0ima parametarsko rešenje t = a, z = 3a, y = b, x = 2b − a ili (x, y, z, t) = (2b − a, b, 3a, a) a, b ∈ R.⎞⎟⎠⎛⎜⎝xyzt⎞ ⎛⎟⎠ = ⎜⎝2b − ab3aa⎞ ⎛⎟⎠ = ⎜⎝2bb00⎞ ⎛⎟⎠ + ⎜⎝−a03aa⎞ ⎛⎟⎠ = b ⎜⎝2100⎞ ⎛⎟⎠ + a ⎜⎝−1031⎞⎟⎠(2, 1, 0, 0) je rešenje sistema i dobija se za a = 0 b = 1, rešenje (−1, 0, 3, 1) za a = 1 b = 0. Ova dva rešenjačine bazu skupa rešenja (što znači da se svako rešenje sistema izražava kao njihova linearna kombinacija). U slučajuproizvoljnog homogenog sistema bazu skupa rešenja dobijamo kada uzimamo da je vrednost jedne slobodne promenljive1 a ostalih 0; na taj način dobijemo onoliko rešenja koliko homogeni sistem ima slobodnih promenljivih.Zbir dva rešenja nehomogene linearne jednačinea 1 x 1 + ... + a n x n = b(gde je b ≠ 0!) ne daje rešenje: (1, 1) i (0, 2) su rešenja jednačine x + y = 2 a (1, 3) nije. Rešenja ne smemo nimnožiti: k (1, 1) nije rešenje jednačine za k ≠ 1.• Ako je r rešenje nehomogene jednačine a h rešenje odgovarajuće homogene jednačine, tada je r + h takodjerešenje nehomogene jednačine:Neka je r = (r 1 , r 2 , ..., r n ) rešenje jednačinea 1 x 1 + a 2 x 2 + ... + a n x n = b

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 5 –i neka je h = (h 1 , h 2 , ..., h n ) rešenje odgovarajuće homogene jednačinea 1 x 1 + a 2 x 2 + ... + a n x n = 0Tada jeSabiranjem dobijamo:a 1 r 1 + a 2 r 2 + ... + a n r n = ba 1 h 1 + a 2 h 2 + ... + a n h n = 0a 1 (r 1 + h 1 ) + a 2 (r 2 + h 2 ) + ... + a n (r n + h n ) = b• Ako je r ′ bilo koje rešenje nehomogene jednačine tada se lako proveri da je r ′ − r = h ′ rešenje homogenejednačine. Zaključujemo: svako rešenje nehomogene jednačine r ′ možemo napisati kao zbirrešenja r i nekog rešenja homogene jednačine.r ′ = r + h ′• Ako sa W označimo skup svih rešenja homogene jednačine i ako je r bilo koje rešenje odgovarajuće nehomogenejednačine, tada jer + W = {r + h | h ∈ W }skup svih rešenja nehomogene jednačine.Isto važi i za sisteme: posmatrajmo sistemi njemu odgovarajući homogeni sistem:a 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = b 1a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = b 2. . . ... . .a m1 x 1 + a m2 x 2 + ... a mn x n = b ma 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = 0a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = 0. . . ... . .a m1 x 1 + a m2 x 2 + ... a mn x n = 0• Ako je r ′ bilo koje rešenje nehomogenog sistema tada je r ′ − r = h ′ rešenje homogenog sistema. Svako rešenjenehomogenog sistema r ′ možemo napisati kao zbirrešenja r i nekog rešenja homogene jednačine.r ′ = r + h ′• Ako sa W označimo skup svih rešenja homogenog sistema i ako je r bilo koje rešenje odgovarajućeg nehomogenogsistema tada jer + W = {r + h | h ∈ W }skup svih rešenja nehomogenog sistema.Primer 1.3.x + z = 2y + 3z = 1t = 3ima parametarsko rešenje t = 3, z = a, y = −3a + 1, x = −a + 2 ili (x, y, z, t) = (−a + 2, −3a + 1, a, 0) a ∈ R.⎛⎜⎝xyzt⎞ ⎛⎟⎠ = ⎜⎝−a + 2−3a + 1a3⎞ ⎛⎟⎠ = a ⎜⎝−1−310⎞ ⎛⎟⎠ + ⎜⎝2103⎞⎟⎠

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 6 –Primer 1.4.x − 2y + t = 1z − 3t = 2ima parametarsko rešenje t = a, z = 3a + 2, y = b, x = 2b − a + 1 ili (x, y, z, t) = (2b − a + 1, b, 3a + 2, a) a, b ∈ R.⎛⎜⎝(1, 0, 2, 0) je rešenje nehomogenog sistema;xyzt⎞ ⎛⎟⎠ = b ⎜⎝2100⎞ ⎛⎟⎠ + a ⎜⎝(2, 1, 0, 0) i (−1, 0, 3, 1) su rešenja homogenog sistema .Skup svih rešenja homogenog sistema jeskup rešenja nehomogenog sistema je W + (1, 0, 2, 0) .−1031⎞ ⎛⎟⎠ + ⎜⎝1020⎞⎟⎠W = {b (2, 1, 0, 0) + a (−1, 0, 3, 1) | a, b ∈ R} ;1.2 Elementarne transformacije sistema jednačina, Gausov postupakOznačimo sa (S) sledeći sistem jednačina:Elementarne transformacije sistema su:(E 1 ) Zamena mesta i-te i j-te jednačine: L i ↔ L ja 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = b 1 L 1a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = b 2 L 2. . . ... . . . . .a m1 x 1 + a m2 x 2 + ... a mn x n = b m L m(E 2 ) Na mesto i-te jednačine staviti nju pomnoženu skalarom k ≠ 0: k L i → L i(E 2 ) i-tu jednačinu zameniti sa L i + a L j (a ∈ K, i ≠ j): L i + a L j → L iTeorema 1.1. Ako se sistem (S) ′ mozhe dobiti iz sistema (S) primenom konachnog niza elementarnih transformacijatada su ta dva sistema ekvivalentna.Dokaz. Videti Problem 1.46• Trougaona i stepenasta forma sistema.• Gausov postupak, svodjenje sistema na stepenastu formu2 VEKTORI U R n• R n je n-prostor ;• u = (u 1 , u 2 , ..., u n ) ∈ R n je vektor (ili tačka) prostora. u 1 , u 2 , ..., u n su njegove komponente ili koordinate.• a ∈ R je skalar .• Dva vektora u = (u 1 , ..., u n ) i v = (v 1 , ..., v n ) su jednaka ako i samo ako je u 1 = v 1 , u 2 = v 2 , ... , u n = v n .⎛u 1⎞• Vektor u = (u 1 , ..., u n ) pišemo i kao vektor-kolonu⎜ u 2⎟⎝ ... ⎠u n• Ponekad vektor x označavamo i sa ⃗x .

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 7 –2.1 Sabiranje vektora i množenje skalaromDefinicija 2.1. Neka su u = (u 1 , u 2 , ..., u n ) i v = (v 1 , v 2 , ..., v n ) vektori prostora R n . Definišemo:(a) sabiranje vektora:u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , ..., u n + v n ) (∈ R n )(b) množenje vektora skalarom (brojem) k ∈ R:k u = (k u 1 , k u 2 , ..., k u n ) (∈ R n )• Ako je n = 2, 3 množenje vektora položaja skalarom k je ’izduživanje’ (ili ’skraćivanje’) po istom pravcu sakoeficijentom k, ako je k < 0 onda imamo i promenu smera.• Sabiranje vektora je ’sabiranje vektora položaja po pravilu paralelograma’.• Nula-vektor je 0 = (0, 0, ..., 0).• −u je (−1) u.Teorema 2.1.Za sve vektore u, v, w ∈ R n i skalare k, k ′ ∈ R važi:1. (u + v) + w = u + (v + w)2. u + 0 = u3. u + (−u) = 04. u + v = v + u5. k (u + v) = k u + k v6. (k + k ′ ) u = k u + k ′ u7. (k k ′ ) u = k (k ′ u)8. 1 u = uDokaz. Videti Problem 2.4• Prethodna teorema opisuje R n kao vektorski prostor u odnosu na sabiranje vektora i množenje skalarom (videtiDefiniciju 4.1)• Ako su vektori u, v ∈ R nmultiple of v).i k ≠ 0 skalar takvi da je u = k v onda kažemo da u i v imaju isti pravac (u is a• u i v imaju isti smer ako je k > 0;• u i v imaju suprotan smer ako je k < 0.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 8 –2.2 Linearne kombinacije, linearna zavisnost vektora u R n ; veza sa sistemima linearnihjednačinaDefinicija 2.2. Vektor v je linearna kombinacija vektora u 1 , u 2 , ..., u n ako postoje skalari k 1 , k 2 , ..., k n takvi da važik 1 , k 2 , ..., k n su koeficijenti ove linearne kombinacije.v = k 1 u 1 + k 2 u 2 + ... + k n u n ,• v je linearna kombinacija vektora u 1 , u 2 , ..., u n ako i samo ako sledeća ’vektorska jednačina’ ima rešenje:v = x 1 u 1 + x 2 u 2 + ... + x n u n .Primer 2.1. Dati su vektoriv =⎛⎝ 2 3−4⎞⎠ u 1 =⎛⎝ 1 11⎞⎠ u 2 =⎛⎝ 1 10⎞⎠ i u 3 =Da li je v linearna kombinacija vektora u 1 , u 2 i u 3 ? Ekvivalentno: da li postoje x, y, z ∈ R takvi da:⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞1 1 1 2x ⎝ 1 ⎠ + y ⎝ 1 ⎠ + z ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 3 ⎠1 0 0 −4Ekvivalentno, da li sistemx + y + z = 2x + y = 3x = −4ima rešenje?Odgovor je: da. Isti je odgovor i za bilo koji vektor v ′ na mestu v. Šta više: svaki vektor se na jedinstven načinizražava kao linearna kombinacija vektora u 1 , u 2 i u 3 (u 1 , u 2 , u 3 je baza vektorskog prostora R 3 )• Sistem linearnih jednačina:a 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = b 1a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = b 2. . . ... . .a m1 x 1 + a m2 x 2 + ... a mn x n = b m⎛⎝ 1 00⎞⎠je isto što i ’vektorska jednačina’⎛x 1⎜⎝što označava da je vektorkoeficijentima x 1 , ..x n .⎛⎜⎝b 1b 2...b ma 11a 21...a m1⎞⎟⎠⎞⎟⎠ + x 2⎛⎜⎝a 12a 22...a m2⎞⎟⎠ + ... + x n⎛⎜⎝a 1na 2n...a mnlinearna kombinacija vektora kolona ⎛⎞ ⎛⎟⎠ = ⎜⎝⎜⎝a 11a 21...a m1⎞b 1b 2⎟... ⎠b m⎞ ⎛⎟⎠ , ⎜⎝a 12a 22...a m2⎞⎛⎟⎠ , ..., ⎜⎝a 1na 2n...a mn⎞⎟⎠saDefinicija 2.3. Vektori u 1 , u 2 , ..., u n ∈ R n su linearno zavisni ako postoje skalari k 1 , k 2 , ..., k n koji nisu svi nule takvida važik 1 u 1 + k 2 u 2 + ... + k n u n = 0.U suprotnom (ako ne postoje takvi k i -ovi) oni su linearno nezavisni.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 9 –Teorema 2.2. (a) Vektori u 1 , u 2 , ..., u n ∈ R n su linearno zavisni ako i samo ako je jedan od njih linearna kombinacijapreostalih.(b) Vektori u 1 , u 2 , ..., u n ∈ R n su linearno zavisni ako je jedan od njih nula -vektor.Primer 2.2.• (1, 1) i (1, 0) su linearno nezavisni.• (1, 1), (1, 0) i (3, 1) su linearno zavisni.• (1, 1, 1), (1, 1, 0) i (1, 0, 0) su linearno nezavisni.• (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) i (2, 3, 1) su linearno zavisni.• Vektorijednačina:⎛⎜⎝a 11a 21...a m1ima netrivijalno rešenje.⎞ ⎛⎟⎠ , ⎜⎝a 12a 22...a m2⎞ ⎛⎟⎠ , ... , ⎜⎝a 1na 2n...a mn⎞⎟⎠su linearno nezavisni ako i samo ako homogeni sistem linearniha 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = 0a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = 0. . . ... . .a m1 x 1 + a m2 x 2 + ... a mn x n = 02.3 Norma vektora i skalarni proizvodDefinicija 2.4.Neka je u = (u 1 , u 2 , ..., u n ) vektor u R n . Definišemo normu vektora u (njegov intenzitet ili dužinu):‖u‖ =√u 2 1 + u2 2 + ... + u2 n (∈ R + ).• ‖u‖ = 0 ako i samo ako u = 0.• ‖k u‖ = |k| ‖u‖ (|k| je apsolutna vrednost broja k).• u ∈ R n je jedinični vektor ako i samo ako je ‖u‖ = 1 .• Za svaki u ≠ 0 postoji tačno jedan jedinični vektor koji ima isti smer kao i u. To je1‖u‖ u (ili u‖u‖ ) .Definicija 2.5. Neka su u = (u 1 , u 2 , ..., u n ) i v = (v 1 , v 2 , ..., v n ) vektori u R n . Definišemo skalarni proizvod vektora u i v(dot product, inner product or scalar product):u · v = u 1 v 1 + u 2 v 2 + ... + u n v n (∈ R)Naredna teorema opisuje osnovna algebarska svojstva skalarnog proizvoda:Teorema 2.3. Za sve vektore a, b, c ∈ R n važi:1. a · b = b · a2. (−a) · b = −(a · b)3. (k a) · b = k (a · b)4. a · a = ‖a‖ 2

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 10 –5. (a + b) · c = a · c + b · c i a · (b + c) = a · b + a · cDokaz. ...• Na osnovu prethodne teoreme možemo skalarno množiti dve linearne kombinacije vektora kao da se radi o’običnim brojevima’; jedino za a · a umesto a 2 pišemo ‖a‖ 2 :(2 a + b) · (3 a − b + 2 c) = 6 a · a − 2 a · b + 4 a · c + 3 b · a − b · b + 2 b · c == 6 ‖a‖ 2 + a · b + 4 a · c − ‖b‖ 2 + 2 b · cili(a + b) · (a − b) = a · a − a · b + b · a − b · b = ‖a‖ 2 − ‖b‖ 22.4 Nejednakosti Cauchy-Shwartza i MinkowskogTeorema 2.4. (Cauchy- Shwartz) Za vektore u, v ∈ R n važiDokaz: Za svaki realni broj t imamoNeka je|u · v| ≤ ‖u‖ ‖v‖ .0 ≤ (tu + v) · (tu + v) = t 2 (u · u) + 2t(u · v) + (v · v) = ‖u‖ 2 t 2 + 2(u · v)t + ‖v‖ 2a = ‖u‖ 2 , b = 2(u · v), c = ‖v‖ 2Tada, za svaku vrednost t, imamo at 2 + bt + c ≥ 0. Ovo znači da kvadratni polinom ne može da ima dva realnakorena. Što dalje implicira da diskriminanta D = b2 − 4ac ≤ 0, ili ekvivalentno tome, b 2 ≤ 4ac. TakoDeljenjem sa 4 dobijamo naš rezultat.4 (u · v) 2 ≤ 4 ‖u‖ 2 ‖v‖ 2Teorema 2.5. (Minkowski) Za vektore u, v ∈ R n važi‖u + v‖ ≤ ‖u‖ + ‖v‖ .Dokaz: Po Cauchy- Shwartz-ovoj nejednakosti i drugim svojstvima proizvoda,‖u + v‖ 2 = (u + v) · (u + v) = (u · u) + 2(u · v) + (v · v) ≤ ‖u‖ 2 + 2‖u‖ ‖v‖ + ‖v‖ 2 = (‖u‖ + ‖v‖) 2Kada korenujemo obe strane dobijamo željenu nejednakost.2.5 Rastojanje, ugao izmedju vektora, projekcijaDefinicija 2.6. Rastojanje (distance) izmedju tačaka (vektora) u = (u 1 , u 2 , ..., u n ) i v = (v 1 , v 2 , ..., v n ) je:d(u, v) = √ (u 1 − v 1 ) 2 + (u 2 − v 2 ) 2 + ... + (u n − v n ) 2 .• d(u, v) = d(v, u)• Ako je n = 2, 3 sa d(u, v) je definisano uobičajeno rastojanje (dužina duži uv).• Nejednakost Minkowskog za u = a − b i v = b − c daje:d(a, c) ≤ d(a, b) + d(b, c)što je nejednakost trougla za △abc: dužina stranice ac je manja od zbira dužina stranica ab i bc

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 11 –Teorema 2.6. (a)Ako su u = (u 1 , u 2 ) i v = (v 1 , v 2 ) tačke u (ravni) R 2 i θ ugao izmedju njih (∠u0v) onda jecos θ =u 1 v 1 + u 2 v√ √ 2u21 + u 2 2 v21 + v22= u · v‖u‖ ‖v‖je(b) Ako su u = (u 1 , u 2 , u 3 ) i v = (v 1 , v 2 , v 3 ) tačke u (običnom prostoru) R 3 i θ ugao izmedju njih (∠u0v) ondacos θ =u 1 v 1 + u 2 v 2 + u 3 v√ 3u21 + u 2 2 + √ u2 3 v21 + v2 2 + v2 3= u · v‖u‖ ‖v‖Dokaz.y✻v = (v 1 , v 2 )‖v‖u = (u 1 , u 2 )θ‖u‖✲0xPrimenimo kosinusnu teoremu na trougao 0uv ......Definicija 2.7. Ugao izmedju ne-nula vektora u = (u 1 , u 2 , ..., u n ) i v = (v 1 , v 2 , ..., v n ) θ definišemo sa:cos θ =Primetimo da Cauchy-Shwartzova nejednakost povlači:−1 ≤pa postoji ugao θ ∈ [0, π) takav da je cos θ = u · v‖u‖ ‖v‖ .u · v‖u‖ ‖v‖u · v‖u‖ ‖v‖ ≤ 1Kako je cos π 2 = 0 imamo da su vektori u Rn (n = 2, 3) normalni ako i samo ako je njihov skalarni proizvod 0.Definicija 2.8. Vektori u, v ∈ R n su ortogonalni (ili normalni) ako je u · v = 0 .Definicija 2.9. Definišemo projekciju vektora v = (v 1 , v 2 , ..., v n ) na pravac vektora u = (u 1 , u 2 , ..., u n ) :proj(v, u) = u · v‖u‖ 2 u(= cu)✒ ✻vv − c uOc u✲✲uc = u · v‖u‖ 2 je jedinstven skalar takav da je (v − c u) · u = 0 :Odavde sledic = u · v‖u‖ 2 .(v − c u) · u = v · u − c u · u = v · u − c ‖u‖ 2 = 0

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 12 –2.6 Površina paralelograma• Računamo površinu P paralelograma (u R n !) odredjenog vektorima a i b:✒ ✻bh = b − c aVektor visine je✲✲0c aah = b − c a = b − a · b‖a‖ 2 a‖h‖ 2 = (b − c a) · (b − c a) = ‖b‖ 2 − 2 c a · b + c 2 ‖a‖ 2 == ‖b‖ 2 − 2 a · b‖a‖ 2 (a · b) + ( a · b‖a‖ 2 ) 2‖a‖ 2 == ‖b‖ 2 − 2(a · b)2 (a · b)2‖a‖ 2 +‖a‖ 2 == ‖b‖ 2 −(a · b)2‖a‖ 2Kako je P 2 = ‖a‖ 2 ‖h‖ 2dobijamo:P 2 = ‖a‖ 2 ‖b‖ 2 − (a · b) 2 =∣ a · ab · aa · bb · b∣2.7 Vektori u R 3 , vektorski i mešoviti proizvod• i = (1, 0, 0) je jedinični vektor u smeru x-ose;• j = (0, 1, 0) je jedinični vektor u smeru y-ose;• k = (0, 0, 1) je jedinični vektor u smeru z-ose.• i, j, k je ortonormirana baza (to su jedinični vektori koji su medjusobno normalni:i · i = j · j = k · k = 1 i · j = j · k = k · i = 0Svaki vektor u = (a, b, c) se na jedinstven način piše u oblikuu = a i + b j + ck .Definicija 2.10. Vektorski proizvod (cross product) vektora a = (a 1 , a 2 , a 3 ) i b = (b 1 , b 2 , b 3 ) je vektora × b = (a 2 b 3 − a 3 b 2 , −a 1 b 3 + a 3 b 1 , a 1 b 2 − a 2 b 1 ) .a × b = (a 2 b 3 − a 3 b 2 )i − (a 1 b 3 − a 3 b 1 )j + (a 1 b 2 − a 2 b 1 )k ==∣ a ∣ 2 a 3 ∣∣∣ i −b 2 b 3∣ a ∣ 1 a 3 ∣∣∣ j +b 1 b 3∣ a ∣1 a 2 ∣∣∣kb 1 b 2a × b =∣∣i j k ∣∣∣∣∣a 1 a 2 a 3b 1 b 2 b 3

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 13 –• Neka je a = (a 1 , a 2 , a 3 ), b = (b 1 , b 2 , b 3 ), c = (c 1 , c 2 , c 3 ). Kažemo da je trojka (a, b, c) direktno (ili pozitivno)orijentisana baza ako važi: ∣ ∣∣∣∣∣ a 1 a 2 a 3b 1 b 2 b 3c 1 c 2 c 3∣ ∣∣∣∣∣> 0Teorema 2.7. a × b je jedinstven vektor koji zadovoljava sledeća tri uslova:1. Ortogonalan je i na a i na b2. ‖a × b‖ je jednak površini paralelograma odredjenog sa a i b3. (a, b, a × b) je direktno orijentisana baza ukoliko su a i b nekolinearni.Dokaz. ...Osobine vektorskog proizvoda1. a × b = 0 ako i samo ako su a i b kolinearni.2. a × b = −b × a3. a × (k b) = (k a) × b = k (a × b)4. (a + b) × c = a × c + b × c.5. a × (b + c) = a × b + a × c.6. (α 1 a + β 1 b) × (α 2 a + β 2 b) =∣ α ∣1 β 1 ∣∣∣(a × b).α 2 β 27. (a × b) × c pripada potprostoru (ravni, pravi,...) generisanom sa a i b.Definicija 2.11. Mešoviti proizvod vektora a, b i c se definiše na sledeći način:[a, b, c] = (a × b) · c.Teorema 2.8. Neka je a = (a 1 , a 2 , a 3 ), b = (b 1 , b 2 , b 3 ), c = (c 1 , c 2 , c 3 ). Tada∣ a 1 a 2 a 3 ∣∣∣∣∣[a, b, c] =b 1 b 2 b 3 .∣ c 1 c 2 c 3Takodje, [a, b, c] je po apsolutnoj vrednosti jednak zapremini paralelepipeda odredjenog vektorima a, b i c.Dokaz. ...Osobine mešovitog proizvoda(1) [a, b, c] = [b, c, a] = [c, a, b](2) [a, b, c] = −[a, c, b] = −[c, b, a] = −[b, a, c].(3) [αa + α ′ a ′ , b, c] = [αa, b, c] + [α ′ a ′ , b, c]; slično za b i c.(4) Ako je m = α 1 a + α 2 b + α 3 c; n = β 1 a + β 2 b + β 3 c i p = γ 1 a + γ 2 b + γ 3 c tada je:∣ α 1 α 2 α 3 ∣∣∣∣∣[m, n, p] =β 1 β 2 β 3 [a, b, c]∣ γ 1 γ 2 γ 3• Dvostruki vektorski proizvod je (a × b) × c.Računa se po formuli:(i pripada potprostoru generisanom sa b i c).(a × b) × c = (a · c) b − (a · b) c

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 14 –2.8 Prave i hiper-ravni u R n• Neka su A(a 1 , a 2 , ..., a n ) i B(b 1 , b 2 , ..., b n ) tačke (vektori) u R n .−→AB identifikujemo sa vektoromB − A = (b 1 − a 1 , b 2 − a 2 , ..., b n − a n )Definicija 2.12. Hiper-ravan je skup svih tačaka prostora R n koje zadovoljavaju nedegenerisanu linearnu jednačinuk 1 x 1 + k 2 x 2 + ... + k n x n = b .n = (k 1 , k 2 , ..., k n ) je njen vektor normale.• Vektor normale nije jedinstven, ali svaka dva su kolinearna.Geometrijska motivacija za prethodnu definiciju dolazi iz R 3 .Primer 2.3. Ravan (u R 3 ) je odredjena jednom svojom tačkom i vektorom normale.Odredićemo jednačinu ravni α koja sadrži tačku A(x 0 , y 0 , z 0 ) i normalna je na vektor n = (k 1 , k 2 , k 3 ) ≠ 0.✻n✿ XAαTačka X(x, y, z) pripada ravni α ako i samo ako je−−→AX · n = 0(x − x 0 , y − y 0 , z − z 0 ) · (k 1 , k 2 , k 3 ) = 0Jednačina ravni koja sadrži tačku A(x 0 , y 0 , z 0 ) i normalna je na vektor n = (k 1 , k 2 , k 3 ) je:k 1 (x − x 0 ) + k 2 (y − y 0 ) + k 3 (z − z 0 ) = 0Ako označimo b = k 1 x − 0 + k 2 y − 0 + k 3 z 0 imamo jednačinu ravni α:k 1 x + k 2 y + k 3 z = bPrimer 2.4. Neka je ravan α data jednačinom 2 x + 3 y − 2 z = 5.Iz jednačine odmah vidimo jedan vektor normale n α = (2, 3, −2), a tačka ravni je bilo koje rešenje ove jednačine;npr. A(2, 1, 1). Jednačina ravni se transformiše u:2 (x − 2) + 3 (y − 1) − 2 (z − 1) = 0što označava da tačka X(x, y, z) pripada ravni ako i samo ako −−→ AX · n = 0 .Definicija 2.13. Prava u R n koja sadrži tačku A(a 1 , a 2 , .., a n ) i ima pravac vektora v = (k 1 , k 2 , ..., k n ) je skup svihtačaka X(x 1 , x 2 , ..., x n ) koje zadovoljavaju:x 1 = a 1 + k 1 t,x 2 = a 2 + k 2 t, ..., x n = a n + k n tgde t ∈ R.• v je vektor pravca prave .x 1 = a 1 + k 1 t, x 2 = a 2 + k 2 t, ..., x n = a n + k n t , t ∈ Rje parametarska jednačina prave koja sadrži tačku A(a 1 , a 2 , .., a n ) i ima pravac (paralelna je) vektora v = (k 1 , k 2 , ..., k n ) (≠0). Zapisujemo je i u obliku;x 1 − a 1= x 2 − a 2= ... = x n − a n(= t)k 1 k 2k n• Vektor pravca prave nije jedinstveno odredjen pravom: ako je v p vektor pravca prave p onda je to i bilo kojivektor kolinearan sa njim, na primer 2 v p , 3 v p , −5 v p ...Sledeći primer daje geometrijsku motivaciju za prethodnu definiciju.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 15 –Primer 2.5. Odredimo jednačinu prave p koja sadrži tačku A(x 0 , y 0 , z 0 ) i ima pravac vektora v p = (k 1 , k 2 , k 3 )A❨ ✶XpOTačka X(x, y, z) pripada pravi p ako i samo ako postoji t ∈ R takav da je −−→ AX = t v pv p✲(x − x 0 , y − y 0 , z − z 0 ) = t (k 1 , k 2 , k 3 )Odavde dobijamo parametarsku jednačinu prave; x = x 0 + k 0 t y = y 0 + k 1 t z = z 0 + k 3 t koju zapisujemo ip :x − x 0k 1= y − y 0k 2= z − z 0k 3(= t)Primer 2.6. Neka je data pravap :x − 32= y − 13= z + 1−3Iz ove jednačine odmah pročitamo njen vektor pravca v p = (2, 3, −3) i jednu njenu tačku A(3, 1, −1)(= t)• Dve prave su paralelne ako i samo ako su im vektori pravaca kolinearni.• Ugao izmedju dve prave je ugao izmedju njihovih vektora pravaca (definisan je iako se prave možda i ne seku).2.9 Rastojanje tačke od prave u R nRastojanje tačke M od prave p (u R n ) odredjene tačkom A ∈ p i vektorom pravca v p , računamo kao u delu 2.7 kadasmo računali visinu paralelograma: Označimo −−→ AM sa m:M✒ ✻mm − c v pA c v p−−−→MM p = m − c v p , gde je c = m · v p‖v p ‖ 2✲pa:M pv p✲p‖ −−−→ MM p ‖ 2 = ‖(m − c v p )‖ 2 = ‖m‖ 2 − (v p · m) 2‖v p ‖ 2• U R 2 i R 3 postoji alternativni način računanja rastojanja tačke od prave. Rastojanje tačke M od prave podredjene tačkom A ∈ p i vektorom pravca v p možemo izračunati koristeći vektorski proizvod (površinu): Označimo−−→AM sa m:M✒ ✻v p✲mA✲M p✲p

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 16 –‖ −−−→ MM p ‖ je dužina visine paralelograma odredjenog vektorima m i v p , pa je brojno jednaka površini paralelogramapodeljenoj dužinom njegove stranice v p :‖ −−−→ MM p ‖ = ‖m × v p‖‖v p ‖2.10 Prava u ravniImamo dve vrste jednačina prave u R 2 . Možemo je posmatrati kao:1. pravu u R n (odredjenu tačkom i vektorom pravca);2. hiper-ravan u R 2 (odredjenu tačkom i vektorom normale).Primer 2.7. Neka je p : 2 x + 3 y = 5Iz jednačine odmah imamo vektor normale prave p: n p = (2, 3). Tačka A(1, 1) pripada pravi p.Vektor pravca prave p možemo odrediti na dva načina:1. v p je ma koji vektor normalan na n p ; npr. v p = (−3, 2)2.−→Tačka B(7, −3) pripada pravi p pa je njen vektor pravca i AB = (10, −5).Primer 2.8. Odrediti jednačinu prave q koja sadrži tačku M(2, 7) i normalna je na pravu p : 3 x − 2 y = 4Imamo vektor normale prave p: n p = (3, −2). Vektor pravca prave q je baš n p pa je jednačinaq :x − 23= y − 7−2ili q 3 x + 2 y = 20.2.11 Položaj ravni u R 3• Jednačine ravni koja sadrži 3 date nekolinearne tačke A, B, C možemo naći na sledeći način: kako ravan odredjuju−→ −→tačka i vektor normale, treba naći samo vektor normale, a to je AB × AC.Primer 2.9. Jednačina ravni koja sadrži tačke A(1, 0, 2), B(3, 2, 1) i C(2, 1, 5). Nadjemo vektor normale:∣ ∣∣∣∣∣n = −→i j k−→AB × AC = (2, 2, −1) × (2, 1, 3) = 2 2 −1= (7, −8, −2)2 1 3 ∣Jednačina ravni koja sadrži tačku A(1, 0, 2) i normalna je na vektor n = (7, −8, −2) je:7 (x − 1) − 8 y − 2 (z − 2) = 0• Naći ćemo jednačinu ravni koja sadrži (nekolinearne) tačke A(a 1 , a 2 , a 3 ), B(b 1 , b 2 , b 3 ) i C(c 1 , c 2 , c 3 ). Prvonadjemo vektor normale na ravan, npr∣ ∣ ∣∣∣∣∣n = −→ −→⃗i ⃗j ⃗ k ∣∣∣∣∣AB × AC = b 1 − a 1 b 2 − a 2 b 3 − a 3 .c 1 − a 1 c 2 − a 2 c 3 − a 3Primeti da je ⃗n ≠ ⃗0 kako su tačke nekolinearne. Dalje, tačka X(x, y, z) pripada ravni akko∣ x − a 1 y − a 2 z − a 3 ∣∣∣∣∣ b 1 − a 1 b 2 − a 2 b 3 − a 3 = 0 .∣ c 1 − a 1 c 2 − a 2 c 3 − a 3−−→ AX · n = 0akko:• Dve ravni α i β su paralelne ako i samo ako su im vektori normala kolinearni. Ekvivalentno: površina paralelogramaodredjenog sa ta dva vektora je 0 (ili n α × n β = 0).• Iz prethodnog sledi da se dve ravni α i β seku akko n α × n β ≠ 0. Da odredimo jednačinu presečne prave te dveravni treba nać jednu tačku preseka i vektor pravca prave. Vektor pravca je normalan na svaki od vektora normalaravni, pa možemo uzetiv p = n α × n β

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 17 –Primer 2.10. Jednačina presečne prave ravni α : 2x + 2y − z = 1 i β : 2x + y + 3z = 5.i j kv p = n α × n β =2 2 −1= (7, −8, −2)∣ 2 1 3 ∣Presečna tačka je bilo koje rešenje sistema 2x + 2y − z = 1 2x + y + 3z = 5 npr. A(1, 0, 1).p :x − 17= y −8 = z − 1−2(= t)• Neka je ravan α data tačkom A i vektorom normale n. Rastojanje tačke M od ravni α je dužina duži AM 1 .Primetimo AM −−→1 = proj ( −−→ AM, n)✻M 1M✣nAαPrema tome, rastojanje računamo po formuli:d(M, α) = | AM −−→1 | = |proj ( −−→ |(M − A) · n|AM, n)| =‖n‖ 22.12 Medjusobni položaj pravih u R 3• Prave p i q su paralelne akko su im vektori pravaca kolinearni; ekvivalentno v p × v q = 0.• Kada su p i q mimoilazne?Neka je p data tačkom A i vektorom pravca v p a q tačkom B i vektorom pravca v q .qv q ✿B✕✲A v ppPrimetimo da su prave mimoilazne ako i samo ako je paralelepiped odredjen sa −→ AB, vp , v q nedegenerisan (zapreminamu nije nula): [ −→ AB, vp , v q ] ≠ 0• Slično: prave su u istoj ravni (paralelne su, ili se seku) ako i samo ako[ −→ AB, vp , v q ] = 0• Rastojanje izmedju mimoilaznih pravih p i q (sa gornje slike) je jednako visini paralelepipeda. Primetimo da jepovršina osnove paralelepipeda paralelogram odredjen sa v p i v q pa imamo:d(p, q) = [ −→ AB, vp , v q ]|v p × v q |2.13 Medjusobni položaj prave i ravni, ugao izmedju prave i ravniNeka je prava p zadata tačkom A i vektorom pravca v p , i neka je ravan α zadata tačkom B i vektorom normale n α .

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 18 –• p pripada ravni α akko A ∈ α (ekvivalentno −→ AB ⊥ nα ) i v p ⊥ n α :−→AB · n α = 0 i v p × n α = 0• p je paralelna ravni (ali joj ne pripada) α akko A /∈ α i v p ⊥ n α :−→AB · n α ≠ 0 i v p × n α = 0• Iz prethodna dva sledi da p seče ravan α akko v p × n α ≠ 0• Ugao izmedju prave p i ravni α je (po definiciji) ugao θ izmedju p i njene ortogonalne projekcije na ravan α(označimo projekciju sa p ′ ).p✻nφθAko je φ ugao izmedju vektora v p i n tada je:✣v pp ′cos φ = v p · n‖n‖ 2sin θ = v p · n‖n‖ 2αpa, zbog φ + θ = 90 0 , imamo:3 MATRICEDefinicija 3.1. Matrica tipa m × n, ili formata m × n, (size, shape) nad poljem K je pravougaona tablica koja sesastoji od m vrsta (horizontalnih redova, rows) i n kolona (vertikalnih redova, columns) čija su polja popunjenaelementima skupa K:⎛⎜⎝⎞a 11 a 12 a 13 ... a 1na 21 a 22 a 23 ... a 2na 31 a 32 a 33 ... a 3n⎟. . . ... . ⎠ .a m1 a m2 a m3 ... a mnOvu matricu skraćeno obeležavamo sa (a ij ) m,n ili samo sa (a ij ) .• Koristi se i oznaka [a ij ] ;• Matrice (a ij ) m,n i (b ij ) m′ ,n ′ su jednake akko imaju isti tip (m = m′ i n = n ′ ) i svi parovi odgovarajućihelemenata su jednaki (a ij = b ij za 1 ≤ i ≤ m , 1 ≤ j ≤ n)) ;• Vektor i-te vrste je v i = (a i1 , a i2 , ..., a in ) ; (a ij ) m,n =• Vektor j-te kolone je u j =⎛⎜⎝a 1ja 2j...a mj⎞⎛⎜⎝v 1v 2...v m⎞⎟⎠⎟⎠ ; (a ij) m,n = (u 1 u 2 ... u n )

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 19 –3.1 Sabiranje i množenje matrica skalarom,• Skup svih m × n matrica nad poljem K se označava sa M m,n (K).• Sabiramo samo matrice istog formata(a ij ) m,n + (b ij ) m,n = (a ij + b ij ) m,n ;• Matrice množimo skalarom k po pravilu:k (a ij ) m,n = (k a ij ) m,n ;• Nula-matrica tipa m × n ima sve elemente 0, označavamo je sa 0 m,n ( ili samo sa 0).Teorema 3.1. Za sve matrice A, B, C ∈ M m,n (K) i skalare k 1 , k 2 ∈ K važi:1. (A + B) + C = A + (B + C)2. A + 0 = A3. A + (−A) = 04. A + B = B + A5. k 1 (A + B) = k 1 A + k 1 B6. (k 1 + k 2 ) A = k 1 A + k 2 A7. (k 1 k 2 ) A = k 1 (k 2 A)8. 1 A = ADokaz. ...• Ove osobine značhe da je M m,n (K) vektorski prostor nad poljem K (videti Definiciju 4.1).• Aksiome vektorskog prostora dozvoljavaju uobičajeno linearno kombinovanje; na primer:2 (3 A − 4B) + 3(B + 2 A) = 6 A − 8 B + 3 B + 6 A = 12 A − 5 B3.2 Množenje matricaNeka je A = (a 1 a 2 ... a n ) B =⎛⎜⎝b 1b 2...b n⎞⎟⎠ .Definišemo:A · B = a 1 b 1 + a 2 b 2 + ... + a n b nOvo je skalarni proizvod vektora vrste (ili 1 × n matrice) i vektora kolone (ili n × 1 matrice). U rezultatu dobijamoskalar (ili 1 × 1 matricu).

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 20 –Definicija 3.2. Neka je A matrica tipa m×k i B matrica tipa k ×n (vektori vrsta matrice A i vektori kolona matriceB imaju istu dužinu k).⎛ ⎞A 1A = ⎜ A 2⎟⎝ ... ⎠ B = ( B 1 B 2 ... B n)A mDefinišemo proizvod A · B (koji je matrica tipa m × n) na sledeći način:⎛⎞A 1 · B 1 A 1 · B 2 ... A 1 · B nA B = ⎜ A 2 · B 1 A 2 · B 2 ... A 2 · B n⎟⎝ . . ... . ⎠A m · B 1 A m · B 2 ... A m · B nili:• A B = (c ij ) m,n gde jec ij = ∑ ks=1 a isb sj .c ij = a i1 b 1j + a i2 b 3j + ... + a ik b kjPrimer 3.1.[ 2 1 63 5 4] ⎡ ⎣ 6 31 70 1⎤⎦ =[ 2 · 6 + 1 · 1 + 6 · 0 2 · 3 + 1 · 7 + 6 · 13 · 6 + 5 · 1 + 4 · 0 3 · 3 + 5 · 7 + 4 · 1]=[ 13 1923 48].• Ukoliko matricu B predstavimo preko vektora vrsta⎛ ⎞⎛⎞ ba 11 a 12 ... a 1⎛1k⎜ a 21 a 22 ... a 2kb 2⎟⎝ . . ... . ⎠ ⎜ .⎟⎝ . ⎠ = ⎜⎝a m1 a m2 ... a mkb ka 11 b 1 + a 12 b 2 + ... + a 1k b ka 21 b 1 + a 22 b 2 + ... + a 2k b k...a m1 b 1 + a m2 b 2 + ... + a mk b k⎞⎟⎠Primer 3.2.Konkretno:⎛⎝1 2 34 5 67 8 9⎛⎞ ⎛⎠ ⎝⎝ 1 2 34 5 67 8 9b 1b 2b 3⎞⎞ ⎛⎠⎛⎠ = ⎝⎝ −2 03 21 −1b 1 + 2b 2 + 3b 3⎞4b 1 + 5b 2 + 6b 3⎠⎞⎠ =⎛⎝ 8 22 −114 51(3, 2) + 2(−2, 0) + 3(1, −1) = (2, −1)4(3, 2) + 5(−2, 0) + 6(1, −1) = (8, 2)7(3, 2) + 8(−2, 0) + 9(1, −1) = (14, 5)⎞⎠Teorema 3.2. Sledeća tvrdjenja važe pretpostavljajući da su formati matrica A, B, C takvi da su izrazi definisani:1. (A B) C = A (B C) (asocijativnost);2. A (B + C) = A B + A C (leva distributivnost);3. (B + C) A = B A + C A (desna distributivnost);4. k (A B) = (k A) B = A (k B) gde je k skalar.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 21 –• Množenje matrica nije komutativno:( 2 3−1 2( 1 04 3⎛⎝2 3−1 24 0( 1 04 3) ( 1 04 3) ( 2 3−1 2⎞ili:⎠(1 04 3) ⎛ ⎝ 2 3−1 24 0⎞)=)=⎛)= ⎝( 14 97 6( 2 35 1814 97 64 0))⎞⎠⎠ nije definisan !!!Definicija 3.3. Jedinična matrica reda n, u oznaci I n , je n × n matrica:⎛⎜⎝1 0 ... 00 1 ... 0. . ... .00 0 ... 1⎞⎟⎠• Ako je A matrica tipa m × n onda je:I m A = A I n = A• Ako je red jedinične matrice jasan iz konteksta pishemo samo I.3.3 Matrični zapis sistema linearnih jednačina, veza izmedju skupa rešenja sistema iskupa rešenja pridruženog homogenog sistemaSistem linearnih jednačinamožemo zapisati u matričnoj formi A X = B:⎛⎜⎝Matrica A je matrica sistema (coefficient matrx).a 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = b 1a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = b 2. . . ... . .a m1 x 1 + a m2 x 2 + ... a mn x n = b m⎞a 11 a 12 ... a 1na 21 a 22 ... a 2n⎟. . ... . ⎠a m1 a m2 ... a mn⎛⎜⎝x 1x 2..x n⎞⎛⎟⎠ = ⎜⎝b 1b 2...b m⎞⎟⎠Primer 3.3.Sistemmožemo zapisati u matričnoj formi A X = B:2 x + 3 y + 5 z = −1− x + 2 y + 4 z = 5( 2 3 5−1 2 4) ⎛ ⎝xyz⎞⎠ =( −15)

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 22 –Primer 3.4.Sistemmožemo zapisati u matričnoj formi A X = 0:2 x + 3 y + 5 z = 0− x + 2 y + 4 z = 0( 2 3 5−1 2 4) ⎛ ⎝xyz⎞( )⎠ 0=0Teorema 3.3. Pretpostavimo da su u 1 , u 2 , ..., u l rešenja homogenog sistema A X = 0 (u i je vektor-kolona) . Tadaje svaka linearna kombinacija k 1 u 1 + k 2 u 2 + ... + k l u l takodje rešenje sistema.Dokaz: Dato nam je: Au 1 = 0, Au 2 = 0, ..., Au n = 0. Otuda:A(k 1 u 1 + k 2 u 2 + ... + k n u n ) = k 1 Au 1 + k 2 Au 2 + ... + k n Au n= k 1 0 + k 2 0 + ... + k n 0 = 0Teorema 3.4. Pretpostavimo da je u 0 jedno rešenje sistema A X = B i neka je W skup svih rešenja (vektor kolona)odgovarajućeg homogenog sistema A X = 0. Tada jeskup svih rešenja nehomogenog sistema.u 0 + W = {u 0 + w | w ∈ W }Dokaz: Kako je U = u 0 + W dobijeno dodavanjem u 0 svakom elementu W .............Primećujemo da teorema ima geometrijsku interpretaciju u R 3 . Posebno, predpostavimo da je W linija koja prolazikroz početak O. Onda je, kao što se vidi sa slike, U = u 0 + W linija koja je paralelna W dobijena dodavanjem v 0svakom elementu W . Slično, za bilo koje WU narednoj teoremi bitno je da je polje K beskonačno:Teorema 3.5. Svaki sistem linearnih jednačina A X = B ili nema rešenja, ili ima tačno jedno rešenje, ili imabeskonačno mnogo rešenja .Dokaz: Dovoljno je pokazati da ako AX = B ima više od jednog rešenja, da ih onda ima beskonačno mnogo.Predpostavimo da u i v različita rešenja AX = B; onda je i Au = B i Av = b. Onda, za bilo koje k ∈ K,A [u + k(u − v)] = Au + k(Au − Av) = B + k(B − B) = BDrugim rečima, za bilo koje k ∈ K, u + k(u − v) je rešenje za AX = B. Kako su za različite k-ove ova rešenjamedjusobno različita (videti Problem 3.21), i kako imamo beskonačno mnogo k-ova, zaključujemo da AX = B imabeskonačan broj rešenja.3.4 Blok matriceBlok matrice dobijamo deljenjem matrice horizontalnim i vertikalnim linijama na matrice manjeg formata (podmatrice).Na primer, ako je A = (a ij ) 6,6 možemo je deliti na blok matrice na više načina:⎛⎞a 11 a 12 . a 13 a 14 . a 15 a 16a 21 a 22 . a 23 a 24 . a 25 a 26. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .⎛⎞A aA = 31 a 32 . a 33 a 34 . a 35 a 11 A 12 A 1336= ⎝ A 21 A 22 A 23⎠a 41 a 42 . a 43 a 44 . a 45 a 46A 31 A 32 A 33 ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . .⎜ a⎝ 51 a 52 . a 53 a 54 . a 55 a 56⎟⎠a 61 a 62 . a 63 a 64 . a 65 a 66

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 23 –Matrice A i,j su tipa 2 × 2Matrice A ′ i,j su tipa 3 × 2⎛⎞a 11 a 12 . a 13 a 14 . a 15 a 16a 21 a 22 . a 23 a 24 . a 25 a 26a 31 a 32 . a 33 a 34 . a 35 a 36A =. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .a 41 a 42 . a 43 a 44 . a 45 a 46⎜⎝ a 51 a 52 . a 53 a 54 . a 55 a⎟ 56 ⎠a 61 a 62 . a 63 a 64 . a 65 a 66⎛.⎞a 11 a 12 . a13 a 14 a 15 . a 16a 21 a. . 22 a23 a 24 a 25 . a26a 31 a 32 . a 33 a 34 a 35 . a 36A =a 41 a 42 . a 43 a 44 a 45 . a 46=. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .⎜⎝ a 51 a 52 . a 53 a 54 a 55 . a⎟ 56 ⎠a 61 a 62 . a 63 a 64 a 65 . a 66C je tipa 4 × 2, D je 4 × 3, E je 4 × 1, F je 2 × 2, G je 2 × 3 i H je tipa 2 × 1 .• Dijagonalna blok matrica je blok matrica oblika⎛⎜⎝⎞A 11 0 ... 00 A 22 ... 0⎟. . ... . ⎠0 0 ... A nn=( A′11 A ′ 12 A ′ 13A ′ 21 A ′ 22 A ′ 23( C D EF G Hgde su svi blokovi A ii kvadratne matrice (moguće različitih formata). Primetimo da blokovi 0 ne moraju bitikvadratni i mogu biti različitih tipova. Na primer:⎛⎞( )2 3 . 0A11 0=1 5 . 00 A 22 ⎜⎝ . . . . . . . . . . . . ⎟⎠0 0. 4))• Trougaona blok matrica je blok matrica oblika⎛gde su svi blokovi A ii kvadratne matrice.⎜⎝⎞A 11 A 12 ... A 1n0 A 22 ... A 2n⎟. . ... . ⎠0 0 ... A nn• Ako su blok-matriceA =⎛⎜⎝⎞ ⎛A 11 A 12 ... A 1nA 21 A 22 ... A 2n⎟. . ... . ⎠ i B = ⎜⎝A m1 A m2 ... A mn⎞B 11 B 12 ... B 1nB 21 B 22 ... B 2n⎟. . ... . ⎠B m1 B m2 ... B mn

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 24 –istog ‘tipa’ (t.j. A ij i B ij su istog tipa za sve i, j) tada jeA + B =⎛⎜⎝⎞A 11 + B 11 A 12 + B 12 ... A 1n + B 1nA 21 + B 21 A 22 + B 22 ... A 2n + B 2n⎟. . ... . ⎠A m1 + B m1 A m2 + B m2 ... A mn + B mn• k⎛⎜⎝⎞ ⎛A 11 A 12 ... A 1nA 21 A 22 ... A 2n⎟. . ... . ⎠ = ⎜⎝A m1 A m2 ... A mn⎞k A 11 k A 12 ... k A 1nk A 21 k A 22 ... k A 2n⎟. . ... . ⎠k A m1 k A m2 ... k A mn• Ako su blok-matriceA =⎛⎜⎝takve da je svaki (matrični) zbir⎞A 11 A 12 ... A 1pA 21 A 22 ... A 2p⎟. . ... . ⎠A q1 A q2 ... A qp⎛B = ⎜⎝⎞B 11 B 12 ... B 1rB 21 B 22 ... B 2r⎟. . ... . ⎠B p1 B p2 ... B prC ij = A i1 B 1j + A i2 B 2j + ... + A in B njdefinisan, tada jeA B =⎛⎜⎝⎞C 11 C 12 ... C 1rC 21 C 22 ... C 2r⎟. . ... . ⎠C q1 C q2 ... C qrPrimer 3.5. Neka je A =⎛⎜⎝0 0 2 30 0 1 42 3 0 01 4 0 0⎞ ⎛⎟⎠⎜⎝(2 31 42 3 2 31 4 1 40 0 2 30 0 1 4)(7 18. Tada je A A =6 19⎞( ⎟ 0⎠ =AA 0) ( A A0 A⎛( )0 A + A 0 0 A + A A== ⎜A A + 0 A A + 0 A ⎝))0 0 7 180 0 6 197 18 7 186 19 6 19⎞⎟⎠3.5 Transponovanje matriceTransponovanu matricu matrice A, u oznaci A T , dobijamo tako što vrste matrice A pišemo kao kolone matrice A T :⎛⎞⎛⎞Taa 11 a 12 a 13 ... a 11 a 21 ... a m11n⎜ a 21 a 22 a 23 ... a 2na 12 a 22 ... a m2⎟⎝ . . . ... . ⎠ =⎜ a 13 a 23 ... a m3⎟⎝ . . ... . ⎠a m1 a m2 a m3 ... a mna 1n a 2n ... a mn• Ako je A = (a ij ) m,n matrica tipa m × n tada je A T matrica tipa n × m i A T = (a ji ) n,m .• Ako je A vektor vrsta (1 × n matrica) tada je A T vektor kolona (n × 1 matrica); važi i obrnuto.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 25 –Teorema 3.6. Pretpostavljajući da su matrice takvih formata da su izrazi definisani važi:1. (A + B) T = A T + B T2. (A T ) T = A3. (k A) T = k A T4. (A B) T = B T A T .3.6 Kvadratne matriceKvadratne matrice su one koje imaju isti broj vrsta i kolona (t.j. tip im je oblika n × n); za matrice tipa n × nkažemo i da su matrice reda n . M n (K) (umesto M n,n (K)) označava skup svih kvadratnih matrica reda n nad poljemK.• Skup M n (K) je zatvoren za sabiranje, množenje i množenje skalarima:1. Ako A, B ∈ M n (K) tada i A + B, A B ∈ M n (K);2. Ako k ∈ K i A ∈ M n (K) tada k A ∈ M n (K).• Važe osobine iz Teoreme 3.1 za M n (K) (čini vektorski prostor nad poljem K).• Prema Teoremi 3.2 za sve A, B, C ∈ M n (K) i k ∈ K važi:1. (A B) C = A (B C)2. A (B + C) = A B + A C3. (B + C) A = B A + C A4. k (A B) = (k A) B = A (k B) gde je k skalar.Vektorski prostor u kome je definisana i operacija množenja vektora koja zadovoljava ove uslove naziva se algebra.• Za skup A ⊆ M n (R) kažemo da je algebra matrica ukoliko je zatvoren za sabiranje, množenje i množenjeskalarima; primetimo da tada on ima sve osobine pobrojane u teoremama 3.1 i 3.2Primer 3.6. 1. A B + A C + A 2 = A(A + B + C) (izvlačenje ‘levog’ A)2. B A + C A + A 2 = (B + C + A)A (izvlačenje ‘desnog’ A)3. (A + B)(C + D) = A C + A D + B C + B D4. (A + B) 2 = (A + B)(A + B) = A 2 + A B + B A + B 25. A B + C A ≠ A(B + C) (množenje nije komutativno) .• Matrice A, B reda n komutiraju ako važi A B = B A .• Induktivno definišemo stepen kvadratne matrice:A 0 = I, A 1 = A, A 2 = A A, .... A n+1 = A n A• Opštije, za svaki polinom p(t) = a n t n + a n−1 t n−1 ... + a 1 t + a 0 definišemo matrični polinom:p(A) = a n A n + a n−1 A n−1 ... + a 1 A + a 0 I

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 26 –Teorema 3.7. Ako su f(t) i g(t) polinomi tada je:1. (f + g)(A) = f(A) + g(A)2. (f g)(A) = f(A) g(A)3. f(A) g(A) = g(A) f(A).Dokaz. Videti Problem 4.11• Glavna dijagonala kvadratne matrice (main diagonal) ide iz gornjeg levog u donji desni ugao; ona sadrži elementea 11 a 22 ... a nn• tr(A), ili trag kvadratne matrice (trace) A = (a ij ) n,n je skalar definisan kao suma elemenata glavne dijagonale:tr(A) = a 11 + a 22 + ... + a nnTeorema 3.8.Ako je k skalar i A, B ∈ M n (R) tada važi:1. tr(A + B) = tr(A) + tr(B)2. tr(k A) = k tr(A)3. tr(A B) = tr(B A)Dokaz. Videti Problem 4.103.7 Elementarne transformacije vrsta matrice, elementarne matriceElementarne transformacije vrsta matrice su:(E 1 ) Zamena mesta dve vrste ; v i ↔ v j(E 2 ) Množenje jedne vrste skalarom k ≠ 0 ; v i → k v i(E 3 ) Dodavanje i-toj vrsti k puta j-ta vrsta (i ≠ j!); v i ↦→ v i + k v j• Svaka od ovih operacija ima inverznu operaciju istog tipa:(1) v i ↔ v j je inverzna sama sebi ;(2) v i → 1 k v i je inverzna za v i → k v i ;(3) v i ↦→ v i − 1 k v j je inverzna za v i ↦→ v i + k v j .• Matrice istog formata A i B su ekvivalentne (po vrstama), u zapisu A ∼ v B, ako B može biti dobijena iz Aprimenom niza elementarnih transformacija vrsta.• ∼ v je relacija ekvivalencije (na skupu matrica fiksiranog tipa):(1) A ∼ v A(2) A ∼ v B povlači B ∼ v A(3) A ∼ v B i B ∼ v C povlači A ∼ v CTeorema 3.9. Svaka matrica je ekvivalentna stepenastoj matrici istog formata.Dokaz. ...Kanonske matrice su stepenaste matrice sa jedinicama na prvom ne-nula mestu u svakoj vrsti, a u koloni svaketakve jedinice moraju se nalaziti još samo nule. Kasnije ćemo dokazati jače tvrdjenje od prethodnog :Teorema 3.10. Svaka matrica je ekvivalentna jedinstvenoj kanonskoj matrici istog formata.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 27 –Neka e označava elementarnu transformaciju matrice (neku od (E 1 ), (E 2 ), (E 3 )) i neka je e(I) matrica dobijena primenomoperacije e na jediničnu matricu I. Takve matrice su elementarne matrice koje odgovaraju el.transformacijamavrsta.• Svaka elementarna operacija na vrstama matrice je množenje odgovarajućom elementarnom matricom s’ leva.Primer 3.7. Prethodno tvrdjenje na primeru 3 × 3 matrica:⎛1 0 0⎞(1) e je ‘zameni mesta druge i treće vrste’ : e(I) = ⎝ 0 0 1 ⎠:⎛0 1 0⎞ ⎛⎛1 0 0⎝ 0 0 1 ⎠ ⎝⎝0 1 0(2) e je ‘pomnoži drugu vrstu sa k’ : e(I) = ⎝⎛⎝1 0 00 k 00 0 1⎞ ⎛⎠ ⎝a 1 a 2 a 3⎞b 1 b 2 b 3⎠ =⎛1 0 00 k 00 0 1(3) e je ‘dodati drugoj vrsti k puta treća’: e(I) = ⎝⎛⎝ 1 0 00 1 k0 0 1⎞ ⎛⎠⎞⎠ :⎞ ⎛a 1 a 2 a 3b 1 b 2 b 3⎠ = ⎝c 1 c 2 c 3⎛⎝ a ⎞1 a 2 a 3b 1 b 2 b 3⎠ =c 1 c 2 c 31 0 00 1 k0 0 1⎛⎝a 1 a 2 a 3⎞c 1 c 2 c 3⎠a 1 a 2 a 3⎞kb 1 kb 2 kb 3⎠⎞⎠:a 1 a 2 a 3⎞b 1 + kc 1 b 2 + kc 2 b 3 + kc 3⎠Teorema 3.11. Neka je e elementarna transformacija vrsta i neka je e(I m ) njena odgovarajuća elementarna matrica.1. Primenom operacije e na matricu A (koja ima m vrsta) dobijamo matricu e(I) A .2. A ∼ v B ako i samo ako postoji matrica P koja je proizvod elementarnih matrica takva da je A = P BDokaz.3.8 Inverzna matricaDefinicija 3.4. Kvadratna matrica A je inverzibilna (invertible or nonsingular) ako postoji matrica B istog tipa takvada jeA B = B A = I• Ako je A inverzibilna tada postoji tačno jedna matrica koja zadovoljava gornji uslov; zovemo je inverzna matrica matriceA (ili inverz od A) i obeležavamo sa A −1 :A A −1 = A −1 A = I• Ako je B inverz za A onda je A inverz za B ((A −1 ) −1 = A).• Ako su A i B inverzibilne tada je i A B inverzibilna i važi:(A B) −1 = B −1 A −1Opštije:(A 1 A 2 ...A n ) −1 = A −1n ...A −12 A−1 1• Ako A ima nula-vrstu onda nije inverzibilna.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 28 –( ) ( ) ( ) ( )2 5 3 −5 3 −5 2 5Primer 3.8.== I1 3 −1 2 −1 2 1 3( ) −1 ( ) ( ) −1 ( )2 53 −5 3 −5 2 5Znači:=i=1 3 −1 2 −1 21 3• Ako je A inverzibilna i B takva da važi B A = I (ili A B = I) tada je B = A −1 :B A = I pomnožimo s’ desna sa A −1 :B A A −1 = I A −1B I = A −1B = A −1• Elementarne matrice su inverzibilne.• Proizvod elementarnih matrica je inverzibilna matrica.• A ∼ v B ako i samo ako postoji niz elementarnih matrica E 1 , ...., E m takvih da jeE m E m−1 ... E 1 A = BTeorema 3.12. Neka je A kvadratna matrica reda n. Tada su sledeća tvrdjenja ekvivalentna:(1) A je inverzibilna;(2) A ∼ v I ili: primenom niza elementarnih transformacija vrsta matricu A možemo svesti na jediničnu;(3) A je proizvod elementarnih matrica (koje odgovaraju el. trans. vrsta).Dokaz: Predpostavimo da je A inverzibilna i predpostavimo da je A ekvivalentna matrici B koja je u kanonskojformi. To znači da postoje elementarne matrice E 1 , E 2 , ..., E n , takve da E 1 , E 2 , ..., E n A = B. Kako su A i svakaelementarna matrica inverzibilne, B je takodje inverzibilna. Ali ako B ≠ I, onda B ima nula-vrstu; odakle sledi da Bnije inverzibilna. Tako da B = I pa (1) implicira (2). Ako (2) važi, onda postoje elementarne matrice E 1 , E 2 , ..., E ntakve da E 1 , E 2 , ..., E n A = I. Kako je A = (E n , ..., E 1 ) −1 = E1 −1 ...E−1 n . Ali E −1i je isto elementarna matrica. Odavdesledi da (2) implicira (3). Ako (3) važi, onda A = E 1 E 2 ...E n . E i je inverzibilna matrica; zbog njihovog proizvoda i Aje inverzibilna, a odatle sledi da (3) implicira (1). Prema tome, teorema je dokazana.Teorema 3.13. Ako je A B = I tada je i B A = I (prema tome A −1 = B)DokazTeorema 3.14. B ∼ v A ako i samo ako postoji inverzibilna matrica P takva da je B = P A .Dokaz: Predpostavimo B ∼ v A, tj. B = e n (...(e 1 (A))...) = E s ...E 1 A = P A gde je P = E n ...E 1 inverzibilnamatrica. Prema Teoremi 3.12, P je proizvod elementarnih matrica, pa se B moze dobiti iz A elementarnimtransformacijama vrsta što znači B ∼ v A.Posledica 3.1. Ako je A ∼ v B i B ima nula-vrstu onda A nije inverzibilna.Dokaz. Neka je A ∼ v B . Tada postoji inverzibilna P takva da je B = P A. Ako je A inverzibilna onda je i P Ainverzibilna; ali B = P A nije inverzibilna. Prema tome A nije inverzibilna.Znači: ako (kvadratnu) matricu A možemo elementarnim transformacijama vrsta svesti na matricu sa nula-vrstomtada A nije inverzibilna!• Videćemo kasnije i drugi način ispitivanja postojanja i izračunavanja inverzne matrice: dokazaćemo da je Ainverzibilna ako i samo ako je det(A) ≠ 0 i u tom slučaju je A −1 1=det(A) adj(A).

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 29 –3.9 Izračunavanje inverzne matrice elementarnim transformacijama vrstaTeorema 3.12 (1) ⇔ (2) kaže: A je inverzibilna ako i samo ako se može svesti na jediničnu matricu.inverzibilna reda n. Tada postoji niz elementarnih matrica takvih da jeNeka je APomnožimo s’ desna sa A −1 :E m ... E 2 E 1 A = IE m ... E 2 E 1 AA −1 = IA −1E m ... E 2 E 1 = A −1Strategija izračunavanja A −1 : (I) Formiramo blok matricu ( A I )(II) Svodimo je na kanonsku formu (t.j. na I) elemetarnim transformacijama vrsta (množenjem s’leva elementarnimmatricama E 1 , E 2 , ..., E m ) ( A I)(E1 A E 1 I )(E2 E 1 A E 2 E 1)...(Em ...E 1 A E m ...E 1)== ( I A −1 )Algoritam za izračunavanje A −1Korak 1. Formirati n × 2n blok matricu M = (A I) ;Korak 2. Elementarnim transformacijama vrsta svesti matricu M na stepenastu formu (i tada je A-blok gornjetrougaon,t.j. ima nule ispod glavne dijagonale); ako stepenasta forma ima nula-vrstu u A-bloku STOP (A nijeinverzibilna);Korak 3.Elementarnim transformacijama produžiti svodjenje do kanonske forme: ona je oblika (I B);Korak 4. A −1 = B.Objašnjenje STOP u koraku 2 je zbog Posledice 3.1: ako A ∼ v B i B ima nula-vrstu tada A nije inverzibilna!Primer 3.9. Neka je A =Prema tome A −1 =(1 23 5)⎛⎞ ⎛⎞⎝ 1 2 . 1 0 ⎠3 5 . ∼ v⎝ 1 2 . 1 0 ⎠.0 1 0 −1 . −3 1∼ v(−5 23 −1⎛⎝ 1 2 . 1 0)0 1. 3 −1⎞ ⎛⎠ ∼ v⎝ 1 0 .. −5 20 1. 3 −1∼ v⎞⎠

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 30 –⎛Primer 3.10. Neka je A = ⎝⎛⎜⎝1 0 22 −1 34 1 8⎞⎠1 0 2 . 1 0 02 −1 3. 0 1 04 1 8 . 0 0 1nema nula-vrste u A-bloku pa produžavamo:Prema tome A −1 =⎛1 0 2⎜⎝ 0 −1 −10 0 −1⎛⎝ −11 2 1−4 0 16 −1 −1⎞⎟⎠∼ v⎛1 0 2⎜⎝ 0 −1 −1. 1 0 0. −2 1 0. −6 1 10 0 −1⎞⎛1 0 0⎜⎝ 0 1 0⎞⎠0 0 1⎟⎠ ∼ v⎛1 0 2⎜⎝ 0 −1 −10 1 0. 1 0 0. −2 1 0. −6 1 1⎛1 0 0⎜⎝ 0 −1 00 0 −1. −11 2 1. −4 0 1. 6 −1 −1⎞⎟⎠⎞⎟⎠. 1 0 0. −2 1 0. −4 0 1. −11 2 1. 4 0 −1. −6 1 1⎞⎟⎠⎞∼ v⎟⎠ ∼ v⎛Primer 3.11. Neka je A = ⎝1 0 22 −1 34 1 9⎞⎠⎛⎜⎝1 0 2 . 1 0 02 −1 3. 0 1 04 1 9 . 0 0 1⎞⎟⎠∼ v⎛1 0 2⎜⎝ 0 −1 −10 0 0⎛1 0 2⎜⎝ 0 −1 −10 1 1⎞. 1 0 0. −2 1 0 ⎟⎠. −6 1 1. 1 0 0. −2 1 0. −4 0 1⎞⎟⎠∼ vDobili smo nula-vrstu: STOP! A nije inverzibilna.3.10 Elementarne transformacije kolonaPosmatrajmo proizvod⎛⎜⎝⎞a 11 a 12 ... a 1ka 21 a 22 ... a 2k⎟. . ... . ⎠a m1 a m2 ... a mk⎛⎜⎝⎞b 11 b 12 ... b 1nb 21 b 22 ... b 2nb 31 b 32 ... b 3n⎟. . ... . ⎠b k1 b k2 ... b kn

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 31 –Prva kolona u proizvodu je⎛b 11⎜⎝a 11a 21...a m1⎞⎟⎠ + b 21⎛⎜⎝⎛⎜⎝a 11 b 11 + a 12 b 21 + ... + a 1n b n1a 21 b 11 + a 22 b 21 + ... + a 2n b n1...a m1 b 11 + a m2 b 21 + ... + a mn b n1a 12a 22...a m2⎞⎟⎠ + ... + b k1⎛⎜⎝a 1ka 2k...a mkgde je A = ( A 1 A 2 ... A k ) predstavljena preko vektora kolona⎞⎞⎟⎠ =⎟⎠ = b 11A 1 + b 21 A 2 + ... + b k1 A k• Ukoliko matricu A predstavimo preko vektora kolona tada je množenje matricom B (s’ desna) delovanje njenihkolona na kolone matrice A. ⎛⎞b 11 b 12 ... b 1n(A1A 2 ... A ) b 21 b 22 ... b 2nk ⎜ b 31 b 32 ... b 3n⎟⎝ . . ... . ⎠ =b k1 b k2 ... b kn= ( b 11 A 1 + b 21 A 2 + ... + b k1 A k ... b 1n A 1 + b 2n A 2 + ... + b kn A ) kElementarne transformacije kolona matrice su:(F 1 ) Zamena mesta dve kolone ; k i ↔ k j(F 2 ) Množenje jedne kolone skalarom k ≠ 0 ; k i → k k i(F 3 ) Dodavanje i-toj koloni k puta j-ta kolona (i ≠ j!);k i ↦→ k i + k k j• Svaka od ovih operacija ima inverznu operaciju istog tipa:(1) k i ↔ k j je inverzna sama sebi ;(2) k i → 1 k ki je inverzna za k i → k k i ;(3) k i ↦→ k i − k k j je inverzna za k i ↦→ k i + k k j .Neka f označava elementarnu transformaciju kolona matrice (neku od F 1 , F 2 , F 3 ) i neka je f(I) matrica dobijena primenomoperacije f na jediničnu matricu I. Takve matrice su elementarne matrice koje odgovaraju el.transformacijamakolona. Svaka elementarna operacija je množenje odgovarajućom elementarnom matricom s’ desna⎞Primer 3.12. Elementarne matrice koje odgovaraju operacijama na kolonama 3 × 3 matrica⎛1 0 0⎞(1) Zamena mesta druge i treće kolone: f(I) = ⎝ 0 0 1 ⎠:⎛0 1 0⎞ ⎛ ⎞ ⎛a 1 a 2 a 3 1 0 0 a 1 a 3 a 2c 1 c 2 c 3 0 1 0 c 1 c 3 c 2⎝ b 1 b 2 b 3⎠ ⎝ 0 0 1 ⎠ = ⎝ b 1 b 3 b 2⎠(2) Množenje druge kolone sa k: f(I) =⎛⎞⎛a 1 a 2 a 3⎛c 1 c 2 c 3⎝ b 1 b 2 b 3⎠ ⎝⎝ 1 0 00 k 00 0 1⎞⎠ :1 0 00 k 00 0 1⎞⎛⎠ = ⎝a 1 ka 2 a 3⎞b 1 kb 2 b 3⎠

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 32 –(3) Dodati drugoj koloni k puta treća: e(I) = ⎝⎛⎝a 1 a 2 a 3⎞ ⎛b 1 b 2 b 3⎠ ⎝⎛1 0 00 1 00 k 11 0 00 1 00 k 1⎞⎞⎠:⎛⎠ = ⎝a 1 a 2 + ka 3 a 3⎞b 1 b 2 + kb 3 b 3⎠Teorema 3.15. Neka je f elementarna transformacija kolona i F njena odgovarajuća matrica. Tada je f(A) = A F .• Matrica operacije f: dodati drugoj koloni k puta trećaF =⎛⎝ 1 0 0 1 00⎞⎠0 k 1Matrica operacije e: dodati drugoj vrsti k puta treća⎛1 0 0⎞E = ⎝ 0 1 k ⎠0 0 1• Neka je f bilo koja el. trans. kolona i e odgovarajuća transformacija vrsta. Važi:f možemo primeniti na bilo koju matricu A na sledeći način:(1) prebacimo kolone u vrste: A ↦→ A T(2) izvršimo e: A T ↦→ e(A T )F = E T(3) vratimo vrste u kolone: e(A T ) ↦→ (e(A T )) T f(A) = (e(A T )) TKako je f(A) = A F i e(A T ) = E A T , koristeći osbine transponovanja, imamo:Za A = I imamo: F = E TAF = (EA T ) T AF = (A T ) T E T AF = AE T• Matrica B je ekvivalentna (po kolonama) (column equivalent) matrici A ako B možemo dobiti uzastopnomprimenom elementarnih transformacija kolona.Teorema 3.16. B je ekvivalentna (po kolonama) sa A ako i samo ako postoji inverzibilna matrica Q takva da jeB = AQ .• Podsetimo: B je ekvivalentna po vrstama sa A (može se dobiti transformacijama vrsta) ako i samo ako postojiinverzibilna matrica P takva da je B = P A .3.11 Ekvivalentnost matricaMatrice A i B su ekvivalentne ako se A primenom el. transformacija vrsta i kolona može svesti na B.• Ekvivalentnost je relacija ekvivalencije.• B je ekvivalentna sa A ako i samo ako postoje inverzibilne matrice P i Q takve da je B = P A Q.Teorema 3.17. Svaka m × n matrica je ekvivalentna tačno jednoj blok matrici oblikar × r matrica. (r je rang matrice A)(Ir 00 0)gde je I r jedinična

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 33 –Dokaz:Dokaz se sastoji iz sledeceg algoritma:Korak 1. Matricu A svedemo na kanonsku formu, sa vodećim ne nula članovima a 1j1 , a 2j2 , ..., a mjm .Korak 2.Zamenimo C 1 i C 1j1 , zamenimo C 2 i C 2j2 ,..., i zamenimo C m i C jn . Ovo daje matricu u formisa vodećim ne nula člnom a 1 1 , a 2 2 , ..., a m m .(Ir B0 0Korak 3. Iskoristiti operacije nad kolonama, sa a ii kao pivotima, da bi zamenili član u B sa nulom, npr. za(i = 1, 2, ...,)r i j = r + 1, r + 2, ..., n, primeniti operacije −b ij C i + C j → C j . Konacna matrica treba da izgledaIr 0.0 03.12 Smena promenljivih (promena koodinatnog sistema), slične matrice),Neka jex i = p i1 y 1 + p i2 y 2 + ... + p in y ni = 1, 2, ..., nlinearna smena promenljivih. Ona je inverzibilna ako je matrica P = (p ij ) n,n inverzibilna.X = P Y(X je vektor kolona (x 1 x 2 ... x n ) T a Y = (y 1 y 2 ... y n ) T )ako i samo ako Y = P −1 XGeometrijsko tumačenje linearne inverzibilne ( smene: ) promena koordinatnog sistema.2 3i j-koordinatni sistem u R 2 i neka je P = . Definišemo1 2gde je X =sistemu):(x1x 2)vektor kolona .( 2 3p(X) =1 2p : R 2 −→ R 2sa p(X) = P XPosmatrajmo standardanNeka je p(X) = Y (Y su koordinate tačke p(X) u standardnom koordinatnom( 2 31 2) ( ) ( ) (x1 y1==x 2 y 2) (x 1( 10)+ x 2( 01( ))2x1 + 3x 2x 1 + 2x 2))=( ) ( ) ( ) ( )2 3 1 2 3 0= x 1 + x1 2 0 21 2 1( ) ( )2 3p(X) = x 1 + x1 2 = x2 1 r + x 2 s( )( )2 3gde su r = = p(i) i s = = p(j) vektori koji odredjuju ‘novi koordinatni sistem’ u ravni (slika ...) (r s-12koordinatni sistem): svaki (vektor) tačka se može na jedinstven način napisati kao linearna kombinacija a 1 r + a 2 s;u tom slučaju kažemo da su (a 1 , a 2 ) koordinate te tačke u r, s-koordinatnom sistemu.• Svaku kvadratnu matricu P možemo posmatrati i kao uvodjenje novog koordinatnog sistema.• Gornji račun pokazuje da tačka X u standardnom ima iste koordinate kao tačka Y = p(X) u novom koordinatnomsistemu. Znači: ako imamo koordinate tačke u novom sistemu tačke X, njene koordinate u starom sistemu računamopo formuli Y = P X.• Svaka tačka ravni ima koordinate (y 1 , y 2 ) u odnosu na standardni koordinatni sistem i (x 1 , x 2 ) u odnosu na‘novi’. Kako izračunati (y 1 , y 2 ) preko (x 1 , x 2 ):( ) ( ) ( )y1 2 3 x1=y 2 1 2 x 2ili Y = P X• Kako izračunati (x 1 , x 2 ) preko (y 1 , y 2 ) :( ) (x1 2 3=x 2 1 2) −1 (y1y 2)

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 34 –• Slično važi i u R n !( ) (x1 2 −3=x 2 −1 2) (y1y 2)iliY = P −1 XNeka je P inverzibilna matrica kojom uvodimo novi koordinatni sistem:p : R n −→ R np(X) = P X• Neka je preslikavanje (zvano linearni operator) f : R n −→ R n dato sa f(X) = A X gde je matrica Ainverzibilna (naravno da je ovo sve u starim koordinatama kako računamo f(X)).• Kako izračunati f(Z) preko Z u novim koordinatama (ili za date nove koordinate tačke Z, kojom formulomizračunavamo f(Z) u novim koordinatama):(1) izračunamo stare koordinate tačke Z (to je P Z)(2) pomnožimo stare koordinate s’leva matricom A, dobili smo stare koordinate tačke f(Z) (rezultat je A P Z)(3) Pomnožimo s’leva matricom P −1 da dobijemo nove koordinate tačke f(Z). Rezultat je:f(Z) = (P −1 AP )ZDefinicija 3.5. Matrice A i B su slične ako i samo ako postoji matrica P takva da je B = P −1 A P .3.13 Specijalni tipovi kvadratnih matrica1. Dijagonalne matrice Kvadratna matrica je dijagonalna ako su joj svi elementi van glavne dijagonale jednakinuli. Dijagonalnu matricu (a ij ) reda n označavamo sa diag(a 11 , a 22 , ..., a nn ).( 2 00 3)= diag(2, 3)⎛⎝ 3 0 00 0 00 0 −9⎞⎠ = diag(3, 0, −9)Skup svih dijagonalnih matrica reda n čini algebru matrica (zatvoren je za sabiranje, množenje i množenjeskalarom); svake dijagonalne matrice istog reda komutiraju pa je to komutativna algebra matrica.2. Trougaone matrice Kvadratna matrica je gornje trougaona ili samo trougaona (upper triangular or triangular)ako su joj svi elementi ispod glavne dijagonale nule; na primer:⎛⎞⎛⎞( )2 1 2 53 0 3a11 a 12, ⎝ 0 6 34 ⎠ i ⎜ 0 0 6 0⎟0 a 22⎝ 0 0 0 7 ⎠0 0 40 0 0 6• Skup svih gornje trougaonih matrica reda n čini algebru matrica (zatvoren je za sabiranje, množenje i množenjeskalarom) .Teorema 3.18. Neka su A = (a ij ) i B = (b ij ) gornje trougaone matrice reda n.1. A + B je trougaona sa dijagonalom (a 11 + b 11 , ..., a nn + b nn ) ;2. k A je trougaona sa dijagonalom (ka 11 , ka 22 , ..., ka nn ) ;3. A B je trougaona sa dijagonalom (a 11 b 11 , a 22 b 22 , ..., a nn b nn ) ;

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 35 –4. Za svaki polinom f(x) matrica f(A) je trougaona sa dijagonalom (f(a 11 ), f(a 22 ), ..., f(a nn )) ;5. A je inverzibilna ako i samo ako je svaki dijagonalni element a ii različit od nule .Dokaz ...• Donje trougaona (lower triangular) matrica je kvadratna matrica koja ima sve elemente iznad glavne dijagonalejednake nuli. Za njih važi analog Teoreme 3.18.3. Simetrične matrice Kvadratna matrica A = (a ij ) je simetrična ako je A T = A; simetrija je u odnosu naglavnu dijagonalu: a ij = a ji .⎛⎞⎛⎞( ) 1 0,⎠, ⎜⎟0 −3⎝⎠ (... je bilo šta).⎝ 4 3 20 4 −1−1 2 0... 3 1 03 ... 7 51 7 ... 90 5 9 ...• Skup svih simetričnih matrica reda n je zatvoren za sabiranje i množenje skalarom ali nije za množenje:( 1 22 3) ( 4 55 6)=( 14 1723 28)Matrica A = (a ij ) je koso-simetrična ako važi A T = −A; ekvivalentno a ij = −a ji . Elementi na glavnojdijagonali moraju biti nule zbog a ii = −a ii .Teorema 3.19. Neka je A (bilo koja) kvadratna matrica reda n. Tada:1. A + A T je simetrična;2. A − A T je koso simetrična;3. A se može napisati u obliku A = B + C gde je B simetrična a C koso simetrična matrica.4. Ortogonalne matrice Kvadratna matrica A reda n je ortogonalna ako važiA A T = A T A = I• Ortogonalna matrica A je inverzibilna i važi A −1 = A T .Primer 3.13. A =⎛⎜⎝1989− 4 949− 4 9− 7 9891949⎞⎟⎠je ortogonalna:Matrica⎛⎝ a ⎞1 a 2 a 3b 1 b 2 b 3c 1 c 2 c 3što je ekvivalentno sa :⎠ je ortogonalna ako i samo ako:⎛⎝a 1 a 2 a 3⎞ ⎛b 1 b 2 b 3⎠ ⎝⎞ ⎛a 1 b 1 c 1a 2 b 2 c 2⎠ = ⎝a 3 b 3 c 31 0 00 1 00 0 1a 2 1 + a 2 2 + a 2 3 = 1 a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 = 0 a 1 c 1 + a 2 c 2 + a 3 c 3 = 0b 1 a 1 + b 2 a 2 + b 3 a 3 = 0 b 2 1 + b 2 2 + b 2 3 = 1 b 1 c 1 + b 2 c 2 + b 3 c 3 = 0c 1 a 1 + c 2 a 2 + c 3 a 3 = 0 c 1 b 1 + c 2 b 2 + c 3 b 3 = 0 c 2 1 + c 2 2 + c 2 3 = 1⎞⎠

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 36 –Označimo vektore vrsta a = (a 1 , a 2 , a 3 ) b = (b 1 , b 2 , b 3 ) a = (c 1 , c 2 , c 3 )a · a = 1 a · b = 0 a · c = 0b · a = 0 b · b = 1 b · c = 0c · a = 0 c · b = 0 c · c = 1Ovo znači da je {a, b, c} ortonormirani skup vektora (t.j. da je to skup jediničnih vektora koji su medjusobnonormalni).Teorema 3.20. Neka je A kvadratna matrica reda n. Sledeća tvrdjenja su ekvivalentna:(1) A je ortogonalna matrica;(2) Vektori vrsta matrice A čine ortonormirani skup vektora;(3) Vektori kolona matrice A čine ortonormirani skup vektora.Teorema 3.21. Ortogonalna 2 × 2 matrica ima oblik( cos θ sin θ− sin θ cos θ)5. Normalne matrice Kvadratna matrica A je normalna ako komutira sa svojom transponovanom matricom:A A T = A T A .• Dijagonalne, simetrične, koso simetrične i ortogonalne matrice su normalne. Postoje normalne matrice kojenisu ni u jednoj od ovih klasa, na primer( ) ( ) ( ) ( ) ( )6 −3 6 3 45 0 6 3 6 −3==3 6 −3 6 0 45 −3 6 3 6Teorema 3.22. Svaka normalna 2 × 2 matrica je ili skalarna matrica ili je zbir skalarne i koso simetrične matrice.4 VEKTORSKI PROSTORIDefinicija 4.1. Neka je K polje (obično je K = R) i V neprazan skup na kome su definisane operacije sabiranja imnoženja skalarom. V je vektorski prostor nad poljem K ukoliko su zadovoljene sledeće aksiome:(A 1 ) Za sve u, v, w ∈ V važi(A 2 ) Postoji 0 ∈ V tako da za sve u ∈ V važi:(A 3 ) Za svaki u ∈ V postoji -u ∈ V takav da(u + v) + w = u + (v + w)u + 0 = uu + (-u) = 0(A 4 ) Za sve u, v ∈ V(M 1 ) Za sve u, v ∈ V i sve k ∈ K(M 2 ) Za sve u ∈ V i sve k, k ′ ∈ K(M 3 ) Za sve u ∈ V i sve k, k ′ ∈ Ku + v = v + uk (u + v) = k u + k v(k + k ′ ) u = k u + k ′ u(k k ′ ) u = k (k ′ u)(M 4 ) Za sve u ∈ V 1 u = u

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 37 –• (A 1 ) − (A 4 ) se odnose isključivo na sabiranje (addition): (V, +) je komutativna grupa.• Elemente skupa V nazivamo vektorima, vektor v ∈ V označavamo i sa ⃗v; elementi polja su skalari ili brojevi,obično je K = R.• Sve ukupno, ovo su ‘aksiome za linearno kombinovanje’.Teorema 4.1.Za sve vektore u, v, w ∈ R n i skalare k, k ′ ∈ R važi:1. Za sve k ∈ K : k 0 = 0 .2. Za sve u ∈ V : 0 u = 0 .3. Ako je k u = 0 tada je u = 0 ili k = 0.4. Za sve k ∈ K i u ∈ V : (−k) u = k (-u) = -(ku)Dokaz:1. Prema aksiomi (A 2 ), sa u = 0, imamo 0 + 0 = 0. Otuda iz aksiome (M 1 ),k 0 = k (0 + 0) = k 0 + k 0Dodavanjem −(k 0) na obe strane dobijamo trazeni rezultat.2. U polju važi: 0 + 0 = 0; otuda po aksiomi (M 2 ),0 u = (0 + 0) u = 0 u + 0 uDodavanjem −(0u) na obe strane dobijamo željeni rezultat.3. Predpostavimo da je k u = 0 i k ≠ 0. Onda postoji skalari k −1 takav da je k −1 k = 1; otudau = 1 u = (k −1 k) u = k −1 (k u) = k −1 0 = 04. Koristeći deo 1. ove teoreme i (A3) u + (−u) = 0 i imamo0 = k 0 = k (u + (−u)) = k u + k (−u)Dodavanjem −(k u) na obe strane dobijamo −(k u) = k (−u). Dalje, koristeći k + (−k) = 0 i 2., imamo0 = 0 u = (k + (−k)) u = k u + (−k) uDodavanjem −(k u) na obe strane dolazimo do −(k u) = (−k) u. Odatle (−k) u = k (−u) = −(k u)4.1 Primeri vektorskih prostora1. Prostor R nR n je skup svih n-torki realnih brojeva (vektora) koje se sabiraju po praviluu + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , ..., u n + v n ) (∈ R n )i množe skalarom po pravilu: množenje vektora skalarom (brojem) k ∈ R:k u = (k u 1 , k u 2 , ..., k u n ) (∈ R n )0 vektor je (0, 0, ..., 0) dok je -(u 1 , ..., u n ) = (−u 1 , ..., −u n ).2. Prostor matrica M m,n

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 38 –M m,n (R) je skup svih m × n matrica (elementi su realni brojevi). M m,n (R) je vektorski prostor nad R u odnosuna uobičajeno sabiranje matrica i množenje matrice skalarom. 0 je nula-matrica a -A je −A.3. Prostor polinoma P(t)Neka je P(t) skup svih polinomaa 0 + a 1 t + ... + a n t n n = 0, 1, ....gde su koeficijenti iz nekog polja K (obično K = R). P(t) je vektorski prostor u odnosu na uobičajeno sabiranjepolinoma i množenje polinoma skalarom (brojem). 0 vektor je konstantni polinom 0 i-(a 0 + a 1 t + ... + a n t n ) je − a 0 − a 1 t − ... − a n t n4. Prostor funkcija F(X)Neka je X proizvoljan skup i neka je F(X) skup svih funkcija f : X −→ R .f-je skalarom na ‘prirodan’ način:Definišemo zbir f-ja (+) i množenje(f+g)(x) = f(x) + g(x)(k f)(x) = k f(x)0-funkcija je definisana 0(x) = 0 za sve x ∈ X dok je (-f)(x) = −f(x)4.2 PotprostoriNeka je V vektorski prostor i W ⊂ V .na sabiranje i množenje skalarom.W je potprostor prostora V ako i samo ako je W vektorski prostor u odnosuTeorema 4.2. Neka je V vektorski prostor i W ⊂ V . W je potprostor prostora V ako i samo ako važe sledeći uslovi:1. 0 ∈ W2. W je zatvoren za sabiranje vektora:ako u, v ∈ W tada i u + v ∈ W .3. W je zatvoren za množenje vektora skalarom:ako v ∈ W tada k v ∈ W za svaki skalar k.Dokaz. Videti Problem 5.4Posledica 4.1. W je potprostor prostora V ako i samo ako1. 0 ∈ W i2. Za sve skalare a, b i vektore u, v ∈ W važi a u + b v ∈ WDokaz. Videti Problem 5.5Primer 4.1. Primeri potprostora1. 0 i V su potprostori prostora V .2. W = {(x, y, 0) | x, y ∈ R} je potprostor prostora R 33. Skup svih (gornje) trougaonih matrica reda n je potprostor od M n,n (isto i za donje trougaone, simetrične,dijagonalne, ...)4. Skup svih polinoma stepena ≤ n je potprostor prostora P(t).5. Prava ili ravan koja sadrži koordinatni početak je potprostor prostora R 3 .

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 39 –Teorema 4.3. Presek (više) potprostora je potprostor.Dokaz ...Teorema 4.4. Skup rešenja homogenog sistema A X = 0 po n promenljivih je potprostor od R n .Dokaz ...• Skup rešenja nehomogenog sistema A X = B gde je B ≠ 0 nije potprostor od R n pošto ne sadrži 0.4.3 Linearne kombinacijeNeka je V vektorski prostor i v 1 , v 2 , ..., v n ∈ V .Vektor koji se može napisati u oblikua 1 v 1 + a 2 v 2 + ... + a n v nje linearna kombinacija vektora v 1 , v 2 , ..., v n . Skup svih takvih linearnih kombinacija je linearni omotač ili linealskupa v 1 , v 2 , ..., v n (linear span) i označava se saspan(v 1 , v 2 , ..., v n )Teorema 4.5. Neka je S ⊂ V .(1) span(S) je potprostor prostora V .(2) span(S) je najmanji potprostor prostora V koji sadrži S:ako je W potprostor prostora V i S ⊆ W tada je span(S) ⊆ W .Vektori v 1 , v 2 , ..., v ngenerišu prostor V (generate or span) ako jeV = span(v 1 , v 2 , ..., v n )Drugim rečima v 1 , v 2 , ..., v n generišu V ako i samo ako je svaki u ∈ V linearna kombinacija vektora v 1 , v 2 , ..., v n :Primer 4.2. 1. Vektori i, j generišu R 2 .2. Vektori i, j, k generišu R 3 .3. P(t) = span(1, t, t 2 , t 3 , ...)4.4 Linearna zavisnostu = a 1 v 1 + a 2 v 2 + ... + a n v nDefinicija 4.2. Neka je V vektorski prostor. Vektori v 1 , v 2 , ..., v n su linearno zavisni (linearly dependent) ukolikopostoje skalari a 1 , a 2 , ..., a n koji nisu svi jednaki nuli tako daa 1 v 1 + a 2 v 2 + ... + a n v n = 0 .U suprotnom, oni su linearno nezavisni (linearly independent).• v 1 , v 2 , ..., v n su linearno zavisni ako je 0 medju njima.• Jedan ne-nula vektor čini linearno nezavisan skup.• Ako su dva od vektora v 1 , v 2 , ..., v n jednaka onda su linearno zavisni.• Svaki podskup linearno nezavisnog skupa je linearno nezavisan; svaki nadskup linearno zavisnog skupa jelinearno zavisan.• Dva vektora u, v su linearno zavisna ako i samo ako je jedan od njih jednak drugom pomnožen nekim skalarom:u = k v ili v = k u

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 40 –Primer 4.3. Vektori (2, 1, 1), 2(1, 2, 1) i (4, −1, 1) su linearno zavisni:3 (2, 1, 1) − 2(1, 2, 1) − (4, −1, 1) = (0, 0, 0)Primer 4.4. Ispitujemo da li su vektori (6, 2, 3, 4), (0, 5, −3, 1) i(0, 0, 7, −2) linearno zavisni: da li postoje x, y, z koji nisu svi jednaki nuli takvi da je:x (6, 2, 3, 4) + y (0, 5, −3, 1) + z (0, 0, 7, −2) = (0, 0, 0, 0)6 x = 02 x + 5 y = 03 x − 3 y + 7 z = 04 x + y − 2 z = 0Rešavanjem dobijamo x = y = z = 0 pa su vektori linearno nezavisni.• Iz prethodna dva primera zaključujemo da se ispitivanje linearne zavisnosti konkretnog skupa vektora u R nsvodi na ispitivanje postojanja netrivijalnog rešenja homogenog sistema linearnih jednačina.Lema 4.1. Pretpostavimo da su ne-nula vektori v 1 , v 2 , ..., v n linearno zavisni. Tada je jedan od njih linearna kombinacijaprethodnih: postoji k ≤ n i a 1 , ..., a k−1 takvi daDokaz. Videti Problem 5.36a 1 v 1 + a 2 v 2 + ... + a k−1 v k−1 = v k .• U prostoru R 3 :(a) Dva vektora su linearno zavisna ako i samo ako pripadaju istoj pravi koja sadrži i 0.(b) Tri vektora su linearno zavisna ako i samo ako pripadaju istoj ravni koja sadrži i 0.Teorema 4.6. Svi ne-nula vektori vrsta matrice u stepenastoj formi čine linearno nezavisan skup.Dokaz. Videti Problem 5.374.5 Baza i dimenzijaDefinicija 4.3. v 1 , v 2 , ..., v n je baza (basis) prostora V ako važi:(1) v 1 , v 2 , ..., v n je linearno nezavisan; i(2) span(v 1 , v 2 , ..., v n ) = V.Definicija 4.4. v 1 , v 2 , ..., v n je baza ako i samo ako se svaki vektor prostora V na jedinstven način predstavljakao linearna kombinacija vektora v 1 , v 2 , ..., v n .• Prethodne dve definicije su ekvivalentne (za dokaz videti Problem 5.30)• Prema Definiciji 4.4 svaki vektor v se na jedinstven način piše u obliku:v = a 1 v 1 + a 2 v 2 + ... + a n v n 1(a 1 , a 2 , ..., a n ) su koordinate vektora v u odnosu na bazu v 1 , v 2 , ..., v n .Primer 4.5. (1) Neka je e i ∈ R n vektor kome je i-ta koordinata 1 a ostale su nule. Tada je e 1 , e 2 , ..., e n baza zaR n .( ) ( ) ( )1 0 0 1 0 0(2)i0 0 0 0 1 0način predstavlja kao linearna kombinacija:( )a b= ac d(1 00 0(0 00 1)) (0 1+ b0 0čine bazu M 2,2 (R) zato što se svaka matrica na jedinstven) (0 0+ c1 0) (0 0+ d0 1)

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 41 –• V je konačno dimenzioni ili n-dimenzioni vektorski prostor ako ima bazu od n elemenata. Oznaka:U suprotnom V je beskonačno dimenzioni prostor.dim(V ) = n• Naredna teorema utvrdjuje da su svake dve baze konačno dimenzionog prostora jednakobrojne; taj broj jedimenzija vektorskog prostora.Teorema 4.7. Svake dve baze konačno dimenzionog vektorskog prostora imaju isti broj elemenata.Dokaz. Naredna lema je ključna ...Lema 4.2. Pretpostavimo:- span(v 1 , v 2 , ..., v n ) = V i- vektori w 1 , w 2 , ..., w m ∈ V su linearno nezavisni. Tada:(1) Važi m ≤ n i možemo izabrati tačno n − m v i -ova: v i1 , v i2 , ..., v in−m tako da je:(2) Svakih n + 1 vektora su linearno zavisni.Dokaz. Videti Problem 5.39span(w 1 , w 2 , ..., w m , v i1 , v i2 , ..., v in−m ) = VTeorema 4.8. Neka je dim(V ) = n.(1) Svaki skup koji sadrži bar n + 1 vektor je linearno zavisan.(2) Svaki linearno nezavisan skup od n vektora je baza za V .(3) Ako je span(v 1 , v 2 , ..., v n ) = V tada je v 1 , v 2 , ..., v n baza.Dokaz. Videti Problem 5.41Teorema 4.9. Neka je span(S) = V gde je S = {v 1 , v 2 , ..., v n }.(1) Svaki maksimalan linearno nezavisan podskup od S je baza.(2) Ako iz S izbacimo svaki vektor koji je linearna kombinacija prethodnih, dobićemo bazu za V .Dokaz. Videti Problem 5.42Teorema 4.10. Neka je V konačno dimenzioni vektorski prostor i neka je S njegov linearno nezavisan podskup. TadaS možemo produžiti do baze.Dokaz. Videti Problem 5.43• dim(R n ) = nPrimer 4.6. Vektori (1, 1, 1, 1), (0, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 1), (0, 0, 0, 1) čine stepenastu matricu. Prema Teoremi 4.6 oni sulinearno nezavisni, pa su i baza za R 4 prema Teoremi 4.8(3).Potprostor vektorskog prostora je za sebe vektorski prostor, pa je baza i dimenzija dobro definisana.Teorema 4.11. Neka je W potprostor n-dimenzionog prostora V . Tada je dim(W ) ≤ dim(V ) i:onda je W = V .Dokaz...ako je dim(W ) = nPrimer 4.7. Neka je W potprostor prostora R 3 :(1) dim(W ) = 0 ako i samo ako je W = {0)(2) dim(W ) = 1 ako i samo ako je W prava koja sadrži koordinatni početak.(3) dim(W ) = 2 ako i samo ako je W ravan koja sadrži koordinatni početak.(4) dim(W ) = 3 ako i samo ako je W = R 3 .

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 42 –4.6 Prostor vrsta matriceVektori vrsta matrice⎛⎜⎝⎞a 11 a 12 ... a 1na 21 a 22 ... a 2n⎟. . ... . ⎠a m1 a m2 ... a mnv 1 = (a 11 , a 12 , ..., a 1n ) v 2 = (a 11 , a 12 , ..., a 1n ) ..... v m = (a m1 , a m2 , ..., a mn )posmatrani kao vektori u R n generišu potprostor prostora R n ; to je prostor vrsta matrice A (rowspace of A):rowsp(A) = span(v 1 , v 2 , ..., v m )• Rang vrsta matrice A je dimenzija prostora njenih vrsta.Teorema 4.12. Ekvivalentne (po vrstama) matrice imaju isti prostor vrsta.Dokaz ...Teorema 4.13. Kanonske matrice imaju isti prostor vrsta ako i samo ako su jednake.Dokaz. Videti Problem 5.51Sledeću teoremu smo već koristili iako je tek sada dokazujemoTeorema 4.14. Svaka matrica je ekvivalentna (po vrstama) jedinstvenoj kanonskoj matrici.Dokaz. Videti Problem 5.52Primer 4.8. Neka je V potprostor od R 3 generisan vektorimaZaključci:⎛⎝ 4 5 61 2 37 8 9⎞ ⎛⎠ ∼ v⎝∼ v⎛⎝(1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 9)1 2 30 −3 −60 −6 −121 2 30 1 20 0 0⎞ ⎛⎠ ∼ v⎝(1) V je potprostor generisan vektorima (1, 0, −1) i (0, 1, 2).(2) V je potprostor generisan vektorima (1, 2, 3) i (0, 1, 2).(3) V je potprostor generisan vektorima (1, 2, 3) i (0, −3, −6).⎞ ⎛⎠ ∼ v⎝1 0 −10 1 20 0 04.7 Odredjivanje baze i dimenzije potprostora u R n1 2 30 1 20 1 2⎞⎠⎞⎠ ∼ vPodsetimo se:• Ekvivalentne (po vrstama) matrice imaju isti prostor vrsta.• Vektori vrsta stepenaste matrice su linearno nezavisni. Oni čine bazu prostora vrsta (pošto svaki linearnonezavisan skup predstavlja bazu potprostora generisanog njima).

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 43 –Algoritam za odredjivanje baze i dimenzije potprostora generisanog datim vektorima (strana 154.)Korak 1. Od datih vektora, kao vektora vrsta, formirati matricu.Korak 2. Svesti matricu na stepenastu formu.Korak 3. Vektori ne-nula vrsta stepenaste matrice čine bazu; koliko ih je tolika je dimenzija.Primer 4.9. Neka je V potprostor prostora R 5 generisan vektorima⎛⎜⎝1 1 1 1 11 0 2 1 10 0 1 1 12 1 5 4 43 2 3 2 21 −1 2 0 0(1, 1, 1, 1, 1), (1, 0, 2, 1, 1), (0, 0, 1, 1, 1),(2, 1, 5, 4, 4), (3, 2, 3, 2, 2), (1, −1, 2, 0, 0)⎞ ⎛∼ v ⎟ ⎜⎠ ⎝1 1 1 1 10 −1 1 0 00 0 1 1 10 −1 3 2 20 −1 0 −1 −10 −2 1 −1 −1⎛∼ v ⎜⎝1 1 1 1 10 1 1 0 00 0 1 1 10 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0(1, 1, 1, 1, 1), (0, 1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1, 1) je baza za V i dim(V ) = 3.⎞ ⎛∼ v ⎟ ⎜⎠ ⎝⎞⎟⎠1 1 1 1 10 1 1 0 00 0 1 1 10 0 2 2 20 0 −1 −1 −10 0 −1 −1 −1⎞⎟⎠• Algoritam koristimo i da odredimo da li je dati skup vektora linearno nezavisan: odredimo bazu i dimenzijupotprostora generisanog tim vektorima. Ako je dimenzija jednaka broju vektora (t.j. ako u stepenastoj matrici nemanula vrsta), oni su linearno nezavisni.4.8 Rang matriceRang vrsta matrice je dimenzija njenog prostora vrsta ( t.j. maksimalan broj linearno nezavisnih vektora vrsta).Ako A svedemo na stepenastu formu tada je broj ne-nula vrsta te stepenaste matrice jednak rangu vrsta matrice (ovosmo dokazali u Teoremi 4.6.Slično prostoru vrsta definišemo i prostor kolona matrice A: to je potprostor generisan vektorima kolona, ili skupsvih vektora kolona koji se mogu izraziti kao linearna kombinacija vektora kolona matrice A; rang kolona matrice jedimenzija njenog prostora kolona.Teorema 4.15. Rang vrsta matrice jednak je rangu njenih kolona.Dokaz:Neka je A proizvoljna m × n matrica:⎛A =⎜⎝⎞a 11 a 12 ... a 1na 21 a 22 ... a 2n⎟. . . . . . . . . . . . ⎠a m1 a m2 ... a mnNeka R 1 , R 2 , . . . , R moznačavaju vektore vrsta:R 1 = (a 1 1 , a 1 2 , . . . , a 1 n ), . . . , R m = (a m 1 , a m 2 , . . . , a m n )Predpostavimo da je rang vrsta r i da sledeći vektori čine bazu prostora vrsta:S 1 = (b 1 1 , b 1 2 , . . . , b 1 n ), S 2 = (b 2 1 , b 2 2 , . . . , b 2 n ), . . . , S r = (b r 1 , b r 2 , . . . , b r n )

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 44 –Svaka vektor vrste matrice A je linearna kombinacija baznih vrsta:R 1 = k 11 S 1 + k 12 S 2 + · · · + k 1r S rR 2 = k 21 S 1 + k 22 S 2 + · · · + k 2r S r· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·R m = k m1 S 1 + k m2 S 2 + · · · + k mr S rgde su k ij skalari. Fiksirajmo i ≤ n i u svakoj od ovih jednakosti izjednačimo i-te koordinate vektora s leve i desnestrane, dobijamo sledeće jednakosti:što zapisujemo na drugi način kao:⎛ ⎞a 1i⎜ a 2i⎟⎝ . . . ⎠ = b 1ia mia 1i = k 11 b 1i + k 12 b 2i + · · · + k 1r b ria 2i = k 21 b 1i + k 22 b 2i + · · · + k 2r b ri· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·a mi = k m1 b 1i + k m2 b 2i + · · · + k mr b ri⎛⎜⎝k 11k 21. . .k m1⎞⎟⎠ + b 2i⎛⎜⎝k 12k 22. . .k m2⎞⎟⎠ + · · · + b riDrugim rečima, i-ta kolona matrice A je linearna kombinacija sledećih r vektora⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞k 11 k 12k 1r⎜ k 21⎟⎝ . . . ⎠ , ⎜ k 22⎟⎝ . . . ⎠ , · · · , ⎜ k 2r⎟⎝ . . . ⎠k m1 k m2k mrKako ovi vektori ne zavise od izbora i ≤ n zaključujemo da je svaki vektor kolone matrice A linearna kombinacijaovih r vektora, što znači da oni generišu ceo prostor kolona pa je njegova dimenzija najviše r, odnosno rang kolonamatrice A je ≤ r.Ovim smo dokazali da je rang kolona matrice A nije veći od ranga vrsta. Ako primenimo ovo na matricu A Tdobićemo obrnutu nejednakost, pa zaključujemo da su ova dva ranga jednaka.• Alternativni dokaz prethodne teoreme je zasnovan na kasnije dokazanim lemama 4.3 i 4.4: Neka je A ∼ v Bgde je B stepenasta matrica koja ima r ne-nula vrsta. Prema Teoremi 4.12 A i B imaju isti prostor vrsta, a premaTeoremi 4.6 vektori ne-nula vrste matrice B su linearno nezavisni pa chine bazu prostora vrsta. Znachi rang vrstamatrice A je r.Predstavimo sada matrice preko vektora kolona:A = (A 1 A 2 ... A n ) B = (B 1 B 2 ... B n )Iz Leme 4.3 sledi da ako A i1 , A i2 , ..., A ir čine bazu prostora kolona matrice A, onda B i1 , B i2 , ..., B ir čine bazuprostora kolona matrice B. Zaključujemo da matrice A i B imaju isti rang kolona (iako mogu imati različite prostorekolona)! S druge strane, prema Lemi 4.4, rang kolona matrice B je jednak broju ‘pivota’ t.j. broju ne-nula vrstamatrice B. Zaključujemo da je rang prostora kolona matrice B jednak r, pa je i rang kolona matrice A jednak r.⎛⎜⎝k 1rk 2r. . .k mr⎞⎟⎠Definicija 4.5. Rang matrice A, u oznaci rang(A), je rang njenih vrsta (ili kolona).U Teoremi 3.17 (Teorema 4.16 u knjizi) smo dokazali da je svaka m × n matrica ( ekvivalentna ) (može se svestiIr 0elementarnim transformacijama vrsta i kolona) tačno jednoj blok matrici oblikagde je I0 0r jedinična r × rmatrica. Primetimo da je r = rang(A).4.9 Drugi algoritam za odredjivanje baze i dimenzijeElementarne transformacije vrsta matrice ne utiču na linearnu zavisnost kolona matrice:

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 45 –Lema 4.3. Neka su A 1 , A 2 , ..., A n vektori kolona matrice A i neka su B 1 , B 2 , ..., B n vektori kolona matrice B.Pretpostavimo A ∼ v B (B se može dobiti iz A elementarnim transformacijama vrsta). Tada za skalare α 1 , ...., α nvaži:α 1 A 1 + α 2 A 2 + ... + α n A n = 0ako i samo akoα 1 B 1 + α 2 B 2 + ... + α n B n = 0Dokaz. Dovoljno je proveriti tvrdjenje za slučaj kada se B dobija iz A primenom samo jedne elementarnetransformacije vrsta, što nije teško.Lema 4.4. Bazu prostora kolona stepenaste matrice čine vektori kolona koji sadrže pivote. Posebno, svaka kolonabez pivota je linearna kombinacija kolona sa pivotima.Dokaz. Neposredno se proveri da su kolone koje sadrže pivote linearno nezavisne i da je svaka kolona bez pivotanjihova linearna kombinacija.⎛⎞1 2 1 5 0 3 −1Primer 4.10. ⎜ 0 0 2 4 1 5 4⎟⎝0 0 0 0 1 1 −2⎠0 0 0 0 0 0 0⎛⎜⎝⎛⎜⎝−14−203510⎛⎜⎝5400⎞ ⎛⎟⎠ = 3 ⎜⎝⎞ ⎛⎟⎠ = ⎜⎝1000⎞ ⎛⎟⎠ = −4 ⎜⎝1000⎞ ⎛⎟⎠ + 2 ⎜⎝1000⎞ ⎛⎟⎠ + 2 ⎜⎝1200⎞ ⎛⎟⎠ + 3 ⎜⎝1200⎞⎟⎠⎞ ⎛⎟⎠ + ⎜⎝12000110⎞ ⎛⎟⎠ − 2 ⎜⎝⎞⎟⎠0110⎞⎟⎠Na prethodne dve leme zasnovan je sledeći algoritam. Koristimo ga da iz datog skupa vektora izdvojimo maksimalanlinearno nezavisan podskup; t.j. da iz datog skupa vektora izdvojimo bazu potprostora generisanog datim skupom.Neka je dat skup (spisak) vektora S = {v 1 , v 2 , ..., v n }Korak 1.Korak 2.Korak 3.Korak 4.Od datih vektora, kao vektora kolona, formirati matricu.Elementarnim transformacijama vrsta svesti matricu na stepenastu formu.Izbrisati iz S sve v i -ove takve da se u i-toj koloni stepenaste matrice ne nalazi pivot.Preostali vektori čine maksimalan linearno nezavisan podskup.Primer 4.11. Neka je V potprostor prostora R 6 generisan vektorimav 1 = (1, 1, 0, 2, 3, 1), v 2 = (1, 0, 0, 1, 2, −1)v 3 = (1, 2, 1, 5, 3, 2), v 4 = (1, 1, 1, 4, 2, 0)Pronadjimo bazu za V koja je podskup skupa {v 1 , v 2 , v 3 , v 4 }⎛⎞ ⎛⎞ ⎛1 1 1 1 1 1 1 11 0 2 10 −1 1 00 0 1 1⎜ 2 1 5 4∼ v 0 0 1 1⎟ ⎜ 0 −1 3 2∼ v ⎟ ⎜⎝ 3 2 3 2 ⎠ ⎝ 0 −1 0 −1 ⎠ ⎝1 −1 2 0 0 −2 1 −11 1 1 10 1 1 00 0 1 10 0 2 20 0 −1 −10 0 −1 −1⎞⎟⎠

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 46 –⎛∼ v ⎜⎝1 1 1 10 1 1 00 0 1 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0Jedino u četvrtoj koloni nema pivota pa je v 1 , v 2 , v 3 baza za V i dim(V ) = 3.4.10 Linearne jednačine i vektorski prostori⎞⎟⎠Sistem linearnih jednačinamožemo zapisati u matričnoj formi A X = B:⎛⎜⎝a 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = b 1a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = b 2. . . ... . .a m1 x 1 + a m2 x 2 + ... a mn x n = b m⎞a 11 a 12 ... a 1na 21 a 22 ... a 2n⎟. . ... . ⎠a m1 a m2 ... a mn⎛⎜⎝x 1x 2..x n⎞⎛⎟⎠ = ⎜⎝Matrica A je matrica ⎛ sistema (coefficient matrx). ⎞a 11 a 12 ... a 1n b 1(A, B) = ⎜ a 21 a 22 ... a 2n b 2⎟⎝ . . ... . ⎠ je proširena matrica sistema (augmented matrix).a m1 a m2 ... a mn b m• Ako linearne jednačine posmatramo kao vektore vrsta, možemo definisati pojam linearne zavisnosti:sistem je linearno nezavisan ukoliko su vektori vrsta proširene matrice linearno nezavisni. Sistem u stepenastoj formije nezavisan.• Dva sistema linearnih jednačina su ekvivalentna (imaju isti skup rešenja) ako i samo ako su im proširene matriceekvivalentne po vrstama.• Svaki sistem je ekvivalentan nezavisnom sistemu (npr. u stepenastoj formi); nezavisni sistem može imati manjejednačina od polaznog. Broj jednačina tog nezavisnog sistema je jednak rangu matrice proširenog sistema.b 1b 2...b m⎞⎟⎠Teorema 4.16. Sledeća tvrdjenja su ekvivalentna:(a) Sistem linearnih jednačina AX = B ima rešenje.(b) B je linearna kombinacija vektora kolona matrice A (vektor kolona B pripada prostoru kolona matrice A).(v) Rang matrice sistema jednak je rangu proširene matrice.Dokaz ...• (a)⇔(v) u gornjoj teoremi je Kroneker-Kapelijeva teorema.• (a)⇔(b) u gornjoj teoremi opisuje prostor kolona matrice A:v pripada prostoru kolona matrice A ako i samo ako A X = v ima rešenje.• Podsetimo: skup svih rešenja homogenog sistema A X = 0 sa n promenljivih je potprostor prostora R n .Teorema 4.17. Dimenzija prostora rešenja homogenog sistema A X = 0 je n − r gde je n broj nepoznatih a r rangmatrice sistema.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 47 –Dokaz. Predpostavimo da vektori u 1 , u 2 , ..., u r čine bazu prostora kolona matrice A (postoji tačno r takvihvektora pošto je rang(A)=r). Po Teoremi 4.16 (b)⇒(a), svaki sistem AX = u i ima rešenje v i :Av 1 = u 1 , Av 2 = u 2 , ..., Av r = u r (1)Neka je W prostor rešenja, dim(W ) = s i neka je w 1 , w 2 , ..., w s baza za W . Neka jeB = {v 1 , v 2 , ..., v r , w 1 , w 2 , ..., w s }Tvrdimo da je B baza prostora K n a potrebno je dokazati da je B linearno nezavisan i da je span(B) = K n .Dokaz za span(B) = K n . Pretpostavimo da v ∈ K n i Av = u. Kako u pripada prostoru kolona matrice A možese izraziti kao linearna kombinacija vektora u i :Neka je v ′ = v − k 1 u 1 − k 2 u 2 − · · · − k r u r . Onda, koristeći (1) i (2) sledi:Av = k 1 u 1 + k 2 u 2 + · · · + k r u r (2)A(v ′ ) = A(v − k 1 u 1 − k 2 u 2 − · · · − k r u r )= Av − k 1 Av 1 − k 2 Av 2 − · · · − k r Av r= Av − k 1 u 1 − k 2 u 2 − · · · − k r u r= Av − Av = 0Tako v ′ pripada rešenju W i odatle sledi da je v ′ linearna kombinacija w i -ova:Ondav ′ = c 1 w 1 + c 2 w 2 + · · · + c s w sv = v ′ +r∑k i v i =i=1r∑k i v i +i=1r∑c j w jTako v je linearna kombinacija elemenata iz B, i odatle sledi da span(B) = K n .Dokaz da je B linearno nezavisan. Pretpostavimo dai=1a 1 v 1 + a 2 v 2 + · · · + a r v r + b 1 w 1 + · · · + b s w s = 0 (3)Kako w i pripada W , svaki Aw i = 0. Koristeći činjenicu i ove formule, dobijamo⎛⎞r∑s∑r∑s∑r∑s∑0 = A(0) = A ⎝ a i v i + b j w j⎠ = a i Av i + b j Aw j = a i u i + b j 0 = a 1 u 1 + a 2 u 2 + · · · + a r u ri=1j=0Kako su u 1 , u 2 , . . . , u r linearno nezavisni , svaki a i = 0. Zamenom u (3) dobija sei=1j=1i=1b 1 w 1 + b 2 w 2 + · · · + b s w s = 0Ipak, w 1 , w 2 , . . . , w s su linearno nezavisni, tako da je svako b i = 0. Odatle sledi, B je linearno nezavisan. Prematome, B je baza za K n . Kako B ima r + s elemenata, imamo r + s = n. Kao posledica, dim(W ) = s = n − r, kao štoje i rečeno.• Za ekvivalentnu formulaciju prethodne teoreme, kao i alternativni dokaz, videti Teoremu 5.4.• Ukoliko je sistem u stepenastoj formi broj slobodnih promenljivih je n − r.j=14.11 Suma i direktna suma potprostoraNeka su U i W potprostori prostora V . Njihova suma U + W sa sastoji od svih zbirova u + w gde u ∈ U i w ∈ W :U + W = {u + w | u ∈ U w ∈ W }Teorema 4.18. Ako su U i W potprostori prostora V tada je i U + W potprostor od V .

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 48 –Dokaz:Lema 4.5. Ako je U 1 = span(S 1 ) i U 2 = span(S 2 ) tada je U 1 + U 2 = span(S 1 ∪ S 2 ).Dokaz. ...Teorema 4.19. (Grassmanova formula) Ako su U i W potprostori konačno dimenzionog prostora V tada je:Dokaz:dim(U + W ) = dim(U) + dim(W ) − dim(U ∩ W )Uočimo da je U ∩ W potprostor oba, U i W . Predpostavimo da jedim(U) = m dim(W ) = n dim(U ∩ W ) = ri neka je {v 1 , ..., v r } baza za U ∩ W . Prema Teoremi 4.10 svaku bazu za U ∩ W možemo raširiti do baze za W (kao ido baze za U); Neka suB U = {v 1 , ..., v r , u 1 , ..., u m−r } i B W = {v 1 , ..., v r , w 1 , ..., w n−r }baze za U i W respektivno i neka je B = B U ∪ B W :B = {v 1 , ..., v r , u 1 , ..., u m−r , w 1 , ..., w n−r }Primetimo da B ima tačno m + n − r elemenata. Teorema je dokazana ako pokažemo da je B baza U + W .span(B U ) = U i span(B W ) = W , prema Lemi 4.5 je:ili U + W = span(B).gde su a i , b j , c k skalari. Neka jePo (1) takodje imamospan(B U ) + span(B W ) = span(B U ∪ B W ) = span(B)Preostaje da pokažemo da je B nezavisan. PredpostavimoKako jea 1 v 1 + ... + a r v r + b 1 u 1 + ... + b m−r u m−r + c 1 w 1 + ... + c n−r w n−r = 0 (1)v = a 1 v 1 + · · · + a r v r + b 1 u 1 + · · · + b m−r u m−r (2)v = −c 1 w 1 − · · · − c n−r w n−r (3)Kako je v i , u j ∈ U iz (2) dobijamo v ∈ U; a kako je w k ∈ W iz (3) dobijamo v ∈ W . Prema tome, v ∈ U ∩ W . Kakoje {v 1 , ..., v r } baza za U ∩ W postoje skalari d 1 , . . . , d r takvi da je:Ubacimo ovo u (3) i dobijamo:v = d 1 v 1 + d 2 v 2 + · · · + d r v rd 1 v 1 + · · · + d r v r + c 1 w 1 + · · · + c n−r w n−r = 0Ali pošto je B W = {v 1 , ..., v r , w 1 , ..., w n−r } baza za W njeni vektori su linearno nezavisni pa zaključujemo:Zamenom u (1) dobijamoc 1 = 0 c 2 = 0 . . . c n−r = 0a 1 v 1 + · · · + a r v r + b 1 u 1 + · · · + b m−r u m−r = 0Pošto je B U = {v 1 , ..., v r , u 1 , ..., u m−r } baza za U zaključujemo;a 1 = 0 . . . a r = 0 b 1 = 0, . . . , b m−r = 0Dokazali smo da iz (1) sledi da su a i , b j , i c k svi 0 pa je B linearno nezavisan skup.Definicija 4.6. Vektorski prostor V je direktna suma potprostora U i W , u oznaciV = U ⊕ Wako se svaki vektor v ∈ V na jedinstven način može napisati u obliku v = u + w gde u ∈ U i w ∈ W .Teorema 4.20. V je direktna suma potprostora U i W ako i samo ako važi:Dokaz. Videti Problem 5.70(i) V = U + W i (ii) U ∩ W = {0}• Ako je V = U ⊕ Wtada Grasmanova formula postaje:dim(V ) = dim(U) + dim(W )

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 49 –4.12 Koordinate vektora u odnosu na bazu, promena bazePodsetimo da je S = {v 1 , v 2 , ..., v n } baza prostora V ako i samo ako se svaki vektor u ∈ V na jedinstven načinpredstavlja kao linearna kombinacija vektorau = a 1 v 1 + a 2 v 2 + ... + a n v na 1 , a 2 , ..., a n su koordinate vektora u u odnosu na bazu S.Koordinatni vektor vektora u u odnosu na bazu S je[u] S = (a 1 , a 2 , ..., a n ) ∈ K nPrimetimo da koordinatni vektor vektora v ∈ V pripada prostoru K n (a ne V ).Teorema 4.21. Neka je V konačno dimenzioni vektorski prostor nad K. Tada:(1) [u] S + [v] S = [u+v] S(2) [k u] S = k [u] S• Prethodna teorema, u smislu definicije 5.3, znači da je svaki n-dimenzioni vektorski prostor V nad poljem Kizomorfan sa K n (u oznaci V ∼ = K n ).Neka je S = {u 1 , u 2 , ..., u n } baza prostora V . Koordinatne vektore [w] S ∈ K n posmatramo kao vektor-kolone:⎛ ⎞a 1[w] S = ⎜ a 2⎟⎝ ... ⎠a nNeka je S ′ = {v 1 , v 2 , ..., v n } druga (‘nova’) baza prostora V . Kako izračunati koordinate vektora w u odnosuna novu bazu S ′ ?v 1 = c 11 u 1 + c 12 u 2 + ... + c 1n u nNeka je P transponovana matrica ovog ‘sistema’:v 2 = c 21 u 1 + c 22 u 2 + ... + c 2n u n....................................v n = c n1 u 1 + c n2 u 2 + ... + c nn u nP =P je matrica promene baze sa baze S na bazu S ′ .⎛⎜⎝⎞c 11 c 21 ... c n1c 12 c 22 ... c n2⎟. . ... . ⎠c 1n c 2n ... c nnTeorema 4.22. Neka je P matrica promene baze sa baze S na bazu S ′ . Tada je P inverzibilna i za svaki vektorw ∈ V važi:P [w] S ′ = [w] S i P −1 [w] S = [w] S ′Dokaz ...

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 50 –5 LINEARNI OPERATORI5.1 Definicija i primeriDefinicija 5.1. Neka je U vektorski prostor u odnosu na sabiranje + U i V vektorski prostor u odnosu na + V vektorskiprostori nad poljem F . Preslikavanje F : U −→ V je linearno preslikavanje, (linearni operator, linearna transformacijaili homomorfizam vektorskih prostora) ako važi:(1) F (u 1 + U u 2 ) = F (u 1 ) + V F (u 2 ) za sve u 1 , u 2 ∈ U; i(2) F (k u) = k F (u) za sve u ∈ U i k ∈ F .• Ako je F : U −→ V linearni operator onda:(a) F (0 U ) = F (0 V );(b) Za sve u 1 , u 2 ∈ U i a 1 , a 2 ∈ F :F (a 1 u 1 + a 2 u 2 ) = a 1 F (u 1 ) + a 2 F (u 2 )(v)Za sve u 1 , ..., u n ∈ U i a 1 , ..., a n ∈ FF (a 1 u 1 + ... + a n u n ) = a 1 F (u 1 ) + ... + a n F (u n )• F : U −→ V je linearni operator ako i samo ako:važi za sve u 1 , u 2 ∈ U i a 1 , a 2 ∈ F .F (a 1 u 1 + a 2 u 2 ) = a 1 F (u 1 ) + a 2 F (u 2 )Primer 5.1. (1) Neka je A matrica tipa m × n. DefinišemoF : R n −→ R m sa F (X) = A X(X je vektor-kolona). F je linearno preslikavanje.(2) Neka je F : R 3 −→ R 3 ‘projekcija na ravan Oxy’: F (x, y, z) = (x, y, 0). F je linearno preslikavanje.(3) Neka je F : R 2 −→ R 2 translacija za vektor (1, 2): F (x, y) = (x + 1, y + 2). F nije linearno preslikavanje.(4) Neka su U, V vektorski prostori i F : V −→ U definisano sa F (x) = 0 U . F je linearno preslikavanje.(5) F : P(t) −→ R definisano saF je linearno preslikavanje.F (a 0 + a 1 t + ... + a n t n ) = a 0(6) F : P(t) −→ R 2 definisano saF (a 0 + a 1 t + ... + a n t n ) = (a 0 , a 1 )F je linearno preslikavanje.(7) ‘Izvod’ polinoma (derivacija) je linearno preslikavanjeD : P(t) −→ P(t) definisano saD(a 0 + a 1 t + ... + a n t n ) = a 1 + 2a 2 t + ... + na n−1 t n−1(8) Neka su U, V vektorski prostori i F : V −→ U linearno preslikavanje koje je bijekcija (1-1 i ‘na’). Tada je iF −1 linearno preslikavanje.Teorema 5.1. Neka su U i V vektorski prostori, neka je {v 1 , v 2 , ..., v n } baza za V i neka su {u 1 , u 2 , ..., u n }proizvoljni vektori iz U. Tada postoji jedinstveno linearno preslikavanje F : V −→ U takvo da je F (v 1 ) =u 1 , F (v 2 ) = u 2 , ..., F (v n ) = u n

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 51 –5.2 Slika i jezgro linearnog operatoraDefinicija 5.2. Neka je F : V −→ U linearno preslikavanje. Njegova slika (image of F ) je:Im(F ) = {u ∈ U | F (v) = u za neki v ∈ V }Jezgro (kernel) preslikavanja F jeKer(F ) = {v ∈ V | F (v) = 0}Teorema 5.2. Neka su U i V vektorski prostori i F : V −→ U linearno preslikavanje. Tada je Im(F ) potprostor odU i Ker(F ) je potprostor od V .Dokaz ...Primer 5.2. Neka je F : R 3 −→ R 3 ‘projekcija na ravan Oxy’: F (x, y, z) = (x, y, 0). Tada jeIm(F ) = {(a, b, 0) | a, b ∈ R} i Ker(F ) = {(0, 0, c) | c ∈ R}ili: Im(F ) je ravan Oxy a Ker(F ) je z-osa.Primer 5.3. Neka je A =⎛⎜⎝⎞a 1 a 2 a 3b 1 b 2 b 3⎟c 1 c 2 c 3d 1 d 2 d 3⎠ koju posmatramo kao linearno preslikavanje A : R3 −→ R 4sa A(x) = A x, za vektor-kolone x). Neka je e 1 , e 2 , e 3 standardna baza (vektor-kolona) za R 3 .⎛⎞ ⎛⎞ ⎛ ⎞a 1 a 2 a 3a 1 a 2 a 3⎛ ⎞ a A(e 1 ) = A e 1 = ⎜ b 1 b 2 b 3⎟⎝ c 1 c 2 c 3⎠ e 1 = ⎜ b 1 b 2 b 311⎟ ⎝⎝ c 1 c 2 c 3⎠ 0 ⎠ = ⎜ b 1⎟⎝ c01⎠d 1 d 2 d 3 d 1 d 2 d 3 d 1Slično:Kako jeA e 2 =⎛⎜⎝a 2b 2c 2d 2⎞⎟⎠ i A e 3 =⎛⎜⎝a 3b 3c 3d 3⎞⎟⎠A(x 1 e 1 + x 2 e 2 + x 3 e 3 ) = x 1 A(e 1 ) + x 2 A(e 2 ) + x 3 A(e 3 )zaključujemo:(a) Im(A) skup svih linearnih kombinacija kolona matrice A (prostor kolona matrice A, ili colsp(A));(b) dim(Im(A)) je jednaka rangu matrica A.(v) Ker(A) je potprostor svih rešenja homogenog sistema A X = 0 .• Isto važi i za m × n matrice.(definisanoTeorema 5.3. (Teorema o rangu i defektu linearnog operatora)Neka je V konačno dimenzioni vektorski prostor i F : V −→ U linearno preslikavanje. Tada jeDokaz ...• dim(Im(F )) je rang operatora F ; oznaka ρ(F )dim(V ) = dim(Ker(F )) + dim(Im(F ))• dim(Ker(F )) je defekt operatora F (nullity); oznaka δ(F )• dim(V ) = ρ(F ) + δ(F )• Ako m × n matricu A posmatramo kao linearni operatorA : R n −→ R m tada je dim(Im(A)) = rang(A)

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 52 –Primer 5.4. Neka je f : R 4 −→ R 3definisano sa:f(x, y, z, t) = (x − 3y + z + 2t, x − y + 2t, −x − 3y + 2z − 2t)i neka je e 1 , e 2 , e 3 , e 4 standardna baza za R 4 .(a) Odredjujemo bazu za Im(f). Im(f) je potprostor generisan vektorima f(e 1 ), f(e 2 ), f(e 3 ), f(e 4 ):f(e 1 ) = f(1, 0, 0, 0) = (1, 1, −1) f(e 2 ) = (−3, −1, −3)Bazu možemo odrediti na dva načinaf(e 3 ) = (1, 0, 2) f(e 4 ) = (2, 2, −2)Prvi način: koristeći Prvi algoritam⎛⎜⎝1 1 −1−3 −1 −31 0 22 2 −2⎞ ⎛⎟⎠ ∼ ⎜⎝1 1 −10 2 −60 −1 30 0 0⎞ ⎛⎟⎠ ∼ ⎜⎝1 1 −10 2 −60 0 00 0 0⎞⎟⎠Zaključujemo da je (1, 1, −1), (0, 2, −6) baza za Im(f).Takodjeρ(f) = dim(Im(f)) = 2 .Drugi način:Naći ćemo ne bilo koju bazu nego maksimalan linearno nezavisan podskup skupa(1, 1, −1), (−3, −1, −3), (1, 0, 2), (1, 1, −1)Koristimo Drugi algoritam:⎛1 −3 1 2⎞ ⎛⎝ 1 −1 0 2 ⎠ ∼ ⎝−1 −3 2 −21 −3 1 20 2 −1 00 −6 3 0⎞⎛⎠ ∼ ⎝1 −3 1 −10 2 −1 20 0 0 0⎞⎠Kako u trećoj i četvrtoj koloni nema pivota, izbrišemo ih iz polazne matrice i zaključujemo da jebaza za Im(f).(1, 1, −1) (−3, −1, −3)(b) Računamo defekt δ(f) = dim(R 4 ) − ρ(f) = 4 − 2 = 2 .(v) Odredjujemo bazu za Ker(f).Dobijamo sistem linearnih jednačina:Svedemo ga na stepenasti:Ker(f) = {v ∈ R 4 | f(v) = (0, 0, 0)}f(x, y, z, t) = (x − 3y + z + 2t, x − y + 2t, −x − 3y + 2z − 2t) = (0, 0, 0)x − 3y + z + 2t = 0x − y + 2t = 0−x − 3y + 2z − 2t = 0x − 3y + z + 2t = 02y − z = 0− 6y + 3z = 0x − 3y + z + 2t = 02y − z = 0Njegov skup rešenja je {( a 2 − 2b, a 2, a, b) | a, b ∈ R} (= Ker(f)).( a 2 − 2b, a 2 , a, b) = a( 1 2 , 1 2, 1, 0) + b(−2, 0, 0, 1)Zaključujemo da je ( 1 2 , 1 2, 1, 0), (−2, 0, 0, 1) baza za Ker(f).

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 53 –5.3 Primena na sisteme linearnih jednačinaPosmatrajmo sistem linearnih jednačina:a 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = b 1a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = b 2. . . ... . .a m1 x 1 + a m2 x 2 + ... a mn x n = b mi njegov matrični zapis A X = B gde je A = (a ij ) m,n matrica sistema a X = (x i ) ∈ R m i B = (b i ) ∈ R nvektor-kolone. Posmatrajmo A kao linearni operator A : R n −→ R m . Primetimo:(1) Ker(A) je prostor rešenja homogenog sistema A X = 0.(2) Im(A) se sastoji od svih vektora B za koje sistem A X = B ima rešenje. Prema Teoremi 4.16 Im(A) je prostorkolona matrice A; dimenzija ovog prostora je rang(A).Kako je dim(Ker(A)) = dim(R n ) − dim(Im(A)) zaključujemo:Ovim je dat alternativni dokaz Teoreme 4.17dim(Ker(A)) = n − rang(A)Teorema 5.4. Dimenzija skupa rešenja homogenog sistema A X = 0 je n − r gde je r rang matrice A.5.4 Izomorfizam vektorskih prostoraDefinicija 5.3. Vektorski prostori V i U su izomorfni ako postoji bijektivno linearno preslikavanje F : V −→ U .Izomorfizam je bijektivno linearno preslikavanje.• Ako su U i V izomorfni to označavamo sa U ∼ = V .• ∼ = je relacija ekvivalencije (refleksivna, simetrična i tranzitivna).• Teorema 4.21 glasi: svaki n-dimenzioni vektorski prostor nad poljem K je izomorfan sa vektorskim prostoromK n .Primer 5.5. .1. M 2,2 (R) ∼ = R 4( a bDefinišemo F : M 2,2 (R) −→ R 4 sa F (c d2. Slično: M m,n (R) ∼ = R m n .)) = (a, b, c, d) Direktno se proveri da je F izomorfizam.3. Neka je P n (t) prostor svih polinoma stepena ≤ n nad poljem K. Tada je F : P n (t) −→ R n+1 definisano sa:F (a n t n + ... + a 1 t + a 0 ) = (a n , ..., a 1 , a 0 ) izomorfizam.Linearno preslikavanje F : U −→ V je singularno ako postoji u ∈ U takav da je F (u) = 0 (ekvivalentno:Ker(F ) ≠ {0}). U suprotnom je nesingularno (kada je Ker(F ) = {0}).Teorema 5.5. Ako je linearno preslikavanje nesingularno tada je slika svakog linearno nezavisnog skupa linearnonezavisan skup.Podsetimo: vektorski prostori V i U su izomorfni ako postoji bijektivno linearno preslikavanje F : V −→ U .tom slučaju F je izomorfizam.UTeorema 5.6. Pretpostavimo da je dim(U) = dim(V ) = n i da je F : U −→ Vizomorfizam ako i samo ako je nesingularno preslikavanje.Dokaz...linearno preslikavanje. Tada je F

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 54 –5.5 Operacije sa linearnim preslikavanjima, vektorski prostor Hom(U, V )Neka su F : U −→ V i G : U −→ V linearni operatori. Definišemo sabiranje operatora i množenje operatora skalarom:(1) F +G : U −→ V(2) (k F ) : U −→ V(F +G)(u) = F (u) + G(u)(k F )(u) = k F (u)• F +G i k F su linearni operatori.Definicija 5.4. Ako su U i V vektorski prostori nad istim poljem tada Hom(U, V ) označava skup svih linearnihoperatora F : U −→ V .Teorema 5.7. Hom(U, V ) je vektorski prostor u odnosu na sabiranje i množenje skalarom.Dokaz...Teorema 5.8. Ako dim(U) = m, dim(V ) = n onda dim(Hom(U, V )) = mn.Dokaz...Neka su U, V, W vektorski prostori nad istim poljem skalara i F : U −→ V , G : V −→ W linearni operatori.Kompozicija (ili slaganje) linearnih operatora G ◦ F : U −→ W je definisana sa:(G ◦ F )(u) = G(F (u))Teorema 5.9. Neka su F, F ′ : U −→ V i G, G ′ : V −→ W linearni operatori. Tada:(1) G ◦ (F + F ′ ) = G ◦ F + G ◦ F ′(2) (G + G ′ ) ◦ F = G ◦ F + G ′ ◦ F(3) k (G ◦ F ) = (kG) ◦ F = G ◦ (kF ).Dokaz...5.6 Algebra A(V ) (ili Hom(V ))Neka je V vektorski prostor nad poljem F . Posmatramo linearne operatore F : V −→ V ; zovemo ih: linearnioperatori na V , ili linearne transformacije prostora V . Sa A(V ) (ili Hom(V )) označavamo skup svih linearnihoperatora na V .• Algebra nad poljem F je vektorski prostor A nad F u kome postoji binarna operacija ‘množenje’ takva da i zasve F, G, H ∈ A važi:(1) F (G + H) = F G + F H(2) (G + H) F = GF + HF(3) k(GF ) = (kG)F = G(kF ).Ukoliko važi i asocijativni zakon za ‘množenje’(4) F (GH) = (F G)Honda kažemo da je algebra A asocijativna.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 55 –Teorema 5.10. Ako je V n-dimenzioni vektorski prostor tada je A(V ) asocijativna algebra u odnosu na operacijuslaganja operatora. Ako je dim(V ) = n onda je dim(A(V )) = n 2Dokaz...• Definišemo stepen operatora F : V −→ V :F 0 = I,F n+1 = F ◦ F n• Ako je p(x) = a 0 +a 1 x+...+a n x n polinom sa koeficijentima iz polja skalara vektorskog prostora V i F ∈ A(V )onda:p(F ) = a 0 I + a 1 F + ... + a n F n ∈ A(V )Linearni operator F : V −→ V je inverzibilan ako postoji F −1 ∈ A(V ) takav da jeF ◦ F −1 = F −1 ◦ F = I• Linearni operator je inverzibilan ako i samo ako je, kao funkcija, 1 − 1 i ‘na’ (t.j bijekcija).Teorema 5.11. Neka je F linearni operator na konačno dimenzionom prostoru V .ekvivalentna:Tada su sledeća četiri uslova(1) F je nesingularan (t.j Ker(F ) = {0});(2) F je 1 − 1;(3) F je ‘na’;(4) F je inverzibilan (t.j. ‘1-1’ i ‘na’).Dokaz...Posmatrajmo sistem linearnih jednačina:a 11 x 1 + a 12 x 2 + ... a 1n x n = b 1a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... a 2n x n = b 2. . . ... . .a n1 x 1 + a n2 x 2 + ... a nn x n = b ni njegov matrični zapis A X = B gde je A = (a ij ) n,n matrica sistema a X = (x i ) ∈ R n i B = (b i ) ∈ R n vektor-kolone.Posmatrajmo A kao linearni operator A : R n −→ R n . Tada:Teorema 5.12. (a) Ako homogeni sistem AX = 0 ima jedinstveno rešenje (trivijalno), tada i AX = B imajedinstveno rešenje.(b) Ako homogeni sistem ima netrivijalno rešenje tada:- Postoje vrednosti b 1 , ..., b n takve da sistem AX = B nema rešenje.- Ako sistem AX = B ima rešenje onda ono nije jedinstveno.Dokaz...

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 56 –5.7 Matrično predstavljanje linearnih operatoraNeka je S = {v 1 , v 2 , ..., v n } baza vektorskog prostora V . Tada se svaki vektor u ∈ V na jedinstven načinpredstavlja kao linearna kombinacijau = a 1 v 1 + a 2 v 2 + ... + a n v na 1 , a 2 , ..., a nsu koordinate vektora u u odnosu na bazu S a[u] S = (a 1 , a 2 , ..., a n ) ∈ R nje koordinatni vektor vektora u u odnosu na bazu S. Važi:[a u+b v] S = a [u] S + b [v] S• Preslikavanje f : V −→ F ndefinisano saf(v) = [v] Sje linearno; ono je i izomorfizam vektorskih prostora V i F n .Neka je T linearni operator na vektorskom prostoru V (t.j. T : V −→ V ), neka je S = {v 1 , v 2 , ..., v n } bazavektorskog prostora V i neka je:T (v 1 ) = a 11 v 1 + a 12 v 2 + ... + a 1n v nT (v 2 ) = a 21 v 1 + a 22 v 2 + ... + a 2n v n....................................T (v n ) = a n1 v 1 + a n2 v 2 + ... + a nn v nMatrična reprezentacija operatora T u odnosu na bazu S, ili matrica operatora T u odnosu na S, je transponovanamatrica koeficijenata. Ovu matricu označavamo sa m S (T ) ili [T ] S . Praktično:⎛⎞a 11 a 21 ... a n1[T ] S = ⎜ a 12 a 22 ... a n2⎟⎝ . . ... . ⎠a 1n a 2n ... a nnUkoliko vektore T (v 1 ), T (v 2 ), ..., T (v n ) predstavimo kao vektore kolona onda:[T ] S = (T (v 1 ), T (v 2 ), ..., T (v n ))• Ove matrice zavise od baze; u odnosu na različite baze možemo dobiti različite matrice operatora.• Transponovana matrica koeficijenata (a ne matrica koeficijenata) se uzima zato što računajući u koordinatamau odnosu na bazu S:Preciznije:T je ‘množenje s leva matricom [T ] S ’.Teorema 5.13. Neka je T : V −→ V linearni operator na vektorskom prostoru V i neka je S = {v 1 , v 2 , ..., v n }baza. Za svaki u ∈ V :[T (u)] S = [T ] S [u] S(Koordinatni vektori [u] S i [T (u)] S su vektori-kolona.)Dokaz...

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 57 –5.8 Algoritam za formiranje matrice operatora u odnosu na bazuNeka je S = {v 1 , v 2 , ..., v n } baza prostora V i T : V −→ V linearni operator. Matricu operatora T u odnosu nabazu S formiramo na sladeći način:Korak 1Za i = 1, 2, ..., n izračunamo T (v i ) u obliku:T (v i ) = a i1 v 1 + a i2 v 2 + ... + a in v nKorak 2Formiramo matricu od vektora T (v i ) kao vektora kolona.Primer 5.6. Neka je F : R 2 −→ R 2definisano saF (x, y) = (3x − 5y, x − 2y)(1) Odredjujemo matricu preslikavanja u odnosu na standardnu bazu S = {e 1 = (1, 0), e 2 = (0, 1)}Korak 1. T (e 1 ) = (3, 1) = 3e 1 + e 2T (e 2 ) = (−5, −2) = −5e 1 − 2e 2( ) 3 −5Korak 2. [T ] S = (T (e 1 ) T (e 2 )) =1 −2(2) Odredjujemo matricu preslikavanja u odnosu naKorak 1. T (v 1 ) = T (2, 1) = (1, 0) = v 1 − v 2S 1 = {v 1 = (2, 1), v 2 = (1, 1)}T (v 2 ) = T (1, 1) = (−2, −1) = −v 1( )1 1Korak 2. [T ] S1 = ([T (e 1 )] S1 [T (e 2 ))] S1 =−1 0(3) Bitan je i redosled elemenata baze! U odnosu namatrica jeS 2 = {v 2 = (1, 1), v 2 = (2, 1)}[T ] S2 = ([T (e 2 )] S2 [T (e 1 ))] S2 =(1 10 −1)5.9 M n (F ) i A(V )• Podsetimo da M n (F ) označava skup svih kvadratnih matrica reda n nad poljem F .odnosu na sabiranje matrica, množenje skalarom i množenje.M n (F ) je algebra matrica uTeorema 5.14. Neka je S = {v 1 , v 2 , ..., v n } baza vektorskog prostora V nad poljem K i neka je m : A(V ) −→M n (K) preslikavanje definisano sa m(T ) = [T ] S . Tada je m izomorfizam vektorskih prostora:(1) m(F + G) = m(F ) + m(G) (ili [F + G] S = [F ] S + [G] S )(2) m(k F ) = k m(F ) (ili [k F ] S = k [F ] S )(3) m je bijekcija (1-1 i ‘na’).Dokaz...Teorema 5.15. m(G ◦ F ) = m(G) m(F )Dokaz...

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 58 –5.10 Promena baze i matrica operatoraNeka je S = {u 1 , u 2 , ..., u n } baza prostora V i neka je S ′ = {v 1 , v 2 , ..., v n } druga (‘nova’) baza prostora V .v 1 = c 11 u 1 + c 12 u 2 + ... + c 1n u nv 2 = c 21 u 1 + c 22 u 2 + ... + c 2n u n....................................v n = c n1 u 1 + c n2 u 2 + ... + c nn u nNeka je P matrica promene baze sa baze S na bazu S ′ ; podsetimo, to je transponovana matrica koeficijenata gornjeg‘sistema’:⎛⎞c 11 c 21 ... c n1P = ⎜ c 12 c 22 ... c n2⎟⎝ . . ... . ⎠c 1n c 2n ... c nnP je inverzibilna i za svaki vektor w ∈ V važi:P [w] S ′ = [w] S i P −1 [w] S = [w] S ′Teorema 5.16. Neka je P matrica promene baze sa baze S na bazu S ′ vektorskog prostora V i neka je T linearnioperator na V . Tada je[T ] S ′ = P −1 [T ] S PDokaz. Videti Problem 10.19.Podsetimo da su matrice A i B slične ako postoji inverzibilna matrica P takva da jeB = P −1 AP• Ako su A i B matrice istog linearnog operatora u odnosu na neke baze tada su A i B slične.• Fiksirajmo bazu S prostora V . Svaka inverzibilna matrica je matrica promene baze sa S na neku drugu bazuS ′ .Teorema 5.17. Kvadratne matrice A i B su slične ako i samo ako postoji linearni operator koga one reprezentuju .Dokaz...6 DETERMINANTEZa svaku kvadratnu matricu A = (a ij ) n×n sa elementima iz polja F (obično je F = R) definisaćemo njenu determinantu,oznaka det(A) ili |A|. Vrednost determinante je skalar!det(a ij ) n×nobično označavamo i sa:∣∣a 11 a 12 ... a 1n ∣∣∣∣∣∣∣a 21 a 22 ... a 2n. . ... .a n1 a n2 ... a nnDeterminante se javljaju prirodno kod rešavanja sistema linearnih jednačina.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 59 –6.1 Determinante reda 1, 2 i 3|a| = a .∣ acbd+∣ = ad − bc = −↘ac↗bd• Posmatrajmo sistem:a 11 x + a 12 y = b 1a 21 x + a 22 y = b 2Množeći prvu sa a 22 pa oduzimajući drugu pomnoženu sa −a 12 :(a 11 a 22 − a 21 a 12 )x = (b 1 a 22 − b 2 a 12 )Slično(a 11 a 22 − a 21 a 12 )y = (a 11 b 2 − b 1 a 21 )• Ako je (a 11 a 22 − a 21 a 12 ) ≠ 0 imamo jedinstveno rešenje sistema:∣ b ∣ 1 a 12 ∣∣∣b 2 a 22∣ a ∣11 b 1 ∣∣∣ax =∣ a ∣ 21 b11 a 12 ∣∣∣y =2 a 21 a 22∣ a ∣11 a 12 ∣∣∣a 21 a 22Ovaj • je jednostavnije zapisati uz sledeće oznake:∆ =∣ a ∣11 a 12 ∣∣∣je determinanta sistemaa 21 a 22 ∆ x =∣ b ∣1 a 12 ∣∣∣je determinanta po xb 2 a 22 ∆ y =∣ a ∣11 b 1 ∣∣∣je determinanta po ya 21 b 2• Ako je ∆ ≠ 0 tada sistem ima jedinstveno rešenje koje računamo po formulama:x = ∆ x∆Primer 6.1. Metodom determinanti rešavamo sistem:∆ =∣ 3 22 −1kako je ∆ ≠ 0 sistem ima jedinstveno rešenje:y = ∆ y∆3x + 2y = 112x − y = 5∣ = −7 ∆ x =∣ 11 25 −1 ∣ = −21 ∆ y =∣ 3 112 5∣ = −7x = ∆ x∆ = 3y = ∆ y∆ = 1• Rešavajući 3 × 3 sistem dolazi se ∣ do sledeće definicije:a 11 a 12 a 13 ∣∣∣∣∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣∣∣ a a 21 a 22 a 23 = a 22 a 23 ∣∣∣ ∣∣∣ a11 − a 21 a 23 ∣∣∣ ∣∣∣ a∣aa 31 a 32 a 32 a 12 + a 21 a 22 ∣∣∣33 a 31 a 13 =33 a 31 a 3233= a 11 a 22 a 33 + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32 − a 31 a 22 a 13 − a 32 a 23 a 11 − a 33 a 21 a 12• Često se izračunava korišćenjem Sarusovog pravila:

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 60 –• Ako je ∆ =∣ima jedinstveno rešenje:∣a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a 31 a 32 a 33∣ ∣∣∣∣∣=a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a 31 a 32 a 33∣ ∣∣∣∣∣≠ 0 sistem+ + +↘ ↘ ↘a 11 a 12 a 13 a 11 a 12a 31 a 32 a 33 a 31 a 32a 21 a 22 a 23 a 21 a 22↗ ↗ ↗− − −a 11 x + a 12 y + a 13 z = b 1a 21 x + a 22 y + a 23 z = b 2a 31 x + a 32 y + a 33 z = b 3x = ∆ x∆y = ∆ y∆z = ∆ z∆gde se ∆ x (∆ y , ∆ z ) dobija zamenom kolone koeficijaenata uz x (y, z) kolonom b-ova:∣ ∣ ∣ b 1 a 12 a 13 ∣∣∣∣∣ a 11 b 1 a 13 ∣∣∣∣∣ a 11 a 12 b 1 ∣∣∣∣∣∆ x =b 2 a 22 a 23 ∆ y =a 21 b 2 a 23 ∆ z =a 21 a 22 b 2∣ b 3 a 32 a 33∣ a 31 b 3 a 33∣ a 31 a 32 b 3Primer 6.2. Rešavamo sistem∆ =∣∆ y =∣2 1 1−1 −3 53 −1 12 5 1−1 4 53 4 1kako je δ ≠ 0 sistem ima jedinstveno rešenje:2x + y + z = 5−x − 3y + 5z = 43x − y + z = 4∣ = −30 ∆ x =∣∣ = 0 ∆ z =∣x = −30−30 = 1 y = 0−30 = 05 1 14 −3 54 −1 12 1 5−1 −3 43 −1 4z = −30−30 = 1∣ = −30∣ = −30• Ovo su specijalni slučajevi Kramerove teoreme (n = 2, 3). Važi i uopštenje ali se za n ≥ 4 determinante težeračunaju jer NEMA PRAVILA SLIČNOG SARUSOVOM ZA n ≥ 4 !!!6.2 PermutacijePermutacija skupa {1, 2, ..., n} je bijekcija tog skupa u samog sebe; permutaciju π : {1, 2, ..., n} −→ {1, 2, ..., n}zapisujemo u obliku:( )1 2 ... nπ =π(1) π(2) ... π(n)Zapisujemo je i kao ‘preraspodelu’ elemenata skupa {1, 2, ..., n} i označavamo je kao:π(1), π(2), ..., π(n)

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 61 –Na primer 3,2,4,1 označava permutaciju π : {1, 2, 3, 4} −→ {1, 2, 3, 4} takvu da je π(1) = 3, π(2) = 2, π(3) = 4, π(4) =1.• Ima ukupno n! = 1 · 2 · ... · n permutacija skupa {1, 2, ..., n}.• Inverzija u permutaciji π(1), π(2), ..., π(n) je (svaki) par (π(i), π(j) takav da je i > j.Primer 6.3. U permutaciji 32541 ima ukupno 6 inverzija:- 2 je na prvom mestu u (2,1)- 3 je na prvom mestu u (3,2), (3,1)- 4 je na prvom mestu u (4,1)- 5 je na prvom mestu u (5,4), (5,1)• Permutacija π je parna ako ima paran broj inverzija, oznaka sgn(π) = 1; u suprotnom ona je neparna ilisgn(π) = −1.• 32541 i 3412 su parne permutacije dok su 32451 i 2413 neparne.6.3 Definicija i osnovna svojstva determinantiDefinicija 6.1. Determinanta matrice A = (a ij ) n×n oznaka |A| ili det(A) je|A| = ∑ πsgn(π) a 1π(1) a 2π(2) ... a nπ(n)gde se sumiranje vrši po svim permutacijama skupa {1, 2, ..., n}.• Za n = 2, 3 definicija se slaže sa prethodnom.• Sabirke a 1π(1) a 2π(2) ... a nπ(n) možemo opisati kao proizvode a ij -ova takve da je iz svake vrste i svake koloneuzet tačno po jedan!Teorema 6.1. Za svaku kvadratnu matricu važi det(A) = det(A T ) .Dokaz ...Teorema 6.2. Neka je A kvadratna matrica.(1) Ako A ima nula-vrstu (ili kolonu) tada je |A| = 0 .(2) Ako A ima dve jednake vrste (kolone) tada je |A| = 0.(3) Ako je A trougaona (gornje ili donje) tada je |A| jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali.Dokaz ...Teorema 6.3. Pretpostavimo da je kvadratna matrica B dobijena iz A primenom elementarne transformacije vrsta(ili kolona).(1) Ako su dve vrste (kolone) zamenile mesta u A tada je|B| = −|A|(2) Ako je neka vrsta (kolona) matrice A pomnožena sa k tada je|B| = k |A|(3) Ako je neka vrsta (kolona) pomnožena nekim skalarom dodata nekoj drugoj vrsti (koloni) tada je|B| = |A|

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 62 –Dokaz ...Prethodne dve teoreme daju jednu od strategija za izračunavanje determinanti: koristeći elementarne transformacijesvedemo determinantu na trougaoni oblik pa primenimo teoremu 6.2(3).Primer 6.4. Izračunaćemo∣5 1 1 11 5 1 11 1 5 11 1 1 5.∣Prvo saberemo sve vrste u prvu (determinanta se ne menja prema teoremi 6.3(3)), pa izvučemo 8 iz prve vrste(teorema 6.3(2)), onda Gaus:∣5 1 1 11 5 1 11 1 5 11 1 1 5=∣ ∣8 8 8 81 5 1 11 1 5 11 1 1 5= 8∣ ∣1 1 1 11 5 1 11 1 5 11 1 1 5= 8∣ ∣1 1 1 10 4 0 00 0 4 00 0 0 4= 8 · 4 3∣• Ako je E matrica neke elementarne transformacije vrsta (ili kolona) tada je|E A| = |E| |A|• Neka se matrica B dobija iz A primenom elementarnih transformacije vrsta i kolona. Tada je|A| = 0 ako i samo ako |B| = 0Teorema 6.4. Kvadratna matrica A je inverzibilna ako i samo ako je det(A) ≠ 0.Dokaz Videti Problem 7.27Teorema 6.5. (Binet-Cauchy) |A B| = |A| |B| .Dokaz Videti Problem 7.286.4 Minori i kofaktori, izračunavanje determinanteNeka je A = (a ij ) kvadratna matrica reda n i neka M ij označava matricu koja se dobija iz A brisanjem i-te vrste ij-te kolone.• Minor polja (i, j) (ili elementa a ij ) matrice A je (skalar) |M ij |• Kofaktor polja (i, j) matrice A je:A ij = (−1) i+j |M ij |⎛Primer 6.5. Neka je A = ⎝A 11 =∣3 4−2 −32 5 76 3 45 −2 −3⎞⎠.∣ = −1, A 12 = −∣ 6 45 −3 ∣ = 38, A 13 =∣ 6 35 −2 ∣ = −27, A 21 = −∣A 22 =∣ 2 75 −3 ∣ = −41, A 23 = −∣ 2 55 −2 ∣ = 29, A 31 =∣ 5 73 4 ∣ = −1,A 33 =∣ 2 56 3 ∣ = −24.5 7−2 −3∣ = 1,A 32 = −∣ 2 76 4 ∣ = 34,

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 63 –Teorema 6.6. Neka je A = (a ij ) kvadratna matrica reda n.(1) Važi formula za razvoj po i-toj vrsti:|A| = a i1 A i1 + a i2 A i2 + ... + a in A in(2) Važi formula za razvoj po i-toj koloni:|A| = a 1j A 1j + a 2j A 2j + ... + a nj A njPrimer 6.6. Neka je A =Razvoj po prvoj vrsti:A 11 =∣⎛⎝ 2 5 76 3 45 −2 −33 4−2 −3⎞⎠. Tada je:∣ = −1 A 12 = −∣ 6 45 −3 ∣ = 38 A 13 =∣ 6 35 −2|A| = a 11 A 11 + a 12 A 12 + a 13 A 1n == 2 · (−1) + 5 · 38 + 7 · (−27) = −1∣ = −27Za praktično izračunavanje determinante Koristimo razvoj po vrstama (kolonama) i pravila za elementarne transformacije(Teorema 6.3):(1) Ako zamenimo mesta dvema vrstama (kolonama) determinanta menja znak.(2) Ako jednu vrstu (ili kolonu) pomnožimo sa k ≠ 0 determinanta se uveća k puta.(3) Ako jednoj vrsti dodamo k puta neku drugu vrstu determinanta se ne menja!Korak 1Korak 2Pronaći ‘zgodnu vrstu i pivota’ u njoj (ili kolonu).Koristeći pivota elementarnim transformacijama napraviti sve ostale nule u toj vrsti (koloni).Korak 3 Primenom Teoreme 6.6 razviti determinantu po toj vrsti (koloni). Dobijamo matricu za red kraću, paponavljamo postupak dok ...⎛2 5 7⎞Primer 6.7. A = ⎝ 3 1 1 ⎠. Zgodan je a 23 = 1 u drugoj vrsti:5 −2 −3∣2 5 73 1 15 −2 −3Sad može i da se izračuna 2 × 2 determinanta:6.5 Adjungovana matrica∣ ∣∣∣∣∣ −19 −2 7∣ = 0 0 114 1 −3 ∣ = (−1)2+3 · 1 ·∣ −19 −214 1 ∣ == −1((−19)1 − 14(−2)) = 1Neka je A = (a ij ) kvadratna matrica reda n. Adjungovana matrica matrice A (adjunct of A) je:adj(A) =⎛⎜⎝⎞A 11 A 21 ... A n1A 12 A 22 ... A n2⎟. . ... . ⎠A 1n A 2n ... A nn

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 64 –Teorema 6.7. (Laplas)Za svaku kvadratnu matricu A važi:Dokaz Videti Problem 7.33Primer 6.8. Uzmimo matricu iz primera 6.5: A = ⎝⎛Prema tome adjA = ⎝−1 1 −138 −41 34−27 29 −24Laplasova teorema (u primeru 6.6 imamo |A| = −1):⎛2 5 7⎞ ⎛⎝ 6 3 4 ⎠ · ⎝5 −2 −3A · adj(A) = adj(A) · A = det(A) I⎛2 5 76 3 45 −2 −3⎞A 11 = −1 A 12 = 38 A 13 = −27A 21 = 1 A 22 == −41 A 23 = 29A 31 = −1 A 32 = 34 A 33 = −24⎞⎠−1 1 −138 −41 34−27 29 −24⎞⎠ = ⎝⎠. Izračunali smo:⎛−1 0 00 −1 00 0 −1⎞⎠ = |A| ITeorema 6.8. Neka je A kvadratna matrica.(a) A je inverzibilna ako i samo ako det(A) ≠ 0.(b) Ako je A inverzibilna tada je A −1 =1det(A) adj(A).Primer 6.9. Uzmimo matricu iz primera 6.5: A = ⎝primeru 6.8Prema teoremi 6.8(2)⎛adjA = ⎝⎛⎛A −1 = − ⎝2 5 76 3 45 −2 −3⎞−1 1 −138 −41 34−27 29 −24−1 1 −138 −41 34−27 29 −24⎠. U primeru 6.6 smo izračunali |A| = −1 a u⎞⎠⎞⎠• Kvadratna matrica A je inverzibilna ako i samo ako je adj(A) inverzibilna. U slučaju inverzibilnosti važi:6.6 Kramerova teorema|adj(A)| = |A| n−1Posmatrajmo sistem linearnih jednačina A X = B :⎛⎞ ⎛a 11 a 12 ... a 1n⎜ a 21 a 22 ... a 2n⎟⎝ . . ... . ⎠ ·⎜⎝a n1 a n2 ... a nnx 1x 2.x n⎞ ⎛⎟⎠ = ⎜⎝b 1b 2.b n⎞⎟⎠ .

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 65 –Neka je ∆ = det(A) i neka je ∆ xi dobijena zamenom i-te kolone u ∆ sa B:∣ ∣ b 1 a 12 ... a 1n ∣∣∣∣∣∣∣ a 11 b 1 ... a 1n ∣∣∣∣∣∣∣ ∆ x1 =b 2 a 22 ... a 2n; ∆ . . ... .x2 =a 21 b 2 ... a 2n; ..... . ... .∣ b n a n2 ... a nn∣ a n1 b n ... a nnKramerova teorema(1) Sistem ima jedinstveno rešenje ako i samo ako je ∆ ≠ 0; u tom slučaju jex 1 = ∆ x 1∆ ; x 2 = ∆ x 2∆ ; ... ; x n = ∆ x n∆ .(2) Ako je ∆ = 0 i za bar jedno i je ∆ xi ≠ 0 onda sistem nema rešenja.• Primetimo da o slučaju∆ = ∆ x1 = ∆ x2 = ... = ∆ xn = 0Kramer ne kaže ništa. U ovom slučaju sistem rešavamo nekom drugom metodom i nekad dobijamo da ima rešenja, anekad da ih nema.Dokaz Kramerove teoreme(1) Pretpostavimo da je ∆ ≠ 0 (tada je i adj(A) inverzibilna). Iz A X = B slediadj(A) · A · X = adj(A) · BVaži i obrnuto: množenjem sleva sa adj(A) −1 dobijamo AX = BPrimenom Laplasove teoreme(det(A) · I) · X = adj(A) · B⎛ ⎞ ⎛⎞ ⎛x 1 A 11 b 1 + A 21 b 2 + ... + A n1 b n∆ · ⎜ x 2⎟⎝ . ⎠ = ⎜ A 12 b 1 + A 22 b 2 + ... + A n2 b n⎟⎝....⎠ = ⎜⎝x n A 1n b 1 + A 2n b 2 + ... + A nn b n⎛ ⎞ ⎛ ⎞∆ · x 1 ∆ x1⎜ ∆ · x 2⎟⎝ ... ⎠ = ⎜ ∆ x2⎟⎝ ... ⎠ .∆ · x n ∆ xnZaključujemo da je prethodna jednakost ekvivalentna sa AX = B.(2) Neka je ∆ = 0 i za bar jedno i je ∆ xi ≠ 0. Ako je X rešenje AX = B množenjem sleva sa adj(A) dobijemo⎛ ⎞ ⎛ ⎞∆ · x 1 ∆ x1⎜ ∆ · x 2⎟⎝ ... ⎠ = ⎜ ∆ x2⎟⎝ ... ⎠∆ · x n ∆ xnšto nije moguće. Nema rešenja.∆ x1∆ x2...∆ xn⎞⎟⎠Teorema 6.9. Homogeni kvadratni sistem⎛⎜⎝⎞a 11 a 12 ... a 1na 21 a 22 ... a 2n⎟. . ... .a n1 a n2 ... a nnima netrivijalno rešenje ako i samo ako je det(a ij ) = 0.Dokaz ...⎛⎠ ·⎜⎝Primer 6.10. Koristeći Kramerovo pravilo, rešićemo sistem:x 1x 2.x n⎞ ⎛⎟⎠ = ⎜⎝00.0⎞⎟⎠

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 66 –gde je a realan parametar.x + y + z = 0x + 2y + z = 12x + y + az = 1.1 1 1∆ =1 2 1∣ 2 1 a ∣ = a − 2 ∆ 0 1 1x =1 2 1∣ 1 1 a ∣ = −a1 0 1∆ y =1 1 1∣ 2 1 a ∣ = a − 2 ∆ 1 1 0z =1 2 1∣ 2 1 1 ∣ = 2Rešenja sistema zavise od vrednosti parametra a (da li je ∆ = 0 ili ∆ ≠ 0). Imamo dva slučaja:(1) a ≠ 2U ovom slučaju je ∆ ≠ 0 pa, prema Krameru, sistem ima jedinstveno rešenje:x = ∆ x∆ = −aa − 2y = a − 2a − 2 = 1 z = 2a − 2(2) a = 2U ovom slučaju je ∆ = 0 a ∆ x = −2 ≠ 0; prema Krameru sistem nema rešenja.Primer 6.11. Koristeći Kramerovo pravilo, rešićemo sistem:gde je m realan parametar.mx + y + z = 1x + my + z = 1x + y + mz = 1.∆ = (m + 2)(m − 1) 2 ∆ x = ∆ y = ∆ z = (m − 1) 2(1) m ≠ −2, 1 Tada je ∆ ≠ 0 pa, prema Krameru, sistem ima jedinstveno rešenje: x = y = z = 1m + 2 .(2) m = 1 Tada je ∆ = ∆ x = ∆ y = ∆ z = 0; Kramer ne kaže ništa u ovom slučaju, ali sistem postaje:i rešenja su: x = 1 − a − b y = b z = a (a, b ∈ R)x + y + z = 1x + y + z = 1x + y + z = 1.(3) m = −2 tada je ∆ = 0, ali ∆ x ≠ 0 pa prema Krameru naš sistem nema rešenja.Primer 6.12. Rešavamo sistem:mx + y + z = 1x + my + z = m + 1x + my + mz = 1.∆ = (m + 1)(m − 1) 2 ∆ x = (m − 1) 2 ∆ y = (m − 1)(m 2 + 2m − 1)∆ z = −m(m 2 − 1)(1) m ≠ ±1 Tada je ∆ ≠ 0 pa Kramer kaže da sistem ima jedinstveno rešenje:x = 1m + 1 ; y = m2 + 2m − 1(m − 1) 2 ; z = −mm − 1(2) m = 1 U ovom slučaju ∆ = ∆ x = ∆ y = ∆ z = 0, pa Kramer ne pomaže, ali sistem je zapravo:i očito nema rešenja.x + y + z = 1x + y + z = 2x + y + z = 1,(3) m = −1 U ovom slučaju ∆ = 0, ali ∆ x = 1 ≠ 0; prema Krameru, sistem nema rešenja.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 67 –6.7 Determinante blok matricaTeorema 6.10. Neka je M trougaona (gornje ili donje) blok matrica sa dijagonalnim blokovima A 1 , A 2 , ..., A n . Tadajedet(M) = det(A 1 ) det(A 2 ) ... det(A n )Dokaz ...3 2 67 7 904 5 23 −8 65Primer 6.13. Determinantu0 0 5 2 820 0 3 1 31∣ 0 0 0 0 2 ∣..3 2 . 67 7 . 904 5 . 23 −8 . 65. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 . 5 2 . 82=∣ 3 24 5 ∣ ∣ 5 23 10 0 . 3 1 . 31. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .∣0 0 . 0 0 . 2∣razložimo na blokove:∣∣ 2 ∣ = 7(−1)2 = −146.8 Determinanta linearnog operatoraNeka je T : V −→ V linearni operator na n-dimenzionom vektorskom prostoru V . Neka su S 1 i S 2 baze za V i nekasu T 1 i T 2 matrice operatora u odnosu na njih.Lema 6.1. det(T 1 ) = det(T 2 ) .Dokaz. Neka je P matrica prelaska sa baze S 1 na bazu S 2 . Tada je T 2 = P T 1 P −1 . Primenimo Koši-Binea:što je i trebalo pokazati.det(T 2 ) = det(P ) det(T 1 ) det(P −1 ) = det(P ) det(T 1 ) det(P ) −1 = det(T 1 )• Determinanta linearnog operatora je determinanta njene matrice u odnosu na neku bazu.7 UNITARNI PROSTORINeka je V vektorski prostor nad R (realni vektorski prostor).Definicija 7.1. (Realni) skalarni proizvod ((real) inner product) na V je funkcija koja svakom paru vektora u, v ∈ Vdodeljuje broj < u, v >∈ R i koja zadovoljava sledeće uslove:(1) Linearnost (po prvom argumentu):< au 1 + bu 2 , v >= a < u 1 , v > +b < u 2 , v >(2) Komutativnost: < u, v >=< v, u >(3) Pozitivna definitnost: < u, u > ≥ 0 i< u, u > = 0 ako i samo ako u = 0.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 68 –(Realni) unitarni prostor je vektorski prostor snabdeven skalarnim proizvodom.• Aksioma (1) je ekvivalentna sa:< u 1 + u 2 , v >=< u 1 , v > + < u 2 , v > i < a u, v > = a < u, v >• Skalarni proizvod označavamo i sa u ◦ v . Pri ovakvom zapisu linearnost (prema prethodnoj primedbi) serazlaže na distributivnost + u odnosu na skalarno množenjei na izvlačenje skalara ispred skalarnog proizvoda:(u 1 + u 2 ) ◦ v = u 1 ◦ v + u 2 ◦ v(a u) ◦ v = a (u ◦ v)• Linearnost izražena preko ◦ je:(a u 1 + bu 2 ) ◦ v = au 1 ◦ v + bu 2 ◦ v• < 0, u > = < v, 0 > = 0• Iz linearnosti po prvoj promenljivoj i komutativnosti sledi linearnost i po drugoj promenljivoj:u ◦ (cv 1 + dv 2 ) = c u ◦ v 1 + d u ◦ v 2• Linearnost nam omogućuje da linearne kombinacije vektora množimo kao linearne kombinacije brojeva poprincipu ‘svaki sa svakim’ pri čemu skalare izdvajamo ispred:(u 1 + u 2 ) ◦ (v 1 + v 2 ) = u 1 ◦ v 1 + u 1 ◦ v 2 + u 2 ◦ v 1 + u 2 ◦ v 2(a u 1 + b u 2 ) ◦ (c v 1 + d v 2 ) = ac(u 1 ◦ v 1 ) + ad(u 1 ◦ v 2 ) + bc(u 2 ◦ v 1 ) + bd(u 2 ◦ v 2 )ili• Opštije:n∑m∑n∑ m∑( a i u i ) ◦ ( b j v j ) = a i b j (u i ◦ v j )i=1j=1i=1 j=1n∑ m∑n∑ m∑< a i u i , b j v j > = a i b j < u i , v j >i=1 j=1i=1 j=1• Često se v ◦ v označava i sa v2 . Na primer:Pažnja: u n nema smisla za n ≥ 3!!!(u + 2 v) ◦ (u + 3 v) = u 2 + 5 u◦, v + 6 v 2Definicija 7.2. Norma vektora u = (u 1 , u 2 , ..., u n ) je:‖u‖ = √ < u, u >• ‖u‖ = √ u 2je direktna asocira na apsolutnu vrednost broja.Primer 7.1. Standardni skalarni proizvod vektora u = (u 1 , u 2 , ..., u n ) i v = (v 1 , v 2 , ..., v n ) u R nsmo definisali sa:u · v = u 1 v 1 + u 2 v 2 + ... + u n v n (∈ R)

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 69 –Primer 7.2. Neka je V prostor m × n realnih matrica. Tada je:< A, B >= tr(B T A)skalarni proizvod; tr(C), ili trag kvadratne matrice C, je zbir elemenata glavne dijagonale.Primer 7.3. Neka je V prostor neprekidnih realnih funkcija na intervalu [a, b]. Tada je:skalarni proizvod.< f, g >=∫ baf(t)g(t)dt7.1 Koši-Švarcova nejednakostTeorema 7.1. (Cauchy-Shwartz)|u ◦ v| ≤ ‖u‖ ‖v‖ .Dokaz Problem 6.10Teorema 7.2. Za vektore u, v ∈ R n važi(1) ‖v‖ ≥ 0; ‖v‖ = 0 ako i samo ako v = 0(2) ‖k v‖ = |k| ‖v‖(3) ‖u + v‖ ≤ ‖u‖ + ‖v‖Dokaz Problem 6.11• Ako je ‖u‖ = 1 onda je u jedinični vektor (unit vector) ili normiran (normalized).• Normiranje ne-nula vektora u je v = 1 u (‖v‖ = 1)‖u‖• d(u, v) = ‖u − v‖ je rastojanje izmedju tačaka u i v unitarnog prostora.• Ugao izmedju vektora u i v unitarnog prostora je:7.2 Ortogonalnostcos θ = < u, v >‖u‖ ‖v‖Vektori u i v unitarnog prostora su ortogonalni ili normalni ako važi< u, v > = 0Primer 7.4. Tražimo vektor u = (x, y, z) koji je normalan na vektore (2, 1, −1) i (0, 1, 1) standardnog R 3 :2x + y − z = 0 y + z = 0Svako rešenje ovog sistema odgovara, na primer (−1, 1, −1).

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 70 –Neka je S bilo koji skup vektora unitarnog prostora.ortogonalni komplement skupa S:Svi vektori koji su normalni na svaki vektor iz S čineS ⊥ = {u ∈ V | < u, s > = 0 za svaki s ∈ S}• ‘< u, s > = 0 za svaki s ∈ S’ pišemo kraće i u ⊥ S:S ⊥ = {u ∈ V | u ⊥ S}• S ⊥ je potprostor prostora V .• Naš cilj u narednom delu je dokaz sledeće važne teoreme, koji zahteva nekoliko prethodnih tvrdjenja.Teorema 7.3. Ako je U potprostor konačno-dimenzionog prostora V tada jeV = U ⊕ U ⊥• Ekvivalentno: svaki vektor v se na jedinstven način piše kaov = u + u ⊥ ;gde je u ∈ U ortogonalna projekcija vektora v na potprostor U, a u ⊥ ∈ U ⊥ je ortogonalna dopuna vektora v u odnosuna potprostor U.• u ⊥ je i ortogonalna projekcija vektora v na potprostor U ⊥• Teorema 7.3 ne važi u proizvoljnom beskonačno-dimenzionom prostoru!7.3 Ortogonalni skupovi i bazeSkup vektora je ortogonalan ako je svaki par njegovih vektora ortogonalan. Ortonormiran skup vektora je ortogonalanskup čiji su svi elementi jedinični vektori.• Normiranje ortogonalnog skupa ne-nula vektora je normiranje svakog u u njemu (zamena sa v = 1‖u‖ u kojije jedinični). Normalizacijom ortogonalnog skupa dobijamo ortonormirani skup.• Ortogonalna baza vektorskog prostora je baza koja je ortogonalan skup. Slično za ortonormiranu bazu.Teorema 7.4. Svaki ortogonalan skup ne-nula vektora je linearno nezavisan.Dokaz Problem 6.20Teorema 7.5. (Pitagorina teorema)Ako je {u 1 , u 2 , ..., u n } ortogonalan skup vektora tada je:‖u 1 + ...u n ‖ 2 = ‖u 1 ‖ 2 + ... + ‖u n ‖ 2Dokaz Problem 6.217.4 Furijeovi koeficijentiKoordinate vektora u odnosu na ortogonalnu bazu se računaju lakše nego u slučaju proizvoljne baze. To pokazujei naredni primer.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 71 –Primer 7.5. Posmatrajmo vektore u 1 = (1, 2, 1) u 2 = (2, 1, −4) u 3 = (3, −2, 1). Proverimo da oni čine ortogonalnubazu standardnog R 3 :u 1 · u 2 = (1, 2, 1) · (2, 1, −4) = 1 · 2 + 2 · 1 + 1 · (−4) = 0Slično u 3 · u 2 = u 1 · u 3 = 0. Znači oni čine ortogonalan skup. Prema teoremi 7.4 oni su linearno nezavisni pa činebazu (dimenzija je 3). To je ortogonalna baza, ali nije ortonormirana:‖u 1 ‖ = √ 1 2 + 2 2 + 1 2 = √ 6 ‖u 2 ‖ = √ 21 ‖u 3 ‖ = √ 14Izrazimo vektor v = (7, 3, −1) kao linearnu kombinaciju:v = xu 1 + yu 2 + zu 3Pomnožimo skalarno sa u 1 :u 1 · v = x u 1 · u 1 + y u 1 · u 2 + zu 1 · u 3u 1 · v = xu 1 · u 1 + 0 + 0Odatle je x = u 1 · v= u 1 · v (1, 2, 1) · (7, 3, −1)= = 2u 1 · u 1 ‖u 1 ‖26Slično, množenjem sa u 2 i u 3 dobijamo y = 1 i z = 1.v = 2 u 1 + u 2 + u 3Naredna definicija je motivisana situacijom u prostoru R n sa standardnim skalarnim proizvodom.Definicija 7.3. Vektor proj(v, u) = < v, u >‖u‖ 2• Motivacija za prethodnu definiciju je sledec1a činjenica:u je projekcija vektora v na vektor u unitarnog prostora.c = < v, u >‖u‖ 2 je jedinstven skalar koji zadovoljava: u ◦ (v − c u) = 0✒ ✻vv − c u✲✲0c uuu ◦ (v − c u) = u ◦ v − c u ◦ u = u ◦ v − c ‖u‖ 2 = 0 povlači c = v ◦ u‖u‖ 2Teorema 7.6. Neka je {u 1 , ..., u n } ortogonalna baza vektorskog prostora V . Tada je za svaki v ∈ V :Dokaz ....v = < v, u 1 >‖u 1 ‖ 2 u 1 + < v, u 2 >‖u 2 ‖ 2 u 2 + ... + < v, u n >‖u n ‖ 2 u n• Furijeov koeficijent ili komponenta vektora v u odnosu na u je skalar:Prethodna formula postaje:gde je c i komponenta vektora v u odnosu na u i .c = < v, u >< u, u > = < u, v >‖u‖ 2v = c 1 u 1 + c 2 u 2 + ... + c n u n< v, u i >•‖u i ‖ 2 u i je projekcija vektora v na vektor u i , pa teoremu 7.6 možemo izraziti i na sledeći način:Ako je {u 1 , ..., u n } ortogonalna baza vektorskog prostora V tada je svaki v ∈ V jednak zbiru svojih projekcija nabazne vektore.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 72 –Teorema 7.7. Neka vektori {u 1 , ..., u n } čine ortogonalan skup ne-nula vektora u vektorskom prostoru V i neka jeU potprostor generisan njima.(1) Za svaki v ∈ V postoji jedinstven v ′ ∈ U takav da jev − v ′ ⊥ U ( t.j. v − v ′ ∈ U ⊥ )(2) v ′ = c 1 u 1 + c 2 u 2 + ... + c n u n gde su c i Furijeovi koeficijenti:Dokaz ....c 1 = < v, u 1 >‖u 1 ‖ 2 c 2 = < v, u 2 >‖u 2 ‖ 2 ... c n = < v, u n >‖u n ‖ 2• v ′ je ortogonalna projekcija vektora v na potprostor U; označavamo ga sa proj(v, U)• Projekciju vektora v na potprostor generisan ortogonalnim skupom vektora {u 1 , ..., u n } računamo po formuli:proj(v, U) = < v, u 1 >‖u 1 ‖ 2 u 1 + < v, u 2 >‖u 2 ‖ 2 u 2 + ... + < v, u n >‖u n ‖ 2Projekcija na potprostor je zbir projekcija na vektore ortogonalne baze tog potprostora:proj(v, U) = proj(v, u 1 ) + proj(v, u 2 ) + ... + proj(v, u n )u n• Prethodna teorema dokazuje V = U ⊕ U ⊥ što je specijalan slučaj teoreme 7.3 (dodata je pretpostavka daU ima ortogonalnu bazu). Da kompletiramo dokaz teoreme 7.3 preostaje da dokažemo da svaki konačno-dimenzioniunitarni prostor ima ortogonalnu bazu.• Prethodna teorema garantuje da svaki vektor ima ortogonalnu projekciju na konačno-dimenzioni potprostor. Tonije tačno u opštem slučaju beskonačno dimenzionih potprostora.7.5 Beselova nejednakostTeorema 7.8. Neka vektori {w 1 , ..., w n } čine ortogonalan skup ne-nula vektora u vektorskom prostoru V . Neka jev ∈ V i neka su c i Furijeovi koeficijenti v u odnosu na w i . Tada za sve skalare a 1 , a 2 , ..., a n :‖v −Dokaz Problem 6.31n∑n∑c i w i ‖ ≤ ‖v − a i w i ‖i=1i=1Teorema 7.9. (Beselova nejednakost) Neka vektori {e 1 , ..., e n } čine ortogonormiran skup vektora u vektorskomprostoru V . Neka je v ∈ V i neka je c i Furijeov koeficijent vektora v u odnosu na e i . Tada :Dokaz Problem 6.32n∑c 2 i ≤ ‖v‖ 27.6 Gram-Šmitov postupak ortogonalizacijei=1Neka je {v 1 , v 1 , ..., v n } baza unitarnog prostora V .{w 1 , w 1 , ..., w n } takav da je:Gram-Šmitovim postupkom nalazimo ortogonalan skupw 1 = v 1w 2 = a 21 v 1 + v 2

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 73 –......................w n = a n1 v 1 + ... + a n,n−1 v n−1 + v nPrimetimo da je svaki ovakav skup baza prostora V (pošto se svaki v i može izraziti kao linearna kombinacija w i -ova)pa je {w 1 , w 1 , ..., w n } ortogonalna baza prostora V .Postupak je zasnovan na teoremi 7.7:w 1 = v 1w 2 = v 2 − < v 2, w 1 >‖w 1 ‖ 2 w 1( < v3 , w 1 >w 3 = v 3 −‖w 1 ‖ 2 w 1 + < v )3, w 2 >‖w 2 ‖ 2 w 2......................( < vn , w 1 >w n = v n −‖w 1 ‖ 2 w 1 + ... + < v )n, w n−1 >‖w n−1 ‖ 2 w n−1• Iz konstrukcije sledi:pa je {w 1 , w 1 , ..., w n } baza za V .w k = a k1 v 1 + ... + a k,k−1 v k−1 + v k• Primetimo da jepa je zbog teoreme 7.7:w k = v k − proj(v k , span(w 1 , ..., w k−1 ))w k ⊥ span(w 1 , ..., w k−1 )Sledi da je {w 1 , w 1 , ..., w n } ortogonalan, pa, prema gornjem, je ortogonalna baza.• Ukoliko normiramo svaki w i :dobijemo ortonormiranu bazu {u i } (jedinični vektori).u i = 1‖w i ‖ w iTeorema 7.10. Ako je {v 1 , v 2 , ..., v n } baza unitarnog prostora V tada postoji ortonormirana baza {u 1 , u 2 , ..., u n }takva da je matrica promene baze sa {v i } na {u i } trougaona; t.j. za svaki k je:Dokaz Problem 6.32u k = a k1 v 1 + a k2 v 2 + ... + a kk v kTeorema 7.11. Svaki ortogonalan skup ne-nula vektora konačnodimrnzionog unitarnog prostora V {w 1 , w 2 , ..., w k }može biti proširen do ortogonalne baze.Dokaz Problem 6.33• Iz prethodne teoreme sledi da svaki konačno-dimenzioni unitarni prostor ima ortogonalnu bazu što u kombinacijisa teoremom 7.7 daje dokaz teoreme 7.3:Teorema 7.3. Ako je U potprostor konačno-dimenzionog prostora V tada jeDokaz Problem 6.35V = U ⊕ U ⊥• Alternativni način formulacije prethodne teoreme je:Svaki vektor v konačno-dimenzionog prostora V se na jedinstven način piše u oblikuv = proj(v, W ) + proj(v, W ⊥ )

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 74 –7.7 Ugao izmedju vektora i potprostoraUgao izmedju vektora i potprostora definišemo kao ugao izmedju vektora i njegove ortogonalne projekcije na tajpotprostor.Primer 7.6. U standardnom vektorskom prostoru R 4 izračunaćemo ugao izmedju vektora v = (6, 3, 6, 3) i potprostoraU generisanog vektorima u 1 = (1, 1, 0, 1) i u 2 = (1, 2, 1, 3).(1)Gram-Šmitovim postupkom odredjujemo ortogonalnu bazu potprostora U:w 1 = u 1 = (1, 1, 0, 1)w 2 = u 2 − < u 2, w 1 >‖w 1 ‖ 2 w 1 == (1, 2, 1, 3) −< (1, 2, 1, 3), (1, 1, 0, 1) >‖(1, 1, 0, 1)‖ 2 (1, 1, 0, 1) == (1, 2, 1, 3) − 6/3 (1, 1, 0, 1) = (−1, 0, 1, 1)(2) Računamo projekciju vektora v na potprostor U (koji je generisan ortogonalnim vektorima w 1 , w 2 ):proj(v, U) = < v, w 1 >‖w 1 ‖ 2 w 1 + < v, w 2 >‖w 2 ‖ 2 w 2proj(v, U) =(3) Računamo ugao θ izmedju v i v ′ = proj(v, U):< (6, 3, 6, 3), (1, 1, 0, 1) >‖(1, 1, 0, 1)‖ 2 (1, 1, 0, 1)+< (6, 3, 6, 3), (−1, 0, 1, 1)) >+‖(−1, 0, 1, 1)‖ 2 (−1, 0, 1, 1) =proj(v, U) = 4(1, 1, 0, 1) + (−1, 0, 1, 1) = (3, 4, 1, 5)cos θ ==< (2, 1, 2, 1), (3, 4, 1, 5) >‖(2, 1, 2, 1)‖ ‖(3, 4, 1, 5)‖ =< (2, 1, 2, 1), (3, 4, 1, 5) >‖(2, 1, 2, 1)‖ ‖(3, 4, 1, 5)‖ ==17√ √ = √ 1710 51 5107.8 Matrično predstavljanje skalarnog proizvodaNeka je {v 1 , v 2 , ..., v n } baza unitarnog prostora V .⎛G(v 1 , v 2 , ..., v n ) =⎜⎝Gramova matrica je:⎞v 1 ◦ v 1 v 1 ◦ v 2 ... v 1 ◦ v nv 2 ◦ v 1 v 2 ◦ v 2 ... v 2 ◦ v n⎟. . ... . ⎠v n ◦ v 1 v n ◦ v 2 ... v n ◦ v n• Gramovu matricu definišemo na isti način i za bilo koji skup vektora {v 1 , v 2 , ..., v n } (koji nije obavezno baza).• {v 1 , v 2 , ..., v n } je ortogonalna baza ako i samo akoG(v 1 , v 2 , ..., v n ) je dijagonalna matrica.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 75 –• {v 1 , v 2 , ..., v n } je ortonormirana baza ako i samo akoG(v 1 , v 2 , ..., v n ) = I• Gramova matrica predstavlja ‘tablicu množenja’ u odnosu na bazu:n∑ n∑< a i v i , b j v j > =i=1 j=1n∑ n∑a i b j < v i , v j >=i=1 j=1(kao proizvod matrica)= (a 1 a 2 ... a n ) G(v 1 , v 2 , ..., v n ) (b 1 b 2 ... b n ) TOvo je formalizovano u narednoj teoremi, uzimajući vektore kolona:Teorema 7.12. Ako je {v 1 , v 2 , ..., v n } baza unitarnog prostora i [u] [v] koordinatni vektori kolona u odnosu na tubazu tada je:u ◦ v = [u] T G(v 1 , v 2 , ..., v n ) [v]Dokaz. Videti Problem 6.41• Za kvadratnu matricu A reda n kažemo da je pozitivno definitna ako za svaki ne-nula vektor kolonu v ∈ R nvaži:v T A v > 0Teorema 7.13. G(v 1 , v 2 , ..., v n ) je simetrična i pozitivno definitna.Dokaz. Videti Problem 6.42.Važi i tvrdjenje obrnuto teoremi 7.12:Teorema 7.14. Ako je matrica A simetrična i pozitivno definitna tada je sadefinisan skalarni proizvod na R n .Dokaz. Videti Problem 6.40.7.9 Promena baze i Gramova matricau A v TNeka su S = {s 1 , s 2 , ..., s n } i S = {s ′ 1, s ′ 2, ..., s ′ n} baze prostora V . Koordinatne vektore [v] S ∈ R n posmatramokao vektor-kolone. Neka je⎛⎞c 11 c 21 ... c n1P = ⎜ c 12 c 22 ... c n2⎟⎝ . . ... . ⎠c 1n c 2n ... c nnmatrica promene baze sa baze S na bazu S ′ , iliNeka je P transponovana matrica ovog ‘sistema’:s ′ 1 = c 11 s 1 + c 12 s 2 + ... + c 1n s ns ′ 2 = c 21 s 1 + c 22 s 2 + ... + c 2n s n....................................s ′ n = c n1 s 1 + c n2 s 2 + ... + c nn s n• Podsetimo (videti teoremu 5.27 u knjizi):P je inverzibilna i za svaki vektor v ∈ V važi:P [v] S ′ = [v] S i P −1 [v] S = [v] S ′Teorema 7.15.G(s ′ 1, s ′ 2, ..., s ′ n) = P T G(s 1 , s 2 , ..., s n ) P

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 76 –Dokaz.Prema teoremi 7.12 imamo:u ◦ v = [u] T S G(s 1 , s 2 , ..., s n ) [v] Su ◦ v = [u] T S ′ G(s′ 1, s ′ 2, ..., s ′ n) [v] S ′Sledi:u ◦ v = [u] T S G(s 1 , s 2 , ..., s n ) [v] S == (P [u] S ′) T G(s 1 , s 2 , ..., s n ) P [v] S ′ == [u] T S P T G(s ′ 1 , s 2 , ..., s n ) P [v] S ′ == [u] T (S P T G(s ′ 1 , s 2 , ..., s n ) P ) [v] S ′ =G(s ′ 1, s ′ 2, ..., s ′ n) = P T G(v 1 , v 2 , ..., v n ) P7.10 Ortogonalne matrice i skalarni proizvodPodsetimo da je kvadratna matrica A ortogonalna ako i samo ako je A T = A −1 ; dokazali smo i sledeću teoremu:• Neka je A kvadratna matrica reda n. Sledeća tri tvrdjenja su ekvivalentna:(1) A je ortogonalna matrica;(2) Vektori vrsta matrice A čine ortonormirani skup vektora;(3) Vektori kolona matrice A čine ortonormirani skup vektora.Teorema 7.16. Ako je P matrica prelaska sa ortonormirane baze S = {e 1 , e 2 , ..., e n } na ortonormiranu bazuS ′ = {e ′ 1, e ′ 2, ..., e ′ n} tada je P ortogonalna matrica.Dokaz.Videti Problem 6.48. Alternativni dokaz je: kako su S i S ′ ortonormirani imamoG(s 1 , s 2 , ..., s n ) = G(s ′ 1, s ′ 2, ..., s ′ n) = IPrema Teoremi 7.15 imamo:G(s ′ 1, s ′ 2, ..., s ′ n) = P T G(v 1 , v 2 , ..., v n ) PI = P T I PP T = P −1Važi i obrnuto tvrdjenje:Teorema 7.17. Ako je P =⎛⎜⎝⎞c 11 c 21 ... c n1c 12 c 22 ... c n2⎟. . ... .c 1n c 2n ... c nnbaza tada je i S ′ = {e ′ 1, e ′ 2, ..., e ′ n} ortonormirana baza gde je:⎠ ortogonalna matrica i S = {e 1, e 2 , ..., e n } ortonormiranas ′ 1 = c 11 s 1 + c 12 s 2 + ... + c 1n s ns ′ 2 = c 21 s 1 + c 22 s 2 + ... + c 2n s n....................................s ′ n = c n1 s 1 + c n2 s 2 + ... + c nn s nDokaz.Videti Problem 6.48 (ili napraviti dokaz sličan prethodnom).

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 77 –7.11 Gramova determinanta• Za bilo koji skup vektora {v 1 , v 2 , ..., v n } unitarnog prostora Gramova determinanta jedet G(v 1 , v 2 , ..., v n )Teorema 7.18.det G(v 1 , v 2 , ..., v n ) = 0 ako i samo ako su {v 1 , v 2 , ..., v n } linearno zavisni.Dokaz. Prvo, pretpostavimo da su linearno zavisni i dokažimo da je determinanta jednaku nuli. Zbog linearnezavisnosti jedan od v i -ova (npr. v 1 ) je linearna kombinacija preostalih:n∑v 1 = a i v iAko u determinantidet G(v 1 , v 2 , ..., v n ) =∣i=2∣v 1 ◦ v 1 v 1 ◦ v 2 ... v 1 ◦ v n ∣∣∣∣∣∣∣v 2 ◦ v 1 v 2 ◦ v 2 ... v 2 ◦ v n. . ... .v n ◦ v 1 v n ◦ v 2 ... v n ◦ v nod prve vrstu oduzmemo baš tu linearnu kombinaciju preostalih vrsta i primenimo linearnost po prvoj promenljividobijamo: ∣ ∣∣∣∣∣∣∣ (v 1 − ∑ ni=2 a iv i ) ◦ v 1 (v 1 − ∑ ni=2 a iv i ) ◦ v 2 ... (v 1 − ∑ ni=2 a ∣iv i ) ◦ v n ∣∣∣∣∣∣∣v 2 ◦ v 1 v 2 ◦ v 2 ... v 2 ◦ v n. . ... .v n ◦ v 1 v n ◦ v 2 ... v n ◦ v nU ovoj determinanti je prva vrsta nula-vrsta, pa je Gramova determinanta jednaka nuli.Drugi smer se dokazuje slično ...Teorema 7.19.Za linearno nezavisne vektore važi:det G(v 1 , v 2 , ..., v n ) je kvadrat zapremine generalisanog par-U prostoru R n sa standardnim skalarnim proizvodomalelepipeda odredjenog vektorima {v 1 , v 2 , ..., v n } .det G(v 1 , v 2 , ..., v n ) > 0Dokaz. Pretpostavimo da je S = {v 1 , v 2 , ..., v n } linearno nezavisan skup i neka je E = {e 1 , e 2 , ..., e n }ortonormirana baza potprostora span(v 1 , v 2 , ..., v n ). Neka je P matrica prelaska sa baze E na bazu S. Premateoremi 7.15 važi:G(v 1 , v 2 , ..., v n ) = P T G(e 1 , e 2 , ..., e n ) PKako je E ortonormirana, imamoPrimenimo Koši-Binea i det(P T ) = det(P ):G(e 1 , e 2 , ..., e n ) = I pa je:G(v 1 , v 2 , ..., s n ) = P T Pdet G(v 1 , v 2 , ..., v n ) = det(P ) 2 > 0Da dokažemo drugi deo (u R n ) primetimo da je P T matrica u kojoj su vektori vrsta v i -ovi...7.12 NORMIRANI PROSTORIDefinicija 7.4. Neka je V vektorski prostor i neka je svakom v ∈ V odredjen realan broj ‖v‖. Funkcija ‖ − ‖ jenorma ukoliko su zadovoljeni sledeći uslovi:(1) ‖v‖ ≥ 0 i ‖v‖ = 0 ako i samo ako v = 0.(2) ‖k v‖ = |k| ‖v‖(3) ‖v + u‖ ≤ ‖v‖ + ‖u‖U tom slučaju V je normirani vektorski prostor.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 78 –Primer 7.7. Slede tri važna primera normi na R n :(1) ‖(a 1 , a 2 , ..., a n )‖ ∞ = max (|a 1 |, |a 2 |, ..., |a n |)(2) ‖(a 1 , a 2 , ..., a n )‖ 1 = |a 1 | + |a 2 | + ... + |a n |(3) ‖(a 1 , a 2 , ..., a n )‖ 2 = √ |a 1 | 2 + |a 2 | 2 + ... + |a n | 2Rastojanje izmedju vektora u i v u normiranom prostoru jed(u, v) = ‖u − v‖Teorema 7.20. Rastojanje zadovoljava sledeće uslove:(1) d(u, v) ≥ 0 i d(u, v) = 0 ako i samo ako u = v.(2) d(u, v) = d(v, u)(3) d(u, v) ≤ d(u, w) + d(w, v)Primer 7.8. Odredjujemo skup tačaka C prostora R 2 koje su na rastojanju 1 od koordinatnog početka u odnosu nanorme iz prethodnog primera:(1) ‖(a 1 , a 2 )‖ ∞ = max (|a 1 |, |a 2 |)C je kvadrat sa temenima u tačkama (1, 1), (−1, 1), (1, −1), (−1, −1)(2) ‖(a 1 , a 2 )‖ 1 = |a 1 | + |a 2 |C je kvadrat sa temenima u tačkama (1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0, −1)(3) ‖(a 1 , a 2 )‖ 2 = √ |a 1 | 2 + |a 2 | 2Ovo je ‘obično’ rastojanje i C je jedinična kružnica.8 DIJAGONALIZACIJAPrimer 8.1. Posmatrajmo linearno preslikavanje T : R 2 −→ R 2 definisano sa:T (x, y) = (5x − 6y, 2x − 2y)U odnosu na standardnu bazu ono je predstavljeno sa( xT (y)) =( 5 −62 −2) ( xy)Neka je v 1 = (2, 1) i v 2 = (3, 2) .Tada jeT (v 1 ) = (4, 2) = 2 v 1 T (v 2 ) = v 2pa jeU odnosu na bazu v 1 , v 2T (a v 1 + b v 2 ) = 2 a v 1 + b v 2T je predstavljeno dijagonalnom matricom( 2 0)0 1• Podsetimo da skup svih kvadratnih matrica reda n sa elementima iz polja F , u oznaci M n (F ), u odnosu nasabiranje, množenje i množenje skalarima čini algebru matrica:

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 79 –1. Ako A, B ∈ M n (F ) tada i A + B, A B ∈ M n (F );2. Ako k ∈ F i A ∈ M n (F ) tada k A ∈ M n (F ).• Ako je f(t) = a n t n + ... + a 1 t + a 0 polinom sa koeficijentima iz F i A ∈ M n (F ) tada f(A) označava matricuf(A) = a n A n + ... + a 1 A + a 0 Igde f(A) ∈ M n (F ) .• Matrica A je nula polinoma p(t) ako važi p(A) = 0; utom slučaju kažemo i da A poništava polinom p(t).Teorema 8.1. Ako su f i g polinomi i A kvadratna matrica, tada važi:(1) (f + g)(A) = f(A) + g(A)(2) (f g)(A) = f(A) g(A)(3) (k f)(A) = k f(A)(4) f(A) g(A) = g(A) f(A) .Dokaz. Videti Problem 8.268.1 Karakteristični (sopstveni) polinom matriceDefinicija 8.1. Neka je A =⎛⎜⎝a 11 a 12 ... a 1n⎞a 21 a 22 ... a 2n. . ... .t I n − A =⎛⎜⎝⎟⎠ kvadratna matrica. Njena karakteristična matrica je:⎞t − a 11 −a 12 ... −a 1n−a 21 t − a 22 ... −a 2n⎟. . ... . ⎠−a n1 −a n2 ... t − a nnKarakteristični polinom (ili sopstveni polinom) matrice A, u oznaci ∆ A (t), je determinanta njene karakterističnematrice:∆ A (t) = det(t I n − A)Primer 8.2. Neka je A =( 1 34 2). Njena karakteristična matrica je:t I − A =(t − 1 −3−4 t − 2)Karakteristični polinom matrice A je∆ A (t) =∣ t − 1 −3−4 t − 2∣ = (t − 1)(t − 2) − 12 = t2 − 3 t − 10• ∆ A (t) je ‘običan’ polinom.• ∆ A (t) je moničan (monic) t.j. koeficijent uz najveći stepen je 1 i važi:∆ A (t) = t n − tr(A) t n−1 + ... + (−1) n det(A)

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 80 –Teorema 8.2.Dokaz.Tada je:Slične matrice imaju isti karakteristični polinom.Pretpostavimo da su kvadratne matrice (istog reda) A i B slične:(zbog det P −1 det P = det(P −1 P ) = det I = 1)A = P −1 B P∆ A (t) = det(t I − A) = det(t I − P −1 B P )= det(t P −1 I P − P −1 B P ) = det(P −1 (t I − B) P )= det P −1 det(t I − B) det P = ∆ B (t)Teorema 8.3. Ako je A gornje-trougaona blok matrica tada je njen karakteristični polinom jednak proizvodukarakterističnih polinoma njenih dijagonalnih blokova.Dokaz. Sledi iz činjenice da je determinanta dijagonalne blok matrice jednaka proizvodu determinanti dijagonalnihblokova.8.2 Teorema Kejli-HamiltonaTeorema 8.4. (Kejli-Hamilton) Svaka kvadratna matrica je nula svog karakterističnog polinoma.Dokaz. Videti Problem 8.27Primer 8.3. Neka je A =( 1 34 2)iz prethodnog primera. Tada jepa Kejli-Hamilton tvrdi da jeOvo može i neposredno da se proveri:( 1 34 2(13 912 16∆ A (t) = t 2 − 3 t − 10A 2 − 3 A − 10 I = 0) 2− 3) ( 3 9−12 68.3 Sopstvene vrednosti i sopstveni vektori( 1 34 2)− 10 I =) ( 10 0−0 10)= 0Neka je A kvadratna matrica reda n.ne-nula vektor kolona v ∈ R n takav da je:Skalar λ ∈ F je sopstvena vrednost matrice A (eigenvalue) ako postojiA v = λ vOvakav v ∈ R n je sopstveni vektor matrice A koji odgovara sopstvenoj vrednosti λ (eigenvector), kaže se i karakterističnavrednost, karakteristični vektor.• Neka je λ sopstvena vrednost matrice A. Tada je skup svih sopstvenih vektora koji odgovaraju λ potprostorod R n ; nazivamo ga sopstveni potprostor za A i λ i označavamo sa E λ .Teorema 8.5. Za kvadratnu matricu A reda n sledeći uslovi su ekvivalentni:(1) Skalar λ je sopstvena vrednost matrice A;(2) det(λ I − A) = 0 (t.j. matrica M = λ I − A je singularna);(3) λ je koren karakterističnog polinoma matrice A (∆ A (λ) = 0).

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 81 –Dokaz. Videti problem 8.28• (1) ⇔ (2) daje recept za izračunavanje sopstvenih vrednosti: to su rešenja jednačine ∆ A (t) = 0.• (3) ⇒ (1) znači da svakoj sopstvenoj vrednosti odgovara bar jedan sopstveni (ne-nula) vektor.8.4 Algebarska i geometrijska višestrukost sopstvene vrednosti• Ako se karakteristični polinom razlaže na proizvod različitih nerastavljivih faktora:∆ A (t) = (t − λ 1 ) m1 ...(t − λ k ) m kq 1 (t)...q s (t)tada je m k algebarska višestrukost sopstvene vrednosti λ k .Geometrijska višestrukost sopstvene vrednosti je dimenzija njenog sopstvenog potprostora.Teorema 8.6. Algebarska višestrukost sopstvene vrednosti nije manja od njene geometrijske višestrukosti.Dokaz. Ostavljema za kasnije (videti Problem 11.12) .• Drugim rečima ne možemo imati više od m i linearno nezavisnih sopstvenih vektora koji odgovaraju sopstvenojvrednosti λ i .8.5 DijagonalizabilnostKvadratna matrica A je dijagonalizabilna ako postoji inverzibilna matrica P takva da je P −1 A P dijagonalnamatrica (t.j. van glavne dijagonale ima samo nule).Naredna teorema daje osnovu za praktično rešavanje pitanja dijagonalizabilnosti date matrice.Teorema 8.7. (1) Kvadratna matrica A reda n je dijagonalizabilna ako i samo ako A ima n linearno nezavisnihsopstvenih vektora.(2) U tom slučaju dijagonalni elementi te dijagonalne matrice D odgovaraju sopstvenim vrednostima matrice A iD = P −1 A Pgde je P matrica sastavljena od sopstvenih vektora-kolona matrice A.Dokaz. Videti Problem 8.29• U matrici P iz prethodne teoreme redosled redjanja sopstvenih vektora (kolona) nije bitan!⎛Primer 8.4. Neka je A = ⎝2 1 11 2 11 1 2Prvo izračunamo ∆ A (t):∆ A (t) = det(t I − A) =∣Tražimo sopstvene vektore za λ = 4 i λ = 1:⎛⎞⎠. Ispitujemo da li je A dijagonalizabilna.⎝ 2 1 11 2 11 1 2t − 2 −1 −1−1 t − 2 −1−1 −1 t − 2⎞ ⎛⎠⎝ x yz⎞⎠ = 4⎛⎝ x yz∣ = (t − 1)2 (t − 4)⎞⎠

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 82 –Rešavanjem sistema dobijamo skup rešenja (sopstveni potprostor):E 4 = {(a, a, a) | a ∈ R}koji je generisan sopstvenim vektorom (1, 1, 1).⎛2 1 1⎞ ⎛⎝ 1 2 1 ⎠ ⎝1 1 2xyz⎞⎛⎠ = ⎝Rešavanjem sistema dobijamo skup rešenja (sopstveni potprostor):E 1 = {(−a − b, b, a) | a, b ∈ R} = {a(−1, 0, 1) + b(−1, 1, 0) | a, b ∈ R}koji je generisan sopstvenim vektorima (−1, 0, 1) i (−1, 1, 0).(−1, 0, 1), (−1, 1, 0) i (1, 1, 1) su linearno nezavisni pa, prema Teoremi 8.7(1), matrica A je dijagonalizabilna.Poredjamo ove vektore u kolone matrice P :⎛⎞−1 −1 1P = ⎝ 0 1 1 ⎠1 0 1Prema teoremi 8.7(2) matrica P −1 A P je dijagonalna. Izračunamo⎛⎞P −1 = − 1 1 1 −2⎝ 1 −2 1 ⎠3−1 −1 −1P −1 A P = − 1 3⎛⎝ 1 −2 11 1 −2−1 −1 −1⎛= − 1 ⎝3⎞ ⎛⎠−3 0 00 −3 00 0 −12⎝ 2 1 11 2 11 1 2⎞⎛⎠ = ⎝xyz⎞⎠⎞ ⎛⎠ ⎝1 0 00 1 00 0 4−1 −1 10 1 11 0 1( ) 1 1Primer 8.5. Matrica A =nije dijagonalizabilna:0 1∆ A (t) = det(t I − A) =∣ t − 1 −10 t − 1 ∣ = (t − 1)2Jedina sopstvena vrednost je λ = 1.se svodi na sistemTražimo sopstvene vektore:( ) ( ) ( )1 1 x x· =0 1 y yx + y = xčije je rešenje (a, −a) | a ∈ R} pa ova matrica nema dva linearno nezavisna sopstvena vektora. Prema teoremi 8.7ona nije dijagonalizabilna.y = yNa sličan način se može videti i da Žordanova matrica⎛⎞a 1 0 ... 0 00 a 1 ... 0 00 0 a ... 0 0⎜ . . . ... . .⎟⎝ 0 0 0 ... a 1 ⎠0 0 0 ... 0 anije dijagonalizabilna ni za jedan a ∈ R⎞⎠⎞⎠ =

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 83 –• Stepen dijagonalne matrice se lako računa:⎛⎞a 1 0 ... 0⎜ 0 a 2 ... 0⎟⎝ . . ... . ⎠0 0 ... a nSlično, ako je p(t) polinom tada je:p(A) =⎛⎜⎝m=⎛⎜⎝a m 1 0 ... 00 a m 2 ... 0. . ... .0 0 ... a m np(a 1 ) 0 ... 00 p(a 2 ) ... 0. . ... .0 0 ... p(a n )⎞⎟⎠⎞⎟⎠• Za dijagonalizabilnu matricu A izračunavanje A m se svodi na izračunavanje stepena dijagonalne matrice. Nekaje D = P −1 A P tada je A = P D P −1 i važi:Za svaki polinom p(t) važi:A m = (P D P −1 ) m = P D P −1 P D P −1 ...P D P −1 = P D m P −1p(A) = P −1 p(D) PTeorema 8.8. Ako su v 1 , v 2 , ..., v m sopstveni vektori koji odgovaraju različitim sopstvenim vrednostima λ 1 , λ 2 , ..., λ mmatrice A tada su oni linearno nezavisni.Dokaz. Videti Problem 8.30Teorema 8.9. Ako karakteristični polinom kvadratne matrice A reda n ima n različitih korena a 1 , a 2 , ..., a n u poljuskalara tada je∆ A (t) = (t − a 1 )(t − a 2 )...(t − a n )i A je slična dijagonalnoj matrici kojoj su dijagonalni elementi (u nekom rasporedu) a 1 , a 2 , ..., a n .Dokaz. Videti Problem 8.318.6 Dijagonalizacija realnih simetričnih matricaOsnovna teorema algebre tvrdi da se svaki polinom sa kompleksnim koeficijentima može napisati kao proizvodlinearnih polinoma sa kompleksnim koeficijentima. Slično važi za karakteristične polinome simetričnih realnih matrica:Teorema 8.10. Karakteristični polinom realne simetrične matrice se može rastaviti na proizvod realnih linearnihpolinoma.Teorema 8.11. Sopstveni vektori koji odgovaraju različitim sopstvenim vrednostima realne simetrične matrice sumedjusobno ortogonalni.8.7 Minimalni polinom matriceNeka je A kvadratna matrica reda n nad poljem F i neka je I(A) skup svih polinoma p(t) takvih da je p(A) = 0.Kejli-Hamilton teorema garantuje da sadrži karakterističan polinom matrice A. Minimalan polinom matrice A jemoničan polinom najmanjeg stepena koji pripada I(A).Narednu teorema opisuje vezu dijagonalizacije i minimalnog polinoma. Njen dokaz ostavljamo za naredno predavanje

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 84 –Teorema 8.12. Matrica A je dijagonalizabilna ako i samo ako se njen minimalni polinom faktoriše na proizvodrazličitih linearnih faktora:m A (t) = (t − λ 1 )(t − λ 2 )...(t − λ n )gde su λ i -ovi različiti.Naredne teoreme opisuju vezu minimalnog i sopstvenog polinoma matrice.Teorema 8.13. Neka je m(t) minimalan polinom matrice A, koja je reda n i ∆ A (t) njen karakterističan polinom.Tada m(t) deli svaki polinom iz I, pa i karakteristični polinom ∆ A (t) (oznaka za ‘deli’ je | ; m A (t) | ∆ A (t)).Dokaz. Videti Problem 8.32.Teorema 8.14. Neka je m(t) minimalan polinom matrice A, koja je reda n i ∆ A (t) njen karakterističan polinom.Tada :∆ A (t) | (m(t)) nm(t) i ∆ A (t) imaju iste nerastavljive faktore.Dokaz. Videti Problem 8.33• Sopstvene vrednosti matrice A su koreni minimalnog polinoma.8.8 Dijagonalizacija linearnog operatoraNeka je V n-dimenzioni vektorski prostor nad poljem F . Linearni operator T : V −→ V je dijagonalizabilan akose može predstaviti dijagonalnom matricom u odnosu na neku bazu: postoji baza v 1 , v 2 , ..., v n i skalari λ i tako daje:T (v i ) = λ v i za ı = 1, 2, ..., nSledeći niz definicija i teorema je analogan odgovarajućim tvrdjenjima za matrice.Skalar λ ∈ F je sopstvena vrednost operatora T ako postoji ne-nula vektor v ∈ V takav da je T (v) = λ v . U tomslučaju v je sopstveni vektor preslikavanja T . Skup svih sopstvenih vektora koji odgovaraju sopstvenoj vrednosti λ jesopstveni potprostor operatora T koji odgovara sopstvenoj vrednosti λ, u oznaci E λ .E λ = Ker(λ I − T )Svake dve matrice koje predstavljaju operator u odnosu na neke baze su slične; prema teoremi 8.2 one imaju istikarakterističan polinom. Taj polinom ne zavisi od izbora baze, već zavisi samo od operatora i naziva se karakterističnipolinom operatora (ili sopstveni).Teorema 8.15. T je dijagonalizabilan (može biti predstavljen dijagonalnom matricom D) ako i samo ako V ima bazusastavljenu od sopstvenih vektora. U tom slučaju dijagonalni elementi matrice D su odgovarajuće sopstvene vrednosti.Teorema 8.16. Ako su v 1 , v 2 , ..., v mtada su oni linearno nezavisni.sopstveni (ne-nula) vektori koji odgovaraju različitim sopstvenim vrednostimaTeorema 8.17. T je nula svog karakterističnog polinoma.Teorema 8.18. λ ∈ F je sopstvena vrednost ako i samo ako je nula karakterističnog polinoma.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 85 –Teorema 8.19. Geometrijska višestrukost sopstvene vrednosti nije veća od algebarske višestrukosti.Dokaz. Videti Problem 11.12Teorema 8.20. Ako je A matrica koja predstavlja T u odnosu na neku bazu tada je A dijagonalizabilna ako i samoako je T dijagonalizabilan.• Minimalan polinom operatora T je moničan polinom najmanjeg stepena m(t) takav de je m(T ) nula-preslikavanje.• Minimalan polinom operatora je i minimalan polinom bilo koje matrice koja ga predstavlja.9 KANONSKE FORME OPERATORAPolinom f(t) ∈ F [t] se rastavlja na proizvod linearnih činilaca ako postoje a i ∈ F takvi da je(gde neki od a i -ova mogu biti jednaki).f(t) = (t − a 1 )(t − a 2 ).....(t − a k )Primer matrica (linearnog operatora) čiji se karakteristični polinom rastavlje na proizvod linearnih činilaca sugornje-trougaone matrice; polinom matrice⎛⎞a 11 a 12 ... a 1n⎜ 0 a 22 ... a 2n⎟⎝ . . ... . ⎠0 0 ... a nnje ∆(t) = (t − a 11 (t − a 22 )...(t − a nn ) .U ovom delu ćemo, izmedju ostaloga, dokazati i obrnuto tvrdjenje: ako se karakteristični polinom linearnog operatorarastavlja na proizvod linearnih činilaca tada on mozhe biti predstavljen trougaonom matricom (u odnosu naneku bazu).Dokazaćemo i jače tvrdjenje:Žordanova kanonska forma Neka je V konačno-dimenzioni vektorski prostor i T : V −→ V linearni operator čijise karakteristični polinom rastavlja na proizvod linearnih činilaca. Tada postoji baza prostora V u odnosu na koju jeT predstavljen dijagonalnom blok matricom oblika⎛⎞⎛⎞λJ 1 0 ... 0i 1 0 ... 0 0⎜ 0 J 2 ... 0⎟⎝ . . ... . ⎠ gde su J 0 λ i 1 ... 0 0i oblika⎜ . . . ... . .⎟⎝ 0 0 0 ... λ0 0 ... J i 1 ⎠m0 0 0 ... 0 λ i(Matrice istog oblika kao J i se nazivaju Zhordanove matrice).Ekvivalentne formulacije su:• Svaka matrica čiji se karakteristični polinom faktoriše na proizvod linearnih činilaca je slična trougaonoj matrici.• Svaka matrica čiji se karakteristični polinom faktoriše na proizvod linearnih činilaca je slična dijagonalnoj blokmatrici čiji su dijagonalni blokovi Žordanove matrice.

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 86 –9.1 Invarijantni potprostori linearnog operatoraNeka je T : V −→ V linearni operator na konačno dimenzionom vektorskom prostoru V .• Potprostor W ⊂ V je T -invarijantan (ili invarijantan u odnosu na T ) ako T preslikava W u samog sebe (t.jT (w) ∈ W za svaki w ∈ W ). Ako je W invarijantan onda je restrikcija operatora T na W , u oznaci T ↾ W ili ˆT ,linearni operator na W :ˆT : W −→ W definisan sa ˆT (w) = T (w) za w ∈ WTeorema 9.1. Ako je T : V −→ V linearni operator i f(t) ma koji polinom tada je Ker(f(T )) invarijantan u odnosuna T .Dokaz. Videti Problem 11.3Teorema 9.2. Ako je potprostor W invarijantan u odnosu na T : V −→ V tada se T mozhe predstaviti blokmatricom oblika ( A B)0 Cgde je A matrica linearnog operatora ˆT .Dokaz. Videti Problem 11.5• U prethodnoj teoremi baza prostora V u odnosu na koju je T predstavljen matricom gornjeg oblika biramo takoda prvo izaberemo bazu za W a potom je produzhimo do baze za V . Pri tome mozhemo uzeti proizvoljnu bazu zaW .Podsetimo: vektorski prostor V je direktna suma svojih potprostora W 1 , W 2 , ..., W k ako se svaki v ∈ V na jedinstvennačin mozhe napisati u obliku:v = w 1 + w 2 + ... + w kw i ∈ W i ı = 1, 2, ..., kOznaka:V = ⊕ k i=1 W iTeorema 9.3. Neka su W 1 , W 2 , ..., W k potprostori vektorskog prostora V i neka je B i = w i1 , w i2 , ..., w imi bazaprostora W i (za i = 1, 2, ..., k). Tada je V = ⊕ k i=1 W k ako i samo ako je B = B 1 B 2 ...B k baza za V :Dokaz. Videti Problem 11.7B = w 11 , ..., w 1m1 , w 21 , ..., w 2m2 , ...., w k1 , ..., w kmkTeorema 9.4. Neka je T : V −→ V linearni operator i neka su W 1 , W 2 , ..., W k invarijantni potprostori takvi da jeV = ⊕ k i=1 W i. Ako je B i baza potprostora W i i matrica A i predstavlja T ↾ W i tada matrica⎛⎞A 1 0 ... 0⎜ 0 A 2 ... 0⎟⎝ 0 0 ... 0 ⎠0 0 ... A kpredstavlja T u odnosu na bazu B 1 B 2 ...B k .9.2 Osnovna dekompozicija linearnog operatoraPodsetimo da su polinomi g(t) i h(t) uzajamno prosti ako ne postoji nekonstantan polinom p(t) koji deli i g(t) i h(t).Teorema 9.5. Neka je T : V −→ V linearni operator, f(T ) = 0 i f(t) = g(t) h(t) gde su polinomi g(t) i h(t)uzajamno prosti. Tada je V = U ⊕ W gde je U = ker(g(T )) i W = Ker(h(t)) .

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 87 –Dokaz. Videti Problem 11.9Teorema 9.6. Ako je f(t) u prethodnoj teoremi minimalni polinom operatora T i ako su g(t) i h(t) monični tada jeg(t) minimalni polinom operatora T ↾ U, a h(t) minimalni polinom operatora T ↾ WDokaz. Videti Problem 11.10Teorema 9.7. (Osnovna dekompozicija linearnog operatora) neka je T : V −→ Vpolinomm(t) = f 1 (t) n1 f 2 (t) n2 ...f k (t) n klinearni operator čiji je minimalangde su f i (t) različiti monični nerastavljivi polinomi. Tada je V direktna suma invarijantnih potprostora W i =Ker(f(T ) ni ) . Shtaviše f i (t) ni je minimalni polinom operatora T ↾ W i .Dokaz. Videti Problem 11.11Prva posledica ove teoreme je Teorema 8.13 čiji smo dokaz ostavili za kasnije:Teorema 9.8. Matrica A je dijagonalizabilna ako i samo ako se njen minimalni polinom faktoriše na proizvod različitihlinearnih faktora:m A (t) = (t − λ 1 )(t − λ 2 )...(t − λ n )gde su λ i -ovi različiti.Dokaz. Videti Problem 11.12• Ekvivalentna formulacija ove teoreme je: Linearni operator je dijagonalizabilan ako i samo ako je njegovminimalan polinom proizvod linearnih činilaca.9.3 Nilpotentni operatoriLinearni operator T : V ↾ V je nilpotentan ako je T n = 0 (t.j. nula-operator, koji sve preslika u 0) za nekiprirodan broj n. U tom slučaju, najmanji takav n je indeks nilpotentnosti operatora T . Slično, kvadratna matrica Aje nilpotentna ako postoji prirodan broj n takav da je A n = 0, a najmanji takav broj je indeks nilpotentnosti matrice.• Ako je T n = 0 tada je T n+1 = 0, T n+2 = 0,...• Neka je T n = 0 i neka je m(t) je minimalan polinom operatora T . Znamo da m(t) deli t n (deli svaki polinomkoji poništava operator T ). Zaključak je: minimalni polinom nilpotentnog operatora indeksa n je m(t) = t n .Primer 9.1. Kvadratna matrica reda n koja, na glavnoj dijagonali i ispod nje, ima sve nule je nilpotentna reda ≤ n.Matrica (reda n):⎛⎞0 1 0 ... 0 00 0 1 ... 0 0N =⎜ . . . ... . .⎟⎝ 0 0 0 ... 0 1 ⎠0 0 0 ... 0 0(ima jedinice odmah iznad glavne dijagonale i sve ostale nule) je nilpotentna reda n.Teorema 9.9. Neka je T : V −→ V nilpotentan linearni operator linearni operator indeksa k. Tada T imadijagonalnu reprezentaciju:⎛⎞⎛⎞0 1 0 ... 0 0A 1 0 ... 0⎜ 0 A 2 ... 0⎟⎝ . .. ... . ⎠ gde su A 0 0 1 ... 0 0i-ovi oblika⎜ . . . ... . .⎟⎝ 0 0 0 ... 0 1 ⎠0 0 ... A m0 0 0 ... 0 0Pri tome sve matrice A i su reda ≤ k a bar jedna je reda = k.Dokaz. Videti Problem 11.16

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 88 –9.4 Žordanova forma linearnog operatoraTeorema 9.10. Neka je T : V −→ Vlinearni operator čiji su karakteristični i minimalni polinom redom:∆(t) = (t − λ 1 ) n1 (t − λ 2 ) n2 ...(t − λ r ) nrm(t) = (t − λ 1 ) m1 (t − λ 2 ) m2 ...(t − λ r ) mr(λ i -ovi su različiti). Tada postoji baza prostora V u odnosu na koju je T predstavljen dijagonalnom blok matricom Jčiji su dijagonalni blokovi oblika⎛⎞λ i 1 0 ... 0 00 λ i 1 ... 0 0J ij =⎜ . . . ... . .⎟⎝ 0 0 0 ... λ i 1 ⎠0 0 0 ... 0 λ iPri tome za svaki λ i , odgovarajući dijagonalni blokovi zadovoljavaju:(1) Za bar jedan j je J ij reda m i , ostali J ij -evi su reda ≤ m i ;(2) Za fiksno i suma redova svih J ij -ova je n i ;(3) Za fiksno i ima J ij -ova kolika je geometrijska višestrukost sopstvene vrednosti λ i ;Ovo predstavljanje je jedinstveno do na permutaciju dijagonalnih blokova.Dokaz. Videti Problem 11.18• Matrica J je Žordanova kanonska matrica operatora T a matrice J − ij su Žordanovi blokovi koji odgovarajusopstvenoj vrednosti λ i .• Primetimo da je J ij = λ i I + N gde je N nilpotentna matrica iz primera 9.1

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 89 –10 ISPITNA PITANJA1. Linearne jednačine i sistemi (osnovni pojmovi)2. Elementarne transformacije sistema jednačina, Gausov postupak3. Vektorski prostor R n : sabiranje, množenje skalarom, baza, koordinate u odnosu na bazu4. Linearne kombinacije, linearna zavisnost vektora u R n ; veza sa sistemima linearnih jednačina5. Norma vektora i skalarni proizvod u R n6. Nejednakosti Koši-Švarca i Minkovskog u Rn7. Rastojanje, ugao izmedju vektora8. Projekcija vektora, površina paralelograma u R n9. Vektorski proizvod, mešoviti proizvod10. Prave i hiper-ravni11. Rastojanje tačke od prave u R n , prava u R 212. Medjusobni položaj ravni13. Medjusobni položaj pravih u R 314. Medjusobni položaj prave i ravni, ugao izmedju prave i ravni15. Sabiranje i množenje matrica skalarom, množenje matrica16. Matrični zapis sistema linearnih jednačina, veza izmedju skupa rešenja sistema i skupa rešenja pridruženoghomogenog sistema17. Blok matrice, determinanta trougaone blok matrice18. Kvadratne matrice, trag kvadratne matrice19. Transponovanje matrice, elementarne transformacije vrsta (kolona) matrice20. Inverzna matrica, izrachunavanje inverzne matrice elementarnim transformacijama vrsta21. Specijalni tipovi kvadratnih matrica22. Vektorski prostori, definicija i osnovni primeri23. Potprostori, linearne kombinacije vektora, lineal24. Linearna zavisnost, baza, koordinate vektora, dimenzija25. Jednakobrojnost baza konačno dimenzionog prostora26. Prostor vrsta matrice, odredjivanje baze i dimenzije potprostora od R n27. Rang matrice28. Sistemi linearnih jednačina i vektorski prostori, Kroneker-Kapelijeva teorema29. Presek, suma i direktna suma potprostora30. Grasmanova formula31. Koordinate vektora u odnosu na bazu, promena baze32. Linearni operatori, definicija i primeri33. Izomorfizam vektorskih prostora34. Slika i jezgro linearnog operatora

Linearna Algebra i Analitička Geometrija – 90 –35. Operacije sa linearnim preslikavanjima, Hom(U, V )36. Algebra A(V )37. Matrično predstavljanje linearnog operatora38. Uticaj promene baze na matricu linearnog operatora, sličnost matrica39. Determinante, definicija i osnovna svojstva40. Bine-Košijeva teorema41. Minori i kofaktori, izračunavanje determinante42. Adjungovana matrica, Laplasova teorema, izračunavanje inverzne matrice43. Kramerova teorema44. Unitarni prostor, definicija i primeri45.Koši-Švarcova nejednakost, ugao izmedju vektora i potprostora46. Ortogonalnost, ortogonalni komplement47. Ortogonalni skupovi i baze, Pitagorina teorema48. Fourijeovi koeficijenti49. Beselova nejednakost50.Gram-Šmitov postupak ortogonalizacije51. Ugao izmedju vektora i potprostora52. Gramova matrica53. Veza ortogonalnih matrica i baza unitarnih prostora54. Pozitivnost Gramove determinante55. Normirani prostori56. Karakteristični polinom, sopstvene vrednosti i sopstveni vektori linearnog operatora (matrice)57. Teorema Kejli-Hamiltona58. Dijagonalizabilnost linearnog operatora (matrice)59. Minimalni polinom, veza sa karakterističnim polinomom linearnog operatora (matrice)60. Invarijantni potprostori linearnog operatora, direktna suma invarijantnih potprostora61. Osnovna dekompozicija linearnog operatora62. Nilpotentni operatori, Žordanova forma